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2023-2024学年度第二学期期末考试试卷

高一物理

一、单项选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。每小题只有一个选项最符合题意。

1. 北斗卫星导航系统（BDS）是我国自行研制的全球卫星导航系统，2020年我国已发送了北斗系统最后一颗卫星，从此北斗卫星导航系统形成全球覆盖能力。如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做匀速圆周运动，a是地球同步卫星，（忽略地球自转）则（　　）

A. 卫星a的向心加速度大于地球表面重力加速度

B. 卫星a的加速度大于b的加速度

C. 卫星b的周期大于

D. 卫星a的角速度小于c的角速度

【答案】D

【解析】

【详解】A． 由于忽略地球自转，则地球表面处的重力加速度和近地卫星的加速度相等，由万有引力提供向心力

因为卫星a半径大于近地卫星的半径，所以卫星a的向心加速度小于贴地卫星的向心加速度，A错误；

B．根据万有引力提供向心

得，向心加速度为

因为卫星a与卫星b的轨道半径相等，所以卫星a的加速度等于b的加速度，B错误；

C．因为卫星a是地球同步卫星，而卫星a与卫星b的轨道半径相等，由万有引力提供向心力

可得，卫星a与卫星b的周期相等，故卫星b的周期为

C错误；

D．根据万有引力提供向心力

得，卫星的角速度为

可得，轨道半径越大角速度越小，故卫星a的角速度小于c的角速度，D正确。

故选D。

2. 如图所示为游乐场中过山车的一段轨道，P点是这段轨道的最高点，A、B、C三处是过山车的车头、中点和车尾．假设这段轨道是圆轨道，各节车厢的质量相等，过山车在运行过程中不受牵引力，所受阻力可忽略．那么过山车在通过P点的过程中，下列说法正确的是(    )

A. 车头A通过P点时的速度最小

B. 车的中点B通过P点时的速度最小

C. 车尾C通过P点时的速度最小

D. A、B、C通过P点时的速度一样大

【答案】B

【解析】

【详解】试题分析：过山车在运动过程中，受到重力和轨道支持力作用，只有重力做功，机械能守恒，动能和重力势能之间相互转化，则当重力势能最大时，过山车的动能最小，即速度最小，根据题意可知，车的中点B通过P点时，重心的位置最高，重力势能最大，则动能最小，速度最小，故B正确

考点：考查了圆周运动实例分析

【名师点睛】对过山车的运动过程进行分析，运动过程中只有重力做功机械能守恒，当重力势能最大时，过山车的动能最小，即速度最小，据此分析即可

3. 如图所示，一个方形的金属盒原来不带电，现将一个带电荷量为＋Q的点电荷放在盒左边附近，达到静电平衡后，盒上的感应电荷在盒子内部产生的电场分布情况正确的是(　　)

A 

B.

C.

D.

【答案】C

【解析】

【详解】由点电荷的电场强度公式E=k得带电量为q的点电荷在周围空间中产生的电场强度为：E=，长方体金属盒达到静电平衡后，长方体金属盒上感应电荷在某点处产生的场强大小与点电荷q在该处产生的电场强度大小相等，则为：E′=E=k．感应电荷的电场与点电荷的电场的方向相反．所以只有C正确．故选C．

【点睛】感应带电的本质是电荷的转移，当金属导体处于电场时会出现静电平衡现象，关键要理解并掌握静电平衡的特点．

4. 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，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是（　　）

A. a点的电势比b点的高 B. a点的电场强度比b点的小

C. 液滴在a点的加速度比在b点的小 D. 液滴在a点的电势能比在b点的小

【答案】A

【解析】

【详解】A．由图可知，发射极接电源正极，吸极接电源负极，则发射极为高电势，吸极为低电势，电场线由发射极指向吸极，沿电场线方向电势降低，故a点电势比b点高，选项A正确；

BC．由于题中没有说明等势面是否为等差等势面，故不能明确电场线和等势面的疏密，所以无法确定a、b两点的电场强度的大小，也就无法确定加速度大小，选项BC错误；

D．因液滴加速前进，故说明电场力做正功，电势能减小，故液滴在a点的电势能比在b点的大，选项D错误。

故选A。

5. 静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小．如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是(　　)

A. 断开开关S后，将A、B两极板分开些

B. 保持开关S闭合，将A、B两极板分开些

C. 保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些

D. 保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动

【答案】A

【解析】

【详解】试题分析：断开开关，电容器带电量Q不变，将AB分开一些，则d增大，根据知，电容C减小，根据知，电势差U增大，指针张角增大，故A正确；保持开关闭合，电容器两端的电势差不变，则指针张角不变．故B、C、D错误．

考点：电容器的决定式及定义式．

6. 有两个同种材料制成的导体，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为h，大柱体柱截面边长为a，小柱体柱截面边长为b，现将大小柱体串联接在电压U上，已知通过导体电流方向如图，大小为I，则导体电阻率为（ ）

A. B. ρ= C. ρ= D. ρ=

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】根据公式

可得

故

因为是串联在一起，则电流相等，又电阻相等，所以两导体两端的电压相等，即都为，根据欧姆定律可得

解得

故A正确。

7. 如图所示，电流表G的内阻不可忽略不计，R₁、R₂是两个可变电阻，当a、b间的电压为4V时，电流表的指针刚好满偏(指针指在刻度盘的最大值处)，当a、b间的电压为3 V时，如果仍要使电流表G的指针满偏，下列方法中可行的是

①保持R₂不变，增大 R₁ ②增大R₁，减小R₂

③保持R₂不变，减小R₁     ④增大R₂，减小R₁

A. ①④ B. ②③ C. ①② D. ③④

【答案】C

【解析】

【详解】ab间总电压降低了，要使通过G的电流不变，应保持G两端电压保持不变，

①保持R₂不变，增大R₁时，R₂的电压变小，R₁电压可能保持不变，即G的电压不变，通过G的电流保持不变，故①正确；

②增大R₁，同时减小R₂时，R₂的电压降低，R₁电压可能保持不变，即G的电压不变，通过G的电流不变，故②正确；

③保持R₂不变，减小R₁时，R₁两端的电压减小，G的两端的电压减小了，通过G的电流减小了，故③错误；

④增大R₂，减小R₁时，R₁两端的电压减小了，G两端的电压变小了，通过G的电流减小了，故④错误；

故选C．

8. 四个相同的小灯泡按照如图所示的(a)、(b)两种方式接入电压相等的电路中，调节R₁、R₂使四个小灯泡都正常发光，这时可变电阻R₁、R₂消耗的电功率P₁和P₂的关系为　　

A. P₁=2P₂ B. P₁＞2P₂ C. P₁＜2P₂ D. P₁=P₂

【答案】B

【解析】

【详解】灯泡规格相同且正常发光，甲图灯泡并联，电流为

乙图灯泡串联，电流为

电阻的电压为

消耗的功率为

电阻的电压为

消耗的功率为

所以有

故A、CD错误，B正确；

故选B。

9. 在图甲所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，为定值电阻，为滑动变阻器，闭合开关S，在滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生了变化。图乙中的三条图线分别表示了三个电压表示数的变化情况。则下列说法错误的是（　　）

A. 图线a表示的是电压表的示数的变化情况

B. 图线c表示的是电压表的示数的变化情况

C. 此过程中电压表示数的变化量和电流表A示数的变化量的比值的绝对值变小

D. 此过程中电压表示数的变化量和电流表A示数的变化量的比值的绝对值不变

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】AB．滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，可知路端电压减小，即电压表示数减小，电压表的示数增大，电压表的示数减小，由于，则知电压表示数变化较快，故图线a表示的是电压表的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表的示数随电流表示数变化的情况，故AB正确，不符合题意；

C．由闭合电路欧姆定律得

则，保持不变，故C错误，符合题意；

D．由闭合电路欧姆定律得

则，保持不变，故D正确，不符合题意。

故选C。

10. 一质量为m的重物，沿与竖直方向成角直线做匀加速运动，加速度大小为a=g，整个过程重物下降的高度为H，则在此过程中（　　）

A. 重力势能减少2mgH

B. 物体机械能增加mgH

C 合外力对物体做功mgH

D. 物体动能增加mgH

【答案】B

【解析】

【详解】A．重力势能减少

故A错误；

B．由平行四边形定则可知，物体除受重力外还受到与水平方向成角斜向右上方的作用力，大小与重力大小相等，机械能的增加等于此力所做的功即为

故B正确；

C．合力为

合外力对物体做功

故C错误；

D．由动能定理可知，物体动能的增加量等于合外力所做的功即为，故D错误。

故选B。

二、非选择题：本题共5题，共60分。其中第13～15题解答时请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能得分；有数据计算时，答案中必须写出数值和单位。

11. 某兴趣小组通过测量金属丝电阻率来分析其材料的性质。给定的实验器材有：螺旋测微器，多用电表，电源（电动势为3V、内阻约为0.5Ω），电流表A（量程为，内阻约为0.1Ω），电压表V（量程为，内阻约为3kΩ）、滑动变阻器R（最大阻值为5Ω，额定电流为1A），开关，导线若干。

（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某次测量结果如图1所示：其读数为__________（该值接近多次测量的平均值）。

（2）用多用电表粗略测量金属丝的电阻，当选择“”倍率的电阻挡测量时，发现多用电表指针偏转过大，因此需选择__________倍率（填“”“”或“”）的电阻挡，欧姆调零后再进行测量，多用电表的示数如图2所示，测量结果为__________Ω。

（3）根据上述粗测结果，该兴趣小组成员充分讨论后，决定用伏安法进一步精确测量该金属丝的电阻值。他们利用所给器材，设计好实验电路（部分电路如图3所示），正确连接好电路后进行实验测量，记录多组实验数据，并在坐标纸上建立直角坐标系，描绘出图线如图4所示。已知实验时所用待测金属丝接入电路部分的长度为。

①请在图3中完成剩余电路的连接_________；

②根据以上数据估算出该金属丝的电阻率约为__________（保留两位有效数字）。

（4）该兴趣小组查阅物理教材得知几种导体材料在室温时的电阻率如下：分析可知，该金属丝材料最有可能是上述中的__________（填选项序号）。

A 铜

B. 锰铜合金

C. 镍铬合金

【答案】（1）0.500    

（2）    ①. ×1    ②. 7.0    

（3）    ①.     ②.     

（4）C

【解析】

【小问1详解】

测量的合金丝的直径为：。

【小问2详解】

[1]选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转过大，说明电阻较小，因此需选择“×1”倍率的电阻挡。

[2]由图知，测量结果为7.0Ω。

【小问3详解】

[1]根据比较法知

可知该金属丝的电阻为小电阻，应该采用外接法测量误差小。因电压、电流均几乎从0开始调节，所以滑动变阻器应该采用分压式接法，据此连接出完整电路图；

[2]根据图像可计算出金属丝电阻为

由电阻定律知

得

代入得

【小问4详解】

根据上述计算结果，可知该金属丝材料最有可能是镍铬合金，选C。

12. 利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要求尽量减小实验误差。

（1）应该选择的实验电路是图中的___________（填“甲”或“乙”），电池的内阻测量值与真实值比较___________（填“>”“<”或“=”）。

（2）实验后得到图像如图，由图像可知，测得的电动势___________V，内电阻___________。

【答案】    ①. 甲    ②. <    ③. 1.56    ④. 1.0

【解析】

【详解】（1）[1]电源内阻较小，所以乙电路中的电流表分压影响较大，因此应选择甲电路；

[2]甲图中实际内阻的测量值等于电压表内阻与电源内阻并联后的阻值，可知内阻的测量值小于真实值；

（2）[3] [4] 图像中，根据U=E-Ir可知，图像中，图线的斜率绝对值表示电源内阻，有

当U=1.36V时I=0.2A可得电源电动势

E=1.56V

13. 为测试质量m=1kg的电动玩具车的性能，电动车置于足够大的水平面上，某时刻开始，电动车从静止开始做加速直线运动，运动过程中所受阻力恒为车重的0.2倍，电动车的牵引力F与速率的倒数关系图像如图中实线所示，g=10m/s².

（1）求电动车的最大速度v_m以及电动车的输出功率P；

（2）电动车运动10s恰好达到最大速度，求电动车在这段时间运动的距离x.

【答案】（1）10m/s，20W；（2）75m

【解析】

【详解】（1）根据图像得

故

根据

得

结合图像得，斜率即为电动机得输出功率，即

（2）根据动能定理得

代入数据解得

14. 如图所示，电源的电动势为不变，内阻为，定值电阻为，滑动变阻器的最大阻值为，求：

（1）当滑动变阻器的阻值为多大时，电阻消耗的功率最大？此时消耗的最大功率是多少？

（2）当滑动变阻器的阻值为多大时，滑动变阻器消耗的功率最大？此时消耗的最大功率是多少？

（3）当滑动变阻器的阻值为多大时，电源的输出功率最大？此时电源的最大输出功率是多少？

【答案】（1）0，2W；（2）2.5Ω，25W；（3）1.5Ω，3.125W

【解析】

【详解】（1）电阻消耗的功率

当滑动变阻器的阻值为0时，电阻消耗的功率最大，为

（2）滑动变阻器消耗的电功率

当时，滑动变阻器消耗的功率最大，为

（3）电源的输出功率

当时，即

电源输出功率最大，此时电源的输出功率

15. 如图甲所示的装置由粒子直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。其中直线加速器由n个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连、序号为0的金属圆板中央有一自由电子由静止开始运动。圆筒长度经设计，可使电子运动到圆筒与圆筒之间各间隙中都能恰好使静电力方向跟电子运动方向相同而不断被加速。忽略电子通过圆筒间隙的时间。

偏转电场由两块相同的平行金属板A与B组成，板长和板间距均为，两极板间的电压，两板间的电场可视为匀强电场。距两极板右侧侧竖直放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后，沿两板的中心线PO射入偏转电场，并可从另一侧射出，最后打到荧光屏上。已知电子的质量为，电荷量为，交变电源电压的绝对值为，周期为T。不考虑电子的重力。求：

（1）电子经圆筒间电场加速后速度的大小；

（2）第7个金属圆筒的长度；

（3）由第7金属圆筒射出的电子进入偏转电场，偏转电场两极板间的电压可在之间调节，求电子打到荧光屏上径迹的长度d。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）根据题意可知，电子在圆筒间电场加速，由动能定理有

解得

（2）根据题意可知，要想电子每次经过电场时均加速，则需要电子在金属圆筒内运动的时间等于交流电周期的一半，设电子在第7个金属圆筒内运动的速度为，由动能定理有

解得

则第7个金属圆筒的长度为

（3）根据题意，设转电场两极板间的电压为时，电子不能飞出偏转电场，电子在偏转电场中做类平抛运动，竖直方向上有

水平方向上有

联立解得

即当时，电子恰好从偏转电场中飞出，打到荧光屏上距离最远，由类平抛运动规律，结合几何关系可得

解得

则子打到荧光屏上径迹的长度为