2021-2022学年辽宁省营口市普通高中高一（下）期末物理试卷（含解析）

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2021-2022学年辽宁省营口市普通高中高一（下）期末物理试卷

第I卷（选择题）

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1. 静电现象在我们的生活中非常常见。如图所示，两个不带电的导体和，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把一带正电荷的物体置于附近(    )

A. 此时带正电，带负电
B. 此时电势低，电势高
C. 移去，、都不带电
D. 先把接地，再移去，则不带电、带负电
 

2. 相传牛顿年轻时曾坐在苹果树下看书，被树上落下的苹果砸中，这件事启发了牛顿，促使他发现了万有引力定律。假如此事为真，有一颗质量为的苹果从树上自由下落，砸中牛顿后以碰前速度的反弹，设相互作用时间为，重力加速度。则相互作用过程苹果对牛顿的平均作用力为(    )

A.  B.  C.  D.

3. 如图所示，两块较大的金属板、相距为，水平平行放置并与一电源相连。开关闭合后，两板间恰好有一质量为、带电荷量为的油滴处于静止状态。以下说法正确的是(    )

A. 若将向左平移一小段位移，则油滴向下加速运动
B. 若将向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动
C. 若将向下平移一小段位移，表中有的电流
D. 若断开后再将向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，表中无电流

4. 已知一只表头的量程为，内阻。现将表头改装成电流、电压两用的电表，如图所示，已知，，则下列正确的说法的是(    )

A. 用两端时是电流表，最大测量值为
B. 用两端时是电压表，最大测量值为
C. 用两端时是电压表，最大测量值为
D. 用两端时是电流表，最大测量值为

5. 在某静电场中建立轴，轴上各点的电场强度均与轴共线，轴上各点的电势随坐标变化的关系图象如图所示。图线上点为图线拐点，点切线与轴交点处坐标为。现让一电子从坐标原点以初速度沿轴正方向运动。已知电子的质量为，电荷量绝对值为，不计电子重力，无穷远处电势为零，下列说法正确的是(    )

A. 电场方向沿轴负方向
B. 电子先沿轴正方向做加速运动后沿轴正方向做减速运动，经处时速度最大
C. 电子向轴正方向运动的过程中，电势能逐渐减小
D. 若电子最远能到达处，则处的电势为

6. 光滑绝缘的水平面上，有两个带同种电荷的小球和。时小球静止，小球以一定的初速度向运动。两小球的图像如图所示，且、未接触。则(    )

A. 球质量大于球 B. 两小球在时刻的电势能最小
C. 球在时刻的加速度最大 D. 球在时间内动能一直减小

7. 如图甲所示，两平行金属板、间距为，在两板右侧装有荧光屏绝缘，为其中点。在两板、上加上如图乙所示的电压，电压最大值为。现有一束带正电的离子束比荷为，从两板左侧沿中线方向以初速度连续不断地射入两板间的电场中，设所有离子均能打到荧光屏上，已知金属板长，则在荧光屏上出现亮线的长度为(    )

A.  B.  C.  D.

二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）

8. A、两船的质量均为，都静止在平静的湖面上，现船上质量为的人，以对地水平速度从船跳到船，再从船跳到船，经次跳跃后，人停在船上，不计水的阻力，则(    )

A. A、两船速度大小之比为：
B. A、包括人两船的动能之比为：
C. A、两船的动量之和为
D. A、包括人两船动量大小之比为：

9. 如图甲所示，一质量为的物体静止在水平面上，自时刻起对其施加一竖直向上的力，力随时间变化的关系如图乙所示，已知当地重力加速度为，空气阻力不计，则在物体上升过程中，下列说法正确的是(    )

A. 时间内拉力的冲量为 B. 时间内拉力所做的做功为
C. 时刻物体的速度为 D. 物体上升过程中的最大速度为

10. 如图所示，环形塑料管半径为，竖直放置，且管的内径远小于环的半径，为该环的水平直径，环的及其以下部分处于水平向左的匀强电场中，管的内壁光滑。现将一质量为，电荷量为的小球从管中点由静止开始释放，已知，小球可以运动到点。则下列说法正确的是(    )

