2023-2024学年河北省衡水市郑口中学高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年河北省衡水市郑口中学高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.科学家发现由于太阳内部的核反应而使其质量在不断减小。在若干年后，地球绕太阳的运动仍可视为匀速圆周运动。描述地球绕太阳运动的物理量与现在相比，下列说法正确的是( )
A. 半径变小B. 周期变大C. 速率变大D. 角速度变大
2.某款手机搭载了一块5000mA⋅h的电池，若用充满电后的该手机观看视频，可连续观看12个小时，则观看视频时电池的平均放电电流约为( )
A. 0.35AB. 0.42A
C. 0.48AD. 0.55A
3.如图所示，在距地面同一高度处将三个相同的小球以相同的速率分别沿竖直向下、竖直向上、水平向右的方向抛出，不计空气阻力，比较这三个小球从抛出到落地的过程，下列说法正确的是( )
A. 重力对每个小球做的功都各不相同
B. 每个小球落地时的速度都各不相同
C. 每个小球在空中的运动时间都各不相同
D. 每个小球落地时重力做功的瞬时功率都各不相同
4.如图所示，电流计的内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=1mA，R1=1900Ω，R2=100999Ω，则下列说法正确的是( )
A. 当S1和S2均断开时，虚线框中可等效为电压表，最大量程是2V
B. 当S1和S2均断开时，虚线框中可等效为电流表，最大量程是1A
C. 当S1和S2均闭合时，虚线框中可等效为电流表，最大量程是2A
D. 当S1和S2均闭合时，虚线框中可等效为电压表，最大量程是1V
5.一带负电的粒子仅在电场力的作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，图线刚好是半个周期正弦曲线，下列说法正确的是
A. 电场力先做正功后做负功
B. x1、x3处的电场强度相同
C. 粒子在x1处的加速度小于在x2处的加速度
D. x2处的电势小于x3处的电势
6.水平桌面上有两个柱形导体，它们的横截面均为正方形，柱体高均为h，较大的柱体横截面边长为a，较小的柱体横截面边长为b，如图所示，垂直柱体侧面通入电流，关于较大的柱体与较小的柱体，下列说法正确的是( )
A. 若两导体电阻率相同，则电阻之比为a：b
B. 若两导体电阻率相同，则电阻之比为b：a
C. 若两导体电阻相同，则两导体电阻率也相同
D. 若将电流方向改为竖直向下且两导体电阻率相同，则电阻之比为a2：b2
7.我国风洞技术世界领先，如图所示，在模拟风洞管中的光滑斜面上，斜面上端接有一弹簧，一个小物块受到沿斜面方向的恒定风力作用，沿斜面加速向上运动，则从物块接触弹簧至到达最高点的过程中( )
A. 物块加速度先增大后减小B. 弹簧弹性势能先增大后减小
C. 物块的机械能一直增大D. 物块和弹簧组成的系统机械能一直增大
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.人体的细胞膜模型图如图(a)所示，由磷脂双分子层组成，双分子层之间存在电压(医学上称为膜电位)，现研究某小块均匀的细胞膜，厚度为d，膜内的电场可看作匀强电场，简化模型如图(b)所示，初速度可视为零的一价正钾离子仅在电场力的作用下，从图中的A点运动到B点，下列说法正确的是( )
A. 该钾离子的电势能增大
B. A点电势大于B点电势
C. 若膜电位增加，则钾离子进入细胞内的速度更大
D. 若膜电位不变，膜的厚度越大，则钾离子进入细胞内的速度越大
9.如图所示，竖直平面内有两个固定的点电荷，电荷量均为+Q，与其连线中点O的距离均为h，质量为m、电荷量为−q的试探电荷以O为圆心垂直两固定的点电荷的连线做匀速圆周运动，圆周上的两点A、B与O在同一直线上，A、B两点各自和两个正点电荷连线与AB连线的夹角均为θ=30∘，已知静电力常量为k，重力忽略不计，则( )
