2021-2022学年江苏省南京师大附中高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2021-2022学年江苏省南京师大附中高一（下）期末物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了5m处的位置电场强度为零，【答案】B，【答案】D，【答案】CD，【答案】A，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
绝密★启用前2021-2022学年江苏省南京师大附中高一（下）期末物理试卷注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。  一、单选题（本大题共9小题，共36分） 如图是一种新颖的“静电”绝缘纤维布制成的预防新型冠状病毒肺炎口罩面料构成示意图．其中熔喷层经驻极工艺，表面带有电荷，它能阻隔几微米的病毒，这种静电的阻隔作用属于(    )
A. 静电感应 B. 摩擦起电 C. 静电吸附 D. 静电屏蔽甲、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，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，速度大小分别为和。求甲、乙两运动员的质量之比(    )A. ： B. ： C. ： D. ：如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关闭合后，在变阻器的滑动触头向下滑动的过程中，关于电压表与电流表的示数的判断，正确的是(    )A. 电压表与电流表的示数都增大
B. 电压表与电流表的示数都减小
C. 电压表的示数增大，电流表的示数减小
D. 电压表的示数减小，电流表的示数增大
 如图所示，虚线为某电场中的等势线，其中、、三条等势线的电势分别为、、，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，、为轨迹与等势线、的交点．带电粒子只受电场力的作用，则下列说法正确的是(    )
 A. 粒子带负电
B. 粒子在点的动能大于在点的动能
C. 粒子在点的电势能大于在点的电势能
D. 粒子在点的加速度大于在点的加速度在轴上和处，固定两点电荷和，两电荷之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，在处电势最低，下列说法正确的是(    )A. 两个点电荷是异种电荷
B. 点电荷的电荷量大于
C. 处的位置电场强度为零
D. 将一正的试探电荷从处移到，电场力先做正功后做负功如图所示是阻值不同的两个电阻的电流随电压变化的图线，那么、所示的电阻及这两个电阻串联或并联后图线所在的区域正确的是(    )A. 表示电阻大的图线，并联后图线在区域Ⅲ
B. 表示电阻小的图线，串联后图线在区域Ⅱ
C. 表示电阻小的图线，并联后图线在区域Ⅰ
D. 表示电阻大的图线，串联后图线在区域Ⅲ
 某物体在水平拉力作用下，由静止沿水平方向运动，时刻撤去拉力，其图像如图所示．整个过程中，拉力做的功为，冲量大小为；物体克服摩擦阻力做的功为，摩擦阻力的冲量大小为，则下列判断正确的是(    )A. ； B. ；
C. ； D. ；如图，平行板电容器与直流电源连接，电源正极接地．初始电容器不带电，闭合开关，电路稳定后，一个带电油滴位于电容器中的点且处于静止状态．下列说法正确的是(    )
A. 带电油滴带正电
B. 保持开关闭合，上极板下移，带电油滴向下运动
C. 电路稳定后，断开开关，上极板上移，点电势升高
D. 电路稳定后，断开开关，下极板下移，带电油滴保持静止某同学用内阻、满偏电流的毫安表及相关元件制作了一个简易欧姆表，电阻刻度值尚未标定，电路如图甲所示。该同学将两表笔短接，调节滑动变阻器使毫安表指针满偏，再将阻值为的电阻接在两表笔之间，此时毫安表指针位置如图乙所示。下列说法正确的是(    )
A. 该电源电动势为 B. 该电源电动势为
C. 刻度处标注 D. 刻度处标注二、多选题（本大题共1小题，共4分） 地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电场中点水平向左射出．小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在点．则射出后(    )A. 小球的动能最小时，其电势能最大
B. 小球的动能等于初始动能时，其电势能最大
C. 小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大
D. 从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功小于小球电势能的增加量三、实验题（本大题共1小题，共16分） 某实验小组选用以下器材测定干电池的电动势和内阻，要求测量结果尽量准确．实验室提供的实验器材：
干电池一节电动势约，内阻小于；
电压表量程，内阻约；
电流表量程，内阻约；
滑动变阻器最大阻值为；
定值电阻阻值等于；
定值电阻阻值等于；
开关一个，导线若干．
该小组连接的实物电路如图甲所示，经仔细检查，发现电路中有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是______．
改正这条导线的连接后开始实验，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于滑动变阻器的______端填“”或者“”。
该小组按照改正后的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是______单选，填正确答案标号
A.电压表分流
B.干电池内阻较小
C.滑动变阻器最大阻值较小
D.电流表内阻较小
针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用该实验提供的器材改进了实验方案，重新测量得到的数据如下表所示．序号
问题：
请按照改进后的方案，在图乙方框内画出实验电路原理图；
实验数据中，有组数据的对应点已经标在如图丙的坐标纸上，请标出余下数据的对应点，并画出图线；
根据实验数据可知，所选的定值电阻为______填“”或“”，电源电动势______，电源内阻______结果均保留位小数四、计算题（本大题共4小题，共44分） 如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直线轨道上方高度的点，固定电荷量为的点电荷．一质量为、带电荷量为的物块可视为质点，从轨道上的点以初速度沿轨道向右运动，当运动到点正下方点时速度为已知连线与水平轨道的夹角为，试求：
物块在点时受到轨道的支持力大小；
点电荷产生的电场在点电势差．“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为和的同轴即轴带电足够长半圆柱面、组成．设在区域内只有径向电场，其场强大小分布为为已知常量如图所示，电荷量为、质量为的电子以不同的速度，从偏转器左端正中间小孔处沿轴正方向入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板，忽略电场的边缘效应．
判断半圆柱面、的电势高低，并说明理由；
电子入射速度为时，恰能在平面内做以为圆心的匀速圆周运动到达探测板，则大小为多少；
若电子以某一速度射入偏转电场区域，速度方向与平面成角，且在垂直轴方向的运动恰好与相同，求电子到达探测板时，轴方向上的位移大小．在如图所示的电路中，电源电动势，内阻，闭合开关，标有“，”字样的灯泡恰能正常发光．已知玩具电动机的绕线电阻内阻，绕线长度，横截面积求：
玩具电动机绕线的电阻率结果保留两位有效数字；
电动机的输入功率；
去除灯泡后电动机可能的最大输出功率．如图甲所示，两平行金属板水平放置，间距为，金属板长为，两金属板间加如图乙所示的电压初始时上金属板带正电，其中一粒子源射出的带电粒子恰好从上金属板左端的下边缘水平进入两金属板间．该粒子源能随时间均匀发射质量为、电荷量为的带电粒子初速度，重力忽略不计．
求能从板间飞出的粒子在板间运动的时间；
若时刻进入两极板之间，粒子飞出极板时的偏移量是多少；
若发射时间足够长，则能够从两金属板间飞出的粒子占总入射粒子数的比例为多少．

