精品解析：浙江省宁波市北仑中学2024-2025学年高一下学期期中考试物理试题（1-3班）

北仑中学2024学年第二学期高一年级期中考试物理试卷 （1-3班使用） 一、单选题（本大题共10题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意，请选出最符合题意的选项） 1. 2024年11月26日，全球瞩目的智能手机华为Mate 70 Pro上市。已知其锂离子聚合物电池容量为，手机支持超级快充“20V/5A”。这里与“”相对应的物理量是（　　） A. 功率 B. 电量 C. 电容 D. 能量 【答案】B 【解析】 【详解】根据公式q=It，可知题中“mA•h”是电量的单位。 故选B。 2. 20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空这一全新活动领域，人类突破了大气层的阻拦，实现了在太空翱翔的梦想，近年来我国也在太空探索中取得多项重大突破。以下关于宇宙相关知识说法正确的是（ ） A. 伽利略对第谷观测的行星数据进行多年研究，提出了行星运动定律 B. 卡文迪许通过实验推算出来引力常量G的值，被誉为第一个能“称量地球质量”的人 C. 胡克利用他的运动定律把行星的向心加速度与太阳对它的引力联系起来了 D. 开普勒经过长期研究发现了万有引力定律 【答案】B 【解析】 【详解】A．开普勒对第谷观测的行星数据进行多年研究，提出了行星运动定律，选项A错误； B．卡文迪许通过实验推算出来引力常量G的值，被誉为第一个能“称量地球质量”的人，选项B正确； C．牛顿利用他的运动定律把行星的向心加速度与太阳对它的引力联系起来了，选项C错误； D．牛顿经过长期研究发现了万有引力定律，选项D错误。 故选B。 3. “神舟十九号”是我国载人航天工程的第十九艘飞船，于2024年10月30日成功发射，是我国航天事业的又一重要里程碑。该飞船不仅可用于留轨观测，还可交会对接飞行器，满足天地往返的需求。已知该飞船绕地球近地飞行且可视为绕地球做匀速圆周运动，地球半径为，地球表面重力加速度，则“神舟十九号”（　　） A. 做匀速圆周运动的角速度小于地球自转角速度 B. 在轨道上飞行的速度大于 C. 绕地球运动一周的时间不小于1.4h D. 与飞行器对接后，由于质量增大，轨道半径变小 【答案】C 【解析】 【详解】AB．因该飞船绕地球近地飞行，所以该飞船做匀速圆周运动的速度等于第一宇宙速度，大于地球上的物体随地球自转的线速度，所以该飞船做匀速圆周运动的角速度大于地球自转角速度，故AB错误； C．该飞船绕地球运动一周的时间为 故C正确； D．轨道半径与质量无关，所以与飞行器对接后，轨道半径不变，故D错误。 故选C。 4. 如图所示，为等量异种电荷并固定，图中竖直虚线为连线的中垂线。现将另两个等量异种试探电荷用绝缘杆连接后从离无穷远处平移到的连线处，平移过程中两试探电荷位置始终关于中垂线对称。若规定离无穷远处电势为零，不计间的静电力，带正电，带负电。下列说法正确的是（　　） A. 、运动路径上各点电势不断降低 B. 、整体在、连线处具有的电势能最小 C. 的电势能增大，的电势能减小 D. 所受电场力始终大小相等、方向不同 【答案】D 【解析】 【详解】 A．根据等量异种电荷所电场线及等势面的分布图如图所示，则有P运动路径上各点电势不断升高，Q运动路径上各点电势不断降低，所以A错误； B．根据正电荷在电势越高的点电势能越大，负电荷在电势越低的点电势能越高，P、Q整体在、连线处具有的电势能最大，所以B错误； C．根据B选项分析可知，的电势能增大，的电势能增大，故C错误； D．根据对称性可知，两个试探电荷一起移动过程受到的电场力始终大小相等，方向沿切线方向，不相同，所以D正确。 故选D。 5. 电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中直流电源电动势，实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的曲线如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A. 阴影部分的面积和肯定不相等 B. 阻值大于 C. 计算机测得，则该电容器的电容约为0.15F D. 图像阴影为图像与对应时间轴所围成的面积表示电容器的能量 【答案】C 【解析】 【详解】AD．根据可知，图像与对应时间轴所围成的面积表示的物理意义是电容器所带电荷量；表示电容器充电后所带电荷量，表示电容器放电的电荷量，所以，故AD错误； B．由题图乙可知电容器充电瞬间电流比电容器放电瞬间电流大，且电容器充电瞬间电源电压和放电瞬间电容器两端电压相等，则有 可得，故B错误； C．计算机测得，则该电容器的电容为，故C正确。 故选C。 6. 某铅球运动员比赛时，先后两次将同一铅球掷出，掷出点均为P点，落地点均为Q点，两次铅球的轨迹分别为1、2，不计空气阻力和铅球大小，则第二次跟第一次比较，下列说法不正确的是（ ） A. 第二次铅球在空中运动时间长 B. 第二次铅球运动到最高点时速度小 C. 