2021-2022学年湖南省长沙市第一中学高一（下）第三次阶段性检测物理试题 解析版

这是一份2021-2022学年湖南省长沙市第一中学高一（下）第三次阶段性检测物理试题 解析版，共20页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
长沙市第一中学2021-2022学年度高一第二学期第三次阶段性检测物理第I卷选择题（共44分）一、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1. 从地面竖直上抛一个质量为m的小球，小球上升的最大高度为h，设上升和下降过程中空气阻力大小恒为。重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）A. 小球上升的过程中重力势能增加了B. 小球上升和下降的整个过程中机械能减少了C. 小球上升的过程中动能减少了D. 小球上升和下降的整个过程中动能减少了【答案】A【解析】【详解】A．小球上升h，重力势能增加，故A正确；B．小球上升和下降的整个过程中，除重力外，克服阻力做功，机械能减小，故B错误；C．根据动能定理，小球上升的过程中即动能减少了，故C错误；D．小球上升和下降的整个过程中，重力做功等于零，阻力做功等于，根据动能定理知动能减小，故D错误。故选A。2. 如图所示，四个点电荷所带电荷量的绝对值均为Q，分别固定在正方形的四个顶点上，正方形边长为a，则正方形两条对角线交点处的电场强度(    )A. 大小为，方向竖直向上 B. 大小为，方向竖直向上C. 大小为，方向竖直向下 D. 大小为，方向竖直向下【答案】C【解析】【详解】四个点电荷中处于对角线上的两个正负点电荷产生的电场强度的方向沿对角线方向且由正电荷指向负电荷，四个点电荷中任意一个点电荷在对角线交点处产生的电场强度大小为，根据叠加原理，正方形两条对角线交点处的电场强度，方向竖直向下.故C正确，ABD错误．故选C3. 如图，一个用绝缘支架固定不带电的金属球壳，球心为O，A是球心左侧一点。当把丝绸摩擦过的玻璃棒缓慢靠近A点，可判定（　　）A. 由于静电感应，球壳将带上负电B. A点的电场强度逐渐增大C. 球壳上的感应电荷在A点产生的电场强度逐渐增大D. 沿过A的虚线将球壳分为左、右两部分，则左侧球壳的带电量小于右侧球壳的带电量【答案】C【解析】【详解】A．发生静电感应也只是内部电荷重新分布，金属球壳仍不带电，A错误；B．处于静电平衡状态的金属内部场强处处为零，B错误；C．球壳上的感应电荷与玻璃棒在金属球壳内部任意一点场强大小相等，方向相反，玻璃棒缓慢靠近A点，玻璃棒在A点产生的电场强度逐渐增大，球壳上的感应电荷在A点产生的电场强度逐渐增大，故C正确；D．因为整体显示电中性,正电荷与负电荷数量相等，无论怎样将球壳分开，两部分的带电量始终相同，D错误。故选C。4. 我国快舟一号甲运载火箭以“一箭双星”方式成功将“行云二号”卫星发射升空，卫星进入预定轨道。如图所示，设地球半径为R，地球表面的重力加速度为，卫星在半径为R的近地圆形轨道I上运动，到达轨道的A点时点火变轨进入椭圆轨道II，到达轨道的远地点B时，再次点火进入轨道半径为的圆形轨道III绕地球做圆周运动，设卫星质量保持不变。则（　　）A. 卫星在轨道II向轨道III变轨时，火箭需在B点点火向前喷气B. 飞船在轨道II上稳定飞行经过A、B点速度之比为C. 卫星在轨道I、III上相同时间扫过的面积相同D. 卫星在轨道II上A点速率等于第一宇宙速度【答案】B【解析】【详解】A．卫星在轨道II向轨道III变轨时火箭需在B点点火向后喷气加速，故A错误；B．由开普勒第二定律，在较短时间t内有依题意则有故B正确；C．根据万有引力提供向心力解得则卫星在轨道I、III上运行的半径分别为R和4R，则卫星在两轨道速度之比为则相同时间内扫过的面积之比为故C错误；D．卫星在轨道I上绕地球表面飞行，重力提供向心力，有解得则卫星在轨道II上A点速率大于在轨道I上A点的速率，即大于，故D错。故选B。5. 如图所示，这是一个由电源、电阻R、开关S与平行板电容器组成的串联电路，开关S闭合。一带电液滴悬浮在两板间P点不动，下列说法正确的是（　　）A. 若将A板向右平移一小段位移，电容器的电容C增大B. 若断开S，将B板向下平移一小段位移，带电液滴的电势能减小C. 在S仍闭合的情况下，增大两极板距离的过程中，电阻R中有从b到a的电流D. 