江苏省南京市金陵中学2023—2024学年度高一（下）期末物理试题

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一、选择题（共16小题，共48分，每小题只有一个符合题意的选项）
1. 如图所示是用一种新颖的“静电"绝缘纤维布制成的预防新型冠状病毒肺炎口罩。熔喷布经驻极工艺，表面带有电荷，它能阻隔几微米的病毒，这种静电的阻隔作用属于（ ）
A. 静电感应B. 摩擦起电C. 静电吸附D. 电磁感应
【答案】C
【解析】
分析】
【详解】静电能吸引轻小物体，含有病毒的飞沫靠近熔喷布后，会被静电吸附在表面，无法通过，从而起到隔离病毒的作用，故C正确，ABD错误。
故选C。
2. 如图所示，用电场线描述的四种电场中，A、B两点场强相同的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．该图中AB两点的场强大小相同，但是方向不同，则场强不同，选项A错误；
B．该图中AB两点的场强大小不相同，但是方向相同，则场强不同，选项B错误；
C．该图中AB两点的场强大小相同，方向相同，则场强相同，选项C正确；
D．该图中AB两点的场强大小不相同，方向也不同，则场强不同，选项D错误；
故选C。
3. 绝缘细线上端固定，下端悬挂一带电小球N，由绝缘支架支撑着一带电小球M，当M靠近N时，N偏离竖直方向，如图所示。下列关于 M、N带电情况表述正确的是（将两小球看成点电荷，不考虑静电感应）（ ）
A. M一定带正电
B. M、N都带正电
C. M、N都带负电
D. M、N一定带异种电
【答案】D
【解析】
【详解】绝缘细线上端固定，下端悬挂一小球N，由绝缘支架支撑着一小球M，当M靠近N时，N偏离竖直方向，对N受力分析，根据平衡条件得：球N受重力、细线的拉力和水平向左的引力，所以M、N带异种电荷，所以M可能带正电，也可能带负电，故选D。
4. 真空中两个点电荷产生的电场，其电场线分布如图所示，则（ ）
A. 两个点电荷均带正电
B. 两个点电荷均带负电
C. a点的电场强度比b点的大
D. a点的电势比b点的高
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】AB．根据电场线分布可知，两电荷带等量异种电荷，选项AB错误；
C．a点的电场线较b点密集，可知a点的电场强度比b点的大，选项C正确；
D．沿电场线电势逐渐降低，可知a点的电势比b点的低，选项D错误。
故选C。
5. 如图所示，两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器，极板N与静电计相连，极板M与电位差计的外壳均接地。用电位差计测量平行板电容器两极板间的电势差U，电位差计的张角越大，说明两板的电压越大。在两板相距一定距离d时，给电容器充电，电位差计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容所带电量Q不变，下面的操作中将使电位差计指针张角变大的是（ ）
A. 仅将M板向右平移B. 仅将M板向上平移
C. 仅在M、N之间插入一本书D. 因为Q不变，上述三种操作张角均不变
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】仅将M板向上平移，两极板正对面积减小，根据
电容减小，而电容器的电荷量不变，由
得知，板间电压增大，静电计指针张角变大；同理，仅将M板向右平移，板间距离减小，电容增大，而电容器的电荷量不变，故板间电压减小，静电计指针张角变小；同理，仅在M、N之间插入一本书，电解质常数增大，电容增大，而电容器的电荷量不变，故板间电压减小，静电计指针张角变小,B正确。
故选B。
6. 在电场中A、B两点间的电势差为UAB=75V，B、C两点间的电势差为UBC=-100V，则A、B、C三点电势高低关系为（ ）
A. φA＞φB＞φCB. φA＜φC＜φBC. φC＞φA＞φBD. φC＞φB＞φA
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】由题意
75V
则得：
φA＞φB
V
则得
φB＜φC
又
V
则得
φA＜φC
故有
φC＞φA＞φB
故ABD错误，C正确。
故选C。
7. 超级电容器又叫双电层电容器是一种新型储能装置，它不同于传统的化学电源，是一种介于传统电容器与电池之间、具有特殊性能的电源。它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点。如图为一款超级电容器，其标有“2.7V，3000F”， 则可知（ ）
A. 该超级电容器放电时把化学能转化为电能
B. 该电容器最大容纳电荷量为8100C
C. 该电容器在电压为2.7V时电容才是3000F
D. 该电容器在2.5V电压下不能正常工作
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．由于是电容器，故该超级电容充电时把电能存储在电容器中，没有转化为化学能，故A错误；
B．该电容器最大容纳电荷量为
Q=UC=2.7×3000C=8100C
选项B正确；
C．电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，其大小与电压和电量无关，故电容始终为3000F，故C错误；
D．电容器的额定电压为2.7V，说明工作电压要不超过2.7V，可以小于2.7V，故D错误；
故选B。
8. 如图所示的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（ ）
A. 该带电粒子带负电B. M点的电势小于N点的电势
C. M点电场强度大于N点的电场强度D. M点的电势能大于N点的电势能
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】B．根据顺着电场线方向电势逐渐降低可知，M点的电势高于N点的电势，故B错误．
AD．由图看出，粒子的轨迹向下弯曲，粒子所受电场力大致向下，电场线方向斜向下，说明粒子带正电，粒子从M运动到N的过程中，电场力做正功，粒子的电势能减小，则粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故A错误、D正确；
C．M点的电场线较N点的电场线稀疏，可知M点的电场强度小于N点的电场强度，选项C错误。
故选D。
9. 如图，电阻R1、R2串联接入电路，已知U1：U2＝1：2，则R1：R2为（ ）
A. 1：2B. 2：1C. 1：1D. 1：4
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】根据串联电路的分压原理，可得
解得
故A正确；BCD错误。
故选A。
10. 电位器是变阻器的一种。如图所示，如果把电位器与灯泡串联起来，利用它改变灯泡的亮度，则下列说法正确的是（ ）
A. 连接A、B，使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗
B. 连接A、C，使滑动触头逆时针转动，灯泡变亮
C. 连接A、C，使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗
D. 连接B、C，使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗
【答案】A
【解析】
【详解】A．连接A、B，使滑动触头顺时针转动时，根据电阻定律，电位器接入电路的电阻增大，电流减小，灯泡变暗，故A正确；
BC．连接A、C，电位器接入电路的电阻不变，电流不变，灯光亮度不变，故BC错误；
D．连接B、C，使滑动触头顺时针转动时，根据电阻定律，电位器接入电路的电阻减小，电流增大，灯泡变亮。故D错误。
故选A。
11. 如图所示电路中，电阻，断开S后，理想电压表的读数为5V；闭合S后，理想电压表的读数为4V，则电源的内阻r为（ ）
A. 1ΩB. 2ΩC. 3ΩD. 4Ω
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】断开S后，电压表的读数为5V，即电源的电动势为5V，闭合S后，电压表的读数为4V，则电阻R的电压为4V，电路的电流为
电源的内阻为
故选A。
12. 如图，电源内阻不能忽略，A、B两灯电阻相同，当滑动变阻器的滑动端P向上滑动时（ ）
A. 通过电源的电流增大
B. 电阻R中的电流增大
C. 电灯A将变亮一些
D. 电灯B将变暗一些
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．滑片P向上移动，变阻器电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律
知电路电流减小，即通过电源电流减小，故A错误；
BCD．电灯A两端电压为电源路端电压，根据闭合电路欧姆定律得
电路电流减小，则路端电压变大，A灯变亮，流过A灯的电流增大，由电路可知
则流过电阻R的电流减小，电阻R两端的电压减小，由于路端电压增大，则由
