2021-2022学年江苏省南通市通州区高一（下）期末物理试卷（Word解析版）

2021-2022学年江苏省南通市通州区高一（下）期末物理试卷

一、单选题（本大题共10小题，共40分）

1. 如图所示，、两带电小球质量都是，与悬点间用一根绝缘细线连接，系统处于静止状态，已知重力加速度为，整个过程中不漏电则(    )

A. 绝缘细线的张力大小等于 B. 、两球可能带同种电荷
C. 的电荷量一定大于的电荷量 D. 剪断细线瞬时球的加速度为

2. 如图所示的图像中，直线表示某电源的路端电压与电流的关系图线，曲线表示某电阻的电压与电流的关系图线，虚线为交点处曲线的切线现把该电源和电阻连接成闭合电路，则电源的内阻、电阻、电源的输出功率及电源的效率分别为(    )

A.  B.  C.  D.

3. 如图所示，某卫星绕地球做椭圆轨道运动，轨道的半长轴为，卫星运行周期为，卫星在近地点处的速度为、与地球中心距离为，卫星质量为，地球质量为，万有引力常量为则(    )

A. 卫星经过点时的速度最小
B. 卫星从到的过程中机械能保持不变
C. 与地球和卫星的质量都有关
D. 卫星在处满足关系

4. 空心球形导体壳内放置一正点电荷，球壳内、外电场线分布如图所示点位于球壳内，、两点分别位于球壳的内、外表面、、三点电势分别为、、，则(    )

A. 点的场强方向与球壳内表面相切，且
B. 点的场强方向与球壳内表面相切，且
C. 点的场强方向沿该点半径方向，且
D. 点的场强方向沿该点半径方向，且

5. 如图所示，、两点对称分布在均匀带电塑料薄板的两侧，一固定带正电的点电荷在、的连线上，已知点的电场强度方向水平向右，则下列说法中正确的是(    )

A. 塑料薄板带正电
B. 点的电势低于点的电势
C. 点的电场强度方向也可能向右
D. 塑料薄板表面处的电场方向都与薄板表面垂直

6. 年月日，神舟十四号载人飞船点火发射，将位航天员送入“天宫”空间站空间站距离地表约，载入飞船首先到达距离空间站下方约的“停泊点”飞船相对于空间站静止位置，然后调整姿态，沿径向与空间站自主交会对接下列说法中正确的是(    )

A. 载人飞船在“停泊点”位置的动能大于空间站的动能
B. 径向交会过程中，飞船与空间站绕地球的角速度相同
C. 径向交会过程中，飞船与空间站绕地球的线速度相同
D. 径向交会过程中，宇航员刘洋的加速度为零

7. 如图所示电路中，电源电动势为、内阻为，为定值电阻，闭合开关，增大可变电阻的阻值，电压表、电流表示数变化量的绝对值分别为、，则在电阻增大的过程中(    )

A. 两电表的示数都变大 B. 电容器支路中有向右的电流
C. 电流表的示数大于电阻中的电流 D. 与的比值增大

8. 探究电容器两极板间电势差跟所带电荷量的关系实验电路，如图所示，、是两个完全相同的电容器，开始不带电，单刀双掷开关和开关都处于断开状态，实验过程如下：开关先接，再接，然后断开且闭合，断开且接，每次操作稳定后数字电压表示数为、、、则下列说法中正确的是(    )

A. ， B. ，
C. ， D. ，

9. 如图所示，半径为的光滑圆环固定在竖直平面内，是圆心，虚线水平两个质量均为的小球、套在圆环上，两球之间用轻杆相连，从图示位置由静止释放，已知重力加速度为。则(    )

A. 运动过程中轻杆对球始终是推力
B. 运动过程中球的最大速度为
C. 若要使、两球做完整的圆周运动，给球的初速度至少为
D. 若要使、两球做完整的圆周运动，给球的初速度至少为

10. 某物体由静止释放，下落过程中物体所受空气阻力与速度大小成正比取水平地面为重力零势能面，在物体下落过程中，加速度、机械能随时间变化，动能、重力的瞬时功率随下落高度变化的关系图像可能正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

二、实验题（本大题共1小题，共15分）

11. 在温度为时，合格纯净水的电阻率现检测某品牌纯净水，将采集的水样注满绝缘性能良好的圆柱形容器，容器两端用金属圆片电极密封，测得该容器两电极间长度为，内径圆面积为除待测水样外，实验室还提供如下器材：
    A.电流表量程，内阻约为
    B.电压表量程，内阻为
    C.滑动变阻器，阻值范围，允许的最大电流
    D.滑动变阻器，阻值范围，允许的最大电流
    E.电阻箱
    F.电源电动势为，内阻约
    G.开关和导线若干；
    要将电压表量程扩大为原来的倍，应该将电压表和电阻箱______联填“串”、“并”，并把电阻箱的阻值调为______；
    先用多用电表粗测容器内水样的电阻一多用电表正确测量了一个的电阻，表盘如图甲所示现用该表粗测水样电阻，在用红、黑表笔接触容器两端之前，选出必需的步骤，并按操作顺序排列：______；
    
    A.用螺丝刀调节表盘下中间部位的指针定位螺丝，使表针指向“”；
    B.将红表笔和黑表笔接触；
    C.把选择开关旋转到“”位置；
    D.把选择开关旋转到“”位置；
    E.调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点．
    按图乙电路测量水样电阻，其中滑动变阻器选择______填器材选项代号；合上开关前滑片位于最______端填“左”、“右”；
    将实验中测得的数据，在坐标系中描点连线，结果如图丙所示，则水样的电阻______；
    根据实验数据，判断该水样是否合格？______选填“是”或“否”．

三、计算题（本大题共4小题，共45分）

12. 如图甲所示，电源电动势，内阻，电阻，，微安表内阻不计，闭合开关，电路稳定后，求：
    
    电源的输出电流及路端电压；
    断开后微安表的示数变化如图乙所示，估算电容器的电容．
13. 在平行于纸面的圆形区域内有匀强电场，圆心为、半径为如图甲所示，动点从点沿圆周逆时针运动，为连线转过的角度，转动过程所在位置的电势随角度的变化如图乙所示求：
    电量为的带电粒子在点处的电势能；
    匀强电场的场强大小．

14. 如图所示，长度为的光滑轻质细管与水平面的夹角为，可绕竖直轴转动，两根轻弹簧分别固定在轻管两端，弹簧的原长都是，劲度系数均为，两弹簧间栓接一质量为的小球。已知重力加速度为，不计空气阻力．
    当轻管静止时，每根弹簧的形变量；
    当轻管绕竖直轴以角速度匀速转动时，两弹簧刚好恢复原长，求；
    当轻管从静止开始绕竖直轴转动，转至弹簧的弹性势能与静止时相等求外界对转动装置所做的功．
15. 如图所示，竖直平面内存在方向相反的两个有界匀强电场，轴为两电场的交界，电场强度的方向平行于轴，大小均为，电场的左边界是轴，右边界与轴平行，位于处。一质量为、带电量为的小球以某初速度从轴的点沿水平方向进入电场，点纵坐标为，经偏转后从电场的右侧沿水平方向离开，重力加速度为，不计空气阻力。
    判断粒子的电性；
    求小球在下方电场中的竖直方向的最大偏移量；
    求小球进入电场的初速度的可能值。
    

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：、以、两个带电小球整体作为研究对象，根据平衡条件可知，绳子拉力，故A正确；
B、以带电小球作为研究对象，由平衡条件可知，球对球的库仑力竖直向上，可知库仑力表现为吸引力，、球带异种电荷，故B错误；
C、由题意仅可得出两小球间库仑力大小为，无法判断、两球所带的电荷量，故C错误；
D、剪断细绳瞬间库仑力大小不变，所以受力情况不变，处于平衡状态，加速度为零，故D错误；
故选：。
根据整体法和隔离法完成对小球的受力分析；
根据库仑定律和牛顿第二定律分析出电荷量的大小关系和球的加速度关系。
本题主要考查了库仑定律的相关应用，熟悉整体法和隔离法的应用，结合牛顿第二定律和库仑定律即可完成分析。
 

