辽宁省协作校2021-2022学年高一下学期期末考试
物理
考试时间：90分钟 满分：100分
第Ⅰ卷（选择题，共52分）
一、选择题（本题12小题，共52分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一个选项符合题目要求，每小题4分；第9~12题有多项符合题目要求，每小题5分，全部选对得5分，选对但不全得2分，选错或不选得0分）
1.如图所示，一粗细均匀的金属导线横截面积为S，单位体积内有n个自由电子，每个自由电子的电荷量为e，下面说法正确的是（ ）
A.时间t内流过该导线某一横截面的电荷量为
B.导线内的电流强度为I时，电子定向移动的速度为
C.将金属丝均匀的拉长到原来的2倍，其电阻也变为原来的2倍
D.将金属丝接入电路，随着温度的升高其电阻变小
2.如图所示，长为L的悬线固定在O点，在O正下方处有一钉子C，把悬线另一端的小球m拉到跟悬点同一水平面上无初速度释放，小球运动到最低点时悬线碰到钉子，则（ ）
A.悬线碰到钉子前后瞬间，小球的角速度之比为2∶1
B.悬线碰到钉子前后瞬间，小球的动能之比为1∶4
C.悬线碰到钉子前后瞬间，小球的向心加速度之比为1∶2
D.悬线碰到钉子之后，小球可以继续做圆周运动达到悬点O
3.地球半径R，地球表面的重力加速度g，现有质量为m的卫星，在距地球表面2R的轨道上做匀速圆周运动，则正确的是（ ）
A.卫星的动能为 B.卫星的角速度为
C.卫星与地球间的万有引力为 D.地球的密度为
4.竖直墙壁上落有两只飞镖，它们是从同一个位置水平射出的，均可看作平抛运动。飞镖A、B的落点速度与竖直墙壁分别成45°角和37°角，墙上两个飞镖落点的间距为，则两只飞镖的射出点离墙壁的水平距离为（ ）（）
A.0.75m B.1m C.1.5m D.3m
5.光滑水平面上质量为4的物块A，水平向右以1的速度与质量为6的静止物块B发生正碰，碰撞后物块A的速度大小和方向不可能为（ ）
A.0 B.0.2，水平向左
C.0.4，水平向右 D.0.6，水平向右
6.物块A和斜面B的质量分别为m和3m，水平直角边长分别为L和3L，不计一切摩擦，A从斜面顶端由静止开始运动，相对于斜面刚好滑到底端这一过程中，正确的是（ ）
A.物块A的机械能守恒 B.A与B组成的系统动量守恒
C.斜面B的位移大小为0.5L D.物块A的位移大小为1.5L
7.两个完全相同、带等量异种电荷的小球A、B，质量均为m，分别用长为的绝缘细线悬挂在相距为3L的M、N两点，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，细线与竖直方向夹角。外加水平向左的匀强电场后，两小球经过一段长时间摆动，最终再次平衡的位置如图乙所示，细线与竖直方向夹角仍为，正确的是（ ）
A.小球A带负电，小球B带正电
B.小球A的电荷量
C.图乙中，A球的电势能一定大于B球的电势能
D.图乙中外加匀强电场的电场强度
8.如图所示，两个较大的平行金属板A、B，通过电流计接在电压相定的电源上。质量为m、带电荷量为q的油滴恰好静止在两金属板之间。在其他条件不变的下，如果将B板向下移动一小段距离，则该过程中（ ）
A.油滴将向下加速运动，电流计中的电流从b流向a
B.油滴将向下加速运动，电流计中的电流从a流向b
C.油滴静止不动，电流计中的电流从b流向a
D.油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b
9.如图所示，质量为m的球，固定在轻杆上，绕过O点的转轴在竖直面内沿顺时针方向做匀速圆周运动，A、B是圆周上与圆心O等高的两点。若小球运动的速度大小为v，轨道半径为R，且（g为重力加速度），则小球从A点运动到B点的过程中（不计空气阻力），下列说法正确的是（ ）
A.小球所受重力的冲量大小等于 B.小球所受向心力的冲量大小等于
C.小球所受合力的冲量大小等于 D.轻杆对小球作用力的冲量大小等于
10.在x轴上有两个固定的点电荷、，其电场中的电势在x轴正半轴上的分布如图所示，下列说法正确的是（ ）
