【物理】浙江省宁波市三锋联盟2024-2025学年高一下学期6月期末试题（解析版）

这是一份【物理】浙江省宁波市三锋联盟2024-2025学年高一下学期6月期末试题（解析版），共22页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1、本卷共8页满分100分，考试时间90分钟；
2、答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3、所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；
4、考试结束后，只需上交答题纸。
一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分。）
1. 在如图所示的四种情形中，防止离心现象的是( )
A. 在甲图中，火车转弯时，按规定速度通过
B. 在乙图中，运动员将链球甩出
C. 丙图是民间艺人在制作棉花糖
D. 丁图是洗衣机甩干时内筒在高速旋转
【答案】A
【解析】A．火车转弯时需要的向心力由重力的分力提供，若行驶速度超过规定速度，则需要的向心力大于重力的分力，不足的向心力要有外轨道提供，火车转弯时，按规定速度通过是为了防止离心现象，故A正确；
B．链球运动员通过快速旋转将链球甩出，是应用了离心现象，故B错误；
C．制作“棉花糖”的过程中，糖熔化后被甩出，做离心运动，是应用了离心现象，故C错误；
D．洗衣机脱水利用了水在高速旋转，附着力小于向心力时做离心运动，是应用了离心现象，故D错误。
故选A。
2. 如图所示，无人机在空中匀速上升时，不断增加的能量是（ ）
A. 动能B. 动能、重力势能
C. 重力势能、机械能D. 动能、重力势能、机械能
【答案】C
【解析】无人机在匀速上升过程中，它的质量不变，速度不变，则动能不变；同时高度增加，其重力势能增加；因机械能等于动能与势能的总和，所以无人机的机械能增加。
故选C。
3. 如果把地球看成大“拱形桥”，当一辆“汽车”速度达到一定值时，“汽车”对地面压力恰好为零，此时“汽车”（ ）
A. 受到的重力消失了
B. 仍受到重力，其值比原来的小
C. 仍受到重力，其值与原来相等
D. 仍受到重力，其值比原来的大
【答案】C
【解析】当汽车速度达到使地面支持力为零时，重力完全提供向心力。
根据牛顿第二定律：
此时重力仍存在，且大小为mg，与原来相等。
C正确，ABD错误。
故选C。
4. 某星球的质量与地球质量相同，半径为地球半径的2倍。假设人类在该星球上能正常进行各种活动，则与地球上相比，在该星球上（ ）
A. 跳高运动员会跳得更高
B. 水平投出的篮球下落得更快
C. 烧开一壶水需要的时间更长
D. 称体重时弹簧秤体重计的读数更大
【答案】A
【解析】A．根据
解得
星球重力加速度为地球
在地球表面跳起的最大高度
在星球表面跳起的最大高度
解得
跳高运动员会跳得更高，A正确；
B．在地球表面水平抛出篮球下落时间
在星球表面水平抛出篮球下落时间
解得
水平投出的篮球下落得更慢，B错误；
C．水的沸点受大气压影响，而大气压与重力加速度有关。该星球的重力加速度更小，大气压更低，水的沸点也更低，烧开水所需时间通常会更短，C错误；
D．在地球上体重计的示数
在星球上体重计的示数
解得
称体重时弹簧秤体重计的读数更小，D错误。
故选A。
5. 乘客乘坐摩天转轮时，转轮始终不停地匀速转动，试判断下列说法正确的是（ ）
A. 每个乘客都在做加速度为零的匀速运动
B. 每时每刻，每个人受到的合力都不等于零
C. 乘客在乘坐过程中对座位的压力始终不变
D. 乘客在乘坐过程中保持失重状态
【答案】B
【解析】A．匀速圆周运动速度方向不断变化，存在向心加速度，加速度不为零，也不是匀速运动，故A错误；
B．匀速圆周运动需要向心力，合力提供向心力，合力始终不为零，故B正确；
C．在最高点压力小于重力（失重），在最低点压力大于重力（超重），压力变化，故C错误；
D．乘客在最高点失重，最低点超重，并非始终失重，故D错误。
故选B。
6. 在如图所示的电路中，开关闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，电压表和电流表的读数都增大，则肯定出现了下列哪种故障（ ）
A. 短路B. 短路
C. 短路D. 断路
【答案】A
【解析】A．若短路，接入的总电阻减小，干路电流增大，电流表的读数增大，根据
电压表的读数都增大，故A正确；
B．若短路，电流表读数减小为0，接入的总电阻减小，干路电流增大，根据
电压表的读数都增大， 故B错误；
C．若短路，电压表读数减小为0，与并联，电压增大，根据欧姆定律
电流表的读数增大，故C错误；
D．若断路，电流表的读数为0，同时接入的总电阻增大，干路电流减小，根据