答案和解析 1.【答案】 【解析】解：由题意可知，熔喷布为绝缘体，表面带有电荷，所以当几微米的病毒靠近时，由于静电感应而带电，从而被熔喷布吸附，则可知，其原理为静电吸附，故C正确，ABD错误。
故选：。
由题意明确熔喷布为绝缘体，再结合常见的静电现象即可明确其基本原理。
本题考查对静电现象的认识，注意明确题意并了解口罩原理是解题的关键。
 2.【答案】 【解析】解：甲、乙相遇时用力推对方的过程系统动量守恒，以甲的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：
  ，
代入数据可得：，
解得：：：。
故D正确，ABC错误。
故选：。
甲、乙相遇时用力推对方的过程系统的动量守恒，应用动量守恒定律即可以求出甲、乙质量之比。
本题的关键是要明确系统的动量守恒，应用动量守恒定律即可正确解题，解题时要注意正方向的选择，注意各人的速度方向，从而确定数据的正负。
 3.【答案】 【解析】解：滑片下移，则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，内阻两端电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；
由欧姆定律可知，上的分压增大，故并联部分电压减小，即可知电流表示数减小，故B正确，ACD错误；
故选：。
由电路图可知与并联后与串联，电压表测路端电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化．
分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化．
 4.【答案】 【解析】解：、根据电场线与等势面垂直，且由高电势指向低电势，作出电场线如图所示。由粒子轨迹弯曲的方向可知粒子受电场力方向大致沿电场线的方向，故粒子带正电，故A错误；
、若粒子从运动到，则电场力做负功，粒子动能减小，电势能增加，粒子在点的动能大于在点的动能，粒子在点的电势能小于在点的电势能；若粒子从运动到，电场力做正功，动能增大，粒子在点的动能大于在点的动能，粒子在点的电势能小于在点的电势能，故粒子在点动能一定大于点的动能，粒子在点的电势能一定小于在点的电势能，故B正确，C错误；
D、由图可知，点的电场强度小于点电场强度，根据牛顿第二定律可知，则粒子在点的加速度小于点加速度，故D错误。
故选：。
根据电场线与等势面的关系分析出电场线的方向，根据曲线的弯曲方向可知粒子的受力方向，从而判断粒子的电性；根据电场力做功与电势能变化关系分析带电粒子在点电势能与在点电势能的大小关系；由动能定理可知、两点间的动能的变化。由牛顿第二定律分析加速度大小。
本题的解题关键在于掌握电场线与等势面的关系，作出电场线。同时要能根据轨迹弯曲方向判断受力方向，再分析其它各个量的大小。
 5.【答案】 【解析】解：因为两个电荷周围的电势均为正值，所以两个电荷都带正电荷，故在处场强为零，即，则有：，所以，所以点电荷的电荷量小于，故AB错误；
C、图象的斜率代表场强，由图可知，处场强不为零，故C错误；
D.将一正的试探电荷从处移到，电势能先减小，后增大，电场力先做正功后做负功，故D正确。
故选：。
根据图象可以判断两电荷的电性，图象的斜率代表场强，根据最低点场强为零并结合点电荷电场强度公式求解两电荷的电荷量之比；根据图象斜率判断处的场强；根据电势能变化分析电场力做功。
本题考查的图象问题，关键是通过图象读出电势大小关系以及图象的斜率代表场强，同时明确电场的叠加规律的应用。
 6.【答案】 【解析】【分析】
从图象可以得出的信息：
通过比较相同电压下的电流大小关系，得出电阻大小的关系；
根据串联电阻和并联电阻的规律，根据和所在位置可确定图象在哪个区域。
从图象可以得出的信息：一是知道一定电压下的通过导体电流求导体电阻，二是比较两个电阻的大小。
【解答】
加同样电压时，，所以由可得，，故导体的阻值大，、串联后总电阻大于任何一个分电阻，故I图象应该在区域Ⅲ，、并联后总电阻比任何一个分电阻都小，故I图象应该在在区域，故CD正确。
