山东省烟台市2023-2024学年高一年级下册期末考试物理试卷（解析版）

2023-2024学年度第二学期期末学业水平诊断

高一物理

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、座号等填写在答题卡的指定位置。

2.回答选择题时，选出每小题1答案》后，用铅笔把答题卡上对应题目的（答案』标号

涂黑。回答非选择题时，将R答案》写在答题卡上，写在本试卷上无效。考试结束只交

答题卡。

一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目

要求。

1.物体做匀速圆周运动时，保持不变的物理量是

A.速度B.加速度C.合外力D.动能

K答案ID

K解析X在描述匀速圆周运动的物理量中，线速度、向心加速度、向心力这几个物理量都

是矢量，虽然其大小不变但是方向在变，因此这些物理量是变化的；动能是标量只与速度

的大小有关，所以动能不变。

故选D。

2.下列关于电场的说法正确的是（）

A.电场线越密集的地方，电势越高

B.电场线越密集的地方，电势差越大

C.等差等势面越密集的地方，同一电荷所受的电场力越大

D.等差等势面越密集的地方，同一电荷的电势能越大

K答案XC

（解析》AB.电场线越密集的地方，电场强度越大，电势不一定越高，电势差不一定越

大，故AB错误；

CD.等差等势面越密集的地方，电场强度越大，同一电荷所受的电场力越大，同一电荷的

电势能不一定越大，故C正确，D错误。

故选Co

3.我国一箭多星技术居世界前列，一箭多星是一枚运载火箭同时或先后将数颗卫星送入轨

道的技术。两颗卫星释放过程简化为如图所示，火箭运行至尸点时，同时将A、B两颗卫

星送入预定轨道，A卫星进入轨道1做匀速圆周运动，B卫星进入轨道2沿椭圆轨道运

动，P点为椭圆轨道的近地点，。点为远地点，B卫星在。点变轨到轨道3,之后绕地球

做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）

Q

A.A、B两卫星在尸点的向心力相等

B.A卫星运行的周期大于B卫星沿轨道3运行的周期

C.B卫星从轨道2上。点变轨进入轨道3需减速

D.B卫星沿轨道2从P点运动到Q点过程中动能减少

［答案》D

［解析』A.在P点，A卫星受到的万有引力全部提供向心力，B卫星受到的万有引力部

分提供向心力，故A、B两卫星在尸点的向心力不相等，故A错误；

R3

根据开普勒第三定律,轨道的半径小于轨道的半径，则卫星运行的周

B.C不13A

期小于B卫星沿轨道3运行的周期，故B错误；

C.B卫星需在轨道2上。点加速，做离心运动，变轨进入轨道3,故C错误；

D.B卫星沿轨道2从P点运动到。点过程中，万有引力做负功，动能减少，故D正确。

故选D。

4.如图所示，一铜棒的长度为心、横截面积为5、电阻率为夕。铜棒单位体积内的自由电

子数为"，电子的电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向

移动的平均速率为v,则加在铜棒两端的电压大小为（）

y————

o~（彳-o

A.neSvB.nevpL

nevpL

C.nevpLS

'S

k答案』B

K解析R根据电流微观表达式可得

I=neSv

根据电阻定律和欧姆定律可得

R=—,U=IR

S

联立解得加在铜棒两端的电压大小为

U=nevpL

故选B。

5.如图所示，摆球（可视为质点）质量为初悬线长为L把悬线拉直至水平位置A点后

由静止释放摆球。设摆球从A运动到最低点8的过程中，空气阻力了的大小不变，重力加

速度为g，则摆球运动到最低点8时的速率为（）

A.JgL—卷

V4/71

K答案』B

K解析?设摆球从A运动到最低点8的过程中，将运动过程分为无数小段，每一小段的

阻力可视为恒力，则克服空气阻力做功为

叱=fs=f.Lx27lL=^

设摆球从A运动到最低点B的过程中，根据动能定理有

12

mgL-Wf=—mvB

解得

故选B。

6.如图为有两个量程的电流表内部结构图，由表头和电阻吊、R2组成。当使用〃和Aa

和c接线柱时，一个量程为0~0.6A,另一个量程为0~3A。已知表头的内阻为100Q、满偏

电流为300mA,则使用。〜3A量程时电流表的内阻为（）

A.18QB.20QC.50QD.100Q

K答案』A

K解析』根据题意得

R1+&=尺

4（4+&）=（3-4）4

解得

&=20Q

R2=80Q

使用。〜3A量程时电流表的内阻为

故选Ao

7.如图所示，一光滑绝缘圆形轨道固定在水平面上，在直径A8的两个端点上分别固定电

荷量为。1、的正点电荷，有一个带正电小球恰好静止于轨道内侧尸点（小球可视为点

电荷）。已知A、P两点的连线与直径之间的夹角6=30°,则M的比值为（）

p

A4%一

33

A.-B.3A/3C.6

2D.忑

K答案？B

K解析】对小球进行受力分析如图所示

F=k数

1j

A点和B点两点相距L,有

彳=Leos。

居=左弊

4

r2-Lsinq

根据平衡条件有

C凡

tang=—

耳

联立解得

段=—=3百

故选B。

8.如图所示为一款儿童游戏机的简化示意图。在与水平面夹角。=30°的光滑游戏面板

上，固定一半径为R的光滑细圆形挡板（垂直于面板），A、8为与圆心等高的直径两端

点。一质量为m的弹珠从弹射器水平发射出来后，沿挡板内侧从轨道最低点D开始运动,

恰好能通过轨道最高点C。忽略空气阻力，弹珠可视为质点，重力加速度大小为g,则弹

珠经过8点时（）

B.对挡板的压力大小为|■机g

A.对挡板的压力大小为2:咫

C重力的瞬时功率为邛D.重力的瞬时功率为鳖/迹

2

［答案IC

（解析XAB.弹珠恰好能通过轨道最高点C,则

丫2

mgsing=

解得

弹珠从C点到B点，根据动能定理

1212

mgRsin61=—mvB--mvc

弹珠经过B点受到支持力大小为

琮=喂=＞彩

3

根据牛顿第三定律，弹珠经过8点时对轨道的压力大小为5mg。故AB错误;

