江苏省南京南师附中2021-2022高一下学期期末物理试卷+答案.pdf

1、试卷第 1页，共 7页江苏省南京师范大学附属中学江苏省南京师范大学附属中学 2021-20222021-2022 学年高一下学期期学年高一下学期期末物理试题末物理试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题一、单选题1下图是一种新颖的“静电”绝缘纤维布制成的预防新型冠状病毒肺炎口罩面料构成示意图。其中熔喷层经驻极工艺，表面带有电荷，它能阻隔几微米的病毒，这种静电的阻隔作用属于（）A静电感应B摩擦起电C静电吸附D静电屏蔽2甲、乙两运动员在做花样滑冰表演，沿同一直线相向运动，速度大小都是 1m/s，甲、乙相遇时用力推对方，此后都沿各自原方向的反方向运动，速度大小分别为1m/s和2m/s.求甲、乙

2、两运动员的质量之比（）A1:2B2:1C2:3D3:23如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关 S 闭合后，在变阻器 R0的滑动端向下滑动的过程中（）A电压表与电流表的示数都减小B电压表与电流表的示数都增大C电压表的示数增大，电流表的示数减小D电压表的示数减小，电流表的示数增大4如图所示，虚线为某电场中的等势线，其中 A、B、C 三条等势线的电势分别为 3V、5V、7V，实线为带电粒子在电场中运动时的轨迹，P、Q 为轨迹与等势线 A、C 的交点。带电粒子只受电场力的作用，则下列说法正确的是（）试卷第 2页，共 7页A粒子带负电B粒子在 P 点的动能大于在 Q 点的动能C粒子在 P 点的电势能大于

3、在 Q 点的电势能D粒子在 P 点的加速度大于在 Q 点的加速度5在 x 轴上 x=0 和 x=1.0m 处，固定两点电荷1q和2q，两电荷之间各点对应的电势高低如图中曲线所示，在 x=0.6m 处电势最低，下列说法正确的是（）A两个点电荷是异种电荷B点电荷2q的电荷量大于1qCx=0.5m 处的位置电场强度为零D将一正的试探电荷从 0.4m 处移到 0.8m，电场力先做正功后做负功6如图所示为大小不同的两个电阻的电流随电压变化的图象，那么 1、2 所表示的电阻及两电阻串联或并联后的图线所在区域分别是A1 表示电阻大的图线，并联后图线在区域；B1 表示电阻小的图线，并联后图线在区域；C1 表示

4、电阻小的图线，串联后图线在区域；D1 表示电阻大的图线，串联后图线在区域7某物体在水平拉力 F 作用下，由静止沿水平方向运动，1t时刻撤去拉力 F，其vt图像如图所示。整个过程中，拉力 F 做的功为1W，冲量大小为1I；物体克服摩擦阻力fF做试卷第 3页，共 7页的功为2W，摩擦阻力的冲量大小为2I，则下列判断正确的是（）A12WW；12IIB12WW；12IIC12WW；12IID12WW；12II8如图，平行板电容器与直流电源连接，电源正极接地。初始电容器不带电，闭合开关，电路稳定后，一个带电油滴位于电容器中的 P 点且处于静止状态。下列说法正确的是（）A带电油滴带正电B保持开关闭合，上极

5、板下移，带电油滴向下运动C电路稳定后，断开开关，上极板上移，P 点电势升高D电路稳定后，断开开关，下极板下移，带电油滴保持静止9某同学用内阻g20R、满偏电流g5mAI 的毫安表及相关元件制作了一个简易欧姆表，电阻刻度值尚未标定，电路如图甲所示。该同学将两表笔短接，调节滑动变阻器R 使毫安表指针满偏，再将阻值为400的电阻接在两表笔之间，此时毫安表指针位置如图乙所示。下列说法正确的是（）A该电源电动势为1.5VB该电源电动势为9.0VC刻度2.5mA处标注600试卷第 4页，共 7页D刻度4mA处标注200二、多选题二、多选题10地面上方某区域存在方向水平向右的匀强电场，将一带正电荷的小球自电

6、场中点水平向左射出。小球所受的重力和电场力的大小相等，重力势能和电势能的零点均取在点。则射出后，（）A小球的动能最小时，其电势能最大B小球的动能等于初始动能时，其电势能最大C小球速度的水平分量和竖直分量大小相等时，其动能最大D从射出时刻到小球速度的水平分量为零时，重力做的功等于小球电势能的增加量三、实验题三、实验题11某实验小组选用以下器材测定干电池的电动势和内阻，要求测量结果尽量准确。实验室提供的实验器材：于电池一节（电动势约 1.5V，内阻小于 1）；电压表 V（量程 3V，内阻约 3k）；电流表 A（量程 0.6A，内阻约 1）；滑动变阻器 R（最大阻值为 20）；定值电阻1R（阻值等于