知灯B两端电压增大，则电灯B将变亮一些。故C正确，BD错误。
故选C。
13. 在x轴上A、B两点处分别有点电荷Q1和Q2，A、B之间连线上各点的电势如图所示，取无穷远处电势为零，从图中可以看出（ ）
A. Q1和Q2可能是同种电荷
B. P点的电场强度为零
C. AP间与PB间的电场强度方向相同，均为x正方向
D. 负电荷在PB间的电势能小于零
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】AC．由题图可知，从Q1沿x轴到Q2电势始终降低，所以Q1与Q2连线上电场强度方向始终沿x轴正方向，即AP间与PB间的电场强度方向相同，均为x正方向，所以Q1带正电荷，Q2带负电荷，故A错误；C正确；
B．由于Q1带正电荷，Q2带负电荷，由场强叠加原理可知P点的电场强度不为零，故B错误；
D．由题图知，PB间的电势小于零，根据公式
可得负电荷在PB间的电势能大于零，故D错误。
故选C。
14. 家用电热水器，在使用时具有漏电危险，当发生漏电时，电流会经过水管中的水与人体相连从而发生意外事故。“隔电墙”可以在一定程度上保护人体的安全，其装置如图（1），其内部结构是一个螺旋状的绝缘管道，结构如图（2），它实则上是将水管的水道变得更细更长，安装位置如图（3）。下列分析正确的是（ ）
A. 漏电时“隔电墙”能完全隔断电流
B. “隔电墙”是靠减小水流速度来减小电流而保护人体安全
C. “隔电墙”是通过增加管道中水的电阻率来保护人体安全的
D. “隔电墙”是通过增加管道中水的电阻来减小电流从而保护人体安全
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】根据电阻定律可知
水的电阻率不变，在该情况下，将水流变长，横截面积变小来增大电阻，减小电流，从而对人体起到保护作用，但不能完全隔断电流。
故选D。
15. 如图所示为一个多量程多用电表的简化电路图。单刀多掷开关S可以与不同接点连接。下列说法正确的是（ ）
A. 当S接1或2时为直流电压档，接1时量程较大
B. 当S接1或2时为直流电流档，接2时量程较小
C. 当S接3或4时为直流电流档，接3时量程较大
D. 当S接5或6时为直流电压档，接6时量程较小
【答案】B
【解析】
【详解】AB．当开关S旋到位置1、2位置，电阻与表头并联，则多用电表就成了电流表，接1时分流电阻小，其分流大，则量程大；接2时分流电阻大，其分流小，则量程小，故A错误，B正确；
C．当开关S旋到位置3或4，电路中有电源，则多用电表就成了欧姆表，故C错误；
D．当开关S旋转到5、6位置，表头与电阻串联，则多用电表就成了电压表，串联电阻越大，则量程越大，所以接5时量程较小，接6时量程较大，故D错误。
故选B。
16. 如图所示，水平放置的平行板电容器充电后与电源断开，带电微粒沿着上极板水平射入电场，恰好从下极板右边缘飞出电场，带电微粒电势能变化量为ΔE1。若保持上极板不动，将下极板下移少许，该带电微粒仍以相同的速度从原处射入电场，带电微粒在电场中电势能变化量为ΔE2。下列分析正确的是（不计重力作用）（ ）
A. 电容变小，两极板间电压变大，两极板间场强变小
B. 电量不变，两极板间电压不变，即ΔE1=ΔE2
C. 电容变小，电场强度不变，电压增大，即ΔE1<ΔE2
D. 电量不变，两极板间的电场强度不变，粒子的运动情况不变，即ΔE1=ΔE2
【答案】D
【解析】
分析】
【详解】由
可知，将电容器下板向下移动一段距离时，d增大，电容减小；电容器充电后与电源断开则电容器所带的电量Q不变，由
可知当d增大时，场强E不变；极板间电压
减小，不变，则增大；粒子在电场中做类平抛运动，由于场强E不变，飞出极板时，则水平方向有
竖直方向有
又因为
联立可得
故粒子运动轨迹不变，下板下移，故粒子将从极板间飞出，由于电势差不变，电场力做功不变，故电势能变化不变，即
故ABC错误，D正确。
故选D。
二、非选择题（6题53分，第19~22题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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）
17. 某同学在一次测电阻率的实验中，用一根长为L的导体进行试验，测得电流表（量程3A）、电压表（量程15V）的示数如图所示，则电流表的示数为I=_______A，电压表的示数为U=_______V，螺旋测微器的读数D（直径）为________mm。电阻率表达式：_______（用题中字母表示）。
【答案】 ①. 2.30 ②. 12.0 ③. ④.
