2023-2024学年山东省青岛市即墨区第一中学高一（下）期末考试物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年山东省青岛市即墨区第一中学高一（下）期末考试物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共8小题，共24分。
1.下列关于静电场的说法正确的是( )
A. 开普勒提出了用电场线描述电场的方法
B. 电荷量的单位库仑(C)是国际单位制中七个基本单位之一
C. 负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加
D. 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低
2.点电荷Q1和q相距1m，Q1和q之间存在大小为F的斥力；点电荷Q2和q相距2m，Q2和q之间存在大小为3F的引力。关于Q1和Q2的电性以及电荷量之比，下列说法正确的是( )
A. Q1和Q2带异种电荷，Q1：Q2=1：12
B. Q1和Q2带异种电荷，Q1：Q2=1：6
C. Q1和Q2带同种电荷，Q1：Q2=1：12
D. Q1和Q2带同种电荷Q1：Q2=1：6
3.某手机的说明书标明该手机电池容量为5000mA·ℎ，待机时间为16天；说明书还标明该手机播放视频的最长时间为18小时。下列说法正确的是( )
A. 5000mA·ℎ表示该电池能够提供的电能总量
B. 手机播放视频时电流与待机时电流的比值为643
C. 放电时电池可输出的最大电荷量为1.8×107C
D. 电池充满电后以100mA的电流可连续工作5小时
4.经典电磁场理论明确给出了场中导体会影响空间静电场的分布。如图是一个金属球壳置于匀强电场后周围电场线分布情况，其中a、d两点对称分布在球壳两侧，b点位于球壳上，c点位于球壳中心，下列说法正确的是( )
A. a和d场强大小关系为Ea>Ed
B. b和c电势大小关系为φb>φc
C. 球壳的感应电荷在c处的合场强为零
D. ab两点间的电势差等于cd两点间的电势差
5.智能手机中运动步数的测量原理如图所示，M和N为电容器两极板，M板固定，N板与固定的两轻弹簧连接，且只能按图中标识的“前后”方向运动，下列说法正确的是( )
A. 匀速运动时，电流表示数不为零
B. 突然向前减速时，电流由a向b流过电流表
C. 突然向前加速时，电容器的电容变大
D. 保持向前匀减速运动时，电阻R的电流减小
6.如图，电场方向未知的匀强电场中有一立方体。已知A、B、F三点的电势分别为−5V、5V，15V，下列说法正确的是( )
A. φH=−5V
B. UAE=UHD
C. 电场强度的方向一定从F指向A
D. 负电荷从A移动到E电势能减少
7.如图，圆环A和B分别套在竖直杆和水平杆上，A、B两环用一不可伸长的轻绳连接。初始时，在外力作用下A、B两环均处于静止状态，轻绳处于伸直状态且与竖直杆夹角为60°。撤去外力后，小环A和B各自沿着竖直杆和水平杆运动。已知A、B两环的质量均为m，绳长为l，重力加速度为g，不计一切摩擦。下列说法正确的是( )
A. 若外力作用在A上，则外力大小为2mg
B. 若外力作用在B上，且B环不受杆的弹力，则外力大小为 5mg
C. 轻绳与竖直杆夹角为37°时，小环A的速率头3 15gl25
D. 轻绳与竖直杆夹角为37°时，小环B的速率为 15gl25
8.某电子透镜两极间的电场线分布如图所示，正中间的电场线是直线，其他电场线对称分布，取正中间电场线上左侧的某点为坐标原点O，沿电场线方向建立x轴。一电子仅在电场力作用下，以某一初速度从О点向右沿x轴运动到A点，电子的动能Ek和x轴各点的电势φ与坐标x的关系图像中可能正确的是( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
9.如图，A、B、C是位于匀强电场同一条电场线上的三点，AB=0.2m，BC=0.8m。将电荷量为1.6×10−9C的正点电荷从A点移动到B点，静电力做功为1.6×10−7J。下列说法正确的是( )
A. 电场方向由A指向B
B. 匀强电场的场强大小为1000V/m
C. BC之间的电势差UBC=−400V
D. 把该电荷从B点移动到C点，电势能减小了6.4×10−7J
10.静止的一价铜离子q1和二价的铜离子q2，经过同一电压加速后，再垂直电场线射入同一匀强电场，发生偏转后离开电场，下列说法正确的是( )
A. q1与q2离开偏转电场时的速度之比为1：2
B. q1与q2离开偏转电场时的速度之比为1： 2
C. q1与q2在偏转电场中沿电场方向的位移之比为1：1
D. q1与q2在偏转电场中沿电场方向的位移之比为1：3
