江苏省无锡市第一中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试题

无锡市第一中学2023-2024学年度第二学期期末试卷 高一物理(选修班) 2024.6 命题:贵贵山 审核:韦红 一、单选题(每题4分,共44分) 1.在科学发展过程中,许多科学家作出了巨大贡献,以下说法正确的是( ) A.元电荷e的数值最早是由物理学家库仑测得的 B.第谷通过观察提出行星绕太阳运动的轨道是圆 C.牛顿进行了著名的“月一地检验”并通过实验测出了引力常量 D.法拉第提出了电荷周围存在电场的观点 2.关于下列四幅图的说法错误的是( , 甲 乙 T A.图甲为静电除尘原理的示意图,带负电的尘埃将被吸附到带正电的板状收集器4上 B.如图乙所示,给汽车加油前要触摸一下静电释放器,是为了导走人身上的电荷 C.图丙为静电喷漆的原理图,所有涂料微粒都在电场力作用下沿电场线运动到电极上 D.如图工所示,高层建筑物顶端安装有避蓄针,避雷计的原理为尖端放电 3.右图为示波管的原理图,在示波管的两对偏转电极上均不加电压时,电子束从电子枪射 出后沿直线运动,打在荧屏中心,产生一个亮斑.若在偏转电极YY加电压U.、偏转电极 XX 加电压V,后,亮斑会偏离荧光屏中心位置.能使亮斑高荧光屏中心的竖直距离增大的 是() A.增大U B减小U. H C.增大V. D.小U 4.如图所示,人造地球卫星A、B绕地球做匀速圆周运动,若用T、V、a、E分别表示卫星 的周期、速度、加速度、机械能这些物理量的大小,则下列关系一定正确的是( ) A.T<Ts B.<: C<a DECg ·第1页共6页(高一物理 5.如图所示,两个截面不同、长度相等的均匀铜捧接在电路中,两端的电压为V,则( A.通过两的电流不相等 B.细的电压V.等于粗摔的电压V. C.两的自由电子定向移动的平均速率V<v. D.两摔内的电场强度不同,细神内场强E.大于粗棒内部 场强E. 6.如图所示,实线表示电场线,虚线表示带电粒子只受静电力作用下的运动轨迹,则( A.若粒子是从N点运动到M点,则其带负电荷 B.粒子运动的加速度在M点小于N点 C.粒子在M点的速度大于在N点的速度 D.粒子在M点的电势能小于在N点的电势能 7.右图为低空跳伞极限运动表演,运动员从悬崖上一跃而下,实现了自然奇观与极限运动 的完美结合.假设质量为m的跳伞运动员,由静止开始下落(空气阻力不可忽略),在打 开伞之前,下落高度力时速度达到v.在运动员下 落h的过程中,下列说法正确的是( ) A.运动员的重力做功为m} B.运动员的重力势能减少了_mv C.运动员的动能增加了mgh D.运动员的机械能减少了ngh-1mv 8. 某同学利用图甲所示的电路演示电容器的充、放电过程,他先使开关S与2墙相连,数 秒后,使开关S与1端相连并,然后再把开关S挪向2端,传感器将电流信息传入计算机, 屏幕上显示出电流随时间变化的i一1图像如图乙所示.下列说法正确的是( ) A.放电过程中,电容器下极板带正电 B.图像中两阴影面积一定相等 C.仅改变两极板间距离,电容器充电 趣 结束时电容器两板间电压会改变 D.仅改变电阻R,电容器充电结束后 电容器电荷量2会改变 9.一匀强电场的方向平行于xOy平面,平面内a、b、c三点的位置如图所示,三点的电势 分别为10V、10V、22V,下列说法不正确的是( em A.电场强度的大小为2.5V/cm B.坐标原点处的电势为一2V C.电子在a点的电势能比在:点的低12eV D.电子从b点运动到c点:静电力做功为12el 第2页共6页(高一物理) 10.某仪器两极间的电场线分布如图所示,中间的一条电场线是直线,其它电场线对称分 布,一正电荷从0点沿直线O4以某一初速度仅在电场力作用下运动到A点.取O点为坐 标原点,沿直线向右为x轴正方向.从O到A运动过程中; 关于该电荷运动速度v和加速度a随时间:的变化、质子的 动能和运动轨迹上各点的电势a随位移x的变化图线中可 能正确的是( ###_#。## 11.