广东第二师范学院番禺附中2024-2025学年物理高一下期末调研试题含解析.doc

广东第二师范学院番禺附中2024-2025学年物理高一下期末调研试题
注意事项
1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．

一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）
1、 (本题9分)关于电场强度有下列说法，正确的是（ ）
A．电场中某点的电场强度在数值上等于单位电荷在该点所受的电场力
B．电场强度的方向总是跟电场力的方向一致
C．在点电荷Q附近的任意一点，如果没有把试探电荷q放进去，则这一点的强度为零
D．根据公式可知，电场强度跟电场力成正比，跟放入电场中的电荷的电量成反比
2、 (本题9分)如图所示，a、b、c、d是在地球大气层外的圆形轨道上运行的四颗人造卫星．其中a、c的轨道相交于P，b、d在同一个圆轨道上，b、c轨道在同一平面上．某时刻四颗卫星的运行方向及位置如图所示，下列说法中正确的是（ ）

A．a、c的加速度大小相等，且小于b的加速度
B．a、c的角速度大小相等，且大于b的角速度
C．b、d的线速度大小相等，且大于a的线速度
D．a、c存在在P点相撞的危险
3、 (本题9分)如图所示，洗衣机的脱水桶把湿衣服甩干利用了

A．自由落体运动
B．离心运动
C．平抛运动
D．匀速直线运动
4、 (本题9分)下列说法中错误的是( )
A．力是物体之间的相互作用 B．力不仅有大小，而且有方向
C．力不一定有施力物体和受力物体 D．在国际单位制中，力的单位是牛顿
5、 (本题9分)如图所示，实线表示某电场的电场线，虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为φM、φN，粒子在M和N时加速度大小分别为aM、aN，速度大小分别为vM、vN，电势能分别为EpM、EpN．下列判断正确的是（　　）

A．aM＜aN B．vM＜vN C．φM＜φN D．EPN＜EPM
6、 (本题9分)下列关于开普勒对于行星运动规律的认识的说法正确的是( )
A．所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆
B．所有行星绕太阳运动的轨道都是圆
C．所有行星的轨道的半长轴的二次方跟公转周期的三次方的比值都相同
D．所有行星的公转周期与行星的轨道的半径成正比
7、 (本题9分)如图所示，平板车置于水平地面上，人站在平板车上保持静止，下列说法正确的是(　 　)

A．人所受的重力与平板车对人的支持力是一对平衡力
B．平板车对人的支持力与人对平板车的压力是一对平衡力
C．人所受的重力与人对平板车的压力是一对作用力与反作用力
D．平板车对人的支持力与人对平板车的压力是一对作用力与反作用力
8、示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示．如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（ ）

A．极板x应带正电 B．极板x´应带正电
C．极板y应带正电 D．极板y´应带正电
9、从同一地点同时开始沿同一直线运动的两个物体I、II的速度—时间图象如图所示。在0～t2时间内，下列说法中正确的是（　　）

A．物体I所受的合外力不断减小，物体II所受的合外力恒定
B．在第一次相遇之前，t1时刻两个物体I、II相距最远
C．物体I一定在t2时刻之前追上物体II
D．两个物体I、II的平均速度大小都是
10、 (本题9分)如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正、负极相连，两板的中央沿竖直方向各有一个小孔，今有一个带正电的液滴，自小孔的正上方的P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v1.若使a板不动，若保持电键K断开或闭合，b 板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍然从P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v2，在不计空气阻力的情况下，下列说法正确的是（ ）

A．若电键K保持闭合，向下移动b板，则v2>v1
B．若电键K闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2>v1
C．若电键K保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2=v1
D．若电键K闭合一段时间后再断开，无论向上或向下移动b板，则v2A．掉在水泥地上的玻璃杯动量大，而掉在草地上的玻璃杯动量小
B．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变大，掉在草地上的玻璃杯动量改变小
C．掉在水泥地上的玻璃杯动量改变快，掉在草地上的玻璃杯动量改变慢
D．掉在水泥地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间短，而掉在草地上的玻璃杯与地面接触时，相互作用时间长．
二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、（6分）已知表头G满偏电流为100μA，表头上标记的内阻值为900Ω。R1、R2和R3是定值电阻。利用R1和表头构成1mA的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1V；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3V。则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R1=________Ω，R2=_________Ω，R3=_________Ω。

14、（10分）图1是“研究平抛物体运动”的实验装置，通过描点画出平抛小球的运动轨迹．
（1）以下实验过程的一些做法，其中合理的有________.
a.安装斜槽轨道，使其末端保持水平
b.每次小球释放的初始位置可以任意选择
c.每次小球应从同一高度由静止释放
d.为描出小球的运动轨迹描绘的点可以用折线连接

（2）实验得到平抛小球的运动轨迹，在轨迹上取一些点，以平抛起点O为坐标原点，测量它们的水平坐标x和竖直坐标y，图2中y-x2图象能说明平抛小球的运动轨迹为抛物线的是_________.

