河北省邯郸市第五中学2024-2025学年高一下学期期末考试物理试卷

第 1页，共 7页 邯郸市第五中学 2024 级期末考试物理打靶试卷 满分：100 分 测试时间：75 分钟 考试范围：全部 命题人：马海波 审核人：马海波 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和考场号填写在答题卡上，并把条形码贴在答题卡的指定位 置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑。如需改动，用橡 皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。 3.考试结束后，将答题卡交回。 第 I 卷（选择题 共 46 分） 一、单项选择题：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.卫星的发射要经历一系列的变轨过程，某卫星在由低轨道变换到高轨道，下列说法正确的是( ) A.动能增大，机械能增大 B. 动能减小，机械能减小 C. 动能减小，势能增大，机械能不变 D.动能减小，势能增大，机械能增大 2.图中与磁现象有关的四个实验，其对应判断正确的是( ) A.甲图中小磁针的偏转情况形象描述了磁体周围磁场的分布 B. 乙图说明磁场对电流有力的作用，根据该原理制成了电动机 C. 丙图表明通电导线周围存在着磁场，这一物理现象是法拉第发现的 D.丁图中左边铁钉吸引大头针较多，表明左侧线圈内电流大，电磁铁磁性强 3.在如图所示电路中，电源电动势为 12�，电源内阻为 1.5�，电路中的电阻�0为 1.5�，小型直流电动机� 的内阻为 0.5�，电流表内阻不计。闭合开关�后，电动机转动，电流表的示数为 2.0�。则以下判断中正确 的是( ) 第 2页，共 7页 A.电动机两端的电压为 1.0� B. 电源效率为 75% C. 电动机输出的机械功率为 12� D.电源的功率为 18� 4.在光滑水平面上，有一块长木板，长木块左端放一个木块，木块与长木板间有摩擦，先后两次用相同的 水平力�将木块拉离木板，如图所示，第 1 次将长木板固定，第 2 次长木板不固定，比较这两种情况下， 相应的物理量两次相同的应是( ) A.摩擦力对木板做的功 B. 恒力�对木块做的功相同 C. 因摩擦产生的热相同 D.木块获得的动能相同 5.2021年 10月 25日，如图甲所示的全球最大“上回转塔机”成功首发下线，又树立了一面“中国高端制 造”的新旗帜。若该起重机某次从 t=0时刻由静止开始向上提升质量为 m的物体，其 a-t图像如图乙所示， t1时刻达到额定功率，t1~t2时间内起重机保持额定功率运动，重力加速度为 g，不计其它阻力，下列说法正 确的是（ ） A. 0~t1时间内物体处于失重状态 B. t1~t2时间内物体做减速运动 C. 0~t1时间内重力对物体做功为− 1 2�(�0�1) 2 D. t1~t2时间内起重机额定功率为(�� + ��0)�0�1 6.图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极 接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向 吸极，�、�是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是( ) A. �点的电势比�点的低 B. �点的电场强度比�点的小 C. 液滴在�点的加速度比在�点的小 D.液滴在�点的电势能比在�点的大 7.如图所示，质量为�的滑块(可视为质点)，从半径为�的半球面的上端�以初速度�0滑下，经最低点�， 恰好滑至与�等高的�点．滑块与半球面的动摩擦因数为定值，重力加速度为�.滑块 第 3页，共 7页 A. �到�过程中，重力做功为���，重力势能减少��� B. �到�过程与�到�过程所受摩擦力做的功相等 C. �到�过程所受摩擦力做的功为12��0 2 D. �到�过程机械能减少量小于�到�过程的机械能减少量 二、多项选择题：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 个选项符合题目要求。