2021-2022学年贵州省黔东南州凯里一中高一（下）期末物理试卷（含解析）

2021-2022学年贵州省黔东南州凯里一中高一（下）期末物理试卷

一、单选题（本大题共6小题，共24分）

1. 将一物体竖直向上抛出，经过回到抛出点，重力加速度为，不计空气阻力，则该物体抛出时的速度大小为(    )

A.  B.  C.  D.

2. 内壁光滑的半圆碗放置在水平面上，跨过碗口的光滑细线两端分别系一质量分别为和的小球，静止时小球跟圆心的连线与水平面之间的夹角，则两小球的质量之比(    )

A.  B.  C.  D.

3. 如图所示，实线为一簇电场线，虚线为一带负电的粒子仅在静电力作用下从到的运动轨迹。则(    )

A. 点的电势高于点的电势
B. 粒子经过点时的加速度大于经过点时的加速度
C. 粒子经过点时的速度小于经过点时的速度
D. 粒子经过点时的电势能大于经过点时的电势能
 

4. 人造卫星沿轨道做半径为的匀速圆周运动，变轨后进入轨道做椭圆运动，椭圆轨道的半长轴为，椭圆轨道的近地点与圆轨道相切于点，为椭圆轨道的远地点。下列说法正确的是(    )

A. 卫星绕轨道比绕轨道经过点时的加速度大
B. 卫星绕轨道和轨道的周期相等
C. 卫星绕轨道比绕轨道经过点时的线速度大
D. 卫星绕轨道经过的线速度大于绕轨道经过点的线速度

5. 在如图所示的电路中，、为两个相同的灯泡，闭合开关后将滑动变阻器的滑片从端向端滑动灯泡均完好无损且电阻恒定。则此过程中(    )

A. 灯泡、均变暗
B. 灯泡变暗，灯泡变亮
C. 灯泡的电功率大于灯泡的电功率
D. 灯泡电压的变化量大于灯泡电压的变化量
 

6. 在一个平行于平面的匀强电场中，将一个电荷量的正点电荷从坐标原点移到坐标为的点，电场力做功为，从坐标原点移到坐标位置为的点，电场力做功为。则该电场电场强度的大小和与方向的夹角分别为(    )

A.  B. ，
C. ， D. ，

二、多选题（本大题共4小题，共24分）

7. 同一平面内固定有三根相同的彼此绝缘直导线、、，通有大小相等、方向如图所示的恒定电流，为平面内的一点，到三根导线的距离均为，测得点的磁感应强度大小为则(    )

A. 点的磁场方向垂直平面向里
B. 点的磁场方向垂直平面向外
C. 拆去导线，点的磁感应强度为
D. 拆去导线，点的磁感应强度为

8. 质量的物体以某一初速度滑上水平传送带，图象如图所示，重力加速度为，不计空气阻力。由图象可知(    )

A. 物体与传送带之间的动摩擦因数为
B. 传送带对物体做功的平均功率为
C. 物体对传送带做的功为
D. 摩擦力做功产生的热量为
 

9. 在如图所示的图象中，直线为某电源的路端电压与电流的关系，直线、分别为电阻、的电压与电流关系。现将电阻、并联后接在该电源的两端组成闭合回路。则(    )

A. 通过、的电流之比为：
B. 、两电阻的功率之比为：
C. 该电源的输出功率为
D. 该电源的输出功率为

10. 质量为的物块固定在竖直弹簧上端，弹簧下端固定在水平地面上，物块上放置一质量为的物块。用力将、按至的位置，如图所示。迅速松开手，弹簧将物块、弹起，上升后在点分离，分离后物块继续上升达到最高点。已知弹簧的劲度系数，重力加速度，不计空气阻力，则(    )

A. 物块、经过点时的速度大小为
B. 松开手的瞬间，物块、的加速度大小为
C. 松手前弹簧的弹性势能为
D. 松手后物块上升时速度最大

三、实验题（本大题共2小题，共15分）

11. 某实验小组用如图甲所示装置做“验证机械能守恒定律”实验。
    
    除带夹子的重物、纸带、铁架台含铁夹、打点计时器、导线及开关外，下列器材中，还必须使用的器材是______。
    A.直流电源
    B.交流电源
    C.天平含砝码
    D.刻度尺
    实验中，先接通电源，再释放纸带，得到的一条纸带如图乙所示。、、为纸带上三个连续打出的点，它们到起始点的距离分别为、、。
    已知当地的重力加速度为，打点计时器打点的周期为，设重物的质量为，从打点到打点的过程中，重力势能的减少量为______，动能的增加量为______。
    多次实验结果显示，重力势能的减少量略大于动能的增加量，导致这一现象的原因可能是______。
12. 某实验小组测量某圆柱复合材料的电阻率。
    该实验小组分别用分度的游标卡尺、螺旋测微器测量其长度和直径，某次测量结果如图甲、乙所示。该圆柱复合材料的长度______，直径______。
    