若断开S，减小两极板间距离，则带电液滴向下运动【答案】B【解析】【详解】A．根据可知，将A板向右平移一小段位移，则两极板正对面积S减小，电容器的电容C减小，故A错误；B．由题图中电源正、负极位置可知极板间电场强度方向竖直向下，而带电液滴受到竖直向上的电场力，所以液滴带负电（q＜0）。两极板间电场强度为若断开S，则电容器的电荷量Q不变，所以电场强度不变，B板接地，电势为零，根据匀强电场中电势差与场强的关系可知将B板向下平移一小段位移，则增大，P点的电势升高，根据可知带电液滴的电势能减小，故B正确；C．根据可知，增大两极板距离的过程中，电容器的电容C减小，在S仍闭合的情况下，电容器两极板间电势差不变，根据可知电容器放电，电阻R中有从a到b的电流，故C错误；D．若断开S，则电容器的电荷量Q不变，根据B项分析可知，减小两极板距离，电场强度不变，带电液滴受到的电场力不变，仍将保持静止，故D错误。故选B。6. 如图甲所示，真空中水平放置两块长度为平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为的周期性变化的电压，在两板左侧正中间有一粒子源A，自时刻开始连续释放初速度大小为方向平行于金属板的相同带电粒子，时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场，已知电场变化周期，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则（　　） A. 粒子的电荷量为B. 只有时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场C. 任意时刻进入电场的粒子在运动过程中的速度大小不可能超过D. 在时刻进入的粒子离开电场时距Q板的距离为【答案】AC【解析】【详解】A．在竖直方向，粒子在时间内的位移为，则解得选项A正确；B．粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，则时刻进入电场的粒子在电场中运动时间，此时间正好是交变电场的一个周期；粒子在竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子的竖直速度为零，故任意时刻进入电场的粒子离开电场时的速度大小都等于水平速度，即都沿垂直电场方向射出电场，选项B错误；C．时刻进入电场的粒子在时刻的速度是最大的，此时有解得而即则有解得任意时刻进入电场的粒子在运动过程中的速度大小不可能超过，C正确；D．在时刻进入电场的粒子，离开电场时在竖直方向上的位移为即在时刻进入的粒子离开电场时距Q板的距离为选项D错误。故选AC。二、选择题；本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。7. 如图所示，虚线A、B、C表示某电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相等，一电子从右侧垂直等势面A向左进入电场，运动轨迹与等势面分别交于a、b、c三点。若电子仅受到电场力作用，其在a、b、c三点的速度大小分别为，则（　　） A. 三个等势面的电势高低为B. 电子由a到b电场力做功大于由b到c电场力做功C. 电子在a、b、c三点的电势能关系D. 电子在a、b、c三点的速度关系【答案】AD【解析】【详解】A．根据电子运动轨迹，电场力指向轨迹弯曲的内侧，且与等势面垂直，可知电场力偏向右，则电场线方向偏向左，沿电场线方向电势降低，故，故A正确；B．由于相邻等势面间的电势差相等，根据知，电子由a到b电场力做功等于由b到c电场力做功，故B错误；CD．电子从a运动到c的过程中，电场力做负功，动能减小，电势能增大，故电势能关系为，速度关系为，故C错误，D正确。故选AD。8. 如图所示，两个带电小球A、B分别处在光滑绝缘的斜面和水平面上，且在同一竖直平面内。用水平向左的推力作用于B球，两球在图示位置静止。现将B球水平向左移动一小段距离，发现A球随之沿斜面向上移动少许，两球在虚线位置重新平衡，与移动前相比，下列说法正确的是（　　）A. 斜面对A的弹力减小 B. 水平面对B的弹力不变C. 推力变大 D. 两球之间的距离变大【答案】AD【解析】【详解】A．如图所示 对小球A受力分析，由平行四边形法则可知，当A小球到达虚线位置时，斜面对A的弹力减小，A正确；B．