CD.重力的瞬时功率为

D.?八。mgy]6gR

P=mgvBsin30=--------

故C正确；D错误。

故选C。

二、多项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分。每小题有多个选项符合题目要

求。全部选对得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。

9.修正带是中学生常用的学习用具，其结构如图所示，包括上下盖座、大小齿轮、压嘴座

等部件，大小齿轮分别嵌合于大小轴孔中，大小齿轮相互吻合，服6点分别位于大小齿轮

的边缘，c点位于大齿轮的半径中点，当齿轮匀速转动时（）

A.两个齿轮转动方向相反B.a、c点的线速度大小相等

C.b点的向心加速度比c点的大D.a点的向心加速度比b点的大

[[答案XAC

k解析1A.°、6点是同缘传动，边缘点的线速度大小相同，转动方向相反，则两个齿轮

转动方向相反，故A正确；

B.以。点是同轴转动，角速度相等，c点位于大齿轮的半径中点，a点位于大齿轮的边

缘，根据丫=。厂可知，。点的线速度较大，故B错误；

CD.a、。点是同缘传动，边缘点的线速度大小相同，即

根据

V2

a=——，ra>rb

r

可得

a“<为

a、c点是同轴转动，角速度相等，即

①a=@c

根据

a=Ir，ra>rc

可得

ac<aa

综上所述可得

ac<aa<ab

故。点的向心加速度比c点的大，。点的向心加速度比6点的小，故C正确，D错误。

故选AC„

10.某实验小组利用如图所示的电路研究电容器的充、放电过程。电容器原来不带电，单

刀双掷开关S先接1,稳定后再接2,下列说法正确的是（）

S―®----

1PA

,R/

---------1।------

/~

A.S接1时，电流表示数逐渐增大

33接1时，减小电阻箱R的阻值，不影响电容器的充电时间

C.S接2时，增大电阻箱R的阻值，电容器的放电时间将延长

D.S接1和接2时，电容器两极间电势差随电荷量变化的规律相同

K答案1CD

［解析XA.S接1时，电源对电容器充电，随着逐渐充电，电容器两极板间的电势差增

大，电路中电流越来越小，充电完毕后，电路中电流为零，即电流表的读数逐渐减小零后

不变，故A错误；

B.S接1时，电容器充电，减小电阻箱R的阻值，充电电流增大，电容器的充电时间缩

短，故B错误；

C.S接2时，电容器放电，增大电阻箱R的阻值，放电电流减小，电容器的放电时间将

延长，故C正确；

D.根据Q=CU,可得AQ=CAU可知S接1和接2时，电容器两极间电势差随电荷量

变化的规律相同，故D正确。

故选CDo

11.在物流公司货场，经常会使用传送带搬运货物。如图所示，与水平面夹角为37。的传

送带以v=2m/s的速率逆时针转动，工人师傅将质量为m=5kg的货物轻放在传送带的底

端位置，经8s的时间到达传送带的顶端，已知货物与传送带间的动摩擦因数〃=0.8,重

力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,则货物从底端运送到顶端的过程中（）

A.货物重力势能增加了350JB.货物的重力势能增加了330J

C.传送带对货物做功为340JD.传送带对货物做的功为160J

［答案1BC

K解析工AB.货物加速阶段，根据牛顿第二定律可得

"mgcos37°-mgsin37°=ma

解得

«=0.4m/s2

可得

v=at1

解得

%=5s

该过程，货物沿传送带发生的位移为

124

=—atx=5m

由于

/nmgcos37°>mgsin37°

可知货物速度达到2m/s后，将随传送带一起匀速运动3s,有

x2-vt2-6m