【解析】
【分析】
【详解】[1]电流表的每小格读数为0.1A，应估读到0.01A，所以电流表的读数为2.30A；
[2]因电压表的每小格读数为0.5V，所以应估读到0.1V，所以电压表的读数为12.0V；
[3]螺旋测微器的读数为
[4] 根据
解得
18. 某同学想测某电源的电动势与内阻。
（1）为了粗略测定电源的电动势与内阻，该同学用下列方法 ：
①用多用电表的电压档直接测量电源两极间的输出电压；
②用多用电表的电阻档直接测量两极间的内阻；
你认为以上测量中不妥的是：___________（填序号）。
（2）为了精确测定这个电源的电动势和内阻，该同学用伏安法测电源电动势与内阻，调节变阻器的阻值，记录下电压表和电流表的示数，并在方格纸上建立了U­-I坐标，根据实验数据画出了坐标点，如图所示。请你完成U­-I图线___________，并由图线求出电源的电动势E=___________V，内阻r=___________Ω。请根据以上数据，尽量减小测量误差，请在图中完成电路的所有连线。（ ）
（3）由于电压表和电流表内阻的影响不可忽略，则采用此测量电路所测得的电动势与实际值相比___________，测得的内阻与实际值相比___________（选填“偏大”“偏小”或“相同”）。
【答案】 ①. ② ②. ③. 1.45 ④. 0.75 ⑤. ⑥. 偏小 ⑦. 偏小
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1]多用电表的电压档可以直接测量电源两极间的输出电压；不能用多用电表的电阻档直接测量两极间的内阻，所以②不妥；
（2）[2][3][4][5]连线时应使尽可能多的点在线上，不在线上的点应均匀分布在图线两侧，连线如图所示
根据闭合电路欧姆定律
结合图线可知电源的电动势
电源的内阻
为了减小误差，连接电路时，电压表测量的电压应该为除了电源之外的其他元件的电压，这样根据图线所得的电源内阻最接近真实值，故电流表采用内接法，实物图如下图所示
（3）[6][7] 该实验的系统误差主要是由电压表的分流，导致电流表测量的电流小于通过电源的真实电流；利用等效电源分析，即可将电压表等效为电源内阻，测实验中测出的电动势应为等效电阻输出的电压，由图可知，输出电压小于电源的电动势:故可知电动势的测量值小干真实值；测实验中测出的内阻应为实际电源内阻和电压表内阻并联的等效电阻，所以测得的内阻与实际值相比偏小。
19. 如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab间距离Lab=8cm，bc间距离Lbc=14cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角。一个所带电量q=-4×10-8C的负电荷从a点移到b点克服电场力做功为1.2×10-6J，求：
(1) a、b间的电势差和匀强电场的电场强度；
(2)电荷从b点移到c点，电场力所做的功。
【答案】(1)30V；375V/m；(2)-1.05×10-6J；
【解析】
【分析】
【详解】(1)根据
电场强度为
(2)电荷从b点移到c点电场力所做的功为
20. 如图所示电路中，已知电源的电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R=2Ω。闭合开关S，则
（1）流过电阻R的电流I为多少？
（2）电阻R消耗的电功率是多少？
【答案】（1）2A；（2）8W
【解析】
【分析】
【详解】（1）流过电阻R的电流
（2）电阻R消耗的电功率
21. 如图所示，甲图中变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如乙图中的AC、BC两直线所示．不考虑电表对电路的影响．
（1）定值电阻R0，变阻器的总电阻R分别为多少？
（2）求出电源的电动势和内阻．
【答案】（1）、；（2），
【解析】
【详解】试题分析：（1）由题意得，则，
当滑动变阻器取最大值时，电流最小，
而
所以
（2）因为，则内阻
．
考点：考查了闭合回路欧姆定律的应用
【名师点睛】当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻R0的电压增大，路端电压减小，来判断两个电压表的示数对应的图线．定值电阻等于图线AC的斜率大小．由数学知识求出图线的斜率求解．当滑动变阻器取最大值时，电流最小，由图读出电流的最小值，由欧姆定律求出变阻器的总电阻R．图线BC反映路端电压与电流的关系，其斜率大小等于电源的内阻，由数学知识求出电源的内阻．再闭合电路欧姆定律求出电源的电动势．
22. 如图所示，在距离某平面高2h处有一抛出位置P，在距P的水平距离为处有一光滑竖直挡板AB，A端距该水平面距离为，A端上方整个区域内加有水平向左的匀强电场；B端与半径为的的光滑圆轨道BC连接一带电量大小为，质量为的小滑块，以某一初速度从P点水平抛出，恰好能从AB挡板的右侧沿ABCD路径运动到D点而静止请完成下列问题
（1）求出所加匀强电场的场强大小？
（2）当滑块刚运动到C点时，求出对圆轨道的压力？
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
【详解】(1)设物块从P到A运动的时间为t，水平方向的加速度大小为a，物块能够沿AB下滑，说明在A点时水平方向速度为零，则
水平方向
其中根据牛顿第二定律可得
竖直方向
联立解得
(2)从P点到C点根据动能定理可得
其中
所以
根据牛顿第二定律可得
联立解得
根据牛顿第三定律可得压力大小为9N