A.为负电荷，为正电荷
B.电量小于的电量
C.处的电场强度为零
D.电量为的检验电荷从位置移到无穷远的过程中，电场力做功为
11.两个固定的等量异种点电荷产生电场，等势面如图中虚线所示。一带电粒子以初动能12从图中a点进入电场，运动轨迹如图中实线所示，该粒子只受电场力作用，正确的是（ ）
A.粒子带正电
B.粒子从a点运动到e点，由场力做的总功为0
C.当粒子的动能为4时，其电势能为8
D.经过b点和d点时粒子的动量相同
12.用四个相同的电流表头分别改装成两个不同量程的电压表、和两个不同量程的电流表、，改装后的量程比表量程大，表量程比表的量程大，下列说法中正确的是（ ）
A.表的内阻比表的内阻大
B.表的内阻比表的内阻大
C.若表与表并联，表的指针偏转角比较小
D.若表与表并联，表的读数比较小
第Ⅱ卷（非选择题，共48分）
二、实验题（本题2小题，13题5分，14题9分，共14分）
13.（5分）在验证动量守恒定律的实验中，让A、B两滑块在长直气垫导轨上相撞。碰撞前B滑块静止，A滑块向B滑块匀速运动，利用频闪照相的方法连续四次拍摄的照片如图所示。已知相邻两次闪光的时间间隔为T，且第一次闪光时滑块A恰好位于坐标处。拍照过程中两个滑块均在0~80坐标范围内，两个物块的碰撞时间及闪光持续的时间极短，均可忽略不计。由此照片可判断：实验过程中第三次拍照时滑块A在_________处，A、B两滑块的质量之比__________.
14.（9分）（1）测量电阻丝的电阻率实验中，取一段电阻丝（电阻值较小）连接在实验电路中，测出接入电路的电阻丝长度L、直径d、电阻R，则电阻丝电阻率的表达式___________。
（2）实验要求测量多组数据并且电压从零开始调节，请将下面的电路图补充完整，在必要的接线位置间连线（黑点表示可接线位置）。
（3）测量电阻丝直径时螺旋测微器读数如图示，为___________；电压表（量程3V）、电流表（量程0.6A），某次测量时指针位置如图示，则电压表读数___________V，电流表读数___________A。将以上数据代入电阻率公式，得到测量结果。根据正确的电路连接方式，由于电表内阻的影响，可知该电阻率的测量值___________（填偏大，偏小，准确）
三、计算题（本题3小题，15题10分，16题10分，17题14分，共34分）
15.如图所示，光滑水平面与竖直半圆形导轨在B点衔接，粗糙的半圆形导轨半径为0.1m。将质量为1的物块压缩轻弹簧至A处，物块被释放后离开弹簧时获得一个向右的速度在水平面上运动，当它经过B点进入半圆形导轨的瞬间对导轨的压力为其重力的10倍，之后物块恰能到达导轨的最高点C，最终落在水平面上未与弹簧相碰，。
求：（1）弹簧对物块的弹力做功？
（2）从B至C过程，物块与轨道间产生的内能？
（3）物块刚要接触水平面时，重力的功率？
16.现有竖直向上的匀强电场，电场强度。质量的带电粒子仅在电场力作用下，运动轨迹如图中曲线所示。该粒子经过A点时的速度，与水平方向夹角为37°。从A点经过到达B点，经B点时速度与水平方向夹角为53°。
求：（1）带电粒子的电性？电量？
（2）A、B两点间的电势差？
17.如图，半径为R的光滑圆形轨道固定在竖直面内，小球A、B质量分别为m、（为待定系数）。A球从左边与圆心等高处由静止释放后沿轨道下滑，与轨道最低点处静止的B球相撞，碰撞后A、B球能达到的最大高度均为，碰撞中无机械能损失，重力加速度为g，求：
求：（1）待定系数？
（2）第一次碰撞刚结束时小球B对轨道的压力？
（3）小球A、B在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度大小？2021—2022 学年下学期期末考试高一试题物理答案
一、选择题: 1～8 单选 B,C,B,C,D,C,D,A 9～12 多选：AC,BD,BC,AC
q (v.t)S.n.e I
1.B【解析】由公式 q=I.t≠ e. t，选项 A 错误；由电流的定义式 I = = = nevs，可得 v= ，
t t neS