故选CD。  7.【答案】 【解析】解：某物体在水平拉力作用下，由静止沿水平方向运动的过程中，结合图像，由动能定理得：，解得：
规定拉力的方向为正方向，由动量定理得：解得：，故A正确，BCD错误。
故选：。
由动能定理可确定功的关系，由动量定理可确定冲量大小的关系。
本题考查了动能定理和动量定理的应用，动能定理是标量公式，动量定理是矢量公式，注意符号。
 8.【答案】 【解析】解：、电容器上极板与电源正极相连，上极板带正电，油滴受到的电场力方向向上，则油滴带负电，故A错误；
B、保持开关闭合，电容器两极板间电压不变，上极板下移，两板间距离减小，根据可知电场强度增大，则带电油滴向上运动，故B错误；
、电路稳定后，断开开关，电容器电荷量不变，根据可得电场强度：，下极板下移，电场强度不变，带电液滴受力情况不变，带电油滴保持静止；
断开开关，上极板上移，到下极板的距离不变、根据可知，到下极板的电势差减小，而下极板的电势不变，则点的电势降低，故C错误、D正确。
故选：。
根据电场力方向结合极板的电性判断油滴的电性；
根据判断电场强度的变化，由此分析带电油滴的运动情况；
电路稳定后，断开开关，电容器电荷量不变，根据结合电场强度与电势差的关系求解电场强度是否变化，根据由此得到到下极板的电势差的变化，进而分析点的电势的变化。
本题主要是考查了电容器的动态分析问题；解答此类问题关键是要抓住不变量：若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变；结合电容器的计算公式和电场强度与电势差的关系进行分析解答。
 9.【答案】 【解析】解：、由闭合电路欧姆定律可知，满偏时接入的电阻时，表头指在，得联立解得，，故AB错误；
C、当电流刻度为时，接入电阻为代入数据解得，故C正确；
D、当电流刻度为时，接入电阻为代入数据解得，故D错误；
故选：。
根据闭合电路的欧姆定律可知电路中电流可求解电路中电阻的阻值；
当已知电路中电流时，根据闭合电路欧姆定律可求解接入电路中电阻的阻值；
明确闭合电路欧姆定律的应用，知道如何根据欧姆定律求解问题。
 10.【答案】 【解析】解：、小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与动能之和不变，当小球的动能最小时，其电势能与重力势能之和最大，故A错误；
B、当小球沿水平方向的速度减为零时，小球的电势能最大，由于小球所受的重力和电场力的大小相等，所以此时小球的速度方向向下，大小等于抛出时小球的速度大小，所以此时的动能等于初始动能，故B正确；
C、合外力先对小球做负功，再做正功，合外力做正功的过程中，小球的动能一直增大，所以小球速度动能没有最大值，故C错误；
D、从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，小球的动能等于初始动能，此过程中动能变化为零，则合外力做功为零，所以重力做的功等于小球电势能的增加量，故D错误。
故选：。
小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与动能之和不变；
当小球沿水平方向的速度减为零时，小球克服电场力做的功最多，小球的电势能最大，根据受力情况分析动能的变化、以及重力做的功与克服电场力做功之间的关系；
小球的速度和动能没有最大值。
本题主要是考查带电粒子在电场中的运动，关键是知道小球只受重力和电场力，其重力势能、电势能与动能之和不变，类似机械能守恒。
 11.【答案】           【解析】解：由于一节干电池的内阻很小，为减小实验误差，相对于电源来说电流表应采用外接法，由图甲所示实物电路图可知，编号为的导线连接错误。
由图甲所示实物电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关前滑片应置于端。
由闭合电路的欧姆定律得：，由于电源内阻很小，电路电流发生变化时路端电压变化范围很小，即电压表示数变化很小，故B正确，ACD错误。
故选：。
为使电压表示数变化明显，可以给电池串联分压电阻，实验电路图如图所示

