山东省青岛市2024-2025学年高一下学期期末检测物理试卷（解析版）

这是一份山东省青岛市2024-2025学年高一下学期期末检测物理试卷（解析版），共21页。试卷主要包含了考试结束后，只需要上交答题卡等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，只需要上交答题卡。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 关于做曲线运动的物体，下列说法正确的是（ ）
A. 速度大小一定发生变化
B. 加速度方向一定不断变化
C. 在某段时间内的路程不可能为零
D. 所受合力的方向与加速度方向一定不在同一直线上
【答案】C
【解析】A．曲线运动中速度方向一定发生变化，但速度大小可以不变，例如匀速圆周运动，故A错误；
B．曲线运动的加速度方向不一定不断变化，例如平抛运动是曲线运动，但其加速度为重力加速度，方向始终竖直向下，故B错误；
C．路程是指运动轨迹的长度，物体做曲线运动，轨迹为一条曲线，路程不可能为零，故C正确；
D．根据牛顿第二定律可知，合力方向与加速度方向始终相同，必定共线，故D错误。
故选C。
2. 如图所示，一根粗细均匀的导线中自由电子向右定向移动的平均速率为v，导线两端加上恒定电压U，若导线横截面积为S，电子的电荷量为e，自由电子数密度为n，下列说法正确的是（ ）
A. 等效电流的大小为nev
B. 等效电流的方向向右
C. 若将导线均匀拉长为原来的2倍，导线电阻变为原来的2倍
D. 若将导线均匀拉长为原来的2倍，导线中自由电子定向移动的平均速率变为
【答案】D
【解析】A．等效电流的大小为neSv，A错误；
B．等效电流的方向与负电荷定向移动方向相反，等效电流方向向左，B错误；
C．导线电阻为
若将导线均匀拉长为原来的2倍，导线电阻变为原来的4倍，C错误；
D．导线的电流为
导线电阻为
因为
解得
若将导线均匀拉长为原来的2倍，导线中自由电子定向移动的平均速率变为，D正确。
故选D。
3. 如图所示，等边三角形的顶点A、B、C分别固定三个等量正点电荷，O点为三角形的中心，D、E、F为三角形各边中点，G、H两点关于BC的中垂线对称。图中实线为电场线，规定无穷远处的电势为零。下列说法正确的是（ ）
A. O点的电场强度和电势均为零
B. D、E、F点的电场强度相同
C. D、E、F点的电势相等
D. 负电荷在H点的电势能大于在G点的电势能
【答案】C
【解析】A．O点为该正三角形的重心，O点到A、B、C点的距离相等，则点电荷在O点的电场强度都相等，由于相邻电场强度的夹角均为120°，则O点合场强为0；无穷远处电势为零，可知O点电势大于零，故A错误；
B．电场线的切线方向为场强方向，D、E、F点的场强方向不同，因此D、E、F点的电场强度不同，故B错误；
C．D、E、F三点电场强度大小相等，E、F在A点电场的等势面上，D、F在B点电场的等势面上，D、E在C点电场的等势面上，又因为AD=BE=CF。所以D、E、F三点电势相等，故C正确；
D．由于H、G在同一等势面上，因此负电荷在H点的电势能等于在G点的电势能，故D错误。
故选C。
4. 如图所示，某水车边缘均匀分布着30个盛水的竹筒，在水流冲击下，水车边缘以的速率匀速转动，当装满水的竹筒到达最高处时将水全部倒入水槽中。已知水车的半径为5m，每个竹筒中装入水的质量均为1kg。忽略竹筒装水的过程和水车浸入水的深度，重力加速度，则水车运水的功率为（ ）
A. 50WB. 25WC. 15WD. 10W
【答案】A
【解析】水车转动的周期为
水车转动一圈对水做的功
则水车的功率
故选A。
5. 如图所示，绝缘轻弹簧上端固定在天花板的点，下端系一质量为、电荷量为的带正电小球，小球套在点正下方的光滑水平绝缘杆上，是点在杆上的投影，整个装置处于电场强度大小为，方向水平向右的匀强电场中。现给小球一初速度使其从点运动到点，小球在、两点受到的弹簧弹力大小相等。已知，则小球从点运动到点的过程中，下列说法正确的是（ ）
A. 小球的速度一定先增大后减小B. 小球在点的加速度大小为
C. 弹簧的弹性势能先增大后减小D. 小球的电势能先减小后增大
【答案】B
【解析】A．小球从点运动到点，电场力始终做正功，弹簧弹力先做负功再做正功，则无法判断小球速度变化情况，故A错误；
