2021-2022学年黑龙江省佳木斯市第一中学高一下学期期末物理试题含解析

这是一份2021-2022学年黑龙江省佳木斯市第一中学高一下学期期末物理试题含解析，共30页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

佳一中第二学期期末考试（理科）
高一物理试题
考试时间：90分钟：满分：100分
I卷（选择题共48分）
一、单项选择题（本题共8小题，每小题只有一个选项符合题目要求，每小题3分，共24分）
1. 如图所示，一带电量为q的小球A固定于左侧绝缘支架上，右侧有一倾角为的绝缘光滑斜面，质量为m的带电小球B静止于斜面上，恰与A球处于同一高度。已知AB间距离为d，静电力常量为k，重力加速度为g，（，），则（　　）

A. A、B带异种电荷 B. B受到的库仑力方向沿斜面向上
C. B所带电荷量大小为 D. B受到斜面的支持力大小为
【答案】C
【解析】
【详解】AB．带电小球B静止于斜面上，恰与A球处于同一高度，说明两小球带同种电荷，B受到的库仑力方向水平向右。AB错误；
CD．对B小球受力分析，库仑力为

解得

B受到斜面的支持力大小为

故选C。
2. 如图所示，虚线表示某电场的等势面，实线表示带电粒子仅在电场力作用下运动的径迹，粒子在A点的加速度为aA、动能为EkA、电势能为EpA；在B点的加速度为aB、动能为EkB、电势能为EpB，则下列结论正确的是（　　）

A. aA EpB
C. aA>aB，EkA>EkB D. aA>aB，EkA 【答案】A
【解析】
【详解】B点附近的电场线比A点附近的电场线密集，所以粒子在B点所受电场力比在A点所受电场力大，根据牛顿第二定律可知aA＜aB。
根据粒子运动轨迹与等势面高低分布可知粒子带负电，即q＜0，又根据

可知
EpA 根据能量守恒定律可知
EkA＞EkB
故选A。
3. 如图，四个电荷量绝对值相等的点电荷分别固定在正方形的四个顶点处，其中两个为正电荷，两个为负电荷。、、、为正方形四条边的中点，为正方形的中心，规定无穷远处电势为零，下列说法正确的是（　　）

A. 点电场强度为零
B. 点电势不为零
C. 、两点的电场强度不相同
D. 将一带正电的检验电荷从点沿直线移动到点，在此过程中该电荷的电势能减小
【答案】D
【解析】
【详解】AB．把四个点电荷看成上下两对等量异种点电荷，根据等量异种点电荷电场分布特点可知，等量异种点电荷连线的中垂线为等势线，中垂线上点的场强方向与中垂线垂直，由正点电荷指向负点电荷。故两对等量异种点电荷产生的电场叠加后，、连线为等势线，点电场强度不为零，方向由指向，且有

故AB错误；
C．两个正点电荷在点的合场强为零，故点的场强等于两个负点电荷在点产生的合场强，方向由指向；两个负点电荷在点的合场强为零，故点的场强等于两个正点电荷在点产生的合场强，方向由指向；由对称性可知，、两点的电场强度大小相等，方向相同，故C错误；
D．由以上分析可知，连线的电场强度方向由指向，将一带正电的检验电荷从点沿直线移动到点，电场力做正功，该电荷的电势能减小，故D正确。
故选D。
4. 反射式速调管是常用的微波器件之一，某速调管内电场方向平行于x轴，其电势随x的分布如图所示，。一电子仅在电场力作用下，从P点由静止开始运动，则电子（　　）

A. 将在P、M之间做往复运动
B. 从P到O的运动过程中，加速度不断增大
C. 从P到M的运动过程中，电势能先增大后减小
D. 从P点沿x轴正方向运动过程中加速时间是减速时间的一半
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．由图可知，所以电子由静止开始后，将在P、N之间做往复运动，故A错误；
B．由图可知在P、O之间，是常量，由

可知P、O之间为匀强电场，所以电子的加速度不变，故B错误；
C．从P到M的运动过程中，电势先升高再降低，由

可知电子的电势能先减小后增大，故C错误；
D．从P点到O点电子做加速运动，设加速度大小为，用时为，位移大小为；从O点到N点电子做减速运动，设加速度大小为，用时为，位移大小为；则


由图可知

又

解得

故D正确。
故选D。
5. 如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，现将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是（　　）

A. 油滴带正电 B. P点的电势不变
C. 油滴向上运动 D. 静电计指针张角不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据受力平衡可知，油滴的电场力方向向上，极板间电场向下，电场力与电场方向相反，故油滴带负电，故A错误；
BCD．根据

