江苏省南京市第一中学2022-2023学年高一下学期期末物理试题（解析版）

这是一份江苏省南京市第一中学2022-2023学年高一下学期期末物理试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，简答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本大题共11小题，共44分）
1. 物体由于运动而具有的能叫动能，动能的大小等于物体质量与其速度平方乘积的一半。 下列物体动能最大的是（ ）
A. 射门时被踢出的足球
B. 从炮口飞出的炮弹
C. 被激怒而狂奔的大象
D. 即将进入近地轨道的运载火箭
【答案】D
【解析】
【详解】物体动能的表达式为
可知动能的大小不仅决定于质量，更主要决定于速度，踢出的足球质量和速度都不大，从炮口飞出的炮弹质量小速度大，被激怒而狂奔的大象质量大速度小，即将进入近地轨道的运载火箭质量和速度都很大，故动能最大。
故选D。
2. 欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体的金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且。电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻值最小的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据电阻定律
可知，横截面积越大，长度越短，则阻值越小。则选择ab面为电流的横切面，故ACD错误，B正确。
故选B。
3. 如图所示，小物块位于斜面光滑的斜面体上，斜面体位于光滑水平地面上，在小物块沿斜面下滑的过程中，斜面体对小物块的作用力（ ）
A. 垂直于接触面，做功为零
B. 垂直于接触面，做负功
C. 不垂直于接触面，做功为零
D. 不垂直于接触面，做正功
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】由于斜面是光滑的，没有摩擦力的作用，所以斜面对物块只有一个支持力的作用，方向是垂直斜面向上的；小物块对斜面体的压力垂直于斜面斜向下，由于地面光滑，该力使斜面体水平向右运动。小物块所受支持力与位移方向如图所示
支持力与物块位移间的夹角大于90°，则斜面体对物块做负功。
故选B。
4. 如图，O为抛物线OM的顶点，A、B为抛物线上两点，O点的切线水平。从A、B两点分别以初速度v1、v2水平抛出两小球，同时击中O点，不计空气阻力，则两球（ ）
A. 必须同时抛出
B. 初速度v1与v2相等
C. 击中O点时速度相同
D. 击中O点时重力的瞬时功率相等
【答案】B
【解析】
【详解】B．已知O为抛物线OM顶点，则以O为原点建立xOy直角坐标系，
则设OM为
则两平抛运动在竖直方向为自由落体运动，有
联立解得
平抛在水平方向为匀速直线运动，有
联立可得
整理可得
故B正确；
A．因
则可得
故A球先抛出才能同时击中O点，故Ａ错误；
C．因，但竖直方向有
故两分速度合成后可知O点的速度不同，故C错误；
D．两球在O点重力瞬时功率为
即击中O点时重力的瞬时功率不相等，故D错误。
故选B。
5. 如图所示，两根完全相同的四分之一圆弧绝缘棒分别放置在第一、二象限，其端点在两坐标轴上。两棒带等量同种电荷且电荷均匀分布，此时O点电场强度大小为E。撤去其中一棒后，O点的电场强度大小变为（ ）
A. B. C. ED.
【答案】B
【解析】
【详解】设两棒均带正电，由点电荷场强特点及场强叠加规律可知，左侧圆弧产生的场强方向斜向右下方，与方向夹角为，右侧圆弧产生的场强方向斜向左下方，与方向夹角为，它们大小均为E1，可得
解得
撤去其中一棒后，O点的电场强度大小变为。
故选B。
6. 如图所示，在P板附近有一电子由静止开始向Q板运动，则关于电子到达Q板时的速度，下列说法正确的是（ ）

