2024-2025学年湖南省长沙市岳麓实验中学高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年湖南省长沙市岳麓实验中学高一（下）期末物理试卷（含解析），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.如图所示，倾角为θ的斜面固定在水平面上，一个质量为m的光滑小球放在斜面上，并用装有转轴的竖直挡板挡住，小球处于静止状态，挡板对小球的作用力大小为F1，斜面对小球的作用力大小为F2。在挡板绕转轴O逆时针缓慢转过90∘的过程中，下列说法正确的是( )
A. F1逐渐增大B. F1先增大后减小C. F2先减小后增大D. F2逐渐减小
2.如图所示的电场中有A、B两点，下列说法正确的是( )
A. 电势φA>φB，场强EA>EB
B. 电势φA0代表电势为正。已知OA=OB=OC，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是( )
A. A、B两点的电场强度相同
B. O点的电场强度为零，电势也为零
C. 从A点沿直线到B点，电势先升高后降低
D. 将正电荷从O点沿直线移动到C点，电势能先增大后减小
6.如图所示，正四面体ABCD处在匀强电场中，电场方向由D指向C，F、G分别为AB边和CD边的中点。下列说法正确的是( )
A. F点的电势高于G点的电势
B. 电子在A点时的电势能大于在B点时的电势能
C. D、C两点间的电势差为A、C两点间电势差的2倍
D. 电子从C点运动到A点电场力做的功大于从C点运动到G点电场力做的功
7.如图所示，一名登山爱好者正沿着竖直崖壁缓缓下降，在下降过程中把人近似看做一根直杆，人的腿部保持与崖壁成60°夹角。绳的一端固定在较高处，另一端拴在人的腰间(重心处)。在某时刻绳与竖直方向的夹角为45°，从该位置开始到人下降到绳与竖直方向的夹角为15°的过程中，下列说法正确的是( )
A. 人的脚与崖壁的摩擦力逐渐增大
B. 人的脚与崖壁的弹力逐渐增大
C. 绳子承受的拉力先减小后增大
D. 绳子对人的拉力与人对绳子的拉力是一对平衡力
8.电热水器金属内胆出水口加接一段曲长管道，在电热水器漏电且接地线失效时，能形成“防电墙”，保障人的安全。如图所示，当热水器漏电且接地线失效时，其金属内胆与大地间电压为220V，由于曲长管道中水具有电阻(简称“隔电电阻”)，因而人体两端的电压不高于12V.下列说法正确的是( )
A. 曲长管道应选用导电性能好材料制成
B. 曲长管道应选用不易导电的材料制成
C. “隔电电阻”大于“人体电阻”，且两者并联
D. 热水器漏电且接地线失效时，“防电墙”使人体内无电流通过
二、多选题
9.如图所示，一质量为m的火星探测器，在圆轨道l上做匀速圆周运动。经过P点时动力装置短暂工作，使探测器进入椭圆轨道2。经过远火点Q时，动力装置再次短暂工作，使探测器进入圆轨道3。已知轨道1的半径为r1，轨道3的半径为r2，忽略空气阻力，以下说法正确的是( )
A. 探测器在轨道1上经过P点时的加速度与在轨道2上经过P点时的加速度相等
B. 探测器在椭圆轨道上由P点运动到Q点的过程中，机械能不守恒
C. 探测器在轨道2上运行时，若经过P点时的速度大小为v，则经过Q点时的速度大小为r1r2v
D. 探测器在轨道3上经过Q点时的速度大于在轨道2上经过P点时的速度
10.梦天实验舱将由长征五号B遥四运载火箭执行发射任务。届时，中国空间站三舱组合体将形成“T”字型的基本构型，完成中国空间站的在轨建造。关于火箭点火升空的速度和加速度的判断，下列说法正确的是( )
A. 火箭点火将要升空时，火箭的速度为零，加速度也为零
B. 火箭的速度增大，加速度也一定增大
C. 火箭速度变化越来越快时，加速度越来越大
D. 火箭竖直向上升空过程中若速度增大，加速度方向一定向上
11.如图所示，固定的光滑竖直杆上套着一个滑块P，滑块P系于轻绳一端，轻绳绕过光滑的定滑轮O，另一端与重物Q相连。把滑块P从A点由静止释放后，滑块开始上升，滑块运动到与滑轮等高的位置B的过程中，下列说法正确的是( )