电容的决定式



联立得出


可知电场强调要与极板间的距离无关，所以场强不变，所以油滴的电场力不变，不会运动，P点与下极板间的距离不变，由

知P点的电势不变，由

知故若将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则电势差变小，静电力张角变小，故B正确，CD错误。
故选B。
6. 如图所示，在匀强电场中有直角三角形BOC。，∠BOC=90°，电场方向与三角形所在平面平行，若三角形三顶点处的电势分别为φO=9V，φB=0V、中φc=18V，且边长OB=cm，BC=cm，将一电荷量为的负点电荷由O点开始沿路线OBC运动，则下列说法中正确的是（　　）

A. 该点电荷在O点的电势能为
B. 该点电荷在O点由静止释放后会沿直线OB运动
C. 该电场电场强度的大小为200V/m
D. 该点电荷从O点移到C点过程中，电场力做功为
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．点电荷在O点的电势能为

故A错误；
BCD．因为是匀强电场，且φB=0V、φC=18V，故沿着线段BC，电势从0V均匀增加到18V，所以BC的中点D的电势为9V，又因为φO=9V，连接OD，故OD为一等势线，又因为沿电场线方向电势逐渐降低，则电场强度的方向斜向上垂直于OD，DB两点间的电势差

DB两点沿电场线方向上的距离

根据电势差与电场强度的关系可得电场强度的大小

该点电荷在O点由静止释放后将沿电场的反方向做沿直线运动，不会是沿OB运动，点电荷从O点移到C点过程中，电场力做功为

故BD错误，C正确。

7. 已知雨滴在空中运动时所受空气阻力，其中k为比例系数，r为雨滴半径，v为运动速率，一雨滴从高空由静止开始沿竖直方向下落，以地面为重力势能零势能面，用、、E、h表示雨滴重力势能、动能、机械能和下落高度，则下列四幅图像可能正确的是（　　）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．随着下落的速度逐渐增加，空气阻力逐渐增大，合外力逐渐减小，根据动能定理，下落相同的高度，动能的增量逐渐减小，因此斜率逐渐减小，最后趋近于水平，A 错误；
B．由于空气阻力做负功，机械能逐渐减小，最终匀速下降，只有势能减小，动能不再增加，因此图像不是直线，B错误；
C．下落的过程中，由于空气阻力逐渐增大，下落相同的高度，空气阻力做功逐渐增大，机械能减少得越来越快，因此斜率逐渐增大，C正确；
D．设初始状态时的势能，下落的过程中，由于

可得图像是不过坐标原点，倾斜向下的直线，D错误。
故选C。
8. 如图所示，两带有等量异种电荷的平行金属板M、N水平放置，a、b为同一条电场线上的两点，若将一质量为m、电荷量为-q的带电粒子分别置于a、b两点，则粒子在a点时的电势能大于其在b点时的电势能；若将该粒子从b点以初速度v0竖直向上抛出，则粒子到达a点时的速度恰好为零。已知a、b两点间的距离为d，金属板M、N所带电荷量始终不变，不计带电粒子的重力，则下列判断中正确的是（　　）

A. a点电势一定高于b点电势
B. 两平行金属板间形成的匀强电场的场强大小为
C. a、b两点间的电势差为
D. 若将M、N两板间的距离稍微增大一些，则a、b两点间的电势差变小
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由于粒子在a点时的电势能大于其在b点时的电势能，则粒子从b运动到a过程电场力做负功，所以电场力方向由a指向b，则场强方向由b指向a，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，a点电势一定低于b点电势，所以A错误；
B．粒子从b运动到a过程，由动能定理可得

解得

所以B正确；
C． a、b两点间的电势差为

所以C错误；
D．根据平行板电容器的定义式及决定式有
， ，
联立解得

若将M、N两板间的距离稍微增大一些，两板间的电场强度保持不变，根据

则a、b两点间的电势差也保持不变，所以D错误；
故选B。
二、多项选择题（本题共6小题，每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共24分）
9. 2020年11月28日，嫦娥五号探测器经过112小时奔月飞行，成功实施第一次近月制动，嫦娥五号探测器顺利进入环月椭圆轨道；一天后，嫦娥五号探测器又成功实施第二次近月制动，如图所示，嫦娥五号在P点处第二次制动由椭圆轨道II变轨到圆形轨道I，以便着陆月球。已知嫦娥五号在圆形轨道I的运行周期为T1，轨道半径为R；椭圆轨道II的半长轴为a，经过P点的速率为v，运行周期为T2，已知月球的质量为M，密度为ρ，引力常量为G，则（　　）

