山东省新泰一中2025-2026学年高一下学期物理期末复习试题二

**基本信息** 这份高一下学期期末物理复习题，以真实物理情境为载体，覆盖静电场、机械能等核心知识，通过选择、实验、计算等题型，分层考查物理观念与科学思维，适配期末综合能力评估。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|12/40|动能定理、库仑定律、电场强度、伏安特性曲线|结合木箱拉动、带电小球电场等情境，基础概念与科学推理结合| |实验题|2/13|机械能守恒验证、电容器充放电|注重实验操作与数据处理，如纸带分析、i-t曲线面积应用| |计算题|4/47|平抛运动、板块模型、电场中圆周运动|多知识点融合，如平抛与圆弧轨道结合、板块相对滑动，综合考查模型建构与科学论证|

新泰一中2025级高一下学期期末考试物理复习题二（考试时间：90分钟，分值：100分） 第Ⅰ卷 选择题 （共40分） 1、 选择题（共8个小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，每小题3分，共24分） 1、如图，某同学用绳子拉动木箱，使它从静止开始沿粗糙水平路面运动至具有某一速度，木箱获得的动能一定( ) A．等于拉力所做的功 B．小于拉力所做的功 C．等于克服摩擦力所做的功 D．大于克服摩擦力所做的功 答案 B 解析 木箱受力如图所示，木箱在移动的过程中有两个力做功，拉力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理可知WF＋Wf＝2 (1)mv2－0，所以动能小于拉力做的功，故B正确，A错误；无法比较动能与摩擦力做功的大小，C、D错误。 2、如图所示，真空中A、B两点分别固定两个相同的带电金属小球(均可视为点电荷)，所带电荷量分别为＋Q和－5Q，在A、B的延长线上的C点处固定一电荷量为q的点电荷，该电荷受到的静电力大小为F1，已知AB＝BC。若将两带电金属小球接触后再放回A、B两处时，C处点电荷受到的静电力大小为F2，则为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　设AB＝BC＝l，对C点处点电荷根据库仑定律得F1＝－＝，将两带电金属小球接触后，两小球所带电荷量均为－2Q，根据库仑定律得F2＝＋＝，所以＝，故选C。 3、如图所示，在边长为l的正方形的每个顶点都放置一个点电荷，其中a和b电荷量均为＋q，c和d电荷量均为－q，静电力常量为k，则a电荷受到的其他三个电荷的库仑力的合力大小是(　　) A．0 B. C. D. 答案　D 解析　a和b电荷量为＋q，c和d电荷量为－q，则c、d电荷对a电荷的库仑力为引力，b电荷对a电荷的库仑力为斥力，根据库仑定律，库仑力大小分别为Fca＝，Fba＝Fda＝k；根据力的合成法则，a电荷所受的库仑力大小为F＝，故A、B、C错误，D正确。 4、如图所示，水平放置的绝缘圆柱体两底面圆心P、Q处分别放置两个带有等量异种电荷的小球(可视为点电荷)。O为P、Q连线的中点，A、C是底面上的两点，B、D是过O点横截面上的两点，且A、B、C位于同一直线上。下列说法正确的是(　　) A．A、C两点的电场强度相同 B．B、D两点的电场强度相同 C．B点的电场强度大于O点的电场强度 D．将正试探电荷从B点沿直线移动至O点，静电力做正功 答案　B 解析　根据题意，由等量异种电荷的电场线分布特点可知，A、C两点的电场强度大小相等，方向不同，B点的电场强度小于O点的电场强度，故A、C错误；B、D两点为中垂面上距O点距离相等的点，则电场强度相同，故B正确；将正试探电荷从B点沿直线移动至O点，由于静电力的方向与运动方向垂直，则静电力不做功，故D错误。 5、如图所示，在半圆所在平面内，有一与该平面平行的匀强电场。电场强度为E，若半圆的直径AB＝2 cm，C、D为半圆的两个三等分点，φB＝－1 V，φC＝5 V，φD＝1 V，则( ) A．φA＝8 V B．φA＝6 V C．E＝200 V/m D．E＝400 V/m 答案 D 解析 线段CD和AB平行，根据几何关系有2|CD|＝|AB|＝2R，所以则有UAB＝2UCD 即φA－φB＝2(φC－φD)代入数据解得φA＝7 V，A、B错误； 线段AB的中点O的电势φO＝2 (φA＋φB)＝3 VAO的中点N的电势φN＝2 (φA＋φO)＝5 V 所以CN是一条等势线，由几何关系知CN⊥AB，故电场方向由A指向B，电场强度大小为 E＝AB (UAB)＝2×10－2 (7－(－1) V/m＝400 V/m，C错误，D正确。 6、如图所示为a、b两电阻的伏安特性曲线，图中α＝45°，关于两电阻的描述正确的是(　　) A．