选项 B 正确；金属丝均匀拉长到 2 倍时，因为总体积不变，由V体 = L. S 可知横截面积 s 变为
L
一半，由电阻公式 R=ρ ，得电阻为原来的 4 倍，选项 C 错误；金属的电阻随温度的升高而增
s
大，选项 D 错误。
v
2.C【解析】绳碰到钉子前后的瞬间线速度不变，由 可知，半径之比为 2：1，则角速度之
R
v2
比为 1：2，选项 A错误；线速度不变，动能之比为 1：1，选项 B错误；向心加速度a ，
R
半径之比为 2：1，而 v不变，所以向心加速度之比为 1：2，选项 C 正确；根据机械能守恒定
律，如果小球继续做圆周运动达到悬点，此时的速度应该等于释放时的初速度 0，但是绳子拉
小球做竖直圆周运动，最高点的速度≥ gR，所以小球达不到悬点，之前就斜抛了，选项 D 错
误。
GMm = m v
2
v = gR E = 1mv2 = mgR v g3.B【解析】；由 2 得 ，动能 K ，选项 A 错误；由ω = = ，(3R) (3R) 3 2 6 3R 27R
F = GMm , GM = gR2 F = mg
M
地
选项 B 正确；由 万 2 其中 ,得 万 ，选项 C 错误；地球的密度ρ = =(3R) 9 4
3πR
3
3M
地
，而M
4πR3 地
≠ m，选项 D 错误。
4.C【解析】设水平位移均为 s，由平抛运动的规律可知，两个飞镖的末
速度反向延长线相交于水平位移的中点，为同一个位置，由几何关系：
S S
2 2
0 0 = d,解得 S=1.5mtan37 tan45
5.D【解析】若 A、B 发生弹性碰撞，根据动量守恒定律有 mA = mAVA' + mBVB'，根据机械能
1 1 1
守恒定律有 m 2AvA = mAV'2 '2A + mBVB，解得VA'= -0.2m/s；若 A、B 发生非弹性碰撞，根据动2 2 2
量守恒定律有 mA = （mA +mB）VAB'，得共同速度VAB'=0.4m/s，则碰后 A 的速度范围
-0.2m/s≤ vA ≤ 0.4m/s，故 A、B、C 均可能，选项为 D。
6.C【解析】因为物体 B 移动，B 给 A 的弹力做功，所以 A 的机械能不守恒，而它们组成的系统
只有重力和系统内弹力做功，整个系统的机械能才守恒，选项 A 错误；物体 A 下滑过程，在竖
直方向上的动量发生变化，而物体 B 在竖直方向没有运动，所以它们组成的系统在竖直方向上
动量不守恒。因为不计摩擦，系统水平不受外力，所以系统水平方向上动量守恒，不能说成系
X X
统动量守恒，选项 B 错误；取向右为正方向，根据水平方向上平均动量守恒：0=3m B m A，
t t
其中 XA+XB=3L-L=2L，联立可得物体 B的水平位移XB=0.5L，选项 C 正确；物体 A 的水平位移为
XA=1.5L，但是还有竖直方向的位移，所以合位移大于 1.5L，选项 D 错误。
7.D【解析】图甲和图乙中 A、B球均处于平衡状态，对比可知外加匀强电场对 A 球的电场力向左，
与电场强度方向相同，故 A 球带正电，外加匀强电场对 B球的电场力向右，与电场强度方向相
反，故 B 球带负电，选项 A错误；由图甲得两小球相距 d＝3L－2× 2Lsin45°＝L，由 A 球受
2
力平衡可得 45° = Q = mg2，解得 . L，选项 B 错误；A、B 球所在位置处的电势k φ正
负未知，由公式 EP = qφ，电势能EP的大小无法判断，选项 C错误；图乙中两球相距为 3L + 2 ×
2 26
2Lsin45° = 5L，根据 A 球受力平衡： 2 = 45° 解得 E = mgk ，选项 D(5 ) 25
正确。
S
8．A【解析】B 板下移，两极板间距变大，根据平行板电容器的决定式C r ，可知电容器
4 kd
的电容减小。又因为电容器与电源相连，所以极板间电压保持不变。由公式 C= ，可知极板的
U
电荷量减少，电流从电源负极流向 A 板，所以电流计中的电流从 b流向 a。又 E = ，可知极
d
板间场强减小，油滴所受电场力减小，将从静止状态向下加速运动，选项 A 正确。
R gR
