2022一2023年高一期末考试卷
高一物理试题
本试卷分选择题和非选择题两部分，共100分，考试时间75分钟。
一、单选题（共7小题，只有一个选项是符合题目要求的，每题4分）
1.下列有关物理学史说法正确的是
母
A库仑提出了库仑定律，并通过买验测出了静电力常量
B.牛顿提出了万有引力定律，并通过实验测出了引力常量
C为了方便研究电场，库仑提出了电场线的概念
D.库仑通过油滴实验测出了电子的电荷
容
电场强度的定义式E一可知，在电场中的同一点
國
A.电场强度E跟F成正比，跟g成反比
如
B.无论试探电荷所带的电荷量如何变化，
哥始终不变
C.如果电荷在电场中某点所受的静电力大，则该点的电场强度就强
斟
D.
一个小球在P点受到的静电力为0，P点的电场强度一定为0
长
3.2019年1月，我国在西昌卫星发射中心成功发射了“中星2D”卫星.“中星2D”是
我国研制的通信广播卫星，可为全国提供广播电视及宽带多媒体等传输任务.“中星2D
的质量为m、运行轨道距离地面的高度为h.已知地球的质量为m地，半径为R,引力常
量为G,据以上信息可知“中星2D在轨道运行时(
郴
A.
速度的大小为
無
B.角速度大小为
Gm地
杯
C.
向心加速度大小为m
D.周期为2元
(R+h)2
Cm地
毁
期
4.
如图所示，“旋转秋千”中的两个座椅A、B质量相等，通过相同长度的缆绳悬挂在
旋转圆盘上.不考虑空气阻力的影响，当旋转圆盘绕竖直中心轴匀速转动时，下列说法
正确的是()
A.A的线速度比B的大
B.悬挂A、B的缆绳与竖直方向的夹角相等
C.悬挂A的缆绳所受的拉力比悬挂B的缆绳所受的拉力小
D.A与B的向心加速度大小相等
5.如图所示，电梯质量为0，在它的水平地板上放置一质量为m的物体，电梯在钢索
的拉力作用下竖直向上加速运动，当电梯的速度由1增加到2时，上升高度
为h,重力加速度为g,则在这个过程中，下列说法或表达式正确的是(
A.对物体，动能定理的表达式为队、=2，其中从为支持力做的功
B.对物体，动能定理的表达式为W=O,其中W为合力做的功
高一物理试题第1页（共6页）
C.对物体，动能定理的表达式为队、一mgh=mv22-之mv2
D.对电梯，其所受合力做功为moz2-ov12-mgh
6.如图所示的装置中，木块B静止在光滑的水平面上，子弹A沿水平方向射入木块后
留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统），
则此系统在子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中()
mwD日点A
A.
机械能守恒，子弹减少的动能等于弹簧增加的势能
B.机械能不守恒，子弹减少的动能等于系统产生的内能
℃.机械能不守恒，子弹减少的动能等于系统产生的内能与弹簧弹性势能的增加量之和
D.机械能守恒，子弹减少的动能等于弹簧增加的势能与木块的动能之和
7.如图所示，M、N为平行板电容器的两个金属极板，G为静电计，开始时闭合开关S.
