浙江省宁波市北仑中学2018-2019学年高一下学期期末考试物理试题
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北仑中学2018学年第二学期高一年级期末考试物理试卷
一、单项选择题（共13题，共39分）
1.首先引入电场线来形象地描述电场的科学家是（ ）
A. 安培 B. 法拉第 C. 密立根 D. 库仑
【答案】B
【解析】
【详解】A．安培发现了分子电流假说，A错误；
B．法拉第首先引入场的概念来描述电场，B正确；
C．密立根根据油滴实验测得了电子的电量，C错误；
D．库仑发现了库仑定律，D错误．
2.电场中有一点，下列说法中正确的有（ ）
A. 若放在点的试探电荷的电荷量减半，则点的场强减半
B. 若点没有试探电荷，则点场强为零
C. 点的场强越大，则同一试探电荷在点受到的电场力越大
D. 点的场强方向就是放在该点的试探电荷所受电场力的方向
【答案】C
【解析】
【详解】A.场强是表示电场本身性质物理量，由电场本身决定，与试探电荷无关，所以当试探电荷的电荷量减半时，P点的场强不变，故A不符合题意。
B.由于场强由电场本身决定，与试探电荷无关，所以当P点没有试探电荷，P点的场强不变，故B不符合题意。
C. 由F=qE，q一定时F与E成正比，则知P点的场强越大，同一试探电荷在P点受到的电场力越大，故C符合题意。
D. 点的场强方向就是放在该点的带正电的试探电荷所受电场力的方向，选项D不符合题意；
3.在5分钟内通过导体横截面积电荷量为1200 C，若导体的电阻为10Ω，这时导体两端加的电压为( )
A. 240 V
B. 120 V
C. 50 V
D. 40 V
【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路面上行驶，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】C
【解析】
试题分析：当汽车空载时，有：．当汽车装满货物后，有：，联立两式解得：．故C正确，ABD错误．故选C．
【
点睛】汽车在水平路面上行驶时，当牵引力等于阻力时，速度最大．根据功率与速度的关系，结合汽车阻力与车重的关系求出所装货物的质量．
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】
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.原来静止的氕核（）、氘核（）、氚核（）混合物经同一电场加速后，具有相同的（ ）
A. 速度
B. 动能
C. 质量和速度的乘积
D. 以上都不对
【答案】B
【解析】
详解】带电粒子经过电场加速后，根据动能定理可得
，
由于是同一个电场，所以U
相等，三种粒子的带电量相等，所以经过同一电场加速后获得的动能相等；
A．三种粒子获得的动能相等，由于质量不同，所以三种粒子获得的速度不同，A错误；
B．根据分析可知三种粒子获得的动能相等，B正确；
CD．质量和速度的乘积，即动量，根据
，
动能相等，质量不同，可知质量和速度乘积不同，CD错误．
7.如图所示，电梯与水平地面成θ角，一人站在电梯上，电梯从静止开始匀加速上升，到达一定速度后再匀速上升，若以N表示水平梯板对人的支持力，G为人受到的重力，f为电梯对人的静摩擦力，下列结论正确的是（ ）
A. 加速运动过程中f≠0，f、N，G都做功 B. 加速运动过程中f≠0，N不做功
C. 匀速运动过程中f≠0，N，G都做功 D. 匀速运动过程中f≠0，N，G都不做功：
【答案】A
【解析】
【分析】
运动的分解方法有两种：分解速度而不分解加速度，分解加速度而不分解速度。
【详解】A、B、加速过程中，人的加速度斜向上，将加速度分解到水平和竖直方向得：ax=acosθ，方向水平向右；ay=asinθ，方向竖直向上，水平方向受静摩擦力作用，f=ma=macosθ，水平向右，竖直方向上有位移，所以重力和支持力都做功，在水平方向上有位移，则摩擦力也做功，故A正确，B错误。C、D、匀速过程中，人受力平衡，水平方向无相对运动趋势则不受摩擦力，但在竖直方向上有位移，所以重力和支持力都做功，故C、D错误；故选A。
【点睛】解决本题时可以把加速度进行分解，结合牛顿第二定律求解；然后再根据功的公式进行分析，注意功的正负的判断．
8.如图所示，实线为电场线，虚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. 该电场的方向水平向左
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】AB
【解析】
【详解】匀强电场中电场力与电场线平行，而曲线运动合力指向曲线的凹侧一方，故电场力一定向左，从a到b点，电场力做负功，电势能增加，选项AB正确；电场力向左，但不知道电荷的电性，所以不能判断电场方向，即不能判断两点电势的高低，选项C错误；在匀强电场中，粒子受到的电场力恒定，粒子加速度恒定，相同时间内速度变化量，也恒定，选项D错误.综上本题选AB
