高二下学期期末考试物理试卷 Word版含解析

高一物理试题

一、选择题

1.伽利略斜面实验反映了一个重要的事实：如果空气阻力和摩擦阻力小到可以忽略，小球必将准确地回到同它开始时相同高度的点，决不会更高一点，也不会更低一点。这说明小球在运动过程中有一个“东西”是不变的，这个“东西”应是 A. 重力 C. 加速度 【答案】D 【解析】

【详解】A．在伽利略斜面实验中，小球所受重力不变；在有阻力的情况下，小球不能回到原来的高度；无阻力情况下，小球能回到原来高度；这说明伽利略斜面实验中寻求的不变量不是重力．故A项错误．

BC．在伽利略斜面实验中，小球从一个斜面到另一个斜面，小球运动的速度先增大后减小，小球在倾角不同的斜面上加速度不同；所以不变的“东西”不是速度也不是加速度．故BC项错误．

D．伽利略斜面实验中，如果空气阻力和摩擦阻力小到可以忽略，在小球运动过程中只有重力做功，物体的机械能守恒；所以不变的“东西”是机械能．故D项正确．

x轴垂直于环面且过圆心O，2.如图所示，一圆环上均匀分布着正电荷，规定无穷远处电势 为零。下列关于x轴上的电场强度和电势的说法中正确的是

B. 速度 D. 机械能

A. O点的电场强度为零，电势为零 B. O点的电场强度最大，电势最高

C. 从O点沿x轴正方向，电场强度先增加后减小，电势降低

D. 从O点沿x轴正方向，电场强度先增加后减小，电势先减小后增加

【答案】C 【解析】

【详解】B．圆环上均匀分布着正电荷，据对称性可知，圆环上电荷在O点产生的场强相互抵消，合场强为零．故B项错误．

ACD．圆环上任一小段电荷在x轴正半轴上各点产生的场强均有沿x轴正方向的分量，据对称性和叠加原理可知，x轴正半轴上各点的场强方向向右；顺着电场线电势降低，可知从O点沿x轴正方向，电势降低，O点的电势最高；O点处场强为零，无穷远处场强也为零，则从O点沿x轴正方向，电场强度先增加后减小．故AD项错误，C项正确．

3.如图所示，一质量为m的小圆环，套在一竖直固定的光滑轻杆上，用一跨过光滑定滑轮的细绳拉住，在力F作用下，让小圆环由位置A（AO在同一水平面上）缓慢运动到B点，已知此时细绳BO段长为l，与轻杆的夹角为θ，重力加速度为g，则此过程中力F所做的功为

A. -mglcosθ C. -Flcos2θ 【答案】A 【解析】

B. -Fl（1-sinθ） D. 无法确定

【详解】小圆环由A（AO在同一水平面上）缓慢运动到B点过程中，应用动能定理可得：

WFmglcos00，解得：此过程中力F所做的功WFmglcos．

A．与计算结果相符，故A项正确． B．与计算结果不符，故B项错误． C．与计算结果不符，故C项错误．

D．可以进行计算，故D项错误．

4.如图所示，O、A为某电场中一条平直电场线上的两个点，将负点电荷从O点静止释放，仅在电场力作用下运动到A点，其电势能随位移x的变化关系如下图所示。则电荷从O到A过程中，下列说法正确的是

A. 电场力做负功 B. O点电势比A点电势高

C. 从O到A，电场强度先减小后增大 D. 从O到A的过程中，电场强度一直增大 【答案】C 【解析】

【详解】A．由图知负电荷从O到A过程中，电势能减小，电场力做正功．故A项错误． B．由图知负电荷从O到A过程中，电势能减小；据A点电势低．故B项错误． CD．据

EP知，电势增大，则O点电势比qEPWqE可知，EPx图象切线斜率大小反映场强的强弱，则从O到A，xx电场强度先减小后增大．故C项正确，D项错误．

5.如图所示，电源的电动势恒定，内阻不计，R1、R2、R4均为定值电阻，R3是一紫外线传感器，其电阻率随紫外线强度的增大而减小。当R3所在处紫外线强度增大，R1的电流I和R3两端的电压U的变化情况是