电阻a的阻值随电流的增大而增大 B．因I－U图像的斜率表示电阻的倒数，故电阻b的阻值R＝＝1 Ω C．在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻b的阻值 D．在两图线交点处电阻a的阻值是电阻b的阻值的2倍 答案　C 解析　I－U图像上的点与坐标原点连线的斜率等于电阻的倒数，由题图可知，电阻a的图像上的点与坐标原点连线的斜率越来越大，故电阻a的阻值随电流的增大而减小，故选项A错误；I－U图像上的点与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，但是由于横、纵坐标轴的长度单位不同，则不能由R＝＝1 Ω求解电阻b的阻值，只能通过R＝＝ Ω＝2 Ω求解，选项B错误；根据R＝可知在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻b的阻值，选项C正确，D错误。 7.如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为θ，极板间距为d，带负电的微粒质量为m、带电荷量大小为q，从极板M的左边缘A处以初速度v0水平射入，沿直线运动并从极板N的右边缘B处射出，重力加速度为g，则(　　) A．微粒到达B点时动能为mv02 B．微粒的加速度大小等于gsin θ C．两极板的电势差UMN＝ D．微粒从A点到B点的过程，电势能减少 答案　C 解析　微粒仅受静电力和重力，静电力方向垂直于极板，重力的方向竖直向下，微粒做直线运动，合力方向沿水平方向，由此可知，静电力方向垂直于极板斜向左上方，合力方向水平向左，微粒做减速运动，微粒到达B点时动能小于mv02，选项A错误；根据qEsin θ＝ma，qEcos θ＝mg，解得E＝，a＝gtan θ，选项B错误；两极板的电势差UMN＝Ed＝，选项C正确；微粒从A点到B点的过程，静电力做负功，电势能增加，电势能增加量为，选项D错误。 8、如图所示，在一对平行金属板MN、PQ加电压，两板间形成匀强电场，忽略边缘效应，两板边缘连线外面的电场忽略不计，电压按正弦规律变化，变化周期为T。某时刻有一带电粒子沿两板间的中线OO′以初速度为v0射入电场，经t＝2T时间粒子离开电场。则以下说法中正确的是(　　) A．粒子一定从O′点离开电场 B．粒子离开电场时的速度一定大于v0 C．粒子离开电场时的速度可能小于v0 D．粒子在0～T内的位移一定等于在T～2T内的位移 答案　D 解析　电压按正弦规律变化，所以带电粒子在一个周期内所受静电力的总冲量一定等于0，所以经2T时间离开电场时，粒子的速度仍为v0，故B、C错误；在一个周期内，带电粒子沿电场方向位移取决于电子进入电场的时刻，若进入电场时，电压恰好为0，则带电粒子在前半周期加速，在后半周期减速，其位移方向不变，下一个周期的运动重复前一个周期，所以位移不为零，若进入电场时，电压恰好达到最大值，则带电粒子在前两个四分之一周期内加速度减小后反向加速，在后两个四分之一周期内反向加速度减小后正向加速，前半周期的位移与后半周期的位移刚好大小相等，方向相反，所以总位移为0，即粒子可能从O′点离开电场，故A错误；因为经过一个周期，带电粒子的速度总是回到原来的速度v0，所以粒子在每个周期时的运动都是相同的，即每个周期内的位移也一定是相同的，故D正确。 二、多选题（4个小题，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，共16分） 9、如图所示，A、B为平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有一小孔M和N。今有一带电质点，自A板上方相距为d的P点由静止自由下落(P、M、N在同一竖直线上)，空气阻力忽略不计，到达N孔时速度恰好为零，然后沿原路返回。若保持两极板间的电压不变，则正确的是( ) A．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回 B．把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落 C．把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能返回 D．把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落 解析：选ACD 由题意及动能定理知：mg·2d－qU＝0，则电场力做功与重力做功的大小相等。