四个相同的小量程电流表(表头)分别改装成两个电流表4、4.和两个电压表V、 己知电流表A.的量程大于A2的量程,电压表V,的量程大V的量程,改装好后把它们按 图示接入电路,则() A.电流表4的偏转角小于电流表A:的偏转角 B.电流表A.的读数大于电流表A;的读数 C.电压表V的偏转角大于电压表V:的偏转角 D.电压表V的读数小于电压表V的读数 二、实验题(每空2分,共12分) 12.某学习小组为了测定金属的电阻率完成了下列实验: 表进 (1)用旋测微器测得金属电阻的直径如图右所示,则其直 径为 __mn.为了能够选用恰当量程的电压表,实验 时先用多用电表的电压档粗测其电压,则需将多用电表的红黑 表笔与金属电阻(选填“并联”或“串联”). (2)若待测金属导线的电阻R约为52.实验室备有下列实验器材: A.电压表V:(量程3V,内阻约为15k2) B.电压表V(量程15V,内阻约为75k0) C.电流表A(量程34,内阻约为0.22) D.电流表A:(量程600mA,内阻约为12) E变阻器R(0~10Q.14) F.变阻器R。(0~20002.0.14) G.电源E(电动势为3V,内阻约为032 H.开关s,导线若干 ①要求较准确地测出其阻值,电压表应选__,电流表应选___.滑动变阻 器应选 _.(用器材前的字母表示) ②为了减小实验误差,应选用右图 中(选填%”或%”)为 该实验的电路图 第3页共6页(高一物理) 三、解答题(共44分) 13.(8分)某卫星在地球赤道平面内以周期T绕地球做匀速圈周运动,它距离地面的高度 为地球半径的2倍,已知地球半径为R,引力常量为G求: (1)该卫星绕地球运动的线速度v的大小 (2)地球的质量M. 14.(10分)如图所示,质量为0.16kg的带正电小球4穿在倾角f=30^的光滑绝缘细杆上 杆的另外一端固定一个带电小球B,整个装置处于水平向右的匀强电场中,初始时,两球相 距L.=0.5m(远大于小球直径),此时小球4恰好静止且与杆无弹力,已知重力加速度 g=10m/s},小球4的电荷量为0.32C,求: (1)B球带何种电荷: (2)匀强电场的电场强度E的大小; (3)撤去匀强电场,小球4速度最大时,两球间距L 第4页共6页(高一物理 15.(12分)如图所示为一粒子分析装置,它由粒子发射源、加速电场、静电分析器、偏转 电场四部分组成.粒子发射源S可产生初速度为零,质量为m,电量为+4的带电粒子,粒 子自4板小孔进入加速电场加速后,垂直于B板从小孔进入圆孤形的静电分析器,仅在指 向圆心的电场力作用下,通过静电分析器的中轴线CD做四分之一圆周运动,离开静电分 析器后沿偏转电场的中轴线水平进入偏转电场区,此时偏转电场中加上如图乙所示的交变 电压,最后粒子恰好沿水平方向从偏转电场右侧飞出.已知:AB板间的加速电压为V。、静 电分析器中轴线CD处的电场强度大小为E.、偏转电场MN的极板长度为L、极板间距为 4、图乙中的偏转电压V已知,周期7可调节但未知,若带电粒子重力不计,求: (1)带电粒子到达B板的速度v。的大小: (2)带电粒子在静电分析器中运动的时间t (3)带电粒子离开偏转电场时的偏离中轴线的距离y. 偏转电场 加速电场 乙 第5页共6页(高一物理 16.(14分)如图所示,小物块与水平传送带之间的动摩擦因数u-0.5,斜轨道和断轨道 光滑且位于同一竖直平面内,圆轨道半径R-0.6m,4是候斜轨道的最低点(小物块滑过 4点后速度大小不变),B是四轨道的最低点且与传送带平滑连接,AB长Z-0.8m.现 将质量m-0.4kg的小物块从距离AB高h处静止释放,取重力加速度g-10m/s}. (1)若传送带不转动,当h-0.8m时,小物块会从圈轨道上某一位置沿圆轨道返回传送 带,求小物块在传送带上所停位置距B点的距离; (2)若传送带顺时针转动,传送带的速度大小为6.0m,小物块通过匾轨道的最高点时 对轨道的压力大小为m,求h的最小值和最大值: (3)在(2)的情景中,求取最小值时,由于传送带运送小物块,电动机多做的功 (28-2、75.3) 第6页共6页(高一物理第 1 页 共 6 页（高一物理参考答案） 无锡市第一中学 2023-2024 学年度第二学期期末试卷参考答案 高一物理(选修班） 2024.6 一、单选题（每题 4 分，共 44 分） 1.【答案】D 【详解】A．元电荷 e的数值最早是由物理学家密立根测得的，选项 A错误； B．开普勒通过观察提出行星绕太阳运动的轨道是椭圆，选项 B错误； C．牛顿进行了著名的“月-地检验”，卡文迪许通过实验测出了引力常量，选项 C错误； D．法拉第提出了电荷周围存在电场的观点，选项 D正确。 故选 D。 2.【答案】C 【详解】A．图甲为静电除尘原理的示意图，根据电荷间的相互作用力可知，异种电荷相 互吸引，因此带负电的尘埃将被吸附到带正电的板状收集器 A上，故 A正确； B．给汽车加油前要触摸一下静电释放器，其原理是导走人身的静电，故 B正确； C．图丙为静电喷漆的原理图，因为电场线是曲线，涂料微粒在电场力作用下不会沿电场 线运动，故 C错误； D．高层建筑物顶端安装有避雷针，避雷针的原理为尖端放电，故 D正确。 本题选错误的，故选 C。 3.【答案】A 【详解】由题图可知，示波管水平极板YY 加电压 1U ，能使粒子竖直方向发生位移，若使 亮斑离荧光屏中心的竖直距离增大，则需要竖直分位移增大，增大 U1。 故选 A。 4.【答案】A 【详解】根据人造地球卫星只在万有引力作用下的运动规律——“高轨低速长周期”可知： 由于 A 的轨道半径低于 B 的轨道半径，所以 B 的周期大，运动速率小，故 A 选项正确，B、 C 选项错误，由于 A、B 两颗卫星的质量未知，所以机械能无法比较，故 D 错误。 故选 A 5. 【答案】D． 【详解】由于两棒串联，所以电流相等，故 A错误； B．由 LR S  可知，细棒的电阻大，由串联分压原理可知细棒的电压与粗棒的电压 U2关 系为 1 2U U ，所以 B错误 C．由公式 I neSv 可知，两棒电流相等，而两棒横截面积关系为 1 2S S 得两棒的自由电子定向移动的平均速率 1 2v v 故 C错误； D.因为 1 2U U 又由 UE L  可得 1 2E E ，故 D正确。 第 2 页 共 6 页（高一物理参考答案） 故选 D。 6.【答案】 B 【详解】根据曲线运动的特点合外力总是指向轨迹弯曲的一面，则带电粒子所受静电力方 向向下，与场强方向相同，则带电粒子带正电，所以 A错误；根据电场线的疏密表示场强 的大小，则M点场强小于 N点，则粒子的静电力在M点小于 N点，所以 B正确；若粒 子是从 N点运动到M点，静电力做负功，带电粒子的动能减小，电势能增大；若粒子是 从M点运动到 N点，静电力做正功，带电粒子的动能增大，电势能减小；所以粒子在M 点的速度小于在 N点的速度，粒子在M点的电势能大于在 N点的电势能，则 C、D都错 误． 故选 B 7.【答案】D 【详解】AB．运动员的重力做功为 mgh，故运动员的重力势能减少了 mgh，故 AB错误； C．运动员的动能增加了 2 1 2 mv ，但由于空气阻力不可忽略，则 mgh大于 21 2 mv ，故 C错 误； D．根据功能关系可知，运动员的机械能减少了 2 1 2   E mgh mv 故 D正确。 故选 D。 8. 【答案】B 【详解】A．电容器下极板与电源负极相连，所以下极板带负电，A错误； B． i t— 图像面积表示电荷量，所以两阴影面积分别表示充放电电荷总量，一定相等，B 正确； C．电源电压不变，仅改变两极板间距离，电容器充电结束时电容器两板间电压不会改变， C错误； D．电容器所带的电荷量Q CU ，由于电源电动势不变，电容不变，所以减小电阻，只 是增大了充电的电流，但电容器的电荷量不变，C错误； 故选 B。 9.【答案】C 【详解】由题可知直线 ab 位于等势面上，所以电场强度的方向垂直于直线 ab 指向左下方； 设 c 点到直线 ab 的距离为 d，则由几何关系可得 sin∠cab＝ d 8 ＝ 6 10 ，解得 d＝4.8 cm，所 以电场强度为 E＝ U d ＝ 22－10 4.8 V/cm＝2.5 V/cm，故 A 正确；由几何关系可知坐标原点 O 到 直线 ab 的距离等于 c 点到直线 ab 的距离，所以 O 点与 ab 之间的电势差等于 ab 与 c 点之 间的电势差；则坐标原点处的电势为φO＝φa－12 V＝－2 V，故 B 正确；电子在 a 点的电 势能为 Epa＝－eφa＝－10 eV，电子在 c 点的电势能为 Epc＝－eφC＝－22 eV，电子带负电， 在电势低处电势能较大，所以电子在 a 点的电势能比在 c点的高 12 eV，故 C错误；电子 从 b点运动到 c 点，静电力做功为 W＝－eUbc＝12 eV，故 D正确． 本题选不正确的，故选 C 第 3 页 共 6 页（高一物理参考答案） 10.【答案】C 【详解】A．速度时间图线的斜率表示加速度，则速度时间图像斜率先增大后减小，故 A 错误； B．从 O到 A场强先增大后减小，则加速度先增大后减小，故 B错误； C．根据能量守恒定律有 k pE E   又有 pE qU  、   U E x 整理可得 kE qE x  从 O到 A场强先增大后减小，可知， kE x 图像的斜率先增大后 减小，故 C正确。 D．电场线的疏密表示电场的强弱，从 O到 A场强先增大后减小，由于 x  图像的斜 率表示电场强度的大小，则从 O到 A的电势随位移的变化图线的斜率先增大后减小，故 D错误； 故选 C。 11. 【答案】B 【详解】由于四个小量程电流表完全相同，改装后接成上图，要改装成电流表需要并联一 个定值电阻，要改装成电压表，需要串联一个定值电阻。由于 A1和 A2的表头相同，两者 又并联，所以两个表头的指针偏角相同，A选项错误；由于电流表 A1量程大于 A2的量程， 则 A1的内阻小于 A2的内阻， 据题中电路图可知由于两电流表并联，电压相同，则通过 A1的电流较大，所以 B选项正确。由于电压表 V1的量程大于 V2，则电压表 V1的内阻大 于 V2的，当两者串联时，通过的电流相同，所以 V1的读数较大，而两个表头的偏角相同， 故 C、D选项都错误． 故选 B 二、实验题（每空 2 分，共 12 分） 12. （1）【答案】 4.700（4.699~4.701均可得分） 并联 【详解】[1] 螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度之和，所以金属丝的直径为 4.5 20.0 0.01mm 4.700mm   [2] 根据电压表的使用规则可知，电压表应该并联在被测电阻两端，所以使用多用电表的 电压挡测量电阻两端的电压，也需将多用电表与电阻并联； （2）【答案】① A D E ② b 【详解】①[1]电源电动势为 3V，要求较准确地测出其阻值，需要多测几组数据，所以选 用电压表 V1（量程 3V，内阻约为 15kΩ），即 A。 [2][3]待测金属导线的电阻 Rx约为 5Ω，根据欧姆定律有 0.6A x EI R   即实验中通过电流表的最大电流为 0.6A，选用电流表 A2（量程 600mA，内阻约为 1Ω）即 可。变阻器只能选 R1。 ②待测金属导线的电阻较小，需要采用电流表外接。故选 b电路图。 三、解答题（共 44 分） 13.（8 分）【答案】（1）6�� � ；（2） 2 3 2 108π R GT 第 4 页 共 6 页（高一物理参考答案） 【详解】（1）v = 2�·3� � = 6�� � （2）设卫星的质量为 m，由万有引力提供卫星的向心力，可得     2 2 2π 3 3 MmG m R TR       解得地球的质量为 2 3 2 108π RM GT  14.（10 分）【答案】（1）正电；（2）5 3N / C；（3）1m 【详解】（1）由于 A球带正电，A球受到的电场力方向水平向右，而小球 A恰好静止且 与杆无弹力，根据受力平衡可知 A球受到的与 B球的库仑力应沿斜面向上，故 B球带正 电； （2）A球所受重力、电场力和与 B球的库仑力满足三力平衡，根据平衡条件可得 tan mgEq   解得 5 3N / CE  （3）撤去匀强电场后，A球沿斜面向上运动，当加速度为零时，A球的速度最大时，加 速度为零，此时 1 sin 2 mgF mg   即 A B 12 q qk F L  由（2）中分析可知，初始时 0 2sin mgF mg    即 A B2 0 2q qk mg L  联合解得 02 1mL L  15.(12 分)【答案】（1） 00 2U qv m  ；（2） 0 0 2   U mt E q ； （3）得:y = �� 2 8���0 （n=1、2、3……） 【详解】（1）带电粒子在加速电场中，由动能定理可知 20 0 1 2 U q mv 解得 00 2U qv m  （2）带电粒子在静电分析器中做匀速圆周运动可知 2 0 0 vE q m r  解得 0 0 2Ur E  运动时间为 0 0 0 2 2     r U mt v E q (3)带电粒子进入偏转电场将做类平抛运动，由于粒子最终沿水平方向出电场，利用运动的 合成与分解可知，粒子在竖直方向上先做匀加速运动，再做匀减速运动，最终速度为零， 根据运动的对称性和偏转电场两端的变化电压可知，粒子在竖直方向上一次类平抛有 第 5 页 共 6 页（高一物理参考答案） 2 0 1 2 2       Ty a 其中 Uqa dm  ，（T未知）；由水平方向的匀速直线运动可知，t = � �0 ；且 t = n� （n=1、2、3……）；由以上各式解得：�0 = ���2 8�2���0 2；（n=1、2、3……）将 00 2U qv m  代 入，且偏转距离 y = 2n�0 综上可得:y = �� 2 8���0 （n=1、2、3……） 16.【答案】（1） 0.8mx  （2）h的最小值为 1.4m，最大值为 2.2m.（3） 1.68JW  【详解】（1）传送带不转动时，因为小物块会从圆轨道上返回传送带中，说明小球未能 通过圆轨道得最高点，设小物块在传送带上路程为 x，根据全过程动能定理，则有 0 mgh mgx 代入数据，解得 x = 1.6m，小物块最终停在传送带的 A点，距离 B点 0.8m。 （2）小物块通过圆轨道的最高点时，对轨道的压力大小为 mg，根据牛顿第二定律和向心 力公式，有 2v mg F m R   高 代入数据，解得 2 2 3m/sv gR 高 小物块滑过 B点后，沿圆弧轨道向上运动到最高点的过程，根据机械能守恒定律有 2 21 12 2 2B mg R mv mv  高 代入数据，解得 6m/sBv  因为传送带的速度为 6.0m/s，若小物块在传送带上从 A点匀加速运动刚好到 B点，设小物 块从离 AB高 h1处静止释放，根据动能定理，有 21 1 0 2 B mgh mgL mv   代入数据，解得 1 1.4mh  若小物块在传送带上从 A点做匀减速直线运动 B点，设小物块从离 AB高 h2处静止释放， 根据动能定理，有 2 2 1 0 2 B mgh mgL mv   代入数据，解得 2 2.2mh  所以 h的最小值为 1.4m，最大值为 2.2m。 （3）在（2）的情景中，h取最小值时，小物块从静止处滑到 A点时的速度为 vA，根据机 械能守恒，有 2 1 1 0 2 A mgh mv  代入数据解得 28m/s 5.3m/sAv   小滑块在传送带上做匀加速直线运动，滑块滑上传送带之后受到滑动摩擦力做匀加速直线 运动，根据牛顿第二定律可知小滑块的加速度为 25m/smg ma a g     根据匀变速直线运动的规律，小滑块加速到与传送带速度相等运动的位移为 2 2 12Av v ax  第 6 页 共 6 页（高一物理参考答案） 代入数据解得 1 0.8mx  此过程中传送带的位移为 2 A v vvt x t a   ， 代入数据解得 2 0.84mx  小物块在传送带上发生的相对位移为 2 1 0.04mx x x    根据功能关系可知，由于传送带运送小物块电动机多做的功为 2 21 1 2 2 A W mg x mv mv    代入数据，解得 1.68JW 