A. 试探电荷做匀速圆周运动所需的向心力大小为 3kQq8h2
B. 若将θ增大，试探电荷仍能以O为圆心做匀速圆周运动，则试探电荷的向心力可能变小
C. 试探电荷做匀速圆周运动的角速度为12h kQqmh
D. 若在A点由静止释放负点电荷，该电荷将加速到达B点
10.如图所示，轻弹簧上端通过弹力传感器(图中未画出)固定在O点，下端连一质量为m的金属圆环，圆环套在光滑的倾斜固定滑轨上，M点在O点正下方。某时刻，给圆环一个方向沿滑轨向上、大小为v0= 10m/s的初速度，使圆环从M点开始沿滑轨向上运动，当弹力传感器显示弹力跟初始状态弹力相等时，圆环刚好运动到N点，此时弹簧处于水平状态。已知OM=30cm，ON=40cm，弹簧的劲度系数为k=4×103N/m，圆环运动过程中弹簧始终在弹性限度内，重力加速度g取10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 轻弹簧的原长为35cm
B. 圆环运动到N点时的速度大小为2m/s
C. 圆环运动到MN的中点P(图中未画出)时，弹簧的弹力达到最大值400N
D. 从M点到N点的过程中，弹簧的弹力对圆环先做负功后做正功，再做负功
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学自制如图所示的实验装置来验证机械能守恒定律。图中O点是量角器的圆心，悬线一端系于此处，另一端拴一个小球，S是光电门传感器(位置可调)。实验过程中，调节装置使OS保持竖直，量角器所在平面为竖直平面，测量出悬线的长度为L，小球的直径为d。将小球拉到某位置，读出此时悬线与水平方向的夹角θ，保持悬线伸直，由静止释放小球，小球的球心恰好可以经过光电门S，与光电门连接的数字计时器记录小球的挡光时间t，重力加速度为g。
(1)关于实验中器材的选用，下列说法正确的是。
A.实验中应选用质量小、体积大的小球 B.实验中应选用质量大、体积小的小球
C.悬线应选用弹性较好的细绳 D.悬线应选用无弹性的细绳
(2)小球经过光电门时的速度大小v=_________，若小球的质量为m，则小球从由静止释放到经过光电门时重力势能的减少量ΔEp=_________，小球动能的增加量ΔEk=_________，若满足等式ΔEp=ΔEk，则验证了机械能守恒定律。(均用题目中给定的物理量符号表示)
12.在“测定金属的电阻率”的实验中：
(1)分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量金属杆的长度和直径，某次测量的示数如图甲和图乙所示，则待测物体的长度为______ cm，直径为______ mm；
(2)该同学用伏安法测量该金属杆的电阻，电压表选择0−3V量程，电流表选择0−0.6A量程，分别测量金属杆两端的电压和流过金属杆的电流，指针位置分别如图丙所示，则金属杆的电阻为______Ω。(结果保留三位有效数字)
(3)该同学用如图丁所示的电路图测量金属杆的电阻，则电阻的测量值相较于真实值______(填“偏大”或“偏小”)。
(4)设测得金属杆的电阻为R，金属杆的长度为L，金属杆的直径为D，求得金属杆的电阻率为______(用题目所给字母表示)。
四、计算题：本大题共3小题，共36分。
13.如图所示，将内壁光滑的细管弯成四分之三圆形的轨道(圆心为O)并竖直固定，轨道半径为R，细管内径远小于R。轻绳穿过细管连接小球A和重物B，小球A的质量为m，直径略小于细管内径，用手托住重物B使小球A静止在Q点(OQ与竖直直径的夹角为53∘；松手后，小球A运动至P点(OP与竖直直径的夹角为37∘时对细管恰无作用力。重力加速度为g，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，取π=3.2，求：