把A板上下平移时，两极板电压保持不变，由动能定理知，质点到N孔时速度仍为零，后返回，A对，B错；把B板向上平移一小段距离，由动能定理知，h<2d，mgh－qU<0，故小球未到达N孔时速 度已经减小为零，后返回，C对；把B板向下平移一小段距离后，由动能定理知，h>2d，mgh－qU>0，可判断小球到达N孔时速度不为零，后穿过N孔继续下落，D对。 10、一质量为m的物体自倾角为α的固定斜面底端沿斜面向上滑动。该物体开始滑动时的动能为Ek，向上滑动一段距离后速度减小为零，此后物体向下滑动，到达斜面底端时动能为5 (Ek)。已知sin α＝0.6，重力加速度大小为g。则( ) A．物体向上滑动的距离为2mg (Ek) B．物体向下滑动时的加速度大小为5 (g) C．物体与斜面间的动摩擦因数等于0.5 D．物体向上滑动所用的时间比向下滑动的时间长 答案 BC 解析 物体从斜面底端回到斜面底端根据动能定理有－μmg·2lcos α＝5 (Ek)－Ek， 物体从斜面底端到最高点根据动能定理有－mglsin α－μmglcos α＝0－Ek， 整理得l＝mg (Ek)，μ＝0.5，A错误，C正确； 物体向下滑动时根据牛顿第二定律有ma下＝mgsin α－μmgcos α，解得a下＝5 (g)，B正确； 物体向上滑动时根据牛顿第二定律有ma上＝mgsin α＋μmgcos α，解得a上＝g，故a上>a下， 由于上滑过程中的末速度为零，下滑过程中的初速度为零，且走过相同的位移，根据位移公式l＝2 (1)at2，则可得出t上<t下，D错误。 11、两个位于纸面内的点电荷产生电场的等势面如图中实线所示，相邻等势面间的电势差相等。虚线MPN是一个电子在该电场中的运动轨迹，轨迹与某等势面相切于P点。下列说法正确的是( ) A．两点电荷可能是异种点电荷 B．A点的电场强度比B点的大 C．A点的电势高于B点的电势 D．电子运动到P点时动能最小 答案 CD 解析 根据电荷间等势面的分布情况可知两点电荷是同种电荷，又根据电子在该电场中的运动轨迹可判断电子一直受到排斥的力，故可知两点电荷为负电荷，故A错误；根据等势面的疏密程度可以判断A点的电场强度比B点的小，故B错误；因为两点电荷是负电荷，电场线由无穷远处指向负电荷，故可知A点的电势高于B点的电势，故C正确；根据电子的运动轨迹和电场线的方向可知由M到P静电力做负功，由P到N静电力做正功，则由M到P动能减小，由P到N动能增加，故电子运动到P点时动能最小，故D正确。 12、如图甲，真空中的两平行金属板间距为d、板长为L。A、B两板间加上如图乙所示的方波形电压。在t＝0时刻，一质量为m、电荷量为e的电子以初速度v0从两板正中间沿板方向射入电场，并在t＝T时刻从板间射出，不计电子重力。下列说法正确的是(　　) A．电子沿板方向做加速运动 B．板间距离必须满足d≥T C．电子从板间射出时机械能增加eU0 D．电子从板间射出时的速度大小为v0 答案　BD 解析　水平方向上，电子沿板方向做匀速直线运动；竖直方向上，0～内电子做匀加速直线运动，～T内电子做匀减速直线运动，出射速度大小为v0，故D正确，A错误；竖直方向分位移为y＝·()2×2＝，由y≤可知d≥T，故B正确；0～T内静电力做功为零，机械能增加量为零，故C错误。 第Ⅱ卷 非选择题（共60分） 三、实验题（本题共2小题，共13分。） 13．（6分）某实验小组同学利用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。调节木板的倾角，使小车在未悬挂砝码盘时能拖着纸带沿木板向下匀速运动，之后将小车固定在靠近打点计时器处，在动滑轮上悬挂砝码盘和砝码，接通打点计时器电源并释放小车，打点计时器打出的纸带如图乙所示，已知打点计时器所接电源的频率f＝50 Hz，释放小车的瞬间打点计时器打出的点记为“0”，之后的点依次记为“1”“2”“3”…，“0”与“120”两点间的距离记为L，“119”与“121”两点间的距离记为Δx，两滑轮、细绳及纸带的质量均不计，回答下列问题： (1)打点计时器打记为“120”的点时小车的速度大小v120＝____________。 (2)砝码盘和砝码的总质量为m，小车的质量为M，当地重力加速度大小为g，若mgL＝__________成立，则验证了系统的机械能守恒。(均用题中所给字母表示) (3)测得Δx＝5.12 cm，L＝153.55 cm，m＝0.10 kg，M＝0.90 kg，若此过程机械能守恒，则当地的重力加速度大小g＝__________ m/s2。(结果保留两位小数) 答案 (1)2 (fΔx) (2)16 (mf2(Δx)＋4 (Mf2(Δx) (3)9.87 解析 (1)中间时刻的瞬时速度等于此过程中的平均速度，所以v120＝2 (fΔx) (2)若此过程机械能守恒，则有 mg2 (L)＝2 (1)m(4 (fΔx))2＋2 (1)M(2 (fΔx))2整理得mgL＝16 (mf2(Δx)＋4 (Mf2(Δx) (3)根据牛顿第二定律有mg－2FT＝m2 (a)， FT＝Ma，(2 (fΔx))2＝2aL 将Δx＝5.12 cm、L＝153.55 cm、m＝0.10 kg、M＝0.90 kg代入解得g≈9.87 m/s2。 14、（7分）【一】甲探究小组利用如图所示电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源(内阻不计)，R为定值电阻，C为电容器，A为电流表，V为电压表。 (1)给电容器充电后，为了观察放电现象，单刀双掷开关S应拨至_______(填“1”或“2”)位置。放电过程中，R中电流方向________________(填“自左向右”或“自右向左”)；观察到电压表的示数逐渐变小，说明电容器的带电荷量逐渐________(填“增加”或“减少”)。 (2)关于充电过程，下列说法正确的是______。 A．电流表的示数逐渐增大后趋于稳定 B．电压表的示数逐渐增大后趋于稳定 C．充电完毕，电流表的示数为零 D．充电完毕，电压表的示数为零 答案　(1)2　自右向左　减少　(2)BC 解析　(1)单刀双掷开关S应拨至2位置，会使电容器放电。电容器充电后，电容器下极板带正电，则放电过程中，电流自右向左通过R。电压表的示数逐渐变小，由C＝可知，电容器的带电荷量减少。 (2)充电电流应逐渐减小，充电完毕后，电流表示数为零，A错误，C正确；根据C＝，电容器电荷量逐渐增大，则电压表示数逐渐增大后趋于稳定，B正确，D错误。 【二】乙探究小组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(相当于电流表)与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化关系。图甲中直流电源电动势E＝8 V，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i－t曲线如图乙所示。 (1)乙图中阴影部分的面积S1________S2；(填“>”“<”或“＝”) (2)计算机测得S1＝1 203 mA·s，则该电容器的电容为________F；(保留两位有效数字) (3)由甲、乙两图可判断阻值R1________R2。(填“>”“<”或“＝”) 答案　(1)＝　(2)0.15　(3)< 解析　(1)题图乙中阴影面积S1和S2分别表示充电和放电中电容器上的总电荷量，所以两者相等。 (2)由阴影面积代表电容器上的电荷量得q＝S1＝1.203 C，U＝E＝8 V，则C＝＝ F≈0.15 F。 (3)由题图乙可知充电瞬间电流大于放电瞬间电流，且充电瞬间电源电压与放电瞬间电容器两极板电压相等，由＞，解得R1＜R2。 四、计算题（本题共4题，共47分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 15．（8分）实验小组用如图甲所示装置研究带电粒子在两个平行金属板间的运动，已知板长为L，两板间距d未知，将放射源P靠近平行金属板，放射出的带电粒子沿平行金属板A、B的中轴线MN射入板间，平行金属板A、B间加有如图乙所示的交变电压，已知电压U0，周期T未知，当电压稳定时，板间是匀强电场。质量为m、电荷量为q的粒子以v0的速率在T时刻从M点进入板间，T时刻离开金属板，运动过程中恰好不与金属板碰撞(粒子重力忽略不计)。求：平行板A、B的间距d是多少？ 15、答案　 解析　T时刻从M点进入板间，T时刻离开金属板，粒子水平方向做匀速直线运动 T－T＝＝， T＝ 竖直方向，规定向下为正方向，且开始粒子向下做匀加速直线运动，设A、B两板间距为d，则E＝，由牛顿第二定律得qE＝ma1，a1＝ 在～T时间内，竖直方向最大位移是，粒子先做加速运动，时间为t1＝－T＝T， vy1＝a1t1＝a1T，运动的位移为y1＝·vy1t1再减速至反向加速运动，时间为t2＝T－T－t1＝ 粒子在～T时间内做初速度为vy1方向向下，加速度a1＝方向向上的匀变速运动，运动的位移为y2＝vy1t2－a1t22因此粒子的总位移为y＝y1＋y2＝vy1t1＋vy1t2－a1t22，解得y＝－a1T2＝－得d＝。 16、（12分）如图所示，半径R＝1.0 m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O连线与水平方向间的夹角θ＝37°，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高。质量为m＝1 kg 的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2 m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数μ＝0.2，取g＝10 m/s2。求： (1)物块经过C点时的速度vC; (2)若木板足够长，物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q。 解析：(1)设物块在B点的速度为vB，从A到B物块做平抛运动，有vBsin θ＝v0 从B到C，根据动能定理有 mgR(1＋sin θ)＝2 (1)mvC (2)－2 (1)mvB (2) 解得vC＝6 m/s。 (2)物块在木板上相对滑动过程中由于摩擦力作用带动木板运动，最终两者将一起共同运动。设相对滑动时物块加速度为a1，木板加速度为a2，经过时间t达到共同速度为v，则 μmg＝ma1，μmg＝Ma2，v＝vC－a1t，v＝a2t 根据能量守恒定律有 2 (1)(m＋M)v2＋Q＝2 (1)mvC (2)联立解得Q＝9 J。答案：(1)6 m/s (2)9 J 17、（12分）如图所示，在E＝103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R＝40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q＝10－4 C的小滑块质量m＝10 g，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求： (1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？ (2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？ 解析：(1)设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mg＋qE＝mR (v2) 小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得 －mg·2R－qE·2R－μ(mg＋qE)s＝2 (1)mv2－2 (1)mv0 (2)联立方程组，解得v0＝7 m/s (2)设小滑块到达P点时速度为v′，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得 －(mg＋qE)R－μ(qE＋mg)s＝2 (1)mv′2－2 (1)mv0 (2)又在P点时，由牛顿第二定律得FN＝mR (v′2) 代入数据，解得 FN＝0.6 N由牛顿第三定律得，小滑块对轨道的压力 FN′＝FN＝0.6 N答案：(1)7 m/s (2)0.6 N 18．（15分）如图所示，质量均为m＝1 kg的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L＝2 m后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A长度可忽略不计，重力加速度g＝10 m/s2。求： (1)A被敲击后获得的初速度大小vA； (2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动的加速度的大小aB、aB′； (3)B被敲击后获得的初速度大小vB及B运动的最大距离sB。 答案 (1)4 m/s (2)12 m/s2 4 m/s2(3)8 m/s 3 m 解析 (1)由牛顿第二定律知μmg＝maAA加速度的大小aA＝μg 根据匀变速直线运动速度位移关系vA2＝2aAL解得vA＝＝4 m/s。 (2)在左边缘再次对齐前，对B，根据牛顿第二定律得μmg＋2μmg＝maB 解得aB＝3μg＝12 m/s2 对齐后，对A、B整体，根据牛顿第二定律得2μmg＝2maB′，解得aB′＝μg＝4 m/s2 (3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA， 则v＝aAt＝vB－aBt，xA＝2 (1)aAt2 xB＝vBt－2 (1)aBt2，xB－xA＝L 解得vB＝8 m/s，xB＝2.5 m A、B达到共同速度后，有v2＝2aB′xB′ 解得xB′＝0.5 m，所以sB＝xB＋xB′＝3 m。 试卷第8页，共10页 试卷第3页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 答案第2页，共2页 答案第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $