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2022—2023学年度第二学期期末高一测试

物理学科

一、单选题（本大题共11小题，共44.0分）

1. 下列物理现象中，可以在牛顿力学的框架下得到解释的是（    ）

A. 引力波的辐射 B. 行星绕太阳的公转 C. 引力场中时钟变慢 D. 加速器中高能粒子的运动

【答案】B

【解析】

【详解】B．牛顿力学适用于宏观、低速运动的过程，如行星绕太阳的公转，B正确；

ACD．对于引力波的辐射、引力场中时钟变慢及加速器中高能粒子的运动，不能在牛顿力学的框架下得到解释，ACD错误。

故选B。

2. 日常生活中蕴含着丰富的物理知识，下列说法正确的是（　　）

A. 乘客乘车过程中必须系好安全带，是因为安全带可以在汽车刹车时减小乘客的惯性，对乘客起到保护作用

B. 某同学乘坐摩天轮时随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，运动到最低点时，该同学处于失重状态

C. 洗完手后手面上沾有水，通过甩手将水甩出去是运用了离心运动

D. 在研究运动员打乒乓球的发球过程时，可将乒乓球视为质点

【答案】C

【解析】

【详解】A．惯性只与物体的质量有关，安全带的作用是减小刹车时乘客的惯性带来的危害，故A错误；

B．某同学乘坐摩天轮时随座舱在竖直面内做匀速圆周运动，运动到最低点时，该同学有向上的向心加速度，处于超重状态，故B错误；

C．洗完手后手面上沾有水，通过甩手将水甩出去是运用了离心运动，故C正确；

D．在研究运动员打乒乓球的发球过程时，需考虑乒乓球旋转对运动的影响，因此不可将乒乓球视为质点，故D错误。

故选C。

3. 如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则（　　）

A. 火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小

B. 返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力

C. 返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功

D. 返回舱在喷气过程中处于失重状态

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】A．火箭开始喷气前匀速下降拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力变小，选项A正确；

B．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力，与之相比空气阻力较小，选项B错误；

C．返回舱在喷气过程中所受合外力方向向上，必做负功，选项C错误；

D．在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，选项D错误。

故选A。

4. 甲乙两车同时同地同向运动，两车的v–t图象如图所示．其中质量m=7.5 t甲车以恒定功率P=50 kW启动，最后匀速运动．乙车做初速为0做匀加速运动，则乙车追上甲车的时间是

A. 40 s B. 20 s C. 60 s D. 30 s

【答案】D

【解析】

【分析】由图象可知两汽车的运动情况，甲乙两车同时同地同向运动，相遇时二者位移相等，对甲车根据动能定理即可求解，注意首先求解甲车的摩擦阻力．

【详解】设乙车追上甲车的时间为，对乙车：

对甲车：当甲车速度最大时，牵引力等于阻力，则

由图可知，当乙车追上甲车时，甲车已经达到最大速度，并且以最大速度做匀速运动

对甲车根据动能定理有：

联立以上方程式可以得到：，故选项D正确，选项ABC错误．

【点睛】本题要注意明确图象的意义，关键在于甲车的运动情况，首先求解甲车的摩擦阻力，然后根据二者位移相等，利用动能定理进行求解即可．

5. 如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触。把用丝绸摩擦过的玻璃棒C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，则 （　　）

A. 此时A带正电，B带负电

B. 此时A电势低，B电势高

C. 移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合

D. 先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合

【答案】C

【解析】

【详解】A．用丝绸摩擦过的玻璃棒C带正电，带正电荷的物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电，故A错误；

B．导体AB处于静电平衡状态，导体是等势体，即AB电势相等，故B错误；

C．移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合，故C正确；

D．先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷不能再进行中和，此时A所带电荷量仍然等于B的带电量，故两金属箔仍然张开，故D错误。

故选C。

6.   下列说法正确的是（　　）

A. 图甲中静电除尘装置两极板间存在匀强电场

B. 图乙中验电器能够直接检测出带电物体的电性

C. 图丙中话筒线使用金属网状编织层包裹着导线是为了减少信号衰减

D. 图丁中人用手接触起电机的金属球时头发竖起来，人体的电势与金属球相同

【答案】D

【解析】

【详解】A．图甲中静电除尘装置两极板间存在非匀强电场，故A错误；

B．图乙中验电器能够直接检测出物体是否带电，不能直接检测出带电物体的电性，故B错误；

C．图丙中话筒线使用金属网状编织层包裹着导线是为了屏蔽外界干扰，实现高保真信号传输，故C错误；

D．图丁中人的手与静电球接触，在刚接触的瞬间人的电势与静电球的电势不相等，在人与静电球的接触面中会有电子的转移，直到两者电势相等，故D正确。

故选D。

7. 如图所示，电量为＋q和－q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有 (　 　)

A. 体中心、各面中心和各边中点

B. 体中心和各边中点

C. 各面中心和各边中点

D. 体中心和各面中心

【答案】D

【解析】

【详解】两个等量同种电荷在其连线的中点处的合场强为零，两个等量同种正电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向远离正电荷的方向，两个等量同种负电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向负电荷的方向。在正方体的上面中心，上面的四个电荷分成两组产生的场强都是零，下面的四个电荷分成两组产生的场强等大反向，所以正方体的上面中心处的合场强为零，同理所有各面中心处的合场强都为零。在体中心，可以将八个电荷分成四组，产生的合场强为零。而在各边中心，场强无法抵消，合场强不为零，故选D。

8. 如图甲所示，两电荷量分别为Q₁和Q₂的点电荷固定在x轴上的A、B两点，O点为坐标原点，在x轴上各点的电势φ随x轴坐标的变化规律如图乙所示，图中x轴上C点的电势为零，D点的电势最低。则（　　）

A. 图像中图线的斜率表示电势能

B. 在x轴上D点的电场强度最大

C. 点电荷 Q₁的电荷量比Q₂的大

D. 点电荷 Q₁带正电，Q₂带负电

【答案】C

【解析】

【详解】A．φ-x图像的斜率表示不同位置的电场强度，故A错误；

B．根据图像可知，在x轴上D点的斜率为零，则场强为零，故B错误；

CD．因为在x轴上D点的电场强度为零，根据场强叠加的特点可知，两个点电荷在此处产生的电场强度大小相等，方向相反，则两个电荷为异种电荷，从点O到点D场强方向向右，点D右侧场强方向向左，由此可知点电荷 Q₁带负电，Q₂带正电。根据距离的关系结合场强的计算公式

可知，点电荷Q₁的电荷量比Q₂的大，故C正确，D错误。
故选C。

9. 恒压电源的内阻可视为零，普通电源的内阻不可忽略。为判别一电源是哪种电源，某同学连接了如图所示实验电路，并断开电键，设想通过观察电键闭合后的电流表作出判断。此方案（　　）

A. 无效。因为无论是哪种电路，电流表示数都变大

B. 无效。因为无论是哪种电路，电流表示数都变小

C. 有效。若是恒压电源，电流表示数不变，若是普通电源，则电流表示数变大

D. 有效。若是恒压电源，电流表示数不变，若是普通电源，则电流表示数变小

【答案】D

【解析】

【详解】若为普通电源，电键闭合后，外电阻减小，干路电流增大，内电压增大，外电压减小，电流表示数变小。若是恒压电源，闭合电键后，路端电压不变，电流表示数不变。

故选D。

10. 如图所示的电路中，电源的电动势为E、内阻为r，C为电容器，R₁和R₂为定值电阻，R₃为光敏电阻（阻值随光照增强而减小），A为理想电流表，G为灵敏电流计，已知R₁>r。当开关S闭合且电路稳定后，在逐渐增大对R₃的光照强度的过程中（　　）

A. A表的示数变小 B. 电源的输出功率变大

C. 电源内部消耗的热功率变小 D. G表中有从a至b的电流

【答案】B

【解析】

【详解】A．增大对R₃的光照强度，其电阻减小，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的干路电流增大，则A表的示数变大。故A错误；

B．由于R₁>r，结合电源的输出功率与外电阻的关系可知，当外电阻减小时，电源的输出功率增大，故B正确；

C．根据公式

结合A选项，可知电流增大，电源内部消耗的热功率增大。故C错误；

D．由闭合电路欧姆定律

可知，并联部分电压减小，即电容器两端电压减小，所以电容器处于放电过程，电流从b流向a。故D错误。

故选B

11. 如图所示为某机器人上电容式位移传感器工作简化模型图。当被测物体在左右方向发生位移时，电介质板随之在电容器两极板之间移动，连接电容器的静电计会显示电容器电压的变化，进而能测出电容的变化，最后就能探测到物体位移的变化，若静电计上的指针偏角为，则被测物体（　　）

A. 被测物体向左移动时，C增大，θ减小，E增大 B. 被测物体向左移动时，C减小，θ增大，E减小

C. 被测物体向右移动时，C增大，θ减小，E减小 D. 被测物体向右移动时，C减小，θ增大，E增大

【答案】D

【解析】

【详解】AB．当被测物体向左移动时，电介质插入电容器，根据

可知电容值C增大，而电容器带电量保持不变，根据

两板间电压U降低，从而静电计张角θ减小，又根据

电容器内部电场强度E减小，AB错误；

CD．当被测物体向右移动时，电介质抽出电容器，根据

可知电容值C减小，而电容器的带电量保持不变，根据

两板间电压U增大，从而静电计张角θ增大，又根据

电容器内部电场强度E增大，C错误，D正确。

故选D。

二、实验题（本大题共1题，共12.0分）

12. 黄桂棠老师欲研究一根细长而均匀的金属管线样品，长约60cm，电阻大约，截面图如图甲所示。

（1）用螺旋测微器测量金属管线的外径，示数如图乙所示，金属管线的外径为________mm。

（2）实验室有如下器材：

A．电流表（量程0.6A，内阻约）

B．电流表（量程3A，内阻约）

C．电压表（量程3V，内阻约）

D．滑动变阻器（，0.3A）

E．滑动变阻器（，3A）

F．蓄电池（电压为6V）

G．开关一个，带夹子的导线若干

要进一步精确测量金属管线样品的阻值，电流表应选________，滑动变阻器应选________。（只填代号字母）。

（3）将如图所示的实物电路补充完整________。

（4）金属管线样品材料的电阻率为p，通过多次测量得出金属管线的电阻为R，金属管线的外径为d，要想求得金属管线内形状不规则的中空部分的截面积S，在前面实验的基础上，还需要测量的物理量是________。计算中空部分截面积的表达式为________。

【答案】    ①. 1.125##1.124##1.126    ②. A    ③. E    ④.     ⑤. 管线长度L    ⑥.

【解析】

【详解】（1）[1]螺旋测微器不动尺读数为1mm，可动尺精度为0.01mm，读数时需要估读一位，则可得金属管线外径的读数为

（2）[2][3]测量该金属管线样品的电阻，电路采用限流式接法，滑动变阻器的选择应使电路调节灵敏、方便，因此应选择小量程的滑动变阻器E；

根据直除法可得电路中电流的最小值的大概值为

而根据电表的选取原则，其读数不能小于其量程的三分之一，可知电流表应选择最大量程为0.6A的A。

（3）[4]由于

因此电流表应采用外接法，以减小实验误差，电路连接图如图所示

（4）[5]要求中空部分横截面积需要得出电阻的有效截面积，根据电阻定律

可知，还需要测量的物理量为样品的长度L。

[6]样品的有效截面积为

则可得中空部分截面积的表达式为

即可得

三、计算题（本大题共4小题，共44.0分）

13. 万有引力定律清楚的向人们揭示复杂运动的背后隐藏着简洁的科学规律，天上和地上的万物遵循同样的科学法则。

（1）已知引力常数G、地面的重力加速度g和地球半径R，根据以上条件，求地球的密度；

（2）随着我国“嫦娥三号”探测器降落月球，“玉兔”巡视器对月球进行探索，我国对月球的了解越来越深入。若已知月球半径为，月球表面的重力加速度为，嫦娥三号在降落月球前某阶段绕月球做匀速圆周运动的周期为T，试求嫦娥三号该阶段绕月球运动的轨道半径。

【答案】（1）；（2）

【解析】

【详解】（1）设地球质量为M。某物体质量为m，由

得地球质量

地球的体积

地球的密度为

（2）对月球上的某物体

对嫦娥三号绕月运行

得

14. 如图所示，电解槽A和电炉B并联后接到电源上，电源内阻r＝1 Ω，电炉电阻R＝19 Ω，电解槽电阻r′＝0.5 Ω，当S₁闭合、S₂断开时，电炉消耗功率为684 W，S₁、S₂都闭合时，电炉消耗功率为475 W（电炉电阻可看作不变），试求：

（1）电源电动势；

（2）S₁、S₂闭合时，流过电解槽的电流大小；

（3）S₁、S₂闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率。

【答案】（1）120 V；（2）20 A；（3）1700 W

【解析】

【详解】（1）S₁闭合、S₂断开时，电炉消耗功率为P₁，电炉中电流

I＝＝ ＝6 A

电源电动势

E＝I（R＋r）＝120 V

（2）S₁、S₂都闭合时，电炉消耗功率为P₂，电炉中电流为

I_R＝＝ ＝5 A

路端电压为

U＝I_RR＝5×19 V＝95 V

流过电源的电流为

I′＝＝25 A

流过电解槽的电流为

I_A＝I′－I_R＝20 A

（3）电解槽消耗的电功率

P_A＝I_AU＝20×95 W＝1900 W

电解槽内热损耗功率

P_热＝I_A²r′＝20²×0.5 W＝200 W

电解槽中电能转化成化学能的功率为

P_化＝P_A－P_热＝1700 W

15. 如图所示，一工件置于水平地面上，其AB段为一半径m的光滑圆弧轨道，BC段为一长度m的粗糙水平轨道，二者相切与B点，整个轨道位于同一竖直平面内，P点为圆弧轨道上的一个确定点．一可视为质点的物块，其质量kg，与BC间的动摩擦因数．工件质量M=0.8kg，与地面间的动摩擦因数．（取m/s²）

（1）若工件固定，将物块由P点无初速度释放，滑至C点时恰好静止，求P、C两点间的高度差h；

（2）若将一水平恒力F作用于工件，使物体在P点与工件保持相对静止，一起向左做匀加速直线运动

①求F的大小；

②当速度v=5m/s时，使工件立刻停止运动（即不考虑减速的时间和位移），物块飞离圆弧轨道落至BC段，求物块的落点与B点间的距离。

【答案】（1）0.2m；（2）①8.5N，②0.4m。

【解析】

【详解】（1）物块从P点下滑经B点至C点的整个过程，根据动能定理得：

代入数据得：h=0.2m①

（2）①设物块的加速度大小为a，P点与圆心的连线与竖直方向间的夹角为θ，由几何关系可得

②

根据牛顿第二定律，对物体有：

mgtanθ=ma③

对工件和物体整体有：

④

联立①②③④式，代入数据得：F=8.5N⑤

②设物体平抛运动的时间为t，水平位移为x₁，物块落点与B间的距离为x₂，由运动学公式可得

⑥

⑦

⑧

联立①②⑥⑦⑧式，代入数据得：x₂=0.4m

16. 一平行板电容器长L＝10cm，宽a＝8cm，板间距d＝4cm，在板左侧有一个U₀=400V加速电场（图中没画出），使不计重力的离子从静止经加速电场加速后，沿足够长的“狭缝”，沿着与两板平行的中心平面，连续不断地向整个电容器射入，离子的比荷均为2×10¹⁰C/kg，距板右端L/2处有一屏，如图甲所示，如果在平行板电容器的两极板间接上如图乙所示的交流电，由于离子在电容器中运动所用的时间远小于交流电的周期，故离子通过电场的时间内电场可视为匀强电场．试求：

(1)离子进入平行板电容器时的速度；

(2)离子打在屏上区域面积；

(3)在一个周期内，离子打到屏上的时间.

【答案】(1)v₀=4×10⁶m/s  (2)S=64cm²   (3)t＝0.0128s

【解析】

【详解】（1）设离子进入平行板电容器时速度为v₀,根据动能定理

qU₀=mv₀²      

解得：v₀==4×10⁶m/s   

（2）设离子恰好从极板边缘射出时极板两端的电压为U₀，

水平方向：L＝v₀t    ①     

竖直方向： ②     

又a＝    ③

由①②③得U₀＝＝128 V

即当U≥128 V时离子打到极板上，当U<128 V时离子打到屏上，

利用推论：打到屏上的离子好像是从极板中心沿直线射到屏上，由此可得：，

解得y＝d，

又由对称性知，打到屏上的总长度为2d

则离子打到屏上的区域面积为S＝2da＝64 cm².

（3）在前T，离子打到屏上的时间：

t₀＝×0.005 s＝0.003 2 s，

又由对称性知，在一个周期内，打到屏上的总时间t＝4t₀＝0.012 8 s.