A. 小球带正电荷
B. 小球释放后，能到达点，并在圆环内做完整的圆周运动
C. 小球释放后，第一次和第二次经过最高点时对管壁的压力之比为：
D. 小球释放后，第一次经过最低点和最高点时对管壁的压力之比为：

第II卷（非选择题）

三、实验题（本大题共2小题，共16.0分）

11. 实验要求研究两滑块碰撞时动能损失很小或很大等各种情况，若要求碰撞时动能损失最大，应选图______选填“甲”或“乙”图中的装置，若要求碰撞时动能损失最小，则应选图______选填“甲”或“乙”图中的装置。甲图两滑块分别装有弹性圈，乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥
    若通过实验已验证碰撞前、后系统的动量守恒，某同学再进行以下实验。某次实验时碰撞前滑块静止，滑块匀速向滑块运动并发生碰撞，利用频闪照相的方法连续次拍摄得到的闪光照片如图丙所示。已知相邻两次闪光的时间间隔为，在这次闪光的过程中，、两滑块均在范围内，且第次闪光时，滑块恰好位于处。若、两滑块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计，则、两滑块的质量比：______。

12. 电阻率是用来表示各种材料导电性能的物理量。某同学在实验室测量一新材料制成的圆柱体的电阻率。
    用螺旋测微器测量其横截面直径，示数如图甲所示，可知其直径为______；用游标卡尺测其长度，示数如图乙所示可知其长度为______。
    用多用电表粗测其电阻约为，为了减小实验误差，需进步用伏安法测量圆柱体的电阻，要求待测电阻两端的电压调节范围尽量大，滑动变阻器采用分压式接法。除待测圆柱体外，实验室还备有的实验器材如下：
    A.电压表量程，内阻约为
    B.电压表量程，内阻约为
    C.电流表量程，内阻约为
    D.滑动变阻器阻值范围，
    E.滑动变阻器阻值范围，
    F.直流电源电动势为
    G.开关，导线若干
    则电压表应选______，滑动变阻器应选______。均填器材前的字母代号
    请设计合理的实验电路，并将图丙虚线框中电路图补充完整。
    实验测出圆柱体的电阻为，圆柱体横截面的直径为，长度为，则圆柱体电阻率______。用、、表示

四、计算题（本大题共3小题，共38.0分）

13. 如图所示，、两小球带等量同号电荷，固定在竖直放置的长的绝缘支柱上，受的斥力作用静止于光滑的绝缘斜面上与等高处，斜面倾角为，的质量为求：
    球对斜面的压力大小．
    球带的电荷量大小取，静电力常量

14. 如图所示，带有四分之一光滑圆弧轨道的滑块静止在光滑水平地面上，其末端与水平地面相切。一滑块从光滑圆弧轨道的最高点由静止释放，已知光滑圆弧轨道和滑块的质量均为，圆弧轨道的半径为，重力加速度大小为。求：
    滑块刚离开时，滑块的位移大小；
    滑块滑到水平地面上时速度大小；
    滑块在圆弧轨道上下滑的过程中，对的支持力做的功是多少？

15. 如图甲所示，某直线加速器由沿轴线分布的两个金属圆管漂移管、组成，质子带正电从点沿轴线进入加速器并依次向右穿过金属筒，筒接地电势为零，两筒间电压恒定。不同时刻释放的质子进入金属筒时速度均为，进入金属筒时速度均为，从筒右端射出后，沿两水平金属板、间的中心线射入，板长，板间距，加在板上的电压随时间变化的图像如图乙所示。粒子穿过板的极短时间内，电场可视作恒定的。两板右侧放一圆筒，其表面有一层厚度不计的方格坐标纸。筒的左侧边缘与极板右端距离，圆筒绕其轴线匀速转动，能接收到通过板后射出的所有质子。质子的比荷为，不计质子重力。
    请根据所学知识，判断质子在漂移管内的运动状态；
    粒子在之间加速时，求管的电势；
    以时刻进入的质子打到圆筒记录纸上的点为坐标原点，取轴竖直向下为正，质子打到记录纸上沿轴方向的最大侧移量是多少？

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：、带正电的物体靠近附近时，由于静电感应，带上负电，带上正电，故A错误；
B、把一带正电荷的物体置于附近，当达到静电平衡状态时，整体是等势体，故B错误；
C、先移去，、两端的电荷将中和，之后两端都不带电，故C正确；
D、先把接地，与大地组成一个整体，由于静电感应，此时端带负电，无穷远处带负电，端不带电，再移去，则与都带负电，故D错误。
故选：。
根据静电感应规律可明确两端所带电性，再根据电荷间的相互作用分析移走后所带电量，即可明确金箔能否闭合。
本题考查静电现象，要注意理解感应起电的性质，并明确正负荷之间的相互作用所带来的现象，能通过所学物理规律进行分析解答。
 

