浙江省宁波市北仑中学2021-2022学年高一物理下学期期中试题（选考）（Word版附解析）

北仑中学2021学年第二学期高一年级期中考试物理试卷（除1班以外的物理选考生用）一、单项选择题（共12题，共36分）1.下列各叙述中，正确的是（）A.用点电荷来代替带电体的研究方法叫理想模型法B.库仑提出了用电场线描述电场的方法C.伽利略猜想自由落体的运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证D.用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如电场强度，电容，加速度都是采用了比值法定义的【答案】A【解析】【分析】【详解】A．点电荷是理想化的物理模型，是对实际带电体的简化，A正确；B．法拉第提出了用电场线描述电场的方法，B错误；C．伽利略在研究自由落体运动时运用实验和逻辑推理相结合的方法，不能直接用实验验证，C错误;D．加速度是牛顿第二定律的表达式，不是加速度的定义式，D错误；故选A。2.电场中有一点，下列说法中正确的有（　　）A.若放在点的电荷的电荷量减半，则点的场强减半B.若点没有检验电荷，则点场强为零C.点的场强越大，则同一电荷在点受到的电场力越大D.点的场强方向与放在该点的电荷的受力方向相同【答案】C【解析】【详解】AB．场强是电场本身的固有属性，与试探电荷所带电荷量的多少没有关系，故AB错误； C．由可知，如果q不变，E越大，F越大，故C正确；D．P点的场强方向就是放在该点的正电荷所受电场力的方向，与放入该点负电荷所受电场力方向相反，故D错误。故选C。3.在5分钟内通过导体横截面积电荷量为1200C，若导体的电阻为10Ω，这时导体两端加的电压为(　　)A.240VB.120VC.50VD.40V【答案】D【解析】【详解】根据公式可知通过导体的电流为，根据欧姆定律可得导体两端所加电压为：，A．导体两端电压为40V，A错误；B．导体两端电压为40V，B错误；C．导体两端电压为40V，C错误；D．导体两端电压为40V，D正确．4.汽车以额定功率在水平桌面上行驶，空载时的最大速度为v1，装满货物后的最大速度是v2．已知汽车空车的质量是m0，汽车所受的阻力与车重成正比，则汽车后来所装货物的质量是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】当汽车空载时，有P=f1v1=km0gv1，当汽车装满货物后，有P=f2v2=k（m0+m）gv2， 联立两式解得：m=，故A正确，BCD错误．5.在超高压带电作业中，电工所穿的高压工作服是用铜丝编织的，则下列说法正确的是（）A.铜丝编织的衣服不易拉破B.铜丝电阻小，对人体起到保护作用C.电工被铜丝衣服所包裹，使体内场强为零D.电工被铜丝衣服所包裹，使体内电势为零【答案】C【解析】【详解】屏蔽服的作用是在穿用后，使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害．等电位说明电势相等而不是等于0，等电势时电势差为0，电场强度为0．所以C正确，ABD错误；故选C【点睛】处在高压电场中的人体，会有危险电流流过，危及人身安全，因而所有进入高电场的工作人员，都应穿全套屏蔽服．带电作业屏蔽服又叫等电位均压服，是采用均匀的导体材料和纤维材料制成的服装．其作用是在穿用后，使处于高压电场中的人体外表面各部位形成一个等电位屏蔽面，从而防护人体免受高压电场及电磁波的危害．成套的屏蔽服装应包括上衣、裤子、帽子、袜子、手套、鞋及其相应的连接线和连接头6.图示是一个用来研究静电除尘的实验装置，铝板与手摇起电机的正极相连，钢针与手摇起电机的负极相连，在铝板和钢针中间放置点燃的蚊香。转动手摇起电机，蚊香放出的烟雾会被电极吸附，停止转动手摇起电机，蚊香的烟雾又会袅袅上升。关于题中叙述的现象，下列说法中正确的是（　　）A.同一烟雾颗粒在被吸附过程中，离铝板越近，速度越小B.同一烟雾颗粒在被吸附过程中，离铝板越近，速度越大C.同一烟雾颗粒在被吸附过程中，如果带电荷量不变，离铝板越近，则加速度越大D.烟雾颗粒因为带正电而被吸附到铝板上 【答案】B【解析】【详解】ABD．