2020-2021学年湖南省长沙市第一中学高一（下）期末物理试题（解析版）

长沙市第一中学2020——2021学年度高一第二学期

期末考试物理

时量：75分钟：满分：100分

第Ⅰ卷：选择题（共48分）

一、单选题（本题共8小题，每小题4分，共32分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）

1. 下列叙述符合历史事实的是（　　）

A. 测出引力常量可计算地球的质量，因而卡文迪什实验被称为“称量地球的质量”

B. 天王星是在计算结果预言的位置观察到的，因而被称为“笔尖下发现的行星”

C. 库仑不仅发现了真空中点电荷间的相互作用规律，还测出了元电荷的数值

D. 赵忠贤发现了超导现象，并把转变温度提高到了90K

【答案】A

【解析】

【详解】A．测出引力常量可计算地球的质量，因而卡文迪什实验被称为“称量地球的质量”，故A正确；

B．海王星是在计算结果预言的位置观察到的，因而被称为“笔尖下发现的行星”，故B错误；

C．库仑发现了真空中点电荷间的相互作用规律，但是没有测出元电荷的数值，元电荷的数值是有美国物理学家密立根测得的，故C错误；

D．赵忠贤没有发现超导现象，只是把转变温度提高到了90K，荷兰物理学家昂里斯发现了超导现象，故D错误。

故选A。

2. 电流的强弱用电流强度（简称电流）表示，关于电流这个物理量，下列说法正确的是（　　）

A. 电流是矢量，其方向与正电荷定向运动的方向相同

B. 根据，电流与通过导体某横截面的电荷量成正比，与所用的时间成反比

C. 根据，导体中的电流与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比

D. 在国际单位制中，电流的单位是安培，是导出单位

【答案】C

【解析】

【详解】A．电流的方向为正电荷定向运动的方向，但电流的加减遵循代数加减法而非平行四边形法则，是标量，故A错误；

B．采用是比值定义法，电流的大小与通过横截面的电量、通电时间无关，故B错误；

C．根据欧姆定律可知，电流与导体两端的电压成正比、与导体的电阻成反比，故C正确；

D．在国际单位制中，电流的单位是安培，是基本单位，故D错误。

故选C。

3. 如图所示是某电场中的几条电场线，在电场中有A、B两点，试比较两点的电场强度E大小和电势φ高低，其中正确的是（　　）

A. EA＞EB，φA＞φB B. EA＞EB，φA＜φB

C. EA＜EB，φA＞φB D. EA＜EB，φA＜φB

【答案】B

【解析】

【详解】电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，所以EA＞EB；根据沿着电场线电势一定降低，所以φA＜φB。

选项B正确，ACD错误。

故选B。

4. 如图所示，皮带轮甲、乙的半径之比为2：3，A、B是两皮带轮边缘上的点。假设皮带不打滑，当皮带轮匀速转动时（　　）

A. A、B两点的线速度大小之比为2：3

B. A、B两点的角速度大小之比为1：1

C. A、B两点的加速度大小之比为3：2

D. A、B两点的加速度大小之比为2：3

【答案】C

【解析】

【详解】A．两轮靠皮带传动，皮带不打滑，因此两轮边缘上的点具有相同的线速度，故

故A错误；

B．由题意知

根据线速度与角速度的关系可得

故B错误；

CD．由向心加速度可得

故C正确，D错误。

故选C。

5. 如图所示，某同学把地面上一根木棍AB的A端以恒定的速度竖直向上提起，且A端始终在同一竖直线上运动。当木棍与地面的夹角为时，B端的速度大小为（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【详解】由题意可知A点的速度方向沿竖直向上，B点的速度方向沿水平向左，将A、B两点的速度按沿木棍方向和木板垂直方向分解，分解图如下

由于A、B两点的速度沿木棍方向的分速度相等，即

因此

解得

故选C。

6. 2017年，人类第一次直接探测到了来自双中子星合并的引力波．根据科学家们复原的过程，在两颗中子星合并前约100s时，它们的间距约400km，绕二者连线上某点转动的转速约12r/s。将两颗中子星视为质量均匀分布的球体，根据上述数据及引力常量可以估算此时两颗中子星（　　）

A. 各自的运动速率 B. 各自的轨道半径

C. 质量之积 D. 质量之和

【答案】D

【解析】

【详解】CD．设两颗星的质量分别为m1、m2，轨道半径分别为r1、r2，相距L=400km=4×105m，根据万有引力提供向心力

联立可得

解得质量之和

其中周期

故D正确，C错误；

AB．由于

则角速度为

这是公转角速度，不是自转角速度。根据

v=rω

可知

v1=r1ω

v2=r2ω

解得

v1+v2=（r1+r2）ω=Lω=9.6π×106m/s

因为不知道质量之比，所以求不出各自的轨道半径，也就求不出各自的运动速率，只能求出速率之和，故AB错误。

故选D。

7. 如图所示，轻质弹簧的下端固定在光滑斜面的底部，置于斜面上，其上方有一物块由静止开始下滑，从物块开始接触弹簧到把弹簧压至最短（仍在弹性限度内）的过程中，物块的重力势能与弹簧的弹性势能之和（　　）

A. 逐渐增加 B. 逐渐减少

C. 先增加后减少 D. 先减少后增加

【答案】D

【解析】

【详解】将轻质弹簧、物块视为一系统，因斜面光滑，物块在运动过程中系统机械能守恒；物块开始接触弹簧时，弹簧弹力小于物块重力沿斜面向下的分力，物体沿斜面向下做加速度减小的加速运动、动能增大，因系统机械能守恒，则物块的重力势能与弹簧的弹性势能之和减小；当弹簧弹力与物块重力沿斜面向下的分力相等时，物块速度最大、动能最大，此时物块的重力势能与弹簧的弹性势能之和最小；之后弹簧弹力大于重力沿斜面向下的分力，物块减速、动能减小，则物块的重力势能与弹簧的弹性势能之和增加；故ABC错误，D正确。

故选D。

8. 如图所示，一块足够大的粗糙绝缘薄板竖直固定，且与等量异种点电荷连线的中垂面重合。A、O、B为薄板上同一竖直线上的三点，O在点电荷的连线上，。一个带电小物块（可视为质点）从A点以初速度竖直向下运动，最后静止在B点。不考虑物块电荷量的变化，则物块从A运动到B的过程中（　　）

A. 速度一直减小，经过O点时的速度为

B. 加速度先增大后减小，经过O点时加速度最大

C. 电势能先减小后增大，经过O点时电势能最小

D. 机械能一直减小，AO段损失的机械能比OB段损失的机械能多

【答案】B

【解析】

【详解】B．由于小物块最后静止在B点，因此小物块受到重力、电场力、薄板支持力和摩擦力的作用，可知小物块带正电，从A到O的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于小物块在水平方向上受力平衡，可知小物块对薄板的压力增大，从而滑动摩擦力增大，根据

可知，加速度增大。根据叠加场对称性可知，从O到B的过程中，电场强度越来越小，电场力越来越小，滑动摩擦力逐渐减小，加速度逐渐减小。因此A运动到B的过程中加速度先增大后减小，经过O点时加速度最大，故B正确；

AD．根据叠加场的对称性可知，小物块从A到O过程与从O到B过程中克服摩擦力做功相同，设每段摩擦力做功为、在O时物块的速度为、，对AO段和OB段，根据动能定理可得

联合解得

由于物块在AO段和OB段损失的机械能都为克服摩擦力做的功，因此AO段和OB段损失的机械相同，故AD错误；

C．由于AB是一等势线，小物块从A到B电势能不变，故C错误。

故选B。

二、多选题（本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分）

9. 行星沿着椭圆轨道围绕太阳运动，从远日点向近日点运动的过程中，下列说法正确的是（　　）

A. 加速度逐渐减小

B. 机械能保持不变

C. 太阳对行星的引力做正功，且其功率先增大后减小

D. 太阳对行星的引力始终等于行星运动所需的向心力

【答案】BC

【解析】

【详解】A．当行星从远日点向近日点运动，根据万有引力定律，行星质量不变，行星与太阳的距离减小，万有引力增大，根据牛顿第二定律，加速度增大，故A错误；

B．当行星从远日点向近日点运动时，行星与太阳的距离减小，引力做正功，引力势能减小，但运动的速度增加，动能增大，由于只有万有引力做功，减少的引力势能等于增加的动能，整个过程机械能保持不变，故B正确；

C．由于在远日点和近日点时，太阳对行星的引力方向与行星速度方向垂直，根据瞬时功率公式可知，在远日点和近日点引力的功率都为零，而当行星从远日点向近日点运动时，行星与太阳的距离减小，根据万有引力定律可知，行星速度越来越大，引力做正功，功率不为零，因此整个过程中引力的功率先增大后减小，故C正确；

D．由于行星是沿着椭圆轨道围绕太阳运动，太阳对行星的引力方向并非时刻与行星速度方向垂直，在与行星速度方向不垂直时，引力沿行星速度方向垂直方向上的分力来提供行星运动所需的向心力，故D错误。

10. 用电流传感器和计算机可以准确地描绘电流随时间变化的曲线，现用如图a所示的电路粗略测量电容器的电容。实验时，电阻箱的阻值调至890Ω，先把开关拔至1，当电容器充电完毕后，再把开关拔至2，计算机记录电流随时间变化的图像如图b所示。不计电流传感器的电阻，下列说法正确的是（　　）

A. 电容器充电完毕时的带电量约为

B. 电容器的电容约为

C. 若把电阻箱的阻值调至再次做实验，则图线下的面积减小

D. 若把电阻箱的阻值调至再次做实验，则电容器放电的时间增加

【答案】BD

【解析】

【详解】A．图线下的面积等于电容器充电完毕时所带的电量，由图像可知电容器充电完毕时的带电量约为，A错误；

B．电容器刚开始放电的瞬间有

电容器的电容约为

B正确；

C．若把电阻箱的阻值时不影响电容器充电完毕时所带的电量，则图线下的面积不变，C错误；

D．若把电阻箱的阻值调至再次做实验，通过的电荷量不变，电路中电阻增大电流减小，由

可知，电容器放电的时间增加，D正确；

故选BD。

11. 有一块小量程电流表，满偏电流，内阻。要把它改装成量程为0~10mA，0~100mA的双量程电流表，某同学设计了如图所示的电路，则（　　）

A. 分流电阻

B. 分流电阻

C. 这种设计方案的最大缺陷是安全性不高

D. 这种设计方案的最大缺陷是误差较大

【答案】AC

【解析】

【详解】A．改装成量程为0~10mA的电流表需要并联电阻，并联电阻的阻值

故A正确；

B．改装成量程为0~100mA的电流表需要并联电阻，并联电阻的阻值

故B错误；

CD．在更换量程时，两个分流电阻都没有并联在表头，容易烧坏表头，所以安全性不高，从误差来讲不大，故C正确，D错误。

故选AC。

12. 如图所示，竖直平面内半径为R的圆弧轨道与水平轨道在最低点B相切。一质量为m的小物块（可视为质点）从最高点A由静止滑下，最后静止于C点，B、C间的距离为R。已知物块与圆轨道、水平轨道间的动摩擦因数均为。现用力F使物块从C点缓慢按原路返回到A点，F的方向始终与物块的运动方向相同，已知物块从B到A的过程中克服摩擦力所做的功为。下列说法正确的是（　　）

A. 物块下滑时运动到B点时速度最大

B. 物块从A点运动到C点的过程中，克服摩擦力做的功为

C. 物块从C点运动到A点的过程中，F对物块做的功小于2mgR

D. 物块从C点运动到A点的过程中，F对物块做的功等于

【答案】CD

【解析】

【详解】A．物块下滑时，重力沿轨道切线方向的分力先大于滑动摩擦力后小于滑动摩擦力，因此物块的速度先增大后减小，故物块在A、B两点间某处重力沿轨道切线方向的分力大小等于滑动摩擦力时速度最大，故A项错误；

B．物块缓慢地从B点运动到A点克服摩擦力做的功为，而物块从A点下滑到B点时做圆周运动，支持力比缓慢运动时要大，对应的摩擦力更大，故克服摩擦力做的功大于，因此物块从A点滑到C点的过程中克服摩擦力做的功大于，故B错误；

CD．物块从C点缓慢运动到A点过程，由能量守恒可得力F做的功为

物块从A点到C点过程中，设A点到B点摩擦了做的功为，根据动能定理可得

因为

可得

联合可得

故CD正确。

故选CD。

第Ⅱ卷：非选择题（共52分）

三、实验题（本题共2小题，第13题6分，14题8分，共14分）

13. 某同学用如图a所示的装置做“探究平抛运动特点”的实验，其目的是先描绘平抛运动的轨迹，再计算平抛物体的初速度。

（1）为了描绘平抛运动的轨迹，下列说法正确的是______。

A．应选用光滑的斜槽轨道，以减小摩擦阻力的影响

B．应使轨道末端的切线水平，保证小球离开轨道时的速度水平

C．小球每次都应从斜槽上同一点由静止释放，使每次平抛的初速度相同

D．在白纸上描绘的曲线必须经过所有的痕迹点

（2）如果在白纸上描绘的部分轨迹如图b所示，其中A、B、C相邻时间间隔内两点间的水平距离均为x，A、B间的竖直距离为，B、C间的竖直距离为。已知重力加速度为g，则小球平抛的初速度为______。

【答案】    ①. BC##CB    ②.

【解析】

【详解】（1）[1]A．描绘平抛运动的轨迹，只要保证小球从斜槽末端水平抛出即可，不一定需要斜槽轨道光滑，故A错误；

B．应使轨道末端的切线水平，保证小球离开轨道时的速度水平，做平抛运动，故B正确；

C．小球每次都应从斜槽上同一点由静止释放，目的是保证小球每次是同一初速度的平抛运动，故C正确；

D．在白纸上描绘的曲线尽可能通过较多的点，偏离较远的点可以舍去，故D错误；

故选BC。

（2）[2]依题意，根据平抛运动规律竖直方向上，有

水平方向上，有

联立求得：小球平抛的初速度为

14. 物理兴趣小组为了测量金属丝的电阻率，除了待测金属丝、刻度尺、螺旋测微器、开关和导线之外，还备有下列器材：

A．电压表（量程0~3V，内阻约3kΩ）

B．电压表（量程0~15V，内阻约15kΩ）

C．电流表（量程0~100mA，内阻约5Ω）

D．电流表（量程0~0.6A，内阻约0.1Ω）

E．多用电表

F．滑动变阻器（阻值0~10Ω，额定电流2A）

G．滑动变阻器（阻值0~2kΩ，额定电流0.5A）

H．电源E（输出电压约4V，内阻可忽略）

（1）取一段均匀的电阻丝接在木板的两接线柱上，用刻度尺测量两接线柱间金属丝的长度L=50.0cm，用螺旋测微器测量金属丝的直径示数如图a所示，直径d=________mm。

（2）为了选择合适的测量电路，先用多用电表的欧姆“”挡粗测金属丝的电阻，示数如图b所示，其读数为______。

（3）小组成员准备测量多组数据，描绘图像，根据图像求出电阻，请完善图c所示的电路图______，其中电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______。（填器材前字母）

（4）改变滑动变阻器滑片的位置，测出多组电压、电流值，绘出图像如图d所示，金属丝的电阻______，电阻率为______（取2位有效数字）。

【答案】    ①. 0.517    ②. 30    ③.     ④. A    ⑤. C    ⑥. F    ⑦. 25    ⑧.

【解析】

【详解】（1）[1]由图示螺旋测微器可知，其示数

（2）[2]欧姆表选择“”挡，其示数为

（3）[3][4][5][6]电源电动势为4V，电压表应选择A。由于待测金属丝电阻约为，根据电压表量程，电路最大电流约为

故电流表应选择C。为了便于调节电路并能多次测量，且能有效地控制不超出电压表量程，使待测金属丝两端电压是能从零开始调节，滑动变阻器选择分压式接法，为方便控制电压，滑动变阻器应选阻值较小的F。由于待测金属丝电阻约为30，电压表的内阻约3kΩ，电流表的内阻约5Ω，电压表内阻远远大于待测金属丝阻值，因此电路应采用电流表外接法，完善的电路图如下

（4）[7]由图像可得

[8]由可得

代入数据可得

四、计算题（本题共3小题，第15题12分，第16题12分，第17题14分，共38分。必须写出重要的文字说明和演算过程，只写答案的不给分）

15. 如图所示的电路中，电源两端的电压恒为U=4V，电阻，，、均为理想电压表。

（1）电压表的示数为多少？

（2）若把电压表换成理想电流表，则电压表的示数为多少？

【答案】（1）2V；（2）3V

【解析】

【详解】（1）电路中的电流为

电压表的示数为

（2）把换成理想电流表后，、被短路，无电流，故

电压表的示数为

16. 如图所示，A、B、C是匀强电场中的三点，它们构成的直角三角形，且BC=20cm，它们所在的平面与电场线平行。将一个电荷量为的带负电的粒子从A移到B，电场力做功；把该粒子从B移到C，克服电场力做功。

（1）求A、B间的电势差及B、C间的电势差；

（2）如果取C点的电势为零，求A、B两点的电势；

（3）求电场强度的大小和方向（即电场线与AC边的夹角）。

【答案】（1），；（2），；（3），电场线与AC边夹角

【解析】

【详解】（1）A、B间的电势差及B、C间的电势差分别为

（2）因为

得

（3）AB的中点D与C点的电势相等，故电场线垂直CD向下，如下图

由几何关系知，是等边三角形，，故

电场线与AC边的夹角

17. 一转动装置如图所示，四根轻杆OA、OC、AB、CB与两小球A、C及一小环B通过轻质铰链连接，杆长均为，球和环的质量均为m，O端固定在竖直的轻质转轴上（轻杆OA、OC可绕O转动）。套在转轴上的轻质弹簧连接在O与小环之间，原长为。装置静止时，弹簧长度为转动该装置并缓慢增大转速，小环缓慢上升，弹簧始终在弹性限度内，忽略摩擦阻力。已知弹簧的劲度系数，求：

（1）AB杆的弹力为零时，装置转动的角速度；

（2）弹簧的长度为时，装置转动的角速度；

（3）弹簧长度从缓慢缩短为的过程中，外界对转动装置做的功W。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）根据对称性，AB杆的弹力为零时，CB杆的弹力也为零，设弹簧的长度为L，则对B，由平衡条件

解得

设杆与转轴间的夹角为，则

对A由牛顿定律

解得

（2）设弹簧长度为时杆与转轴间的夹角为（如图），则

对B

解得

对A

解得

（3）弹簧长度为时的弹性势能与长度为时的弹性势能相同，即。弹簧长度从缓慢缩短为的过程中，系统增加的动能和重力势能分别为

故