A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】A．由开普勒第三定律可得

则

故A正确；
B．圆形轨道I上有

得

从轨道I要加速才能进入轨道II，则

故B错误；
CD．圆形轨道I上有

解得

由于不知道月球的半径，则无法求出月球的密度，故C正确，D错误。
故选AC。
10. 如图 A、B 板平行放置，A 板中间有一小孔，B 板接地，A 板的电势变化如图所示，最大值为?0，板间距离为d，设带正电的粒子从A 板的中央小孔无处速度的进入电场．粒子重力不计，则下列说法正确的是

A. 若粒子从 t=0 时刻进入，无论 d 多大，一定能达到B 板上
B. 若粒子从 t=T/8 时刻进入，无论 d 多大，一定能打到 B 板上
C. 若粒子从 t=T/4 时刻进入，如论 d 多大，一定能打到 B 板上
D. 若粒子从 t=3T/8 时刻进入，无论 d 多大，一定能打到 B 板上
【答案】AB
【解析】
【详解】A．粒子在t=0时刻进入时，在一个周期内，前半个周期受到的电场力向右，向右做加速运动，后半个周期受到的电场力向左，继续向左做减速运动，T时刻速度为零，接着周而复始，所以粒子一直向B板运动，一定会打在B板上．故A正确；
B．若粒子是在时刻进入时，在一个周期内：在，粒子受到的电场力向右，向B板做加速运动，在内，受到的电场力向左，继续向B板做减速运动，时刻速度为零，接着向A板加速运动，时间内继续向A板减速运动，时刻速度为零，完成一个周期的运动，接着周而复始，所以粒子时而向B板运动，时而向A板运动，根据运动学规律可知，在一个周期内粒子向B板运动的位移大于向A板运动的位移，所以粒子最后一定会打在B板上．故B正确；
C．若粒子是在 时刻进入，在阶段是向B板加速；在向B板减速，末速度为零；在反向A板加速，反向A板减速，末速度为零，完成一个周期的运动，接着周而复始，所以粒子时而向B板运动，时而向A板运动，以某一点为中心做往复运动，不一定能打到 B 板上，故C错误；
D．若粒子是在 时刻进入的，在，向B板加速；，向右减速到零；，向A板加速；向A板减速，速度减小为零，完成一个周期的运动，接着周而复始，所以粒子时而向B板运动，时而向A板运动，根据运动学规律可知，在一个周期内粒子向B板运动的位移小于向A板运动的位移，所以粒子最后一定不会打在B板上，而是从A板返回；故D错误；
11. 如图所示，一质量为可视为质点的小物块从传送带A点以初速度v0=4m/s滑上传送带，传送带以的恒定速率顺时针运行，传送带A、B间距离为，小物块与传送带间的动摩擦因数为0.2。取，下列说法正确的是（　　）

A. 小物块在传带上A、B之间的运动时间为
B. 传送带对小物块做功为18J
C. 小物块在传送带上运动时，因摩擦产生的热量为
D. 整个过程中电动机多消耗的电能为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．设物块经过t与传送带共速，小物块位移为，传送带位移为，因为小物块相对传送带速度较小，小物块受到摩擦力向右，根据牛顿第二定律有

代入数值得

根据匀变速直线运动
，
代入数值有

解得
，
所以小物块运动位移小于A、B之间距离，则小物块与传送带共速后一起匀速运动，设匀速运动时间为，有

得小物块在传送带上A、B之间的运动时间为

A正确；
B．由动能定理得传送带对小物块做的功为小物块动能的变化量，有

代入数值得

B错误；
C．共速前过程中传送带的位移为

所以物块与皮带相对位移为

所以因摩擦产生的热量为

代入数值得

C正确；
D．由能量守恒可知，整个过程电动机多消耗电能为小物块增加的动能和因摩擦产生的热量，所以多消耗的电能为

D错误
故选AC。
12. 质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入。它们最后打在同一点（不计重力及粒子间相互作用力），则从开始射入到打到上极板的过程中（　　）

A. 它们运动的时间tP=tQ
B. 它们所带的电荷量之比qP∶qQ=1∶2
C. 它们的电势能减少量之比ΔEP∶ΔEQ=1∶2
D. 它们的动能增量之比为ΔEkP∶ΔEkQ=2∶1
【答案】AB
【解析】
【分析】
【详解】A．水平方向做匀速运动