11.如图，在竖直平面内绝缘倾斜轨道ab和绝缘圆弧轨道bede平滑相接，一质量为m的带正电小球从倾斜轨道高ℎ处由静止释放，刚好能通过圆轨道的最高点e。现在轨道空间内加一竖直向上、范围足够大的匀强电场、且小球所受的电场力小于小球的重力，不计一切摩擦，下列说法中正确的是( )
A. 小球经过最低点c时，机械能最小
B. 小球经过最低点c时，电势能最小
C. 若从斜面上原位置无初速释放小球，小球一定能通过e点
D. 若从斜面上高于原位置无初速释放小球，小球不一定能通过e点
12.如图，绝缘墙角固定一带电量为+q1的小球A，光滑轻质绝缘细杆长为L，其正中心固定一质量为m、带电量为+q2的小球B，一开始轻杆与水平地面的夹角为60°，在杆底端水平外力F的作用下，杆缓慢转动直至竖直。此过程中，下列说法正确的是( )
A. 小球A、B间的库仑力大小不变B. 小球A对B的库仑力做正功
C. 地面对杆的支持力逐渐减小D. 外力F做功为2− 34mgL
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
13.某同学为验证机械能守恒定律，将一质量为m的小球从倾角为θ的斜面顶端滚下，用闪光频率为f的频闪照相机给小球拍照，得到的照片如图所示，A、B、C、D、E为小球滚下过程中的五个不同位置，用刻度尺测出相邻两个位置间的距离分别为x1、x2、x3、x4。
(1)该同学研究小球BD段的运动，此过程中小球重力势能的减少量为_________，动能的增加量为________。若误差允许的范围内二者相等，则小球机械能守恒；
(2)另一位同学根据如图照片来计算小球下滑过程中的加速度a，为了充分利用记录数据，尽可能减小误差，他的计算式应为a=____________。(结果用题中所给字母表示)
14.在“观察电容器的充、放电现象”实验中。实验装置如图甲所示：电池、电容器、电阻箱、定值电阻、电压传感器、电流表、电压表、单刀双掷开关以及导线若干。
(1)先将单刀双掷开关S与“1”端相接，调节电阻箱R的阻值，使电流表的指针满偏，记下这时电流表的示数I0=500μA、电压表的示数U0=−6.0V，此时电阻箱R的阻值为9.5kΩ，则电流表的内阻为________kΩ；
(2)再将单刀双掷开关S与“2”端相接，通过电阻R的电流_________(填“从a到b”或“从b到a”)。从开关S与“2”端相接瞬间开始计时，利用电压传感器和数据处理软件得到U−t图像如图乙所示，已知图线与坐标轴围成的面积为S0。根据该图像可以粗测出实验中电容器的电容C=_________；(用题中已知物理量Um、R0和S0表示)
(3)若换用另个电介质相同、极板间距相等、极板正对面积较小的电容器进行实验，则得到的U−t图像中图线与坐标轴所围成的面积将__________。(填“变大”“变小”或“不变”)
四、计算题：本大题共4小题，共46分。
15.如图，物体Р和Q用不可伸长的轻绳相连，悬挂在固定于天花板的轻质定滑轮上，物体P和Q的质量分别为m、2m。两物体由静止释放，在Q下降ℎ(未落地)时轻绳突然断裂，物体Р能够达到的最高点恰与物体Q释放位置处于同一高度。取开始时物体P所在水平面为零势能面，重力加速度为g，不计摩擦和空气阻力，两物体均可视为质点。求
(1)Q下降ℎ时物体Р的速度大小；
(2)P和Q开始时的机械能大小。
16.如图，一带电量为+Q的点电荷固定在空间某一位置，一质量为m的带电小球在+Q下方水平面内做匀速圆周运动，圆心О恰好在+Q的正下方，半径为R，向心加速度为 33g，已知静电力常量为k、重力加速度为g，小球可看成点电荷。求：
(1)小球的电性及电荷量大小；
(2)圆心О点的电场强度E的大小。
17.如图，足够长的带电平行金属板MN、PQ与水平方向夹角α=60°，相距d=2m，板间电场强度E=2.5×103N/C，其中PQ板带正电，MN板带负电。A、B、C、D为金属板内侧的点，AB连线水平，连线中点О有一个粒子源，可以在平行纸面内向各个方向释放不同速率、质量m=2×10−3kg、电荷量q=8×10−6C的带正电粒子，CD连线过О点且与金属板夹角θ=30°。有一半径R=0.4m、圆心在CD连线上的圆，与AB连线交于О、E两点，重力加速度g=10m/s2。求
(1)初速度为零的粒子运动到金属板时的速度大小；
(2)沿着OC方向释放速度大小为3m/s的粒子运动到金属板所用时间；
(3)沿着垂直CD指向左上方的方向释放的粒子经过E点时的动能。
18.如图甲，倾角为θ=53∘的斜面，底端固定一轻弹簧，顶端与一水平面相连。一绝缘轻绳将斜面上的物块A通过轻质定滑轮与水平面上的物块B相连。A、B的质量分别为M=1.2kg、m=0.6kg，A不带电，B带正电且电荷量q=8×10−4C。先将B锁定，使细绳处于拉紧状态，滑轮左侧细绳与斜面平行，右侧细绳与水平面平行。解除锁定，A、B从静止开始运动，此时A的加速度大小a0=4m/s2，B始终处于水平向右的匀强电场中且不会与滑轮碰撞，带电量保持不变。以物块A的初始位置为坐标原点O，沿斜面向下建立坐标轴Ox，弹簧弹力F与A的位置关系如图乙所示。弹簧未超过弹性限度，重力加速度g=10m/s2，不计一切摩擦。
(1)求匀强电场的电场强度大小E；
(2)求物块A、B的最大速度vm；
(3)取物块B的初始位置为零电势点，求物块B的电势能的最大值。
答案解析
1..C
【解析】A.法拉第提出了用电场线描述电场的方法，选项A错误；
B.电荷量的单位库仑(C)不是国际单位制中七个基本单位之一，是导出单位，选项B错误；
C.负电荷沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能一定增加，选项C正确；
D.电场强度大的地方电势不一定高，例如负点电荷附近的场强较大，电势较低；电场强度小的地方电势不一定低，例如两等量同种电荷连线的中点场强为零，但是电势较高，选项D错误。
故选C。
2..A
【解析】点电荷Q1和q之间存在斥力，点电荷Q2和q间存在引力，可知Q1和Q2带异种电荷；根据库仑定律可得
F=kQ1qr12 ， 3F=kQ2qr22
可得
Q1:Q2=r12:3r22=1:12
故选A。
3..B
【解析】】A.5000mA·ℎ表示该电池能够提供的总电量，选项A错误；
B.根据
q=I播t播=I待t待
可得手机播放视频时电流与待机时电流的比值为
I播I待=t待t播=16×2418=643
选项B正确；
C.放电时电池可输出的最大电荷量为
q=5000mA·ℎ=5A×3600s=1.8×104C
选项C错误；
D.电池充满电后以100mA的电流可连续工作
t=qI=5000mA⋅ℎ100mA=50ℎ
选项D错误。
故选B。
4..D
【解析】A.a和d两点电场线的疏密程度相同，场强方向也相同，可知场强大小关系为
Ea=Ed
选项A错误；
B.静电平衡时导体是等势体，则b和c电势大小关系为
φb=φc
选项B错误；
C.球壳的感应电荷在c处的合场强与外部场强等大反向，则球壳的感应电荷在c处的合场强不为零，选项C错误；
D.因 φb=φc 且a到金属壳间距离等于d与金属壳间距离且两段距离上的场强分布相同，根据U=Ed可知，ab两点间的电势差等于cd两点间的电势差，选项D正确。
故选D。
5..B
【解析】A.匀速运动时，N板不动，电容器的电容不变，则电容器带电量不变，回路无电流，电流表示数为零，故A错误；
B.突然向前减速时，N板向前运动，则板间距变小，根据 C=εrS4πkd ，可知电容器的电容增大，由于电压不变，则电容器带电量增大，电流由a向b流过电流表，故B正确；
C.突然向前加速时，N板向后运动，则板间距变大，根据 C=εrS4πkd ，可知电容器的电容减小，故C错误；
D.保持向前匀减速运动时，加速度恒定不变，N极板受力不变，则弹簧形变量不变，N极板相对M极板的位置不变，则电容器的电容不变，电容器带电量不变，电路中无电流，电流表示数不变，为零，故D错误。
故选B。
6..D
【解析】A.设AF的中点为O，根据匀强电场电势差与电场强度的关系可知
φA−φO=φO−φF
代入数据解得
φO=5V
则BOE连线为等势线，电场方向垂直直线BE，但具体指向不能确定，所以无法确定H点电势，故A错误；
B.匀强电场中，沿相同方向上相等距离的两点电势差相等，则
UAE=UDH =−UHD
选项B错误；
C.根据电场线与等势线的关系可知，电场线只需要与BE垂直即可，即如图所示，不一定从F指向A，选项C错误；
D.负电荷从A移动到E电场力做正功，则电势能减少，D正确。
故选D。
7..C
【解析】A.若外力作用在A上，对B受力分析可知，绳子的拉力为零，对A分析，由于A静止，故合力为零，施加的外力等于A环的重力，故外力大小为
F=mg
方向竖直向上，故A错误；
B.若外力作用在B上，对A受力分析可得
FTcs60∘=mg
解得绳子的拉力为
FT=2mg
B环不受杆的弹力，则外力大小为
F′= (mg+FTcs60∘)2+(FTsin60∘)2= 7mg
故B错误；
CD.将A、B的速度分解为沿绳的方向和垂直于绳子的方向，两物体沿绳子方向的速度大小相等，有
vAcs37∘=vBsin37∘
在运动过程中，A、B组成的系统机械能守恒，则
mgl(cs37∘−cs60∘)=12mvA2+12mvB2
解得
vA=3 15gl25 ， vB=4 15gl25
故C正确，D错误。
故选C。
8..C
【解析】AB.电场线的疏密表示电场的强弱，从O到A电场强度先增大后减小，根据能量守恒关系，则
ΔEk=−ΔEp
而
ΔEp=−qU
且
U=E⋅Δx
可知
ΔEkΔx=qE
由此粒子的动能Ek与x的图线斜率是先增大后减小，故AB错误；
CD. φ−x 图像斜率的绝对值代表电场强度的大小，从O到A电场强度先增大后减小，则从O到A的 φ−x 图像的斜率的绝对值先增大后减小，故C正确，D错误。
故选C。

【解析】A.A、B两点间的电势差为
UAB=WABq=1.6×10−71.6×10−9V=100V
根据沿电场线电势降低，电场方向由A指向B，故A正确；
B.匀强电场的场强大小为
E=UABdAB=1000.2V/m=500V/m
故B错误；
C.BC之间的电势差
UBC=−EdBC=−500×0.8V=−400V
故C正确；
D.把该电荷从B点移动到C点，电场力做功为
WBC=UBCq=−400×1.6×10−9J=−6.4×10−7J
电场力做负功，电势能增加了6.4×10−7J，故D错误。
故选AC。

【解析】AB.设加速电场电压为U。偏转电场场强E，板长L，则根据
Uq=12mv02
在偏转电场中
L=v0t
vy=Eqmt
离开偏转电场时的速度
v= v02+vy2
联立解得
v= (4U2+E2L2)q2mU∝ q
可知q1与q2离开偏转电场时的速度之比为1： 2 选项A错误，B正确；
CD.根据
y=12qEmt2
可得
y=EL24U
则q1与q2在偏转电场中沿电场方向的位移之比为1：1，选项C正确，D错误。
故选BC。

【解析】AB.由a到c重力做正功，电场力做负功，小球的机械能不守恒，在最低点，电势能最大，机械能最小，故A正确，B错误。
CD.开始没加电场时小球恰能通过最高点e，则
mg=mve2R
且从a点到e点满足
mg(ℎ−2R)=12mve2
与质量m无关加上电场后，重力与电场力的合力变为mg−Eq，则当从斜面上高ℎ处释放小球后，小球仍然是刚好能通过轨道的最高点，若从斜面上高于原位置无初速释放小球，小球也一定能通过e点，所以C正确，D错误；
故选AC。

【解析】B.根据几何关系可知，杆缓慢转动直至竖直过程中，小球A、B间的距离不变，恒为 L2 ，根据库仑定律，小球A、B间的库仑力大小为
F1=kq1q2(L2)2
可知小球A、B间的库仑力大小不变，小球A对B的库仑力不做功，故A正确，B错误；
C.轻杆受力图所示
根据平衡条件可得
N1=mg−F1sinθ
F=F1csθ+N2
库仑力 F1 不变， θ 逐渐增大，则地面对杆的支持力 N1 将逐渐减小，故C正确；
D.外力F做功使小球B的重力势能增加，则外力F做功为
WF=mgL2(1−sin60∘)=2− 34mgL
故D正确。
13...(1) mgx2+x3sinθ (x3+x4)2−(x1+x2)28mf2
(2) (x3+x4)−(x1+x2)4f2

【解析】(1)[1]此过程中小球重力势能的减少量为
ΔEp=mgx2+x3sinθ
[2]相邻两个球间的时间间隔
T=1f
则B位置速度
vB=x1+x22T=(x1+x2)f2 D位置速度
vD=x3+x42T=(x3+x4)f2
小球BD段动能的增加量为
ΔEk=12mvD2−12mvB2=(x3+x4)2−(x1+x2)28mf2
(2)根据逐差法，小球下滑过程中的加速度
a=(x3+x4)−(x1+x2)4T2=(x3+x4)−(x1+x2)4f2
14..(1)2.5
(2) a到b S0UmR0
(3)变小

【解析】(1)电流表的内阻为
RA=U0I0−R
解得
RA=2.5kΩ
(2)[1]电容器充电时上极板带正电，将单刀双掷开关S与“2”端相接，通过电阻R的电流从a到b。
[2]电容器放电时的 i−t 图线与坐标轴围成的面积为表示电容器放电的电荷量
Q=S0R0
电容器的电容为
C=QUm=S0UmR0
(3)由 C=εS4πkd ，可知换用另个电介质相同、极板间距相等、极板正对面积较小的电容器则电容减小，由 C=QU ，可知电容器充电后电压不变，电容器所带电荷量减小，所以得到的 U−t 图像中图线与坐标轴所围成的面积将变小
15..(1)根据系统机械能守恒可得
2mgℎ−mgℎ=12(2m+m)v2
解得Q下降ℎ时物体Р的速度大小
v= 23gℎ
(2)轻绳断裂后，物体Р做竖直上抛运动，上升的最大高度为
ℎ1=v22g=ℎ3
取开始时物体P所在水平面为零势能面，P开始时的机械能大小为
EP=0
Q开始时的机械能大小为
EQ=2mg(ℎ+ℎ1)=83mgℎ

【解析】详细解答和解析过程见.
16..(1)依据题意，小球在小球和+Q的库仑引力与小球的重力的合力作用下，做匀速圆周运动，如图
因此球带负电荷。
向心加速度为 33 g，则
Fn=ma= 33mg
tanθ=Fnmg
解得
θ=30∘
所以库仑力大小为
F=kQqL2=mgcs30∘
由几何关系可知
sinθ=RL
解得小球的电荷量大小
q=8 3mgR23kQ
(2)由
ℎ=Rtan30∘
解得
ℎ= 3R
所以带电量为+Q的点电荷在圆心О点的电场强度E的大小
E=kQℎ2=kQ3R2

【解析】详细解答和解析过程见.
17..(1)由题目条件可知，静电力和重力大小分别为
F电=qE=8.0×10−6×2.5×103N=2.0×10−2N
G=mg=2.0×10−3×10N=2.0×10−2N
由 F电=G ，结合几何关系可知合力方向由C指向D，大小为
F=mg=2.0×10−2N
由牛顿第二定律有
a=Fm=10m/s2
有几何关系知OD的距离为
x=d2sin30∘=d
由公式 v2=2ax 解得
v= 2ax=2 10m/s
(2)如图所示

带电粒子先以 v1=3m/s 向C作匀减速运动，匀减速的位移
x′=v122a=0.45m<2m
则粒子最终达到MN板，规定初速度方向为正方向，由匀变速位移公式得
−2=v1t1−12at 12
解得
t1=1s 或 t1=−0.4s (舍去)
(3)如图所示

初速度方向与合力方向垂直，粒子做类平抛运动，有
Rsin2θ=v2t2
R(1+cs2θ)=12at22
又
θ=30∘
可以解出
v2=1m/s
从O到E由动能定理
F⋅R(1+cs60∘)=Ek−12mv22
解得
Ek=1.3×10−2J

【解析】详细解答和解析过程见.
18..(1)对A，根据牛顿第二定律
Mgsinθ−T=Ma0
对B，根据牛顿第二定律
T−qE=ma0
解得
T=4.8N ， E=3×103V/m
(2)物块A、B的速度最大时，物块A、B的加速度为零，则
Mgsinθ−qE−F=0
由图可得
F=k(x−x0)=72(x−0.1)
解得
x=0.2m
对A、B整体，根据动能定理有
Mgxsinθ−qEx−12k(x−0.1)2=12(M+m)vm2
解得
vm= 305m/s
(3)设弹簧压缩量为 l 时，A、B间的绳子恰好松弛，设此时A、B的加速度都为 a ，对B有
qE=ma
对A有
kl−Mgsinθ=Ma
解得
a=4m/s2 ， l=0.2m
设A、B间的绳子恰好松弛时，A、B的速度为 v ，对A、B整体，根据动能定理有
Mg(l+0.1)sinθ−qE(l+0.1)−12kl2=12(M+m)v2
解得
v=2 55m/s
此后B做匀减速运动，位移为
x1=v22a=0.1m
物块B向左运动的最大距离为
xm=l+0.1+x1=0.4m
物块B的电势能的最大值
Epm=qExm=0.96J

【解析】详细解答和解析过程见.