7、 2）；定值电阻2R（阻值等于 5）；开关一个，导线若干。（1）该小组连接的实物电路如图甲所示，经仔细检查，发现电路中有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是_。（2）改正这条导线的连接后开始实验，闭合开关前，滑动变阻器的滑片 P 应置于滑动变阻器的_端（填“a”或者“b”）（3）该小组按照改正后的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏，记录此过程中电压表和电流表的示数，结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是_。（单选，填正确答案标号）A电压表分流B干电池内阻较小C滑动变阻器最大阻值较小D电流表内阻较小（4）针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组

8、利用该实验提供的器材改进了实验方案，重新测量得到的数据如下表所示。试卷第 5页，共 7页序号123456I/A0.080.140.200.260.360.40U/V1.351.201.050.880.720.52问题：请按照改进后的方案，在图乙方框内画出实验电路原理图；_实验数据中，有 4 组数据的对应点已经标在如图丙的坐标纸上，请标出余下数据的对应点，并画出 U-I 图线；_根据实验数据可知，所选的定值电阻为_（填“1R”或“2R”），电源电动势_V，电源内阻_。（结果均保留 2 位小数）四、解答题四、解答题12如图所示，在足够长的光滑绝缘水平直轨道上方 h 高度的 P 点，固定一个电荷量为

9、Q 的点电荷，一个质量为 m、带电荷量为q 的物块（可视为质点），从轨道上的 A点以初速度0v沿轨道向右运动，当运动到 P 点正下方 B 点时速度为 v。已知 P、A 连线与水平轨道的夹角为 60，静电力常量为 k，重力加速度为 g，求：（1）物块在 A 点时受到的支持力 N 是多大；（2）A、B 两点之间的电势差ABU。13“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个试卷第 6页，共 7页相互绝缘、半径分别为AR和BR的同轴（即 z 轴）带电足够长半圆柱面 a、b 组成。设在ABRrR区域内只有径向电场，其场强大小分布为kEr（k 为已知常量）。如图所示，电荷量

10、为e、质量为 m 的电子以不同的速度，从偏转器左端正中间小孔 P 处沿 y 轴正方向入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板，忽略电场的边缘效应。（1）判断半圆柱面 a、b 的电势高低，并说明理由；（2）电子入射速度为0v时，恰能在 xoy 平面内做以 O 为圆心的匀速圆周运动到达探测板，则0v大小为多少；（3）若电子以某一速度射入偏转电场区域，速度方向与 xoy 平面成 45角，且在垂直 z轴方向的运动恰好与（2）相同，求电子到达探测板时，z 轴方向上的位移大小。14在如图所示的电路中，电源电动势10VE，内阻1r，闭合开关，标有“8V，12W”字样的灯泡 L 恰能正常发光。已知玩

11、具电动机 M 的绕线电阻（内阻）01R，绕线长度 11.5m，横截面积20.2mm。求：（1）玩具电动机绕线的电阻率（结果保留两位有效数字）；（2）电动机的输入功率入P；（3）去除灯泡后电动机可能的最大输出功率mP。15如图甲所示，两平行金属板水平放置，间距为 d，金属板长为 L=2d，两金属板间加如图乙所示的电压（初始时上金属板带正电），其中20216mdUqT。一粒子源射出的带电粒子恰好从上金属板左端的下边缘水平进入两金属板间。该粒子源能随时间均匀发射质量为 m、电荷量为q 的带电粒子（初速度04dvT，重力忽略不计）。（1）求能从板间飞出的粒子在板间运动的时间；试卷第 7页，共 7页（2

12、）若4Tt 时刻进入两极板之间，粒子飞出极板时的偏移量 y 是多少；（3）若发射时间足够长，则能够从两金属板间飞出的粒子占总入射粒子数的比例为多少。答案第 1页，共 10页参考答案：参考答案：1C【详解】静电能吸引轻小物体，含有病毒的飞沫靠近熔喷层时会被静电吸附在表面无法通过，从而起到隔离病毒的作用，这种静电的阻隔作用属于静电吸附；故选 C。2D【详解】由动量守恒定律得1 12 22 21 1mvmvmvmv解得122211mvvmvv代入数据得1232mm故选 D。3A【详解】当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可

