山东省烟台市2022-2022学年高一物理下学期期末考试试题含解析.doc

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1、2018-2019学年度第二学期期末学业水平诊断高一物理试题第卷（选择题，共42分）一、本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，第19题只有一项符合题目要求，第1014题有多项符合题目要求。全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1.下列物体机械能守恒的是A. 在水中下沉的石块B. 被匀速吊起的集装箱C. 在草坪上滚动的足球D. 在光滑曲面上自由运动的物体【答案】D【解析】【详解】A. 在水中下沉的石块受水的阻力做功，故机械能不守恒，故A项不符合题意；B. 被匀速吊起的集装箱，在运动过程中受重力和拉力，而且拉力做正功，所以集装箱的机械能在增加，故B项不符合

2、题意；C. 在草坪上滚动的足球受地面阻力做功，机械能不守恒，故C项不符合题意；D. 光滑曲面上自由运动的物体，在运动过程中受重力和支持力，但支持力始终不做功，所以物体的机械能守恒，故D项符合题意。2.某物体受到恒定合外力作用而做曲线运动，下列判断正确的是A. 该物体的运动轨迹可能为圆B. 在相等的时间内物体的速度变化量相等C. 在相等的时间内合外力做的功一定相等D. 该物体的速度方向与合外力方向之间的夹角越来越大【答案】B【解析】【详解】A. 物体做匀速圆周运动时合外力提供向心力，向心力方向是变化的，所以在恒定合外力作用的运动轨迹不可能是圆，故A项不符合题意；B. 物体受到恒定合外力作用，由牛

3、顿第二定律可知其加速度不变，则在相等的时间内物体的速度变化量相等，故B项符合题意；C. 曲线运动在相等时间内，位移不一定相同，所以合外力做的功不一定相等，故C项不符合题意；D. 某物体受到恒定合外力作用而做曲线运动，其运动的轨迹为抛物线，结合其特点可知，该物体的速度方向与合外力方向之间的夹角越来越小，故D项不符合题意。3.已知某质点做匀速圆周运动，则下列说法中正确的是A. 该质点的角速度大小不变B. 该质点的线速度大小不变，是一种匀速运动C. 该质点的加速度大小不变，是一种匀变速运动D. 该质点所受的合外力始终指向圆心，是恒力【答案】A【解析】【详解】A. 匀速圆周运动的角速度大小不变，故A项

4、符合题意；B. 匀速圆周运动的速度大小不变，方向沿圆弧的切线方向，时刻在改变，所以速度是变化的，不是匀速运动，故B不符合题意；C. 在匀速圆周运动中，向心加速度大小不变，但方向时刻在变，所以向心加速度是变化的，不是匀变速运动，故C项不符合题意；D. 匀速圆周运动的合力提供向心力，向心力方向始终指向圆心，是变力，故D项不符合题意。4.在距水平地面一定高度处以初速度水平抛出一个质量为m的小球，不计空气阻力，则关于小球的运动，下列说法正确的是A. 小球质量m越大，在竖直方向上下落越快B. 由可知，小球的初速度越大，飞行时间越短C. 在任意连续相等时间内，小球下落高度之比为1：3：5：D. 由知，小球

5、未落地前下落的高度越大，飞行时间越长【答案】D【解析】【详解】A. 不计空气阻力，小球只受重力，下落时加速度为g，与质量无关，所以小球在竖直方向上下落快慢与质量无关，故A项不符合题意；BD.由可得知小球未落地前下落的高度越大，飞行时间越长，与初速度无关；故B项不符合题意，D项符合题意；C平抛运动在竖直方向做自由落体运动，由匀变速直线运动的推论知，从初始时刻起，在连续相等时间内，小球下落高度之比为1：3：5：，故C不符合题意。5.如图所示，长为R的轻杆一端固定一质量为m的小球，另一端与光滑水平转轴O相连，现给小球一个初速度，使它在竖直面内做圆周运动，已知小球在最高点的速度大小为v，重力加速度为g