可得8s时间内货物沿传送带运动位移

x=玉+々=11m

货物的重力势能增加了

AEp=mgxsin37°=330J

故A错误；B正确；

CD.由功能关系可知，传送带对货物做的功等于货物增加的动能和重力势能，即

1,

W=AE+-mv2=340J

P2

故C正确；D错误。

故选BC。

12.正方形ABC。的四个顶点分别位于x轴和y轴上，在A、C两点分别固定一个电荷量为

+4的点电荷；在2、D两点分别固定一个电荷量为一勺的点电荷。E点和尸点分别为

和CD边的中点，〃点和N点是位于x轴上关于。点对称的两个点。则下列说法正确的是

()

A.E点和尸点的电场强度相等

B.O点的电场强度等于零，电势一定大于零

C.将电子从E点沿着跖连线移动到尸点，电场力不做功

D.电子从M点移动到N点的过程中，电势能先增大后减小

[[答案]]CD

k解析1A.将A、B与C、。分别看为两组等量异种点电荷，根据等量异种点电荷的电

场分布规律，结合对称性可知，E点和尸点的电场强度大小相等，方向相反，即E点和尸

点的电场强度不相等，故A错误；

B.结合上述，将A、B与C、。分别看为两组等量异种点电荷，由于等量异种点电荷连线

的中垂线为等势线，电势与无穷远电势相等，即电势等于0,可知，。点的电势为0,A、

C与8、。是两组等量同种点电荷，由于等量异种点电荷连线的中点位置的电场强度为0,

即。点的电场强度等于零，故B错误；

C.结合上述可知，EF连线为一条等势线，则将电子从E点沿着EF连线移动到尸点，电

场力不做功，故C正确；

D.根据图中电荷的分布可知，由于之间的任意位置均靠近A、8组等量异种点电荷，

则MO之间任意位置的电势由A、B组等量异种点电荷决定，ON之间的任意位置均靠近

C、。组等量异种点电荷，则ON之间任意位置的电势由C、。组等量异种点电荷决定，根

据等量异种点电荷的电场线分布规律，由于沿电场线电势降低，而等势线垂直于电场线，

由于。点电势为0,可知，加。之间的任意位置的电势均大于0,由"fO,电势降低，

ON之间的任意位置的电势均大于0,由OfN,电势升高，则电子从/点移动到N点

的过程中，电场力先做负功后做正功，则电势能先增大后减小，故D正确。

故选CD„

13.“绸吊”杂技表演中，演员抓紧绸带在空中做出各种精彩的动作。如图所示，长度分别为

2啦L和乙的绸带一端固定在天花板上，质量相等的甲、乙两位演员分别抓住绸带的另一

端，在不同高度的水平面内做匀速圆周运动，此时两绸带与水平方向的夹角分别为

1=45°、，=30。。已知两绸带上端的固定点足够远以避免发生缠绕，绸带可视为轻质

B.甲、乙所受拉力大小之比为1：行

C.甲、乙的线速度大小之比为6：2

D.甲、乙的线速度大小之比为2:石

k答案]BD

K解析』AB.对两演员分别进行受力分析，则有

(sinc=mg,T2sinQ=mg

解得

4」

T2V2

故A错误，B正确;

CD.根据

tana2V2Lcosatan/3Leos（3

解得

V]_2

V26

故C错误，D正确。

故选BD。

14.如图所示，倾角6=37。的斜面固定在水平地面上，斜面顶端固定一轻质的定滑轮，质

量分别为根、-m的物块A、B通过细绳及轻质弹簧连接在滑轮两侧，物块B静止在底端

2

挡板处，开始时细绳伸直，用手托着物块A使弹簧处于原长，这时物块A距离地面的高度

为/?,放手后物块A下落，当A刚好接触地面时，B对挡板恰好无压力，此时A的速度大

小为也已知弹簧的弹性势能与其形变量的平方成正比，不计一切摩擦和空气阻力，重力

加速度为g，sin37°=0.6,则在上述过程中（）

A.物块A刚好要接触地面时加速度大小为gg

B.弹簧的最大弹性势能为5加y-mg/z

C.物块A速度最大时离地面的高度为；/?

