精品解析：江苏省常州高级中学2022-2023学年高一下学期期末质量检查物理试题（解析版）

江苏省常州高级中学2022~2023学年第二学期高一年级期末质量检查

物理试卷

一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项最符合题意。

1. 如图，一光滑大圆环固定在桌面上，环面位于竖直平面内，在大圆环上套着一个小环。小环由大圆环的最高点从静止开始下滑，在小环下滑的过程中，大圆环对它的作用力（　　）

A. 一直不做功

B. 一直做正功

C. 始终指向大圆环圆心

D. 始终背离大圆环圆心

【答案】A

【解析】

【详解】AB．大圆环光滑，则大圆环对小环的作用力总是沿半径方向，与速度方向垂直，故大圆环对小环的作用力一直不做功，A正确，B错误；

CD．小环在运动过程中，在大环上半部分运动时，大环对小环的支持力背离大环圆心，运动到大环的下半部分时，支持力指向大环的圆心，CD错误。

故选A。

2. 无风时，雨滴受空气阻力的作用在地面附近会以恒定的速率竖直下落。一质量为m的雨滴在地面附近以速率v下落高度h的过程中，克服空气阻力做的功为（重力加速度大小为g）（　　）

A. 0 B. mgh C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】在地面附近雨滴做匀速运动，根据动能定理得

故雨滴克服空气阻力做功为。

故选B。

3. 在抢险救灾工作中常见到直升机身影。如图为直升机抢救伤员的情景，直升机悬停在空中，用绳索将伤员由静止向上吊起，绳索对伤员做功的功率恒定。则在伤员加速上升的过程中（不计空气阻力）（　　）

A. 绳索对伤员的拉力越来越大 B. 伤员克服重力做功的功率恒定

C. 伤员运动的速度变化越来越慢 D. 合力对伤员做功的功率越来越大

【答案】C

【解析】

【详解】A．绳索对伤员的拉力做功的功率不变，而伤员加速上升，速度增大，由

P=Fv

可知，绳索对伤员的拉力F越来越小，A项错误；

B．由

P1=mgv

可知，伤员克服重力做功的功率不断增大，B项错误；

C．由

F-mg=ma

可知，伤员运动的加速度越来越小，速度变化得越来越慢，C项正确；

D．合力对伤员做功的功率

（F-mg）v=P-mgv，

由于P不变，速度越来越大，则合力对伤员做功的功率越来越小，D项错误。

故选C。

4. 如图甲所示，一长直导线沿南北方向水平放置，在导线下方有一静止的灵敏小磁针。现在导线中通以图甲所示的恒定电流，测得小磁针偏离南北方向的角度的正切值与小磁针离开导线的距离之间的关系如图乙所示。若该处地磁场的水平分量为，则下列判断中正确的是（　　）

A. 通电后，小磁针的N极向纸面外偏转

B. 通电后，小磁针静止时N极所指的方向即为电流在小磁针处产生的磁场方向

C. 电流在处产生的磁场的磁感应强度大小为

D. 处合磁场的磁感应强度大小为

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据安培定则可知，通电后小磁针的N极向纸里偏转，故A错误；

B．磁场的磁感应强度是矢量，通电后，小磁针静止时N极所指的方向即为电流在小磁针处产生的磁场与地球的磁场的合磁场的方向，故B错误；

C．设电流在x0处产生的磁场的磁感应强度大小为BI，则

解得

故C正确；

D．由矢量的合成可知，x0处合磁场的磁感应强度大小为

故D错误。

故选C。

5. 如图所示，电源电动势为E，内阻恒为r，R是定值电阻，热敏电阻的阻值随温度的降低而增大，C是平行板电容器，电路中的电表均为理想电表。闭合开关S，带电液滴刚好静止在C内。在温度降低的过程中，分别用I、、和表示电流表A、电压表、电压表和电压表的示数，用、、、和表示电流表A、电压表、电压表和电压表的示数变化量的绝对值。温度降低时，关于该电路工作状态的变化，下列说法正确的是（　　）

A. 、、一定都不变 B. 、和均不变

C. 带电液滴一定向下加速运动 D. 电源的工作效率一定变小

【答案】B

【解析】

【详解】A．根据欧姆定律，有

依题意，温度降低时热敏电阻的阻值增大。不变，、都增大，故A错误；

B．根据欧姆定律，有

保持不变，由闭合电路欧姆定律，有

解得

保持不变，同理，可得

解得

保持不变，故B正确；

C．带电液滴在平行板中受到向上的电场力和向下的重力处于平衡状态，在温度降低的过程，热敏电阻RT阻值变大，回路中电流变小，路端电压增大，由于流过定值电阻R的电流变小，所以分的电压也就变小，而路端电压增大，故V2读数增大，平行板间的电场强度也增大，导致带电液滴向上运动，故C错误；

D．电源的效率为

由于路端电压增大，所以电源的工作效率一定变大，故D错误。

故选B。

6. 如图为某一机器人上的电容式位移传感器工作时的简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为θ，则被测物体（　 ）

A. 向左移动时，θ增加 B. 向右移动时，θ增加

C. 向左移动时，θ不变 D. 向右移动时，θ减少

【答案】B

【解析】

【详解】AC．当被测物体向左移动时，电容器极板间的电介质增多，根据

则电容会增大，由于电荷量不变，根据

Q=CU

则电容器极板间的电压减小，即θ减少，故AC错误；

BD．当被测物体向右移动时，电容器极板间的电介质减小，根据

则电容会减小，由于电荷量不变，根据

Q=CU

则电容器极板间电压增大，即θ增大，情况相反，故B正确，D错误。

故选B。

7. 黑箱外有编号为1、2、3、4的四个接线柱，接线柱1和2、2和3、3和4之间各接有一个电阻，在接线柱间还接有另外一个电阻R和一个直流电源。测得接线柱之间的电压，，。符合上述测量结果的可能接法是（　　）

A. 电源接在1、4之间，R接在1、3之间 B. 电源接在1、4之间，R接在2、4之间

C. 电源接在1、3之间，R接在1、4之间 D. 电源接在1、3之间，R接在3、4之间

【答案】C

【解析】

【详解】AB．依题意，有

联立，可得

在外电路中电流从高电势流向低电势，所以电源接在1、3之间。故AB错误；

CD．当R接在3、4之间时，3和4接线柱间的电路无电流，电势差为零。故C正确；D错误。

故选C。

8. 在O点处固定一个正点电荷，P点在O点右上方。从P点由静止释放一个带负电的小球，小球仅在重力和该点电荷电场力作用下在竖直面内运动，其一段轨迹如图所示。M、N是轨迹上的两点，，，则小球（　　）

A. 在运动过程中，电势能先增加后减少 B. 在P点的电势能大于在N点的电势能

C. 在M点的机械能大于在N点的机械能 D. 从M点运动到N点的过程中，电场力始终不做功

【答案】B

【解析】

【详解】A．依题意小球运动过程中，开始一段时间靠近正点电荷，电场力做正功其电势能减小，然后远离正点电荷，电场力做负功其电势能增加，故A错误；

B．由图可知，小球从P点运动到M点过程中，电场力做正功，电势能减小。所以在P点的电势能大于在N点的电势能，故B正确；

CD．依题意结合点电荷电势的分布特点可知

且从M到N过程，各点电势先升高再降低，即小球从从M点运动到N点的过程中，小球电势能先降低再升高，电场力先做正功后做负功。电场力总功为零，根据

易知在M点的机械能等于在N点的机械能，故CD错误。

故选B。

9. 如图，一质量为M、长为l的木板静止在光滑水平桌面上，另一质量为m的小物块（可视为质点）从木板上的左端以速度开始运动。已知物块与木板间的滑动摩擦力大小为f，当物块从木板右端离开时（　　）