根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，让尽可能多的点过直线，不能过直线的点对称分布在直线两侧，根据坐标系内描出的点作出图象如图所示

根据闭合电路的欧姆定律得：，由图示图象可知，电源电动势，图象斜率的绝对值，则定值电阻应选择，电源内阻
故答案为：；；；实验电路图如上图所示；图象如上图所示；；；。
根据题意确定电流表的接法，然后根据图甲所示电路图分析答题。
滑动变阻器采用限流接法时，为保护电路，闭合开关前滑片要置于阻值最大位置处。
根据电路图与闭合电路的欧姆定律分析答题。
根据题意与实验原理作出实验电路图；应用描点法作出图象；应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后分析答题。
理解实验原理、知道实验注意事项是解题的前提与关键，根据基础知识、应用闭合电路的欧姆定律即可解题。
 12.【答案】解：物块在点受重力、电场力、支持力，
由竖直方向受力平衡得： ，
又因为： ，由以上两式解得支持力大小为： ；
从运动到点正下方点的过程中，
由动能定理得： ，
由以上两式解得： ；
答：
物块在点时受到轨道的支持力大小为；
点电荷产生的电场在点电势差为  【解析】物体在点时，竖直方向上没有运动，受力平衡，根据库仑定律和竖直方向力平衡，求出物块在点时受到轨道的支持力大小；
物块从到过程，电场力做功为，根据动能定理求出电势差．
物体在某一方向做直线运动时，在其垂直方向上没有位移，受力是平衡的．应用平衡条件与动能定理即可正确解题．
 13.【答案】解：电子若要最后到达偏转器右端的探测板，电场力提供向心力，电子所受的电场力指向圆心，则电场方向由，即的电势高于；
设电子做半径为匀速圆周运动，则有