9.AC【解析】从 A 到 B转过的弧长为 R，又v gR则 t ，根据冲量公式 I Ft，
gR g
重力冲量 I1 mgt，则 I1 m gR mv，选项 A 正确；小球做匀速圆周运动，所以受到的合
力提供向心力，又根据 I p得 I2=F 合t=mv-(-mv）=2mv，即小球合力的冲量等于所需向心力
的冲量，均为 2mv，选项 B 错误，C正确；因为重力的冲量为 mv 方向向下，合力的冲量为 2mv
方向向下，因此轻杆对小球作用力的冲量大小为 I3=2mv-mv=mv，方向向下，选项 D 错误。
10.BD【解析】由图可知，在 0-X2段电势逐渐降低，可知该段电场强度的方向沿 x 轴正方向，在
X>X2段，电势逐渐增大，可知该段电场强度方向沿 x 轴负方向，所以两点电荷为异种电荷。由
于靠近 Q1位置的电场强度方向沿 x 轴正方向，可知 Q1为正电荷，Q2为负电荷，故选项 A 错误；
- x图线的切线斜率表示电场强度，由图可知，在 X2处斜率为零，故合场强为零，该点离 Q1
近，离 Q2远，根据 E= 2，得 Q1电荷量小于 Q2的电荷量，故选项 B正确；由图可知，X 1
处图线
的切线斜率不为零，则电场强度不为零，故选项 C 错误；电量为-q 的检验电荷从 X2移到无穷
远处，电场力做功 W=( q). U = ( q)( φo 0) = q.φo，故选项 D正确。
11.BC【解析】根据等势面分布可知，c 点的电场方向向下，再根据粒子的运动轨迹可知，粒子
在 c 点受到电场力向上，所以粒子带负电，选项 A 错误；粒子从 a 到 c 再到 e 的过程中电场力
先做负功后做正功，W=qUae=0,选项 B 正确；最初粒子在 a 点的电势能 = =0，动能为 12 eV，
只受电场力作用时动能与电势能的总和恒定为 12 eV 且保持不变，所以当粒子的动能为 4eV
时其电势能为 8 eV，选项 C 正确；因为 b、d 两点在同一等势面上，所以粒子经过 b 点和 d 点
时的速度大小相同，但方向不同，所以动量不同，选项 D 错误．
12.AC【解析】表头串联电阻后可改装成电压表，量程（即串联的总电压）越大则所需要串联的
电阻阻值就越大，所以 V1表的内阻大于 V2表的内阻，选项 A 正确；表头并联电阻后可改装成
电流表，量程（即并联总电流）越大则并联的电阻阻值越小，所以 A1表的内阻小于 A2表的内
阻，选项 B 错误；指针偏转角要看通过表头的电流，因为 V1表的内阻比 V 2表的内阻大，所以
并联后经过 V1表的电流就较小，而电压表由表头串联电阻改装而成，所以通过 V1表内部表头
的电流也较小，即 V1表的指针偏转角较小，选项 C 正确；电流表 A1和 A2由表头并联电阻改装
而成，A1和 A2并联时两个表头也并联，因为电压相同，故流过两个表头的电流相同，则电流表
A1的指针偏转角等于电流表 A2的指针偏转角，但 A1表的量程较大，所以 A1的读数就较大，选
项 D 错误。或因两 A 表并联电压相同，而 A1表的内阻较小，所以通过 A1的总电流（读数）较
大，同样可知 D 错误。
二、实验题
13. 50 （2 分） 1:3 （3 分）
【解析】由题意“四次拍照时两小物块均在图示坐标范围内”，而 B 物块只有两个位置，可
以判断出 B 物块在碰撞前处于静止状态在 60cm 处，而 A 在碰撞前沿 x 轴正方向匀速运动，故
第三次拍照 A 在 x=50cm 处；碰撞后 A 沿 x 轴负方向运动，B 沿 x 轴正方向运动，由此得出碰
撞的位置在 x=60cm 处，碰撞是在第三次拍照与第四次拍照之间发生的。碰撞前 A在 50～60cm
20
运动的速度仍然是 = ，时间为（60-50）÷ = ，碰撞后 A 在 60～55cm 的运动时间为 2
= V' = 60 55 = 10 65 60 10t- ，可得碰后 A 的速度 A 向左，B 的速度V
'
B = = 向右，碰撞前 A2 2 2 2
20
的速度 = ，B的速度为 0，由动量守恒定律 m = - m V' ' A A A+mBVB，可得 mA：mB=1：3.