(1)小球A静止在Q点时对细管壁的压力大小N；
(2)重物B的质量M。
14.如图所示，BC是光滑的14圆弧轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的滑块(可视为质点)置于水平轨道上，已知滑块受到的静电力大小为34mg，重力加速度为g，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，将滑块从水平轨道上与B点距离为x=4R的A点由静止释放，滑动过程中滑块电荷量不变，求：
(1)滑块到达B点时的速度大小vB；
(2)滑块到达与圆心O等高的C点时，轨道对滑块的作用力大小FC。
15.如图1所示，在平面直角坐标系xOy的第一象限中存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；第二象限中存在水平向右的匀强电场，电场强度大小也为E；第四象限中存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小为2E。一质量为m、电荷量为q的正离子从A点由静止释放，A点位置坐标为(−d,d)，不计该离子的重力。
(1)求离子第一次通过y轴时的速度大小；
(2)求离子第二次通过x轴时的位置坐标；
(3)若离子第一次经过x轴时开始计时，第四象限中的电场按图2规律变化(图中T=6 dm2Eq)，求离子第4次通过x轴的位置坐标。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】A.若太阳的质量减小，则太阳对地球的引力减小，则引力不足以提供地球做圆周运动的向心力，则地球将做离心运动，轨道半径变大，选项A错误；
BCD.根据
GMmr2=mv2r=mω2r=m4π2T2r
可得
T=2π r3GM
v= GMr
ω= GMr3
由于M减小，r变大，则周期T变大，速率变小，角速度变小，选项B正确，CD错误。
故选B。
2.【答案】B
【解析】根据电流定义式有
I=Qt=5A⋅h12h≈0.42A
故选B。
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题是动能定理、重力做功，瞬时功率的综合运用，抓住三个小球的加速度相同的条件进行分析。重力做功WG=mgh，起点与终点的竖直高度相等，重力相等，重力做功即相等；小球落地时重力做功的瞬时功率公式为P=mgvy，vy是竖直方向的分速度。由题三个小球抛出后，只受重力作用，加速度都是g，从抛出到落地，竖直方向的位移大小相等，根据运动学公式可比较时间；落地时各个速度方向的不全相同，可知速度不全相同；
【解答】
A.设下落高度为h，重力做功为WG=mgh，
三个小球下落高度相同，重力对每个小球做的功相同，故A错误；
B.三个小球从抛出到落地的过程，根据动能定理mgh=12mv2−12mv02，
可知每个小球落地时的速度大小相同，竖直向下、竖直向上抛出的球落地时的速度方向竖直向下，水平向右方向抛出的球落地时的速度方向不是竖直向下，故每个小球落地时的速度不是各不相同，故B错误；
C.小球抛出后，加速度都是g，竖直方向都做匀变速直线运动，做竖直下抛运动的小球，有h=v0t1+12gt12，
做竖直上抛运动的小球，有h=−v0t2+12gt22，
做平抛运动的小球，有h=12gt32，
可得t1故每个小球在空中的运动时间都各不相同，故C正确；
D.小球落地时重力做功的瞬时功率P=mgvcsθ=mgvy，
由于vy1=vy2=v>vy3，故P1=P2>P3，
故每个小球落地时重力做功的瞬时功率不是各不相同，故D错误。
故选C。
4.【答案】A
【解析】解：AB、由图示电路图可知，当S1和S1均断开时，G与R1串联，改装成的是电压表，电压表量程为U=Ig(R+R1)=1×10−3×(100+1900)V=2V，故A正确，B错误；
CD、由图示电路图可知，当S1和S1均闭合时，G与R2并联，改装成的是电流表，电流表量程为I=Ig+IgRgR2，代入数据解得I=1A，故CD错误。
故选：A。
根据在串联电路中电压的特点计算；根据在并联电路中电流的特点计算。
正确认识电路的结构是解题的关键，掌握在串并联电路中电压和电流的特点是解题的基础。
5.【答案】D
【解析】【分析】本题考查电场中的Ep−x图像，关键是明确图像的切线斜率表示电场力，根据粒子的电性，结合Ep=qφ分析电势。结合电场力做功与电势能变化的关系分析电场力做功的正负。
【解答】A、电势能先增大后降低，则电场力先做负功后做正功，故A错误；
B、Ep−x图像斜率表示电场力，x1、x3处斜率(正负)不同，则电场强度方向不同，故B错误；
C、在x1处的斜率大于在x2处斜率，故在x1处的电场力大于在x2处电场力，在x1处的加速度大于在x2处的加速度，故C错误；
D、粒子在x2处的电势能大于x3处的电势能，因为粒子带负电，根据Ep=qφ，x2处的电势小于x3处的电势，故D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】解：ABC、由R=ρLS可知，若电阻率相同，对应的截面积分别为ah和bh，长度分别为a和b，则沿图示电流方向有电阻之比R1:R2=ρ1ah2:ρkm=1:1，同理电阻相同，电阻率也相同，故AB错误，C正确；
D、若将电流方向改为竖直向下，横截面积分别为a2和b2，长度均为h，且电阻率相同，则电阻分别为R1=ρd1a2R2=ρbb2电阻之比为R1:R2=b2:a2，故D错误。
故选：C。
根据R=ρLS逐项分析即可。
熟练掌握公式R=ρLS是解题的基础。
7.【答案】D
【解析】解：A.物块与弹簧接触后沿斜面向上做加速运动，风对物块的作用力大于物块重力沿斜面向下的分力，物块所受合力沿斜面向上，物块与弹簧接触后受到弹簧沿斜面向下的弹力作用，开始物块受到的合力沿斜面向上，物块做加速运动，随物块向上运动，弹簧的压缩量增大，弹簧弹力增大，物块所受合力减小，加速度减小，物块向上做加速度减小的加速运动，加速度减小到0后，随弹簧弹力的增大，合力反向向下，物块的合力反向增大，做加速度增大的减速运动，所以整个过程物块先做加速度减小的加速运动，后做减少的增大的减速运动，故A错误；
B.从物块接触弹簧至到达最高点的过程中弹簧的压缩量一直增大，弹簧的弹性势能一直增大，故B错误；
C.物块与弹簧接触后沿斜面向上做加速运动，开始是风力大于弹簧力，弹簧对物体做正功，物体机械能增加，之后，风力可能小于弹簧力，则弹簧对物体做负功，机械能可能减少；故C错误；
D.从物块接触弹簧至到达最高点的过程中，风的作用力对物块与弹簧组点的系统一直做正功，系统机械能的变化量等于重力和弹力以外的力做的功，所以物块和弹簧组成的系统机械能一直增大，故D正确。
故选：D。
通过分析物块的受力情况，结合弹簧弹力的变化，分析物块的合力变化情况，判断物块加速度的变化情况，根据物块的运动情况判断速度变化情况；根据形变量的变化判断弹簧弹性势能的变化情况；根据功能关系分析物块与弹簧组成的系统机械能变化情况。
根据题意分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键，要抓住弹力的可变性，来分析合力的变化情况，从而判断物块的运动情况。不能简单地认为物块一接触弹簧就开始减速，要作仔细分析。
8.【答案】BC
【解析】AB、从图中的A点运动到B点，且钾离子带正电，因为钾离子是仅在电场力作用下的运动，故电场力对钾离子做正功，其电势能减小，电场线从A到B，沿电场线电势降低，所以A点电势大于B点电势，故A错误，B正确；
CD、设钾离子进入细胞内的速度为v，根据动能定理有qU=12mv2，可知若膜电位不变时，即电压U不变时，钾离子进入细胞内的速度不变，电压U增加时，速度增大，故C正确，D
错误。
故选：BC。
根据电场力做正功，电势能减小，沿电场线方向，电势降低分析；根据动能定理分析。