B．小球在点，可知其竖直方向受力平衡，则总的合力为水平向右的电场力，由牛顿第二定律，有
则加速度大小为，故B正确；
C．由题可知，在点，弹簧处于压缩状态，在点，弹簧处于伸长状态，且AB两点形变量相，则其弹性势能先减小后增大，故C错误；
D．小球在运动过程中，电场力始终做正功，则其电势能一直减小，故D错误。
故选B。
6. 如图所示，两平行等长的竖直金属板与恒定电源相连，左极板带正电，右极板带负电，一绝缘细线上端固定在电场中的点，下端悬挂一带电小球，小球静止时，细线与竖直方向夹角为。现将两金属板同时绕各自的中心逆时针缓慢旋转相同的角度，两中心在同一水平线上，小球未与金属板接触且最终仍处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A. 小球带正电B. 小球所受电场力的水平分量不变
C. 细线对小球的拉力变小D. 小球静止时细线与竖直方向夹角变大
【答案】B
【解析】A．极板没有转动之前，极板间场强方向水平向右，由小球受力可知小球静止时电场力水平向左，所以小球带负电，故A错误；
BCD．未转动前，小球受力有重力，绳子拉力和电场力，沿水平方向和竖直方向正交分解，
缓慢旋转过程中两板中心之间的距离d保持不变，两平行板的垂直距离为，转动后的电场强度
与水平夹角，小球受力仍然有重力，绳子拉力和电场力，此时设小球与竖直方向夹角为，再次沿水平方向和竖直方向正交分解有，
由此可知细线水平方向分力不变，竖直方向分力变大，可知小球静止时细线与竖直方向夹角变小，细线的拉力增大，故B正确，CD错误。
故选B。
7. 如图所示，竖直平面内光滑绝缘杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，B点为AC的中点，C点为圆周与水平面的切点，圆心O处固定一正点电荷。一质量为m、电荷量为-q的小球套在杆上，从A点由静止开始下滑。已知A点距水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为，小球可视为质点，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A. 小球下滑过程中电势能先增大后减小
B. 小球滑至BC中点时动能最大
C. A、C两点间的电势差
D. 小球滑至C点时的速度大小为
【答案】D
【解析】A．小球从A点滑到C点的过程中，与O点的距离先减小后增大，电场力先做正功，后做负功，小球的电势能先减小后增大，A错误；
B．小球滑至BC中点时，杆的弹力和正电荷的库仑引力，均与杆垂直，重力竖直向下，小球所受合力不等于0，动能不是最大值，小球还要继续加速，动能还要继续增大，B错误；
C．A、C两点间的电势差为
小球从A点到B点根据动能定理
解得，C错误；
D．小球从B点到C点，根据动能定理得
解得，D正确。
故选D。
8. 空间存在沿轴方向的电场，其电势随坐标变化的图像为如图所示的余弦函数图像。将一带正电的粒子从原点由静止释放、粒子仅在电场力作用下沿轴正方向运动。下列选项分别表示轴上各点的电场强度、粒子的加速度、动能和电势能随的变化图像，其中正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】A．沿电场方向电势降低，根据图示可知，电场方向沿x轴正方向，图像效率的绝对值表示电场强度的大小，根据图示可知，过程，电场强度先增大后减小，由于
对上述函数求导数有
可知，图像呈现正弦图像关系，故A错误；
B．由于粒子仅受电场力作用，结合上述，根据牛顿第二定律可知，图像呈现正弦图像关系，故B正确；
C．根据动能定理有
结合上述解得
可知，图像不是线性关系，故C错误；
D．电场力做正功，电势能减小，动能增大，则有
结合上述解得
可知，图像不是线性关系，故D错误。
故选B
二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
9. 如图所示，水平面内有一边长为的正方形匀强电场区域，电场方向与水平面平行，一带电粒子以速度从A点沿方向射入正方形区域，以速度从点沿方向射出。已知粒子质量为，电荷量为，不计粒子重力。下列说法正确的是（ ）
A. 匀强电场的电场强度方向沿方向
B. 匀强电场的电场强度大小为