全部选对的得 6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分。 8.如图所示，竖直固定的光滑直杆上套有一个质量为�的小球，初始时静止于�点。一原长为�的轻质弹簧 左端固定在�点，右端与小球相连。直杆上还有�、�、�三点，�与�在同一水平线上，且�� = �，��、�� 与��夹角均为 37°，��与��夹角为 53°。现让小球从�点由静止开始下滑，到达�点时速度恰好为 0。此过 程中弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小为�，���37° = 0.6，���37° = 0.8，下列说法正确的是( ) A.小球和弹簧组成的系统机械能守恒 B. 小球在�点的动能最大 C. 小球在�点的速度大小为 3�� D.小球从�点到�点的过程中，弹簧的弹性势能增加了2312��� 9.一带正电微粒从静止开始经电压�1加速后，射入水平放置的平行板电容器， 极板间电压为�2。微粒射入时紧靠下极板边缘，速度方向与极板夹角为 45°， 微粒运动轨迹的最高点到极板左右两端的水平距离分别为 2�和�，到两极板距离均为�，如图所示。忽略 边缘效应，不计重力。下列说法正确的是 A. �: � = 2: 1 B. �1: �2 = 1: 1 C. 微粒穿过图中电容器区域的速度偏转角度的正切值为12 D.仅改变微粒的质量或者电荷数量，微粒在电容器中的运动轨迹不变 10.如图所示，竖直线��′是等量异种点电荷+�和−�的连线的中垂线，交点为�，点�、�、�位置如图， 其中点�、�、�处于同一个金属球壳内。下列说法正确的是( ) A. �、�、�三点的电势的大小关系是�� = �� > �� B. �、�、�三点的电场强度的大小关系是�� > �� > �� C.金属球壳上的感应电荷在�、�、�三点场强大小关系是�� > �� > �� D.金属球壳上的感应电荷在�、�两点场强方向水平向右，在�点场强 方向竖直向上 第 4页，共 7页 第 II 卷（非选择题，共 54 分） 三、实验题：本题共 2个小题，11 题 8 分，12 题 10 分，共 18 分。 11.某同学利用如图甲所示的实验装置来探究做功与物体动能变化的关系，已知当地重力加速度为�。 (1)用游标卡尺测得遮光条(如图乙所示)的宽度 ，将全部钩码装载在小车上，调节导轨倾斜程度，使 小车能够沿轨道 ; (2)先从小车上取出一个钩码，挂到绳子下端，记录绳下端钩码的质量�，将小车从挡板处由静止释放，由 数字计时器读出遮光时间��，再从小车上取出第二个钩码，挂到第一个钩码下端，重复上述步骤，直至小 车里钩码都挂到绳子下端，测得多组数据。该同学决定不计算速度，仅作出 1 (��)2 −�图像，则图中丙符合 真实情况的是 ; (3)如果该同学将全部钩码挂在绳下端，仅从绳端依次取走钩码，但不转移到小车上，重做该实验，则作出 的 1 (��)2 −�图像(图丙)符合该情况的是 。 12.多用电表在科研和生活中有着广泛的用途，例如探测黑箱内的电学元件，如图甲所示是黑箱上的三个 接线柱，两个接线柱之间最多只能接一个元件，黑箱内所接的元件不超过两个，某实验小组进行了以下操 作步骤： ①用直流电压挡测量：�、�、�三点间均无电压。 ②改用欧姆挡测量：�、�间正反接阻值不变。 ③用欧姆挡测量：黑表笔接�、红表笔接�时测得的阻值较小，反接时测得的阻值较大。 第 5页，共 7页 ④用欧姆挡测量：黑表笔接�、红表笔接�测得阻值比黑表笔接�、红表笔接�时测得的阻值大。 (1)多用电表调至欧姆挡并进行欧姆调零。 (2)该小组选择了“× 100”挡正确操作后，第②步实验操作测得的示数如图乙所示，则阻值为___�。 (3)请在图甲中画出黑箱内的元件及正确的接法。______ (4)该实验小组选择了多用电表的某个功能挡和电阻箱来测量电源的电动势和内阻，作出� − 1�图像如图丙 所示(图中单位均采用国际单位制中单位)，则该电源的电动势� =______�，内阻� =______�，实验中测量 的电动势______(选填“大于”“等于”或“小于”)电源真实的电动势。 