-学年辽宁省六校联考高二（上）期中物理试卷
一、选择题：本题共12小题，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，每小题4分；第9～12题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．（4分）对于自由落体运动，下列物理量中不发生变化的是（ ）
A．速度 B．动能 C．重力势能 D．机械能
2．（4分）电场线分布如图所示，电场中a，b两点的电场强度大小分别为已知Ea和Eb，电势分别为φa和φb，则（ ）
A．Ea＞Eb，φa＞φb B．Ea＞Eb，φa＜φb
C．Ea＜Eb，φa＞φb D．Ea＜Eb，φa＜φb
3．（4分）年5月15日7时18分，天问一号探测器成功着陆于火星乌托邦平原南部预选着陆区，我国首次火星探测任务着陆火星取得成功。已知火星与地球的密度之比约为4：5，火星表面与地球表面的重力加速度之比约为2：5，则火星与地球的半径之比大约为（ ）
A． B． C． D．
4．（4分）为贯彻“低碳环保”绿色理念，荆州城区出现了大批的“青桔共享电动单车”，广受市民喜爱。一位市民仅靠电机驱动骑着该电动车在平直的公路上以恒定功率从静止启动，电动车能够达到的最大速度为v。已知电动单车所受的阻力是人和车总重力的，重力加速度g取10m/s2，则当车速为时人和车的瞬时加速度为（ ）
A．1m/s2 B．3m/s2 C．4m/s2 D．5m/s2
5．（4分）在足球比赛中，某位同学获得一次点球机会，他在门前用力将足球踢出，足球以约5m/s的速度撞在球门的横梁上。已知足球质量约为0.4kg，球门横梁离地面高度约为2.5m，忽略足球受到的空气阻力，则该同学罚球时对足球做的功最接近（g取10m/s2）（ ）
A．5J B．15J C．30J D．J
6．（4分）四个完全相同的小球A、B、C、D在水平面内均做圆锥摆运动。如图甲所示，其中小球A、B在同一水平面内做圆锥摆运动（连接B球的绳较长）；如图乙所示，小球C、D在不同水平面内做圆锥摆运动，但是连接C、D的绳与竖直方向之间的夹角相同（连接D球的绳较长），则下列说法错误的是（ ）
A．小球A、B角速度相同
B．小球A、B线速度大小相同
C．小球C、D向心加速度大小相同
D．小球D受到绳的拉力与小球C受到绳的拉力大小相等
7．（4分）两个较大的平行金属板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正、负极上，这时质量为m，带电油滴恰好静止在两极之间，如图所示，在其它条件不变的情况下，如果将两极非常缓慢地错开一些，那么在错开的过程中（ ）
A．油滴将向上加速运动，电流计中电流从b流向a
B．油滴将向上加速运动，电流计中的电流从a流向b
C．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b
D．油滴静止不动，电流计中的电流从b流向a
8．（4分）某地有一风力发电机，它的叶片转动时可形成半径为20m的圆面。某时间内该地区的风速是10m/s，风向恰好跟叶片转动的圆面垂直，已知空气的密度为1.2kg/m3，假如这个风力发电机能将20%的空气动能转化为电能。则此风力发电机发电的功率约为（ ）
A．1.5×W B．1.5×W C．7.5×W D．7.5×W
9．（4分）美国太空探索技术公司SpaceX计划在年底或年初，将最多4名普通游客送入太空，进行环绕地球的旅行。如图所示，旅客乘坐的载人飞船只在万有引力作用下围绕地球沿椭圆轨道运行，A、B为运动的近地点和远地点，则载人飞船（ ）
A．在A点的角速度小于B点的角速度
B．在A点的加速度大于B点的加速度
C．由A运动到B的过程中机械能增大
D．由A运动到B的过程中万有引力做负功
10．（4分）从地面竖直向上抛出一物体，其动能Ek随它离开地面的高度h的变化如图所示，重力加速度取10m/s2。由图中数据可得（ ）
A．物体的质量为1kg
B．物体初速度大小为20m/s
C．物体受到空气阻力的大小为6N
D．物体落地时速度大小为20m/s
11．（4分）在儿童乐园的蹦床项目中，小孩在两根弹性绳和蹦床的协助下实现上下弹跳。如图所示，某次蹦床活动中小孩静止时处于O点，当其弹跳到最高点A后下落可将蹦床压到最低点B，小孩可看成质点，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）
A．从A运动到O，小孩重力势能减少量大于动能增加量
B．从O运动到B，小孩动能减少量等于蹦床弹性势能增加量
C．从A运动到B，小孩机械能减少量小于蹦床弹性势能增加量
D．若从B返回到A，小孩机械能增加量大于蹦床弹性势能减少量
12．（4分）一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能Ep随位移x变化关系如图所示，其中0～x2段是关于直线x＝x1对称的直线，x2～x3段是曲线，则下列说法正确的是（ ）
