2023-2024学年江苏省宿迁市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年江苏省宿迁市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.用打点计时器验证机械能守恒定律的实验装置如图所示。下列说法正确的是( )
A. 实验时先释放纸带，后接通电源
B. 打点计时器两个限位孔可以不在同一竖直线上
C. 用v= 2gh计算某点速度
D. 某条纸带开头一段点迹不清晰，该纸带也能验证机械能守恒定律
2.将带正电的球C靠近不带电的导体棒，达到静电平衡。其中A、B为导体棒两个端点，则( )
A. 导体棒带正电B. 导体棒带负电C. A端电势等于B端D. A端电势高于B端
3.如图所示，一轻弹簧上端固定在粗糙斜面顶端，下端挂一物体，物体在A点处于平衡状态。现用平行斜面向下的力拉物体，第一次直接拉到B点；第二次将物体拉到C点后，再让物体回到B点。则( )
A. 第一次物体的重力势能改变量大B. 第二次弹簧的弹性势能改变量大
C. 两次过程中摩擦力对物体做的功相等D. 两次过程中弹簧弹力对物体做的功相等
4.某同学乘缆车以速度v匀速上山，该段索道钢绳与水平方向夹角为α，悬臂竖直。已知该同学质量为m，重力加速度为g。下列说法正确的是( )
A. 车厢对同学的作用力为mg
B. 该过程中，同学的机械能守恒
C. t时间内，重力对同学做的功为mgvtsinα
D. t时刻，重力对同学做功的功率为mgv
5.成语“簸扬糠秕”源于如图所示的劳动场景。在恒定水平风力作用下，从同一高度静止释放米粒和糠秕，不计空气阻力，则从释放到落地的过程中( )
A. 米粒和糠秕的运动时间相等
B. 重力对米粒和糠秕做功相等
C. 风力对米粒和糠秕做功相等
D. 在同一高度处，米粒和糠秕的速度大小相等
6.如图所示为静电除尘器装置示意图。尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向收尘极迁移并沉积，以达到除尘目的。则( )
A. 带电尘埃带正电荷
B. 电场方向由电晕极指向收尘极
C. 带电尘埃在运动过程中加速度变小
D. 若电源正负极对调，尘埃将沉积在电晕极
7.如图所示，滑动变阻器的总阻值为R，灯泡阻值为R且保持不变。闭合开关S后，滑动变阻器滑片P由a滑向b的过程中( )
A. 灯泡变暗
B. 电源的效率减小
C. 电压表的示数增大
D. 滑动变阻器的功率先减小后增大
8.图甲为利用电流传感器观察电容器充放电的电路图。开关S先接1端，电源给电容器充电；开关S再接2端，电容器放电，放电过程中电流I随时间t变化的图像如图乙所示，则放电过程中( )
A. 电容器两端电压逐渐增加
B. 将R换成更大的阻值，放电时间变长
C. 将R换成更大的阻值，图像与坐标轴所围的面积变小
D. 图像与坐标轴所围图形的方格数约为40，则电容器释放的电荷量约为3.2C
9.如图所示，实线为电场线，虚线为带电粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，则( )
A. 电场中a点的电场强度大于b点的电场强度
B. 电场中a点的电势高于b点的电势
C. 粒子在b点的电势能小于在c点的电势能
D. 粒子在b点的速度小于在c点的速度
10.两个半径为r、角速度为ω的转动圆盘，靠静摩擦力推送纸飞机，如图甲所示。图乙所示为纸飞机的实际飞行轨迹，从a点飞至e点。其中c点为轨迹最高点，b、d两点在同一水平线上，重力加速度为g。则纸飞机( )
A. 初速度为2ωr
B. c点的加速度等于g
C. b点和d点的机械能相等