A. I变大，U变大 B. I变大，U变小 C. I变小，U变小 D. I变小，U变大 【答案】B 【解析】

【详解】R3是一紫外线传感器，其电阻率随紫外线强度的增大而减小；当R3所在处紫外线强度增大，R3的阻值减小，电路总电阻减小，电路总电流增大，流过R1的电流I增大；据

U2EIR1知，R2两端的电压减小；据I2U2R2知，流过R2的电流I2减小；据I4II2知，流过R4的电流I4增大，则R4两端的电压U4增大；据UEIR1U4知，R3两端的电压U减小．

A．与分析结果不符，故A项错误． B．与分析结果相符，故B项正确． C．与分析结果不符，故C项错误． D．与分析结果不符，故D项错误．

6.如图所示，在匀强电场中，A、B、C、D、E、F位于边长L=4cm的正六边形的顶点上，匀强电场的方向平行于正六边形所在的平面。已知A、B、C、D的电势分别为-4V、0、8V、12V。则下列说法正确的是

A. E点的电势E0 B. A、F间的电势差UAF=0

C. 该匀强电场的场强大小E= 100 V/m

D. 该匀强电场的电场线垂直于BF连线，且指向A 【答案】D 【解析】

【详解】A．由几何知识知，EB与DC平行且EB2DC；因电场是匀强电场，则

UEB2UDC，即EB2(DC)，代入数据可得：E8V．故A项错误．

B．由几何知识知，AF与CD平行且相等；因电场是匀强电场，则

UAFUCDCD4V．故B项错误．

CD．E8V、C8V，电场是匀强电场，又电场线由电势高处指向电势低处，则电场线垂直于CE如图；由几何知识可得，电场线垂直于BF连线，且指向A；据EUDA可得，dDAE12(4)V/m200V/m．故C项错误，D项正确． 2810

7.如图所示，质量均为m的物块P、Q，物块P用细绳吊在天花板上，物块Q用轻弹簧吊在物块P下面，用竖直向上的推力推物块Q，使轻绳的拉力刚好为零，保持两物块静止不动。

现撤去推力F，则在物块Q由静止向下运动到速度最大的过程中，（轻绳不会被拉断）

A. 物块Q的机械能一直增加 B. 初末两状态，物块Q的机械能相等

C. 物块Q的机械能不断减小，转化成了弹簧的弹性势能 D. Q重力势能的减少量大于Q动能的增加量 【答案】B 【解析】

【详解】轻绳的拉力刚好为零时，弹簧处于压缩状态，弹簧的弹力等于mg，弹簧的压缩量

mg；物块Q向下运动到速度最大时，弹簧处于伸长状态，弹簧的弹力等于mg，弹簧kmg的伸长量x2．

kx1AB．在物块Q由静止向下运动到速度最大的过程中，弹簧由压缩变为伸长，且初始压缩量等于最终伸长量；弹簧对物块Q先做正功后做负功，物块Q的机械能先增加再减小，且初末两状态，物块Q的机械能相等．故A项错误，B项正确．

C．物块Q的机械能先增加再减小，弹簧的弹性势能先减小后增大．故C项错误． D．初末两状态，物块Q机械能相等，则此过程中Q重力势能的减少量等于Q动能的增加量．故D项错误．

8.如图甲所示电路，电源电动势为E，内阻不计，滑动变阻器的最大值为20Ω。当只闭合开关S、S1，调节滑动变阻器滑片P，得到电压表和电流表示数关系如图乙所示；当只闭合开关S、S2，移动滑动变阻器的滑片P，得到小灯泡L的伏安特性曲线如图丙所示。则下列正确的是