静电计张开一定角度，则下列说法正确的是()
A.开关S保持闭合状态，将R的滑片向右移动，静电计指针张开角度增大
B.开关S保持闭合状态，将两极板间距增大，静电计指针张开角度增大
C.断开开关S后，将两极板间距增大，板间电压不变
D.断开开关S后，紧贴下极板插入金属板，板间场强不变
二、多选题（共3小题，8-10每小题有多个选项符合题意，每题6分，选对但
不全者得3分，有错选者不得分。)
8.如图a,场源点电荷固定在真空中O点，从与O相距ro的P点由静止释放一个质量
为m、电荷量为g(g>0)的离子，经一定时间，离子运动到与O相距w的N点。用a
表示离子的加速度，用r表示离子与0点的距离，作出其a-图像如图b。静电力常量
为是k,不计离子重力。由此可以判定()
N
P
图(a)
图b)
A.场源点电荷带正电
B。场源点电荷的电荷量为Q-
高一物理试题第2页（共6页）本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考
高一物理试题答案
1. 【答案】A
2. 【答案】B
【解析】电场强度是表示电场的强弱和方向的物理量，只跟场源电荷有关，跟放入其中的试探电荷无关，E＝是电场强度的定义式，不是决定式，选项A、C错误，B正确；不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的电场强度不一定为零，选项D错误．
3. 【答案】C
【解析】地球对“中星2D”卫星的万有引力提供其环绕地球做匀速圆周运动的向心力，有G＝m＝mω2(R＋h)＝m(R＋h)＝man，得速度大小v＝，选项A错误；角速度大小ω＝，选项B错误；向心加速度大小an＝，选项C正确；周期T＝2π(R＋h)，选项D错误．
4. 【答案】C
【解析】A、B两个座椅具有相同的角速度，根据题图及公式v＝ωr可知，A的运动半径小，A的线速度就小，选项A错误；任一座椅，受力如图所示，由缆绳的拉力与座椅的重力的合力提供向心力，则mgtanθ＝mω2r，得tanθ＝，A的半径r较小，A、B的角速度ω相等，可知悬挂A的缆绳与竖直方向夹角较小，选项B错误；由题图可知FT＝，悬挂A的缆绳与竖直方向夹角较小，拉力较小，选项C正确；根据an＝ω2r，因为A、B角速度相等，而A的运动半径小，则A的向心加速度较小，选项D错误．
5. 【答案】C
【解析】物体受重力和支持力作用，根据动能定理得WN－mgh＝mv22－mv12，选项C正确，A、B错误；对电梯，合力做功等于电梯动能的变化量，选项D错误．
6. 【答案】C
【解析】将子弹、木块、弹簧合在一起作为研究对象(系统)，在子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中，由于系统要克服子弹与木块间的阻力做功，所以系统的机械能不守恒．子弹减小的动能最终转化为系统的内能与弹簧的弹性势能，由能量守恒定律知，子弹减少的动能等于系统产生的内能与弹簧的弹性势能的增加量，故A、B、D错误，C正确．
7. 【答案】D
【解析】保持开关S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电压，故电容器的两极板间的电势差总不变，因此无论将R的滑片向右移动，还是将两极板间距增大，静电计指针张角都不变，A、B错误；断开开关S后，电容器带电荷量不变，将两极板间距增大，即d增大，根据C＝知，电容减小，根据U＝知，板间电压增大，C错误；断开开关S后，电容器带电荷量不变，若紧贴下极板插入金属板，则相当于两极板间距d减小，根据E＝＝知，极板间的电场强度不变，D正确．
8. 【答案】BD
【解析】从P到N，带正电的离子的加速度随的增加而增大，即随r的减小而增大，可知场源点电荷带负电，故A错误；在N点，由库仑定律及牛顿第二定律得，解得，故B正确；离子在P点时，由库仑定律及牛顿第二定律可得，离子在P点受到的电场力大小，故C错误，D正确。
9. 【答案】AD
【解析】对汽车受力分析：汽车受重力、支持力、牵引力F和阻力Ff，
设汽车的功率为P，由牛顿第二定律可得，
其中 ，整理解得，
由图线的斜率可得，由图线的截距，
，由此可知汽车牵引力的功率不变，A正确；