    该实验小组用如图丙所示实验电路测量其电阻值。闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于______端填“”或“”。
    某次实验时，电压表的示数为，电流表的示数为，若用表示该圆柱复合材料的电阻的测量值，则该测量值比真实值偏______填“大”或“小”。导致此误差的原因是______。
    用实验过程中测量的物理量对应的字母表示电阻率，则该圆柱复合材料电阻率的表达式为______。

四、计算题（本大题共3小题，共37分）

13. 长为、带有等量异种电荷的平行金属板平行放置，间距为。一带电粒子沿的中线平行于板面方向以初速度进入两金属板之间，恰好从金属板的右边缘离开。设板间的电场为匀强电场，不计粒子重力。求该粒子离开电场时的速度大小及方向。

14. 如图所示，在水平向右的匀强电场中，半径为的绝缘光滑圆弧轨道固定在光滑绝缘水平轨道上，下端与水平轨道相切于点，上端与圆轨道的圆心等高。现将一质量为电荷量为的带电小球从距离点的处无初速度释放图中没有画出。已知电场强度，小球运动过程中电量保持恒定，不计空气阻力，重力加速度。求：
    小球经过圆弧轨道点时的速度大小；
    小球离开圆弧轨道后第一次的落点到点的水平距离。

15. 如图所示，水平面的左边固定有一个末端水平的光滑斜面，质量的长木板置于水平面上，左端紧靠斜面末端但不粘连，上表面与斜面的末端等高。将质量的小物块从斜面上距斜面末端高处无初速度释放，小物块恰好没有离开长木板已知小物块与长木板之间的动摩擦因数，长木板与水平面之间的动摩擦因数，小物块从斜面滑上长木板的过程中没有机械能损失，重力加速度，不计空气阻力，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：
    物块滑到斜面末端时的速度大小；
    木板的长度；
    木板停下来时左端到斜面末端的距离。

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：根据对称性，物体的上升时间，由运动学公式，得，故ACD错误，B正确。
故选：。
根据竖直上抛运动的对称性，可求出上升时间，进而求出该物体抛出时的初速度。
竖直上抛运动在瞬时速度和时间上具有对称性，希望认真加以理解。
 

2.【答案】 

【解析】解：对质量为的小球受力分析：受重力和拉力，由平衡条件得：绳上的拉力大小
对质量为的小球受力分析如图所示，根据几何关系可得为等边三角形，和与竖直方向的夹角均为，则：
对质量为的小球，竖直方向根据平衡条件可得：，
联立解得：，故C正确、ABD错误。
故选：。
绳上的拉力大小与质量为的小球重力相等；再对质量为的小球受力分析，竖直方向根据平衡条件列方程求解两个小球的质量之比。
本题主要是考查了共点力的平衡问题，关键是能够确定研究对象、进行受力分析、利用平衡条件建立平衡方程进行解答。
 

3.【答案】 

【解析】解：、粒子做曲线运动，受到的合外力方向指向凹侧，则由图可知，带负电的粒子受力指向左下方，说明电场线方向向右；沿电场线的方向电势降落，则可知，点电势高于点电势，故A错误；
B、电场线的疏密表示电场的强弱，则可知，粒子在点受到的电场力大于点受到的电场力，由牛顿第二定律可知，粒子经过点时的加速度大于经过点时的加速度，故B正确；
C、假设粒子由向运动，粒子受力与运动方向夹角为钝角，说明电场力做负功，由动能定理可知，粒子经过点时的速度大于经过点时的速度，故C错误；
D、由中分析可知，粒子由到的过程中电场力做负功，电势能增加，故点时的电势能小于经过点时的电势能，故D错误。
故选：。
根据带电粒子在磁场中的偏转方向确定其受力方向，从而确定电场线的方向，再根据电场线的性质确定两点电势高低；根据电场力做功与电势能的关系确定电势能和速度的大小关系。
本题考查带电粒子在一般电场中的运动分析，要注意掌握根据粒子轨迹的方向确定电场力的方向是解题的关键。
 

4.【答案】 

【解析】解：根据万有引力提供向心力有可知卫星绕轨道与绕轨道经过点时的加速相等大。故A错误；
B.根据开普勒第三定律得，可知卫星绕轨道的周期比轨道的周期小，故B错误；
C.卫星在轨道的点点火加速进入轨道，所以卫星绕轨道比绕轨道经过点时的线速度小，故C错误；
D.设卫星在轨道的点点火加速进入圆轨道，根据，解得：，可知卫星在轨道的线速度小于轨道的线速度，从而得知卫星绕轨道经过的线速度大于绕轨道经过点的线速度。故D正确。
故选：。
根据万有引力定律提供向心力分析加速度；根据开普勒第三定律周期的关系，根据卫星变轨原理分析解答。
本题考查万有引力定律的应用，同时掌握开普勒第三定律的条件，注意是对同一中心天体的行星适用。
 

5.【答案】 

【解析】解：、将滑动变阻器的滑片从端向端滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则电路中的总电阻变大，干路上的电流减小，则灯泡变暗；因为灯泡和内阻分到的电压减小，则灯泡两端的电压变大，则灯泡变亮，故AB错误；
C、根据电路特点可知，通过灯泡的电流一定大于通过灯泡的电流，根据功率的计算公式可知，灯泡的功率小于灯泡的功率，故C错误；
D、根据上述分析可知，灯泡的电压变大，灯泡的电压变小，而因为内阻的电压也变小，在总电压不变的情况下，灯泡电压的变化量大于灯泡电压的变化量，故D正确；
故选：。
根据电路中电阻的变化分析出灯泡的电流和电压的变化，从而分析出灯泡的亮度变化；
根据功率的计算公式结合电流的大小关系分析出功率的大小关系；
根据电路构造和内阻两端的电压变化完成分析。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，熟悉电路构造的分析，结合功率的计算公式即可完成解答，难度不大。
 

6.【答案】 

【解析】解：正点电荷从坐标原点移到坐标为的点，有：
坐标原点移到坐标位置为的点，有：
解得：
故A正确，BCD错误；
故选：。
根据电场力做功的计算公式分析解答。
本题考查电场力做功与电场强度的关系，解题关键掌握功是力与力方向位移的乘积。
 

7.【答案】 

【解析】解：由于各导线中通有大小相等的电流，且到点的距离相等，所以各导线在点产生的磁感应强度大小相等，设为；根据安培定则，导线在点产生的磁场的方向垂直纸面向里，导线、在产生的磁场方向垂直纸面向外，则的合磁场方向垂直纸面向外，若规定磁场方向向外为正方向，合磁感应强度的大小，故A错误，B正确。
拆去导线，导线、在点产生的磁场方向垂直纸面向外，合磁场方向向外，合磁场的大小，故C正确；拆去导线，导线在点产生的磁场方向垂直纸面向里，导线在点产生的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度的大小相等，方向相反，合磁感应强度为零，故D正确。
故选：。
点的场强为导线、、分别产生的场强的合场强；用安培定则判断各导线产生的场强的方向；各导线在点产生的场强大小相等。
本题考查了通电直导线的磁场、磁感应强度的叠加；注意空间中存在多个磁场，某点的磁场为多个磁场的合磁场。
 

8.【答案】 

【解析】解：、根据图像可知加速度，根据牛顿第二定律有：，解得：，故A正确；
、传送带对物体做功为，根据图像面积有：，则平均功率为，代入数据解得：，，故B正确，C错误；
D、传送带与物体的相对位移为，摩擦力做功产生的热量为，代入数据解得：，故D错误；
故选：。
根据图像斜率结合牛顿第二定律解答动摩擦因数，根据平均功率的计算公式解得；根据图像面积解得位移，根据功能关系解得。
本题主要是考查牛顿第二定律之图象问题，关键是弄清楚图象的斜率表示的物理意义、图象与坐标轴围成的面积表示的物理意义，分析清楚受力情况和运动情况，然后根据功能关系求解。
 

9.【答案】 

【解析】解：、根据图像的斜率表示电阻可知，；，因为电阻、并联后接在该电源的两端组成闭合回路，则两个电阻两端的电压相等，根据公式和可知，通过、的电流之比为：，、两电阻的功率之比为：，故A错误，B正确；
、根据闭合电路欧姆定律可知，电源的电压为，内阻。根据电阻并联的特点可知，、并联后的电阻为，则电源的输出功率为，故C正确，D错误；
故选：。
根据图像的特点分析出电阻的大小，结合并联电路的电压特点和欧姆定律得出电流和功率之比；
根据功率的计算公式和欧姆定律列式完成分析。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，理解图像的物理意义，分析出电源电荷和内阻，结合欧姆定律和功率的计算公式完成分析。
 

10.【答案】 

【解析】解：、分离后，只受重力作用，根据动能定理知：，解得：，所以物块、经过点时的速度大小为，故A正确；
B、在点分离，可知点是弹簧原长的位置，所以松开手的瞬间，物块、的加速度大小为，代入数据解得：，故B错误；
C、松手后到弹簧原长，根据功能关系有：，代入数据解得：，故C错误；
D、当时，物块速度最大，解得，故D正确；
故选：。
根据动能定理解得物块、经过点时的速度大小，根据牛顿第二定律解得加速度，根据功能关系解得弹性势能，当时，物块速度最大。
本题考查弹簧模型的功能关系，解题关键掌握物块的运动情况，注意分离的特点，当时，物块速度最大。
 

11.【答案】     阻力影响部分机械能转化为内能 

【解析】解：重物下落过程只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律得：
，即，实验需要测量重物下落高度与重物的速度，速度根据打出的纸带求出，打点计时器需要使用交流电源，测下落高度需要使用刻度尺，故BD正确，AC错误；
故选：。
打点时重物的速度
重物从到过程动能的增加量，
从到过程，重物重力势能的减少量，
重物下落过程如果机械能守恒，则，整理得：；
重物下落过程要受到空气阻力与纸带和打点计时器限位孔间摩擦阻力作用，重物下落过程要克服阻力做功，机械能有损失。
故答案为：；； ；阻力影响部分机械能转化为内能。
重物下落过程机械能守恒，应用机械能守恒定律求出实验需要验证的表达式，根据实验需要测量的量选择实验器材。
做匀变速直线运动的物体在某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，据此求出打点时重物的瞬时速度，然后求出重物重力势能的减少量与动能的增加量，求出实验需要验证的表达式。
重物下落过程受到阻力作用，要克服阻力做功，机械能有损失，动能的增加量小于重力势能的减少量；
本题考查了验证机械能守恒定律的实验；重物和纸带下落过程中要克服阻力主要是打点计时器的阻力做功，故动能的增加量必定稍小于势能的减少量，这是属于系统误差，减少空气阻力影响产生的方法是：使纸带下挂的重物重力大些，且体积要小。
 

12.【答案】      小  电压表分流  

【解析】解：游标尺是分度的，游标卡尺的精度是，由图甲所示可知，游标卡尺读数；由图乙所示螺旋测微器可知，读数；
由图丙所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于端。
由图丙所示可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流的测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻的测量值小于真实值。
由欧姆定律可知，电阻，由电阻定律可知：，整理得：。
故答案为：；；；小；电压表分流；。
游标卡尺主尺与游标尺读数的和是游标卡尺读数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度读数的和是螺旋测微器的读数。
滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路滑动变阻器滑片应置于分压电路分压为零的位置。
根据图示电路图应用欧姆定律分析实验误差。
根据电阻定律求出电阻率的表达式。
要掌握常用器材的使用方法与读数方法；理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提；应用欧姆定律与电阻定律可以解题。
 

13.【答案】解：带电粒子在电场中偏转
水平方向：
竖直方向：

设粒子通过点时的速度大小为，与金属板的夹角为。则


解得：
答：该粒子离开电场时的速度大小为，方向与金属板的夹角为。 

【解析】带电粒子在电场中做类平抛运动，采用运动的分解法研究，由分运动的规律求初速度。
对于带电粒子在电场中的运动，若粒子垂直电场线进入匀强电场，则做类平抛运动，可将运动分解为沿电场线和垂直于电场线两个方向进行分析，利用直线运动的规律进行求解。
 

14.【答案】解：设带电小球到达点时的速度大小为，从到由动能定理

代入数据解得：
带电小球离开点后做曲线运动，设水平方向的加速度为，根据牛顿第二定律有：
由运动学规律：


解得：
答：小球经过圆弧轨道点时的速度大小为；
小球离开圆弧轨道后第一次的落点到点的水平距离为。 

【解析】从到由动能定理可解得点的速度；
分析小球运动状态，根据运动学公式解答。
本题考查了动能定理、牛顿第二定律的综合运用，综合性较强，对学生的能力要求较高，在处理小球圆周运动和类平抛运动时，不能将电场力忽略．
 

15.【答案】解：设物块滑到斜面末端时的速度大小为，由动能定理：

解得：
设物块在木板上滑动的过程中，加速度分别为、，由牛顿第二定律：


解得：；
设物块与木板相对滑动速度相等，则

这段时间物块的位移

木板的位移：
物块相对于木板的位移

解得：，，，，
设物块与木板速度相等之后相对静止，加速度为，由牛顿第二定律

相对静止木板对物块的摩擦力

解得：
速度相等之后物块与木板相对静止，木板的长度

物块与木板速度相等后，以相同的加速度减速，直到停止，此过程木板的位移为，由匀变速直线运动规律

木板滑行的位移
联立解得：
答：物块滑到斜面末端时的速度大小为；
木板的长度为；
木板停下来时左端到斜面末端的距离为。 

【解析】根据动能定理分析出物块的速度；
根据牛顿第二定律分析出物块和木板的加速度，结合运动学公式计算出木板的长度；
根据匀变速直线运动的规律和位移关系完成分析。
本题主要考查了动能定理的相关应用，熟练应用动能定理分析出物块的速度变化，结合牛顿第二定律和运动学公式联立等式即可完成分析。