江苏省南通市2024-2025学年高一下学期6月期末物理试卷（解析版）

这是一份江苏省南通市2024-2025学年高一下学期6月期末物理试卷（解析版），共16页。
考生在答题前请认真阅读本注意事项及各题答题要求
1．本试卷共6页，满分为100分，考试时间为75分钟。考试结束后，请将答题卡交回。
2．答题前，请务必将自己的姓名、考试号等用0.5毫米黑色墨水的签字笔填写在答题卡的规定位置。
3．请认真核对答题卡表头规定填写或填涂的项目是否准确。
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。作答非选择题，必须用0.5毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效。
5．如需作图，必须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑加粗。
一、单项选择题：共11题，每题4分，共44分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 小明用毛皮摩擦橡胶棒，然后将一束细塑料丝放在橡胶棒上，塑料丝立刻散开并悬浮在橡胶棒上方，如图所示。下列说法正确的是（ ）
A. 毛皮摩擦橡胶棒过程创生出了电荷
B. 毛皮摩擦橡胶棒后两者带同种电荷
C. 塑料丝接触橡胶棒后两者带同种电荷
D. 塑料丝悬浮是由于受到空气浮力的作用
【答案】C
【解析】A．摩擦起电现象是通过摩擦的方式使电荷发生了转移，而不是创造了电荷，故A错误；
B．毛皮摩擦橡胶棒后由于电子的转移，两者带异种电荷，故B错误；
C．摩擦过的橡胶棒得到电子带负电，接触后的塑料丝也带负电，故C正确；
D．由于同种电荷相互排斥，故塑料丝悬浮，故D错误。
2. 2025年6月6日，我国以一箭5星方式成功发射互联网低轨04组卫星，这些卫星在离地2000km的高度内绕地球做匀速圆周运动。已知地球同步卫星离地的高度约为36000km，则04组卫星（ ）
A. 角速度比地球同步卫星的小
B. 线速度比地球同步卫星的小
C. 运行周期比地球同步卫星的小
D. 向心加速度比地球同步卫星的小
【答案】C
【解析】卫星绕地球做圆周运动时，根据，相关物理量变化如下：
A．由可知，r越大，ω越小。04组卫星的r更小，故ω更大，A错误。
B．由可知，r越大，v越小。04组卫星的v更大，B错误。
C．由可知，r越大，T越大。04组卫星的T更小，C正确。
D．由可知，r越大，a越小。04组卫星的a更大，D错误。
故选C。
3. 一电动机正常工作时两端的电压为U，通过的电流为I，已知电动机线圈电阻为R。则该电动机（ ）
A. 发热功率为UI
B. 发热功率为
C. 对外做功的功率为UI
D. 对外做功的功率为
【答案】B
【解析】AB．根据焦耳定律可知，发热功率应为，故A错误，B正确；
CD．对外做功的机械功率应为，故CD错误；
故选B。
4. 如图所示，A、B为一对等量异种点电荷连线上的两点，B为连线中点，C为连线中垂线上一点。则（ ）
A. A点电势比B点的高
B. B点电势比C点的高
C. A点电场强度比B点小
D. B点电场强度比C点的小
【答案】A
【解析】AB．根据等量异种电荷电势特点可知，A点靠近正电荷，其电势比B点的高，BC连线为等势线，则B点电势等于C点电势，故A正确，B错误；
CD．根据等量异种电荷电场线分布特点及电场的矢量叠加可知，A点电场强度比B点的大，B点电场强度比C点的大，故CD错误；
故选A。
5. 如图所示电路中，闭合开关S，灯泡和均正常发光。将滑动变阻器的滑片向右滑动，则（ ）
A. 电流表示数变大B. 电压表示数变大
C. 灯泡变亮D. 灯泡变暗
【答案】B
【解析】AB．滑动变阻器的滑片向右滑动，阻值变大，则电路中电阻增大，根据可知，电流表示数变小；根据可知，电压表示数变大，故A错误，B正确；
C．根据可知，灯泡的电压变小，灯泡变暗，故C错误；
D．根据可知，并联电路及灯泡电压变大，则灯泡变亮，故D错误；
故选B。
6. 天狼星是夜空中最亮的恒星，它实际上是由一颗蓝矮星和一颗白矮星组成的双星系统，两星以相同角速度绕连线上某点做匀速圆周运动。已知蓝矮星的质量约为白矮星的2倍，则（ ）
A. 蓝矮星的向心力比白矮星的大
B. 蓝矮星向心力比白矮星的小
C. 蓝矮星轨道半径比白矮星的大
D. 蓝矮星轨道半径比白矮星的小
【答案】D
【解析】AB．双星系统中，两星间的万有引力提供彼此的向心力，根据牛顿第三定律，两星的向心力大小相等，故AB错误；
CD．双星角速度相同，由向心力公式及质量关系
可得
化简得
即蓝矮星轨道半径更小，故C错误，D正确；
故选D。
7. 我国无人驾驶技术已达世界先进水平。某无人快递车以恒定牵引力起动，起动过程中阻力恒定，发动机达到额定功率后保持功率不变。则该过程发动机功率P随时间t变化的关系图像可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由可知在匀变速阶段牵引力不变，功率和时间成正比，达到额定功率以后功率不变。
故选D。
8. 用图示气垫导轨装置做“验证系统机械能守恒定律”的实验，下列说法正确的是（ ）
A. 需将气垫导轨右端适当调高以平衡摩擦力
B. 实验中不需要测量钩码和滑块的质量
C. 钩码的质量不需要远小于滑块的质量
D. 钩码减小的重力势能等于滑块增加的动能
【答案】C
【解析】A．实验前将导轨调至水平即可，因为滑块滑动时与导轨之间没有摩擦力产生，因此不需要导轨平衡摩擦力，故A错误；
BD．设遮光条的宽度d、滑块释放时遮光条中心到光电门中心的距离L、遮光条通过光电门的时间，可知滑块到光电门时的速度大小
滑块从静止释放运动到光电门的过程中，若系统符合机械能守恒定律，则钩码减小的重力势能等于钩码和滑块增加的动能，满足的关系式为
则需要测量钩码和滑块的质量，故BD错误。
C．实验中钩码的质量不需要远小于滑块的质量，故C正确；
故选C。
9. 将点电荷分别固定在x轴上A、B两点，取无穷远处电势为零，A、B间各点电势随位置x变化的图像如图所示，其中C点的电势最低，已知。则（ ）
A. A、B间，C点电场强度最小
B. 在A、B间，C点电场强度最大
C. 两点电荷都带正电，且
D 两点电荷都带负电，且
【答案】A
【解析】AB．图像斜率代表场强，根据图像可知，在A、B间，C点电场强度最小，故A正确，B错误；
CD．由图可知，所有电势均为正值，所以两点电荷均带正电，根据电场叠加原理可知，两电荷在C点场强等大反向，结合
可知，故CD错误；
故选A。
10. 某同学利用图示电路观察电容器的充、放电现象。初始电容器不带电，他把单刀双掷开关S先接1，待电表示数稳定后再接2。则（ ）
A. S接1，电压表示数先增大后不变
B. S接1，电流表示数先增大后不变
C. S接2，电阻中的电流方向向上
D. S接2，电容器所带电荷量保持不变
【答案】A
【解析】AB．S接1，电容器充电，电压表测量电容器的电压，则电压表示数先增大后不变，充电过程电流表示数变小，充电后电路为断路，电流表示数为0，故A正确，B错误；
CD．S接2，电容器放电，电容器上极板为正极板，电阻中的电流方向向下，电荷量减少，故CD错误；
故选A。
11. 如图所示，足够长的水平传送带顺时针匀速运行，水平轻弹簧左端固定在墙壁上，右端栓接一小物块，将物块轻放在传送带左端，此时弹簧处于原长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力、下列关于物块动能、弹簧与物块的总机械能E随物块向右运动距离x变化的图像，可能正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】AB．将物块轻放在传送带左端后，由于传送带顺时针匀速运行，物块会受到向右的滑动摩擦力f作用，开始做加速运动，弹簧伸长量逐渐增大，弹簧对物块向左的弹力F由零逐渐增大，对物块加速过程，根据动能定理可得物块动能为Ek=（f-F）x
因F增大，故Ek-x图像的斜率逐渐减小；
若传送带的速度足够大，则在物块加速过程未与传送带共速的情况下，当弹簧弹力与滑动摩擦力相等时物块的速度达到最大，其动能也增加到最大，此后物块继续向右运动，弹簧弹力继续增大，且大于滑动摩擦力，物块做减速运动，动能减小，直到减小到零，之后物块反向向左运动，对物块减速过程，根据动能定理可得物块动能为Ek=Ekm-（F-f）x
因F增大，故Ek-x图像的斜率绝对值逐渐增大；
若传送带的速度较小，则在物块加速过程与传送带共速的情况下，当物块加速到与传送带恰好共速时，弹簧弹力小于滑动摩擦力，则物块会相对传送带静止一起向右匀速运动，其动能不变，当弹簧弹力增大到等于滑动摩擦力后物块继续向右运动，弹簧弹力继续增大，且大于滑动摩擦力，物块做减速运动，动能减小，直到减小到零，之后物块反向向左运动，对物块减速过程，根据动能定理可得物块动能为Ek=Ekm-（F-f）x
因F增大，故Ek-x图像的斜率绝对值逐渐增大，则选项A错误，B正确；
CD．根据功能关系可知，弹簧与物块的总机械能E的变化量等于摩擦力对物块做的功。在上述分析中，在传送带的速度足够大的情况下，在物块向右运动的过程中，受到的滑动摩擦力始终向右，由E=fx,可知E-x图像为过原点的倾斜直线；在传送带的速度较小的情况下，在物块向右加速运动的过程，E-x图像为过原点的倾斜直线，在与传送带相对静止匀速运动的过程，物块受到向右的逐渐增大静摩擦力作用，则E-x图像为斜率变大的曲线，之后在物块向右减速的过程，受到的滑动摩擦力始终向右，E-x图像为倾斜直线，故CD错误。
故选B。
二、非选择题：共5题，共56分。其中第13题~第16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。
12. 某实验小组用图甲所示电路描绘电学元件Rx（额定电压3V、额定电流约450mA）的U−I图像。实验室备有下列器材：
A．电流表A1（量程0~0.6A，内阻约为1Ω）
B．电流表A2（量程0~3A，内阻约为0.1Ω）
C．电压表V（量程0~3V，内阻约为3kΩ）
D．滑动变阻器R1（0~5Ω，额定电流2A）
E．滑动变阻器R2（0~100Ω，额定电流0.1A）
F．直流电源E（电动势4.5V，内阻不计）
G．开关S，导线若干
（1）为提高实验的准确程度且调节方便，电流表应选用______（选填“A1”或“A2”，滑动变阻器应选用______（选填“R1”或“R2”）。
（2）请根据图甲电路图，在图乙中用笔画线代替导线完成实物电路的连接。
（3）实验中，闭合开关，移动滑片P，得到多组I、U数据，其中一组数据中电压表示数如图丙所示，请读出这个电压值并填在表格相应空格处。
（4）请在图丁中描出剩下的一个数据点，并作出该元件的U−I图线。
（5）若考虑电表内阻对实验的影响，该元件真实的U−I图线应位于图丁所绘图线的______（选填“左”或“右”）边，理由是______。
【答案】（1） A1 R1
（2） （3）1.00
（4） （5） 左 见解析
【解析】
【小问1解析】
由题知，电学元件Rx的额定电流约450mA=0.45A，故电流表选A1；
由甲图知，滑动变阻器采用分压式接法，为了便于操作、准确测量，故应选用最大阻值较小的滑动变阻器R1；
【小问2解析】
实物电路图，如图所示
【小问3解析】
电压表量程是3V，由图示可知，其分度值是0.1V，读数是1.00V。
【小问4解析】
根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，根据坐标系内描出的点作出图像如图所示
【小问5解析】
由图示电路图可知，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，因此该元件真实的U−I图线应位于图丁所绘图线的左边。
13. 如图所示，球心为O的均匀带电球壳在球壳外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷产生的电场相同。一试探电荷从A点由静止释放，仅在静电力作用下沿直线运动到B点时速度为v。已知球壳所带电荷量为，A点到球心O的距离为d，试探电荷质量为m，电荷量为，静电力常量为k。求：
（1）A点电场强度的大小；
（2）A、B两点的电势差。
【答案】（1） （2）
【解析】
【小问1解析】
根据题意可知，球心为O的均匀带电球壳在球壳外部产生的电场，与一个位于球心、电荷量相等的点电荷产生的电场相同，根据点电荷电场强度公式可知A点电场强度的大小
【小问2解析】
根据动能定理可知
解得
14. 如图所示，地球绕太阳运动的轨道可近似为圆，哈雷彗星的运动轨道是一个非常扁的椭圆。已知哈雷彗星轨道半长轴为地球轨道半径的k倍，地球公转周期为T。
（1）求哈雷彗星的公转周期；
（2）若太阳中心到哈雷彗星轨道近日点、远日点的距离分别为，求哈雷彗星在近日点和远日点的加速度大小之比。
【答案】（1） （2）
【解析】
【小问1解析】
设地球半径为，则哈雷彗星轨道半长轴为，根据开普勒第三定律有
解得
【小问2解析】
根据牛顿第二定律有
解得
可知哈雷彗星在近日点和远日点的加速度大小之比
15. 如图所示为某电子运动控制装置简化图，静电分析器中存在以O为圆心的均匀辐向电场，正方形区域Ⅰ、Ⅱ边长均为L，区域Ⅰ中有竖直向下的匀强电场，区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场。一电子沿半径为R的圆弧虚线做匀速圆周运动，圆弧虚线处的电场强度大小为，电子通过静电分析器后贴着区域Ⅰ下边界水平向右射入电场，再从边界中点P进入区域Ⅱ，最后从顶点Q离开区域Ⅱ。已知电子质量为m、电荷量为e，不计电子的重力。求：
（1）电子做匀速圆周运动的速度大小；
（2）区域Ⅰ的电场强度大小；
（3）电子从P点运动到Q点过程中电势能的减少量。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
【小问1解析】
根据题意可知，辐向电场中，电场力提供向心力，有
解得
【小问2解析】
电子在区域I中运动过程，水平方向
竖直方向
由牛顿第二定律得
联立以上各式，解得
【小问3解析】
分析可知电子在两个电场区域中的运动时间相等，P到Q过程，根据匀变速直线运动的公式，竖直方向
其中
由牛顿第二定律
根据电场力做功与电势能的关系可知，电势能减少量
解得
16. 如图所示，足够长的斜面倾角为θ，MN段粗糙，其余部分光滑，完全相同的均匀木板A、B紧靠着放在斜面上。已知A、B的质量均为m，长度均为l，与MN间的动摩擦因数μ=2tanθ，MN长为l，A的下端到M点的距离为2l，重力加速度为g。现将A、B同时由静止释放，求：
（1）A的下端滑至M点时，A、B的速度大小v；
（2）A刚好全部滑入MN时，A、B间的弹力大小F；
（3）B刚好全部滑出MN时，重力对B做功的功率P。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
【小问1解析】
A、B由相对静止一起下滑，从A的下端滑至M点的过程，对A、B整体，根据动能定理得
解得
【小问2解析】
A刚好全部滑入MN时，对A、B整体，根据牛顿第二定律得
解得
此时对木板B，根据牛顿第二定律得
解得
【小问3解析】
由于A、B在MN段受到的滑动摩擦力与它们处于MN段中的长度成正比，所以当A的上半部与B的下半部分处于MN段（即A、B的接触位置在MN的中点）时，A、B受到的滑动摩擦力相等，此后A受到的滑动摩擦力变小，B受到的滑动摩擦力变大，A、B分离，设A、B恰好分离时的速度大小为v1。A的下端滑至M点到其全部滑入MN的过程，克服滑动摩擦力做功为
A全部滑入MN到A、B的接触位置在MN的中点的过程，克服滑动摩擦力做功为
A的下端滑至M点到A、B的接触位置在MN的中点的过程，对A、B整体，根据动能定理得
解得
A、B分离后到B刚好全部滑出MN的过程，B克服滑动摩擦力做功
设B刚好全部滑出MN时的速度大小为v2，对B由A、B分离后到刚好全部滑出MN的过程，根据动能定理得
解得
可得B刚好全部滑出MN时，重力对B做功的功率为
I/A
0
0.10
0.20
0.30
0.36
0.40
0.42
0.43
U/V
0
0.10
0.20
0.50
__
1.90
2.50
3.00