第二次铅球抛出的初速度一定比第一次大 D. 第二次铅球刚要落地时重力的瞬时功率大 【答案】C 【解析】 【详解】AB．从抛出点P到Q点的过程中，最大高度第2次大于第1次，可知第二次铅球在空中运动时间长，在水平方向有x=vxt，由于水平位移相等，则第二次铅球在最高点的速度小，故AB正确； C．根据水平方向上2的速度小于1的速度，竖直方向上2的速度大于1的速度，则合速度的大小关系不能确定，故C错误； D．竖直方向根据v2=2gh，可知vQy1＜vQy2 重力的瞬时功率为P=mgvQy 则第二次铅球刚要落地时重力的瞬时功率大，故D正确。 本题选错误的，故选C。 7. 一带正电的球A用绝缘细线悬挂在O点，另一带正电的球B固定在O点正下方的水平地面上，在静电力的作用下，细线偏离竖直方向，球A处于平衡状态。两球均可视为点电荷。若球A的电荷量缓慢减小为原来的，则在此过程中（ ） A. 小球间静电力逐渐减小 B. 细线上的拉力逐渐减小 C. θ角减小为原来的 D. 小球间距减小为原来的 【答案】A 【解析】 【详解】D．设A、B的电荷量为q1，q2，两球之间的距离为R，球B与悬点之间的距离为h，绳长为L，两球之间的库仑力为FE，细线的拉力为F，对小球A受力分析如图 结合三角形相似得 由库仑定律可得 联立两式可得 由上式可知，其中k、q2、h、mg均为定值，所以当球A的电荷量缓慢减小为原来的，R逐渐减小，可得 故D错误； B．由相似比可得 故拉力保持不变，故B错误； A．由相似比可得 当R逐渐减小，静电力逐渐减小，故A正确； C．无法确定θ角减小的情况，故C错误。 故选A。 8. 四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，已知电流表A1的量程小于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好之后把它们接入如图所示的电路，合上开关，为定值电阻，下列说法正确的是（　　） A. V1指针的偏角大于V2指针的偏角 B. A1指针的偏角小于A2指针的偏角 C. V1的读数大于V2的读数，A1的读数小于A2的读数 D. 定值电阻两端的电压等于V1与V2的读数之和，通过的电流小于A1的读数 【答案】D 【解析】 【详解】A．电压表是用灵敏电流计串联一个分压电阻改装而成的，而两个电压表串联 ，故电流相等，指针偏角相同，故A错误； B．电流表是用灵敏电流计并联一个分流电阻改装而成，由于两电流表串联，电流表电流相等，但电流表A1的量程小于A2的量程，所以A1指针的偏角大于A2指针的偏角，故B错误； C．以上分析可知两电压表指针指针偏角相同，但由于电压表V1的量程大于V2的量程，V1的读数大于V2的读数，由于两电流表串联，故读数相同，故C错误； D．图中可知，两电压表串联再去R并联，故R的电压为两电压表读数之和，由串并联关系可知，A1电流大小等于通过R的电流与通过两电压表的电流之和，故通过电流小于A1的读数，故D正确。 故选D 。 9. 将一质量为m的物体分别放在地球的南、北两极点时，该物体的重力均为mg0；将该物体放在地球赤道上时，该物体的重力为mg。假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R，已知引力常量为G，则由以上信息可得出（　　） A. g0小于g B. 地球的质量为 C. 地球自转的角速度为ω= D. 地球的平均密度为 【答案】C 【解析】 【详解】A．设地球的质量为M，物体在赤道处随地球自转做圆周运动的角速度等于地球自转的角速度，轨道半径等于地球半径，物体在赤道上受到的重力和物体随地球自转所需的向心力是万有引力的分力，有 物体在极地的重力等于万有引力，即 综合以上可知 故A错误； B．在极地 解得 故B错误； C．以上分析有 联立得 ω＝ 故C正确； D．由密度 结合B选项分析得 故D错误。 故选C 。 10. 如图所示，真空中有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内，△ABC是圆的内接直角三角形，∠BAC=63.5°，O为圆心，半径R=5cm。位于A处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为8eV、电荷量+e的粒子，有些粒子会经过圆周上不同的点，其中到达B点的粒子动能为12eV，达到C点的粒子电势能为-4eV（取O点电势为零）、忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，sin53°=0.8。下列说法正确的是（　　） A. 圆周上A、C两点的电势差为16V B. 圆周上B、C两点的电势差为-4V C. 匀强电场的场强大小为200V/m D. 当某个粒子经过圆周上某一位置时，可以具有5eV的电势能，且同时具有7eV的动能 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据电势的定义可知C点的电势 =-4V 所以 =0-（-4）V=4V 根据匀强电场的特点，结合AOC是直径可知 =4V 所以 =4V 粒子在A点的动能是8eV，在B点的动能是12eV，根据动能定理得 =12eV-8eV=4eV 所以 =4V 所以 =4V-4V=0V 由以上的分析可知 UAC=8V 故A错误； B．