A. 滑块P的机械能守恒
B. 滑块P的速度先增大后减小
C. 滑块P运动到B点时，重物Q的速度为零
D. 绳的拉力对重物Q先做正功，后做负功
三、实验题
12.通过实验测量金属丝的电阻率。
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量示数如图所示，可得金属丝直径的测量值d= mm。
(2)按图所示的电路测量金属丝的电阻Rx(阻值约为5Ω)。实验中除开关、若干导线之外还提供了下列器材：
从以上器材中选择合适的器材进行测量，电压表应选 ，电流表应选 ，滑动变阻器应选 (填器材代号)。
(3)小明将开关分别接通了a处和b处，通过观察，发现电压表示数变化比电流表的示数变化显著的多，则将开关与 (填a或b)处接通进行实验误差较小，本实验中的误差是 (填系统误差或者偶然误差)，电阻的测量值R测和其真实值R真的大小关系是R测 R真(填大于、小于、等于)。
13.在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中，某同学得到一条用打点计时器打下的纸带，如图所示，并在其上取了A、B、C、D、E、F、G，7个计数点，每相邻两个计数点间还有4个点图中没有画出，打点计时器接频率为f=50Hz的交流电源。
(1)下列说法中正确的是 ；
A.释放前小车应靠近打点计时器，先接通电源，后释放小车
B.可以用4节2V的蓄电池作为电磁打点计时器的电源
C.每相邻两个计数点间的时间间隔是0.08s
D.作v−t图像时，图线必须经过每一点
(2)若测得d3=10.69cm，d6=24.96cm，则vD= m/s，物体的加速度a= m/s2；(结果保留三位有效数字)
(3)如果由于电网不稳定，使得电源频率f变为51Hz，则测得的加速度值比真实值 (填“偏大”或“偏小”)。
四、计算题
14.一质量m =2kg小物块从斜面上A点由静止开始滑下，滑到斜面底端B点后沿水平面再滑行一段距离停下来。若物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ=0.25。斜面A、B两点之间的距离s=18m，斜面倾角θ=37°(sin37°=0.6；cs37°=0.8)斜面与水平面间平滑连接，不计空气阻力，g=10m/s2。求：
(1)物块在斜面上下滑过程中的加速度大小；
(2)物块滑到B点时的速度大小；
(3)物块在水平面上滑行的时间。
15.如图所示，竖直面内有水平线MN与竖直线PQ交于P点，O在水平线MN上，OP间距为d，一质量为m、电量为q的带正电粒子，从O处以大小为v0、方向与水平线夹角为θ=60°的速度，进入大小为E1的匀强电场中，电场方向与竖直方向夹角为θ=60°，粒子到达PQ线上的A点时，其动能为在O处时动能的4倍。当粒子到达A点时，突然将电场改为大小为E2，方向与竖直方向夹角也为θ=60°的匀强电场，然后粒子能到达PQ线上的B点。电场方向均平行于MN、PQ所在竖直面，图中分别仅画出一条电场线示意其方向。已知粒子从O运动到A的时间与从A运动到B的时间相同，不计粒子重力，已知量为m、q、v0、d。求：
(1)粒子从O到A运动过程中，电场力所做功W；
(2)匀强电场的场强大小E1、E2；
(3)粒子到达B点时的动能EkB。
16.如图1所示，间距为d的平行导体板M、N间有垂直纸面向里的匀强磁场B1和沿纸面向下的匀强电场(未画出)，平行板右侧上方、下方分别放有足够长的绝缘收集板a1b1、a2b2，右侧偏转区内有垂直纸面向里的匀强磁场B2。有大量质量为m、电荷量为q的正电粒子以不同速度沿平行板轴线OO′射入，其中速度为v0的粒子恰能沿轴线OO′运动并从O′点进入偏转区，已知B1=3mv0qd，B2=mv0qd，不计粒子重力。
(1)求板M、N间的电压UMN；
(2)若仅将磁场B1的右边界向左移动d4(如图2所示)，求速度为v0的粒子打在收集板上的点P1到O′点的竖直距离l；