2.【答案】 

【解析】解：苹果做自由落体运动，由运动学公式得：
代入数据得：
设竖直向下方向为正方向，苹果砸中牛顿后的反弹速度
由动量定理：
代入数据得：，故ABD错误，C正确，
故选：。
根据自由落体规律求出苹果从树上自由下落时的速度大小，然后根据动量定理列方程求解。
本题考查动量定理的直接应用，注意动量定理表达式为矢量式，要先规定正方向。
 

3.【答案】 

【解析】解：、若闭合，电容器两端电压不变，将板左移一小段位移时，由可知，不变，油滴仍静止，故A错误；
B、若闭合，电容器两端电压不变，若将向上平移一小段位移，则增大，由可知，减小、电场力减小，油滴向下加速运动，故B正确；
C、将板下移一小段位移时，根据可知，增大、不变、则增大，电容器被充电，表中有的电流，故C错误；
D、若断开后再将向下平移一小段位移，则电容器电荷量不变。根据，可得电场强度：，则电场强度不变，油滴处于静止状态，表中无电流，故D错误。
故选：。
将断开，电容器电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态。将向左平移一小段位移，电场强度不变，油滴仍然静止。改变板间距离，引起电容变化，分析和电量的变化，再确定油滴的运动情况和电流方向。
本题关键是明确电键闭合时，电容器的电压不变，然后结合公式和共点力平衡条件列式分析，而电键断开时，则电量不变，注意电容器极板间的电场强度综合表达式的推导过程。
 

4.【答案】 

【解析】解：、由电路图可知，用两端时，表头与并联，是电流表。
其量程为：，故A正确、C错误；
、由电路图可知，用两端时，表头与并联后再与串联，是电压表。
其量程为：，故BD错误。
故选：。
电阻与表头并联时电流表，串联时电压表，根据欧姆定律计算满偏时通过电路的总电流和加载电路两端的总电压即可得到量程。
本题考查电表的改装。在将表头改装成电流、电压两用的电表时，要留意该装电压表时，先前并在电路中的电阻会产生影响，计算时不能忘记其影响。
 

5.【答案】 

【解析】解：沿电场方向电势降低，由图象可知，沿轴正方向电势越来越低，所以电场方向沿轴正方向，故A错误；
电场方向沿轴正方向，电子所受的电场力始终沿轴负方向，电场力做负功，电势能增加，所以电子可能沿轴正方向一直减速，也可能先沿轴正方向减速至零，再反向加速，初速度最大，故BC错误；
D.设处的电势为，电子从点到处，由动能定理得 ，解得，故D正确；
故选：。
沿电场方向电势降低，图象的斜率的大小表示电场强度大小，根据动能定理即可判定。
本题考查图象、动能定理以及对电场力做功特点的深入理解。
 

6.【答案】 

【解析】解：、图像的斜率表示加速度，同一时刻，的加速度大于的加速度，根据受力分析可知、受到的合外力为间的库仑力，大小相等，根据知加速度与质量成反比，所以球质量大于球，故A正确；
C、在时刻距离最近，库仑力最大，根据知此时的加速度最大，故C错误；
、由图可知：球先做减速运动，然后做反向加速运动，故B受到的合外力与初速度方向相反，间相互靠近，两小球运动过程只有电场力做功，那么，两小球距离减小的过程，电场力做负功，电势能增大，两小球所构成的系统动能减小；两小球距离增大的过程，电场力做正功，电势能减小，两小球所构成的系统动能增大；那么，由图可得：在时刻距离最近，故时刻两小球所构成的系统电势能最大，动能最小，故BD错误。
故选：。
图像的斜率表示加速度，根据分析质量关系；再根据小球运动，由速度变化得到动能变化，进而得到电场力做功情况，最后由动能定理根据距离变化得到系统电势能、动能变化。
两小球受到的电场力为一对相互作用的力，故当速度不变时，距离不变，电场力对两小球做的总功正好为零．
 

7.【答案】 

【解析】解：已知金属板长，则离子达到荧光屏时经过的时间为；
从时刻进入电场的离子打在荧光屏上的位置距离点最远，此种情况下离子在电场中做类平抛运动的时间为，根据类平抛运动规律可得：
偏转位移为：
其中加速度
解得：
粒子在接下来的时间内做匀速直线运动，由于速度方向反向延长线过水平位移的中点，则有：

所以
从时刻进入电场的离子在电场中偏转的距离最小，最小距离为
所以荧光屏上出现亮线的长度，故C正确、ABD错误。
故选：。
时刻进入的离子打在荧光屏上的位置距离点最远，根据类平抛运动规律求解离子在电场中的偏转位移，由于速度方向反向延长线过水平位移的中点，根据几何关系求解从时刻进入电场的离子打到荧光屏上的位置；从时刻进入电场的离子在电场中偏转的距离最小，由此求解荧光屏上出现亮线的长度。
有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。
 

8.【答案】 

【解析】解：、最终人在船上，以、两船及人组成的系统为研究对象，以船的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：，解得：、两船速度大小之比：：，故A正确；
B、、包括人两船的动能之比：：：：，故B错误；
C、由动量守恒定律得知、包括人两船的动量之和为，则、两船的动量之和不为，故C错误；
D、由动量守恒定律得：，解得：、包括人两船的动量大小之比：：，故D正确。
故选：。
对于、两船及人组成的系统，由于不计水的阻力，所以系统的合外力为零，遵守动量守恒定律，应用动量守恒定律求出两船动量大小之比和速度大小之比，然后求出船的动能之比，根据动量守恒定律求出系统总动量。
解决的关键要知道人及两船组成的系统总动量守恒，且总动量为零，对系统运用动量守恒定律进行处理。
 

9.【答案】 

【解析】解：图像中坐标轴与图线所围成的的面积表示冲量的大小，所以时间内拉力的冲量，故A错误。
B.物体受重力、支持力和拉力作用，由图像可知时刻，在时间内，物体处于静止状态，所以拉力做功为零，故B正确。
C.设时刻物体的速度为，在时间内，根据动量定理，得，故C正确。
D.由图像可知时刻，加速度为零，速度达到最大值；由初速度大小为零，所以末速度大小等于速度的变化大小，根据动量定理，解得，故D错误。
故选：。
图像中坐标轴与图线所围成的的面积表示冲量的大小；分析物体的受力情况，根据给出的信息，确定物体的运动情况，判断拉力做的功；根据动量定理求解时刻的速度；时刻，加速度为零，速度达到最大值，根据动量定理求最大速度。
解决本题的关键是根据图像分析物体的运动情况；知道图象与时间轴所围的面积表示的冲量，分段运用动量定理求物体的速度。
 

10.【答案】 

【解析】解：、小球从点由静止释放能运动过点，重力做功为零，所以电场力做正功，小球带正电，故A正确；
、从点释放第一次过点时，根据向心力公式，有；从点释放第一次到点的过程，根据动能定理可知：
，联立解得，小球能到达点；
从开始到第二次到点的过程，根据动能定理得：

第二次在点，根据向心力公式，有，解得：
结合牛顿第三定律知第一次和第二次经过最高点时对管壁的压力之比为：，故BC正确；
D、从开始到第一次过点的过程，根据动能定理，有
第一次在点，对小球，根据向心力公式，有，解得：；
结合牛顿第三定律知第一次经过最低点和最高点时对管壁的压力之比为：，故D错误。
故选：。
小球释放后，在重力和电场力的共同作用下沿管道运动，根据动能定理分别计算出其经过各已知点的速度，再根据向心力公式计算出轨道对其的支持力，从而得到小球对轨道的压力。
本题中关键要理清小球的运动规律，小球每循环一周，动能增加一次；同时要注意小球对轨道的压力大小等于轨道对小球的支持力大小。
 

11.【答案】乙  甲  ： 

【解析】解：甲图两滑块分别装有弹性圈，两滑块碰撞后分离，碰撞为弹性碰撞，碰撞过程系统损失的动能最小；乙图两滑块分别装有撞针和橡皮泥，两滑块的碰撞后成为一体，碰撞为完全非弹性碰撞，碰撞过程损失的动能最大。
由图丙所示可知，前两次闪光中的位移相同，、不可能相碰；而由题意可知，开始时静止，而碰后一定向右运动，开始只能静止在处，由图示可知，碰撞前在内移动的距离是，在第次闪光后的时发生碰撞；碰撞后相等时间内、的位移大小相等，则碰撞后它们的速度大小相等，设碰前的速度为，则碰后的速度为，方向向左，碰后的速度为，两滑块碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，解得：：：。
故答案为：乙；甲；：。
碰撞分为弹性碰撞和非弹性碰撞，完全弹性碰撞过程系统能量损失最小，完全非弹性碰撞系统动能损失最大。
碰撞前后滑块做匀速直线运动，碰撞后滑块做匀速直线运动，碰撞过程系统动量守恒，根据图丙所示分析碰撞发生的时刻，应用动量守恒定律求出两滑块的质量之比。
解决本题的关键明确实验原理，知道通过相等时间间隔内运行的位移得出物体碰撞前后的速度关系，以及碰后、的速度关系，结合动量守恒定律进行求解。
 