A. 两板间距离越大，加速的时间就越长，获得的速度就越大
B. 两板间距离越小，加速度就越大，获得的速度就越大
C. 与两板间距离无关，仅与加速电压有关
D. 以上说法均不正确
【答案】C
【解析】
【详解】设两板间电势差为，根据动能定理有
解得
可知，两板间电压一定的情况下，增加板间距或减小板间距，电子到达Q板时的速度不变，即电子到达Q板时的速度与两板间距离无关，仅与加速电压有关。
故选C
7. 如图所示为一正四棱锥。底面四个顶点A、B、C、D上依次固定电荷量为、、、的点电荷，O点为底面中心。无穷远处电势为零，则（ ）

A. E点处电场强度为零，电势不为零
B. O点处电场强度方向由O指向B
C. 将一电子从O点沿直线移动到CD边中点，其电势能逐渐减小
D. 将一电子从O点沿直线移动到E点，其电势能逐渐增加
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据等量同种正点电荷连线中垂线上的电场分别特点，可知A、C两处等量同种正电荷，在E点处电场强度方向由O指向E；根据等量异种点电荷连线中垂线上的电场分别特点，可知B、D两处等量异种点电荷，在E点处电场强度方向与OE垂直，由场强叠加原理可知，E点处电场强度不为零；根据点电荷电势分布特点结合对称性可知，四个点电荷产生电场在E点处的电势绝对值相等，A、B、C三处点电荷产生电场在E点处的电势为正，D处点电荷产生电场在E点处的电势为负，则E点处电势不为零，故A错误；
B．由场强叠加可知A、C两处等量同种正电荷在O点的合场强为零，B、D两处等量异种点电荷在O点的合场强由B指向D，则O点处电场强度方向由B指向O，故B错误；
C．将一电子从O点沿直线移动到CD边中点， C、D两处等量异种点电荷产生的电场合力对电子不做功，A、B两处同种正电荷产生的电场合力对电子做负功，则电子电势能增加，故C错误；
D．将一电子从O点沿直线移动到E点，B、D两处等量异种点电荷产生的电场合力对电子不做功，A、C两处等量同种正电荷产生的电场合力对电子做负功，则电子电势能增加，故D正确。
故选D。
8. 如图所示 ，虚线代表电场中的等势面，相邻两个等势面的电势差相等，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q为轨迹上的两点，据此可得（ ）

A. 三个等势面中，Q点电势最高
B. 该质点通过P点时动能大于Q点
C. 该质点通过P点时电势能大于Q点
D 该质点通过P点时加速度小于Q点
【答案】C
【解析】
【详解】A．电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故P点电势最高，Q点的电势最低。故A错误；
B．根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的动能小于Q点的动能。故B错误；
C．从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的电势能大于Q点的电势能。故C正确；
D．等势线密的地方电场强度大，电荷受到的电场力大，则电荷的加速度大，故质点通过P点时的加速度较大。故D错误。
故选C。
9. 某种小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图乙所示的电路，四个电表均为理想电表。现闭合电键S，电压表V1的示数为4.0V，以下说法正确的是（ ）

A. 电压表V2的示数为2.0V
B. 灯泡L1的功率是L2的4倍
C. 电流表A2的示数为0.60A
D. 电源的输出功率为3.0W
【答案】D
【解析】
【详解】AC．电压表V1的示数为4.0V，由图甲可知，电流表A1的示数为0.6A，则有小灯泡L2、L3每个的电流均为0.3A，可知电流表A2的示数为0.3A，则电压表V2的示数为1.0V，AC错误；
B．由电功率公式可得，小灯泡L1的功率为
小灯泡L2的功率为
可知灯泡L1的功率是L2的8倍，B错误
D．路端电压为
干路电流为I=0.6A，则电源的输出功率为
D正确
故选D。
10. 在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流表，A为理想电流表。开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态。在P向上移动的过程中，下列说法不正确的是（ ）

A. A表的示数变大
B. 油滴向下加速运动
C. G中有由b至a的电流
D. 电源的输出功率一定变大
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．在P向上移动的过程中，滑动变阻器接入电路阻值增大，则电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流减小，路端电压增大；则电流表A的示数变小，故A错误，满足题意要求；
B．由于电路总电流减小，路端电压增大，可知定值电阻两端电压减小，定值电阻两端电压增大，则电容器电压增大，根据
可知极板间场强增大，油滴受到的电场力增大，油滴向上加速运动，故B错误，满足题意要求；
C．根据电容器电容决定式
由于电容器电压增大，可知电容器电荷量增大，则G中有由b至a的电流，故C正确，不满足题意要求；
D．当外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，虽然外电阻在变大，但不知外电阻与内电阻的大小关系，因此无法确定输出功率如何变化，故D错误，满足题意要求。
故选ABD。
11. 如图所示，质量为m的小球套在倾斜放置的固定光滑杆上，一根轻质弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连，弹簧与杆在同一竖直平面内，将小球沿杆拉到弹簧水平位置由静止释放，小球沿杆下滑，当弹簧位于竖直位置时，小球速度恰好为零，此时小球下降的竖直高度为h，若全过程中弹簧始终处于伸长状态且处于弹性限度范围内，下列说法正确的是（ ）
A. 弹簧与杆垂直时,小球速度最大
B. 弹簧与杆垂直时,小球的动能与重力势能之和最大
C. 小球下滑至最低点的过程中,弹簧的弹性势能增加量小于mgh
D. 小球下滑至最低点的过程中,弹簧的弹性势能增加量等于mgh
【答案】BD
【解析】
【详解】A．弹簧与杆垂直时，弹力方向与杆垂直，合外力方向沿杆向下，小球继续加速，速度没有达到最大值．故A错误；
B．小球运动过程中，只有重力和弹簧弹力做功，系统机械能守恒，此时弹簧伸长量最短，弹性势能最小，故动能与重力势能之和最大，故B正确；
CD．小球下滑至最低点的过程中，系统机械能守恒，初末位置动能都为零，所以弹簧的弹性势能增加量等于重力势能的减小量，即为mgh，故C错误，D正确．
二、填空题：（本大题共2小题，共24分）
12. 在“验证机械能守恒定律”的一次实验中，m=1kg的重物自由下落，在纸带上打出一系列的点，如图所示（相邻记数点时间间隔为0.02s），那么：
（1）纸带的________端与重物相连；
（2）打点计时器打下计数点B时，物体速度vB=___________。
（3）从起点P到打下计数点B的过程中物体的重力势能减少=__________，此过程中物体动能的增加量=__________（g取9.8m/s2）。
（4）通过计算，数值上____，这是因为_______________________________。

（5）若根据纸带算出各点的速度v，量出各点下落距离h，则以为纵轴，以h为横轴画出的图线应是下图中的________。

【答案】 ①. 左端 ②. 0.98m/s ③. 0.49J ④. 0.48J ⑤. > ⑥. 重物克服阻力做功，部分重力势能转化为内能 ⑦. C
【解析】
【详解】（1）[1]重物自由下落，在相等的时间内位移越来越大，因此纸带的左端与重物相连。
（2）[2]由中间时刻的瞬时速度等于平均速度，可得打下计数点B时物体速度
（3）[3]物体的重力势能减少
[4]物体动能的增加量
（4）[5]通过计算，数值上。
[6]数值上，这是因为重物克服阻力做功，部分重力势能转化为内能。
（5）[7]由机械能守恒定律可得
则有
可知与h成正比关系，则图像是过原点的倾斜直线，ABD错误，C正确。
故选C。
13. 在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，提供的实验器材有：
A．小灯泡（额定电压为，额定电流约为）；
B．电源E：电动势为，内阻不计；
C．电压表V：量程为，内阻约为；
D．电流表A：量程为，内阻约为；
E．滑动变阻器：最大阻值为，额定电流为；
F．滑动变阻器：最大阻值为，额定电流为；
G．开关S及导线若干
实验得到如下数据（I和U分别表示通过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压）：
（1）实验中滑动变阻器应选用_____（请填写选项前对应的序号字母）
（2）请你不要改动已连接导线，在下面的实物连接图中把还需要连接的导线补上____，闭合开关前，应使变阻器滑片放在最________（填“左”或“右”）端
（3）在下面的坐标系中画出小灯泡的曲线____
（4）若将本题中的小灯泡接在电动势是，内阻是的电池两端，则小灯泡的实际功率约为_____W（保留两位有效数字）
【答案】 ①. E ②. ③. 左 ④. ⑤.
【解析】
【详解】（1）[1]为方便实验操作，滑动变阻器应选E；
（2）[2][3]描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时电阻为
电压表内阻为电压表内阻约为，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；为保护电路，闭合开关前，滑片应置于左端；
（3）[4]根据表中实验数据在坐标系中描出对应点，然后用平滑的曲线把各点连接起来，作出灯泡的图象，如图所示
（4）[5]在灯泡的图象坐标系中作出电池的图象，如图所示；由图象可知，用该电池给灯泡供电时，灯泡两端电压为，电流为，则灯泡实际功率
三、简答题（本大题共3小题，共32分）
14. 如图所示是一提升重物用的电动机工作时的电路图。电动机内电阻r＝1Ω，电路中另一电阻R＝10 Ω，恒压电源输出电压U＝220 V，电压表示数UV＝120 V。试求：
（1）通过电动机的电流；
（2）输入电动机的电功率；
（3）若电动机以v＝1 m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量。（g取10 m/s2）