A. 木板的动能一定等于 B. 木板的动能一定小于

C. 物块的动能一定大于 D. 物块的动能一定等于

【答案】B

【解析】

【详解】AB．设物块离开木板时的速度为v1，此时木板的速度为v2，依题意有

设物块对地位移为xm，木板对地位移为xM，根据运动学公式，可得

联立，可得

则有

根据动能定理，有

可知

即木板的动能一定小于。故A错误；B正确；

CD．根据能量守恒定律，可得

整理，可得

故CD错误。

故选B。

10. 一带正电微粒从静止开始经电压加速后，射入水平放置的平行板电容器，极板间电压为。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为，微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为2L和L，到两极板距离均为d，如图所示。忽略边缘效应，不计重力。下列说法正确的是（　　）

A.

B.

C. 微粒穿过电容器区域的偏转角度的正切值为2

D. 仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变

【答案】D

【解析】

【详解】A．带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动，从进入电场到最高点有

又

联立，解得

故A错误；

B．带电粒子在加速电场中，有

带电粒子在偏转电场中，有

又

联立，解得

故B错误；

C．设带电粒子进入偏转电场的速度方向与水平方向夹角为，则有

设带电粒子射出偏转电场的速度方向与水平夹角为，则有

依题意，带电粒子从最高点运动到射出电场过程，有

联立，解得

根据数学三角函数，可得

故C错误；

D．粒子射入最高点的过程水平方向和竖直方向的位移分别为

解得

可知带电粒子的轨迹方程与其质量或者电荷数量无关，即轨迹不会变化。故D正确。

故选D。

二、非选择题：共5题，共60分.其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位.

11. 在“测量金属丝的电阻率”实验中：

（1）测量一段金属丝电阻时所用器材和部分电路连线如图1所示，图中的导线a端应与________（选填“一”、“0.6”或“3”）接线柱连接，b端应与___________（选填“—”、“0.6”或“3”）接线柱连接。开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于____________（选填“左”或“右”）端。

（2）合上开关，调节滑动变阻器，得到多组U和I数据。甲同学由每组U、I数据计算电阻，然后求电阻平均值；乙同学通过图像求电阻。则两种求电阻的方法更合理的是___________（选填“甲”或“乙”）。

（3）两同学进一步探究用镍铬丝将满偏电流的表头G改装成电流表。如图2所示，表头G两端并联长为L的镍铬丝，调节滑动变阻器使表头G满偏，毫安表示数为I。改变L，重复上述步骤，获得多组I、L数据，作出图像如图3所示。

则图像斜率______。若要把该表头G改装成量程为的电流表，需要把长为__________m的镍铬丝并联在表头G两端。（结果均保留两位有效数字）

【答案】    ①. 0.6    ②. 0.6    ③. 左    ④. 乙    ⑤. 2.1##2.2##2.3##2.4##2.5    ⑥. 0.24##0.25##0.26##0.27##0.28

【解析】

【详解】（1）[1][2][3]实验中用两节干电池供电，滑动变阻器分压式连接，电压从零开始调节，电流表选较小量程测量电流减小误差 ，则图中的导线a端应与 “0.6”接线柱连接，电压表测电阻两端的电压，则金属丝的电阻较小，电流表外接误差较小，故b端应与 “0.6”接线柱连接。为了保护电表，开关闭合前，图1中滑动变阻器滑片应置于左端。