掌握电场力做正功，电势能减小，沿电场线方向，电势降低是解题的基础。
9.【答案】BC
【解析】解：A.以试探电荷为研究对象，其做匀速圆周运动，两正点电荷对其静电力的合力提供向心力，做匀速圆周运动所需的向心力大小为
F=2kQqcsθ(hsinθ)2= 3kQq4h2
故A错误；
B.θ越大，越靠近O点，由等量同种点电荷产生的电场可知，电场强度可能变小，所以将θ增大向心力有可能变小，故B正确；
C.由向心力公式
F=mω2⋅htanθ
可得负点电荷做匀速圆周运动的角速度
ω=12h kQqmh
故C正确；
D.AO之间的电场强度方向向左，电场力向右，接着由O到B，电场力反向，故先加速后减速运动，到B点速度为零，故D错误。
故选：BC。
试探电荷做匀速圆周运动所需的向心力是由两个点电荷对其库仑力的合力，根据库仑定律进行解答；根据牛顿第二定律结合向心力的计算公式进行解答；根据等量同种正电荷中垂线的电场强度分布情况进行解答；通过分析场强变化，分析受力变化，进而得到速度的变化情况。
本题主要是考查等量异种电荷周围电场线的分布情况，关键是能够根据试探电荷的运动情况分析受力情况。
10.【答案】ABD
【解析】A.由题意可知，在M点与N点弹簧弹力大小相等，根据胡克定律可知，在M点的压缩量等于在N点伸长量，设轻弹簧的原长为 L0 ，则有
ON−L0=L0−OM
解得
L0=35cm
故A正确；
B.圆环从M到N的过程，弹簧弹性势能变化刚好为0，根据能量守恒可得
mg⋅OM=12mv02−12mvN2
解得圆环运动到 N 点时的速度大小为
vN=2m/s
故B正确；
C.过O点做倾斜固定滑轨的垂线交于 Q 点，由几何关系可知， OQ 对应的弹簧最短，弹簧压缩量最大，弹力最大，且
OQ=OM⋅ON OM2+ON2=30×40 302+402cm=24cm
则最大弹力为
Fmax=k(L0−OQ)=4×103×(35−24)×10−2N=440N
故C错误；
D.从 M 点到 N 点的过程中，弹簧先处于压缩状态，且压缩量先增大后减小，之后弹簧处于伸长状态，则弹簧的弹力对圆环先做负功后做正功，再做负功，故D正确。
故选ABD。
11.【答案】(1)BD
(2)dt mgL+d21−sinθ md22t2

【解析】(1)AB.实验中应选用质量大、体积小的小球，以减小空气阻力的影响，故A错误，B正确；；
CD.悬线应选用无弹性的细绳，使摆线长度尽量保持不变，故C错误，D正确。
故选BD。
(2)[1]小球经过光电门时的速度大小
v=dt
[2]小球从由静止释放到经过光电门时，重力势能的减少量
ΔEp= mgL+d21−sinθ
[3]小球动能的增加量
ΔEk=12mv2=md22t2
12.【答案】偏小 πD2R4L
【解析】解：(1)游标卡尺的最小分度值为0.1mm，由题图甲可知金属杆的长度为
l=50mm+1×0.1mm=50.1mm=5.01cm
螺旋测微器的最小分度值为0.01mm，由题图乙可知金属杆的直径为
d=5mm+31.6×0.01mm=5.316mm
(2)电流表的最小分度是0.02A，读数是
I=0.4A+2×0.02A=0.44A
电压表的最小分度是0.1V，读数是
U=1V+1.5×0.1V=1.15V
电阻
R=UI=Ω≈2.61Ω
(3)电流表外接时，待测电阻两端电压表读数是准确的，由于电压表的分流作用导致电流表读数大于流过待测电阻的真实电流，所以电阻的测量值相较于真实值偏小。
(4)由电阻定律
R=ρLS
金属杆的横截面积
S=π(D2)2=14πD2
联立解得
ρ=πD2R4L
故答案为：(1)5.01，5.316；(2)2.61；(3)偏小；(4)πD2R4L。
(1)先确定游标卡尺和螺旋测微器的最小分度值再读数；
(2)先确定电压表和电流表的最小分度值再读数；根据欧姆定律计算；
(3)分析电压表的分流作用判断；
(4)根据电阻定律、几何知识推导。
