山东省东营市2024-2025学年高一下学期期末考试物理试题（解析版）

这是一份山东省东营市2024-2025学年高一下学期期末考试物理试题（解析版），共21页。
1. 本试卷共8页，共18小题，满分100分，考试时间90分钟。
2. 答卷前，考生务必将自己的学校（校区）、姓名、班级、座号、考号等填写在指定位置。
3. 选择题答案必须使用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，绘图时，可用2B铅笔作答，字体工整、笔迹清楚。
4. 请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。保持卡面清洁，不折叠、不破损。
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. 在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重大贡献，他们也创造出了许多物理学研究方法，下列关于物理学史和物理学方法的叙述中正确的是（ ）
A. 第谷通过大量天文观测总结出了行星沿椭圆轨道绕太阳运动
B. 卡文迪许利用扭秤实验装置测出了引力常量，被称为“称量地球质量”第一人
C. 库仑首先提出了电场的概念，并引入了电场线来形象的描述电场
D. 静电场并不存在，是科学家为了研究问题的方便引入的虚拟模型
【答案】B
【解析】A．第谷通过长期天文观测积累了精确数据，但总结出行星椭圆轨道规律的是开普勒，故A错误。
B．卡文迪许通过扭秤实验首次测出引力常量G，并由此计算地球质量，故B正确。
C．法拉第首先提出电场概念并引入电场线，库仑的贡献是库仑定律，故C错误。
D．静电场是客观存在的物质，电场线才是虚拟模型，故D错误。
故选B。
2. 图中所示为东营市万象游乐园的标志性设施摩天轮，游客坐在上面随着摩天轮慢慢的转动，既能体会登高的刺激又能欣赏远处的风景。假设摩天轮匀速转动，当游客从最低点转至最高点的过程中（ ）
A. 游客的线速度保持不变
B. 游客的机械能保持不变
C. 游客重力的功率先增大后减小
D. 游客在最高点时处于超重状态
【答案】C
【解析】A．游客的线速度大小不变，但方向时刻变化，故游客的线速度变化，故A错误；
B．游客的动能不变，但重力势能不断变化，故机械能变化，故B错误；
C．设游客竖直方向的速度大小为，则游客重力的功率大小
先增大后减小，故游客重力的功率先增大后减小，故C正确；
D．游客在最高点时加速度竖直向下，处于失重状态，故D错误。
故选C。
3. 一水平放置的浅色传送带向右匀速运动，另一物块以速度v垂直于传送带边缘滑上传送带，最终与传送带共速并留下一段划痕。若传送带各处粗糙程度相同，则划痕的形状可能是（ ）
A B.
C. D.
【答案】D
【解析】AB．物块在传送带的摩擦力作用下，沿传送带运动方向做初速度为0的匀加速直线运动，垂直于传送带的运动方向做匀减速直线运动，而两个方向的加速度大小相同，物块相对于放置点向左侧运动，故AB错误；
C．物块在传送带的摩擦力作用下，沿传送带运动方向做初速度为0的匀加速直线运动，垂直于传送带的运动方向做匀减速直线运动，而两个方向的加速度大小相同，合外力方向指向右偏向纸面外，故C错误；
D．物块在传送带的摩擦力作用下，沿传送带运动方向做初速度为0的匀加速直线运动，垂直于传送带的运动方向做匀减速直线运动，而两个方向的加速度大小相同，若合加速度与合初速度在一条直线上，轨迹为直线，故D正确。
故选D。