D. 从a点运动到c点的时间小于从c点运动到e点的时间
11.两个等量正点电荷固定在光滑绝缘水平桌面上，如图甲所示。一个带正电的小球沿两电荷连线的中垂线，由A点静止释放运动到B点，小球在此运动过程中v−t图像如图乙所示。则AB两点间电势φ、电场强度E随小球位移x的变化图像可能正确的是(取无穷远处电势为0)( )
A. B. C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.将多个苹果串联制成“水果电池”，测量“水果电池”的电动势E和内阻r。
(1)利用多用电表粗测“水果电池”的电动势，选择直流电压挡0∼10V，如图甲所示为多用电表指针偏转位置，则读数为______ V。
(2)利用下列器材测量该“水果电池”的电动势E和内阻r。
电流表A(量程5mA，内阻约20Ω)
电压表V(量程15V，内阻约4kΩ)
滑动变阻器R
待测“水果电池”(内阻r约为800Ω)
开关S，导线若干
①图乙中a、b两个实验电路中最合理的电路为______(选填“a”或“b”)。
②根据实验数据画出U−I图线，如图丙所示。由图线可得“水果电池”的电动势E=______ V，内阻r=______Ω。(计算结果保留3位有效数字)
③考虑电流表内阻的影响，采用所选电路测量“水果电池”电动势E的测量值与真实值相比______(选填“偏大”“偏小”或“不变”)。
三、计算题：本大题共4小题，共41分。
13.如图为手持电风扇，因其小巧便携、可充电等特点深受人们的喜爱。已知某品牌手持电风扇正常工作的电压为3.6V、功率为5.4W。机内电池容量为3000mA⋅h。求：
(1)该风扇正常工作时电流I；
(2)该风扇连续正常工作的时间t。
14.如图所示，两个可看作点电荷的带电小球A、B。小球A紧贴在竖直绝缘墙上，轻质绝缘丝线连接小球B，一端悬挂在墙上C点，两球保持静止状态，此时丝线与AB连线垂直且与竖直方向夹角θ=30∘，已知两球带电量相同，质量均为m，AB距离为x。重力加速度为g，静电力常量为k。求：
(1)小球的带电量大小q；
(2)剪断丝线瞬间，小球B的加速度大小a。
15.如图所示，竖直平面内倾角θ=37∘的粗糙斜面和固定圆轨道相切于B点，将一质量m=1kg的小滑块从斜面上A点静止释放，滑块沿轨道运动恰好通过最高点C。已知A、B两点间的高度差h=1.725m，圆轨道光滑且半径R=0.5m。g=10m/s2，sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，不计空气阻力。
(1)滑块在C点的速度大小v；
(2)滑块与斜面间动摩擦因数μ；
(3)若滑块从A点下方某点静止释放，且滑块运动过程中恰好不脱离圆轨道，求整个运动过程中产生的热量Q。
16.如图甲所示，M、N为极板，PQ为荧光屏(足够长)，M极板上O1处有一粒子源，t=0时刻开始连续释放初速度为零、比荷为qm的正粒子。粒子经过M、N间的加速电场后，从N极板上的细缝O2进入N和PQ之间的偏转电场。已知M、N间的电压UMN−t图像如图乙所示，O1O2连线的延长线与PQ交于O3，O2O3间距离为L，不计粒子在M、N间的加速时间，不计粒子重力和粒子间相互作用，求：
(1)粒子到达细缝O2时速度v的大小范围；
(2)若N和PQ间的偏转电场方向平行PQ向上，场强大小E=16U03L，粒子打到PQ上形成的亮线长度Δy；
(3)若N和PQ间的偏转电场为图丙所示的周期性变化电场，取平行PQ向上为正方向。从t=0时刻释放的粒子恰好打到O3，则t=T时刻释放的粒子打到PQ上的位置。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.为打点稳定，实验时先接通电源，后释放纸带，故A错误；