圆周上B、C两点的电势差为 =0-（-4）V=4V 故B错误； C．由于B点的电势等于O点的电势，等于0，所以O与B是等势点，连接OB，则OB为匀强电场的等势面，过A点作OB的垂线交OB与D点，则AD的方向就是该电场的场强方向，如图所示，O点是圆心，由几何关系可知 ∠ABO=∠BAC=63.5° 所以 ∠AOB=180°-∠ABO-∠BAC=180°-63.5°-63. 5°=53° 所以 AD=Rsin53°=0.05×0.8m=0.04m 由于ODB是等势面，所以 V/m=100V/m 故C错误； D．A点的电势为4V，所以粒子在A点的电势能 =4eV 粒子的总能量 =8eV+4eV=12eV 粒子的总能量为12eV，根据可知圆上电势最大的点为，则粒子在圆上电势能最大为5eV，所以当某个粒子经过圆周上某一位置时，可以具有5eV的电势能，同时具有7eV的动能。故D正确。 故选D。 二、多项选择题（本大题共5题，每题4分，共20分，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分） 11. 如图所示，与水平地面成37°角的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，在斜面所处空间的竖直平面内存在一平行于斜面向上的匀强电场。一质量为m、电荷量绝对值为q的小滑块（可视为点电荷），从斜面上A点由静止开始沿斜面下滑，当下滑距离为d时到达B点，此时的速度为，整个过程中不计一切摩擦阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g，则带电小滑块由A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 小滑块带正电 B. 该匀强电场的电场强度为 C. 电势能的增加量为0.2mgd D. 机械能的减少量为0.4mgd 【答案】ABD 【解析】 【详解】ACD．滑块从A点到B点过程，根据动能定理可得 解得电场力做功为 根据功能关系可知，电势能的增加量为；由于电场力做负功，则滑块受到的电场力沿斜面向上，与场强方向相同，小滑块带正电；根据功能关系可知，滑块的机械能变化量等于电场力对滑块做的功，则滑块机械能的减少量为，故AD正确，C错误； B．根据 可得该匀强电场的电场强度为，故B正确。 故选ABD。 12. 如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连，开关S闭合后，两板间有一质量为m、带电量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法正确的是（　　） A. 在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有方向为的电流 B. 在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有方向为的电流 C. 若将S断开，再将B板向下平移一小段位移，P点电势不变 D. 若将S断开，且将A板向左平移一小段位移，P点电势降低 【答案】AD 【解析】 【详解】A．开始时，重力和电场力平衡，故 将A板向下移，由 可知E变大，故油滴应向上加速运动；根据 解得 因电压U不变，随着间距d减小，故电容器电量增大将充电，故G中有的电流，故A正确； B．若将A板向右平移一小段位移，即减小正对面积，由 可知，因间距d不变，那么E不变，油滴仍静止；同理可得 故电容器电量减小将放电，故G中有的电流，故B错误； C．若将S断开，Q不变，根据 解得 将B板向下平移一小段位移，电场强度不变，因，由 因变大，则P点电势降低，故C错误； D．若将S断开，Q不变，A向左平移一小段距离，同理可得 可知E增大，由于 可知P点电势降低，故D正确。 故选AD。 13. 如图所示，在绝缘板上放有一个不带电的金箔验电器A和一个带正电荷的空腔导体B，下列实验方法中能使验电器金属箔片张开的是（　 　） A. 用取电棒C（带绝缘柄的导体棒）先跟B的内壁接触一下后再跟A接触 B. 用绝缘导线把验电器跟取电棒C的导体部分相连，再把取电棒与B的内壁接触 C. 使验电器A靠近B，再用金属网罩罩住B D. 使验电器A靠近B，再用金属网罩罩住A 【答案】BC 【解析】 【详解】A．导体球壳B的电荷都在外表面上，因此用取电棒C跟B的内壁接触，根本取不到电荷，因此不会使验电器的金属箔片张开，A错误； B．用绝缘导线把验电器跟取电棒C的导体部分相连，再把取电棒与B的内壁接触，这时验电器的金属球和导体壳电势相等，会带上同种电荷，因此验电器金属箔片会张开，B正确； CD．