(3)若将两收集板a1b1、a2b2水平向右移动d4，在平行板右侧放置一可上下移动的挡板ef，其上边缘e自M板附近开始缓慢向下移，当e下移距离为d4时(如图3所示)，恰好有粒子打到收集板右侧，此时粒子的落点P2到O′点的竖直距离为2d，求对应粒子沿轴线OO′入射时的初速度大小v(已知从e上方进入磁场B2的粒子的速度方向均与轴线OO′成锐角向上)。
答案解析
1.【答案】D
【解析】挡板竖直时对小球进行受力分析如图所示
根据图像可知，F1先减小后增大，F2逐渐减小。
故选D。
2.【答案】C
【解析】AB.根据电场线的疏密程度可知EAφB，故A、B两项错误；
C. 将电荷量为q的正电荷从A点移到B点，根据WAB=qUAB>0，可知电场力做正功，电势能减少，故C项正确；
D. 将电荷量为q的负电荷分别放在A、B两点，根据Ep=−qφ，φA>φB，可知电荷具有的电势能EpAvP1>vQ3，即探测器在轨道3上经过Q点时的速度小于在轨道2上经过P点时的速度，故D错误。
故选AC。
10.【答案】CD
【解析】A.火箭点火将要升空时，火箭的速度为零，加速度不为零，故A错误；
B.火箭的速度增大时，速度与加速度同向，加速度不一定增大，故B错误；
C.加速度反映速度变化的快慢，火箭速度变化越来越快时，加速度越来越大，故C正确；
D.加速度与速度同向时加速，火箭竖直向上升空过程中若速度增大，加速度方向一定向上，故D正确。
故选CD。
11.【答案】BC
【解析】AD、在到达B点之前绳子的拉力与滑块的位移之间为锐角，故拉力做正功，滑块P的机械能一直增大，绳的拉力对重物Q做负功，故AD错误；
B、设绳子与光滑竖直杆之间的角度为θ，竖直向上为正方向，对滑块来说有Tcsθ−mg=ma，开始时滑块的速度变大，在上升的过程中，θ变大，csθ变小，当Tcsθ小于mg后滑块的加速度方向由向上变为向下，此时物体做减速运动，所以滑块的速度先增大后减小，故B正确；
C、设滑块运动速度为v，重物的速度为v1，故有v1=vcsθ，到B点时，θ=90°，解得v1=0，所以重物的速度为零，故C正确。
故选：BC。
【分析】根据绳子拉力对滑块做功情况判断滑块机械能变化情况；根据滑块和重物的速度关联关系判断滑块运动到B点时重物的速度；通过滑块和重物的运动情况判断速度变化情况。
注意此题最难判断的地方是滑块滑到绳与杆垂直时，绳子在竖直杆子方向的速度为零，即重物的速度的速度为零。
12.【答案】1.999
V1
A2
R1
a
系统误差
小于

【解析】(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径的测量值 d=1.5mm+0.01mm×49.9=1.999mm。
(2)电源电动势3V，则电压表选择V1；电路可能出现的最大电流为I=35A=0.6A，则电流表选择A2；滑动变阻器选择R1。
(3)电压表示数变化比电流表的示数变化显著的多，说明电流表的内阻不能忽略，可知应该采用电流表外接，即将开关与a接通；本实验中的误差是系统误差，由于电流表的测量值大于待测电阻上的电流，可知电阻的测量值R测和其真实值R真的大小关系是R测小于R真。
13.【答案】A
0.416
0.398
偏小

【解析】(1)A.在释放小车前，小车应尽量靠近打点计时器，以能在纸带上打出更多的点，有利于实验数据的处理和减小误差，故A正确；
B.电磁打点计时器正常工作使用的是低压 (4∼6V) 交流电源，蓄电池为直流电源，故 B 错误；
C.每相邻两个计数点间还有4个点图中没有画出，每相邻两个计数点间的时间间隔是 0.1s ，故C错误；
D.作 v−t 图像时，图线尽量通过多的点，不在直线上的点尽量分布在直线的两侧，故D错误。
故选A。
(2)在匀变速直线运动中，时间中点的速度等于这段时间内的平均速度，则有vD=d66T=0.24966×0.1m/s=0.416m/s；根据 Δx=aT2 ，由逐差法可得a=d6−d3−d39T2=0.2496−2×0.10699×0.12m/s2=0.398m/s2。
(3)如果由于电网不稳定，交流电的频率 f=51Hz ，那么实际打点周期变小，根据运动学公式 Δx=aT2 得：真实的加速度值会偏大，所以测量的加速度值与真实的加速度值相比是偏小。