（3）图3是某同学根据实验画出的平抛小球的运动轨迹，O为平抛起点，在轨迹上任取三点A、B、C，测得A、B两点竖直坐标y1为5.0cm、y2为45.0cm，测得A、B两点水平距离Δx为40.0cm，则平抛小球的初速度v0为______m/s，若C点的竖直坐标y3为60.0cm，则小球在C点的速度为vC=______m/s（结果保留两位有效数字，g取10m/s2）．

三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）
15、（12分） (本题9分)如图甲所示，在和之间有沿着轴方向的匀强电场，为电场区域的上边界，在轴方向范围足够大，电场强度的变化如图乙所示，取轴正方向为电场正方向．现有一个带负电的粒子，粒子的比荷，在时刻以速度从点沿轴正方向进入电场区域，不计粒子重力作用．求：

甲 乙
（1）粒子通过电场区域的时间；
（2）粒子离开电场的位置坐标；
（3）粒子通过电场区域后沿轴方向的速度大小．
16、（12分） (本题9分)电量为q＝2×10－4C的带正电小物块置于绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向且方向始终不变的电场，电场强度E的大小与时间t的关系，以及物块速度v与时间t的关系如图所示．若重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)物块的质量m；
(2)物块与水平面之间的动摩擦因数μ．
17、（12分） (本题9分)用30cm的细线将质量为4×10-3㎏的带电小球P悬挂在Ｏ点下，当空中有方向为水平向右，大小为1×104N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态．

(1)分析小球的带电性质;
(2)求小球的带电量;
(3)求细线的拉力.
参考答案

一、选择题：（1-6题为单选题7-12为多选，每题4分，漏选得2分，错选和不选得零分）
1、A
【解析】
A.根据电场强度的定义，可知，电场强度在数值上等于单位电荷在该点所受的电场力，故A正确；
B.电场强度的方向总是跟正电荷所受的电场力的方向相同，与电荷所受的电场力的方向相反，故B错误；
C.电场中的场强取决于电场本身，与有无检验电荷无关；如果没有把试探电荷q放进去，则这一点的电场强度不变，故C错误；
D.场强取决于电场本身，与检验电荷无关，故D错误；
2、B
【解析】
卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力；
A. 由牛顿第二定律得：，解得：，由题意可知：则：，故A错误；
B. 由牛顿第二定律得：，解得：，由题意可知：，则：，故B正确；
C. 由牛顿第二定律得：，解得：，由题意可知：，则：，故C错误；
D、由以上分析可知，a、c的轨道半径相等，线速度大小相等，a、c不会发生碰撞，故D错误；
故选B．
【点睛】卫星绕地球做圆周运动，万有引力提供向心力，应用万有引力公式与牛顿第二定律求出加速度、角速度、线速度，然后分析答题．
3、B
【解析】
水滴依附的附着力是一定的，当水滴因做圆周运动所需的向心力大于该附着力时，水滴做离心运动而被甩掉，故应用了离心运动；故选B．
做圆周运动的物体，在受到指向圆心的合外力突然消失，或者不足以提供圆周运动所需的向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动，这种运动叫做离心运动．
4、C
【解析】
力是一个物体对另一个物体的作用，且力的作用是相互的，故A正确；因为力是矢量，不仅有大小，而且有方向，故B正确；既然力是一个物体对另一个物体的作用，那么有受力物体也一定有施力物体，施加力的物体就是施力物体，受到力的物体是受力物体，施力物体同时也是受力物体，故C错误；在国际单位制中，力的单位是牛顿，故D正确；答案选C。
5、A
【解析】
A.根据电场线疏密可知，EM＜EN，根据F=Eq和牛顿第二定律可知，aM＜aN；故A正确；
B.根据带负电粒子受力情况可知，电场力指向轨迹弯曲的内侧，电场线方向斜向左上方，若粒子从M到N过程，电场力做负功，动能减小，电势能增加，故带电粒子通过M点时的速度比通过N点时的速度大，即vM＞vN，故B错误；
C.又沿着电场线方向，电势逐渐降低，故φM＞φN；故C错误；
D. 若粒子从M到N过程，电场力做负功，电势能增加，则在M点具有的电势能比在N点具有的电势能小，即EPM＜EPN；故D错误；
6、A
【解析】
试题分析：开普勒第一定律，所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上．开普勒第三定律，所有行星的椭圆轨道的半长轴的三次方跟公转周期的平方的比值都相等．可判断A正确．
解：A、根据开普勒第一定律，所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上．故A正确．
B、所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆而不是圆，故B错误．
C、根据开普勒第三定律，所有行星的椭圆轨道的半长轴的三次方跟公转周期的平方的比值都相等，故C错误．
D、与开普勒第三定律，所有行星的椭圆轨道的半长轴的三次方跟公转周期的平方的比值都相等矛盾，故D错误．
故选A．
7、AD
【解析】
人所受的重力与平板车对人的支持力是一对平衡力，选项A正确；平板车对人的支持力与人对平板车的压力是一对作用与反作用力，选项BC错误；D正确；故选AD.
8、AC
【解析】
本题考查示波器的原理，YY’间的电场使得电子在y轴上产生偏转，XX’间的电场使得电子在x轴上产生偏转
据荧光屏上电子的坐标可知示波管内电子受力情况：受指向y方向和指向x方向电场力．即电子在经过偏转电极时向X、Y两极板偏转，则这两个电极都应带正电，故AC正确
9、ABC
【解析】
A．根据图象的斜率表示加速度，由图象可知，物体I做加速度越来越小的加速运动所受的合外力不断减小，物体II做匀减速直线运动，所受的合外力不变，故A正确；
B．速度图象与坐标轴围成的面积表示位移，由图可知在第一次相遇之前，时刻两物体面积差最大，相距最远，故B正确；
C．t2时刻，物体I的位移比物体II的位移大，两者又是从同一地点同时开始运动的，故物体I一定在t2时刻之前追上物体II，故C正确；
D．物体II做匀减速直线运动，由图可知，0～t2时间内，物体II的平均速度