A. E= 6 V B. R2=0.1Ω

C. 当小灯泡L两端的电压为2.0 V时，小灯泡的电阻为10Ω

D. 只闭合开关S、S1时，滑动变阻器的滑片从最左端向右移动过程中，滑动变阻器消耗的功率先变大后变小 【答案】D 【解析】

【详解】AB．只闭合开关S、S1时，由闭合电路欧姆定律可得，电压表和电流表示数关系对应的表表达式为U1EIR2，与图乙对比可得：3E0.2R2、1E0.4R2；解得：

E5V、R210Ω．故AB两项错误．

C．由图丙得，当小灯泡L两端的电压为2.0 V时，流过灯泡的电流为0.4A，小灯泡的电阻

RLUL2.0Ω5Ω．故C项错误． IL0.4D．只闭合开关S、S1时，滑动变阻器消耗的功率

EE2252P()R1；滑动变阻器的最大值为20Ω，滑(R1R2)2(R110)2R1R24R240R1R1动变阻器的滑片从最左端向右移动过程中，滑动变阻器消耗的功率先增大后减小．故D项正确．

9.以下说法正确的是

A. 在导体中有电流通过时，电子定向移动速率即是电场传导速率

B. 铅蓄电池的电动势为2V，它表示的物理意义是电路中每通过1 C的电荷，电源把2 J的

化学能转化为电能

C. 根据电场强度的定义式E反比

D. 根据电势差UABF可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成qWAB可知，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力q做功为1J，则A、B两点间的电势差为1V 【答案】BD 【解析】

【详解】A．导体中有电流通过时，电子定向移动速率的数量级为105m/s，电场传导速率为光速3108m/s．故A项错误． B．据EW非知，铅蓄电池的电动势为2V，它表示的物理意义是电路中每通过1 C的电荷，q电源把2 J的化学能转化为电能．故B项正确． C．EF是电场强度的定义式，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量无关．故qC项错误．

D．带电荷量为1 C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差UAB

WAB1V1V．故D项正确． q110.如图所示，有两个质量均为m、带电量均为q的小球，用绝缘细绳悬挂在同一点O处，保 持静止后悬线与竖直方向的夹角均为θ= 45°，重力加速度为g，静电力常量为k．则

的

A. 带电小球A在B处产生的电场强度大小Emgq

B. 带电小球A在B处产生的电场强度大小E2mg2q

C. 细绳的长度Lqk 2mg2k mgD. 细绳的长度Lq【答案】AC 【解析】

【详解】AB．设右侧小球所受电场力为F，对右侧小球受力分析，由平衡条件可得：

TsinF、Tcosmg，解得：Fmg；据EmgqF可得，带电小球A在B处产生的q电场强度大小E．故A项正确，B项错误．

q2kCD．设绳长为L，据库仑定律可得：FkLq，解得：．故C项正

(2Lsin)22mg确，D项错误．

11.如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成。调节开关S1、S2的通断，可使电动机驱动风叶旋转，将冷空气从进风口吸入，从出风口吹出冷 风或热风。已知电吹风的额定电压为220 V，吹冷风时的功率为100 W，吹热风时的功率为1200 W。关于该电吹风，下列说法正确的是

A. 当开关S1、S2均闭合时，电吹风吹出冷风 B. 电动机的内电阻为484Ω C. 电热丝的电阻为44Ω

D. 电动机正常工作时，电动机每分钟消耗的电能为6000J 【答案】CD 【解析】

【详解】A．当开关S1、S2均闭合时，电动机工作，电热丝发热，电吹风吹出热风．故A项错误．

B．吹冷风时的功率为100 W，吹冷风时只有电动机工作时，则IM因电动机工作时是非纯电阻元件，则

PM1005AA，U22011RMU220Ω484Ω5．故B项错误． IM11C．吹冷风时的功率为100 W，吹热风时的功率为1200 W，则电热丝的发热功率为1100 W，