6、。下列说法正确的是A. 小球在最高点的速度v最小为B. 小球在最高点对轻杆的作用力方向一定竖直向上C. 小球在最高点时对轻杆的作用力大小可能等于mgD. 小球在最高点的速度v越大，轻杆对小球的作用力越大【答案】C【解析】【详解】A. 细杆拉着小球在竖直平面内做圆周运动，在最高点时，由于杆能支撑小球，所以v的最小值为0故A项不符合题意；BCD. 根据向心力公式知，v由零逐渐增大时，向心力也逐渐增大，当时，由重力提供小球的向心力，杆对小球的弹力为零；当，杆对小球的作用力表现为支持力，由牛顿第二定律得可知，v增大，F减小，当，杆对小球的作用力表现为拉力，由牛顿第二定律得此时杆对小球的作用力大小可能等

7、于mg，根据牛顿第三定律可知，小球对杆的作用力大小可能等于mg，v增大，F增大。因此v由零逐渐增大，杆对小球的弹力先减小后增大，故BD不符合题意，C符合题意。6.下列有关电场强度、电势、电势能的说法中正确的是A. 在电场中，电场强度越大的地方电势越高B. 在电场中，电势越高的地方，电荷在该点具有的电势能就越大C. 在电场中某一点，放入试探电荷的电荷量越大，它所具有的电势能越大D. 在场源电荷为正点电荷的电场中，某带正电的试探电荷离场源电荷越近所具有的电势能越大，离场源电荷越远所具有的电势能越小【答案】D【解析】【详解】A. 沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方，电场强度大，电场线疏的地

8、方电场强度小。可知电场强度越大的地方电势不一定越高，故 A项不符合题意；B. 根据电势能公式Ep=q知：正电荷在电势越高的地方，其电势能越大，负电荷在电势越高的地方，其电势能越小，故B项不符合题意；C. 根据电势能公式Ep=q知：在电场中，电势高的地方，放在该点的正电荷的电荷量越大，电势能越大，而负电荷则相反，故C项不符合题意；D. 沿着电场线的方向电势逐渐降低，在场源电荷为正点电荷的电场中，某带正电的试探电荷离场源电荷越近所具有的电势能越大，离场源电荷越远所具有的电势能越小，故D项符合题意。7.已知某一电流表G的满偏电流，内阻，要把它改装成一个量程为3V的电压表，则应在电流表G上A. 串联一

9、个400的电阻B. 串联一个100的电阻C. 并联一个400电阻D. 并联一个100的电阻【答案】A【解析】【详解】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：故A符合题意，BCD不符合题意。8.如图所示，在某匀强电场中，M、N两点相距L=10cm，它们的连线与电场强度方向之间的夹角，若将一电子从M点移到N点，需克服电场力做功24eV，已知。则该匀强电场的电场场强大小为A. 200V/mB. 240V/mC. 300V/mD. 400V/m【答案】C【解析】【详解】M到N，电场力做功为所以匀强电场的电场强度为：，故ABD项不符合题意，C项符合题意。9.一质量为m的物体，在外力作用下以大

10、小为g的加速度竖直向上做匀加速直线运动，已知g为当地重力加速度。则物体在上升高度为h的过程中A. 物体重力势能减少mghB. 物体的动能增加2mghC. 物体的机械能增加mghD. 合外力对物体做功mgh【答案】D【解析】【详解】A. 重力做功为WG=-mgh，重力势能增大mgh，故A不符合题意；B. 合力做功W合=mgh，根据动能定理：mgh=Ek，所以物体的动能增加mgh，故B不符合题意；C. 根据牛顿第二定律，有解得：外力F做功为WF=2mgh，根据功能关系，除重力和弹力之外的做功等于机械能增量故C不符合题意；D. 合力做功W合=mgh故D符合题意。10.两个互成角度为的初速度不为零的匀

11、变速直线运动，其合运动的运动性质可能是A. 匀加速直线运动B. 匀速直线运动C. 匀减速直线运动D. 非匀变速曲线运动【答案】AC【解析】【详解】互成角度的两个初速度的合初速度为v，两个加速度的合加速度为a，其中可能的情况如图，由物体做曲线运动的条件可知，当v与a共线时为匀变速直线运动，当v与a不共线时，为匀变速曲线动A. 匀加速直线运动与分析相符，故A项符合题意；B. 匀速直线运动与分析不符，故B项不符合意意；C. 匀减速直线运动与分析相符，故C项符合题意；D. 非匀变速曲线运动与分析不符，故D不符合题意。11.关于静电的利用和防范，以下说法正确的是A. 制作汽油桶的材料用塑料比用金属好B.

12、 静电除尘和静电复印是利用异种电荷相互吸引的原理C. 油罐车行驶途中车尾有一条铁链拖在地上，只是为了美观没有实际用途D. 飞机在轮胎上安装地线或用导电橡胶制造轮胎是为了降落时及时导走机身上聚集静电荷【答案】BD【解析】【详解】A. 制作汽油桶的金属比用塑料好，属于静电的防止，故A项不符合题意；B. 静电除尘是利用静电场使气体电离从而使尘粒带电吸附到带电的电极上，静电复印也是利用正负电荷之间的相互吸引的原理制成的，故B项符合题意；C. 油罐车行驶途中车尾有一条铁链拖在地上，可以将运输的过程中产生的静电及时导走，避免产生电火花引起的爆炸，故C项不符合题意；D. 飞机轮胎是用导电橡胶制成的，这是为了

13、飞机在降落时，将飞行的过程中产生静电导走，避免对飞机造成危害，故D项符合题意。12.在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，当闭合开关S后，各用电器均能工作。现将滑动变阻器R的滑片P向下滑动，则A. 灯变亮，电压表示数减小B. 灯变亮，电流表示数增大C. 灯变亮，电容器的带电量增大D. 电压表和电流表的示数均减小【答案】AD【解析】【详解】当闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，则灯L1变亮，电压表的示数减小；根据串联电路分压规律可知，并联部分的电压减小，则灯L2的电流减小，灯L2变暗，电流表的示数减小；根据干路电流增大，流过

14、灯L2的电流减小，根据并联电路规律可知，L3中电流增大，灯L3变亮；并联部分电压减小，则电容器的电压减小，由Q=CU，可知电容器C的带电量减小。A. 灯变亮，电压表示数减小与分析相符，故A项符合题意；B. 灯变亮，电流表示数增大与分析不符，故B项不符合题意；C. 灯变亮，电容器的带电量增大与分析不符，故C项不符合题意；D. 电压表和电流表的示数均减小与分析相符，故D项符合题意。13.如图所示，在A、B两点固定两个电荷量相等带负电点电荷，O点为其连线中点，在其连线的中垂线上的M点由静止释放一个带正电的粒子q，若仅在电场力作用下开始运动，则下列说法中正确的是A. 粒子将一直沿中垂线做单方向直线运动

15、B. 整个运动过程中，粒子在O点时速度最大C. 整个运动过程中，粒子的电势能保持不变D. 从M到O的过程中，粒子的加速度可能一直减小，但速度一定越来越大【答案】BD【解析】【详解】A. 点电荷在从M到O的过程中，所受的电场力方向竖直向下，做加速运动，越过O点后，所受的电场力方向竖直向上，根据对称性知粒子运动到关于M点对称的位置时速度减至零，然后，向上运动到M点，再周而复始，所以粒子将一直沿中垂线MO做往复直线运动，故A项不符合题意；B. 整个运动过程中，粒子在O点时，电场力为零，加速度为零，速度最大，故B项符合题意；C. 整个运动过程中，电场力做正功时电势能减小，电场力做负功，电势能增加，其电

16、势能并不是保持不变，故C不符合题意；D. 从M到O的过程中，电场线分布情况不清楚，电场强度的大小变化不清楚，粒子受到的电场力可能一直减小，则加速度一直减小，速度越来越大，故D项符合题意。14.如图所示，一对水平放置的平行金属板AB中央有一个静止的电子e（不计重力），两板间距离足够大。04s内在两板间加上如图所示的交变电压后，则下列反映电子加速度a、速度v、位移x和动能四个物理量随时间t的变化规律中正确的是（所涉及的矢量均取向上方向为正）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【详解】0-1s内，电压不变，则板间的电场强度不变，电子在板间受到不变的电场力，根据牛顿第二定律可知，加速度恒定不变