13、知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过 R2的电流减小。故选 A。【点睛】4B【详解】A因电场线与等势面相互垂直，且由高电势指向低电势，故电场线如图所示答案第 2页，共 10页由粒子运动的轨迹弯曲的方向可知粒子受力沿电场线的方向，故粒子带正电；故 A 错误；B若粒子从 P 到 Q，则电场力做负功，粒子动能减小，故 P 点动能大于 Q 点动能；若粒子从 Q 到 P，电场力做正功，动能增大，P 点动能大于 Q 点动能，故粒子在 P 点动能一定大于 Q 点的动能，故 B 正确；C若粒子从 Q 到 P，电场力做正功，动能

14、增大，电势能减小，所以带电粒子在 P 点电势能小于粒子在 Q 点电势能，故 C 错误；D因 Q 点处的等势面密集，故 Q 点的电场强度大，故电荷在 Q 点受到的电场力大于 P 点受到的电场力，粒子在 P 点的加速度小于在 Q 点的加速度，故 D 错误。故选 B。5D【详解】A由图可知电势都大于零，且在 x=0.6m 处电势最低，两电荷一定都是正电荷，故 A 错误；C因x 图像的切线斜率表示电场强度，x=0.6m 处电势最低，x=0.5m 处的位置切线斜率不为零，电场强度不为零，故 C 错误；Bx=0.6m 处电势最低，场强为 0，有12220.60.4qqkk则点电荷 q1的电荷量大于 q2，

15、故 B 错误；D 在 x=0.6m 处电势最低，将一正的试探电荷从 0.4m 处移到 0.8m，由于电势先降低后升高，所以电场强度方向先向右后向左，正电荷所受的电场力先向右后向左，电场力先做正功后做负功，故 D 正确。故选 D。6B【详解】试题分析：由图看出，图线 1 的斜率大于图线 2 的斜率，而图线的斜率等于电阻的倒数，则 1 表示电阻小的图线并联后总电阻比任何一个电阻都小，斜率比图线 1 还要大，则并联后图线在区域故 A 错误，B 正确由上可知，1 表示电阻小的图线两电阻串联后总电阻比任何一个电阻都大，斜率比图线 2 还要大，则串联后图线在区域 故 CD 错误考点：考查了欧姆定律；串联电

16、路和并联电路7A【详解】整个过程中，由动能定理得答案第 3页，共 10页1200WW可知12WW由动量定理得1200II可知12II故选 A。8D【详解】A电容器上极板带正电、下极板带负电，电场线方向是向下。带电油滴是处于静止状态，则其受到的静电力qE与竖直向下的重力G二力平衡，即qEG，同时可知油滴受到的静电力方向是竖直向上，与电场线方向相反，可知带电油滴带负电，选项 A 错误；B保持开关闭合，电容器两极板间电压U保持不变。上极板下移，两极板间距d减小。由电场强度与电势差的关系UEd可知，极板间电场的电场强度E增大，可知qEG，即油滴受到的合力向上，可知带电油滴向上运动，选项 B 错误；C电

17、路稳定后，断开开关，两极板所带电荷量Q保持不变。上极板上移，两极板间距 d 增大。由电容器的决定式r4SCkd、定义式QCU和电场强度与电势差的关系UEd可得r4 kQES可知极板间电场强度 E 保持不变。当电源断开时，接地的不是上极板，而是电源正极，因此对平行板电容器来说，上极板电势是可变的，下极板电势才是不变的，由于电源作用是产生电势差，因此，下极板电势保持E 不变。当移动上极板时，场强 E 保持不变，P 到下极板距离不变，因此 P 点电势应该保持不变，选项 C 错误；D电路稳定后，断开开关，两极板所带电荷量Q保持不变。上极板下移，两极板间距d减小。由电容器的决定式r4SCkd、定义式QC

18、U和电场强度与电势差的关系UEd可得r4 kQES可知，极板间电场强度E保持不变，仍然存在qEG，即带电油滴保持静止，选项 D 正确。故选 D。答案第 4页，共 10页9C【详解】AB由闭合电路欧姆定律得，满偏时ggEIRrR接入1400R 的电阻时，表头指在 3mA，得gg135EIRrRR联立解得580Rr，3VE AB 错误；C当电流刻度为2.5mA时，接入电阻为2gg60012ERRrRIC 正确；B当电流刻度为4mA时，接入电阻为3gg15045ERRrRI D 错误。故选 C。10BD【详解】A如图所示Eqmg故等效重力G的方向与水平成45。当0yv 时速度最小为min1vv，由于