12.【答案】        

【解析】解：由图示螺旋测微器可知，其示数为：；
由图示游标卡尺可知，游标尺精度是，其示数为；；
电源电动势为，电压表应选择；滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择。
实验要求滑动变阻器采用分压接法，由题意可知，电压表内阻远大于待测圆柱体的电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；

由电阻定律可知，圆柱体电阻：，
电阻率：；
故答案为：；；；；实验电路图如图所示；。
螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数。
根据电源电动势选择电压表；为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器。
根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后完成实验电路图。
应用电阻定律求出电阻率的表达式。
本题考查了螺旋测微器与游标卡尺读数、实验器材选择、设计实验电路与实验数据处理问题，是实验的常考问题，一定要掌握；要掌握常用器材的使用与读数方法；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是设计实验电路图的关键。
 

13.【答案】解：令 球对斜面的支持力为，带的电荷量，、相距．
对球受力分析如图示

代入数据得：                        
据牛顿第三定律 球对斜面的压力为：  
 根据库仑定律，结合力的合成与分解，则有：
又三角函数有：
代入数据得：；          
答：球对斜面的压力大小；  
 球带的电荷量大小C. 

【解析】根据受力分析，并由力的平行四边形定则，与平衡方程，及牛顿第三定律，即可求解；
根据库仑定律，结合三角函数及平衡方程，即可求解．
考查如何受力分析，掌握力的平行四边形定则，理解库仑定律，注意三角函数的正确应用，同时画出正确的力图也是解题的关键．
 

14.【答案】解：、组成的系统在水平方向动量守恒，以水平向左为正方向，由水平方向动量守恒得：
 
则
由几何关系可知
解得：
即滑块刚离开时，滑块的位移大小为
设滑块滑到水平地面上时的速度大小为，的速度大小为，以向右为正方向，由系统水平方向动量守恒有：
由系统机械能守恒有：
解得
滑块在圆弧轨道上下滑的过程中，设对的支持力做功为。
对，由动能定理得：
解得：
答：滑块刚离开时，滑块的位移大小为；
滑块滑到水平地面上时速度大小为；
滑块在圆弧轨道上下滑的过程中，对的支持力做的功是。 

【解析】滑块和圆弧轨道组成的系统水平方向不受外力，系统水平方向动量守恒，应用动量守恒定律和速度与位移的关系求解滑块的位移大小。
由系统水平方向动量守恒与机械能守恒定律相结合求解滑块滑到水平地面上时速度大小。
滑块在圆弧轨道上下滑的过程中，对，利用动能定理求对的支持力做的功。
本题考查动量守恒定律、机械能守恒定律和动能定理的综合应用。对于动量守恒定律，要掌握其守恒条件：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用或合外力为零；解答时要首先确定一个正方向，利用初态系统的动量和末态系统的动量相等列方程求解。
 

15.【答案】解：由于漂移管的静电屏蔽作用，其内部场强处处为零，故质子在漂移管内做匀速直线运动。
质子在之间加速，假设两管之间的电压为，根据动能定理得：
代入数据得
由于管接地，电势为，则管电势
当质子恰好从板边缘射出时，打到记录纸上位置最高，记纵坐标为。
在板间向上偏转的过程中，质子初速度是，水平位移是，竖直位移是，假设此时对应的偏转电压为，偏转时间为。根据类平抛运动的规律有：竖直方向有：
根据牛顿第二定律：
水平方向有：
代入数据解得
此质子从板间射出时沿方向的分速度为：
由几何关系得
代入数据解得
质子在轴上的最大侧移量为
答：质子在漂移管内做匀速直线运动；
管的电势为；
以时刻进入的质子打到圆筒记录纸上的点为坐标原点，取轴竖直向下为正，质子打到记录纸上沿轴方向的最大侧移量是。 

【解析】从质子在管内的受力情况分析质子的运动状态；
根据动能定理求出两圆筒之间的电压，从而求出管的电势；
当板间电压最大时，侧移量最大，由类平抛规律求出最大侧移量。
本题是质子在电场中加速和偏转问题的综合题，关键是要善于从题设信息中建立直线加速器的模型，由动能定理求出圆筒间的电压。