3

D.物块A的最大速度为gJg/?+F

（答案』AB

（解析XA.根据题意，当A刚好接触地面时，B对挡板恰好无压力，弹簧的弹力为

4=^mgsin0

对A分析由牛顿第二定律

根g-%=ma

联立解得物块A刚好要接触地面时加速度大小为

1

故A正确;

B.当A刚好接触地面时，弹簧的伸长量最大，弹簧有最大弹性势能，由能量守恒

2

rng/i=1mv+Epmax

解得弹簧的最大弹性势能为

Epmax^-C^mv2-mgh)=^mv2-mgh

故B正确;

CD.物块A速度最大时受力平衡

mg=kh'

根据题意，当A刚好接触地面时，B对挡板恰好无压力，有

kh=^mgsin6

联立解得

h'=-h

3

从物块A速度最大到落地过程，由能量守恒

mg(.h-/z')+—+—kh°=—mv2+—kh2

2222

联立解得

故CD错误。

故选AB

三、本题共4小题，共18分。

15.如下图所示，螺旋测微器的读数为______mm；游标卡尺的读数为<

:主尺56cm

?"MURIUM、1

010游标尺20

II答案18.5004.260

K解析I螺旋测微器的读数为

D=8.5mm+0.0x0.01mm=8.500mm

游标卡尺的读数为

L=42mm+12x0.05mm=42.60mm=4.260cm

16.