4. 如图所示，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，下列说法正确的是（ ）
A. 若实线为电场线，则a点的电势高于b点的电势
B. 若实线为电场线，则粒子在a点的速度小于b点的速度
C. 若实线为等差等势线，则粒子在a点的加速度小于在b点的加速度
D. 若实线为等差等势线，则粒子在a点的电势能大于在b点的电势能
【答案】D
【解析】AB．若实线为电场线，由粒子运动轨迹可知，从a到b电场力对粒子做负功，所以粒子在a点的速度大于b点的速度，电场力对粒子做负功，电势能增加，由于无法知道电性，所以b点电势与a点电势大小无法比较，故AB错误；
CD．若实线为等差等势线，等差等势线越密的地方场强越大，所以粒子在a点的加速度大于在b点的加速度，由粒子运动轨迹可知，从a到b电场力对粒子做正功，所以粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故C错误，D正确。
故选D。
5. 2025年4月24日，神舟二十号载人飞船成功发射，并完成与空间站对接，其发射过程简化如图所示：飞船先进入轨道Ⅰ，然后在A点点火加速进入转移轨道Ⅱ，到达远地点B时，再次点火加速，进入目标轨道Ⅲ并与空间站实现对接。假设轨道Ⅰ和Ⅲ都近似为圆轨道，下列说法正确的是（ ）
A. 飞船在目标轨道Ⅲ经过点B的速度小于在转移轨道Ⅱ经过点A的速度
B. 飞船在目标轨道Ⅲ经过点B的加速度大于在转移轨道Ⅱ经过点A的加速度
C. 飞船沿目标轨道Ⅲ运行的机械能小于在转移轨道Ⅱ运行的机械能
D. 飞船沿目标轨道Ⅲ运行的周期小于在转移轨道Ⅱ运行的周期
【答案】A
【解析】A．根据万有引力提供向心力有
解得
则飞船在轨道Ⅲ上的运行速度小于在轨道Ⅰ的运行速度，飞船在转移轨道Ⅱ经过点A的速度大于在轨道Ⅰ的运行速度，所以飞船在目标轨道Ⅲ经过点B的速度小于在转移轨道Ⅱ经过点A的速度，故A正确；
B．根据牛顿第二定律有
解得
可知飞船在目标轨道Ⅲ经过点B的加速度小于在转移轨道Ⅱ经过点A的加速度，故B错误；
C．飞船由转移轨道Ⅱ运动到轨道Ⅲ需要加速，所以飞船沿目标轨道Ⅲ运行的机械能大于在转移轨道Ⅱ运行的机械能，故C错误；
D．根据开普勒第三定律可知，飞船沿目标轨道Ⅲ运行的周期大于在转移轨道Ⅱ运行的周期，故D错误。
故选A。
6. 如图所示，ABCD为正四面体的四个顶点，棱长为l，M、N点分别为AB、CD的中点。在A、B两点固定两个点电荷，电量均为+q，已知静电力常量为k，下列说法正确的是（ ）
A. C点电场强度大小为
B. N点电场强度大小为
C. M、N两点的电势相等
D. 将带正电的试探电荷由M点沿直线移动到C点，其电场力一直增大
【答案】A
【解析】A． A、B两点到C点的距离相等，则A、B两处的电荷在C点产生的场强大小相等，则A、B电荷在C点产生的电场强度均为
根据电场的叠加可知C点电场强度大小为
故A正确；
B．根据几何关系可得
而A、B两点到N点的距离相等，则A、B两处的电荷在N点产生的场强大小相等，根据点电荷的场强公式可得A、B两处的点电荷任意一个在N点产生的场强大小为
则可得N点处的合场强
根据几何关系
根据几何关系，有
联立解得
故B错误；
C．根据等量同种电荷周围电势的分布情况可知M点电势高于N点的电势，故C错误；
D．根据对称性，两个+q点电荷的电场强度在x方向的分量相互抵消，在y方向的分量相加，如下图所示
所以合电场强度在y轴方向的分量为
根据数学知识可知当时，电场强度有最大值