17、，所以0-1s电子做匀加速直线运动，1-2s，电场力反向，加速度方向反向，电子做匀减速直线运动，直至速度为零，2-3s，电场力正向不变，电子有开始做初速度为0的匀加速直线运动，3-4s，电场力反向不变，电子做匀减速直线运动，到4s末速度为零；A. 0-1s，加速度恒定不变，为正，1-2s加速度为负，且恒定不变，2-3s加速度恒为正，且不变，3-4s加速度为负，且不变，故A项符合题意；BC. 0-1s，2-3s物体做正向的匀加速的直线运动，v-t图象为倾斜的直线，x-t图象为抛物线，1-2s，3-4s物体做正向的匀减速的直线运动，v-t图象为倾斜的直线，x-t图象为抛物线，故B项符合题意，C项不

18、符合题意；D.因为可知，v-t图象为直线，则Ek-t图象为曲线，故D项不符合题意。第卷（非选择题，共58分）二、本题共4小题，共20分。把答案填在答题卡中相应的横线上或按要求作图。15.如图甲所示，螺旋测微器的读数为_mm；如图乙所示，电压表的量程为3V，则电压表的读数为_V。【答案】 (1). 6.700 (2). 1.100.01【解析】【详解】1 由图示螺旋测微器可知，螺旋测微器的读数为：d=6.5mm+20.00.01mm=6.700mm；2 电压表量程为3V，由图示电压表表盘可知，其分度值为：0.1V，示数为：1.10V.16.某同学验证“重锤做自由落体运动过程中机械能守恒”实验，不

19、慎将一条选择好的纸带的前面一部分破坏了，只能研究中间某过程机械能是否守恒。如图所示，相邻两个计数点间还有一个点未画出，用刻度尺测出各计数点之间的距离：S1=2.80cm，S2=4.40cm，S3=5.95cm，S4=7.55cm，S5=9.05cm。已知打点计时器工作频率为50Hz，重锤的质量为1kg，重力加速度g=10m/s2。利用以上纸带可以求出在打第2个点到第5个点的过程中重锤重力势能的减少量为_J，重锤动能的增加量为_J（计算结果均保留3位有效数字）。【答案】 (1). 1.79 (2). 1.75 (1.76也给分)【解析】【详解】1 点2到打下计数点5的过程中重力势能减少量是：2

20、根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，有2点的瞬时速度等于13段的平均速度，则：5点的瞬时速度等于46段的平均速度，则：此过程中物体动能的增加量：代入数据可得17.在用伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为50，电压表V的内阻约为4k，电流表A的内阻约为10。为尽量减小实验误差，应采用图_（选填“甲”或“乙”）所示的测量电路。某同学选择正确的测量电路后进行实验，若电压表和电流表的读数分别为U和I，电阻的测量值由计算得出，则测量值_（选填“大于”“等于”或“小于”）电阻真实值。【答案】 (1). 甲 (2). 小于【解析】详解】1 由题意可知：,则：电流表应采用外接法，应

21、选择图甲所示电路图；2 由于电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流表测量值大于真实值，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值。18.某同学在用电流表和电压表测定干电池的电动势和内阻的实验中：(1)有如下器材可供选择：A.干电池1节（电动势约为1.5V）B.滑动变阻器R1（020）C.滑动变阻器R2（02k）D.电压表V1（03V，内阻约为2k）E.电压表V2（015V，内阻约为3k）F.电流表A（00.6A，内阻约为2）G.开关S、导线若干等其中滑动变阻器应选_，电压表应选_（均选填器材前的选项字母）。(2)为了最大限度地减小实验误差，请在下面的虚线框中画出该实验最合理的电路图_。(3)该

22、同学按照正确的电路图连接好实物图，操作规范，开始实验。然后多次改变滑动变阻器滑片的位置，记录相应电压表和电流表的数据，并根据这些数据画出了U-I图线如图所示，则根据此图线可以求出被测干电池的电动势E=_V，内阻r=_。【答案】 (1). B (2). D (3). (4). 1.45 (5). 0.9【解析】【详解】(1)1为方便实验操作，滑动变阻器应选择B；2电源电动势约为1.5V，电压表应选择D(2)3应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，由于一节干电池内阻很小，为减小实验误差，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；(3)4 由图示电源U-I图象可知，电源电动势：E=1.45V

23、，5电源内阻： 。三、本题共4小题，共38分。解答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能得分。有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位。19.在光滑水平面上建立xOy直角坐标系，t=0时刻，质量为0.1kg的物体位于坐标原点0，沿x轴、y轴正方向的分速度大小均为4m/s，且物体始终受到沿x轴负方向、大小为0.2N的力的作用。求(1)t=3s时，物体的速度大小；(2)当物体的速度达到最小值时，物体的位置坐标。【答案】(1) (2) 当物体的速度达到最小值时，物体的位置坐标（4m 8m）【解析】【详解】(1)物体在运动过程中，加速度方向沿x轴负方向加速度大小由题意可知

24、，物体在y轴正方向保持4m/s匀速运动t=3s时，由(2)物体的速度 ，物体的速度达到最小值时，得：由得：当物体的速度达到最小值时，物体的位置坐标（4m 8m）20.如图所示，边长为L的等边三角形ABC处在匀强电场中，电场方向与三角形ABC所在平面平行。一质量为m、电荷量为q（q0）的粒子从B点移动到A点，其电势能减少W；该粒子从B点移动到C点，其电势能减少2W。若将该粒子从A点沿垂直于BC方向射出，粒子恰好通过C点，不计粒子所受重力，求(1)匀强电场的电场强度大小和方向；(2)粒子从A点射出时的速度大小。【答案】(1) (2) 【解析】【详解】(1)由题意可知设BC中点为D，则由此可知，A、

25、D两点在匀强电场中的同一个等势面上，粒子从B点移动到A点，其电势能减少,故匀强电场的电场强度方向沿BC方向电场强度大小：(2)设粒子从A点射入匀强电场时的速度大小为v0得：21.如图所示，R1=R2=2.5，滑动变阻器R的最大阻值为10，电压表为理想电表。闭合电键S，移动滑动变阻器的滑片P，当滑片P分别滑到变阻器的两端a和b时，电源输出功率均为4.5W。求(1)电源电动势；(2)滑片P滑动到变阻器b端时，电压表示数。【答案】(1) (2) 【解析】【详解】(1)当P滑到a端时，电源输出功率：当P滑到b端时，电源输出功率：得：(2)当P滑到b端时，电压表示数：22.如图所示，在水平向右的匀强电场

26、中，有一半径R=0.2m的竖直光滑绝缘圆弧轨道BCD和绝缘粗糙水平轨道AB在B点相切，BC为圆弧轨道的直径，O为圆心，OC和OD之间的夹角为，电场与圆弧轨道BCD所在平面平行，一质量为m=10g、电荷量为q=-110-4C的带负电的小滑块从A点由静止释放后开始运动，已知AB间距离S=2.3m，滑块运动到D点时所受合力的方向指向圆心O，且此时滑块对圆弧轨道恰好没有压力。g取10m/s2，.求(1)匀强电场的电场强度大小；(2)滑块通过C点时，对圆弧轨道的压力大小；(3)滑块与水平轨道AB间的动摩因数。【答案】(1) (2) 滑块通过C点时对圆弧轨道的压力大小为7.510-2N (3) 【解析】【详解】(1)在D点对滑块受力分析，可知得：(2)滑块通过D点时受合力提供向心力滑块由C到D，由动能定理可知滑块通过C点时，由牛顿第二定律可知得：由牛顿第三定律可知，滑块通过C点时对圆弧轨道的压力大小为7.510-2N(3)滑块由A到C，由动能定理可知得：