C. 从A到的运动时间为
D. 从A到的速度变化量的方向由指向
【答案】BD
【解析】A．带电粒子从A点水平向右射入，运动到点C时速度大小不变，方向竖直向下，参照斜抛运动的规律，可知当粒子沿轨迹运动到AC中点时速度最小，此时电场力方向与速度方向垂直，电场力方向指向凹侧，所以电场力方向由B指向D，因粒子带负电，故电场强度方向与电场力方向相反，沿DB方向，A错误；
BC．对粒子的运动分析，可知粒子沿直线AC做匀速直线运动，由几何关系可知匀速直线运动的位移为
则粒子从A到C运动时间为
粒子在沿电场力方向先减速到零再反向做匀加速到C点，所用时间相等，为
对粒子沿电场方向减速到零分析，可得
根据牛顿第二定律有
联立解得
B正确，C错误；
D．带电粒子从A点水平向右射入，运动到点C时速度大小不变，可知从A到的速度变化量的方向由B指向，D正确；
故选BD。
10. 如图所示，倾斜圆盘绕过圆心且与盘面垂直的转轴以角速度匀速转动，盘面有一可视为质点的物块随圆盘一起做匀速圆周运动。已知物块的质量为0.1kg，物块到转轴的距离为0.5m，物块与盘面的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘面与水平面夹角，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A. 角速度的最大值为
B. 运动过程中摩擦力方向始终通过圆盘中心
C. 越大物块在最高点受到的摩擦力一定越大
D. 物块在最高点受到的摩擦力最小值为0.25N
【答案】AD
【解析】A．小物块在最低点即将滑动时，由牛顿第二定律有μmgcs30°-mgsin30°=mω2maxr
代入数据解得角速度的最大值，选项A正确；
B．由于做匀速圆周运动，合力方向指向圆盘中心，除掉最高点和最低点外其他位置摩擦力方向均不通过圆盘中心，故B错误；
C．小物块在最高点不受摩擦力，根据牛顿第二定律有
解得小物块在最高点不受摩擦力时的角速度
则在最高点当时越大物块在最高点受到的摩擦力一定越小；当时越大物块在最高点受到的摩擦力一定越大，选项C错误；
D．由于物体与圆盘相对静止，故角速度最大值，则在最高点时摩擦力最小值为
解得，故D正确；
故选AD。
11. 如图所示，质量、长为4m的木板静置于光滑水平面上。质量的小物块以初速度滑上木板左端的同时，对木板施加一水平向右的恒力F，当木板向右运动2m时撤去F。已知物块可视为质点，物块与木板间的动摩擦因数，，重力加速度。下列说法正确的是（ ）
A. 刚开始运动时木板的加速度大小为1m/s2
B. 撤去F时木板的速度为1m/s
C. 木板向右运动2m时，物块恰好位于木板右端
D. 整个过程中系统因摩擦产生的热量为2J
【答案】AC
【解析】A．刚开始运动时木板的加速度大小为
解得，A正确；
B．撤去F时木板的速度为
解得，B错误；
C．木板向右运动2m时的运动时间为
物块运动的位移
相对位移
物块恰好位于木板右端，C正确；
D．整个过程中系统因摩擦产生的热量为
，D错误。
故选AC。
12. 如图所示，弹性轻绳A端固定于墙上，C端拴接质量为m的小球，小球套在竖直杆上。轻杆OB一端固定在墙上，另一端装有定滑轮。初始时ABC在同一水平线上，小球从C点由静止释放滑到E点时速度恰好为零。已知弹性轻绳的原长等于AB，小球在C点时弹性轻绳的拉力为mg，B、C间距离为，C、E间距离为h，D为CE的中点，小球与杆之间的动摩擦因数为0.5，弹性轻绳始终处在弹性限度内。下列说法正确的是（ ）
A. 小球下滑过程中受到的摩擦力不变
B. 小球在CD段损失的机械能大于小球在段损失的机械能
C. 小球滑到C点下方时速度最大
D. 若在E点给小球一个向上的速度，小球恰好能回到C点
【答案】ACD
【解析】A．小球在C点时弹性轻绳的拉力为
解得
当小球运动到某点P时，设弹性绳的伸长量是x，弹性绳与竖直方向的夹角为θ
竖直杆的弹力为
解得
小球下滑过程中受到竖直杆的弹力不变
小球下滑过程中受到的摩擦力为
小球下滑过程中受到的摩擦力不变，A正确；
B．小球在CD段损失的机械能等于小球在段损失的机械能
，B错误；
C．小球滑到C点下方时，设弹性绳与竖直方向的夹角为α，弹性绳的长度为y
小球在竖直方向上的合力为
又因为
解得
小球套在竖直杆上，水平方向合力一定等于0；