由题图可知
可知场强最大的位置在CM之间某点，可知将带正电的试探电荷由M点沿直线移动到C点，其电场力先增大后减小，故D错误。
故选A。
7. 如图所示，玩具水枪对着竖直墙壁稳定连续喷水，喷口始终位于a点，水流喷出方向始终沿a、b连线方向。第一次喷水时水流击中墙壁c点，第二次喷水时速度变为原来的一半，水流击中墙壁d点。a、b、c、d位于同一竖直平面，喷出的水可视为做斜抛 运动。下列说法正确的是（ ）
A. 水流从a点喷出到打到c、d两点所用时间相等
B. 图中的距离关系满足bd=3bc
C. 第二次空中的水量等于第一次空中的水量
D. 第二次水枪喷水的功率是第一次的
【答案】C
【解析】A．水流从a点沿ab连线方向喷出，做斜抛运动，击中墙壁c点。第二次喷水时速度变为原来的一半，水流击中墙壁d点。由于速度减半，根据斜抛运动的特性，水平方向的速度减半，竖直方向的速度也减半，因此第二次的运动时间是第一次的两倍，故A错误；
B．把斜抛运动分解为沿初速度方向的匀速直线运动和竖直向下的自由落体运动，设a、b间距离为L，有
b到击中点的距离为h，有
可得
两次高度之比
所以
故B错误；
C．设管口截面积为S，空中水的体积
则两次空中的水量相等，故C正确；
D．时间喷出水的质量
水枪在时间对水做的功为
水枪的喷水功率
则第二次水枪的喷水功率是第一次的，故D错误。
故选C。
8. 体育课上，小明同学想研究一下篮球下落时受到的空气阻力及篮球与球场地面碰撞时的能量损失问题，他将质量为m的篮球举至离地面高为h处，由静止释放，通过记录发现篮球第一次反弹后上升的高度为释放高度的一半。下列说法不正确的是（ ）
A. 若不考虑空气阻力，篮球第一次与地面碰撞损失的机械能为
B. 若篮球与地面碰撞时无机械能损失，可知空气阻力大小的平均值为
C. 若篮球与地面碰撞时无机械能损失，空气阻力大小恒定，则篮球从释放到停止运动的总路程为3h
D. 若空气阻力大小恒定为，篮球第一次与地面碰撞损失的机械能为
【答案】D
【解析】A．不考虑空气阻力时，篮球初始机械能为，碰撞后上升至，机械能损失为，故A正确。
B．若碰撞无机械能损失，总机械能损失由空气阻力做功引起。下落和上升过程总路程为，机械能损失
解得，故B正确。
C．总路程为所有下落和上升距离之和，构成首项为、公比的等比数列，总路程，故C正确。
D．空气阻力时，下落至地面动能
碰撞后上升至需动能
碰撞损失，故D错误。
此题选择不正确，故选D。
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. 以下关于曲线运动的说法正确的有（ ）
A. 平抛运动是匀变速曲线运动
B. 做曲线运动的物体，其加速度一定变化
C. 做匀速圆周运动的物体，所受合力一定指向圆心
D. 匀速圆周运动是匀变速曲线运动
【答案】AC
【解析】A．平抛运动的加速度为重力加速度，恒定不变，所以平抛运动是匀变速曲线运动，故A正确；
B．做曲线运动的物体，加速度与速度方向不在同一直线上，但加速度可以恒定不变，故B错误；
C．做匀速圆周运动的物体，所受合力提供向心力，方向一定指向圆心，故C正确；
D．匀速圆周运动加速度大小不变，方向时刻发生变化，不是匀变速曲线运动，故D错误。
故选AC。
10. 双星演化理论认为，质量较大的恒星一般会率先演化，塌缩成密度极高的致密星，如脉冲星或黑洞。质量小的伴星物质会被致密星吸积，并因质量流失而体积膨胀，甚至胀大到把致密星“揽入怀中”。如图是一个由质量较大的黑洞和质量较小的伴星组成的双星系统，它们以两者连线上的某一点为圆心做匀速圆周运动，在黑洞刚开始吞噬伴星的较短时间内，恒星和黑洞的总质量、距离保持不变，则在这段时间内，以下说法正确的是（ ）