19、此时1v存在水平分量，电场力还可以向左做负功，故此答案第 5页，共 10页时电势能不是最大，故 A 错误；BD水平方向上0Eqvtm在竖直方向上vgt由于Eqmg，得0vv如图所示，小球的动能等于末动能。由于此时速度没有水平分量，故电势能最大。由动能定理可知0GEqWW则重力做功等于小球电势能的增加量，故 BD 正确；C当如图中 v1所示时，此时速度水平分量与竖直分量相等，动能最小，故 C 错误；故选 BD。115aBR11.520.62【详解】（1）1电池的内阻较小，电流表的内阻会对电池内阻的测量造成较大的影响应采用外接法，电路中 5 导线连接不当；（2）2闭合开关前，应使电路中的电流最小，

20、滑动变阻器的滑片 P 应置于滑动变阻器的 a答案第 6页，共 10页端；（3）3电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是干电池内阻较小。故选 B。（4）4按照改进后的方案，实验电路原理图如下图所示5实验数据中，U-I 图线如下图所示6由 U-I 图线可知1.522.620.58R测干电池内阻小于 1，可知所选的定值电阻为1R；7由图像可知电源电动势为 1.52V；8电源内阻为12.6220.62rRR测12（1）23 38kQqNmgh；（2）220()2ABm vvUq【详解】（1）物块在 A 点时，竖直方向根据受力平衡可得sin60NmgF库又答案第 7页，共 10页2()sin

21、60kQqFh库联立解得轨道对物块的支持力大小为23 38kQqNmgh（2）物块从 A 点到 B 点过程，根据动能定理可得2201122ABqUmvmv解得 AB 之间的电势差为220()2ABm vvUq13（1）a 的电势高于 b；（2）qkm；（3）R【详解】（1）电子带负电，若要最后到达偏转器右端的探测板，电场力提供向心力，电子所受的电场力指向圆心，则电场方向由 ab，即 a 的电势高于 b；（2）电子做半径为 R 匀速圆周运动，则有20vqEmR解得0qkvm（3）由第 2 问可知，只要且垂直于入射处直径的分速度为qkm，就能完成（2）的圆周运动，又1v与入射处直径和半圆柱体轴所在

22、平面成 45入射，所以12qkvm运动时间为011222RmtTRvqk因此沿柱轴方向粒子的运动位移122zxv tv tR14（1）81.7 10 m；（2）4W；（3）12.5W【详解】（1）玩具电动机绕线的电阻率为答案第 8页，共 10页6801 0.2 10 m1.7 10 m11.5R SL（2）灯泡 L 恰能正常发光则路端电压为 8V，总电流为108A2A1EUIr流过小灯泡的电流为112A1.5A8PIU可知流过电动机的电流为212A1.5A0.5AIII电动机的输入功率为28 0.5W4WPUI 入（3）当电动机的反电动势为2E时输出功率最大，此时电路中的总电流为3052A2.

23、5A2EIrR路端电压为1310V2.5 1V7.5VUEI r去除灯泡后电动机可能的最大输出功率3m221307.5 2.5W2.51W12.5WUIIPR15（1）2T；（2）d；（3）214【详解】（1）能从板间飞出的粒子，平行于板方向做匀速直线运动，在板间运动的时间0022LdTtvv（2）设带电粒子在两金属板间运动时的加速度大小为 a，则0216qUdamdT带电粒子在4Tt 时刻进入两极板之间，则它在竖直方向上先加速向下4T，有211242Tdya经过4T时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过4T时间，竖直分速度减为零答案第 9页，共 10页221242Tdya飞出极板时

24、的偏移量12yyyd（3）假设0t时刻进入两金属板间的粒子不碰到金属板而能够飞出两金属板间，则飞出两金属板间时的偏移量为2122yatdd则假设不成立，0t时刻进入两金属板间的粒子将打在金属板上。在第一个周期内，设带电粒子在1t时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下，经过1t时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过1t时间，竖直分速度减为零，恰好从下金属板右端飞出，画出其运动轨迹，如图所示：可知21122dat解得14Tt 所以1124TTtt在第一个周期内，设带电粒子在2t时刻进入两金属板间，它在竖直方向上先加速向下，经过2t时间后电场反向，开始在竖直方向上减速向下，又经过2t时间，竖直分速度减为零，然后加速向上直到恰好从上金属板右端飞出，画出其运动轨迹，如图所示：答案第 10页，共 10页可知2222112222atatt解得222222,44tTtT舍去所以22224TttT在第一个周期内，带电粒子不碰到金属板而能够飞出两金属板间的时刻t满足1244TtT 则能够从两金属板间飞出的粒子占总入射粒子数的比例为214k