小球在该位置的合力等于0。
小球在该位置上方时，弹性绳的弹力小，小球所受合力方向向下，小球做加速运动；
小球在该位置下方时，弹性绳的弹力大，小球所受合力方向向上，小球做减速运动。
所以小球在该位置时速度最大，C正确；
D．小球从C点到E点，根据动能定理得
小球从E点到C点，根据动能定理得
解得
D正确。
故选ACD。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 某实验小组为探究轻弹簧的弹性势能与形变量的关系，设计了如图所示的实验装置，将挡板固定在水平气垫导轨上，轻弹簧左端固定在挡板上，右端放置一小滑块。调整挡板的位置，当弹簧处于原长时，小滑块恰好处于气垫导轨最右端，用重垂线记录气垫导轨最右端在水平地面上的投影点。实验时，让小滑块向左压缩弹簧，记录压缩量，释放滑块后滑块从气垫导轨的最右端离开，落在水平地面上的点，测出的距离。改变压缩量，测出对应的。
（1）某次实验中滑块的落点到的距离为，气垫导轨最右端到点高度为，重力加速度为，则滑块与弹簧分离时的速度大小为______（用，，表示）；
（2）该小组得到的弹簧压缩量与对应的距离的数据如表格所示，分析表中数据可知弹簧的弹性势能与______（选填“”“”或“”）成正比，比例系数为。若小滑块质量为，重力加速度为，则______（用，，表示）。
【答案】（1） （2）
【解析】
【小问1解析】
滑块从气垫导轨的最右端离开后做平抛运动，有
竖直方向
水平方向
联立，解得分离时的速度大小为
【小问2解析】
由小问（1）可知，
由题意，弹簧的弹性势能转化为二者分离时滑块的动能，即
由表可知，在误差允许的范围内，
则
则比例系数
14. 为探究平抛运动水平方向的运动规律，某同学设计了如图甲所示的实验装置，小球从斜面上滚下，沿桌面飞出后做平抛运动。在小球抛出后经过的地方，水平放置一木板，在木板上放一张白纸，白纸上放有复写纸。为了方便记录小球落点位置，该同学还在桌子边缘设置了一个竖直标尺，零刻度与水平桌面对齐；在木板的边缘设置了一个水平标尺，零刻度与桌面的竖直边缘对齐，不断调节木板高度，借助标尺记录小球落点的坐标，并绘制了如图乙所示的图像。
（1）为完成该实验，下列做法必要的是______
A. 斜面必须光滑B. 斜面的末端必须与桌面的右边缘重合
C. 必须从同一位置释放小球D. 应选用密度大体积小的小球
（2）由图乙可知小球水平方向做匀速直线运动，已知重力加速度，可计算出小球做平抛运动的初速度______；
（3）图乙中点明显偏离“直线”，造成这一偏差可能的原因是______
A. 小球释放的位置偏高B. 小球释放的位置偏低
C. 水平标尺零刻度较桌子边缘偏右D. 水平标尺零刻度较桌子边缘偏左
（4）该同学进一步研究发现，若图甲中的，则和满足______关系时，也可以验证小球水平方向做匀速直线运动。
【答案】（1）CD （2）1 （3）BC （4）
【解析】
【小问1解析】
A．小球从斜面滑下后水平面运动，从水平桌面边缘水平抛出，不需要斜面和桌面光滑，故A错误；
B．小球离开桌面做平抛运动即可，不需要斜面的末端必须与桌面的右边缘重合，故B错误；
C．要使每次从桌子边缘抛出的初速度相同，必须保证小球每次均从斜面上的同一位置静止释放，故C正确；
D．为了减少阻力的影响，要选用密度大体积小的小球，故D正确。
故选CD。
【小问2解析】
平抛运动竖直方向
水平方向
消除t可得整理可得
图像的斜率为
解得
【小问3解析】
由图可知P点的斜率明显偏小，根据
分析可知可能的原因为小球释放的位置较“同一位置”偏低，导致初速度较小，或水平标尺零刻度较桌子边缘偏右导致水平位移的测量值偏小，故选BC。
小问4解析】
小球在竖直方向做出速度为零的匀加速直线运动，若图甲中的，根据推论可知两端时间相等，若，根据
可知小球水平方向做匀速直线运动。
15. 北斗卫星导航系统是我国自主研发的全球卫星导航系统，该系统由静止卫星和一般轨道卫星组成。如图所示，北斗卫星导航系统中一般轨道卫星位于赤道上空，其对地张角为60°。已知地球半径为，地球表面重力加速度为，引力常量为。求
（1）地球的平均密度；
（2）卫星的周期。
【答案】（1） （2）
【解析】
【小问1解析】
对地球表面某物体
则地球的平均密度
联立解得
【小问2解析】
由几何关系得，卫星的轨道半径为
对卫星，有
联立，解得其周期
16. 如图所示，由两轻杆连接成的“V”形光滑支架可以绕竖直轴线OO'匀速转动，两轻杆与水平面间夹角均为60°，A、B两点等高。A点固定一带电小球，绝缘轻质弹簧一端固定于轻杆OD顶端，另一端与套在杆上质量为m的带电小球相连。初始时，小球静止于OB中点C且对杆无压力，此时弹簧的形变量为2L。现驱动该装置绕OO'转动，使小球缓慢移动至B点。已知，重力加速度为g，不计空气阻力，求
（1）弹簧的劲度系数；
（2）小球在B点的库仑力大小；
（3）小球在B点时的角速度（结果保留根式）。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
【小问1解析】
小球在C点处于平衡状态，弹簧的拉力
可得弹簧的劲度系数为
【小问2解析】
小球在C点处于平衡状态，所受的库仑力
小球在B点所受的库仑力
解得
【小问3解析】
小球在B点时，弹簧的弹力
设轻杆的支持力为FN
竖直方向上：
解得
水平方向上：
解得
17. 如图所示，平面直角坐标系xOy的第一象限中存在沿y轴负方向的匀强电场E1（大小未知）；第二象限中存在沿x轴正方向、电场强度大小为E0的匀强电场；第四象限内有边界均平行于x轴的区域Ⅰ和区域Ⅱ，区域Ⅰ的上边界与x轴重合，两区域足够长且宽度均为L。区域Ⅰ内没有电场，区域Ⅱ内存在沿y轴正方向的匀强电场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子在A点由静止释放，从x轴上B点进入第四象限，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°。已知A点坐标为，不计粒子重力。
（1）求粒子经过y轴时的速度大小；
（2）若粒子无法穿过区域Ⅱ，求区域Ⅱ的电场强度E2的最小值；
（3）若区域Ⅱ的电场强度取第（2）问的最小值，求粒子第5次经过x轴时到O点的距离。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
【小问1解析】
设粒子经过y轴的速度为v1
根据动能定理
解得
【小问2解析】
粒子区域Ⅰ内做匀速直线运动，进入区域Ⅱ时竖直方向的速度仍为vy1
，
解得
【小问3解析】
粒子在第一象限内做类平抛运动，水平方向的位移x1
解得
粒子区域Ⅰ内做匀速直线运动，水平方向的位移Δx
粒子区域Ⅱ内做曲线运动
根据运动的周期性和对称性可得，粒子第5次经过x轴的坐标为
18. 如图所示，质量的木板锁定在倾角的固定斜面上，质量的小物块（可视为质点）锁定在木板上端，斜面底端与半径的光滑竖直圆弧轨道通过薄挡板相连，与斜面垂直且沿着半径方向，长度刚好等于木板厚度，为圆弧轨道的最高点。同时解除锁定后，物块、木板均开始运动，当木板与挡板相碰后，立即停止运动，此后物块继续沿木板下滑至点时的速度。已知木板锁定时下端到挡板的距离，物块与木板间的动摩擦因数，木板与斜面间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度，，，。
（1）求解除锁定时物块和木板的加速度大小；
（2）求从解除锁定到物块离开木板的过程中，物块和木板间因摩擦产生的热量；
（3）求物块脱离圆弧轨道后相对圆心上升的最大高度；
（4）通过计算判断物块脱离圆弧轨道后能否撞上木板。
【答案】（1）， （2）
（3） （4）不能撞上木板
【解析】
【小问1解析】
假设小物块加速快，对物块根据牛顿第二定律，有
解得
对木板根据牛顿第二定律
解得
可知，则假设成立。即二者加速度分别为
【小问2解析】
物块从解除锁定到下滑至点，有
解得下滑位移
则木板长度
则物块和木板间产生的热量
【小问3解析】
物块脱离圆轨道时，设物块和点连线与水平方向夹角为，如图所示
由牛顿第二定律得
物块从进入圆轨道到脱离圆轨道，由机械能守恒定律，有
联立可得，
物块脱离轨道后做斜上抛运动，竖直方向，有
解得
则物块脱离圆轨道后相对点上升的最大高度为
【小问4解析】
假设物块离开圆轨道后刚好撞到挡板的点，则在水平方向，有
解得
代入竖直方向，有
解得
而
则其不能撞上木板。
10.00
15.00
20.00
25.00
30.00
35.00
1.01
1.50
2.01
2.50
3.01
3.49