B.为减小纸带与限位孔间的阻力，打点计时器两个限位孔应在同一竖直线上，故B错误；
C.本实验不可使用v= 2gh计算某点的速度，因为这样就默认了机械能守恒，失去了验证的意义，故C错误；
D.实验时，不一定要选取开始速度为零的点，应该选取点迹比较清晰的纸带进行测量，这样也能验证机械能守恒定律，故D正确。
故选D。
理解该实验的实验原理，需要测量的数据等；理解实验中的注意事项以及如何进行数据处理；对于任何实验注意从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去分析。
对于基础实验要从实验原理出发去理解，要亲自动手实验，深刻体会实验的具体操作，不能单凭记忆去理解实验。
2.【答案】C
【解析】解：由于导体棒发生了静电感应现象，当导体棒达到静电平衡后，导体棒是等势体，故A端的电势等于B端相等，根据近异远同可知，导体棒的A端带负电，B端带正电，整个导体棒并没有得失电子，所以整个导体棒并不带电，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据处于静电平衡状态下的导体是个等势体，表面是个等势面，感应带电的规律分析。
本题考查了静电感应的知识，掌握处于静电平衡状态下的导体的特点是解题的基础。
3.【答案】D
【解析】解：A、第一次直接将物体拉到B点，第二次将物体先拉到C点，再回到B点，两次初末位置相同，路径不同，根据重力做功的特点：重力做功只跟始末位置有关，与路径无关，可知两次重力做功相等，则两次重力势能改变量相等，故A错误；
B、由于两次初末位置一样，即两次对应的弹簧的形变量相等，所以两次弹簧的弹性势能改变量相等，故B错误；
C、第一次直接将物体拉到B点，摩擦力对物体做的功为
Wf1=−μmgxABcsθ
第二次将物体先拉到C点，再回到B点，摩擦力对物体做的功为
Wf2=−μmgxACcsθ−μmgxBCcsθ=−μmg(xAC+xBC)csθ
可知两次摩擦力对物体做的功不相等，故C错误；
D、由于两次初末位置一样，即两次对应的弹簧的形变量一样，所以两次过程中弹簧弹力对物体做的功相等，故D正确。
故选：D。
根据两次重力做功关系，分析重力势能改变量关系；根据两次弹簧的形变量关系，分析弹簧的弹性势能改变量关系；根据功的计算公式列式分析摩擦力对物体做的功关系；根据两次弹簧的形变量关系分析两次过程中弹簧弹力对物体做的功关系。
解答本题时，要知道滑动摩擦力做功与路程有关，而重力、弹簧的弹力做功与路径无关。
4.【答案】A
【解析】解：A、该同学乘缆车匀速上山，受力平衡，由平衡条件可知车厢对同学的作用力与重力等大反向，即为车厢对同学的作用力大小等于mg，方向竖直向上，故A正确；
B、车厢对同学的作用力与速度方向夹角为锐角，则车厢对该同学做正功，所以该过程中，同学的机械能不守恒，故B错误；
C、t时间内，重力对同学做的功为WG=−mgvtsinα，故C错误；
D、t时刻，重力对同学做功的功率为PG=−mgvy=−mgvsinα，故D错误。
故选：A。
根据平衡条件求车厢对同学的作用力大小；分析车厢对同学的作用力是否做功，来判断同学的机械能是否守恒；根据公式WG=mgΔh计算重力对同学做的功；由公式PG=mgvy求重力对同学做功的功率。
解答本题的关键要掌握重力做功公式WG=mgΔh，以及重力做功的功率公式PG=mgvy，vy是竖直分速度。
5.【答案】A
【解析】解：A、空气阻力忽略不计，米粒和糠秕在竖直方向都做自由落体运动，下落高度相同，由h=12gt2可知运动时间相同，故A正确；
