江西省宜春市丰城市第九中学日新班2023-2024学年高一上学期期末考试物理试题（原卷版+解析版）

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一、选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的。
1. 由克里斯托弗·诺兰执导的电影《奥本海默》正在热映，影片回顾了美国著名物理学家、“原子弹之父”罗伯特·J·奥本海默的一生，影片中同样也出现了劳伦斯、爱因斯坦等物理学家，这正说明物理学的发展历程是一个不断探索和创新过程。下列说法不符合物理学史的是（ ）
A. 牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过实验计算出了引力常量G的数值
B. 库仑定律是电学发展史上的第一个定量规律，它使电学的研究从定性进入定量阶段
C. 迈克尔·法拉第作出了关于电力场的关键性突破，提出了场物质模型和场线的概念
D. 物理学家富兰克林通过油滴实验测定了元电荷的电量
【答案】D
【解析】
【详解】A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验计算出了引力常量G的数值，故A正确，不符合题意；
B．库仑定律是电学发展史上的第一个定量规律，它使电学的研究从定性进入定量阶段，故B正确，不符合题意；
C．迈克尔·法拉第作出了关于电力场的关键性突破，提出了场物质模型和场线的概念，故C正确，不符合题意；
D．密里根通过油滴实验测定了元电荷的电量，故D错误，符合题意。
故选D。
2. 秋冬时节，因为带有静电人身上电压可达到几千伏，当人的手指靠近金属导体时会产生很强的电场从而击穿空气，发生放电现象。关于这种现象，下列说法正确的是（ ）

A. 发生放电现象时，金属导体内的正负电荷同时转移
B. 手指与金属导体距离越近，越容易发生放电现象
C. 放电过程中，电场力对移动的电荷做负功
D. 放电过程中，移动电荷的电势能一定变大
【答案】B
【解析】
【详解】A．发生放电现象时，金属导体内的正电荷是原子核不能移动，只有负电荷运动，A错误；
B．手指与金属导体距离越近，电场强度越大，越容易发生放电现象，B正确；
CD．放电过程中，电场力的方向与电荷的运动方向相同，电场力对移动的电荷做正功，电荷的电势能一定变小，CD错误。
故选B。
3. 2023上海国际超级电容器产业大会暨展览会于8月11日至8月14日在国家会展中心（上海虹桥）举办。超级电容器作为一种新型储能装置，具有快速充放电、使用寿命长、温度特性好、节约能源和绿色环保等特点。关于电容器，下列说法正确的是（ ）

A. 电容表征电容器容纳电荷的本领大小，不同的电容器容纳电荷的本领一般不同
B. 当电容不变时，由可知，只要不断增加，则可无限制地增大
C. 电容越大的电容器所带电荷量也一定越多，电容器不带电时其电容为零
D. 电容器在充电过程中充电电流恒定，在放电过程中电容器电容减小
【答案】A
【解析】
【详解】A．电容表征电容器容纳电荷本领大小，不同的电容器容纳电荷的本领一般不同，故A正确；
B．如果加在电容器两端的电压过大，电容器会被击穿，选项B错误；
C．根据电容器的带电量可知电压相等的条件下，电容越大的电容器，所带的电荷量也一定越多，根据可知，电容器的电容与电容器所带的电荷量无关，故C错误；
D．电容器的充电电流随着所带电荷量的增加而减小，电容器的电容与所带电荷量无关，由电容器自身的因素决定，故D错误。
故选A。
4. 如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为，粒子在M和N时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能分别为．下列判断正确的是
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从M运动到N；从N运动到M，根据电场的性质依次判断；
电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有；若粒子从M运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即，负电荷在低电势处电势能大，故；
若粒子从N运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即，负电荷在低电势处电势能大，故；
综上所述，D正确；
【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况．
5. 如图所示，匀强电场方向竖直向下，a、b、c是电场中的三个点，a、b的水平距离与竖直距离相等，b、c的水平距离是a、b水平距离的2倍，b、c的竖直距离是a、b竖直距离的 有一带正电的电荷垂直于电场线射入电场，当电荷初动能为Ek1时它刚好经过b点，当电荷初动能为 Ek2时它刚好经过c点，电荷重力不计，则 的值为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设a、b之间的水平距离或竖直距离为d，则a、c之间的水平距离为3d，a、c之间的竖直距离为当电荷经过b点时水平方向
d=v1t1
竖直方向

解得

同电荷经过c点时有

解得

根据动能公式

所以

故选A。
6. 如图所示，两个电量均为＋Q的点电荷位置固定不动，带电量分别为＋q和－q的两个点电荷用绝缘轻杆连接构成电偶极子，轻杆的长度远小于两个＋Q之间的距离，电偶极子位于两个＋Q中垂线上的O点，以O点为原点，向上为正方向建立x轴。在电偶极子上施加沿x轴的外力F，使其沿着中垂线缓慢向上移动，Ep表示电偶极子在移动过程中的电势能（忽略＋q与－q的相互作用，不考虑重力）。下列F和Ep随轻杆中点的坐标x变化的图像中正确的是（ ）

A. ①和③B. ②和③C. ①和④D. ②和④
【答案】B
【解析】
【详解】①②．根据平行四边形定则，开始时电偶极子受到电场力的合力向上，沿着中垂线缓慢向上移动，根据平衡条件，力F方向向下，随着电偶极子向上移动的过程中，电场力的合力逐渐减小，则F逐渐减小，F减小到0后又反向增大，当电偶极子向上移动到无穷远处，电场力的合力趋于0，F趋于0，②图符合题意，故①错误，②正确；
③④．O点电势为0，则电偶极子初始时电势能为0，随着电偶极子向上移动的过程中，电场力的合力向上，逐渐减小到0后又反向增大，所以电场力的合力先做负功后做正功，电势能先减小后增大，由于无穷远处电势能为0，所以电势能趋于0，③图符合题意，故③正确，④错误。
故选B。
7. 如图所示电路中，电压表V是内阻无穷大的理想电压表，电流表A是内阻为0的理想电流表，电源电压恒定为U=4.20V，定值电阻R1=R2=R3=3Ω，R4=6Ω。关于电表示数，下列说法中正确的是（ ）
A. 电压表V的示数为0.70V，电流表A的示数为0.20A
B. 电压表V的示数为1.40V，电流表A的示数为0.20A
C. 电压表V的示数为0.70V，电流表A的示数为0
D. 电压表V的示数为1.40V，电流表A的示数为0
【答案】A
【解析】
【详解】对电压表接入的电路，R1和R2串联，R3和R4串联，然后整体并联，所以
所以R1两端的电压为
所以电压表的读数为
对于电流表接入的电路，R1和R3并联，R2和R4并联，然后整体串联，所以干路中的电流为
所以R1和R3两端的电压为
R2和R4两端的电压为
流过R1的电流为
流过R2的电流为
所以电流表的读数为
故选A。
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项项符合题目要求。全部选对得8分，选对但不全的得3分，有错选的得0分。
8. 如图所示，纸面内有OP、OQ两条线段，且OP=2cm，OQ=8cm，OP、OQ夹角为60°。一匀强电场与纸面平行，且有电势差UOP=-3V、UOQ=12V，A是OQ的中点。则（ ）

A. UPQ=9V
B. 场强大小为V/m
C. 将电荷量为的负电荷从P移到A，电场力做功9.0×10-9J
D. 以OQ为直径作圆，M、N是圆周上动点，则M、N两点间最大电势差为
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．根据电势差之间的关系
解得
故A错误；
B． 取OA中点B，根据电势差之间的关系
可知P点与B点处于同一个等势面，电场线应垂直于等势面，根据几何关系以及电势差与电场强度的关系可知
d为PO沿电场线上的距离
故B正确；
C．根据电势差之间的关系
根据电场力做功表达式
故C正确；
D．以OQ为直径作圆，M、N是圆周上动点，为直径运动到与电场线平行时，则M、N两点间有最大电势差可得
故D正确。
故选BCD。
9. 在图甲的直角坐标系中，x轴上固定两点电荷M、N，距坐标原点O均为L，y轴上有、、三点，其纵坐标值分别为、、。y轴上各点电场强度E随y变化的关系如图乙所示，图中的阴影部分面积为a，的阴影部分面积为b、一个质量为m、电荷量为的带负电粒子，由点静止释放，仅在电场力作用下，将沿y轴负方向运动，则（ ）
A. M、N是等量异种电荷
B. 带电粒子在、两点处的加速度大小之比为
C. 带电粒子运动到位置时动能为
D. 带电粒子运动过程中最大速度为
【答案】CD
【解析】
【详解】A．由图乙可知，在两电荷中点处电场强度为零，所以M、N是等量同种电荷，故A错误；
B．设两点电荷M、N的电荷量为Q，则带电粒子在处受到的电场力大小为
带电粒子在处受到的电场力大小为
则带电粒子在、两点处受到的电场力的大小之比为
所以带电粒子在、两点处的加速度大小之比为，故B错误；
C．粒子由点静止释放，仅在电场力作用下运动到位置，从点到坐标原点O，电场力做正功，从O点到位置，电场力做负功，根据动能定理有
其中的y为沿电场力方向上的位移，结合图乙的面积关系可得
即带电粒子运动到位置时动能为，故C正确；
D．粒子由点静止释放，从点到坐标原点O，电场力做正功动能增加，从O点到位置，电场力做负功动能减小，所以粒子在O点时速度最大，则从点到坐标原点O，根据动能定理有
结合图乙的面积关系可得
解得，带电粒子运动过程中最大速度为
故D正确。
故选CD。
10. 在如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=8Ω，定值电阻滑动变阻器R4的取值范围为0~30Ω，所有电表均为理想电表。闭合开关S，在滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电压表V1、电压表V2、电流表A示数的变化量分别为△U1、△U2、△I．下列说法正确的是（ ）

A. V1读数变小，则V2读数变大，|△U1|小于|△U2|
B.
C. R4的功率先增大后减小，最大值为0.36W
D. 电源的输出功率先增大后减小，最大值为4.5W
【答案】ABC
【解析】
【详解】将R1和R2等效为电源内阻，则等效电源的电动势
等效内阻
等效电路如图
A．则当滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，R4变大，总电阻变大，总电流减小，路端电压变大，V1读数变小，则V2读数变大，因
U路端=U1+U2
可知小于，故A正确；
B．因为
又有
故B正确；
C．将R3等效为新电源的内阻，内阻为
当外电路电阻等于电源内阻时输出功率最大，则当滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电阻从0增加到30Ω，可知的功率先增大后减小，当R4=25Ω时功率最大，最大值为
故C正确；
D．当滑动变阻器的滑片在a端时，电源E的外电阻为
当滑动变阻器的滑片在b端时，电源E的外电阻为
电源E的内阻
则滑动变阻器的滑片从a端滑到b端的过程中，电源的输出功率一直减小，故D错误。
故选ABC。
三、非选择题：共54分。考生根据要求作答，计算题需写出必要的解题过程。
11. 为了测量一精密金属丝的电阻率：
（1）先用多用电表×10Ω挡粗测其电阻，示数如图中虚线所示，为使测量更加精确，应将选择开关旋到______（填“×1”“×100”或“×1k”）的倍率挡位上，并重新欧姆调零；调整后再次测量，多用电表的示数如图丙中实线所示，则Rx=______Ω。然后用螺旋测微器测其直径为_______mm，游标卡尺测其长度是_______mm。

（2）为了减小实验误差，实验过程中要求电流表示数从零开始记录多组数据，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：
A.电流表A1，量程为0~300μA，内阻r1=100Ω
B.电流表A2，量程为0~0.6A，内阻r2约为0.1Ω
C.定值电阻R1=900Ω D.定值电阻R2=9900Ω
E.滑动变阻器R1，最大阻值为5Ω F。滑动变阻器R2，最大阻值5kΩ
G.电源（电动势约为3V，内阻很小） H。开关一只，导线若干
某同学根据上述器材设计了如图电路准确测量Rx的阻值，回答下列问题：

①实验中需要利用电流表A1改装成量程为3V的电压表，则电路图中的定值电阻R应选择_______；滑动变阻器应选_________。（填仪器前面的序号）
②为提高实验测量准确度，电流表A1左端a应接______（选填“b”或“c”）；
③以A2示数I2为横轴，A1示数I1为纵轴作I1—I2图像，若图像斜率为k，则金属丝的电阻Rx=______（用r1、k、R1或R2表示）。
【答案】 ①. ×1 ②. 13.0 ③. 2.094##2.095##2.096##2.097 ④. 100.15 ⑤. D ⑥. E ⑦. c ⑧.
【解析】
【详解】（1）[1]根据图中虚线所示可知所选挡位偏大，应选用小倍率，应将选择开关旋到“×1”倍率挡位上；
[2]由图示实线可知
[3]由图示螺旋测微器可知，读数为
[4]由图示游标卡尺可知，其示数为
（2）[5]本实验采用伏安法测电阻，需要改装一个量程为3V的电压表，此时电流表A1需要串联一个电阻，串联电阻的阻值为
故选D；
[6]本实验采用分压电路接法，所以选择最大阻值小的电阻，因此选择E。
[7]根据外接法测小电阻可知，电流表外接，故电流表A1左端a应接c；
[8]由欧姆定律，可得
整理可得
故作I1—I2图像斜率为
解得
12. 香山中学环保小组的学生前往废品站收集可回收物品，发现一个表面已膨胀，电动势约为3.6V的锂电池。经查阅资料，该型号锂电池内阻大于80mΩ时趋近报废。该实验小组设计实验测量该锂电池电动势和内阻，实验室提供的器材如下：待测锂电池；电流表A1，量程0～0.3A，内阻为2Ω；电流表A2，量程0～0.6A，内阻约为3Ω；滑动变阻器R，阻值范围0～10Ω；定值电阻R1=2Ω；定值电阻R2=6Ω；定值电阻R3=15Ω；开关一个，导线若干。为了使测量数据更加精确，该实验小组设计的电路如题图甲：
（1）实验中把A1表与定值电阻串联，使该支路能承担的最大电压为2.4V，电路图中定值电阻Rx应选择__________；为了使电流表读数范围较广且大部分读数能超过量程，定值电阻Rx'应选择________（填器材代号、对应阻值均可）
（2）实验步骤：
根据电路图安装实验器材；滑动变阻器滑片滑至最左端；闭合开关，移动滑片至某一位置，记录此时两个电流表示数I1、I2；该实验小组移动滑片，读出多组I1、I2数据；断开开关，整理器材。
（3）实验所获得电流数据记录如表：
（4）根据上表数据在题图乙中描绘出I1－I2图像____；
（5）由图像信息计算可知，该锂电池电动势E=_____V，内阻r=______Ω，则可知该电池已符合报废标准。（计算结果保留2位有效数字）
【答案】 ①. R2 ②. R1 ③. 见解析 ④. 3.0 ⑤. 2.0
【解析】
【详解】（1）[1]实验中把A1表与定值电阻串联，使该支路能承担的最大电压为2.4V，则
解得
Rx=
可知，电路图中定值电阻Rx应选择R2；
[2]由于锂电池的内阻较小，为了使电流表读数范围较广且大部分读数能超过量程，需要在锂电池上串联一个与其内阻相差不大的小电阻，即定值电阻Rx'应选择R1。
（4）[3]根据表中数据描点，用一条平滑直线将点迹连起来，使得点迹均匀分布在直线两侧，如图所示
（5）[4][5]根据电路图，结合上述有
变形得
根据图像有
得
图像的纵截距
得
E=3.0V
13. 发光电动玩具车的电路如图所示。已知两盏灯泡的规格均为“3V，3W”，若电源电动势为8.0V，内阻为1.0Ω，电动机线圈的电阻为。当玩具车正常行驶时，两盏灯泡均正常发光，求：
（1）干路电流及电动机输出的机械功率；
（2）若玩具车在行驶中车轮被杂物卡住，求此时电源总功率。
【答案】（1）2.0A，4.0W；（2）25.6W
【解析】
【详解】（1）两盏灯泡均正常发光，则可知路端电压为
由闭合电路欧姆定律可得干路电流为
流经灯泡的电流为
流经电动机的电流为
电动机输出的机械功率为
（2）若玩具车在行驶中车轮被杂物卡住，则电路为纯电阻电路，则有每个灯泡的电阻为
此时电路的总电阻为
此时电源的总功率为
14. 如图所示，两个带正电小球A、B固定在同一水平线上，长为3L的光滑绝缘细线穿过带正电的小环C两端分别连接在A、B球上，小环C静止时BC竖直，AC与AB的夹角为30°，已知A、B、C的带电量分别为8q、q、q，静电力常量为k，重力加速度为g，忽略小球和环的大小，求：
（1）小环C的质量；
（2）剪断细线的一瞬间，小环C的加速度多大；
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）由于细线长为3L，小环C静止时BC竖直，AC与AB的夹角为30°，可得AC段细线长为2L，BC段细线长为L。对小环C研究，设绳子拉力为T，根据共点力的平衡条件，竖直方向上有
水平方向有
联立解得
（2）剪断细线的一瞬间，绳子拉力变为零，此时小环C竖直方向合外力为
AC方向所受合外力为
故小环C所受合外力为
根据牛顿第二定律
联立解得
【点睛】绳子为活结模型，两段绳子的拉力大小相等。剪短绳子瞬间，绳子拉力突变为零。再根据平衡条件及牛顿第二定律进行解答。
15. 如图（a）所示，A、B两足够大平行金属板水平放置，A板中心有一小孔，AB两板间的距离为d=1.2m，两板间的电压变化如图（b）所示，B板接地。一质量为m=0.1kg、电荷量为q=+0.1C的小球，在t=0时刻从A板中心处的小孔静止释放。不计一切阻力，重力加速度大小为10m/s2，求：
（1）在0~0.2s内小球运动的位移大小；
（2）在0~0.2s内和0.2s~0.4s内电场力对小球所做功之比。

【答案】（1）0.4m；（2）1
【解析】
【详解】（1）在0~0.1s内：小球运动的加速度a1满足
解得
小球运动位移
0.1s末小球的速度为
在0.1~0.2s内：小球运动的加速度a2满足
解得
小球运动的位移
0.2s内小球运动的位移为
（2）在0.2s~0.3s内： 小球加速度大小等于
0.2s末小球的速度为
0.3s末小球的速度为
小球运动的位移
在0.3~0.4s内：小球加速度大小等于
0.4s末小球的速度为
小球运动的位移
在0~0.2s内电场力对小球做的功
在0.2~0.4s内电场力对小球做的功
联立解得
序号电流
1
2
3
4
5
I1/A
0.20
0.17
0.15
0.13
0.10
I2/A
0.15
0.24
0.31
0.36
0.45