2022-2023学年贵州省黔东南州高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年贵州省黔东南州高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.关于电磁理论，下列几种说法正确的是( )
A. 电磁波可以传递信息，也可以传播能量
B. 电场周围总有磁场，磁场周围总有电场
C. 可见光不属于电磁波
D. 遥控器发出的红外线的频率比医院CT中的X射线的频率大
2.下列说法中不是体现量子化的是( )
A. 普朗克认为微观粒子的能量是分立的
B. 教室里上课同学的人数
C. 任一带电体的电量都是元电荷的整数倍
D. 一个宏观的单摆，小球在摆动过程中，受到摩擦阻力作用，能量不断减小的过程
3.质量为400g的足球以20m/s的初速度在平整的草坪上运动一段距离后停了下来，则阻力对足球做的功是( )
A. −80JB. −160JC. 80JD. 160J
4.如图所示，箱子受到与水平方向成37∘角斜向上的拉力，大小恒为200N，经过5s在水平地面上移动的距离为10m。已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8，则这段时间内拉力做功的平均功率是( )
A. 400WB. 320WC. 240WD. 100W
5.真空中两个完全相同的带异种电荷的金属小球A和B(均可看成点电荷)，其中A的带电量是B的3倍，分别固定在两处，两球之间的静电力为F。现A、B两球先接触，再分开放到原位置，此时A、B之间的静电力大小为( )
A. 4F3B. 3F4C. 3FD. F3
6.如图所示，用一条绝缘细线悬挂一个带电小球，小球质量为m=1.0×10−2kg，所带电荷量为q=+2.0×10−8C，现加一水平方向的匀强电场，平衡时绝缘细线与竖直方向的夹角为θ=60∘，重力加速度为g=10m/s2，则匀强电场的电场强度E大小为( )
A. 52×106V/m
B. 5 33×106V/m
C. 5 3×106V/m
D. 5 32×106V/m
7.如图所示，在沿x轴正向的匀强电场E中，已知O点的电势为100V，O、A两点相距r=0.8m。已知θ=60∘，E=100V/m，则A点的电势为( )
A. 20VB. 60VC. 140VD. 180V
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
8.如图所示，相距较近的一对带等量异种电荷的平行金属板水平放置。一电子以初速度v0沿平行于板面的方向射入，则电子在两板间运动过程中( )
A. 电子一定会打在上极板上B. 电子在向板靠近过程中加速度不变
C. 速度逐渐增大D. 电子的电势能逐渐增大
9.探究电磁感应现象的实验装置如图所示，下列选项中能使灵敏电流表指针偏转的是( )
A. 开关闭合状态时，滑动变阻器不动
B. 开关闭合状态时，迅速移动滑动变阻器的滑片
C. 开关断开瞬间
D. 闭合开关后将线圈A迅速向上拔出时
10.如图为一直流电动机工作时的电路原理图。已知U=120V，电动机内电阻r=1.0Ω，电阻R=10Ω。用它以1m/s的速度竖直向上匀速提升某重物时，理想电压表示数80V，重力加速度g取10m/s2。不计一切阻力，则提升过程中( )
A. 流经电动机的电流为80A
B. 输入电动机的电功率为320W
C. 电动机输出的机械功率为320W
D. 重物的质量为30.4kg
11.如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带负电小球悬挂在电容器内部。闭合开关S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，则( )
A. 保持开关S闭合，略向左移动B板，则θ增大
B. 保持开关S闭合，略向左移动B板，则θ减小
C. 断开开关S，略向左移动A板，则θ不变
D. 断开开关S，略向左移动A板，则θ减小
三、实验题：本大题共2小题，共15分。
12.如图1所示为利用自由落体“验证机械能守恒定律”的实验装置。
(1)下列器材中，其中不需要的是______(填字母序号)。
A.打点计时器
B.重物
C.直流电
D.交流电
E.刻度尺
F.天平
G.秒表
(2)某次实验中得到了如图2所示的一条完整的纸带，其中与重物相连的纸带是______端(选填：“O”或“F”)。
(3)通过分析该同学测量的实验数据，他的实验结果是否验证了机械能守恒定律？取当地的g=9.8m/s2，相邻计数点间的时间间隔为0.02s，简要说明分析的依据______。
13.在“用伏安法测定电池的电动势和内电阻”的实验中。
(1)备有如下器材：干电池1节，量程合适的电压表和电流表，开关、导线若干，另外还有可供选择的滑动变阻器：
A.滑动变阻器(0∼1kΩ,额定电流2A)
B.滑动变阻器(0∼10Ω,额定电流2A)
某同学按甲图原理进行实验，其中滑动变阻器应选______(只填器材前的序号)。
(2)根据实验数据画出的U−I图象如图乙所示，由图象可得电池的电动势为______ V，内电阻为______Ω(结果保留一位小数)。
四、简答题：本大题共3小题，共37分。
14.如图，倾角θ=37∘的斜面与水平地面平滑连接，质量为m的滑块从斜面高h=0.6m处由静止开始下滑，已知滑块与斜面及水平地面之间的动摩擦因数均为μ=0.5，不计空气阻力，重力加速度为g=10m/s2。已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。求：
(1)滑块滑到斜面底端时的速度大小；
(2)滑块从释放到停止在水平地面所用时间。
15.如图所示，有一电子从静止开始经电压U1加速后，进入两块电压为U2的平行金属板间(板间电场为匀强电场)，两平行金属板A、B间距为d，板长为L，若电子从两板正中央垂直电场方向射入，且能从板间射出偏转电场。设电子的质量为m、电量为e，电子的重力不计。求：
(1)电子经过电压U1加速后的速度大小；
(2)带电粒子从板间飞出时偏离原来方向的侧向位移大小。
16.如图所示，水平面上有质量m等于1kg且可视为质点的物块，光滑的半圆轨道与水平轨道平滑连接于B点，半圆轨道半径为R为1m，开始时物块静止，左端有一个压缩的弹簧紧靠着竖直墙壁，物块静止位置离半圆轨道B点的距离xAB=4m，弹簧与物块不栓接，某时刻解除弹簧锁定，弹簧将物块弹开，之后恰好能到达半圆轨道的顶端C点，已知物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s2，求：
(1)弹簧所具有的弹性势能；
(2)物块离开C点后落地点到B点的水平距离。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A.电磁波既可以传递信息，也可以传播能量，故A正确；
B.根据麦克斯韦建立电磁场理论：变化的电场产生磁场，变化的磁场产生电场，恒定的电场不会产生磁场，恒定的磁场不会产生电场，故B错误；
C.可见光属于电磁波，故C错误；
D.根据电磁波频率的大小关系判可知，红外线的频率比医院CT中的X射线的频率小，故D错误。
故选：A。
电磁波可以传递信息，也可以传播能量；变化的磁场能够在周围空间产生电场，变化的电场能够在周围空间产生磁场；可见光属于电磁波；根据电磁波频率的大小关系判断。
本题考查了电磁场理论与电磁波，注意变化的电(磁)场才能产生磁(电)场，交变的电(磁)场才能产生同频率交变的磁(电)场。
2.【答案】D
【解析】解：A、普朗克认为微观粒子的能量是不连续的，数值是分立的，体现了量子化，故A错误；
B、教室里上课同学的人数只能是整数，所以人数体现了量子化，故B错误；
C、任一带电体的电量不是连续的，都是元电荷的整数倍，体现了量子化，故C错误；
D、小球的能量不断减小，能量是连续减小的，不是分立的数值，所以不能体现量子化，故D正确。
故选：D。
根据量子化是指某些物理量只能取某些分立值的现象来分析。
本题考查了能量子与量子化现象，解题的关键是正确理解量子化的含义。
3.【答案】A
【解析】解：设阻力对足球做的功为Wf，由动能定理得
Wf=0−12mv02=−12×400×10−3×202J=−80J，故A正确，BCD错误。
故选：A。
足球在平整的草坪上运动的过程中，只有阻力对足球做功，根据动能定理求阻力对足球做的功。
解答本题时，要知道动能定理反映合外力做功与动能变化的关系，是求功常用的方法。
4.【答案】B
【解析】解：这段时间内拉力做功：W=Fscsθ=200×10×0.8J=1600J
平均功率为：P−=Wt=16005W=320W，故ACD错误，B正确。
故选：B。
先用功的公式W=Fscsθ求拉力所做的功，再用功率的定义式P−=Wt求平均功率。
本题考查功和功率的概念，抓住两个物理量的基本公式，代入数据可解决问题。
5.【答案】D
【解析】解：根据库仑定律，开始时它们之间的库仑力：F=kQ⋅3Qr2=3kQ2r2
金属小球A和B开始时带异种电荷，则将A与B接触后两球各带电量为Q，则：F′=kQ2r2=F3，故ABC错误，D正确。
故选：D。
由电荷守恒定律求出接触后各自的电荷量，然后根据库仑定律分别分析出变化前后的静电力并得出比值即可。
本题主要考查了库仑定律的相关应用，根据库仑定律分析出静电力的大小并得出比值即可，属于基础题型。
6.【答案】C
【解析】解：对带电小球受力分析，有
tanθ=Eqmg
代入数值解得：E=5 3×106V/m，故C正确，ABD错误；
故选：C。
对带电小球进行受力分析，根据几何关系和电场力的计算公式得出场强的大小。
解决本题的关键进行正确的受力分析，然后根据共点力平衡求出未知力。以及掌握电场强度F的定义式F=Eq的正确应用。
7.【答案】B
【解析】解：A、O两点在电场线方向上的距离为
d=rcs60∘=0.8m×0.5=0.4m
由图可看出O点电势高于A点电势，则
UOA=Ed=100×0.4V=40V
又UOA=φO−φA
所以A点的电势为φA=φO−UOA=100V−40V=60V，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据几何关系和电势差的计算公式得出OA两点的电势差，结合O点的电势得出A点的电势。
本题主要考查了电场强度和电势差的关系，熟悉公式U=Ed进行计算，要注意d是两点间沿着电场线方向的距离。
8.【答案】BC
【解析】解：A.电子在电场中受到向上的电场力，做类平抛运动，可能会打到上极板上，也可能从右侧飞出电场，故A错误；
B.平行金属板间为匀强电场，电子在向极板靠近过程中，因为电场力恒定不变，根据牛顿第二定律可知电子的加速度恒定不变，故B正确；
C.电子水平速度不变，竖直向上的速度逐渐增大，所以合速度逐渐增大，故C正确；
D.根据题意可知电场力做正功，根据功能关系可知电子的电势能逐渐减小，故D错误。
故选：BC。
熟悉电子的受力分析，结合牛顿第二定律得出电子的加速度，再根据运动特点分析出电子的速度变化，最后结合功能关系分析出电子电势能的变化趋势。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合牛顿第二定律和功能关系即可完成解答。
9.【答案】BCD
【解析】解：A、开关闭合状态时，滑动变阻器不动，流过线圈A的电流不变，电流产生的磁场不变，线圈B中磁通量不变，不能产生感应电流，灵敏电流表指针不发生偏转，故A错误；
C、开关断开瞬间，流过线圈A的电流改变，电流产生的磁场改变，线圈B中磁通量改变，能产生感应电流，灵敏电流表指针发生偏转，故C正确；
B、开关闭合状态时，迅速移动滑动变阻器的滑片，流过线圈A的电流改变，电流产生的磁场改变，线圈B中磁通量改变，能产生感应电流，灵敏电流表指针发生偏转，故B正确；
D、闭合开关后将线圈A迅速向上拔出时，线圈B中磁通量改变，能产生感应电流，灵敏电流表指针发生偏转，故D正确。
故选：BCD。
根据各个选项的操作，判断螺线管B中的磁通量是否发生变化，由此分析能否在B螺线管中此时感应电流。
本题主要是考查感应电流产生的条件，知道闭合电路的磁通量发生变化时，回路中会产生感应电流。
10.【答案】BD
【解析】解：A.根据欧姆定律，有
I=U−UVR=120−8010A=4A，故A错误；
B.输入电动机的电功率为
P输入=UVI=80×4W=320W，故B正确；
C.电动机输出的机械功率为
P输出=P输入−P热
又P热=I2r
解得：P输出=304W，故C错误；
D.设提升重物时的质量为m，则有
P输出=mgv
解得：m=30.4kg，故D正确。
故选：BD。
根据欧姆定律得出电路中的电流；
根据功率的计算公式得出电动机的输入功率和输出的机械功率；
根据功率的计算公式得出重物的质量。
本题主要考查了功率的计算公式，熟悉电路构造的分析，结合功率的计算公式即可完成分析。
11.【答案】AC
【解析】解：AB、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，略向左移动B板，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大，故A正确、B错误；
CD、断开开关S，电容器所带的电量不变，根据C=εrS4πkd，C=QU，得：E=Ud=QCd=4πkQϵrS知，略向左移动A板，则d增大，E不变，电场力不变，则θ不变，故C正确，D错误。
故选：AC。
小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变。通过电场强度的变化判断θ角的变化。
解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量。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。
12.【答案】CFG O 见解析
【解析】解：(1)在实验中利用物体下落带动纸带，通过打点计时器在纸带上打出的点求得动能和势能的变化量，所以需要打点计时器、重物和刻度尺，同时打点计时器需要交流电源；在数据处理时物体的质量可以消去，所以不需要测量物体的质量，故不需要天平；所以不需要的是直流电、天平和秒表，故CFG正确，ABDE错误；
故选：CFG。
(2)根据纸带上打出点的间距可知从O到F，速度在变大，故与重物相连的纸带是O端；
(3)对E点时物体的状态进行分析，E点时物体的速度为
v=DF2T=45.70−34.702×0.02×10−2m/s=2.75m/s
在E点时物体动能增加量为
ΔEk=12mv2
重力势能减小量为
ΔEp=mghOE
代入数值可得在误差允许的范围内有
ΔEk≈ΔEp
故该实验验证了机械能守恒定律。
故答案为：(1)CFG；(2)O；(3)见解析
(1)根据实验原理分析出需要的实验器材；
(2)根据纸带上点迹的特点分析出与重物相连的一侧纸带；
(3)根据能量的计算公式，结合机械能守恒定律完成分析。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合运动学公式和机械能守恒定律即可完成分析。
13.【答案】B1.51.0
【解析】解：(1)由于干电池的内阻较小，因此为了测量方便，应选最大阻值为10Ω的滑动变阻器，故滑动变阻器应选B。
(2)由闭合电路欧姆定律可得：U=E−Ir，由U−I图像可得电池的电动势等于纵轴的截距，即E=1.5V；电源内阻等于U−I图像斜率的绝对值，即r=ΔUΔI=1.5−01.5−0Ω=1.0Ω。
故答案为：(1)B；(2)1.0。
干电池的内阻较小，为便于实验操作应该选择0∼10Ω的滑动变阻器；根据U−I图像的纵轴截距表示电源电动势，图像的斜率绝对值等于电源内阻求解。
该实验考查实验器材的选择以及实验数据的分析，属于常规考题，难度适中。
14.【答案】解：(1)设滑块到底端时的速度大小为v，从开始下滑到斜面底端过程中，由动能定理得：mgh−μmgcsθ×hsinθ=12mv2−0
解得：v=2m/s
(2)滑块在水平面上滑动过程中，由动能定理得：
−μmgx=0−12mv2
解得：x=0.4m
设滑块在斜面上和水平面上运动的时间分别为t1、t2，则
hsinθ=v2t1
x=v2t2
滑块从释放到停止在水平地面所用时间为：
t=t1+t2
代入数据得：t=1.4s
答：(1)滑块滑到斜面底端时的速度大小为2m/s；
(2)滑块从释放到停止在水平地面所用时间为1.4s。
【解析】(1)对滑块在斜面上运动过程中，根据动能定理列式可解；
(2)滑块经历了两段匀变速直线运动，根据匀变速直线运动规律求时间。
本题考查动能定理的应用，解题过程要注意在斜面上和水平面上摩擦力的变化，列式时注意力做功正负，在求解滑块从释放到停止在水平地面所用时间时注意运动学公式的选择。
15.【答案】解：(1)电子在电场中加速过程，由动能定理有
eU1=12mv2
解得：v= 2eU1m
(2)电子进入水平极板A、B之间，根据运动的分解，在水平方向上，电子做匀速直线运动，有
L=vt
在竖直方向上电子在电场中运动的加速度
a=Eem
由电场强度跟电势差关系
E=U2d
电子在竖直方向上的偏转位移
y=12at2
由以上可得电子在竖直方向上的偏转位移
y=U2L24U1d
答：(1)电子经过电压U1加速后的速度大小为 2eU1m；
(2)带电粒子从板间飞出时偏离原来方向的侧向位移大小为U2L24U1d。
【解析】(1)根据动能定理列式得出电子加速后的速度；
(2)根据类平抛运动的特点，结合运动学公式和牛顿第二定律得出侧向位移。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合运动学公式和牛顿第二定律即可完成分析。
16.【答案】解：(1)物块恰好能到达半圆轨道的顶端C点，重力提供向心力，根据牛顿第二定律有：mg=mvC2R
解得：vC= gR= 10×1m/s= 10m/s
由能量守恒定律可得：Ep=μmgxAB+2mgR+12mvC2
解得弹簧所具有的弹性势能：Ep=45J
(2)物块离开C点做平抛运动，则
竖直方向：2R=12gt2
水平方向：x=vCt
解得物块离开C点后落地点到B点的水平距离：x=2m
答：(1)弹簧所具有的弹性势能为45J；
(2)物块离开C点后落地点到B点的水平距离为2m。
【解析】(1)根据牛顿第二定律和题设条件求物块恰到C点的速度，结合能量守恒定律得出弹簧具有的弹性势能；
(2)根据平抛的位移规律求落点到B点的水平距离。
本题主要考查了能量守恒定律、平抛运动相关应用，能熟练应用牛顿第二定律计算出物块的速度，结合能量守恒定律和平抛规律即可解决问题。