B、米粒和糠秕的质量不同，由于从同一高度h释放，由WG=mgh可知，米粒和糠秕重力做功不同，故B错误；
C、水平风力F恒定，水平方向由牛顿第二定律F=ma可知，由于米粒质量大，米粒水平方向的加速度小，由x=12at2可知，米粒水平运动的距离小，由W=Fx可知，风力对米粒做功少，故C错误；
D、由h=12gt2可得t= 2hg，则水平方向的速度大小：vx=at=a 2hg，竖直方向的速度大小为：vy=gt=g 2hg，米粒和糠秕下落高度为h时水平方向速度大小米粒水平运动的加速度小，同一高度处根据vx=at可知米粒水平速度较小，竖直方向vy=gt，根据
v= vx2+vy2
可知在同一高度处，米粒比糠秕的速度小，故D错误。
故选：A。
根据位移-时间关系分析判断；重力做功公式判断；根据牛顿第二定律、位移-时间关系式和做功公式判断；根据位移-时间关系式确定时间，根据速度-时间关系式计算竖直方向和水平方向的速度，根据矢量合成计算合速度。
本题关键掌握米粒和糠秕参与的两个运动及运动性质。
6.【答案】C
【解析】解：A、由图可知，收尘极为正极，因异极相吸，所以到达收尘极的尘埃带负电荷，故A错误；
B、收尘极与电源正极相连，电场方向由收尘极指向电晕极，故B错误；
C、由图像可知，除尘器内电场线为电晕极密收尘极疏，尘埃向收尘极迁移过程中场强越来越小，其受到的电场力越来越小，根据牛顿第二定律F=ma可知，带电尘埃在运动过程中加速度变小，故C正确；
D、若电源正负极对调，带电尘埃由于电晕极放电将带上正电荷，仍将向收尘极运动，故D错误。
故选：C。
由图分析电源正负极，判断出电场方向，尘埃带电后沿着电场方向运动，根据电场线的疏密判断场强的大小，进而方向加速度的大小。
考查对电场力、电场线疏密与场强的关系的理解，要清楚基础定义。
7.【答案】B
【解析】解：A、闭合开关S后，在滑动变阻器滑片P由a滑向b的过程中，滑动变阻器接入电路的阻值减小，电路的总电阻减小，则干路电流增大，流过灯泡的电流增大，则灯泡变亮，故A错误；
B、电源的效率为η=UIEI×100%=E−IrE×100%，干路电流增大，可知电源的效率减小，故B正确；
C、干路电流增大，灯泡的电压和电源内电压都增大，则滑动变阻器两端的电压减小，电压表的示数减小，故C错误；
D、将灯泡阻值看成等效电源内阻的一部分，当滑动变阻器的阻值等于灯泡阻值与电源内阻之和时，滑动变阻器的功率最大，由于滑动变阻器的总阻值等于灯泡阻值，则滑动变阻器的阻值小于灯泡阻值与电源内阻之和，所以滑动变阻器滑片P由a滑向b的过程中，滑动变阻器的功率一直减小，故D错误。
故选：B。
根据滑动变阻器滑片P移动方向，判断其接入电路的阻值变化，分析电路总电阻的变化，从而确定干路电流的变化，即可知道灯泡亮度的变化。分析路端电压的变化，来判断电源效率的变化。根据串联电路分压规律分析电压表的示数变化。将灯泡阻值看成等效电源内阻的一部分，分析滑动变阻器的功率变化情况。
解答本题的关键要采用等效思维，分析等效电源的内外电阻关系，来判断滑动变阻器的功率变化情况。
8.【答案】B
【解析】解：A.放电过程中，电容器带电量逐渐减小，电容器两端电压逐渐减小，故A错误；
B.将R换成更大的阻值，放电电流减小，放电时间变长，故B正确；
C.根据图像的物理意义可知，I−t图像与坐标轴围成的面积表示电容器放电量，将R换成更大的阻值，电容器放电量不变，图像与坐标轴所围的面积不变，故C错误；
D.图像与坐标轴所围图形的方格数约为40，根据上述分析可知电容器释放的电荷量约为
q=40×0.4×0.2×10−3C=3.2×10−3C
故D错误。
故选：B。
掌握电容器充放电过程的物理量变化特点，结合图像的物理意义和公式q=It即可完成分析。
本题主要考查了电容器的充放电问题，掌握电容器充放电的特点，结合电荷量的计算公式即可完成分析。
9.【答案】D
【解析】解：A、电场线越密，电场强度越大，由图可知，a点处电场线较疏，b点处电场线较密，则电场中a点的电场强度小于b点的电场强度，故A错误；
B、根据曲线运动的合外力指向轨迹的凹侧，可知带电粒子受到的电场力大致向右，但带电粒子的电性未知，所以无法判断电场线的方向，也就无法判断电场中a、b点的电势高低，故B错误；
CD、带电粒子受到的电场力大致向右，粒子从b点到c点运动过程中，电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功，电势能减小，动能增大，故粒子在b点的电势能大于在c点的电势能，粒子在b点的速度小于在c点的速度，故C错误，D正确。
故选：D。
根据电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小，分析电场强度的大小；根据粒子轨迹的弯曲方向可判断出其所受的电场力方向，结合粒子的电性分析电场线方向，再分析电势高低；根据电场力做功正负分析电势能和动能的变化，即可比较速度大小。
本题的关键是根据粒子轨迹的弯曲方向确定粒子受到的电场力方向，再分析其他量的变化情况。
10.【答案】D
【解析】解：A、纸飞机和转盘间存在静摩擦力，故相对静止，所以纸飞机的初速度为v=rω，故A错误；
B、纸飞机在c点时除了受重力外还受到沿轨迹切线方向并与纸飞机速度方向相反的空气阻力，合力大于重力，故c点的加速度大于g，故B错误；
C.从b点到d点过程中，空气阻力一直做负功，纸飞机的机械能逐渐减少，则b点和d点的机械能不相等，故C错误；
D.设纸飞机从a点运动到c点的过程中所受阻力的平均竖直分量为f1，从c点运动到e点的过程中所受阻力的平均竖直分量为f2，则e点前、后两个过程纸飞机的竖直平均加速度大小分别为
a1=mg+f1m，a2=mg−f2m
所以a1>a2，且a点到c点和c点到e点在竖直方向的位移大小是相同的，根据运动学规律可知，纸飞机从a点运动到c点的时间小于从c点运动到e点的时间，故D正确。
故选：D。
根据纸飞机靠静摩擦力推动，可以判断物体与转盘共速，再分析纸飞机在飞行中不仅受重力，还受空气阻力，结合牛顿第二定律和能量守恒定律即可判断选项。
此题重点考查对基本定理和公式的理解及应用，好题。
11.【答案】B
【解析】解：v−t图像斜率为加速度，由图乙可知加速度逐渐增大，则电场强度逐渐增大，但A点的电场强度不为0，两个等量正点电荷中垂线的电势逐渐降低，B点的电势不为0。故B正确，ACD错误。
故选：B。
v−t图像斜率为加速度，判断加速度变化，确定电场强度变化，且A点的电场强度不为0，结合电势变化，分析图像。
本题解题关键是分析出v−t图像斜率为加速度、两个等量正点电荷中垂线的电势逐渐降低。
12.【答案】偏小
【解析】解：(1)选择直流电压挡0∼10V，最小分度值为0.2V，该读数为4.4V。
(2)①由于
RVr则电流表采用相对电源的内接法，为方便调节电流，采用限流接法，实验电路图如图b所示；
②由闭合电路欧姆定律知
U=E−Ir
所以图像的纵坐标表示电源电动势，即“水果电池”的电动势为
E=5.00V
图像的斜率的绝对值表示电源的内阻
r=|ΔUΔI|=5.00−2.003.8×10−3Ω≈789Ω
③从电路图可以看出，当外电路断路时，电压表测量的是外电压，小于电源电动势，所以E测量值小于真实值。
故答案为：(1)4.4；(2)①b；②5.00，789；③偏小。
(1)先确定最小分度值再读数；
(2)①根据误差分析选择电流表的接法；②根据闭合电路欧姆定律结合图像斜率和截距计算；③当外电路断路时，分析电压表测量的电压。
