湖南省邵阳市第二中学2023-2024学年高一上学期期中考试物理试题（Word版附解析）

这是一份湖南省邵阳市第二中学2023-2024学年高一上学期期中考试物理试题（Word版附解析），共13页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（1-8题为单选，每题4分，9-10题为多选，每题5分，选对但不全得3分，错选得0分，共42分）
1. 下图中画出了四种电场的电场线，各图中M、N两点场强相同的是 ( )
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由图知，MN两点场强大小相等，但方向不同，故两点场强不同，故A错误；
B．由图知，MN两点的场强方向相同，大小不等，故两点场强不同，故B错误；
C．此电场是匀强电场，场强大小和方向处处相同，则知M、N 两点场强相同，故C正确；
D．根据电场线疏密表示场强的大小可知，M点的场强小于N点的场强；电场线的切线方向表示场强的方向，则知两点场强的方向也不同，故两点场强不同，故D错误；
故选C。
2. 真空中有两个相同的可以看成点电荷的带电金属小球A、B，两小球相距L固定，A小球所带电荷量为-2Q、B所带电荷量为+4Q，两小球间的静电力大小是F，现在让A、B两球接触后，使其距离变为2L．此时，A、B两球之间的库仑力的大小是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据库仑定律，两球间的库仑力：,将它们接触后再分开，然后放在距离为2L，则电荷量中和，再进行平分，因此电量均为+Q，则库仑力为： ，故B正确．
故选B．
3. 某物体受到一个－6N·s的冲量作用，则( )
A. 物体的动量一定减少
B. 物体的末动量一定是负值
C. 物体动量变化量的方向一定与规定的正方向相反
D. 物体原来动量的方向一定与这个冲量方向相反
【答案】C
【解析】
【详解】C．根据动量定理内容合外力的冲量等于动量的变化量，动量定理为矢量式，合外力冲量的方向与动量变化量的方向相同，冲量的方向为负方向说明与规定的正方向相反，所以C项正确；
A．动量的增量为负值，有可能物体的末动量方向为负方向，所以A项错误；
B．有可能物体的末动量比初动量小，动量的变化量就为负值，所以B项错误；
D．正方向规定不确定，所以D项错误。
故选C。
4. 甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是1m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s和2m/s.求甲、乙两运动员的质量之比（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由动量守恒定律得
解得
代入数据得
故选D。
5. 如图所示，设车厢长为L，质量为M，静止在光滑的水平面上，车厢内有一质量为m的物体以初速度向右运动，与车厢壁来回碰撞n次后，最终相对车厢静止，这时车厢速度是（ ）
A. ，水平向右B. 0
C. ，水平向右D. ，水平向左
【答案】C
【解析】
【详解】物块在车辆内和车发生碰撞满足动量守恒，最后物块和车共速，由动量守恒得
解得
方向水平向右，故选C。
6. 一质量为2kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（ ）

A. 时物块的速率为2m/s
B. 时物块的动量大小为4kg·m/s
C. 时物块的动量大小为5kg·m/s
D. 时物块的速度为零
【答案】B
【解析】
【详解】A．由动量定理有
解得时物块的速率为
故A错误；
B．图线与时间轴所围面积表示冲量，根据动量定理可知，时物块的动量大小为
故B正确；
C．根据动量定理可知，时物块的动量大小为
故C错误；
D．根据动量定理可知，时物块的动量大小为
则时物块的速度为
故D错误。
故选B。
7. 如图所示的电路中，当变阻器R3的滑动触头P向a端移动时（ ）
A. 电压表示数变大，电流表示数变小
B. 电压表示数变小，电流表示数变大
C. 电压表示数变大，电流表示数变大
D. 电压表示数变小，电流表示数变小
【答案】B
【解析】
【详解】当滑片向a端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，所以内电压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；将R1等效为电源内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过R2的电流减小，因总电流增大，所以电流表示数增大。
故选B。
8. 如图所示，直线A是电源路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到这个电源上，则（ ）
A. R1接在电源上时，电源的效率高B. R2接在电源上时，电源的效率高
C. R1接在电源上时，电源的输出功率大D. 电源的输出功率一样大
【答案】A
【解析】
【详解】AB．电源的效率
可知效率与路端电压成正比，R1接在电源上时路端电压大，效率高。故A正确；B错误；
CD． R1接在电源上时，由图线读出，此时的电压为U，则有
解得
电源的输出功率
R2接在电源上时
由图线读出，此时的电压为，则有
解得
电源的输出功率
则
故CD错误。
故选A。
9. 一带正电小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（ ）
A. 做直线运动B. 做曲线运动
C. 速率先减小后增大D. 速率先增大后减小
【答案】BC
【解析】
【详解】小球受重力和电场力两个力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动．故A错误，B正确．小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增大．故C正确，D错误．故选BC
【点睛】解决本题的关键知道物体做直线运动还是曲线运动的条件，关键看合力的方向与速度方向的关系．
10. 如图所示，平行板电容器A、B两极板水平放置，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，且电动势，二极管具有单向导电性，当单刀双掷开关接1时，一带正电粒子沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，不计粒子重力，为使粒子能打在N点左侧，则（ ）
A. 将单刀双掷开关接2B. 将B板下移一段距离
C. 将A板上移一段距离D. 在A板下面插入一很薄的金属板
【答案】AD
【解析】
【详解】A．设电源的电动势为E，电容器板间距离为d，带电粒子的质量和电量分别为m和q，则有竖直方向
水平方向
有牛顿第二定律知
联立解得
粒子能打在N点左侧时，y不变， x减小，其他量不变，则电源的电动势E必须增大，而，所以将单刀双掷开关接2时，粒子能打在N点左侧，故A正确；
B．将B板下移一段距离时，由于二极管的存在，板间场强不变，带电粒子所受的电场力大小不变，粒子做类平抛运动的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，故B错误；
C．将A板上移一段距离，电容减小，而电容器所带电量不变，板间场强不变，带电粒子所受的电场力大小不变，粒子小球仍然打在N点，故C错误；
D．在A板下表面插入一很薄的金属板，AB间距d减小，电容增大，则电量Q增大，所以场强增大，电场力变大，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度增大，运动时间变短，小球将打在N点的左侧，故D正确。
故选AD。
二、实验题（每空2分，共16分）
11. 某同学设计了如图甲所示的实验装置验证水平方向动量守恒定律，所用器材：气垫导轨、带四分之一圆弧轨道的滑块（水平长度L）、光电门、金属小球、游标卡尺、天平等。
（1）实验步骤如下：
①按照如图甲所示，将光电门A固定在滑块左端，用天平测得滑块和光电门A的总质量为M，光电门B固定在气垫导轨的右侧。
②用天平称得金属球的质量为m，用20分度游标卡尺测金属球的直径，示数如图乙所示，小球的直径d=________cm。
③开动气泵，调节气垫导轨水平，让金属小球从C点静止释放。A、B光电门的遮光时间
分别为△t1、△t2（光电门B开始遮光时小球已离开滑块）。
（2）验证M、m系统水平方向动量守恒________（填“需要”或“不需要”）保证滑块的上表面光滑。
（3）如图验证M、m系统水平方向动量守恒，只需验证________成立即可（用M、m、d、L、△t1、△t2表示）。
【答案】 ①. 1.300cm ②. 不需要 ③.
【解析】
【详解】（1）②[1]20分度的游标卡尺，每相邻两个格的实际长度为0.95mm，由此可得小球的直径为
d=32.0mm-20×0.95mm=13.00mm=1.300cm
（2）[2]即使上表面不光滑，系统水平方向合外力也为零，所以也满足动量守恒，即不需要保证滑块的上表面光滑；
（3）[3]令小球脱离滑块时对地的速度为v1，滑块对地的速度为v2，根据动量守恒则有
根据题意可得
联立可得
12. 用半偏法测量电流表G的内阻，某同学设计了如图甲所示电路，器材如下：
A.待测电流表G（量程2mA）；
B.电动势E=3V；
C.电动势E=15V；
D.电阻箱：0~999.99Ω；
E.滑动变阻器：0~10kΩ；
F.滑动变阻器：0~500Ω；
G.开关两个，导线若干；
（1）连接电路时，图甲中的电源应选择______（选填“B”或“C”），滑动变阻器应选择______（选填“E”或“F”）。
（2）用画线代替导线，按图甲电路在图乙中把实物图连接完整______。
（3）操作步骤如下：
①断开S1、S2，将调到最大，连接好电路；
②闭合S1，调节，使电流表G满偏；
③保持的滑片不动，再闭合S2，调节，使电流表G的示数为1mA，此时，电阻箱示数如图丙，由此可得出电流表G的内阻______Ω；测量结果和真实值相比______。（填“偏大”或“偏小”）
【答案】 ①. C ②. E ③. ④. 422.7 ⑤. 偏小
【解析】
【详解】（1）[1][2]本实验采用的半偏法测量电流表G的内阻，实验中在开关S闭合前后，始终认为电路中的电流不变，即实验中为了减小系统误差，滑动变阻器接入电路的阻值需要远远大于电流表G的内阻，选用的滑动变阻器为E。本实验要求滑动变阻器的分压尽量大于电流计的电压，则要选电动势大一点的电源。故选C。
（2）[3]实物图连接如图所示。
（3）[4]保持R1滑片不动，再闭合S2，调节R2，使电流表G的示数为=1mA，则电阻箱的电流为
电阻箱的阻值为=422.7Ω，根据并联电路的规律可知电流表G的电阻为
[5]当S2接通时，有电流流过，和G并联，并联后的电阻减小，总电流增加，当电流表示数从满偏电流调到半偏时，中电流大于半偏电流，则测量值小于真实值。
三、计算题（13题10分，14题16分，15题16分，共42分）
13. 如图所示电路，电动机的线圈电阻是1Ω，电动机工作时电压表的示数是12V，电池组的电动势是22V，内电阻是1Ω，电阻器R的阻值为4Ω．求：电动机输出的功率．
【答案】20W
【解析】
【详解】由E＝22V，电动机两端电压U1＝12 V可得R和电源内阻上电压为
通过电动机的电流为
电动机输入功率
由热功率公式
所以输出功率
答：电动机输出的功率为20W．
14. 如图所示，在场强的水平匀强电场中，有一根长的细线，一端固定在O点，另一端系一个质量、电荷量的带正电小球，当细线处于水平位置时，小球从静止开始释放，取，则当小球到达最低点B时，求：
（1）速度是多大？
（2）绳子张力多大？
【答案】（1）0；（2）0.02N
【解析】
【详解】（1）从A到B，由动能定理得
解得
(2)在最低点，沿半径方向的拉力和重力的合力提供向心力，由圆周运动知识得
解得
15. 如图所示，质量分别为、的长板紧挨在一起静止在光滑的水平面上，质量为的木块C以初速滑上A板左端，最后C木块和B板相对静止时的共同速度．求：
板最后的速度；
木块刚离开A板时的速度．
【答案】（1）=0.5m/s，速度方向向右 （2）=5.5m/s，速度方向向右
【解析】
【分析】（1）C在A上滑动的过程中，A、B、C组成系统的动量守恒，由动量守恒定律研究整个过程列出等式，（2）C在B上滑动时，B、C组成系统的动量守恒，根据运量守恒定律研究C在B上滑行的过程，列出等式求解．
【详解】（1）在A上滑动的过程中，A、B、C组成系统的动量守恒，规定向右为正方向
则有：
（2）在B上滑动时，B、C组成系统的动量守恒，则有：
联立以上两等式解得：，速度方向向右，，速方向向右