A．x1处电场强度最小
B．在O、x1、x2、x3处电势φ0、φ1、φ2、φ3的关系为φ3＜φ2＝φ0＜φ1
C．0～x2段带电粒子做匀变速直线运动
D．0～x1段电场强度方向不变，大小不变，x2～x3段的电场强度大小减小、方向均不变
二、解答题（共2小题，满分12分）
13．（6分）在“探究平抛运动的规律”的实验中，描绘出小球平抛运动的轨迹，已知图中小方格的边长L＝10cm，则小球平抛的初速度的表达式为：v0＝ （用L、g表示）其值是 （取g＝10m/s2），小球通过b点时的速率为 。
14．（6分）如甲图所示是观察电容器的充、放电现象的实验装置。电源输出电压恒为8V，S是单刀双掷开关，G为灵敏电流计，C为平行板电容器。
（1）当开关S接 时（选填“1”或“2”），平行板电容器放电，流经G表的电流方向与充电时 （选填“相同”或“相反”）；
（2）将G表换成电流传感器，电容器充电完毕后再放电，其放电电流随时间变化图象如乙图所示，已知如图所围的面积约为40个方格，可算出电容器的电容为 F。
三、解答题
15．（8分）如图所示，电荷量为﹣e，质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v0，当它通过电场中B点时，速度与场强方向成°角，不计电子的重力，求：
（1）电子经过B点的速度多大；
（2）AB两点间的电势差多大．
16．（8分）如图所示，某校科技小组设计了防疫多功能无人机项目，该无人机能在陌生的环境中自主建图并定位，试验期间，无人机在操场上通过遥感定位了“体温异常者”，便自动调整悬停至“体温异常者”头顶正上方高为H1的地方，后以加速度大小a1＝2m/s2竖直向下匀加速运动，当速度达到v1＝6m/s时立即以加速度大小a2＝1.5m/s2向下匀减速至速度为0，重新悬停在“体温异常者”头顶正上方H2＝0.5m的地方，随即进行二次测量。已知空气阻力大小恒为Ff＝10N，无人机含装备总质量m＝30kg，被测对象保持静止。求
（1）匀加速下降过程的距离h1；
（2）匀减速下降过程中受到的竖直升力F的大小；
（3）H1的大小。
17．（10分）如图，质量为m＝0.3kg的小球以某一初速度从P点水平抛出，恰好从光滑竖直圆轨道ABC的A点的切线方向进入圆轨道，B点和C点分别为圆轨道的最低点和最高点。已知圆轨道的半径R＝0.3m，OA连线与竖直方向成θ＝53°，小球到达A点时的速度vA＝5m/s，取g＝10m/s，sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：
（1）小球做平抛运动的初速度；
（2）P点与A点的竖直高度；
（3）小球到达C点时，对轨道的压力大小和方向。
18．（14分）如图所示，一弹射游戏装置由安装在水平台面上的固定弹射器、竖直圆轨道（在最低点E分别与水平轨道EO和EA相连）、高度h可调的斜轨道AB组成。游戏时滑块从O点弹出，经过圆轨道并滑上斜轨道。全程不脱离轨道且恰好停在B端则视为游戏成功。已知圆轨道半径r＝0.1m，OE长L1＝0.2m，AC长L2＝0.4m，圆轨道和AE光滑，滑块与AB、OE之间的动摩擦因数μ＝0.5．滑块质量m＝2g且可视为质点，弹射时从静止释放且弹簧的弹性势能完全转化为滑块动能。忽略空气阻力，各部分平滑连接。求
（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度vF大小；
（2）当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小及弹簧的弹性势能EP0；
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能EP与高度h之间满足的关系。
试题解析
1．解：对于自由落体运动，下落过程只有重力做功，物体的机械能守恒，故机械能不变，减少的重力势能转化为增加的动能，故重力势能减小，动能增加，速度增加，故D正确，ABC错误。
故选：D。
2．解：根据电场线疏密表示电场强度大小，Ea＜Eb；根据沿电场线电势降低，φa＞φb，故ABD错误，C正确。
故选：C。
3．解：由万有引力等于重力，得①
根据密度公式有ρ②
联立①②解得
整理可得：
所以，故A正确，BCD错误。
故选：A。
4．解：电动车以最大速度匀速行驶时，人和车受力平衡，即F＝f＝0.1mg，根据功率的计算公式：P＝Fv。由于电动车以恒定功率运动，当车速为时，则有，同时F′﹣f＝ma，联立解得人和车的瞬时加速度为4m/s2。故ABD错误，C正确。
故选：C。
5．解：对足球的运动过程分析，利用动能定理：，代入数据得：，得W＝15J，故ACD错误，B正确。
故选：B。
6．解：AB、对甲图AB分析，设细线与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳长为l，小球AB到悬点O的竖直距离为h，则mgtanθ＝mω2lsinθ，解得，所以小球的角速度相等，线速度大小v＝ωr，可知两小球的半径不小等，所以线速度大小不相同，故A正确，B错误；
CD、对乙图CD分析：设细线与竖直方向的夹角为θ，小球的质量为m，绳长为L，绳子拉力为T，则有：mgtanθ＝ma，Tcosθ＝mg，得a＝gtanθ，，所以小球C、D的向心加速度大小相同，绳子的拉力也相同，故C、D正确。
本题选不正确的，故选：B。
7．解：将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C分析得知，电容减小，而电容器板间电压不变，则由C分析可知，电容器带电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，电路中有顺时针方向的电流，则电流计中有a→b的电流。由于板间电压和距离不变，则板间场强不变，油滴所受电场力不变，仍处于静止状态。故C正确，ABD错误。
故选：C。
8．解：在t时间内空气动能为
Ek
则此风力发电机发电的功率约为
P
代入数据解得P≈1.5×W
故ACD错误，B正确。
故选：B。
9．解：A、根据开普勒第二定律可知，在A点的速度大于在B点的速度，又载人飞船在A点圆周运动的半径小于在B点的半径，根据v＝rω可知在A点的角速度大于B点的角速度，故A错误；
B、根据万有引力定律可得，地球对飞船的引力
F＝G
根据牛顿第二定律有
F＝ma
整理可得a＝G
飞船在A点与地球的距离小于飞船在B点与地球的距离，故飞船在A点的加速度大于B点的加速度，故B正确；
CD、由A运动到B的过程中只受万有引力，且万有引力方向与速度方向夹角大于90°，故万有引力做负功，飞船的动能转化为势能，飞船的机械能守恒，故C错误，D正确。
故选：BD。
10．解：AC．上升阶段由动能定理可得：﹣（mg+f）h＝0﹣Ek，
由图像信息有：﹣（10m+f）×4＝0﹣64
同理，下落阶段根据动能定理可得：（mg﹣f）h＝Ek′﹣0
由图像信息有：（10m﹣f）×4＝16﹣0
联立解得：m＝1kg，阻力f＝6N，故AC正确；
BD．因动能：Ek
初动能为Ek＝64J，则物体初速度大小为：v＝8m/s
末动能Ek′＝16J，则物体落地时速度大小为：v′＝4m/s，故BD错误。
故选：AC。
11．解：A、从A运动到O，小孩的速度不断增大，根据能量转化和守恒定律可知：其重力势能减少量等于增加的动能与弹性绳的弹性势能之和，则重力势能减少量大于动能增加量，故A正确；
B、从O运动到B，小孩的速度不断减小，根据能量转化和守恒定律可知：小孩动能减少量和重力势能减少量之和等于蹦床弹性势能增加量与弹性绳弹性势能增加量之和，则小孩动能减少量与蹦床弹性势能增加量关系无法判断，故B错误；
C、从A运动到B，小孩机械能转化为弹性绳和蹦床的弹性势能，则知小孩机械能减少量大于蹦床弹性势能增加量，故C错误；
D、从B返回到A，弹性绳的弹性势能和蹦床的弹性势能转化为小孩的机械能，则知小孩机械能增加量大于蹦床弹性势能的减少量，故D正确。
故选：AD。
12．解：A、根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，场强与电势的关系：E，得：E，由数学知识可知Ep﹣x图象切线的斜率等于，x1处的斜率可以认为与前段时间相等，故此时电场强度并不是最小的，故A错误；
B、根据电势能与电势的关系：Ep＝qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ3＜φ2＝φ0＜φ1．故B正确；
C、由图可知，0～x1段和0～x2段电场方向相反，故加速度并不相同，不是一直做匀变速运动，故C错误；
D、0～x1段电场方向不变，大小不变，x2～x3段图象的斜率减小，故的电场强度大小减小，方向不变，故D正确。
故选：BD。
13．解：平抛运动可分解为：竖直方向自由落体运动与水平方向匀速直线运动；
在竖直方向：由△h＝L＝gT2可得：
T
小球的初速度：
v0
代入数据得：v0＝2.0m/s
在竖直方向上：
vy2
小球经过b点时的速度大小：
v2
故答案为：；2.0m/s；2.5m/s
14．解：（1）放电时必须将电容器接电阻，故将单刀双掷开关拨向2，电容器充电时，上板接电源正极，所以电容器上板带正电，充电时正电荷流入电容器上板，放电时正电荷从上极板流出，所以流经G表的电流方向与充电时相反；
（2）根据q＝It可知放电电流随时间变化曲线与x轴所围面积即为通过的电荷量，每个小格的电荷量q′＝0.4×0.2C＝0.08mC，由图乙可知q＝40q′＝40×0.08mC＝3.2mC，根据C；
故答案为：（1）2；相反；（2）0.
15．解：（1）电子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，B点的速度v2v0，
（2）电子从A运动到B由动能定理得：
﹣eUAB
A、B两点间的电势差UAB
答：
（1）电子经过B点的速度为2v0；
（2）AB两点间的电势差为．
16．解：（1）无人机匀加速下降过程，根据运动学规律，有
2a1h1
整理代入数据可得h1＝9m
（2）无人机匀减速下降过程，受到升力F、空气阻力和重力作用，根据牛顿第二定律，有
Ff+F﹣mg＝ma2
代入数据可得F＝N
（3）无人机匀减速下降过程，根据运动学规律，有
2a2h2
整理代入数据可得h2＝12m
故无人机开始距离“体温异常者”头顶正上方高为
H1＝h1+h2+H2＝9m+12m+0.5m＝21.5m
答：（1）匀加速下降过程的距离为9m；
（2）匀减速下降过程中受到的竖直升力F的大小为N；
（3）H1的大小为21.5m。
17．解：（1）由平抛运动的特点，小球在水平方向上做匀速直线运动，在A点，小球速度的偏转角为θ＝53°，即：
解得：v0＝vAcos53°＝5×0.6m/s＝3m/s；
（2）小球做平抛运动，令P点到A点的竖直高度为h，由平抛运动规律有：
vy＝gt
据A点速度有：
vy＝vAsin53°
综上可得：0.8m；
（3）小球从A到C点过程中，只有重力做功，据动能定理有：
①
在B点，轨道对小球向下的压力和小球的重力的合力提供小球圆周运动向心力：
②
由①②两式可解得小球受到轨道向下的压力FN＝12.4N。
根据牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力大小为12.4N，方向竖直向上。
答：（1）小球做平抛运动的初速度为3m/s；
（2）P点与A点的竖直高度0.8m；
（3）小球到达C点时，对轨道的压力大小为12.4N，方向竖直向上。
18．解：（1）滑块恰好过F的条件为，
解得vF＝1m/s。
（2）滑块从E到B，根据动能定理有﹣mgh﹣μmgL2＝0，
在E点有，
代入数据解得FN＝0.14N，
从O到B点，
Ep0﹣mgh﹣μmg（L1+L2）＝0，
解得Ep0＝8.0×10﹣3J。
（3）滑块恰能过F点的弹性势能为Ep1＝2mgr+μmgL1，
此时B点减速到0有Ep1﹣mgh1﹣μmg（L1+L2）＝0，
代入数据解得h1＝0.05m，
故0.05m≤h，能停在B点，则μmgcosθ≥mgsinθ，
得tanθ＝0.5，
此时h2＝0.2m，
从O到B点Ep＝mgh+μmg（L1+L2）＝2×10﹣3（10h+3）J，
其中0.05m≤h≤0.2m。
答：（1）滑块恰好能过圆轨道最高点F时的速度大小为1m/s。
（2）当h＝0.1m且游戏成功时，滑块经过E点对圆轨道的压力FN大小为0.14N，弹簧的弹性势能为8.0×10﹣3J。
（3）要使游戏成功，弹簧的弹性势能EP与高度h之间满足的关系为Ep＝2×10﹣3（10h+3）J。
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