使验电器A靠近B，即使用金属网罩罩住B，在金属网内表面感应出负电荷，外表面感应出正电荷，在金属网外仍有电场，会使金属球A带负电荷，金属箔片带正电荷，金属箔片会张开；而如果金属网罩罩住A，由于静电屏蔽，A不会有感应电荷，金属箔片不会张开，因此C正确，D错误。 故选BC。 14. 如图所示，长度为6m、倾角为30°的传送带以4m/s的速率沿逆时针匀速转动。将质量为2kg的小物块无初速度地放置在传送带的顶端，物块与传送带之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，则物块从传送带顶端滑到底端的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 物块运动的时间为1.5s B. 传送带对物块做的功为24J C. 重力对物块做功的平均功率为60W D. 物块与传送带之间因摩擦产生的热量为12J 【答案】ABD 【解析】 【详解】A．物块与传送带共速前，由牛顿第二定律得 解得 物块运动到与传送带共速所用的时间 运动的距离 共速后，由牛顿第二定律得 解得 运动到传送带底端的过程有 解得物块运动到传送带底端时的速度大小 该过程所用的时间 所以整个过程物块运动的时间，故A正确； B．整个过程传送带对物块做的功 解得，故B正确； C．整个过程重力做的功 故重力做功的平均功率，故C错误； D．整个过程中物块与传送带之间因摩擦产生的热量 解得，故D正确。 故选ABD。 15. 如图甲所示，定值电阻R0=1.0，闭合开关S，改变电阻箱R阻值，得到多组R、I值，并作出了如图乙所示的图线（电流表内阻近似为0），则（ ） A. 电源电动势为5.0V B. 电源内阻为1.5Ω C. 利用该装置测得的电动势大于其真实值 D. 利用该装置测得的内阻大于其真实值 【答案】ABD 【解析】 【详解】AB．根据闭合电路欧姆定律 解得 根据图像，r+R0=2.5 解得r=1.5Ω，故AB正确； CD．该装置电流表内阻未知，实际的欧姆定律可得 整理 因此可发现斜率不变则测量的电动势和真实电动势一样；该装置测得的内阻是定值电阻、电源内阻、电流表内阻的串联值，由于电流表内阻未知，所以内阻测量值大于真实值，故C错误，D正确。 故选ABD。 三、实验题（共16分） 16. 某实验小组欲测量一金属丝的电阻率，实验室提供器材如下：待测金属丝Rx（阻值约为10Ω），直流电源E（电动势为6V，内阻很小），电流表A（量程为0~0.6A，内阻很小），电压表V（量程为0~3V，内阻为6000Ω），滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω），滑动变阻器R2（最大阻值为200Ω），定值电阻若干个，开关，导线若干。 （1）首先用螺旋测微器测量待测金属丝的直径d，某次测量时示数如下图所示，则d=___________mm；再用游标卡尺测量金属丝的长度d，某次测量时示数如所示，则d=__________mm；最后用毫米刻度尺测量金属丝的长度L，则待测金属丝的电阻率的表达式ρ=__________（用题中字母d、L、Rx表示）。 （2）为尽量准确地测量金属丝的电阻Rx，设计了如图乙所示电路，图乙中滑动变阻器应该选用___________（填“R1”或“R2”），由于电压表量程太小，需要串联定值电阻R0将其改装成量程0~6V的电压表，则R0=_________Ω。 （3）根据图乙电路图，请用笔画线代替导线将图丙中实物连线补充完整_________。 （4）考虑到电表内阻的影响，金属丝的电阻率测量值将__________（大于/小于/等于）真实值。 【答案】（1） ①. 0.193##0.194##0.195##0.196##0.197 ②. 0.20 ③. （2） ①. R1 ②. 6000 （3） （4）大于 【解析】 【小问1详解】 [1]用螺旋测微器测量待测金属丝的直径d=0.01mm×19.5=0.195mm [2]用游标卡尺测量金属丝的长度d =10×0.02mm=0.20mm [3]最后用毫米刻度尺测量金属丝的长度L，则根据 可得待测金属丝的电阻率的表达式。 【小问2详解】 [1]图乙中滑动变阻器要接成分压电路，则应该选用阻值较小的R1； [2]由于电压表量程太小，需要串联定值电阻R0将其改装成量程0~6V的电压表，则 【小问3详解】 实物连线如图 【小问4详解】 考虑到电表内阻的影响，金属丝的电阻测量值等于待测电阻与电流表内阻之和，可知金属丝的电阻率的测量值将大于真实值。 17. 某实验小组利用斜轨法验证机械能守恒定律，根据已有器材，设计了以下实验，查得当地的重力加速度为g。 实验装置如图所示，操作步骤如下： A.接通气泵，将带有遮光条的小滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平； B.将光电门装在左支脚的正上方； C.用游标卡尺量出遮光条的宽度d，用刻度尺量出导轨两个支脚之间的距离L； D.缓慢调整右支脚，使右支脚变高，测出左、右支脚的高度差为； E.在气垫导轨右支脚正上方由静止释放小滑块，从数字计时器读出遮光条通过光电门的时间t0； F.将光电门沿导轨往右支脚的方向移动x； G.