对AB整体受力分析，和的竖直分量之和等于AB的重力之和，减小，则的竖直分量减小，则增大，B错误；C．对B受力分析，F等于库仑力的水平分量，因为减小且与水平方向的夹角变大，则的水平分量减小，即F减小，C错误；D．由A受力可知，两球之间的库仑力减小，根据库仑定律，两球之间的距离变大，D正确。故选AD。9. 将三个木板1、2、3固定在墙角，木板与墙壁和地面构成了三个不同的三角形，如图所示，其中1与2底边相同，2和3高度相同。现将一个可以视为质点的物块分别从三个木板的顶端由静止释放，并沿木板下滑到底端，物块与木板之间的动摩擦因数均为。在这三个过程中，下列说法正确的是（　　）A. 产生的热量大小关系为B. 机械能的减少量大小关系为C. 滑到底端时的速度大小关系为D. 滑到底端时重力的瞬时功率大小关系为【答案】AC【解析】【详解】A．产生的热量等于克服摩擦力做的功，则有而x为水平位移，所以有由图可知故A正确；B．因为只有摩擦力做负功，故机械能的减少量即为产生的热量，则有B错误；C．根据动能定理有其中由图可知则有又则有C正确；D．重力的瞬时功率为速度和重力方向夹角，由图可知则有所以有D错误。故选AC。10. 如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的四个等势面，等势面与水平方向夹角为，一电子从等势面D的O点以的动能进入匀强电场，速度方向竖直向上，电子恰好不穿过B等势面。已知相邻等势面间的距离均为，电子重力不计。则下列说法正确的是（　　） A. 电子做匀变速直线运动 B. 电子再次经过等势面D时的位置与O点相距C. 电子飞经等势面C时的动能为 D. 匀强电场的电场强度大小为【答案】BC【解析】【详解】A．电子速度方向竖直向上，恰好不穿过B等势面，则电场力方向垂直于等势面斜向右下，加速度方向与电子速度方向不同线，所以电子做匀变速曲线运动，A错误；CD．将电子的初速度分解到平行于等势线方向（x方向）和垂直等势线斜向左上方向（y方向），初速度为v，则电子经过B等势面时，只有沿x方向的分速度，即由动能公式知电子经过B等势面时动能是经过等势面D的一半，即由电场力做功决定式和动能定理知解得又解得C正确，D错误；B．电子在y方向上做类竖直上抛运动，从等势面D到B到返回D的时间为在x方向做匀速直线运动B正确。故选BC。第I卷非选择题（共56分）三、实验题（每空两分，11题6分，12题6分，共12分）11. 某同学利用如图所示的实验电路观察平行板电容器的充放电。（1）按如图所示电路原理图连接好实验电路，将开关S接___________（选填“1”或“2”），对电容器进行充电，一段时间后，记下数字电压表的读数。（2）充电完成后，再将开关S接通另一端，观察到电流随时间变化的情况是___________。A.   B.   C.   D.（3）如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，放电时间将___________（选填“变长”“不变”或“变短”）。【答案】    ①. 1    ②. C    ③. 变短【解析】【详解】（1）[1]对电容器进行充电时，电容器两端应与电源两端相接，所以开关S接1。（2）[2]放电开始时电流较大，随着电容器所带电荷量不断减小，电容器电压减小，放电电流逐渐减小并且减小得越来越慢，故C正确，ABD错误。故选C；（3）[3]根据电容器计算公式可得电荷量所以电容器储存的电荷量Q与电阻R无关，如果不改变电路其他参数，只减小电阻R，放电电流增大，放电时间将变短。12. 某研究性学习小组利用如图1所示装置测量弹簧的弹性势能和物块与桌面间的动摩擦因数，实验步骤如下，重力加速度为g：①将一长直薄木板上端斜靠在水平桌面右边缘O点，长木板下端固定在水平地面上；②将轻弹簧一端固定在水平桌面左边沿的墙面上，弹簧处于原长时，其右端在O点左侧；③用带凹槽的物块把弹簧压缩到P点，释放物块，物块离开O点后做平抛运动，并测出物块在长木板上的落点与O点的距离x；④通过在物块上增减砝码来改变物块的质量m，重复步骤③的操作；⑤改变物块的质量m，重复操作得到多组数据，根据数据作出图像，如图2所示。回答下列问题：（1）为达到实验目的，除已经测出物块的质量m和在长木板上的落点与O点的距离x外，还需要测量P点到桌面右边沿的距离L、长木板与水平面的夹角。（2）重复操作时，弹簧每次___________（选填“要”或“不要”）压缩到同一位置。