水平位移相同，初速度相同，则运动时间相同，A正确；
B．竖直方向上


解得

所以
qP∶qQ=1∶2
B正确；
C．电势能减少量为

所以
ΔEP∶ΔEQ=1∶4
C错误；
D．由动能定理，动能的增加量为

所以
ΔEkP∶ΔEkQ=1∶4
D错误。
故选AB。
13. 如图所示，一倾角为θ的固定粗糙斜面，下端固定一轻质弹簧，弹簧上端位于B点。一质量为m的小物块从A点以某一速度匀速滑下，当物块到达B点后将弹簧压缩到C点，然后向上返回恰好能回到A点。已知AC长度为x，重力加速度为g，则（　　）

A. 物块与斜面之间的动摩擦因数为μ=tanθ
B. 物块匀速下滑的速度大小为
C. 从B点到C点的过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒
D. 弹簧的最大弹性势能为
【答案】AD
【解析】
【分析】
【详解】A．物体匀速下滑，则有

解得
μ=tanθ
A正确；
B．全程分析，根据能量守恒得

解得

B错误；
C．从B点到C点的过程中，物块克服摩擦力做功，所以系统机械能不守恒。C错误；
D．从A点到C点，根据能量守恒得

解得

D正确。
故选AD。
14. 如图所示，质量为2m和m的两个弹性环A、B用不可伸长的、长为L的轻绳连接，分别套在水平细杆OP和竖直细杆OQ上，OP与OQ在O点用一小段圆弧杆平滑相连，且OQ足够长，初始时刻，将轻绳拉至水平位置伸直，然后释放两个小环，A环通过小段圆弧杆时速度大小保持不变，重力加速度为g，不计一切摩擦，以下说法正确的是（　　）

A. 运动过程中A、B组成的系统机械能守恒
B. 当B环下落L时A的速度为
C. 当B环下落L时A的速度为零
D. A环到达O点后再经过的时间能够追上B环
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．运动过程中A、B组成的系统只有重力做功，则机械能守恒，选项A正确；
B．由几何关系可知，当B环下落L时绳子与水平方向之间的夹角满足为30°，由速度的合成与分解可知
v绳=vAcos30°=vBsin30°
则有
vB=vA
B下降的过程中A与B组成的系统机械能守恒，有

所以A环的速度为

选项B正确；
C．当B环下落L时，A到达O点，此时B的速度等于0，A的速度不为零，选项C错误；
D．A到达O点，由机械能守恒有

解得

环A过O点后做初速度为vA′、加速度为g的匀加速直线运动，B做自由落体运动；
当A追上B时，有

解得

选项D正确。
故选ABD。
II卷（非选择题共52分）
三、实验题（共10分，每空2分）
15. “验证机械能守恒定律”的实验采用重锤自由下落的方法
（1）用公式mv2=mgh时，从所打下的5条纸带选取其中一条纸带，以下说法正确的是___________
A．选取的纸带应满足第一、二两点间距应接近1mm
B．选取的纸带应满足第一、二两点间距应接近1cm
C．选取的纸带应满足第一、二两点间距应接近2mm
D．选取的纸带应满足第一、二两点间距应接近2cm
（2）在本实验中，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz，查得当地的重力加速度g=9.80m/s2，测得所用的重物的质量为1.00kg。实验中得到一条点迹清晰的纸带如图所示，把第一个点记作O，另选连续的4个点A、B、C、D作为测量的点。图中所示数据均为各点到O点的距离，则记录C点时，重锤的动能EkC=___________J，从开始下落起至C点，重锤的重力势能变化量△Ep=___________J。（计算结果均保留3位有效数字）

（3）根据纸带算出的相关各点的速度v，量出下落的距离h，则以v2为纵轴，以h为横轴，根据实验数据绘出的v2﹣h图线应是下图中的___________。
A． B．
C． D．
（4）在本实验中发现，重锤减小的重力势能总是大于重锤增加的动能，主要是因为在重锤下落过程中存在着阻力的作用，阻力的大小可依据v2﹣h图象和重物质量算出，依据你在3问中所选择的图像，若重物质量用m表示，图像斜率为k，当地的重力加速度g，则可测量出阻力大小为___________。（用k、m、g表示）
【答案】 ①. C ②. 7.57 ③. 7.62 ④. C ⑤. f=mg-mk
【解析】
【分析】
【详解】(1)[1]重锤自由下落，若打第一个点的速度为零，可知在第一个0.02s内物体下落的距离为

选取的纸带应满足第一、二两点间距应接近。
故选C。
(2)[2]记录C点时，其瞬时速度等于B点到D点的平均速度，即

重锤的动能为

[3]从开始下落起至C点，重锤的重力势能变化量为

(3)[4]根据机械能守恒，有

解得

根据实验数据绘出的v2﹣h图线应是过原点的直线。
故选C。
(4)[5]图像斜率表示重锤的加速度，根据牛顿第二定律有

带入数据，可得
f=mg-mk
四、计算题（共42分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分。有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
16. 如图所示,长为L=0.5m、倾角为θ=37°的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中,一带电荷量为+q,质量为m的小球(可视为质点),以初速度v0=2m/s恰能沿斜面匀速上滑,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

(1)水平匀强电场的电场强度的大小？
(2)若水平匀强电场电场强度减半,小球运动到B点时速度为多少？
【答案】（1）（2）1m/s
【解析】
【详解】（1）带电小球从A点到B点，动能不变，由动能定理知重力做功与电场力做功之和为零，即得 qELcosθ-mgLsinθ=0，
得．
（2）电场强度未减半时，满足mgsinθ=qEcosθ；若电场强度减半，小球在斜面方向的合力为：F=mgsinθ-qEcosθ=mgsinθ=ma
所以小球的加速度为：a=gsinθ=3m/s2；方向向下.
根据速度位移公式，有：v2-v02 =2aL，
代入数据解得v=1m/s
【点睛】本题是带电体在电场中运动问题，要转换思维，就把电场力当作一般的力，将这类问题当作力学问题去处理，可增强信心.
17. 如图所示，让摆球从图中的C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，此后，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速直线运动，到达A孔进入半径R=0.3m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。已知摆线长L=2m，θ=53°，小球质量为m=0.5kg，D点与A孔的水平距离s=2m，g取10m/s2。（sin53°=0.8，cos53°=0.6）
（1）求摆线能承受的最大拉力为多大；
（2）若小球恰好到达圆弧轨道的最高点，求摆球与粗糙水平面间的动摩擦因数μ。

【答案】（1）9N；（2）0.025
【解析】
【详解】（1）当摆球由C到D运动，根据动能定理有

在D点，由牛顿第二定律可得

可得
Fmax=9N
由牛顿第三定律可知，摆线能承受的最大拉力为9N。
（2）当小球恰好到达最高点时，在圆周的最高点，由牛顿第二定律可得

由动能定理可得

解得
μ=0.025
18. 如图所示为某显像设备内电场的简化模型。在y轴左侧存在水平向左的匀强电场，右侧存在竖直向上的匀强电场，场强大小均为E。电子枪在A处无初速释放一质量为m，电荷量为e的电子，A点的坐标为，不计电子重力。求：
（1）电子进入第一象限的速度大小；
（2）电子从释放到达x轴所需的时间；
（3）电子经过x轴上点时的速度大小及速度方向与x轴正方向夹角θ的正切值。

【答案】（1）；（2）；（3），
【解析】
【详解】（1）电子进入第一象限前只受到电场力，则根据动能定理有

可得，电子进入第一象限的速度大小为

（2）设电子进入第一象限之前的匀加速直线运动时间为，则根据匀变速直线运动速度与时间的关系以及牛顿第二定律有


可得

电子在A处释放加速运动至y轴进入第一象限后，做类平抛运动到达x轴，则根据初速度为零的匀变速直线运动位移与时间的关系可知y轴方向的位移满足

根据牛顿第二定律可得y轴右侧电子的加速度为

两式联立可得

则粒子由释放到x轴的时间为

（3）电子从y轴运动到x轴的过程中只受到竖直方向的电场力作用，因此由动能定理得

解得电子经过x轴上的点时速度大小为

由于电子在A处释放加速运动至y轴进入第一象限后，做类平抛运动到达x轴，因此根据速度的分解可得方向与x轴正方向的正切值为

19. 如图所示，在光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B。它们的质量均为2m，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，物块A通过一根轻绳跨过光滑的定滑轮与物块D相连，物块D的质量也为2m，用手托住物块D，使轻绳拉直但没有作用力。从静止释放物块D，当物块D达到最大速度时，物块B恰好离开挡板C。求：
(1)斜面的倾角θ；
(2)物块D的最大速度vm；
(3)在其他条件不变的情况下，将物块D的质量改为，若物块D的最大速度为v，求物块D从开始运动到达到最大速度的过程中弹簧的弹性势能的变化量。

【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】
【分析】
【详解】(1)物块D达到最大速度时，A、B、D系统平衡，则

解得

(2)释放物块D前，对物块A有

物块D达到最大速度时，对物块B有

得

即释放物块D时和物块D达到最大速度时，弹簧的弹性势能不变。则由机械能守恒得

联立得

(3)物块D达到最大速度时，B未离开挡板C，A、D系统平衡，则

所以
<
弹簧的弹性势能减少。则由机械能守恒得

联立解得