由于t2时刻，物体II的位移比物体I的位移小，所以物体II的平均速度大小于物体I，故D错误。
故选ABC。
10、BC
【解析】
由于两极板接在电源两端，若S保持闭合，无论向上还是向下移动b板时，两板间的电压不变，故电场力做功不变，高度也不变，故重力做功不变，故总功不变，由动能定理可得，则，A错误；C正确；若电键S闭合一段时间后再断开，两极板所带电荷量不变，向上移动b板，两板间电势差增大，重力做功不变，克服电场力做功增加，由动能定理可知，液滴速度变小，即；如果向下移动b板，两板间电势差减小，重力做功不变，克服电场力做功变小，由动能定理可知，小球速度变大，即，B正确；D错误；故选BC．
带正电的液滴在下落过程中受到竖直向下的重力，竖直向上的电场力作用，重力做正功，电场力做负功；由动能定理判断带电液滴速度大小关系．
11、AB
【解析】A、失重时具有向下的加速度，运动状态可以是减速上升和加速下降，故选项AB正确。
C、电梯加速上升和减速下降的加速度都向上，处于超重状态，故选项CD错误；
点睛：本题考查了学生对超重失重现象的理解，掌握住超重失重的特点，本题就可以解决了。
12、CD
【解析】玻璃杯落地前是自由落体运动，末速度一定，玻璃杯掉在水泥地上与掉在草地上的动量相等，故A错误；玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两种情况下动量变化量相同，故B错误；玻璃杯两次与地面碰撞过程，初动量相同，末动量为零，两次的动量变化量相同，但在水泥地上碰撞过程时间短，则动量的变化快，掉在草地上的杯子动量改变慢，故CD正确。故选CD。

二、实验题（本题共16分，答案写在题中横线上）
13、100 910 2000
【解析】
根据题意，R1与表头G构成1mA的电流表，则：，
代入数据：100×10-6×900＝(1×10-3−100×10-6) R1；
整理得R1＝100Ω
若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1V，则
若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3V，则
14、ac c 2.0 4.0
【解析】
（1）斜槽末端水平，才能保证小球离开斜槽末端时速度为水平方向，故a对；
为保证小球多次运动是同一条轨迹，每次小球的释放点都应该相同，b错c对；
小球的运动轨迹是平滑曲线，故连线时不能用折线，d错．
（2）平抛运动的水平位移与竖直位移分别满足的关系是：

联立可得
可知图象是直线时，说明小球运动轨迹是抛物线．
（3）由竖直方向的分运动可知，，，即
，
水平初速度为
C点的竖直分速度为
由运动合成可知

三、计算题要求解题步骤，和必要的文字说明（本题共36分）
15、（1） 4×10－3s. （2） （－2×10－5m，2 m） （3）
【解析】
（1）因粒子初速度方向垂直匀强电场，在电场中做类平抛运动，所以粒子通过电场区域的时间t==4×10－3s.
（2）粒子在x方向先加速后减速，加速时的加速度大小为a1＝＝4 m/s2
减速时的加速度大小为a2＝＝2 m/s2
x方向上的位移大小为 x＝
因此粒子离开电场时的位置坐标为（－2×10－5m，2 m）
（3）离开电场时粒子在x方向的速度大小为
16、 (1)2 kg　(2)0.2
【解析】
当时，物体的加速度为，
根据牛顿第二定律得：；
当时，物体匀速运动，则物体受力平衡，，又；
代入数据解得：．
17、（1）小球带正电 （2）3×10﹣6C （3）0.05N
【解析】
（1）小球受力如图，故带正电．

（2）小球受力平衡，在水平方向：
，得

（3）如受力图可知：．