（1）下列关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是（选填正确选项的序

号）。

A.测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开

B.测量电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关拨至倍率较大的挡位，重新调零后测量

C.选择开关旋到“。”挡的合适位置，将红、黑表笔分别插入“+”“一”插孔，并将两表笔短

接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准表盘左侧零刻度

D.测量完毕，将选择开关旋到OFF位置

（2）某同学按照正确实验操作步骤测量一个电阻，多用电表的示数如图所示，此被测电

阻的阻值为

K答案X(1)AD(2)2000

K解析工

【小问1详析】

A.测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，A正确；

B.测量电阻时，如果指针偏转过大，表明待测电阻的阻值太小，应将选择开关拨至倍率

较小的挡位，重新调零后测量，B错误；

C.选择开关旋到“Q”挡的合适位置，将红、黑表笔分别插入“+”“一”插孔，并将两表笔短

接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准表盘右侧零刻度，C错误；

D.测量完毕，将选择开关旋到OFF位置，D正确。

故选AD。

【小问2详析】

被测电阻的阻值为

R=20xl00Q=2000。

17.某同学在实验室中用伏安法测一电阻R的阻值。

(1)该同学用如图所示的电路判定电流表需采用内接法还是外接法。正确连线后，合上开

关S,将滑动变阻器的滑片尸移至合适位置。将单刀双掷开关K掷到1时，电压表和电流

表的示数分别为q=2.9V、/1=31.2mA；将K掷到2时，电压表和电流表的示数分别

为％=3.0V、I2=29.7mA,由此可知单刀双掷开关K应掷到（选填“1”或

"2”）。

（2）若电阻的测量值R测是通过电压表读数的。和电流表的读数/的比值计算得出，则该

电阻测量值R测=Q（计算结果保留3位有效数字），且测量值R测（选

填“大于，，”等于，，或，，小于，，）电阻R的真实值。

［答案》（1）2（2）101大于

K解析』

【小问1详析】

两次实验，电压表的变化为

U—U30-29

7」——Lx100%=-——-x100%合3.3%

1%3.0

两次实验，电流表的变化为

1-1312-297

%~-xl00%=----------xl00%®5.1%

1229.7

因此可知电流表的示数变化更明显，说明电压表的分流更严重，为减小误差，应采用内接

法，单刀双掷开关K应掷到2。

【小问2详析】

电阻测量值

3.0

Q»101Q

29.7xlO-3

由于电流表的分压作用，实际待测电阻两端的电压小于电压表的示数，故测量值R测大于

电阻R的真实值。

18.某实验小组用图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。在水平气垫导轨某刻度处安

装一个光电门，滑块上固定一宽度为d的遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮

与钩码连接。用天平分别测出滑块及遮光条的总质量为钩码的质量为优，重力加速度

为g。

光号］滑类遮音

蚪'［出--1:111

□

钩码U田U

甲

(1)在某次实验操作中，滑块在气垫导轨某位置由静止释放时，测得遮光条与光电门中心

之间的距离为L遮光条通过光电门的时间为3则遮光条通过光电门时的速度可以表示为

v=,此过程中滑块和钩码组成的系统重力势能的减少量为,动能的增

加量为,若两者相等，则说明。

(2)实验时保持滑块及遮光条的总质量加、钩码质量必均不变，改变滑块在气垫导轨上

由静止释放的位置，测出对应的遮光条与光电门中心之间的距离L和遮光条通过光电门的

时间f,通过描点作出--r图像如图乙所示，已知图乙中直线的斜率为七则当地的重力

L

加速度可以表示为(用题目中给定的字母表示)。

［答案1(1)-mgL(>+"滑块和钩码组成系统机械能守恒

t2产

⑵(”+加)储

2mk

k解析］

【小问1详析】

根据极短时间的平均速度等于瞬时速度，遮光条通过光电门时的速度可以表示为

d

v=­

t

此过程中滑块和钩码组成的系统重力势能的减少量为

%=mgL

动能的增加量为

(M+m)d2

4AP+机W=——1—

若两者相等，则说明滑块和钩码组成的系统机械能守恒。

【小问2详析】

系统机械能守恒，则

AEp=AEk

整理得

,(M+m)d21

L=-------------------7

2mgr

图像的斜率为

,(M+in)d~

K=-------------

2mg

当地的重力加速度可以表示为

{M+m)d2

g=---------

2mk

四、本题共4小题，共40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K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.双星系统是由两颗恒星组成的天体系统，这两颗恒星在相互的万有引力作用下，各自

在轨道上绕着共同的圆心做匀速圆周运动。如图所示为某一双星系统，其中A星球的质量

为〃4，轨道半径为可，B星球质量为m2，引力常量为G,求:

(1)A星球和B星球的线速度之比;

(2)A星球运行的周期。

K解析F(1)根据万有引力提供向心力有

CJITLTTZQ72

-才上=rriyCDrx-m^cor2

整理，可得

叫6-m2rl

由

v-cor

联立，解得

匕_m2

v2叫

（2）根据

丁2%

1=—

CD

又

联立，解得

7_2乃(g+»12Hp~

加2NG1nl

20.动车组是自带动力车厢和不带动力车厢的编组。某一动车组由8节车厢连接而成，其

中第一节和第四节车厢为动力车厢，每节动力车厢的额定功率均为场=2xl()7w,每节

车厢的质量均为根=5xl()4kg,动车组在行驶过程中所受的阻力/为车重的0.1倍，已知

行驶过程中，每节动力车厢总保持相同的输出功率，重力加速度g=lOm/s?。

(1)求该动车组的最大行驶速度Vm；

(2)若动车组从静止开始以a=4m/s2的加速度沿着平直轨道匀加速运动，行驶了片65s

的时间达到最大速度，求动车组从静止到获得最大速度所通过的位移大小X。

I1答案U(1)100m/s;(2)1200m

(解析R(1)根据题意得

2格=0.1x8租gx%

解得

vm=100m/s

(2)根据牛顿第二定律得

2F—0.1x8mg=Sma

解得

F=1.0X106N

匀加速的末速度VI

2场=2鹏

解得

匕=20m/s

匀加速的时间h

%=—=5s

a

根据动能定理得

1212

2。（65-4）-0.1xSmgx=—xSmvm--x8mVj

解得

x=1200m

21.如图所示，倾角6=37°的足够长粗糙斜面固定在水平面上，斜面上放一质量

M=2kg的薄木板，木板的最上端叠放一质量m=1kg的小物块，对木板施加沿斜面向上

的拉力F=32.4N,使木板沿斜面向上由静止开始做匀加速直线运动，经测量得知F的作

用时间为2s时，物块滑离木板。已知木板与斜面间、物块与斜面间的动摩擦因数

4=0.5,物块与木板间的动摩擦因数〃2=0用，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动

摩擦力,g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8»求:

(1)此过程中拉力F所做的功；

(2)物块与木板间因摩擦产生的热量；

(3)物块滑离木板后沿斜面上升的最大距离。

K答案］1(1)64.8J；(2)7.68J；(3)0.032m

K解析工(1)对木板根据牛顿第二定律得

F-Mgsin37°-〃2mgcos37°-//,{m+M^gcos37°=M%

解得

2