本题关键掌握游标卡尺、螺旋测微器、电压表和电流表的读数方法。
13.【答案】解：(1)小球A静止在Q点时的受力图如下，N为轨道对小球的支持力，
根据平衡条件，在支持力N所在的方向上，有N=mgcs53∘，解得N=0.6mg，根据牛顿第三定律可知，小球对细管壁的压力大小也为N=0.6mg
(2)对小球A和重物B组成的系统，在小球A从Q点到P点的过程中，由机械能守恒有
Mg⋅πR2−mg⋅R(cs37∘+cs53∘)=12(M+m)v2
对小球A在P点时，根据牛顿第二定律mgcs37∘=mv2R
联立解得M=1.5m
答：(1)小球A静止在Q点时对细管壁的压力大小N为0.6mg；
(2)重物B的质量M为1.5m。
【解析】(1)画小球在Q点的受力图，根据平衡条件列式结合牛顿第三定律进行解答；
(2)根据系统机械能守恒和牛顿第二定律列式求解。
考查物体受力分析、牛顿运动定律和机械能守恒的问题，会根据题意进行准确分析和解答。
14.【答案】解：(1)滑块到达B点过程，根据动能定理有
(34mg−μmg)x=12mvB2−0
解得
vB= 2gR
(2)对滑块从A点到达C点的过程中，根据动能定理有
34mg(x+R)−μmgx−mgR=12mvC2−0
解得
vC= 32gR
滑块到达C点时，根据牛顿第二定律有
FC−34mg=mvC2R
解得
FC=94mg
答：(1)滑块到达B点时的速度大小 2gR；
(2)滑块到达与圆心O等高的C点时，轨道对滑块的作用力大小94mg。
【解析】(1)根据动能定理列式求解滑块到达B点时的速度；
(2)根据动能定理和牛顿第二定律列式联立解答轨道对滑块的作用力。
考查动能定理和牛顿运动定律、力的合成等知识，会根据题意列式求解相关的物理量。
15.【答案】解：(1)根据动能定理有
qEd=12mv12
解得离子第一次通过y轴时的速度大小为
v1= 2qEdm
(2)离子在第一象限做类平抛运动，水平方向有
x1=v1t1
竖直方向有
d=12⋅qEmt12
联立解得
x1=2d
故离子第一次通过x轴时的位置坐标(2d,0)。由于
vy12t1=d=12v1t1
则有
vy1=v1
进入第四象限的电场时离子在竖直方向上沿y轴负方向先做匀减速，速度减到零后反向加速，第二次回到x轴，则有
t2=2vv12qEm= 2dmqE
沿x轴方向的位移
x2=v1t2= 2qEdm× 2dmqE=2d
离子第二次通过x轴时的位置坐标(4d,0)
(3)若离子第一次进入第四象限后开始计时，则在竖直方向上t=T6= dm2Eq时间内，离子向下做减速运动，在t=T6时刻的速度大小
vy2=vy1−2qEmt=0
然后经过T6后开始反向加速，仍经过T6后第2次回到x轴，之后离子以与x轴成45∘的方向斜射入第一象限，则竖直方向上经过时间
t=2vy1qEm=4 dm2qE=4×⋅T6=2T3
离子第3次回到x轴，此时第四象限的电场正处于向上的2E，则再经过T6离子速度减为零，再经过两个T6，离子开始反向运动，再经过T6第4次经过x轴，此时从计时开始离子已经经过了11个T6的时间，离子第4次通过x轴时，沿x方向的位移为
x=v1⋅116T
解得
x=11d
则此时的位置坐标为(13d,0)。
答：(1)离子第一次通过y轴时的速度大小 2qEdm；
(2)离子第二次通过x轴时的位置坐标(4d,0)；
(3)离子第4次通过x轴的位置坐标(13,0)。
【解析】(1)根据动能定理求离子第一次通过y轴时的速度大小；
(2)离子进入第一象限做类平抛运动，根据分位移公式和牛顿第二定律相结合求离子第一次通过x轴时的位置坐标；
(3)离子在第四象限做匀变速曲线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，离子水平方向的速度保持不变，结合运动的对称性，由几何关系确定离子第4次通过x轴时位置坐标。
解决本题的关键要理清离子的运动情况，把握每个过程的物理规律，熟练运用运动的分解法处理类平抛运动。