本题关键掌握测量“水果电池”的电动势E和内阻r实验原理、利用图像处理实验数据的方法。
13.【答案】解：(1)该风扇正常工作时电流为
I=PU=
(2)根据Q=It可知，该风扇连续正常工作的时间为
t=QI=3000mA⋅h1.5A=2h
答：(1)该风扇正常工作时电流为1.5A；
(2)该风扇连续正常工作的时间为2h。
【解析】(1)根据电功率公式推导计算；
(2)根据电流定义式推导计算。
本题关键掌握电池容量的含义和电流定义式。
14.【答案】解：(1)对小球受力分析，如图
由平衡条件得
sin⁡30∘=F库mg
由库仑定律
F库=kq2x2
解得q= mgx22k
(2)剪断丝线前，对小球B受力分析，由平衡条件得
csθ=Tmg
剪断丝线瞬间，小球B所受的合外力为
T=mgcsθ
由牛顿第二定律
mgcs30∘=ma
可得小球B的加速度大小为
a= 32g
答：(1)小球的带电量大小为 mgx22k；
(2)小球B的加速度大小为 32g。
【解析】(1)由库仑定律可求解；
(2)由牛顿第二定律求解小球加速度。
本题考查了学生对于受力分析，库仑定律的理解。库仑定律考查一般都是结合共点力平衡进行的，因此解题的关键在于做出受力分析图，明确库仑力的方向；则可利用共点力的平衡条件进行解答．
15.【答案】解：(1)滑块恰好能通过最高点C，由重力提供向心力
mg=mv2R
解得
v= 5m/s
(2)从A→C过程，由动能定理可知
mg(h−R−Rcsθ)−μmgcsθ⋅hsinθ=12mv2
解得滑块与斜面间动摩擦因数
μ=0.25
(3)设从A点下方某点与B点的高度差为h0，从A点下方某点到圆心等高点，由动能定理可知
mg(h0−Rcsθ)−μmgcsθ⋅h0sinθ=0
解得
h0=0.6m
整个运动过程中产生的热量
Q=mgh0，代入数据解得Q=6J
答：(1)滑块在C点的速度大小 5m/s；
(2)滑块与斜面间动摩擦因数0.25；
(3)整个运动过程中产生的热量6J。
【解析】(1)在C点，根据重力提供向心力，求速度大小；
(2)从A→C过程，由动能定理列式，求动摩擦因数；
(3)从A点下方某点到圆心等高点，由动能定理列式，求高度差，在求热量。
本题主要考查学生对圆周运动的牛顿第二定律和动能定理的掌握，具有一定综合性。
16.【答案】解：(1)粒子在极板间加速，根据动能定理有
qU=12mv2
根据图乙可知，粒子到达细缝O2时速度v的大小范围为
2qU0m≤v≤2 2qU0m
(2)粒子进入偏转电场后做类平抛运动，则有
a=qEm
水平方向有
L=vt
竖直方向有
y=12at2
将速度的两个极值代入可解得
y1=43L，y2=163L
粒子打到PQ上形成的亮线长度
Δy=y2−y1
解得Δy=4L
(3)从t=0时刻释放的粒子恰好打到O3，根据竖直方向的运动规律可知，粒子在0∼T向上加速，T∼2T向上减速，2T∼3T向下加速，3T∼4T向下减速，直至打到O3，则t=T时刻释放的粒子打到PQ上用时为T，根据竖直方向的运动规律有
L= 2qU0m×4T
a=qEm
y=12aT2
解得
y=112L
答：(1)粒子到达细缝O2时速度v的大小范围为 2qU0m≤v≤2 2qU0m；
(2)粒子打到PQ上形成的亮线长度为4L；
(3)则t=T时刻释放的粒子打到PQ上的位置为112L。
【解析】(1)根据动能定理求带电粒子进入偏转电场的速度范围；
(2)根据类平抛运动的规律即可求解亮线长度；
(3)根据运动的分解分析竖直方向的运动情况，从而分析计算。
该题考查粒子在匀强电场中的加速和偏转，并且电场还是变化的，这就要求我们要有较强的过程分析能力，对物体的运动进行分段处理。