2024-2025学年江苏省天一中学高一（下）期末物理试卷（领军班）（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省天一中学高一（下）期末物理试卷（领军班）（含答案），共11页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示为静电除尘器原理示意图，废气先经过一个机械过滤装置再进入静电除尘区，尘埃在电场中易带上电子，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。图中虚线为电场线(方向未标)，一颗尘埃在向集尘极迁移过程中先后经过A、B两点。若电场力远大于重力，下列说法正确的是( )
A. 电场方向由放电极指向集尘极B. 尘埃在A位置的加速度比B位置小
C. 尘埃在A位置的电势能比B位置大D. 尘埃在A位置的动能比B位置大
2.水切割又称水刀，即高压水射流切割技术，现已逐渐成为工业切割技术方面的主流切割方式.已知水流为柱状，水流以速度v垂直射到被切割的钢板上，之后垂直钢板的速度减为零，水的密度为ρ，则水流对钢板的压强大小为( )
A. ρ vB. ρvC. ρv2D. ρv3
3.如图所示，足够长、质量一定的长木板静止在光滑水平面上，一子弹以一定的水平速度v0射入木板，子弹相对木板穿行L的距离后与木板相对静止，则L越大( )
A. 木板对子弹的阻力越小B. 木板对子弹的阻力越大
C. 子弹和木板组成的系统损失的机械能越多D. 子弹和木板组成的系统损失的机械能越少
4.如图甲所示，a1、a2为两个固定点电荷，其中a1带正电，它们连线的延长线上有a、b两点。一带正电的试探电荷以一定的初速度沿直线从b点开始经a点向远处运动，其速度图像如图乙所示。则下列说法正确的是( )
A. Q1的电荷量可能小于Q2的电荷量
B. b点右侧的电势先降低后升高
C. 在Q1、Q2之间放置一个点电荷，该点电荷可能处于平衡状态
D. 在Q1左侧的连线延长线上不存在电场强度为零的点
5.如图，一质量为M、半径为R的光滑半圆槽滑块放置于光滑水平桌面上，设质量为m的小球(可视为质点)从A端由静止开始释放，则小球从A到B的过程中( )
A. 小球运动的位移为2R
B. 滑块运动的位移是MM+mR
C. 滑块先向右运动再向左运动，最终回到原处
D. 小球运动到半圆槽最低点时，其速度为 2MgRM+m
6.x轴上固定两个点电荷A和B，电荷A带正电且固定在原点，电荷A与电荷B的电荷量大小之比为QA:QB=1:9。通过电势传感器测出x轴上各点电势φ随坐标x的变化规律并描绘出φ−x图像。已知φ−x图线与x轴的交点横坐标为−x1和x2，x=L处的切线与x轴平行，电荷仅受静电力作用。下列说法正确的是( )
A. 电荷B带负电，固定在x=−L处
B. 同一负电荷在−x1处电势能大于其在x2处电势能
C. 在x=x2处无初速度释放一正电荷，该正电荷的加速度先减小后增大再减小
D. 在x轴上x>0的任意位置无初速度释放一正电荷，该正电荷一定能到达无穷远处
7.如图所示，A、B为水平放置的平行正对金属板，在板中央分别有一小孔M、N，D为理想二极管，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电荷的带电小球从M、N的正上方P点由静止释放，小球恰好能运动至小孔N处。下列说法正确的是( )
A. 若仅将B板稍微上移，带电小球仍可以运动至N处
B. 若仅将A板稍微上移，带电小球仍可以运动至N处
C. 若仅将变阻器的滑片上移，带电小球仍可以运动至N处
D. 断开开关S，从P处将小球由静止释放，带电小球将无法运动至N处
8.某学习小组用如图所示的装置来验证碰撞中的动量守恒，实验中先从某一高度处单独释放质量为ma的小球a，标记下小球a撞击在挡板上的位置M，再在水平轨道上放上质量为mb的小球b，从同一高度释放小球a，标记两球撞击挡板的位置P、N，关于本实验下列说法正确的是( )
A. 两小球的质量需满足ma0)，B不带电。初始时小球A距ab边界的距离为L，两小球间的距离也为L。已知电场区域两个边界ab、cd间的距离为10L，电场强度大小为E。现释放小球A，A在电场力作用下沿直线加速运动，与小球B发生弹性碰撞。两小球碰撞时没有电荷转移，碰撞的时间极短。求：
(1)两小球发生第一次碰撞后，B获得的动量大小；
(2)两小球发生第一次碰撞后至第二次碰撞前，A、B间的最大距离；
(3)当小球B离开电场区域时，A在电场中的位置。
参考答案
1.C
2.C
3.A
4.D
5.D
6.C
7.C
8.B
9.B
10.D
11.C
12. 1.698##1.699##1.700##1.701 6.0 5000.0 R1 6.9 B
13.解：(1)根据闭合电路欧姆定律可得 E=I1RN+r
代入数据解得 RN=3Ω。
(2)根据闭合电路欧姆定律可得 E=UM+I2r
代入数据解得 UM=10V
根据能量守恒定律可得 P机=UMI2−I22RM=16W。

14.(1)根据动能定理可得qU0=12mv02
解得v0= 2qU0m；
(2)粒子通过偏转电场的时间远小于T，故在 AB板间运动时电压可视作恒定。粒子恰好极板右侧边缘射出时l=v0t
l2=12at2
a=qUmml
解得Um=2U0
故所占百分比为2U03U0×100%≈66.7%；
(3)由于所有出射粒子进入偏转电场后沿轴线方向的运动相同，故该方向的分位移之差最大时，时间差最大，如图所示
则Δtm=Δxmv0
Δxm=O1D=(2− 2)l
得Δtm=( 2−1)l mqU0。

15.解：(1)根据动量守恒有 mv0=(M+m)v1 ，
根据能量守恒有 μmgL=12mv02−12(M+m)v12 ，
联立解得 L=3m；
(2)长木板与圆弧槽相碰 Mv1=2Mv2 ，
恰好没有离开圆弧槽，根据动量守恒有
mv1+2Mv2=(2M+m)v3 ，
根据能量守恒有 mgR=12mv12+2M2v22−12(2M+m)v32 ，
联立解得 R=125m；
(3)若未滑离，则三者的速度相同且为v，根据动量守恒有
mv1+2Mv2=(2M+m)v ，
根据能量守恒有
μmgx=12mv12+2M2v22−12(2M+m)v2 ，
解得x=0.1m ，
有：xs2=4L ⑲，故两小球不会发生第三次碰撞
设两小球第二次碰后B经时间t3离开电场，则：s2=vB2t3 ⑳
在t3时间内，A的位移为：sA2=vA2t3+12at32
解得：sA2=3L
即B离开电场时，A距cd边界的距离为：sA=s2−sA2=L I1/×103μA
0.121
0.165
0.218
0.266
0.306
I2/A
0.100
0.150
0.190
0.230
0.280