在铝板和钢针中间形成强电场，处于强电场中的空气分子会被电离为电子和正离子，烟尘吸附电子带负电，在电场力的作用下，烟尘会向铝板运动，同一烟雾颗粒在被吸附的过程中，离铝板越近，电场力所做的功越多，烟雾颗粒的速度越大，故AD错误，B正确。C．由铝板与钢针之间的电场分布特点知越靠近铝板，电场强度越小，同一烟雾颗粒在被吸附过程中，如果带电荷量不变，离铝板越近，所受到的电场力越小，则加速度越小，故D错误。故选B。7.如图是小梁做引体向上的示意图。假设小梁在30s内刚好连续做了10个完整的引体向上。若每次完整的引体向上分为身体“上引”（身体由静止开始从最低点升到最高点）和“下放”（身体从最高点回到最低点的初始状态）两个过程，单杠在整个过程中相对地面静止不动，则下列说法正确的是（　　）A.单杠对双手弹力是由于小梁的手发生了弹性形变产生的B.一次完整的引体向上过程中，小梁的机械能守恒C.小梁在30s内克服重力做功的功率约为100WD.“上引”过程中，单杠对小梁做正功【答案】C【解析】【分析】【详解】A．单杠对双手的弹力是由于单杠发生了弹性形变产生的，故A错误；BD．在做引体向上运动时，单杠对小梁不做功，人的手臂对躯体做功消耗了人体的化学能得到了机械能，是将化学能转化为机械能，机械能不守恒，故BD错误；C．小梁每做一次完整的引体向上所做的功约为 小梁在30s内克服重力做功的功率约为故C正确。故选C。8.如图所示，曲线为电荷在匀强电场中的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，则下列说法正确的是A.电荷在b点的电势能大于在a点的电势能B.该电场方向水平向左C.b点的电势高于a点的电势D.电荷在电场中相同时间内速度的变化量不相同【答案】A【解析】【详解】由于做曲线运动的物体所受的合外力指向曲线的凹侧，可得电荷的受力如图所示（F为电荷所受的电场力）：A.电荷从a点运动到b点的过程中，由上图可知，电场力的方向与运动的方向成钝角；又由W=F•s•cosθ 得电场力对电荷做负功，电荷的电势能变大，故电荷在b点的电势能大于在a点的电势能；故A正确．BC.题目没有告知电荷的电性与电场方向，仅由电荷的运动轨迹无法判断电场中不同点的电势高低与电场方向，故BC错误．D.匀强电场，电场力恒定，加速度恒定，所以电荷做匀变速曲线运动，相同时间内速度变化量相同，故D错误．9.如图所示，一个小环沿竖直放置的光滑圆环形轨道做圆周运动．小环从最高点A滑到最低点B的过程中，小环线速度大小的平方v2随下落高度h的变化图象可能是(　　)A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】考虑环下降过程中受到的各个力的做功情况，重力做正功，圆环对小环的支持力始终与小环运动方向垂直，不做功，由动能定理ΔEk＝mv2＝mgh，v2与h的关系为线性关系，又因h＝0时，v也为零．所以图象过原点，只有B符合条件，选B.10.真空中存在范围足够大、竖直方向的匀强电场，A、B为该匀强电场中的两个等势面．现有三个质量相同、带同种等量电荷的小球a、b、c，从等势面A上的某点同时以相同速率v0分别沿竖直向下、水平向右和竖直向上方向开始运动，如图所示．经过一段时间，三个小球先后通过等势面B，则下列判断正确的是() A.等势面A的电势一定高于等势面B的电势B.a、c两小球通过等势面B时的速度相同C.开始运动后的任一时刻，a、b两小球的动能总是相同D.开始运动后任一时刻，三个小球电势能总是相等【答案】B【解析】【详解】试题分析：由于小球所受重力和电场力的大小不知，所以电场的方向不确定，即AB两等势面电势的高低不确定，A错；对a、b、c三小球通过等势面B时，电场力和重力对三球做功相同，所以三球通过等势面B时的动能相同，而ac在水平方向没有速度，所以ac两球在竖直方向的速度相同，B对；开始运动后a球由于具有向下的初速度，所以要比b球向下运动的快，即重力和电场力对ab两球做功不同，所以在任一时刻，a、b两小球的动能不相同，C错；因在任一时刻三球在竖直方向的位移不同，所以电场力做功不同，即三球的电势能不相等，D错．考点：本题考查动能定理，运动过程分析点评：本题学生做时能想象出三球的运动过程，知道在开始运动后任一时刻在竖直方向上的速度和位移都不同．11.如图所示，一个正点电荷q（重力不计）从两平行带电金属板左端中央处以初动能Ek射入匀强电场中，它飞出电场时的动能变为2Ek，若此点电荷飞入电场时其速度大小增加为原来的2倍而方向不变，它飞出电场时的动能变为（）A.4EkB.4.25EkC.5EkD.8Ek【答案】B【解析】【分析】两个过程中带电粒子做类平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两过程初速度不同故在磁场中运动时间不同，在竖直方向的位移不同，最后用动能定理求解 【详解】设粒子第一个过程中初速度为v，Ek＝，电场宽度L，第一个过程中沿电场线方向的位移为：第一个过程由动能定理：qEy1=2Ek-Ek第二个过程中沿电场线方向的位移为：y2＝qEy2=Ek末-4Ek解得：Ek末=4.25Ek故应选：B．【点睛】动能定理的应用注意一个问题，列式时不能列某一方向的动能定理，只能对总运动过程列一个式子．12.如图所示，平行板电容器的一个极板与滑动变阻器的滑片C相连接．电子以速度v0垂直于电场线方向射入并穿过平行板间的电场．在保证电子还能穿出平行板间电场的情况下，若使滑动变阻器的滑片C上移，则关于电容器极板上所带电荷量Q和电子穿过平行板所需的时间t的说法中，正确的是（）A.电荷量Q增大，时间t也增大B.电荷量Q不变，时间t增大C.电荷量Q增大，时间t不变D.电荷量Q不变，时间t也不变【答案】C【解析】【详解】试题分析：滑动变阻器的滑动端P上移，则电容器极板间电压增大，由知电容器所带电荷量增加，电子穿越平行板做类平抛，垂直电场方向做匀速直线运动则，电子穿越平行板所需的时间t不变故选C 考点：带电粒子在电场中偏转点评：容易题．带电粒子在电场中偏转时做类平抛运动，即在垂直于电场方向电场力不做功，带电粒子做匀速直线运动，要注意运动合成与分解的方法和电场力运动规律的灵活应用．二、不定项选择题（共5题，共20分）13.下列实例中，物体的机械能守恒的是（）A.在空中匀速下落的跳伞运动员B.沿光滑曲面自由下滑的物体C.被起重机匀速吊起的重物D.以g的加速度竖直向上做匀减速运动的物体【答案】BD【解析】【详解】A．在空中匀速下降的跳伞运动员，速度恒定，即动能恒定，但高度下降，所以重力势能减小，故机械能不守恒，A不符合题意；B．沿光滑曲面自由下滑的物体，运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，B符合题意；C．被起重机匀速吊起的重物，速度恒定，即动能恒定，但高度上升，所以重力势能增加，故机械能不守恒，C不符合题意；D．以g的加速度竖直向上做匀减速运动的物体，加速度竖直向下，大小为g，所以合力等于重力，即只有重力做功，机械能守恒，D符合题意．14.一质量为的物体以某一速度冲上一个倾角为的斜面，其运动的加速度的大小为。这个物体沿斜面上升的最大高度为，则在这个过程中（　　）A.物体的重力势能增加了B.物体的重力势能增加了C.物体的动能损失了D.物体的机械能损失了【答案】BD【解析】【详解】AB．上升过程中重力做功，所以重力势能增加，故A错误，B正确； C．上升过程中有解得所以动能的变化量为即物体的动能损失了，故C错误；D．上升过程中由牛顿第二定律可得解得所以所以物体的机械能损失了，故D正确。故选BD。15.如图甲所示，一条电场线与轴重合，取点电势为零，方向上各点的电势随变化的图像如图乙所示。若在点由静止释放一个电子，且电子仅受电场力的作用，则（　　）A.电子将沿方向运动B.电子的电势能将一直减小C.沿方向电场强度一直增大D.电子运动的加速度先减小后增大【答案】ABD【解析】【详解】A．由图可知电场方向沿x轴负方向，电子受到电场力方向沿x轴正方向，所以静止释放后电子将沿方向运动，故A正确；B．电场力对电子一直做正功，电子的电势能将一直减小，故B正确； CD．由图知先减小后增大，则电子受到的电场力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故C错误，D正确。故选ABD。16.甲、乙两根同种材料制成的电阻丝，长度相等，甲横截面的半径是乙的两倍，则下列说法正确的有（　　）A.甲、乙的电阻之比是B.将甲乙串联到电路中，甲、乙电阻丝两端的电压之比是C.将甲乙并联到电路中，甲、乙中的电流强度之比是D.将甲乙并联到电路中，甲、乙电阻丝两端的电压之比是【答案】BC【解析】【详解】A．由知故A错误；B．将甲乙串联到电路中，由知故B正确；C．将甲乙并联到电路中，由知故C正确；D．将甲乙并联到电路中，甲、乙电阻丝两端的电压之比是1:1，故D错误。故选BC。17.一足够长的传送带与水平面的夹角为θ，以一定的速度匀速运动。某时刻在传送带适当的位置放上具有一定初速度的物块（如图a所示）。以此时为时刻记录了物块之后在传送带上运动的速度随时间的变化关系，如图b 所示图中取沿斜面向上的运动方向为正方向，其中两速度大小。已知传送带的速度保持不变。则下列判断正确的是（）A.若物块与传送带间的动摩擦因数为μ，则B.内，物块沿皮带向下运动，内沿皮带向上运动，时刻回到原位置C.内，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大D.内，传送带对物块做的功等于物块动能的减少量【答案】AC【解析】【详解】A．在内，物块向上运动，则有：得：，故A正确；B．物块先向下运动后向上运动，图像的“面积”表示位移，时间内，物体的总位移为负，即沿斜面向下，则时刻物块没有回到原位置，故B错误；C．根据图像的“面积”表示位移，时间内，物体的位移为负，即沿斜面向下，重力对物块做正功，物块的重力势能减小、动能也减小，都转化为系统产生的内能，由能量守恒得知，系统产生的热量一定比物块动能的减少量大，故C正确；D．内，物块的总位移沿斜面向下，高度下降，重力做正功，则重力做功与传送带对物块做的功之和等于物块动能的减少量，故D错误。故选AC．三、实验题（共3题，每空1分，共15分）18.读数题 （1）游标卡尺读数___________；（2）螺旋测微器读数___________（3）下图多用电表电阻档读数___________（4）如图乙多用电表直流电压档读数___________（5）如图乙多用电表直流电流档读数___________【答案】①.5.15②.5.034③.3000④.3.2⑤.0.80【解析】【详解】（1）[1]游标卡尺读数（2）[2]螺旋测微器读数（3）[3]电阻档读数（4）[4]电压读数（5）[5]电流读数 19.某同学安装如图甲所示的实验装置，验证机械能守恒定律。如图乙所示是该实验得到的一条点迹清晰的纸带，现要取A、B两点来验证，已知电火花计时器每隔0.02s打一个点。请回答下列问题：（1）电火花计时器的工作电压是________V（2）若x2=4.80cm，则在纸带上打下计数点B时的速度vB=________m/s（计算结果保留三位有效数字）（3）若x1数据也已测出，则实验还需测出的物理量为_________（4）经过测量计算后，某同学画出了如图丙所示的E–h图线，则图中表示重物动能随重物高度变化的曲线为________（填“图线A”或“图线B”）【答案】①.220②.1.20③.A、B之间的距离④.B【解析】【详解】（1）[1]电火花打点计时器的工作电压是220V；（2）[2]利用匀变速直线运动的推论得 （3）[3]要验证机械能守恒定律，则要求出重力势能的变化量，所以还要测出AB之间的距离（4）[4]根据机械能守恒，重物离地越高，重力势能越大，则动能越小，故动能随离地高度变化的曲线为图线B。20.在做《测定金属的电阻率》的实验中，若待测电阻丝的电阻约为，要求测量结果尽量准确，备有以下器材：A．电池组（、内阻约）B．电流表（，内阻约）C．电流表（，内阻约）D．电压表（，内阻约）E．电压表（，内阻约）F．滑动变阻器（，允许最大电流）G．滑动变阻器（，允许最大电流）H.开关、导线（1）上述器材中应选用的是___________。（只填写字母代号）（2）图甲是未完成的实物连线图，图中为待测导体右端接线柱，为电流表正极接线柱，为滑动变阻器左上端接线柱，为滑动变阻器左下端接线柱。则导线①应连接___________（填“”或“”）。导线②应连接___________（填“”或“”）；此时最终电阻的测量值___________（填“偏大”或“偏小”）。（3）该同学根据测量数据得到的伏安特性曲线如图乙所示，图中段向上弯曲的主要原因是___________。（4）某次用螺旋测微器测金属丝直径为，用游标卡尺测金属丝的长度为，电压表和电流表的示数分别为、，写出该金属丝的电阻率的表达式___________（用、、、表示）。【答案】①.ACDFH②.③.④.偏小⑤. 随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻增大⑥.【解析】【详解】（1）[1]该实验中电池组A、开关和导线H是必需的，电池组电动势为3V，为了使电表能达到适当的偏转幅度，因此电压表应选D，最大电流，电流表选C，根据图乙可知，待测电阻两段的电压从零开始变化，因此滑动变阻器采用分压式接法，为了便于分压，应选择阻值较小的滑动变阻器F，故选ACDFH。（2）[2]由于待测电阻因此电流表应采用外接法，故导线①应连接a。[3]因滑动变阻器采用分压接法，故导线②应连接d。[4]因采用的是电流表外接法，待测电阻两段的电压测量值为真实值，待测电阻电流测量值大于真实值，根据欧姆定律可得，最终电阻的测量值偏小。（2）[5]段向上弯曲，即图像上点斜率增大，电阻增大，主要原因随着电阻丝中的电流增大，温度升高，电阻率增大，电阻增大。（2）[6]根据欧姆定律有根据电阻定律有解得四、计算题（21题7分，22题11分，23题11分，共29分）21.把质量为1kg的石块从10m高处以30°角斜向上方抛出，初速度为8m/s．不计空气阻力，取g=10m/s2．求： （1）人对石块做的功（2）石块落地时的速度大小【答案】（1）人对石块做的功为32J；（2）石块落地时的速度大小为m/s；【解析】【详解】（1）根据动能定理得，小球抛出过程中人的手对小球做功为：；（2）过程中只有重力做功，根据动能定理得：代入数据解得：；22.如图所示，边长为L正方形区域ABCD内有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，与区域边界BC相距L处竖直放置足够大的荧光屏，荧光屏与AB延长线交于O点．现有一质量为m，电荷量为+q的粒子从A点沿AB方向以一定的初速度进入电场，恰好从BC边的中点P飞出，不计粒子重力．(1)求粒子进入电场前的初速度的大小．(2)其他条件不变，增大电场强度使粒子恰好能从CD边的中点Q飞出，求粒子从Q点飞出时的动能和打在荧屏上的点离O点的距离y． 【答案】(1)(2)；7L【解析】【详解】(1)粒子进入电场中做类平抛运动：水平方向有：，①，竖直方向有：②，由①②解得：；(2)令粒子到达Q点时速度与水平方向的夹角为，且，位移与水平方向的夹角为，，又因为，故到达Q点时，所以从Q点飞出时的动能为，从Q点到打在屏上的时间为，所以Q点到屏上竖直方向的位移为 ，所以打在荧屏上的点离O点的距离；23.如图光滑水平导轨的左端有一压缩的弹簧，弹簧左端固定，右端前放一个质量为的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度，为光滑的水平轨道，点与传送带的右端刚好平齐接触，是竖直放置的半径为的光滑半圆轨道，与相切于点。已知物块与传送带间的动摩擦因数，取。（1）若第一次释放弹簧时传送带静止不动，物块离开弹簧后滑上传送带刚好能到达点，求弹簧释放前储存的弹性势能；（2）若第二次释放弹簧时传送带沿逆时针方向以恒定速度匀速转动。物块离开弹簧，滑上传送带能够通过点，并经过圆弧轨道，从其最高点飞出，最终落在上距点的距离为处（长大于），求物块通过点时轨道受到的压力大小；（3）满足（2）条件时，求物块通过传送带的过程中产生的热能。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）由能量守恒得弹簧储存的弹性势能为（2）物块从E点水平抛出后，解得 从D点到E点由动能定理可得在D点，由牛顿第二定律可得解得，根据牛顿第三定律，物块通过点时轨道受到的压力大小。（3），从B点到C点：物块从B点到D点的时间则物块通过传送带的过程中产生的热能