A. 两者之间的万有引力变大
B. 两者的线速度大小之和不变
C. 该双星系统的周期变大
D. 图中m2为伴星
【答案】BD
【解析】A．设二者间距为L，二者间的万有引力为，恒星和黑洞的距离L不变，恒星和黑洞的总质量不变；随着黑洞吞噬恒星，由于一开始黑洞的质量大于伴星的质量，所以黑洞与伴星质量差值变大，则m1与m2的乘积变小，所以两者之间的万有引力变小，故A错误；
C．对该双星系统，根据牛顿第二定律得
解得
因为双星的质量之和不变，间距不变，所以周期不变，故C错误；
B．两者的线速度大小之和
由于双星的间距不变，周期不变，所以两者的线速度大小之和不变，故B正确；
D．双星做匀速圆周运动，所需的向心力大小相等，则有
可得
由题图知，则有，所以图中m2伴星，故D正确。
故选BD。
11. 如图所示，平行板电容器水平放置，板间距离为d，上极板M正中间有一小孔。有一质量为m，电荷量为+q的带电油滴从小孔正上方高为h处的O点由静止下落。当开关闭合时，油滴运动到两极板正中间的P点速度刚好为零。以下说法正确的是（ ）
A. 由O到P， 油滴的电势能增加mg（d+h）
B. 保持开关闭合，将上极板向上移动距离为d，则油滴不能到P点
C. 若开关断开，将下极板向下移动距离为d，油滴恰好能返回O点
D. 若开关断开，将上极板向上移动距离为d，油滴仍恰好到达P点
【答案】BC
【解析】A．由O到P，根据动能定理可得
可知克服电场力做功为
根据功能关系可知油滴的电势能增加，故A错误；
B．保持开关闭合，则板间电势差保持不变，将上极板向上移动距离为d，板间距离变为原来的2倍，则场强变为原来的一半，即有
从O到P，重力做功为
克服电场力做功为
可知重力做功小于克服电场力做功，所以油滴不能到P点，故B正确；
C．若开关断开，则极板所带的电荷量不变，将下极板向下移动距离为d，根据
可知板间场强保持不变；从O到P，重力做功为
克服电场力做功为
由于重力做功等于克服电场力做功，所以油滴仍恰好到达P点，之后根据运动可逆性，可知油滴恰好能返回O点，故C正确；
D．若开关断开，将上极板向上移动距离为d，可知板间场强保持不变；从O到P，重力做功为
克服电场力做功为
可知重力做功小于克服电场力做功，所以油滴不能到P点，故D错误。
故选BC。
12. 一质量为M的长木板静止在光滑水平面上，另一质量为m的滑块（可视为质点）从长木板的最左端滑上，恰好能滑到最右端，已知滑块的初速度为v0，滑块与长木板之间的动摩擦因数为μ。则下列说法正确的是（ ）
A. 如果仅增大长木板质量，整个过程中因摩擦而产生的热量增加
B. 如果仅增大长木板质量，摩擦力对长木板做的功减小
C. 如果仅增大滑块的质量，摩擦力对长木板做的功增大
D. 如果仅增大滑块的质量，整个过程中因摩擦而产生的热量增加
【答案】ACD
【解析】A．从长木板的最左端滑上，恰好能滑到最右端，根据动量守恒，有
解得
产生的热量为
如果仅增大长木板质量，整个过程中因摩擦而产生的热量增加，故A正确；
D．产生的热量为
如果仅增大滑块的质量，整个过程中因摩擦而产生的热量增加，故D正确；
B．摩擦力对长木板做的功为
如果仅增大长木板质量，摩擦力对长木板做的功增大，故B错误；
C．摩擦力对长木板做的功为
如果仅增大滑块的质量，摩擦力对长木板做的功增大，故C正确；
故选ACD。
三、非选择题：本题共6小题，共60分。
13. 某实验小组用如图所示的装置验证机械能守恒定律。绕过轻质定滑轮的轻质细线的两端分别悬挂质量均为m的重物A、B、C，A与纸带连接，纸带通过固定的打点计时器（电源频率为50Hz）。由静止释放重物B和C，利用打点计时器打出的纸带可验证系统（由重物A、B、C组成）的机械能是否守恒。
（1）关于该实验，下列说法正确的是___________。
A 实验时应先释放纸带再接通电源
B. 打点计时器的墨粉纸盘圆心应在挂物体A的悬线正下方
C. 此实验存在系统误差，系统的动能的增加量略小于重力势能的减少量
D. 若选取的纸带第1个点对应的速度为0，则第1、2两点间的距离一定小于2mm
（2）某次实验结束后，打出的纸带的一部分如图乙所示，a、b、c为三个相邻计时点。则打下b点时重物的速度大小vb=_______m/s（结果保留三位有效数字）。
（3）对选取的纸带，若第1个点对应的速度为0，重物A上升的高度为h时，速度大小为v，测量并计算纸带上不同的点对应的高度hn及速度大小vn，然后描绘出h-v2（h为纵坐标）关系图像，发现图像是一条过原点的倾斜直线，若直线的斜率满足k=____就可以验证系统的机械能守恒（重力加速度为g）。
【答案】（1）CD （2）1.03 （3）
【解析】
【小问1解析】
A．实验时应先接通电源再释放纸带，A错误；
B．打点计时器的墨粉纸盘圆心应在挂物体A的悬线下方偏右位置，B错误；
C．由于有阻力作用，则此实验存在系统误差，系统的动能的增加量略小于重力势能的减少量，C正确；
D．若选取的纸带第1个点对应的速度为0，则因第1、2两点间的时间为0.02s，根据，D正确。
故选CD。
【小问2解析】
打下b点时重物的速度大小
【小问3解析】
若系统机械能守恒则满足
即
则图像的斜率
14. 图甲是“研究平抛运动”的实验装置图。
（1）实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线___________。每次让小球从同一位置由静止释放，是为了___________。
（2）实验中，某同学记录了运动轨迹上的三个点A、B、C，如图乙所示。以A点为坐标原点建立坐标系，各点的坐标值已在图中标出 （g=10m/s2）。 则
① 小球做平抛运动的初速度大小为___________m/s。
② 小球通过B点的速度大小为___________m/s。
③ 小球做平抛运动的初始位置坐标为___________。
【答案】（1）水平 确保每次平抛的初速度相同
（2） ①. 1 ②. ③. （-10，-5）
【解析】
【小问1解析】
为了保持小球抛出时的速度处于水平方向，实验前应对实验装置反复调节，直到斜槽末端切线水平；
每次让小球从同一位置由静止释放，是为了确保每次平抛的初速度相同。
【小问2解析】
①竖直方向有
可得
则小球做平抛运动的初速度大小为
②小球通过B点的竖直分速度大小为
则小球通过B点的速度大小为
③小球做平抛运动的初始位置到B点所用时间为
则小球做平抛运动的初始位置到B点的水平距离为
小球做平抛运动的初始位置到B点的竖直距离为
可知小球做平抛运动的初始位置坐标为（-10，-5）。
15. 如图所示，一质量为m的带电小球以与水平方向成37°的初速度v0从O点进入水平向右的匀强电场，小球在竖直平面内做直线运动。已知重力加速度为g，场强大小为E。求：
（1）小球的电性及电荷量。
（2）小球出发点和轨迹最高点之间的电势差。
【答案】（1）带负电, （2）
【解析】
【小问1解析】
因小球做直线运动，合力与速度方向共线，可知小球受到的电场力水平向左，与场强方向相反，所以小球带负电；根据几何关系可得
解得小球电荷量为
【小问2解析】
设小球匀减速运动位移为，根据动能定理可得
小球出发点和轨迹最高点之间的电势差为
联立解得
16. 如图所示，一质量为m的小球用长度为L的不可伸长的轻质细线悬挂在竖直细杆顶端O，O点在地面上的投影为O′。杆绕其中心轴缓慢加速转动，带动小球在水平面内做圆周运动。重力加速度大小为g，不计空气阻力，则
（1）细线与杆的夹角从37°增加至53°的过程中细线对小球做的功为多少？
（2）若夹角为53°时细线恰好断裂，此时，小球距地面高度，求小球落点到O'的距离。
【答案】（1） （2）1.7L
【解析】
【小问1解析】
细线与杆的夹角从37°增加至53°的过程中，小球上升的高度为
细线与杆的夹角为37°时，根据牛顿第二定律有
细线与杆的夹角为53°时，根据牛顿第二定律有
对小球根据动能定理有
解得
【小问2解析】
细线断裂后做平抛运动
小球平抛的水平位移
落点到点位移为
联立解得s=1.7L
17. 示波器是一种用途十分广泛的电子仪器。它能把肉眼看不见的电信号变换成看得见的图像，便于人们研究各种电现象的变化过程。示波器利用狭窄的、由高速电子组成的电子束，打在涂有荧光物质的屏上，就可产生细小的光点。示波器简化模型如图甲所示，电子加速器的加速电压为U1，偏转电场电压为U2，板长为l、板间距离为d。大量电子 由静止加速后，不断地从两板正中间沿水平方向射入偏转电场，所有电子均能由右侧射出。 电子的电荷量为e，质量为m，不计电子重力和它们之间的相互作用力，求：
（1）电子穿出加速电场时的速度大小v0。
（2）在偏转电场中电场力对电子做的功。
（3）若偏转电压按如图乙所示规律变化（U0已知），，电子仍能从偏转电场右侧射出，求哪些时刻进入偏转电场的电子从右侧射出时的偏转位移最大，最大值是多少。
【答案】（1） （2）
（3）t= nt0（n =0，1，2，……）,
【解析】
【小问1解析】
在加速电场中 ，根据动能定理，有
解得
【小问2解析】
电子在偏转电场做类平抛运动，在水平方向，有
根据牛顿第二定律，有
在竖直方向，有
电场力做功为
联立解得
【小问3解析】
电子在偏转电场中运动时间
所以t= nt0（n =0，1，2，……）时射入电子出偏转电场时的偏转距离最大，则有
根据牛顿第二定律，有
联立解得
18. 如图所示，弹射装置由左端固定在墙上的轻弹簧和锁K构成，自然状态下弹簧右端处于O点。轨道BC、G'H均为竖直四分之一圆弧轨道、C'DG为竖直半圆轨道，AB、HM为水平轨道，各轨道间均平滑连接。O1、O2、O3等高，除H点右侧水平轨道 粗糙外，其余轨道均光滑；圆弧轨道半径均为R，N点为HM上的一点，HN=2.5R。N点右侧有一可移动挡板，物块与水平轨道HM（足够长）间动摩擦因数。 现将一质量为6m的小物块a压缩弹簧至A点并锁定。解除锁定，小物块a恰好运动到C点。取走小物块a，将一质量为m的小物块b压缩弹簧至A点并重新锁定。解除锁定后，小物块b沿轨道运动。空气阻力忽略不计，重力加速度为g。求：
（1）锁定后弹簧储存的弹性势能。
（2）小物块b第一次到D点时受到轨道的压力大小。
（3）小物块b第一次到N点时的速度大小。
（4）设小物块b与挡板碰撞后以原速率弹回。若要求碰后小物块不能脱离轨道，求可移动挡板（挡板只能在N点右侧移动）与N点间距离x应满足的条件。
【答案】（1） （2）
（3） （4）0≤x≤R ##2.5R≤x