U22202Ω44Ω．故C项正确． 所以电热丝的电阻RPR1100D. 电动机正常工作时，功率为100 W，电动机每分钟消耗的电能

EPMt10060J6000J．故D项正确．

12.某工地上，工人将放在地面上一重10 N的箱子吊起。箱子在绳的拉力作用下由静止开始竖直向上运动，运动过程中箱子的机械能E与其位移x的关系图象如图所示，其中0〜5 m过程的图线为曲线，5 m〜15 m过程的图线为直线。根据图象可知

A. 0〜5 m过程中箱子所受的拉力逐渐减小 B. 0〜15 m过程中箱子的动能一直增加 C. 在位移为15m时，拉力F = 20 N D. 在位移为15m时，拉力F = 10 N 【答案】AD 【解析】

A．【详解】据功能关系，物体机械能的变化等于重力以外其它力做的功；据

EWFxx可知，机械能E与其位移x的关系图象切线斜率表示箱子所受拉力；由图象得，0〜5 m过程中箱子所受的拉力逐渐减小．故A项正确．

BCD．由图象得，0〜5 m过程中箱子所受的拉力逐渐减小，5〜15 m过程中箱子所受拉力

F300200N10NG；0〜5 m过程中箱子所受的拉力大于重力，箱子的动能增加；

1555〜15 m过程中箱子所受的拉力等于重力，箱子的动能不变．故BC两项错误，D项正确．

二、实验题

PQ为一块倾斜放置的玻璃13.某兴趣小组用如图甲所示的实验装置来验证机械能守恒定律。

板，在斜面底端Q处固定有一个光电门，光电门与数字计时器相连（图中未画，记录小车通过时的遮光时间t）。实验时将一小车（其上固定有宽度为d的遮光条）从高度h处由静止释放，重力加速度为g。

（1）用20分度游标卡尺测得物体上的遮光条宽度d如乙图所示，则d=__________mm；若某次数字计时器记录的遮光时间为t=0. 005s，则小车的速度v=__________m/s。

（2）该小组验证机械能守恒定律的原理表达式为__________（用题干所给的字母符号表示）。

d2【答案】 (1). 2 25 (2). 0.45 (3). 2gh

2t【解析】

【详解】第一空．遮光条宽度d如乙图所示，则d2mm51mm2.25mm． 20d2.25103第二空．遮光条过光电门时，小车的速度vm/s0.45m/s．

t0.005第三空．小车从静止释放到过光电门，重力势能的减少量为mgh，动能的增加量为

121d21d2d2mvm()，若机械能守恒，则：mghm()，整理得：gh2，即验证机22t2t2td2械能守恒定律的原理表达式为gh2．

2t

14.为了测量某待测电阻Rx的阻值，某实验小组先用多用电表进行粗测，后用伏安法精确测量，实验室提供的器材如下： 待测电阻：Rx

电压表：V1（量程3 V，内阻约为3kΩ） 电压表：V2（量程15 V，内阻约为15 kΩ） 电流表：A1（量程0.6 A，内阻约为5Ω） 电流表：A2（量程200 mA，内阻约为30Ω） 滑动变阻器：R（最大阻值10Ω，额定电流1 A） 直流电源：E（电动势

3 V，内阻可忽略）

单刀单掷开关一个，导线若干

10挡粗测Rx的阻值时，发现指针偏转角度太大了，应使选择开（1）当用多用电表的欧姆×

关拨到________（填“×100或×1”）倍率挡，重新欧姆调零后再测，此时多用电表指针位置如图（a）所示。

（2）在用伏安法测量Rx时，为使测量尽量精确，要求电表指针均达到半偏以上，电压表应选_________，电流表应选______________。（均填器材符号）

（3）图为该实验小组设计测量电阻Rx电路图的一部分，请在虚线框内将电路图补充完整____。

1 (2). V1 (3). A2 (4). 【答案】 (1). ×

【解析】

10挡粗测Rx的阻值时，发现指针偏转角度太大了，说明Rx的阻值【详解】第一空．欧姆×1挡。 较小，应换用×

第二空．电源电动势为3 V，为使电表指针均达到半偏以上，电压表选择V1． 第三空．据图（a）知，待测电阻Rx15Ω，则流过待测电阻的最大电流Imax为使电表指针均达到半偏以上，电流表选择A2．