解得：
由上问可知，只要且垂直于入射处直径的分速度为，就能完成的圆周运动，与入射处直径和半圆柱体轴所在平面成入射，所以

运动时间为

因此沿柱轴方向粒子的运动位移

答：电子所受的电场力指向圆心，则电场方向由，即的电势高于；
则大小为；
电子到达探测板时，轴方向上的位移大小为． 【解析】电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，电子受力的方向与电场的方向相反；由向心力列式解答；
根据运动的分解结合位移公式解得。
该题考查带电粒子在放射状电场中的运动，解题的关键是电场力提供向心力，写出相应的表达式，即可正确解答。
 14.【答案】解：根据电阻定律可得：；
闭合开关，标有“，”字样的灯泡恰能正常发光，根据闭合电路的欧姆定律可得：

解得干路电流为：
通过灯泡的电流为：
则通过电动机的电流为：
电动机的输入功率；
把电动机看成定值电阻和理想电动机串联，把电源、电动机内阻看做等效电源，电动机内阻、电源内阻、可看作是等效电源的内电阻，则有：

等效电源的输出功率等于电动机输出功率，当等效电源输出功率最大时，电动机输出的功率最大。
如果是在纯电阻电路中，电源的输出功率为：；
根据数学知识可得：时分母最小，电源的输出功率最大，此时有，即
在该等效电路中，电源的最大输出功率：
所以去除灯泡后电动机可能的最大输出功率。
答：玩具电动机绕线的电阻率为；
电动机的输入功率为；
去除灯泡后电动机可能的最大输出功率为。 【解析】根据电阻定律求解电阻率；
根据闭合电路的欧姆定律、并联电路的特点结合电功率的计算公式进行解答；
把电动机看成定值电阻和理想电动机串联，把电动机内阻、滑动变阻器与电源整体看做等效电源，电源的最大输出功率就等于电动机的最大输出功率，求出电源的最大输出功率即可求出电动机的最大输出功率。
本题考查了闭合电路欧姆定律的应用，考查了电功率问题；分析清楚电路结构是解题的前提，应用电功率公式、闭合电路的欧姆定律即可解题；解题时要注意，电动机是非纯电阻电路。
 15.【答案】解：能从板间飞出的粒子，平行于板方向做匀速直线运动，在板间运动的时间
设带电粒子在两金属板间运动时的加速度大小为，则
带电粒子在时刻进入两极板之间，则它在竖直方向上先加速向下，，
经过时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过时间，竖直分速度减为零，，
飞出极板时的偏移量
假设时刻进入两金属板间的粒子不碰到金属板而能够飞出两金属板间，则飞出两金属板间时的偏移量为
则假设不成立，时刻进入两金属板间的粒子将打在金属板上。
在第一个周期内，设带电粒子在时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下，经过时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过时间，竖直分速度减为零，恰好从下金属板右端飞出，画出其运动轨迹，如图所示：

                               图
可知
解得：
所以
在第一个周期内，设带电粒子在时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下，经过时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过时间，竖直分速度减为零，然后加速向上直到恰好从上金属板右端飞出，画出其运动轨迹，如图所示：

                                  图
可知：
解得：
所以
在第一个周期内，带电粒子不碰到金属板而能够飞出两金属板间的时刻满足

则能够从两金属板间飞出的粒子占总入射粒子数的比例为

答：能从板间飞出的粒子在板间运动的时间为；
若时刻进入两极板之间，飞出极板时的偏移量是；
若发射时间足够长，则能够从两金属板间飞出的粒子占总入射粒子数的比例为． 【解析】由平行于板方向做匀速直线运动，解得运动时间；
粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动竖直方向的运动规律可解得；
做出粒子的运动轨迹图，结合运动学公式解答。
本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、类平抛运动规律、周期公式即可正确解题。