2.【答案】 

【解析】解：、电源的图线的斜率绝对值表示电源的内阻，则，故A错误；
B、把该电源和电阻连接成闭合电路，由两图线的交点坐标可知电阻的电压，电流为，则，故B错误；
C、电源的输出功率，故C错误；
D、电源的电动势，电源的总功率为，则电源的效率，故D正确。
故选：。
根据电源的图线的斜率绝对值求电源的内阻，由图线纵轴截距读出电源的电动势。把该电源和电阻连接成闭合电路，由两图线的交点读出电阻的电压和电流，由欧姆定律求电阻。由求电源的输出功率，由求电源的总功率，从而求得电源的效率。
本题要抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，知道两个图象的交点表示该电源与电阻相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压。
 

3.【答案】 

【解析】解：卫星从点到点，引力做负功，速度减小，所以卫星经过点时的速度最大，故A错误；
B.卫星从到的过程中只有万有引力做功，机械能保持不变，故B正确；
C.由开普勒第三定律可知，只与地球质量有关，故C错误；
D.卫星在处时做离心运动，应满足；故D错误：
故选：。
根据引力做功分析速度大小，卫星从到的过程中只有万有引力做功，由开普勒第三定律可知，只与地球质量有关，卫星在处时做离心运动。
本题考查万有引力定律，解题关键掌握开普勒定律，注意卫星运动过程中只有引力做功。
 

4.【答案】 

【解析】解：由于导体球壳为等势体，而电场线与等势面相互垂直，所以处的场强方向沿半径方向；
沿电场线的方向电势降落，故的电势高于等势体的电势，即高于的电势；而和处于同一等势面上，故和的电势相等，即，故D正确，ABC错误。
故选：。
导体球壳放在电场中处于静电平衡状态，导体为等势体，根据电场线和等势面的性质确定点场强方向，再根据沿电场线电势降落分析电势大小。
本题考查静电平衡的性质，要知道处于电场中的导体处于静电平衡状态，导体上的各点电势相等。
 

5.【答案】 

【解析】解：、正电荷和薄板电荷在点激发的电场强度方向向右，若薄板带正电的话，则点的电场强度方向必向左，根据电场的矢量合成知薄板带负电，故A错误；
C、由对称性可知，薄板在、两点产生的电场强度大小相等，方向相反，即薄板在点产生的电场向左，面在点形成的电场也向左，所以点的合场强向左，故C错误；
B、以无穷远为电势点，薄板在两点产生的电势为大小相等的负值，而正电荷在点产生的电势大于点的电势为正值，电势的叠加遵守代数和法则，所以点的电势大于点的电势。，故B错误；
D、由于薄板是电势为零的等势面，所以薄板表面的电场强度方向与表面垂直，故D正确。
故选：。
由点的电场强度方向向右可判断薄板带负电；由点电荷的场强公式可得出在点形成的场强，由电场的叠加原理可求得薄板在点的场强大小及方向；由对称性可知薄板在点形成的场强；由点电荷电场电势分布可比较两点间电势差。
题目中薄板形成的场强，看似无法解决；但注意点的场强是由薄板及点电荷的电场叠加而成，故可求得薄板在点的电场强度的大小关系，而薄板两端的电场电势是对称的，之后可以叠加点电荷的电场电势分析。
 

6.【答案】 

【解析】解：飞船相对于空间站静止，则飞船与空间站具有相同的角速度，而飞船轨道半径较小，线速度较小，但由于飞船与空间站的质量关系未知，故无法比较他们的动能大小，故A错误；
B.径向交会过程中，地球、飞船、空间站始终在一条直线上，飞船与空间站绕地球的角速度相同，故B正确：
C.径向交会过程中，飞船绕地球的线速度较小，故C错误；
D.径向交会过程中，宇航员随飞船做匀速圆周运动，具有向心加速度，故D错误。
故选：。
动能与速度和质量都有关，径向交会过程中，地球、飞船、空间站始终在一条直线上，飞船与空间站绕地球的角速度相同；径向交会过程中，宇航员随飞船做匀速圆周运动，具有向心加速度。
本题主要考查了万有引力定律的相关概念，理解圆周运动的公式，理解向心力的来源，结合变轨的原理完成分析。
 