（3）若当地的重力加速度为g，根据图2可知弹簧被压缩到P点时的弹性势能为___________，物块与桌面间的动摩擦因数为___________。（用图2中的a、b和所测物理量的符号表示结果）【答案】    ①. 要    ②.     ③. 【解析】【详解】（2）[1]采用控制变量法，每次只改变物体的质量m，保持弹簧释放的弹性势能相等，所以弹簧每次要压缩到同一位置。（3）[2][3]释放弹簧后弹簧对滑块做功，弹簧的弹性势能转化为滑块的动能和热量；从释放滑块到滑块到达桌面边缘过程，由能量守恒定律得滑块离开桌面后做平抛运动，水平方向竖直方向整理得可知，图像的斜率图像的纵轴截距解得四、计算题（本大题共3小题，共44分）13. 如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿偏转电场极板间的中心轴线从O点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的P点，点为荧光屏的中心。已知电子质量m、电荷量e、加速电场电压、偏转电场电压U、极板的长度、板间距离d、极板的末端到荧光屏的距离为且（忽略电子所受重力）。求：（1）电子射入偏转电场时的初速度；（2）电子在偏转电场中的偏转位移y；（3）电子打在荧光屏上的P点到点的距离h。 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）电子在加速电场中，根据动能定理得解得（2）电子在偏转电场中做类平势运动，沿电场力方向有运动的时间为解得（3）根据相似三角形有得电子打在荧光屏上的P点到点的距离14. 如图所示，与水平地面倾角，AB长度为的传送带以的速度逆时针匀速转动。在A点右上方某位置O处以的初速度，向左水平抛出一质量为的木块（可视为质点），该木块恰好能从A处切入传送带（木块在A处的速度方向沿传送带）。已知物体与传送带间动摩擦因数，不计空气阻力，重力加速度，，。求：（1）抛出点O距A处的竖直高度h；（2）木块到达B处时的动能；（3）木块与传送带因摩擦而产生的热量Q。 【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【分析】【详解】（1）木块平抛后恰好能从A处切入传送带，则在A点的速度与传送带平行，可知平抛的速度偏向角等于斜面倾角，故有联立可得（2）木块平抛后到达A点的速度为因，则木块所受滑动摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律有可得则木块匀加速运动至与皮带共速时，有则木块与皮带共速后，因，则木块继续以加速，有可得或（舍去）故到达B点速度为木块到达B处时的动能为（3）木块与传送带在第一阶段的加速摩擦生热为，有木块与传送带在第二阶段的加速摩擦生热为，有故全程总的热量为15. 一绝缘“”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆PQ、MN和一半径为R的光滑半圆环MAP组成，固定在竖直平面内，其中MN杆是光滑的，PQ杆是粗糙的。现将一质量为m的带正电荷的小环套在MN杆上，小环所受的电场力为重力的，重力加速度为g，不计小环的电量损失。（1）若将小环由D点静止释放，则刚好能到达P点，求DM间的距离x；（2）若将小环由M点右侧处静止释放，求小环运动过程中对轨道的最大压力；（3）若将小环由M点右侧处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为，小环所受最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。【答案】（1）；（2）；（3）或【解析】【详解】（1）小环刚好到达P点时，速度为零，设DM间的距离x，小环从D点到P点的过程由动能定理得由题意知联立解得（2）设重力与电场力的合力方向与竖直方向成角，则合力大小小环运动过程中在C点对轨道有最大压力，在C点由牛顿第二定律得从D到C的过程中由动能定理解得（3）①若则故小环到达P点右侧速度减为零后，不会继续运动。设小环到达P点右侧处静止，由动能定理得又联立解得整个运动过程中克服摩擦力所做的功为②若则故小环到达P点右侧速度减为零后，会向左运动。小环经过多次往复运动，最后在P点速度为0，根据动能定理所以整个过程克服摩擦力做功为