由可知，汽车的牵引力随速度变化而变化，B错误；
因汽车的功率和质量题中没有给出，因此不可以求得汽车所受阻力，C错误；
当汽车速度为时，，D正确。
10. 【答案】BC
【解析】根据等势面与电场线的方向垂直的特点，画出两条电场线如图所示，对比轨迹与电场线可得，甲偏转的方向大体向下，而乙偏转的方向大体向上，二者偏转的方向沿电场线的两个不同的方向，所以甲与乙一定带不同性质的电荷；由于不知道a、b、c三个等势面的电势的高低，所以不能判断出电场线的方向，也不能判断出甲、乙的具体的电性，故A错误；由题目可知，电场力对甲做的功是对乙做的功的2倍，根据电场力做功的特点：W＝qU，甲的电荷量的绝对值是乙的电荷量的绝对值的2倍，故B正确；对比轨迹与电场线可得，甲的轨迹的方向与受力的方向之间的夹角是锐角，所以电场力对甲做正功，甲的动能增大；而乙的轨迹方向与电场线的方向之间的夹角是钝角，所以电场力对乙做负功，所以乙的动能减少，故C正确；电势能的大小与零势能面的选取有关，由于不知道零势能面的位置，所以不能判断出甲、乙电势能大小的关系，故D错误．
11. 【答案】(1)C (2)D (3)确保多次运动的轨迹相同
【解析】(1)只要保证小球每次从同一位置静止释放，到达斜槽末端的速度大小都相同，与实验所用斜槽是否光滑无关，A错误；画轨迹时应舍去误差较大的点，把误差小的点用平滑的曲线连接起来，B错误；求平抛运动初速度时应读取轨迹上离原点较远的点的数据，便于减小读数产生的偶然误差，C正确。
(2)坐标原点O为抛出点，由平抛运动规律有x0＝v0t，y0＝gt2，联立解得平抛运动的初速度为v0＝x0，故选D。
(3)小球多次从斜槽上同一位置由静止释放是为了保证到达斜槽末端的速度大小都相同，从而能确保多次运动的轨迹相同。
12. 【答案】(1)1.2 0.72(0.68～0.72均可) (2)0.73
(3)重锤下落过程中机械能守恒
(4)开始打点时重锤有一定的速度
【解析】(1)每两个计数点之间有一个计时点，则相邻两个计数点之间的时间间隔为t＝0.04 s，则
vB＝＝ m/s≈1.2 m/s，
EkB＝mvB2＝0.72 J
(2)重锤的重力势能减小量：
ΔEp＝mgh＝1×9.8×0.074 0 J≈0.73 J
(3)在误差允许范围内，由于重锤重力势能减小量等于重锤动能的增加量，重锤下落的过程中机械能守恒；
(4)由机械能守恒可知mgh＝mv2－mv02，图线不过坐标原点的原因是开始打点时重锤有一定的速度．
13. 【答案】(1)400 V (2)300 V (3)-6×10-6J
【解析】(1)无限远处与A点间的电势差
U∞A==V=-400 V
而U∞A=φ∞-φA，又φ∞=0，所以φA=400 V
(2)无限远处与B点间的电势差
U∞B==V=-100 V，
而U∞B=φ∞-φB，又φ∞=0，
所以φB=100 V，则A、B两点的电势差为
UAB=φA-φB=300 V.
(3)静电力做的功
W=q′UAB=-2×10-8×300 J=-6×10-6J.
14. 【答案】(1)正电 (2)
【解析】(1)受力分析如图，可知小球所受电场力的方向与电场强度方向相同，小球带正电
由受力分析图可得qEsinθ＝mg，得E＝.
(2)由受力分析图可得：细线对小球的拉力F＝，据牛顿第三定律得知，细线所受到的拉力与细线对小球的拉力是一对相互作用力，故细线所受到的拉力大小为.
15. 【答案】1. 2 m/s；2. 2 m；3. 当运动到带电体与圆心的连线与竖直方向成45°时，动能最大，最大动能为1.2 J
【解析】（1）设带电体运动到半圆形轨道C点时速度大小为vC，
由题意，根据牛顿第二定律得，
解得
（2）设带电体运动到B点时的速度大小为vB，
对带电体从B运动到C的过程，根据动能定理得，
解得
对带电体从P运动到B的过程，根据动能定理得，
解得
（3）带电体在重力场和电场的复合运动中，当带电体在半圆形轨道上运动至速度方向与电场力和重力的合力方向垂直时（即运动到等效最低点Q时）的动能最大，由题意可知带电体所受重力和电场力大小相等，根据力的合成与分解可知OQ连线与竖直方向的夹角为45°。设带电体的最大动能为Ekm，对带电体从B运动到Q的过程，根据动能定理得，解得
答案第2页 总2页