四、计算题：共 3小题，13题 12 分，14 题 12 分，15 题 12 分，共 36 分。解答时应写出必 要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答 案中须明确写出数值和单位。 13.如图所示，水平地面上方分布着水平向右的匀强电场，有14圆弧形的绝缘硬质管竖直固定在匀强电场中， 圆心与管口在同一水平线上，管的半径为�，下端管口切线水平，离水平地面的距离为ℎ，有一质量为� 的带电荷量+�的小球从管的上端口�由静止释放，小球与管间摩擦不计，小球从下端管口飞出时，小球对 管壁的作用力为 4��，�取 10�/�2。求： (1)小球运动到管口�时的速度大小； (2)匀强电场的电场强度大小； (3)若� = 0.3�，ℎ = 5�，小球落地时的速度大小。 第 6页，共 7页 14.如图所示，�为固定的、电荷量为�的正点电荷，�、�两点在�的正上方和�相距分别为ℎ和 0.25ℎ。将 另一质量为�、带电荷量未知的小球从�点由静止释放，运动到�点时速度正好又变为零，若此小球在�点 处的加速度大小为 1 2�，�为重力加速度，静电力常量为�，求： (1)此小球所带电荷量�和在�点处的加速度； (2)求两点间的电势差���。 (3)下落多高时小球速度最大。 15.如图所示，水平传送带上�、�两端点间距� = 4�，半径� = 1�的光 滑半圆形轨道固定于竖直平面内，下端与传送带�相切．传送带以�0 = 4�/�的速度沿图示方向匀速运动，质量� = 1��的小滑块由静止放到传 送带的�端，经一段时间运动到�端，滑块与传送带间的动摩擦因数� = 0.5，取� = 10�/�2． (1)求滑块到达�端的速度； (2)求滑块由�运动到�的过程中，滑块与传送带间摩擦产生的热量； (3)仅改变传送带的速度，其他条件不变，计算说明滑块能否通过圆轨道最高点�． 第 7页，共 7页 答案和解析 1.【答案】� 【解析】解：卫星由低轨道变换到高轨道，根据万 有引力提供向心力可知， ��� �2 = � �2 �，动能：�� = 1 2�� 2，联立解得卫星的动能：�� = ��� 2� ，则动能 减小， 卫星要进入高轨道，需要做离心运动，除重力以外 的其他力做正功，机械能增大， 万有引力做负功，根据功能关系可知，引力势能增 大，故 D正确，ABC错误。 故选：� 2.【答案】� 【解析】A.条形磁铁周围存在磁场，故在甲图中小 磁针的偏转情况形象描述了条形磁铁周围磁场的 分布，故 A正确； B.乙图是电磁感应的装置图，据此制成了发电机， 故 B错误； C.丙图表明通电导线周围存在着磁场，这一物理现 象是奥斯特发现的，故 C错误； D.由丁图可知，两边线圈的电流相同，但左边线圈 的匝数多，故其磁性强，则左边磁铁吸引大头针多， 故 D错误。 3.【答案】� 【解答】 A.电路中电流表的示数为 2.0�，所以电动机的电压 为：� = � − �� − ��0 = 12� − 2 × 1.5� − 2 × 1.5� = 6�，故 A错误； D.电源的功率�总 = �� = 12 × 2� = 24�，故 D错 误； B.电源的输出的功率为：�输出 = �总 − � 2� = 24�− 22 × 1.5� = 18�，电源效率� = � 输出 � 总 × 100％ = 18 24 × 100％ = 75％，故 B正确； C.电动机的总功率为：�总´ = �� = 6 × 2� = 12�， 电动机的发热功率为：�热 = � 2� = 22 × 0.5� = 2�，所以电动机的输出功率为�输出´ = 12� − 2� = 10�，故 C错误。 故选 B。 4.【答案】� 【解析】解：�、第一次木板固定，木板的位移为 零，摩擦力做功为零，第二次木板不固定，木板的 位移不为零，则摩擦力做功不为零．故 A错误． B、木板固定时和木板不固定时，将木块从左端拉 到右端，木块的位移不同，则恒力�对木块做功不 同．故 B错误． C、由于两次情况下，木块与木板间的相对运动位 移大小相等，根据� = � △ �，摩擦产生的热量相 等．故 C正确． D、根据动能定理知，恒力�以及摩擦力的合力对木 块做功不同，则动能不同．故 D错误． 故选：�． 5.