14.【答案】(1)物块在斜面上下滑时，由牛顿第二定律得：mgsinθ−f=ma1
根据共点力平衡条件得：FN=mgcsθ
滑动摩擦力f=μFN
联立解得：a1=4m/s2
(2)物块从A点滑到B点有：2a1s=vB2
代入数据解得：vB=12m/s
(3)在水平面上，由牛顿第二定律得−μmg=ma2
tBC=0−vBa2
代入数据解得：tBC=4.8s
答：(1)物块在斜面上下滑过程中的加速度大小为4m/s2；
(2)物块滑到B点时的速度大小为12m/s；
(3)物块在水平面上滑行的时间为4.8s。
【解析】(1)物块沿斜面下滑做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式求解加速度；
(2)根据速度—位移关系求解滑到B点的速度；
(3)物块在水平面上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律和滑动摩擦力公式求解其加速度，根据速度—时间关系求解滑行时间。
本题考查牛顿第二定律的应用，解题关键是能根据牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解即可，知道加速度是联系力和运动的桥梁。
15.【答案】(1)粒子从O到A运动过程中，应用动能定理可得：W=12m2υ02−12mυ02
解得：W=32mυ02
(2)以O为坐标原点，初速v0方向为x轴正向，建立直角坐标系xOy，如图所示：
设粒子从O到A运动过程，粒子加速度大小为a1，历时t1，A点坐标为(x,y)
粒子做类平抛运动：x=v0t1
y=12a1t12
由题知：粒子在A点速度大小vA=2v0 vAy= 3v0 vAy=a1t1
粒子在A点速度方向与竖直线PQ夹角为30°
解得：x= 3v02a1 ， y=3v022a1
由几何关系得：ysin60°−xcs60°=d
解得：a1= 3v024d， t1=4dv0
又qE1=ma1 ，所以 E1= 3mv024qd
设粒子从A到B运动过程中，加速度大小为a2，历时t2，水平方向上有：vAsin30∘=a2sin60∘t22
t2=t1=4dv0 ， qE2=ma2
解得：a2=v02 3d，E2= 3mv023qd
(3)分析知：粒子过A点后，速度方向恰与电场E2方向垂直，再做类平抛运动粒子到达B点时动能EkB=12mvB2
vB2=(2v0)2+(a2t2)2
解得：EkB=14mv023

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
16.【答案】(1)速度为 v0 的粒子恰能沿轴线 OO′ 运动并从 O′ 点进入偏转区，根据受力平衡有：qv0B1=qE，
其中：E=UMNd，
解得：UMN=3mv02q；
(2)根据类平抛运动规律可知：d4=v0t，
y1=qE2mt2，
解得：y1=332d，
根据几何关系可知：y2=2rcsθ，
粒子在磁场中受洛伦兹力提供向心力：
qv合B2=mv合2r，
csθ=v0v合，
解得：y2=2d，
由于：l=y2−y1，
解得：l=6132d;
(3)由题意得粒子恰好经过 a1 ，轨迹圆弧 ea1P2 ，做 ea1 、 a1P2 的中垂线交于轨迹圆心 O′′ ，如图：
由几何关系得粒子在磁场 B2 中的轨迹半径：r2=54d，
根据洛伦兹力提供向心力有：
qv2B2=mv22r2，
v2=54v0，
结合动能定理可知：−14qUMN=12mv22−12mv2，
解得：v=74v0。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】器材(代号)
规格
电压表(V1)
量程0∼3V
电压表(V2)
量程0∼15V
电流表(A1)
量程0∼3A
电流表(A2)
量程0∼0.6A
滑动变阻器(R1)
总阻值约20Ω
滑动变阻器(R2)
总阻值约500Ω
电源(E)
电动势约为3.0V