重新在气垫导轨右支脚正上方由静止释放小滑块，从数字计时器读出遮光条通过光电门的时间t。 （1）导轨两个支脚之间的距离L=__________cm。 （2）若小滑块与遮光条的总质量为m，则在步骤E中，它们从初始位置至光电门这一过程机械能守恒的表达式_____________。（用题中所给字母表示） （3）若要符合机械能守恒定律的结论，小组成员以x为纵坐标，为横坐标作出的图像应该是___________（填“线性”或“非线性”）图像。若你认为是线性图像，请在下列横线中用题中所给字母写出其斜率大小，若你认为是非线性图像，请简述你的理由：___________________________。 【答案】（1）65.0 （2） （3） ①. 线性 ②. 【解析】 【小问1详解】 题图可知刻度尺最小分度值为1cm，故读数保留到十分位，则导轨两个支脚之间的距离 【小问2详解】 它们从初始位置至光电门这一过程减少的重力势能 小滑块与遮光条通过光电门时的速度 则小滑块与遮光条通过光电门时的动能增加量 机械能守恒则有 联立整理得 【小问3详解】 [1][2]导轨的倾角正弦值 初末位置高度差 机械能守恒有 联立以上，整理可得 可知图像是线性的,其斜率 四、解答题（共34分） 18. 如图所示，光滑绝缘粗细均匀的直细杆竖直固定，A点固定一个电荷量为+q1的点电荷A，一个质量为m且带电量为的小球套在杆上（可自由运动），AO垂直于杆，AO长为4L，AB与水平方向的夹角为37°，C、B关于O点对称。当小球在B点由静止释放，能经过C点。不计小球的大小，静电力常量为k，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： （1）小球在B点受到的库仑力与弹力的大小与释放后瞬间的加速度； （2）小球在从B点到C点的过程中各个力的做功大小与小球经过C点时的速度大小。 【答案】（1）,,，方向竖直向下 （2）,,, 【解析】 【小问1详解】 根据几何关系可得, 由库仑定律可知，小球在B点受到的库仑力大小为 在水平方向上根据平衡条件可知，杆对小球的弹力大小为 在竖直方向上，根据牛顿第二定律可知 解得，方向竖直向下 【小问2详解】 由题可知，点与点为等势点，故小球从点与点库仑力不做功，即 因为弹力方向与小球运动方向垂直，故小球从点与点弹力不做功，即 由题可知重力做功为 由动能定理可得 解得 19. 如图所示，一个质量为m、电荷量为+q的静止的带电粒子经过加速电场后射入偏转电场，最终从偏转电场射出。加速电场两极板间电压为U1，偏转电场两极板间电压为U2、极板长为L、板间距为d。不计粒子重力。求： （1）带电粒子经过加速场后速度的大小v0；以及在偏转电场的运动时间。 （2）a.偏转电场的电场强度大小； b.带电粒子离开偏转电场时竖直方向的位移大小y。 【答案】（1）； （2）a. ；b. 【解析】 【小问1详解】 根据动能定理，有 得 在偏转电场的运动时间 【小问2详解】 a.偏转电场的电场强度 b.粒子在偏转电场中运动的时间 加速度 带电粒子离开偏转电场时竖直方向的位移大小 联立得 20. 如图所示，一游戏装置由倾斜角为的光滑轨道、水平传送带、半径为的光滑竖直圆形轨道、倾角为斜面组成，为圆弧轨道的圆心，、四点在同一水平面上。游戏时，小滑块从倾斜轨道不同高度处静止释放，经过传送带后沿圆形轨道运动，最后由点平抛后落在不同的区间获不同的奖次。已知小滑块与传送带的动摩擦因数长为是圆轨道上与圆心等高的点，距水平地面的高度，小滑块经处时速度大小不变，小滑块可视为质点，其余阻力均不计，取，传送带开始处于静止状态，求： （1）若小滑块质量为，释放的高度，求小滑块通过点时对轨道的压力； （2）为了使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道DEF，求小滑块释放高度的范围； （3）若小滑块释放的高度，同时调节传送带以不同速度顺时针转动，为了保证小滑块不脱离圆轨道又能从点水平飞出，试写出小滑块第1次落点（不反弹）与点的水平距离与传送带速度的关系。 【答案】（1）4N，方向水平向右 （2）， （3）①当时；②当时；③当时 【解析】 【小问1详解】 A到E，由动能定理得 在点，由牛顿第二定律得 联立得 由牛顿第三定律得，方向水平向右 【小问2详解】 滑块恰好到进入圆轨道，由动能定理得 解得 使小滑块进入圆轨道，则 ①滑块恰好到点，由动能定理得 解得 使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道，则 ②滑块恰好到点，由动能定理得 在点，由牛顿第二定律得 解得 要使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道，则 【小问3详解】 由题意可知，滑块过最高点，则到，由动能定理得 联立得 即滑块过最高点，必须满足 滑块从点水平飞出，恰好落在点。则， 解得： ①当时，落点均在斜面上，则 解得 即 ②当时， ③当时， 21. 如图甲所示，一可看作质点的物块位于底面光滑的木板的最左端，和以相同的速度在水平地面上向左运动。