【答案】D A.0 − �1时间内物体向上做匀加速直线运动，加速 度竖直向上，物体处于超重状态，故 A错误； B.�1 − �2时间内物体做加速度减小的加速运动，故 B错误； 第 8页，共 4页 C.0 − �1内物体的位移 h= 1 2 �0�1 2，重力做功 ��=-��ℎ=− 1 2���0�1 2，故 C错误； D.根据运动学公式得�1时刻物体的速度 v1=�0�1，设 0 − �1时间内起重机的拉力为 F，根据牛顿第二定 律得 F-mg=m�0，解得 F=mg+m�0，�1时刻起重机的 功率即为额定功率 P=Fv1= �� +��0 �0�1，故 D 正确。 6.【答案】� A.由图可知，发射机连接电源的正极，故电势较高， 而吸板与电源负极相连，电势较低，故�点的电势 比�点的高，故 A错误； B.由等势面的分布及等势面与电场线的特点可知， 等势面较密集的地方电场越强，故可知�点的等势 面较�点的密集，故�点的电场强度比�点的大，故 B 错误； C.�点的电场强度大，故液滴在�点受的电场力较大， 故加速度比在�点的大，故 C错误； D.在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向 吸板，故可知液滴带正电，由电势能的定义：�� = ��可知，液滴在�点的电势能比在�点的大 7.【答案】� 【解析】A.�到�过程中，重力做功�� = ���，则 重力势能减少���，故 A正确； ��.在同一高度处，��过程的速度大于��过程的速 度，则��过程的向心力大于��过程的向心力，�� 过程的支持力大于��过程的支持力，��过程的摩 擦力大于��过程的摩擦力，则��过程摩擦力做功 大于��过程摩擦力做功，摩擦力做功等于机械能的 变化，故 AB过程机械能的减少量大于��过程机械 能的减少量，故 BD错误； C.�到�的整个过程中，根据动能定理，重力做功为 0，则�� = 0 − 1 2��0 2，故摩擦力做功为�� =− 1 2��0 2，故 C错误。 8.【答案】�� 【解析】A.小球和弹簧组成的系统只有动能、重力 势能、弹性势能之间相互转化，所以系统机械能守 恒，A正确； B.小球在�点下方某一点时合力为零，速度最大，动 能最大，B错误； C.小球在�、�两点时，弹簧的长度相同，弹性势能 相同，根据机械能守恒定律得 �� ⋅ 2�tan37∘ = 12��� 2解得�� = 3�� D.小球从�点到�点的过程中，根据机械能守恒定律 得��� − ��� = ��� tan53∘ − tan37∘ + 1 2��� 2 = 25 12��� 9.【答案】�� 【解析】A.带电粒子在匀强电场中做类斜抛运动， 从进入电场到最高点有 2� = ���, � = �� 2 �, 0 = �� − ��，又 tan45∘ = �� �� ，联立，解得�：� = 1: 1，故 A 错误； B.带电粒子在加速电场中，有��1 = 1 2��0 2 带电粒子在偏转电场中，有� �22 = 1 2��� 2 又 sin45∘ = �� �0 联立，解得�1：�2 = 1: 1，故 B正确； C.设带电粒子进入偏转电场的速度方向与水平方向 夹角为 �，则有 tan� = tan45∘ = 1 第 9页，共 4页 设带电粒子射出偏转电场的速度方向与水平夹角 为 �，则有 tan� = �′� �� 依题意，带电粒子从最高点运动到射出电场过程， 有� = ���′, �′� = ��′ 联立，解得 tan� = 12 根据数学三角函数，可得 tan � + � = 3 故 C错误； D.粒子射入最高点的过程水平方向和竖直方向的 位移分别为� = ���, � = 1 2 ⋅ ��2 2�� � 2 解得� = �2� 2 4��1 可知带电粒子的轨迹方程与其质量或者电荷数量 无关，即轨迹不会变化，故 D正确。 10.