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】
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. 开始运动后的任一时刻，三个小球电势能总是相等
【答案】B
【解析】
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. 4Ek B. 4.25Ek C. 5Ek D. 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。
12.一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端电压U变化的伏安特性曲线如图甲所示。现将它与两个标准电阻R1、R2组成如图乙所示的电路，当开关S接通位置1时，三个用电器消耗的电功率均为P。将开关S切换到位置2后，电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别为PD、P1、P2，下列判断正确的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】当开关接1时，R1、R2串联时，电阻两端的电压相等，均为U0；当开关接2时，R1与D并联，电阻减小，R1的电压减小，小于U0，R2的电压增大，大于U0，根据功率公式P=得知，P1
R总，故PD+P1+P2<3P，故C正确，D错误。故选C。
【点睛】本题考查了串联电路的分压特点和并联电路特点，以及欧姆定律、电功率公式的灵活应用；难点是根据欧姆定律分析出图中电阻与电压的关系和各电阻功率关系的判断。
13.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】
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：带电粒子在电场中的偏转
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）
14.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．
15.一质量为m的物体以某一速度冲上一个倾角为37°的斜面，其运动的加速度的大小为0.9g。这个物体沿斜面上升的最大高度为H，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0.5
D. 物体的机械能损失了1.5
【答案】B
【解析】
【详解】AB．重力做了多少功，重力势能就改变多少，根据题意重力做负功，大小为，故重力势能增加，A错误B正确；
C．物体上滑过程，根据牛顿第二定律，有：
，
解得：
；
合力：
；
合力做负功，故动能减小量等于克服合力做的功，故动能减少
，
C错误；
D．物体的机械能损失等于克服阻力做的功，故为：
，
故D错误．
16.水平线上的O点放置一点电荷,图中画出电荷周围对称分布的几条电场线,如右图所示。以水平线上的某点O′为圆心，画一个圆,与电场线分别相交于a、b、c、d、e，则下列说法正确的是（ ）
A. b、e两点的电场强度相同
B. a点电势低于c点电势
C. b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差
D. 电子沿圆周由d到b，电场力做正功
【答案】BC
【解析】
【分析】
电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时两点的电场强度才相同；电势根据顺着电场线方向电势降低进行判断；根据对称性分析b、c 两点间电势差与b、e间电势差的关系．根据电势高低，判断电场力对电子做功的正负．
【详解】由图看出，b、e两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b、e两点的电场强度不同，A错误；根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越低，故a点电势低于c点电势，B正确；根据对称性可知，b、e两点电势相等，d、c两点电势相等，故其电势差相等， C正确；d点的电势高于b点的电势，由
，则知电子在d点的电势能小于在b点的电势能，根据功能关系可知，电子沿圆周由 d 到b，电场力做负功，故D错误．
17.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，将其并联后接在电源上( )
A. 甲、乙的电阻之比是1:2
B. 甲、乙中电流强度之比是4:1
C. 甲、乙电阻丝相同时间产生的热量之比是4:1
D. 甲、乙电阻丝两端的电压之比是1:2
【答案】BC
【解析】
【详解】A.两根长度相同，甲的横截面的圆半径是乙的2倍，根据电阻定律得，；故A错误.
B.并联电路电压相等，由可知，甲乙中的电流强度之比为4:1；故B正确.
C.由 可知得P甲：P乙=4：1，则相同时间内的热量比也为4:1；故C正确.
D.两电阻并联，则两电阻两端的电压相等；故D错误.
18.长木板A放在光滑水平面上，质量为m=2kg的另一物体B以水平速度v0=2m/s滑上原来静止的长木板A的表面，由于A、B间存在摩擦，之后A、B速度随时间变化情况如图所示，则下列说法正确的是( )
A. 木板获得的动能为2J
B. 系统损失的机械能为2J
C. 木板A的最小长度为1m
D. A、B间的动摩擦因数为0.1
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．根据速度时间图像可知木板最终的速度为v=1m/s，从B刚滑上A开始，到两者共速，过程中，将两者看做一个整体，整体所受合力为零，故整体动量守恒，设木板的质量为M，则根据动量守恒定律可得：
，
解得：
，
故木板获得的动能为
，
A错误；
B．系统减少的动能为
，
B正确；
C．图像图线与坐标轴围成的面积表示位移，则由图得到：0-1s内B的位移为
，
A的位移为
，
木板A的最小长度为
C正确；
D．由斜率大小等于加速度大小，得到B的加速度大小为
，
根据牛顿第二定律得
，
代入解得
，
D正确．
三、实验题（共2题，每空2分，共16分）
19.某实验小组用如图所示的装置探究功与速度变化的关系，打点计时器工作频率为50 Hz。
(1)实验中木板略微倾斜，这样做_________;
A．是为了使释放小车后，小车能匀加速下滑
B．是为了增大小车下滑的加速度
C．可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功
D．可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动
(2)实验中先后用同样的橡皮筋1条、2条、3条…合并起来挂在小车的前端进行多次实验，每次都要把小车拉到同一位置再释放。橡皮筋对小车做功后而使小车获得的速度可由打点计时器打出的纸带测出。根据第四次的纸带(如图所示)求得小车获得的速度为________m/s。(结果保留3位有效数字)
(3)若根据多次测量数据画出的W-v图象如图所示，根据图线形状，可知对W与v的关系符合实际的是图________。
A.
B.
C.
D.
【答案】 (1). CD (2). 2.00 (3). C
【解析】
【详解】(1)[1]ABC．实验中木板略微倾斜是平衡摩擦力，目的是使橡皮筋对小车的拉力为小车受到的合力，即可使得橡皮筋做的功等于合力对小车做的功，AB错误C正确；
D．同时可使得橡皮筋松弛后小车做匀速运动，D正确．
(2)[2]我们所需要的速度为小车做匀速直线运动的速度，由图可知，两个相邻的点之间的距离是4.00cm时做匀速直线运动，打点周期
，
利用公式：，可得：
；
(3)[3]由动能定理得
，
W与v是二次函数关系，由图示图象可知，C正确，
20.有一个额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，现要用伏安法描绘这个灯泡的I-U图线，有下列器材供选用:
A．电压表(0～3 V，内阻约为6 kΩ)
B．电压表(0～15 V，内阻约为30 kΩ)
C．电流表(0～3 A，内阻约为0.1Ω)
D．电流表(0～0.6 A，内阻约为0.5Ω)
E．滑动变阻器(10Ω，5 A)
F．滑动变阻器(200Ω，0.5 A)
G．蓄电池(电动势6 V，内阻不计)
(1)请设计合适的电路，在空白方框内画出正确的电路图________________。按设计的电路图进行测量，电压表应选用______，电流表应选用________________，滑动变阻器应选用__________________。(用序号字母表示)
(2)通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图所示。由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为____________Ω。
【答案】 (1). (2). A (3). D (4). E (5). 10
【解析】
【详解】(1)[1]实验要求多组数据，电压表测量小灯泡两端电压，电流表测量通过灯泡的电流，灯泡的电阻和电流表的内阻相接近，所以采用电流表的外接法，并且小灯泡两端的电压需要从零开始，故选用滑动变阻器的分压接法，电路图如图所示：
[2]小灯泡的额定电压为2.8V，故选电压表A；
[3]额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，额定电流I
=0.29A，为了减小误差，故电流表选择D；
[4]为了便于操作，滑动变阻器选用E，否则滑动变阻器最大阻值过大，操作时滑片移动较大距离而引起电压变化不明显；
(2)[5]灯泡在正常工作时的电压U=2.8V时的电流为I=0.28A，故根据欧姆定律可得此灯泡在正常工作时的电阻：
四、计算题（21题6分，22题9分，23题10分，共25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的正方形区域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AB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m=1kg的物块（可视为质点），物块与弹簧不粘连，B点与水平传送带的左端刚好平齐接触，传送带的长度BC的长为L=6m，沿逆时针方向以恒定速度v=2m/s匀速转动。CD为光滑的水平轨道，C点与传送带的右端刚好平齐接触，DE是竖直放置的半径为R=0.4m的光滑半圆轨道，DE与CD相切于D点。已知物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2。
（1）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带刚好能到达C点，求弹簧储存的弹性势能；
（2）若释放弹簧，物块离开弹簧，滑上传送带能够通过C点，并经过圆弧轨道DE，从其最高点E飞出，最终落在CD上距D点的距离为x=1.2m处（CD长大于1.2m），求物块通过E点时受到的压力大小；
（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）N=12.5N（3）Q=16J
【解析】
【详解】（1）由动量定理知：
由能量守恒定律知：
解得：
（2）由平抛运动知：竖直方向：
水平方向：
在E点，由牛顿第二定律知：
解得：N=12.5N
（3）从D到E，由动能定理知：
解得：
从B到D，由动能定理知
解得：
对物块
解得：t=1s；
由能量守恒定律知：
解得：Q=16J