电压表的读数减小，故D错误。
故选A。
7. 如图所示，孤立点电荷+Q固定在正方体的一个顶点上，与+Q相邻的三个顶点分别是A、B、C，下列说法正确的是（ ）
A. A、B、C三点的电场强度方向相同
B. A、B、C三点的电势相同
C. A、B、C三点所在的平面为一等势面
D. 将一电荷量为+q的试探电荷由A点沿直线移动到B点的过程中，电势能始终保持不变
【答案】B
【解析】A．A、B、C三点的电场强度方向从+Q分别指向A、B、C三点，A、B、C三点的电场强度方向不相同，A错误；
B．A、B、C三点到点电荷+Q的距离相同，电势相同，B正确；
C．A、B、C三点所在的平面不是一等势面，A、B、C三点所在的球面为一等势面，C错误；
D．将一电荷量为+q的试探电荷由A点沿直线移动到B点的过程中，试探电荷+q与点电荷+Q的距离先减小后增大，电场力先做负功，后做正功，电势能先增大后减小，D错误。
故选B。
8. “北斗卫星”导航系统是我国自行研制的全球卫星导航系统，“北斗卫星”导航系统空间段由5颗静止轨道卫星和30颗非静止轨道卫星组成。对于5颗位于赤道上空的地球静止卫星，下列说法正确的是（ ）
A. 动能相等，受到地球的万有引力不相等
B. 角速度相等，周期不相等
C. 线速度、加速度的大小均相等
D. 周期相等，轨道半径不相等
【答案】C
【解析】A．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得
动能
静止卫星的轨道半径r相同，但质量不一定相同，则动能不一定相同，受到地球的万有引力也不一定相等，故A错误；
B．地球静止卫星相对地球静止，静止卫星的周期、角速度与地球自转的周期、地球自转的角速度相等，所有静止卫星的角速度与周期都相等，故B错误；
CD．万有引力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
静止卫星的周期等于地球自转周期，周期相等，则地球静止卫星的轨道半径r相同，则卫星的线速度、加速度大小都相等，故C正确，D错误；
故选C。
9. 电子透镜两极间的电场线分布如图，中间的一条电场线为直线，其他电场线对称分布，a、b、c、d为电场中的四个点，其中b、d点和b、c点分别关于x、y轴对称，一离子仅在电场力作用下从a运动到b，轨迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（ ）
A. b、d两点的场强相同
B. 直线是电场中的一条等势线
C. 离子在a、b两点的动能满足
D. 若把该离子从c点由静止释放，那离子会沿着c点所在的电场线到达b点
【答案】C
【解析】A．由电场线分布规律可知b、d两点的场强大小相等，方向不同，故A错误；
B．由对称性可知b、d两点电势相等，等势面与电场线垂直，所以直线不是等势线，故B错误；
C．由图中轨迹的弯曲方向可知，离子带负电，沿着电场线电势降低可知a点电势大于b点电势，根据电势能，可知离子在a、b两点的电势能满足，离子在a点到b点过程中，由能量守恒可得，故C正确；
D．c点所在的电场线是一条曲线，由力与运动可知，离子不会沿着c点所在的电场线到达b点，故D错误；
故选C。
10. 如图，质量为的小球a在真空中做自由落体运动，同样的小球b在黏性较大的液体中由静止开始下落。它们都由高度为的地方下落到高度为的地方。在这个过程中（ ）
A. 小球a机械能增加B. 小球b动能增加
C. 两小球所受合外力做功相同D. 两小球的重力做功功率不同
【答案】D
【解析】A．小球a只受重力作用，机械能保持不变，故A错误；
B．小球b在黏性较大的液体中下落，受到液体阻力的作用，可知合力小于重力，根据动能定理可得小球b动能增加量满足
故B错误；
C．小球a的合力为重力，小球b的合力小于重力，下落相同高度，则两小球所受合外力做功不相同，故C错误；
D．根据
由于两球下落过程的受力不同，加速度不同，所用时间不同，所以两小球的重力做功功率不同，故D正确。
故选D。
11. 如图所示，平行板电容器实验装置中，极板A接地，B与一个灵敏的静电计相接。若电容器的电容为C，两极板间的电压为U，两极板间的电场强度为E，则（ ）
A. 将A极板向上移动，C变大，U变小，E变小
B. 将A极板向下移动，C变小，U变大，E不变
C. 将A极板向右移动，C变大，U变小，E变小
D. 将A极板向左移动，C变小，U变大，E不变
【答案】D
【解析】A．将A极板向上移动，两板间正对面积S减小，由
可知C减小；由于两极板所带电荷量不变，由
可知，两极板间的电压U变大，由
可知电容器两极板间的电场强度E变大。故A错误；
B．将A极板向下移动，两板间正对面积S减小，由
可知C减小；由于两极板所带电荷量不变，由
可知，两极板间的电压U变大，由
可知电容器两极板间的电场强度E变大。故B错误；
C．将A极板向右移动，两板间距离d减小，由
可知C增大；由于两极板所带电荷量不变，由
可知，两极间的电压U变小，由
可知电容器两极板间的电场强度E不变。故C错误；
D．将A极板向左移动，两板间距离d增大，由
可知C减小；由于两极板所带电荷量不变，由
可知，两极间的电压U变大，由
可知电容器两极板间的电场强度E不变。故D正确。
故选D。
12. 某空间的x轴上只存在沿此轴方向的静电场，x轴上各点电势分布如图。一带电量为的粒子只在电场力作用下由x轴上某点无初速释放，下列说法正确的是（ ）
A. 若粒子沿x轴运动过程中的总能量恒为零，则粒子的运动区间是
B. 运动过程中的最大动能为
C. 原点的电场强度最大
D. 若粒子在位置释放，则会在和原点间来回往复运动
【答案】A
【解析】A．粒子带负电荷，开始时由电势低处向电势高处运动，又粒子沿x轴运动过程中的总能量恒为零，则开始运动时动能为零，电势能也为零，则粒子的活动区间是[x2，x3]，故A正确；
B．负电荷在电势最高处，电势能最小，根据总能量守恒，可知此时动能最大，则可知运动过程中的最大动能为
故B错误；
C．根据图像斜率大小表示电场强度大小，由图可知原点图像的切线斜率为零，故原点的电场强度零，不是最大，故C错误；
D．若粒子在位置释放，粒子在处的动能为零，由图可知，粒子在和两个位置的电势相等，则粒子在两处的电势能也相等，根据总能量守恒可知，粒子在的动能也为零，故粒子会在和间来回往复运动，故D错误。
故选A。
13. 如图甲、乙所示为自行车气嘴灯，气嘴灯由接触式开关控制，其结构如图丙所示，弹簧一端固定在顶部，另一端与小物块P连接，当车轮转动的角速度达到一定值时，P拉伸弹簧后使触点A、B接触，从而接通电路使气嘴灯发光。触点B与车轮圆心距离为R，车轮静止且气嘴灯在最低点时触点A、B距离为d，已知P与触点A的总质量为m，弹簧劲度系数为k，重力加速度大小为g，不计接触式开关中的一切摩擦，小物块P和触点A、B均视为质点，则（ ）
A. 要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为
B. 要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为
C. 要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为
D. 要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为
【答案】C
【解析】AB．车轮转动前气嘴灯在最低点
气嘴灯在最低点，能发光的角速度
解得
要使气嘴灯能发光，车轮匀速转动的最小角速度为，AB错误；
CD．气嘴灯在最高点能发光的角速度
解得
要使气嘴灯一直发光，车轮匀速转动的最小角速度为，C正确，D错误。
故选C。
二、选择题Ⅱ（本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）
14. 下列说法中正确的是（ ）
A. 根据电势的定义式，可知电场中某点的电势与试探电荷在该点的电势能成正比
B. 由知，电容C与电容器所带电荷量Q成正比，与电容器两端的电压U成反比
C. 卡文迪什通过实验推算出来引力常量G的值，被誉为第一个能“称量地球质量”的人
D. 电动势表征了电源将其他形式的能转化为电能的本领
【答案】CD
【解析】A．根据电势的定义式可知电场中某点的电势等于试探电荷在该点的电势能与电荷量的比值，电场中某点的电势与试探电荷在该点的电势能，与试探电荷的电荷量无关，故A错误；
B．根据电容的定义式可知电容器的电容等于电容器极板所带电荷量与电势差的比值，电容器的电容决定于电容器本身，与电容器所带电荷量无关，与电容器两端的电压U无关，故B错误；
C．卡文迪什通过实验推算出来引力常量G的值，被誉为第一个能“称量地球质量”的人，故C正确；
D．电动势是表征电源将其他形式能转化为电能本领的物理量，故D正确。
故选CD。
15. 如图所示，示波管由电子枪竖直方向偏转电极YY′、水平方向偏转电极XX′和荧光屏组成。电极XX′的长度为l、间距为d、极板间电压为U，YY′极板间电压为零，电子枪加速电压为9U。电子刚离开金属丝的速度为零，从电子枪射出后沿方向进入偏转电极。已知电子电荷量为e，质量为m，则电子（ ）
A. 在XX′极板间的加速度大小为
B. 打在荧光屏时，动能大小为
C. 在XX′极板间运动的时间为
D. 打在荧光屏时，其速度方向与连线夹角的正切
【答案】ACD
【解析】A．由牛顿第二定律可得，在XX′极板间的加速度大小
故A正确；
C．电子经过加速电场过程，根据动能定理可得
解得
电子在XX′极板间，沿方向做匀速直线运动，则运动的时间为
故C正确；
B．设电子在XX′极板间沿电场方向的偏转位移为，则有
可知打在荧光屏时，动能大小小于，故B错误；
D．电子离开XX′极板时沿电场方向的分速度为
则打在荧光屏时，其速度方向与连线夹角的正切值为
故D正确。
故选ACD。
非选择题部分
三、非选择题（本题共5小题，共55分）
16. （1）如图甲为向心力演示仪的示意图，图乙为俯视图。图中A、B槽分别与a、b轮同轴固定，且a、b轮半径相同。a、b两轮在皮带的传动下匀速转动。
现将两个小钢球分别放入A、B槽中，①球的质量是②球的2倍，①球放在A槽的边缘，②球放在B横的边缘，它们到各自转轴的距离之比为，如图乙所示，则钢球①，②的线速度大小之比为________，向心力大小之比为__________。
（2）利用如图甲装置做“验证机械能定恒定律”实验。
①除带夹子的重物、纸带、铁架台（含铁夹）、电磁打点计时器、导线及开关外，在下列器材中，还必须使用的两种器材是_________。
A．低压交流电源 B．刻度尺 C．弹簧秤
②实验中，先接通电源，再释放重物，得到图乙所示的一条纸带，在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为、、，已知当地重力加速度为g，打点计时器打点的周期为T，重物的质量为m。从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量_________，动能变化量_________。
③某次实验结果显示，重力势能的减少量大于动能的增加量，最可能的原因是_______（单选）。
A．处理纸带时，没有每隔4点取一个计数点
B．重力加速度取值偏大
C．存在空气阻力和摩擦阻力的影响
D．没有采用多次实验取平均值的方法
【答案】（1） （2） ①. AB##BA ②. ③. C
【解析】（1）a、b两轮在皮带的传动下匀速转动，且a、b轮半径相同，可知
根据
可知钢球①，②的线速度大小之比为
根据向心力表达式
可知钢球①，②的向心力大小之比为
（2）①电磁打点计时器需用低压交流电源，还需要刻度尺测量各点的距离。
故选AB。
②从打O点到打B点的过程中，重物的重力势能减少量为
从打O点到打B点的过程中，动能变化量为
③重力势能的减少量大于动能的增加量，最可能的原因是存在空气阻力和摩擦阻力的影响，使得重力势能的减少量有一部分转化为内能。
故选C。
17. 某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有
A．电流表A1（内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=3mA）
B．电流表A2（内阻约为0.4Ω，量程0~0.6A）
C．定值电阻R0=900Ω D．滑动变阻器R（5Ω，2A）
E．干电池组（6V，0.05Ω） F．一个开关和导线若干
G．螺旋测微器，游标卡尺
（1）如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为_______mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为_____cm；
（2）用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用_____挡（填“×1Ω”或“×100Ω”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3所示，则金属棒的阻值约为______Ω；
（3）请根据提供的器材，设计了一个实验电路，如图4可能精确测量金属棒的阻值，若实验测得电流表A1示数为I1，电流表A2示数为I2，则金属棒电阻的表达式为Rx=______。（用I1，I2，R0，Rg表示）
【答案】（1）6.123##6.124##6.122 10.230 （2）“×1Ω” 12.0 （3）
【解析】（1）螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，故图示金属棒的直径为
游标卡尺的读数为主尺读数与游标尺读数之和，故图中金属棒的长度为
（2）指针偏转角度过大，说明电阻值较小，应该换小倍率挡，故应该选择“×1Ω”；
欧姆表的读数为指针所指刻度与倍率的乘积，故金属棒的阻值约为
（3）根据部分电路欧姆定律得
18. 如图所示，一个光滑斜面上放了一个质量为、带正电的物块，另一边天花板上挂着一个小球，两者相距3m，且在同一水平面上处于平衡状态。斜面倾角和绳子的偏转角度θ均为37°，绳长，物块带电量为，已知静电力常量，，，，。试求：
（1）小球带电量；
（2）小球的质量；
（3）移开物块，小球向下摆动，摆到最低点时小球对绳子的拉力大小。