【答案】�� 【解析】A、处于静电平衡的金属球壳是一个等势 体，则�� = �� = ��，相比金属球壳，�离负电荷−� 更近，所以金属球壳的电势大于�点电势，故有�� = �� > ��，故 A正确； B、金属球壳内部场强处处为零，�点场强不为零， 则有�� > �� = ��，故 B错误； C、等量异种点电荷+�和−�在�、�、�三点场强大 小关系为�� > �� > ��，由于金属球壳内部场强处 处为零，所以金属球壳上的感应电荷在�、�、�三 点场强大小关系是�� > �� > ��，故 C正确； D、等量异种点电荷+�和−�在�、�、�三点场强均 水平向左，则金属球壳上的感应电荷在�、�、�三 点场强方向均水平向右，故 D错误。 11.【答案】(1)匀速下滑; (2)�；(3)� 【解析】(1)为了平衡摩擦力，所以让斜面有一定的 倾角，当小车匀速下滑时，摩擦力就被平衡掉了， 故此处应填：匀速下滑; (2)利用极短时间内的平均速度表示瞬时速度，设释 放位置到光电门的距离为�， 第一次实验时，研究砝码和小车的整体，则小车通 过光电门的瞬时速度：�1 = � △�，动能变化量：△ �� = 1 2 (� + ��)( � △� ) 2 合外力：� = ���，做功：� = �� = ���� 根据动能定理可知，� =△ �� 解得：���� = 12 (� + ��)( � △� ) 2，变形为 1 (△�)2 = 2���� (�+��)�2， 其中�+ ��为定值，则 1(△�)2 −�图象为过原点的 倾斜直线，故 B正确； (3)第二次实验时，以小车为研究对象，则小车通过 光电门的动能变化量：△ �� = 1 2�( � △� ) 2 合外力：� = ���，做功：� = �� = ���� 根据动能定理可知，���� = 12�( � △� ) 2，变形为 1 (△�)2 = 2���� ��2 ， �不断减小，则 1(△�)2 −�图象的斜率不断减小，故 C正确。 12.【答案】 (2)2200 (3 如图所示 (4)1.5； 2.5，等于 第 10页，共 4页 13.【答案】解：(1)小球从下端管口飞出时，根据 牛顿第二定律有： � −�� = � ��2 � 且支持力：� = �′ = 4�� 联立解得：�� = 3�� (2)小球从�运动到管口�的过程中，只有重力和电 场力做功，根据动能定理得：��� + ��� = 12��� 2 解得：� = ��2� (3)小球离开管口�后，水平方向做匀加运动，竖直 方向做自由落体运动，有：ℎ = 12�� 2 解得：� = 1� �� = ��水平方向：�� = ��， �� = �� + �� � = ��2 + ��2 代值解得：� = 2 41�/� 14.【答案】解：(1)带电荷量未知的小球从�点由 静止释放，运动到�点时速度正好又变为零，则先 做加速运动后做减速，则电荷受到库仑斥力作用， 所以这一电荷必为正电荷， 设其电荷量为�，由牛顿第二定律，在�点时有： �� − ���ℎ2 = � × 1 2�， 在�点时有： ��� (0.25ℎ)2 −�� = ���， 解得：�� = 7�，方向竖直向上， 另一点电荷的电量：� = ��ℎ 2 2�� ； (2)小球从�到�过程，由动能定理有：��(ℎ − 0.25ℎ) + ���� = 0， 故有： ��� =− 3�� 2ℎ 。 (3)当小球�� = �库小球速度最大，设此时小球到� 点距离为�，下落高度为ℎ1， 有ℎ1 = ℎ− � 故�� = ����2，可得� = 2 2 ℎ， 解得ℎ1 = (1 − 2 2 )ℎ。 15.【答案】解：(1)滑块在传送带上先向右做加速 运动，设当速度� = �0时已运动的距离为� 根据动能定理，有：���� = 12��0 2 − 0 解得：� = 1.6� < � 所以滑块到达�端时的速度为�0 = 4�/� (2)设滑块与传送带发生相对运动的时间为�，则： �0 = ��� 滑块与传送带之间产生的热量： � = ���(�0� − �) 解得：� = 8� (3)设滑块通过最高点�的最小速度为�� 经过�点，根据向心力公式，有：�� = ��� 2 � 从�到�过程，根据动能定理，有：−�� ⋅ 2� = 1 2��� 2 − 12��� 2 解得：�� = 50�/� 从�到�过程，若滑块一直加速，根据动能定理，有： ���� = 1 2��� 2 − 0 解得：�� = 40�/� 由于速度�� < ��，所以仅改变传送带的速度，滑 块不能通过圆轨道最高点