7.【答案】 

【解析】解：、闭合开关，增大可变电阻的阻值，电路中电流减小，电流表示数变小。由闭合电路欧姆定律可知，电压表的示数为，减小，其它量不变，则变大，故A错误；
B、电容器板间电压增大，由知电容器带电量增加，电容器充电，则电容器支路中有向左的电流，故B错误；
C、由于电容器支路中有充电电流，所以电流表的示数大于电阻中的电流，故C正确；
D、根据闭合电路欧姆定律得：，由数学知识得知，保持不变，故D错误。
故选：。
闭合开关，增大可变电阻的阻值，电路中电流减小，由闭合电路欧姆定律分析电压表示数的变化，判断电容器带电量的变化，判断电容器支路中电流方向。由闭合电路欧姆定律列式分析与的比值如何变化。
本题是电路动态变化分析问题，根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析，要知道电压表、电流表示数变化量的绝对值之比是不变的。
 

8.【答案】 

【解析】解：开关先接，电容器充电，电压表示数为，则电容器板间电压为。再接，两个电容器并联，电荷量相等，都等于电容器原来电荷量的一半，由知，。断开且闭合，电容器放电，电容器电荷量不变，则。断开且接，两个电容器并联，电荷量相等，都等于电容器最初电荷量的，则，可知，故A正确，BCD错误。
故选：。
开关先接，电容器充电，根据每次操作后电路的连接关系，分析电容器板间电压的关系。
解决本题时，电容器的电容不随电荷量的变化而变化，两个相同电容器并联时电荷量平分。
 

9.【答案】 

【解析】解：释放轻杆及小球后，小球先加速后减速，运动过程中轻杆对小球先施加推力，后施加拉力，故A错误。
B.把两小球及轻杆作为整体，当轻杆水平时球的速度最大，球下降的高度，根据机械能守恒定律，解得，故B错误。
设使、两球做完整的圆周运动，给球的初速度为，当轻杆在圆心上方水平球的速度为，根据机械能守恒定律
对球，根据牛顿第二定律，联立解得，故C正确，D错误。
故选：。
运动过程中轻杆对球先推力，后拉力；当杆运动到水平位置时，、系统重力势能最小，此时系统的动能也是最大的，、球速度达到最大；
本题考查两杆连体问题，把两小球及轻杆作为整体；能够正确进行做功分析，合理运用机械能守恒定律是解题的关键。
 

10.【答案】 

【解析】解：、由牛顿第二定律可得：

解得：
随着速度的增大，加速度减小，物体做加速度减小的加速运动，图像的斜率为

随着加速度减小，图像斜率绝对值减小，所以图像应该是曲线，故A错误；
C、由动能定理得：

即
随着速度的增大，图像的斜率减小，故C错误；
B、机械能的变化量等于克服阻力做的功，随着物体的不断下降，机械能始终在减小，不会出现刚开始一段时间机械能保持不变，故B错误；
D、重力的瞬时功率可表示为

物体做加速度减小的加速运动，当时加速度为零，速度达到最大，可知重力的瞬时功率先增大后保持不变，故D正确；
故选：。
根据牛顿第二定律分析出加速度的表达式并结合图像完成分析；
根据机械能的变化特点结合选项完成分析；
根据动能定理结合图像的斜率完成分析；
根据功率的计算公式结合图像完成分析。
本题主要考查了功率的计算公式，同时要理解动能定理和机械能的定义，结合图像的物理意义即可完成解答，有一定难度。
 

11.【答案】串联        左    否 

【解析】解：电压表扩大量程时，应串联一个较大的分压电阻，其阻值为；
欧姆表测定值电阻是时，先进行机械调零，选择好适当的倍率后，再欧姆调零，使指针指在表盘最右端的零刻度线，故顺序为：；
滑动变阻器分压式连接，所以选择最大阻较小的滑动变阻器。为了保护电路，合上开关前应使滑片位于最左端，测量电路的电压为零。
根据部分电路的欧姆定律，又因为是线性元件，可知：；
根据电阻的决定式可得：，小于合格标准的电阻率，故不合格。
故答案为：串、；；、左；；否
根据电压表的改装原理分析并计算分压电阻的连接及大小；
根据多用电表欧姆挡的使用规则分析各项的正确与错误并排序；
根据电路图中滑动变阻器的分压接法选择其最大阻值，合上开关前应使分出去的电压为零；
根据欧姆定律计算出电阻值的大小；
根据电阻定律计算出电导率的大小，并分析出水样的合格与否。
本题主要考查了自来水电阻率的测量，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合欧姆定律和电阻定律即可完成分析。
 