【答案】（1） （2）0.64kg （3）8.96N
【解析】
【小问1解析】
静电力公式
对小物块进行受力分析，可得
联立解得
【小问2解析】
对小球进行受力分析，可得
由（1）中方程可解得
故可解
【小问3解析】
由动能定理
对小球最低点进行受力分析
解得
19. 如图所示，质量m=60kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度，A与B的竖直高度差H=48m，为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以为圆心的圆弧，圆弧的半径R为12.5m，助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m，g取10m/s2。
（1）求AB段位移的大小；
（2）若运动员在C点能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，求通过C点允许的最大速度？
（3）在第（2）前提条件下，求运动员在B、C间运动过程中克服阻力做功多少？
【答案】（1） （2） （3）1530J
【解析】
【小问1解析】
由匀变速运动规律可得
解得
【小问2解析】
根据向心力条件可知
解得
【小问3解析】
在BC段由动能定理得
得
在BC段克服阻力做功1530J。
20. 如图所示，倾角为θ=37°的直线雪道AB与曲线雪道BCDE在B点平滑连接，其中A、E两点处在同一水平面上，曲线最高点C对应圆弧轨道的半径R=10m，B、C两点距离水平面AE的高度分别为h1=18m与h2=18.1m，游客可坐在电动雪橇上由A点从静止开始向上运动，雪橇与雪道AB间的动摩擦因数µ=0.1，不计空气阻力，若电动机以恒定功率1.03kW工作10s后自动关闭，则雪橇和游客（总质量m=50kg）到达C点的速度为1m/s，到达E点的速度为9m/s。取sin37°=0.6，cs37°=0.8，g取10m/s2，求：
（1）雪橇在C点时对雪道的压力；
（2）雪橇在BC段克服摩擦力所做的功；
（3）雪橇和游客整体从C点到E点的过程中损失的机械能。
【答案】（1）495N，方向竖直向下 （2）25J （3）7050J
【解析】
【小问1解析】
设在C点轨道对雪橇的支持力为FN，对整体受力分析，由牛顿第二定律有
解得
由牛顿第三定律得，方向竖直向下；
【小问2解析】
在雪道AB上雪橇受到的滑动摩擦力为
从A点到C点，根据动能定理有
代入数据得
【小问3解析】
从C点到E点过程运用动能定理得
从C点到E点克服摩擦力做功
故整体从C点到E点过程中损失的机械能
21. 如图所示，两平行金属板A、B长l=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，即。一带正电的粒子电荷量，质量，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度，粒子飞出平行金属板后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）。已知两界面MN、PS相距为L=12cm，粒子穿过界面PS后做圆周运动并垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上。求：（静电力常量，粒子重力不计，取sin37°=0.6，cs37°=0.8，
（1）求粒子在平行金属板内，竖直方向偏转的位移大小？
（2）粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离；
（3）点电荷的电荷量。
【答案】（1）0.03m （2）0.12m （3）
【解析】
【小问1解析】
设粒子从电场中飞出时的竖直方向位移为h，穿过界面PS时偏离中心线RO的距离为y，则，，
即
代入数据得h=0.03m
【小问2解析】
带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，由相似三角形知识可得
代入数据得y=0.12m
【小问3解析】
设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为，则
代入数据得
所以粒子从电场中飞出时的速度为
设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为，则
则
因为粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏上，所以该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q做匀速圆周运动，其半径与速度方向垂直，匀速圆周运动的半径
由
代入数据解得