d2
14（1） （2分） （2)有错误就不得分(2 分）
4
（3）6.861~6.864（2 分）；2.60（1 分）0.52（1 分）；偏小（1 分）
三、计算题
15.（10 分）解(1)由牛顿第三定律：压力=支持力=10mg
2
在 B 点对物块有： 10mg-mg =m （1分） 得
vB 3m / s
1
由功能关系有： W 弹= 2 （1 分） 解得：W 弹=4.5J (1 分）2
2
（2）在 C 点对物块有：mg =m （1 分） 得
vC gR 1m/s
1 1
在由 B 到 C 过程由动能定理：-mg2R-W 克f= 2 2（2分） 可得：E=W2 2 克f=2J (1 分）
1
（3）在由 C到落回水平面做平抛运动，2R = gt2，得 t=0.2s （1 分）
2
= = 2 / （1分） = =20W （1 分）
16.（10 分）解（1）在竖直向上的匀强电场中粒子只受电场力，由轨迹偏转方向可知粒子所受
电场力方向只能竖直向上，与电场的方向相同，所以粒子带正电（1分）
由类平抛规律可知，水平方向速度不变。设粒子运动到 B 点速度 V2
水平方向：V1cos37°= V2cos53° (1 分) 可得 V2=400m/s
竖直方向：V2sin53°-V1sin37°=at (2 分) 可得 a=2000m/s
2
qE = ma (1 分) 解得 q=1.6×10 10C (1 分)
1 1
（2）由动能定理可得， 2 2
2 2 2 1
= (2 分)
代入数据，可得：UAB=3.5×104V (2 分)
0 0
另一解法：竖直方向的位移 d = v2sin53 +v1sin37 . t = 1.75m（或用其他运动公式）（1 分）
2
由 U=Ed (1 分) 可得：UAB=3.5×104V （2 分）
mgR mgR mgR
17.（14 分）（1）解法一：由机械能守恒定律 4 4 （3 分） 得β = 3（1 分）
1 1 R 1 R
解法二：碰前： mv20 = mg. R（1分） ，碰后： mv21 = mg. ， βmv22 2 4 2 2 = βmg. （1分）4
由 m 0 + 0 = mv1 +βmv2 （1 分） 也可得β = 3 （1 分）
(其它解法正确，同样给分）
（2）设 A、B第一次碰撞后 B 的速度大小为 v2
1 R
B 球碰后上升 βmv22 = βmg. （1分，上问列出也给分）得 2 = 方向向右2 4 2
v2
设轨道对 B 球的支持力为 N，由 N βmg = βm 2 (2 分） 得 N=4.5mg
R
根据牛顿第三定律，得 B 球对轨道的压力 N’= N =4.5mg 方向向下（2 分）
(3)设 A、B 第一次碰撞后的速度大小分别为 v1、v2
1
A 球碰后上升： mv21 = mg.
R
（1 分，前问列出也给分）解得 1 = 方向向左2 4 2
A、B 球第二次碰撞前 1 = 方向向右， 2 2 = 方向向左（上问已求）2
设 A、B球第二次碰撞刚结束时的速度分别为 V1’、V2’，取向右为正方向，则
m 1 +βmv2 = mV1' +βmV2' (1 分）
1mv21 +
1
βmv22 =
1mV'2 + 1βmV'2 即 mgR = 1mV'2 + 1βmV'2 (1 分）
2 2 2 1 2 2 2 1 2 2
解得 '2 = 0； '1 = 2 (2 分）
（另一组解： '2 = ， '2 = 不合题意，舍去）2 2