12.【答案】解：根据闭合电路欧姆定律得
 
路端电压
电容器板间电压
图象与时间轴所围的面积表示电荷量，采用估算法求电荷量：不足半个舍去，大于半个算一个，共格，则电容器所带电荷量为
  
电容器的电容
答：电源的输出电流为，路端电压是；
电容器的电容是。 

【解析】电路稳定后，电容器相当于断路，根据闭合电路欧姆定律求电源的输出电流，由求路端电压。
由求出电容器板间电压，由图象与时间轴所围的面积表示电荷量，估算出电容器所带电荷量，再由求电容。
解决本题的关键要知道图象与时间轴所围的面积表示电荷量，采用估算法求电容器的电荷量。
 

13.【答案】解：由题图可知，点的电势为，电量为的带电粒子在点的电势能为

从角转到角的过程中，恰好转过，故圆周上电势最大值与最小值恰好在一条直径上的两点，其连线与电场线平行，可得场强大小为

答：电量为的带电粒子在点处的电势能为；
匀强电场的场强大小为。 

【解析】根据图像得出点的电势，结合电势能的表达式完成分析；
根据图像的物理意义解得场强的大小。
本题主要考查了电势差和场强的相关概念，熟悉公式之间的推导，结合图像的物理意义即可完成分析。
 

14.【答案】解：当轻管静止时，小球受到重力、支持力及两根弹簧的弹力，受力如图所示，若每根弹簧的形变量，根据平衡条件有：
所以解得：
轻管绕竖直轴以匀速转动，弹簧恢复到原长，此时小球只受重力和支持力，受力如图所示，
这两个力的合力提供向心力，由牛顿第二定律有：
其中半径
代入得到
当弹簧的弹性势能再次相等时，上方弹簧压缩、下方弹簧伸长，且形变量均为，两弹簧的弹力沿细管向下，
在竖直方向有：
在水平方向有：
此时：
从开始静止到此时，根据动能定理有：
而
联立解得：
答：当轻管静止时，每根弹簧的形变量为；
当轻管绕竖直轴以角速度匀速转动时，两弹簧刚好恢复原长，为；
当轻管从静止开始绕竖直轴转动，转至弹簧的弹性势能与静止时相等求外界对转动装置所做的功为。 

【解析】对小球进行受力分析，从而由平衡条件求出每根弹簧的形变量；
小于只受重力和试管弹力作用，两者合力提供向心力，从而求出转动的角速度；
先由牛顿第二定律求出两弹簧弹性势能相等时的位置，求出此时转动的速度，根据动能定理求出外界对装置做的功。
此题是匀速圆周运动和双弹簧连接体的综合问题，关键是对小球做好受力分析，由平衡条件和牛顿第二定律，结合向心力公式、动能定理可以解决问题。
 

15.【答案】解：如果小球带负电，则进入电场后受到向上的电场力，向上偏转，沿纵轴方向的速度不可能为零，即不可能沿水平方向离开电场，故粒子应带正电；
小球进入下方电场时的纵轴速度大小为
其中是小球在第一象限时的加速度大小，由牛顿第二定律得
解得：
小球进入第四象限的加速度大小为
当小球沿轴方向的速度为零时，有
联立解得：
小球沿纵轴速度周期性变化，第一次纵轴方向速度减为零所用的时间为

其中　　　　　
解得：
因为是水平离开电场区域，则有：
解得：
答：小球带正电；
求小球在下方电场中的竖直方向的最大偏移量为；
求小球进入电场的初速度的可能值为． 

【解析】根据小球的运动情况可以判断小球带正电；
根据牛顿第二定律得到小球在第一、第四象限内运动的加速度，然后根据运动学公式即可得到小球进入第四象限时的速度，进而得到最大距离；
小球沿纵轴做的是周期性运动，计算出来每个周期的时间，进而根据水平方向是匀速运动，得到小球进入电场的初速度的可能值。
注意题目当中是小球，不是带电粒子要考虑到小球的重力。小球在第一、第四象限内做的是类平抛运动，要清楚在竖直方向的速度变化规律，在水平方向上始终是做匀速直线运动的。