【答案】（1）10 A；（2）1200 W；（3）110 kg
【解析】
【详解】（1）由电路中的电压关系可得电阻R的电压
流过电阻R的电流
即通过电动机的电流
（2）电动机两端电压
输入电动机的功率
（3）电动机发热功率
电动机输出的机械功率
又因
解得
15. 如图所示，质量m1=2.0kg的木板AB静止在水平面上，木板的左侧有一个固定的半径R=0.60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同。现将质量m2=1.0kg可视为质点的小木块C，从圆弧形轨道顶端由静止释放，小木块C到达圆弧形轨道底端时的速度v0=3.0m/s。之后小木块C滑上木板AB并带动木板AB运动，当小木块C离开木板AB右端B时，木板AB的速度v1=0.5m/s，在小木块C在木板AB上滑行的过程中，小木块C与木板AB总共损失的动能△E=2.25J，小木块C与木板AB间的动摩擦因数μ=0.1，木板AB与地面间的摩擦及空气阻力可忽略不计。取g=10m/s2。 求
（1）小木块C运动到圆弧形轨道末端时所受支持力的大小；
（2）小木块C在圆弧形轨道上下滑过程中克服摩擦力所做的功；
（3）小木块C在木板AB上运动过程中，小木块C相对于地面的位移。

【答案】（1）F=25N；（2）克服摩擦力做功1.5J；（3）s2=2.5m
【解析】
【详解】（1）小物块C滑到最低点时，由牛顿第二定律得
得
N=25N
（2）对小物块C由动能定理得
得
（3）木板AB由牛顿第二定律得
得
得
小木块C与木板AB总共损失的动能
小木块C相对于地面的位移
解得
16. 如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子经加速电压U1，加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场．已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L．求：
（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；
（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2；
（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，试确定偏转电场电压U0以及周期T分别应该满足的条件．
【答案】粒子进入偏转电场的速度v的大小．
偏转电场所加电压．
偏转电场电压2，3，，周期2，3，
【解析】
详解】（1）电子经加速电场加速：
解得：
（2）由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得：
解得：
又
解得：
（3）要使电子在水平在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy=0，则电子应在时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速度为，则
因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足
则
（n=1，2，3，4…）
在竖直方向位移应满足
解得：
（n=1，2，3，4…）
【点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化的观点，选用动能定理和功能关系求解．I/A
0.00
0.12
0.21
0.29
0.34
0.38
0.42
0.45
0.47
0.49
0.50
U/V
0.00
0.20
0.40
0.60
0.80
1.00
1.20
1.40
1.60
1.80
2.0