E0.2A，Rx第四空．电压表选择V1，电流表选择A2，则：RARV303000Ω300Ω；待测电阻Rx15ΩRARV，所以测量电路选用电流表的外接法，电路如图：

三、计算题

15.如图所示，a、b、c、d为匀强电场中四个等势面，相邻的两等势面间的电势差相等，且

c0。一带电量为q=-2.0×10-8 C的点电荷，由A点仅在电场力作用下，沿垂直于等势面

10-7J恰能到达D点。 的方向，以初动能Ek= 6. 0×

求：（1）B、D两点的电势；

10-8 C的点电荷由A点移到C点，电场力做的功WAC。 （2）将一带电量q=+2.0×

10-7 J 【答案】（1）B10V D10V （2）WAC=4.0×【解析】

详解】（1）由动能定理，有：qUAD0Ek

V 求得：UAD30?由题意知，相邻等势面间的电势差为10 V，因为电场力做负功，可断定电场线由A指向D 据UBC10V、UCD10V，c0

可求得：B10V、D10V

（2）相邻的等势面间的电势差为10 V，电场线由A指向D，则：UAC20V

WACUACq

7代入数据可得：WAC4.010J

16.某汽车研发机构在汽车的车轮上安装了小型发电机，将减速时的部分动能转化为电能并储存在蓄电池中，以达到节能的目的。某次测试中，汽车以额定功率匀速行驶 700 m后关闭发动机，测出了汽车动能Ek与位移x的关系图象如图所示，其中①是关闭储能装置时的关系图线，②是开启储能装置时的关系图线。已知汽车的质量为1 000 kg，设汽车运动过程中所受地面阻力恒定，空气阻力不计。求：

（1）汽车所受地面阻力f； （2）汽车的额定功率P；

（3）汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能E．

103N （2）P= 8×104W （3）E=5×105J 【答案】（1）f= 2×【解析】

【详解】（1）关闭发动机且关闭储能装置后，汽车在地面阻力的作用下减速至静止，由动能定理得：fx0Ek

由图象得：x(117)10m410m 103N 解得f= 2×

（2）汽车匀速运动的动能Ek解得：v= 40m/s

2212mv8105J 2汽车匀速运动时牵引力大小等于阻力，则汽车的额定功率P=Fv=fv 104W 解得：P= 8×

（3）由功能关系，汽车开启储能装置后向蓄电池提供的电能EEkfx 由图象得：x(8.57)10m1.510m 105J 解得：E=5×

17.如图甲所示，边界MN将空间分成上下两个区域I、II，在区域II中有竖直向下的匀强电10-2 kg、10-4 C的小球，场，在电场中某一点B静止释放一个质量为m= 1×带电量大小为q= 4×它恰能到达区域I中的A点，已知小球运动的v—t图象如图乙所示，g=10m/s2，不计空气阻力。求：

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（1）小球的带点性质，以及匀强电场的电场强度大小； （2）A、B两点间的高度差h；

（3）若将电场反向且强度减为原来的三分之一，要让小球仍恰好到达A点，在B点需以多大的初速度竖直向上拋出。

【答案】（1）小球带负电；E= 750 V/m （2）h=0.30 m （3）v=22m/s 【解析】

【详解】（1）在电场中对小球受力分析知小球带负电 v—t图象的斜率等于加速度，则： 小球离开电场前的加速度大小a1v00 t1小球离开电场后的加速度大小a2由牛顿第二定律得：

v00 t2qEmg ma1 mgma2

联立求得：v02m/s、E750?V/m （2）由v—t图象的面积，有h解得：h0.30?m

v0(t1t2) 212mv 2v由小球离开电场前的v—t图象的面积，有：h10t10.10m

2（3）由动能定理，有：qEh1mgh0解得：v22m/s