（2）[4]做U-I图象可以将剔除偶然误差较大的数据,提高实验的准确程度，减少实验的误差，则乙同学通过U-I图像求电阻，求电阻的方法更合理；

（3）[5]由图像可知图像斜率

[6]方法一：由电路可知

解得

则

若要把该满偏电流为表头G改装成量程为的电流表，则并联的电阻

解得

方法二：延长图像可知，当I=9.0mA时可得

即

12. 如图所示，电源电动势E＝10 V，内阻r＝1 Ω，闭合开关S后，标有“8 V，12 W”的灯泡恰能正常发光，电动机M的内阻R0＝4 Ω，求：

（1）电源输出功率P出；

（2）10 s内电动机产生的热量Q；

（3）电动机的机械功率。

【答案】（1）16 W；（2）10 J；（3）3 W

【解析】

【详解】(1)由题意知，并联部分电压为

U＝8 V

故内电压为

U内＝E－U＝2 V

总电流

电源的输出功率

P出＝UI＝16 W

(2)流过灯泡的电流

则流过电动机的电流

I2＝I－I1＝0.5 A

电动机的热功率

P0＝I22R0＝1 W

  10s内电动机产生的热量

Q＝P0t＝10 J

(3)电动机的总功率

P＝UI2＝4W

电动机的机械功率

P机＝P－P0＝3W

13. 密立根油滴实验的示意图如图所示。两水平金属平板上下放置，间距固定，可从上板中央的小孔向两板间喷入大小不同、带电量不同、密度相同的小油滴。两板间不加电压时，油滴a、b在重力和空气阻力的作用下竖直向下匀速运动，速率分别为v0、；两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，均竖直向下匀速运动。油滴可视为球形，所受空气阻力大小与油滴半径、运动速率成正比，比例系数视为常数。不计空气浮力和油滴间的相互作用。

（1）求油滴a和油滴b的质量之比；

（2）判断油滴a和油滴b所带电荷的正负，并求a、b所带电荷量的绝对值之比。

【答案】（1）8:1；（2）油滴a带负电，油滴b带正电；4:1

【解析】

【详解】（1）设油滴半径r，密度为ρ，则油滴质量

则速率为v时受阻力

则当油滴匀速下落时

解得

可知

则

（2）两板间加上电压后（上板为正极），这两个油滴很快达到相同的速率，可知油滴a做减速运动，油滴b做加速运动，可知油滴a带负电，油滴b带正电；当再次匀速下落时，对a由受力平衡可得

其中

对b由受力平衡可得

其中

联立解得

14. 如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，有圆弧形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中，圆心与管口在同一水平线上，管的半径为R，下端管口切线水平，离水平地面的距离为h，有一质量为m的带电荷量＋q的小球从管的上端口A由静止释放，小球与管间摩擦不计，小球从下端管口飞出时，管壁对小球的作用力为4mg，g取10 m/s2．求：

(1)小球运动到管口B时的速度大小；

(2)匀强电场的场强；

(3)若R＝0.3 m，h＝5.0 m，小球落地时的速度大小．

【答案】（1）  （2）  （3）m/s

【解析】

【详解】(1)小球从下端管口飞出时，根据牛顿第二定律有：

且支持力：

N=N'=4mg

联立解得：

(2)小球从A运动到管口B的过程中，只有重力和电场力做功，根据动能定理得：

解得：

（3）小球离开管口B后，水平方向做匀加运动，竖直方向做自由落体运动，有：

解得：

t=1s

水平方向：

qE=ma，

竖直方向：

则落地的速度为两方向的速度合成，为：

15. 如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H、上端套着一个细环。棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg（k>1）断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直；空气阻力不计。求：

（1）棒第一次与地面碰撞后，弹起上升的过程中，环和棒的加速度；

（2）棒第二次与地面碰撞前，环和棒的速度大小；

（3）从断开轻绳到棒和环都静止，棒运动的总路程s。

【答案】（1）a1=(k-1）g，a2=(k+1）g；（2），；（3）

【解析】

【分析】

【详解】（1）设棒第一次上升过程中，由牛顿第二定律得，对环有

解得

a1=(k-1）g

方向竖直向上

对棒有

解得

a2=(k+1）g

方向竖直向下

（2）环和棒第一次落地时的速度为，此后棒速度反向，向上减速，环向下减速，经分析可知棒相对环总是向上运动，受到的摩擦力总向下，设经过时间t达到共同速度，以向下为正方向，则有

解得

此时共速为

棒距地面高度

共速后两者一起以加速度g向下加速，落地速度为v2，则有

解得

（3）第一次碰后棒反弹上升高度为

第二次碰后棒反弹上升的高度为

则有

每次反弹的高度与前一次反弹的度成等比数列

则全过程棒运动的总路程为