时刻，与静止的长木板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，，厚度相同，平滑地滑到的右端，此后的图像如图乙所示，时刻，与左侧的墙壁发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前后的速度大小不变，方向相反；运动过程中，始终未离开。已知与的质量，重力加速度大小。求： （1）与间的动摩擦因数以及与地面间的动摩擦因数； （2）和第一次碰撞后的速度大小； （3）之后间因摩擦产生的热量为多少？ 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 由图乙有过程中在上滑动的加速度大小为 由受力分析和牛顿第二定律有 解得与间的动摩擦因数为 在过程中，和一起运动的加速度大小为 对整体受力分析和牛顿第二定律有 解得与地面间的动摩擦因数为 【小问2详解】 在过程中，设的加速度为，对进行受力分析和牛顿第二定律有 解得 设时刻的速度为，经匀加速到 由运动学公式 有 和弹性碰撞，动量守恒 能量守恒 解得， 所以和碰撞后的速度大小为 【小问3详解】 由图乙有，与墙壁碰撞后速度大小为 设向右匀减速运动的时间为，加速度的大小为，则 其中 解得 即时刻，速度为零，此时的速度 接着继续向左做减速运动，向左加速，设共速时间为，由运动学公式可知 可得， 由图可知之后间的相对位移为阴影部分面积，故因摩擦产生的热量为 其中 联立可得 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北仑中学2024学年第二学期高一年级期中考试物理试卷 （1-3班使用） 一、单选题（本大题共10题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意，请选出最符合题意的选项） 1. 2024年11月26日，全球瞩目的智能手机华为Mate 70 Pro上市。已知其锂离子聚合物电池容量为，手机支持超级快充“20V/5A”。这里与“”相对应的物理量是（　　） A. 功率 B. 电量 C. 电容 D. 能量 2. 20世纪人类最伟大的创举之一是开拓了太空这一全新活动领域，人类突破了大气层的阻拦，实现了在太空翱翔的梦想，近年来我国也在太空探索中取得多项重大突破。以下关于宇宙相关知识说法正确的是（ ） A. 伽利略对第谷观测的行星数据进行多年研究，提出了行星运动定律 B. 卡文迪许通过实验推算出来引力常量G的值，被誉为第一个能“称量地球质量”的人 C. 胡克利用他的运动定律把行星的向心加速度与太阳对它的引力联系起来了 D. 开普勒经过长期研究发现了万有引力定律 3. “神舟十九号”是我国载人航天工程的第十九艘飞船，于2024年10月30日成功发射，是我国航天事业的又一重要里程碑。该飞船不仅可用于留轨观测，还可交会对接飞行器，满足天地往返的需求。已知该飞船绕地球近地飞行且可视为绕地球做匀速圆周运动，地球半径为，地球表面重力加速度，则“神舟十九号”（　　） A. 做匀速圆周运动的角速度小于地球自转角速度 B. 在轨道上飞行的速度大于 C. 绕地球运动一周的时间不小于1.4h D. 与飞行器对接后，由于质量增大，轨道半径变小 4. 如图所示，为等量异种电荷并固定，图中竖直虚线为连线的中垂线。现将另两个等量异种试探电荷用绝缘杆连接后从离无穷远处平移到的连线处，平移过程中两试探电荷位置始终关于中垂线对称。若规定离无穷远处电势为零，不计间的静电力，带正电，带负电。下列说法正确的是（　　） A. 、运动路径上各点电势不断降低 B. 、整体在、连线处具有的电势能最小 C. 的电势能增大，的电势能减小 D. 所受电场力始终大小相等、方向不同 5. 电容器是一种重要的电学元件，在电工、电子技术中应用广泛。使用图甲所示电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。图甲中直流电源电动势，实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的曲线如图乙所示。下列说法正确的是（　　） A. 阴影部分的面积和肯定不相等 B. 阻值大于 C. 计算机测得，则该电容器的电容约为0.15F D. 图像阴影为图像与对应时间轴所围成的面积表示电容器的能量 6. 某铅球运动员比赛时，先后两次将同一铅球掷出，掷出点均为P点，落地点均为Q点，两次铅球的轨迹分别为1、2，不计空气阻力和铅球大小，则第二次跟第一次比较，下列说法不正确的是（ ） A. 第二次铅球在空中运动时间长 B. 第二次铅球运动到最高点时速度小 C. 第二次铅球抛出的初速度一定比第一次大 D. 第二次铅球刚要落地时重力的瞬时功率大 7. 一带正电的球A用绝缘细线悬挂在O点，另一带正电的球B固定在O点正下方的水平地面上，在静电力的作用下，细线偏离竖直方向，球A处于平衡状态。两球均可视为点电荷。若球A的电荷量缓慢减小为原来的，则在此过程中（ ） A. 小球间静电力逐渐减小 B. 细线上的拉力逐渐减小 C. θ角减小为原来的 D. 小球间距减小为原来的 8. 四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，已知电流表A1的量程小于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好之后把它们接入如图所示的电路，合上开关，为定值电阻，下列说法正确的是（　　） A. V1指针的偏角大于V2指针的偏角 B. A1指针的偏角小于A2指针的偏角 C. V1的读数大于V2的读数，A1的读数小于A2的读数 D. 定值电阻两端的电压等于V1与V2的读数之和，通过的电流小于A1的读数 9. 将一质量为m的物体分别放在地球的南、北两极点时，该物体的重力均为mg0；将该物体放在地球赤道上时，该物体的重力为mg。假设地球可视为质量均匀分布的球体，半径为R，已知引力常量为G，则由以上信息可得出（　　） A. g0小于g B. 地球的质量为 C. 地球自转的角速度为ω= D. 地球的平均密度为 10. 如图所示，真空中有一匀强电场（图中未画出），电场方向与圆周在同一平面内，△ABC是圆的内接直角三角形，∠BAC=63.5°，O为圆心，半径R=5cm。位于A处的粒子源向平面内各个方向发射初动能均为8eV、电荷量+e的粒子，有些粒子会经过圆周上不同的点，其中到达B点的粒子动能为12eV，达到C点的粒子电势能为-4eV（取O点电势为零）、忽略粒子的重力和粒子间的相互作用，sin53°=0.8。下列说法正确的是（　　） A. 圆周上A、C两点的电势差为16V B. 圆周上B、C两点的电势差为-4V C. 匀强电场的场强大小为200V/m D. 当某个粒子经过圆周上某一位置时，可以具有5eV的电势能，且同时具有7eV的动能 二、多项选择题（本大题共5题，每题4分，共20分，全部选对得4分，选对但不全得2分，有错选的得0分） 11. 如图所示，与水平地面成37°角的光滑绝缘斜面固定在水平地面上，在斜面所处空间的竖直平面内存在一平行于斜面向上的匀强电场。一质量为m、电荷量绝对值为q的小滑块（可视为点电荷），从斜面上A点由静止开始沿斜面下滑，当下滑距离为d时到达B点，此时的速度为，整个过程中不计一切摩擦阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度为g，则带电小滑块由A点运动到B点的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 小滑块带正电 B. 该匀强电场的电场强度为 C. 电势能的增加量为0.2mgd D. 机械能的减少量为0.4mgd 12. 如图所示，两块较大的金属板A、B平行水平放置并与一电源相连，开关S闭合后，两板间有一质量为m、带电量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法正确的是（　　） A. 在S仍闭合的情况下，若将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有方向为的电流 B. 在S仍闭合的情况下，若将A板向右平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中有方向为的电流 C. 若将S断开，再将B板向下平移一小段位移，P点电势不变 D. 若将S断开，且将A板向左平移一小段位移，P点电势降低 13. 如图所示，在绝缘板上放有一个不带电的金箔验电器A和一个带正电荷的空腔导体B，下列实验方法中能使验电器金属箔片张开的是（　 　） A. 用取电棒C（带绝缘柄的导体棒）先跟B的内壁接触一下后再跟A接触 B. 用绝缘导线把验电器跟取电棒C的导体部分相连，再把取电棒与B的内壁接触 C. 使验电器A靠近B，再用金属网罩罩住B D. 使验电器A靠近B，再用金属网罩罩住A 14. 如图所示，长度为6m、倾角为30°的传送带以4m/s的速率沿逆时针匀速转动。将质量为2kg的小物块无初速度地放置在传送带的顶端，物块与传送带之间的动摩擦因数为，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，则物块从传送带顶端滑到底端的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 物块运动的时间为1.5s B. 传送带对物块做的功为24J C. 重力对物块做功的平均功率为60W D. 物块与传送带之间因摩擦产生的热量为12J 15. 如图甲所示，定值电阻R0=1.0，闭合开关S，改变电阻箱R阻值，得到多组R、I值，并作出了如图乙所示的图线（电流表内阻近似为0），则（ ） A. 电源电动势为5.0V B. 电源内阻为1.5Ω C. 利用该装置测得的电动势大于其真实值 D. 利用该装置测得的内阻大于其真实值 三、实验题（共16分） 16. 某实验小组欲测量一金属丝的电阻率，实验室提供器材如下：待测金属丝Rx（阻值约为10Ω），直流电源E（电动势为6V，内阻很小），电流表A（量程为0~0.6A，内阻很小），电压表V（量程为0~3V，内阻为6000Ω），滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω），滑动变阻器R2（最大阻值为200Ω），定值电阻若干个，开关，导线若干。 （1）首先用螺旋测微器测量待测金属丝的直径d，某次测量时示数如下图所示，则d=___________mm；再用游标卡尺测量金属丝的长度d，某次测量时示数如所示，则d=__________mm；最后用毫米刻度尺测量金属丝的长度L，则待测金属丝的电阻率的表达式ρ=__________（用题中字母d、L、Rx表示）。 （2）为尽量准确地测量金属丝的电阻Rx，设计了如图乙所示电路，图乙中滑动变阻器应该选用___________（填“R1”或“R2”），由于电压表量程太小，需要串联定值电阻R0将其改装成量程0~6V的电压表，则R0=_________Ω。 （3）根据图乙电路图，请用笔画线代替导线将图丙中实物连线补充完整_________。 （4）考虑到电表内阻的影响，金属丝的电阻率测量值将__________（大于/小于/等于）真实值。 17. 某实验小组利用斜轨法验证机械能守恒定律，根据已有器材，设计了以下实验，查得当地的重力加速度为g。 实验装置如图所示，操作步骤如下： A.接通气泵，将带有遮光条的小滑块轻放在气垫导轨上，调节导轨至水平； B.将光电门装在左支脚的正上方； C.用游标卡尺量出遮光条的宽度d，用刻度尺量出导轨两个支脚之间的距离L； D.缓慢调整右支脚，使右支脚变高，测出左、右支脚的高度差为； E.在气垫导轨右支脚正上方由静止释放小滑块，从数字计时器读出遮光条通过光电门的时间t0； F.将光电门沿导轨往右支脚的方向移动x； G.重新在气垫导轨右支脚正上方由静止释放小滑块，从数字计时器读出遮光条通过光电门的时间t。 （1）导轨两个支脚之间的距离L=__________cm。 （2）若小滑块与遮光条的总质量为m，则在步骤E中，它们从初始位置至光电门这一过程机械能守恒的表达式_____________。（用题中所给字母表示） （3）若要符合机械能守恒定律的结论，小组成员以x为纵坐标，为横坐标作出的图像应该是___________（填“线性”或“非线性”）图像。若你认为是线性图像，请在下列横线中用题中所给字母写出其斜率大小，若你认为是非线性图像，请简述你的理由：___________________________。 四、解答题（共34分） 18. 如图所示，光滑绝缘粗细均匀的直细杆竖直固定，A点固定一个电荷量为+q1的点电荷A，一个质量为m且带电量为的小球套在杆上（可自由运动），AO垂直于杆，AO长为4L，AB与水平方向的夹角为37°，C、B关于O点对称。当小球在B点由静止释放，能经过C点。不计小球的大小，静电力常量为k，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： （1）小球在B点受到的库仑力与弹力的大小与释放后瞬间的加速度； （2）小球在从B点到C点的过程中各个力的做功大小与小球经过C点时的速度大小。 19. 如图所示，一个质量为m、电荷量为+q的静止的带电粒子经过加速电场后射入偏转电场，最终从偏转电场射出。加速电场两极板间电压为U1，偏转电场两极板间电压为U2、极板长为L、板间距为d。不计粒子重力。求： （1）带电粒子经过加速场后速度的大小v0；以及在偏转电场的运动时间。 （2）a.偏转电场的电场强度大小； b.带电粒子离开偏转电场时竖直方向的位移大小y。 20. 如图所示，一游戏装置由倾斜角为的光滑轨道、水平传送带、半径为的光滑竖直圆形轨道、倾角为斜面组成，为圆弧轨道的圆心，、四点在同一水平面上。游戏时，小滑块从倾斜轨道不同高度处静止释放，经过传送带后沿圆形轨道运动，最后由点平抛后落在不同的区间获不同的奖次。已知小滑块与传送带的动摩擦因数长为是圆轨道上与圆心等高的点，距水平地面的高度，小滑块经处时速度大小不变，小滑块可视为质点，其余阻力均不计，取，传送带开始处于静止状态，求： （1）若小滑块质量为，释放的高度，求小滑块通过点时对轨道的压力； （2）为了使小滑块进入圆轨道且不脱离圆轨道DEF，求小滑块释放高度的范围； （3）若小滑块释放的高度，同时调节传送带以不同速度顺时针转动，为了保证小滑块不脱离圆轨道又能从点水平飞出，试写出小滑块第1次落点（不反弹）与点的水平距离与传送带速度的关系。 21. 如图甲所示，一可看作质点的物块位于底面光滑的木板的最左端，和以相同的速度在水平地面上向左运动。时刻，与静止的长木板发生弹性碰撞，且碰撞时间极短，，厚度相同，平滑地滑到的右端，此后的图像如图乙所示，时刻，与左侧的墙壁发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞前后的速度大小不变，方向相反；运动过程中，始终未离开。已知与的质量，重力加速度大小。求： （1）与间的动摩擦因数以及与地面间的动摩擦因数； （2）和第一次碰撞后的速度大小； （3）之后间因摩擦产生的热量为多少？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $