2024-2025學(xué)年吉林省通化市梅河口五中高一（下）期末物理試卷

一、選擇題：本題共10小題，共46分。第1?7題中只有一項符合題目要求，每小題4分；第8?

10

題有多項符合題目要求，每小題6分，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。

1.在建立物理概念過程中，學(xué)會像科學(xué)家那樣運用物理思想，使用科學(xué)方法，往往比記住物理概念的詞句

或公式更重要。在高中物理學(xué)習(xí)內(nèi)容中，線速度、角速度、電場強度這三者所體現(xiàn)的共同的物理思想方法

是（）

A.理想模型B.微小量放大C.等效替代D.比值定義

2.真空中有兩個點電荷相隔一定距離r,相互作用力為R若其中一個電荷的電量變?yōu)樵瓉淼?倍，為要保持

原來的作用力大小不變，則兩個電荷間的距離變?yōu)樵瓉淼亩嗌俦?（）

A.4B.1C.2D.8

3.一顆在赤道上空做勻速圓周運動的人造衛(wèi)星，其軌道半彳仝上對應(yīng)的重力加速度為地球表面重力加速度的

九分之一、已知地球半徑為R,則該衛(wèi)星離地面的高度為（）

A.RB.2RC.3RD.4R

4.鄭欽文在巴黎奧運會網(wǎng)球女單匕賽中奪冠，創(chuàng)造了歷史。她發(fā)球時將網(wǎng)球斜向下?lián)舫?，不計空氣阻?/p>

（）

A.落地前，網(wǎng)球機械能減少

B.落地前，在相同時間內(nèi)，網(wǎng)球的動量變化相同

C.落地前，在相同時間內(nèi)，網(wǎng)球的動能變化相同

D.若僅增大擊球的初速度，網(wǎng)球在空中飛行的時間不變

5.如圖所示，質(zhì)量相同的兩物體從同一高度由靜止開始運動，4沿著固定在地面上的光滑斜面下滑，B做自

由落體運動。兩物體分別到達地面時，下列關(guān)于重力的功率的說法正確的是（）"口

A.平均功率以＞PBB.平均功率以=PB

C.瞬時功率以=PBD.瞬時功率巳＜PB/〃”〃〃〃〃〃力〃〃

6.高壓清洗廣泛應(yīng)用于汽車清潔、地面清潔等。某高壓水槍出水口橫截面積為S,手持該高壓水槍操作

時，水流剛進入水槍時的速度可忽略不計，水從槍口以速度u高速噴出后，近距離垂直噴射到某物體表面

且速度在短時間內(nèi)變?yōu)榱?，忽略水從槍口噴出后的發(fā)散效應(yīng)，水的密度為p,則水在物體表面產(chǎn)生的平均

沖擊力大小和高壓水槍噴水的輸出功率分別為（）

A.pSv2ypSv3B.P=Y=^pSv3ypSv2

C.；pS/、P=Y=ipSv3D.pSt;2、P=Y=1pSv3

7.2023年11月16日，中國北斗系統(tǒng)正式加入國際民航組織標(biāo)準(zhǔn)，成為全球民航通用的衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)。北

斗系統(tǒng)空間段由若干地球靜止軌道衛(wèi)星、傾斜地球同步軌道衛(wèi)星和中圓地球軌道衛(wèi)星等組成。將地球看成

質(zhì)量均勻的球體，若已知地球半徑與同步衛(wèi)星的軌道半徑之比為％,地球自轉(zhuǎn)周期為T，引力常量為G。下

列說法正確的是（）

A.頃斜地球同步軌道衛(wèi)星有可能保持在大連的正上方

B.地球的平均密度為。=群

C.地球赤道重力加速度大小與北極的重力加速度人?小之比為（1-k2）

D.地球赤道重力加速度大小與北極的重力加速度大小之比為（1-P）

8.在如圖所示的電路中，定值電阻R大于電源內(nèi)阻入現(xiàn)閉合開關(guān)S,將滑動變阻器的滑片向上滑動，電表

4、匕、匕、匕都為理想電表，測得電壓表匕示數(shù)變化量的絕對值為4g，電流表A示數(shù)變化量的絕對值為

AI,則下列說法正確的是（）

A.電流表4的示數(shù)減小，電壓表匕的示數(shù)增大，電壓表七的示數(shù)增大

與//的比值不變

C.電源的輸出功率一定減小

D.滑動變阻器的功率一定增大

9.如圖所示，質(zhì)量M=2kg、半徑R=1.5m、內(nèi)壁光滑的半圓槽靜置于光滑水平地面上?，F(xiàn)將質(zhì)量機=

1的的小球（可視為質(zhì)點）自左側(cè)槽口A點的正上方h=1.5機處由靜止釋放，小球下落后剛好自力點進入槽

內(nèi)，B點為半圓槽內(nèi)壁的最低點。不計空氣阻力，重力加速度g=10771/S2,下列說法正確的是（）

A.小球從4到8的過程中，小球?qū)Π雸A槽做正功

B.小球運動到8時，小球速度大小為，ISm/s

C.小球從4到。的過程中，半圓槽的位移為1m

D.小球從C點飛出后做斜拋運動

1（）.如圖所示，半徑為R的光滑絕緣圓環(huán)固定于豎直平面內(nèi)，a為圓環(huán)的最低點，c為圓環(huán)的最高點，b點與

圓心0等高，該空間存在與圓環(huán)平面平行的勻強電場。質(zhì)量為m、帶電量為+q的小球P套在圓環(huán)上，沿環(huán)

做圓周運動，通過a、b、C三點時的速度大小分別為％=呼皿、%=三鬻、%=苧（重力加速度為

g，空氣阻力不計）。下列說法正確的是（）

A.勻強電場方向水平向左

B.勻強電場場強大小￡=等

4q

C.小球運動過程中對圓環(huán)的最小壓力為0

D.小球運動過程中在b處與地球組成的系統(tǒng)有最大的機械能

二、非選擇題：（本題共5小題，共54分）

11.圖甲是?種測量電容器電容的電路圖，實驗是通過對高阻值電阻放電的方法，測出電容器充電至電壓U

時所帶電荷量Q，從而求出待測電容器的電容。。某同學(xué)在一次實驗時的情況如下：

圖甲圖乙

A.按如圖甲所示的電路圖接好電路

8.接通開關(guān)S,調(diào)節(jié)電阻箱R的阻值，使電流表的指針偏轉(zhuǎn)接近滿刻度，記下此時電流表的示數(shù)是/。二

490M電壓表的示數(shù)%=8.0V

C斷開開關(guān)S,同時開始計時，每隔5s或10s測讀一次電流i的值，將測得數(shù)據(jù)填入表格，并標(biāo)示在圖乙的

坐標(biāo)紙上，如圖乙中小黑點所示

（1）在圖乙中畫出i-￡圖像：

（2）若圖像與i軸t軸圍成圖形對應(yīng)方格數(shù)按34計算，該電容器電容為F（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）；

（3）若某同學(xué)實驗時把電壓表接在E、。兩端，則電容的測量值比它的真實值（選填“偏大”“偏小”

或“相等”）。

12.如圖所示，木板4、B靜止于光滑水平桌面上，8上表面水平且足夠長，其左端放置一滑塊C,B、C間

的動摩擦因數(shù)為小小8由不可伸長的理想輕繩連接，繩子處于松弛狀態(tài)，現(xiàn)在突然給C一個向右的速度

2%,讓C在B」：滑動，當(dāng)C的速度為孫時，繩子剛好伸直，接著繩子被瞬間拉斷，繩子拉斷時B的速度為

：此，A、B、C的質(zhì)量均為m。

（1）從C獲得速度2%開始經(jīng)過多長時間繩子被拉直？

答案解析

1.【答案】D

【解析】解：線速度的定義式為□=霽（瞬時速度取極限）；角速度的定義式為3=黑；電場強度的定義式

為E=￡。

q

三者均通過兩個物理量的比值定義新的物理量，且定義新的物理量（如八e、E）與分母物理量（如4、q）無

關(guān)，僅反映物體本身的屬性，這種定義方法屬于比值定義法。

4、理想模型（如質(zhì)點、點電荷）是對實際對象的抽象簡化，與三者定義方式無關(guān)，故A錯誤；

B、微小量放大用于測量微小變化（如彈性形變實驗），與三者定義方式無關(guān)，故8錯誤；

。、等效替代（如合力替代分力）強調(diào)作用效果相同，與三者定義方式無關(guān)，故。錯誤；

D比值定義是三者共同采用的方法，故。正確。

故選:Do

根據(jù)線速度、角速度、電場強度的定義方法進行分析即可.

比值定義法是常用的物理思想方法，要抓住比值法的共性理解物理量的意義.

2.【答案】C

【解析】解：由庫侖定律的公式F=k整，知其中一個電荷的電量變?yōu)樵瓉淼?倍，為要保持原來的作用力

大小不變，則兩個電荷間的距離變?yōu)樵瓉淼?倍。

故選：C。

根據(jù)庫侖定律的公式『=嚶進行分析.

解決本題的關(guān)鍵掌握庫侖定律的公式的應(yīng)用.

3.【答案】B

【解析】解：在地球表面萬有引力近似等于物體的重力：mg=G"，

在也離地球表面高度為h處的力有引力等于重力：對凱道衛(wèi)星5加。=5%，

聯(lián)立解得：h=2Rf故8正確，ACO錯誤。

故選：B。

根據(jù)萬有引力近似等于物體的重力，找到重力加速度與距離地心的距離之間的關(guān)系.

解題時注意用萬有引力近似等于重力，忽略地球的自轉(zhuǎn)，注意距地面的高度加上地球的半徑為衛(wèi)星距離地

心的距離。

4.【答案】B

【解析】解：AB、落地前，網(wǎng)球只受重力，只有重力做功，所以網(wǎng)球的機械能守恒。根據(jù)動量定理可知

Ap=mgt,則在相同時間內(nèi)，網(wǎng)球的動量變化相同，故A錯誤，B正確;

C、落地前，豎直方向網(wǎng)球做勻加速運動，在相同時間內(nèi)，網(wǎng)球下落的高度不相等，重力做功不相等，由

動能定理可知，網(wǎng)球的動能變化不相同，故C錯誤；

D.若僅增大擊球的初速度，則麗球豎直向下分初速度增大，根據(jù)九可知，網(wǎng)球在空中飛行

的時間變少，故。錯誤。

故選:B。

根據(jù)是否只有重力做功判斷網(wǎng)球機械能是否守恒；根據(jù)動量定理分析在相同時間內(nèi)，網(wǎng)球的動量變化關(guān)

系；根據(jù)動能定理分析動能變化量關(guān)系；若僅增大擊球的初速度，分析豎直方向的初速度變化情況，判斷

運動時間的變化情況。

解答本題時，要明確動量定理口」用來分析動量變化量大小，動能定理能用來分析動能變化量大小。

5.【答案】D

【解析】解?：48.設(shè)斜面的傾角為。，高度為兒8做自由落體運動，由公式力得運動時間

4做勻加速直線運動，則根據(jù)牛頓第二定律可知mgs）。=ma

解得

mgsinO

a=--------=qsinO

m

根據(jù)

h1,

得

2/1

gsin2G

可知以＞%

二者重力做功相等，根據(jù)P=華知

PA<PB

故A8錯誤:

CD根據(jù)動能定理

1

mgh=-^mv2

可知兩物體到達地面時的速度大小均為

v=J2gh

A物體重力的瞬時功率

PA=mgvsinO

8物體重力的瞬時功率以=mgv

則

PA<PB

故C錯誤，Q正確。

故選：Do

B做自由落體運動，根據(jù)自由落體公式求出卜落時間，A做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律求出加速

度，再根據(jù)運動學(xué)公式求出下落時間進行比較；判斷出二者重力做功相同，結(jié)合P=:判斷平均功率大

?。?/p>

根據(jù)動能定理求出落地速度，然后根據(jù)瞬時功率公式P=Fu求解。

本題考查的是動能定理以及做功與功率的計算，需注意平均功率以及瞬時功率的求解方法。

6.【答案】D

【解析】解：加時間內(nèi)流出的水的質(zhì)量

m=pSvAt

根據(jù)動量定理

FAt=mv

聯(lián)立解得

F=pSv2

根據(jù)動能定理

1

W=PAt=^mv2-0

解得

P=?^HfP=：pS*,故。正確，A8C錯誤。

故選：D。

求出流出的水的質(zhì)量，根據(jù)動量定理求解平均沖擊力大小，根據(jù)動能定理求解做功，根據(jù)功率公式求解功

率。

本題主要考查學(xué)生對于動量定理和動能定理知識的熟練應(yīng)用能力。

7.【答案】D

【解析】A.傾斜地球同步軌道衛(wèi)星周期仍然是24小時，但軌道與赤道平面有夾角，如果某時刻在大連正上

方，則24小時后就又在大連正上方，但不能保持在大連正上方，故4錯誤;

8.同步衛(wèi)星，萬有引力提供向心力Gm仔）2（

得時需毋

4n2,R.3

傘=舒"券'故"錯誤;

地球的平均密度p=

CD根據(jù)題意，在地球北極有竿二mg極

在赤道上有爺=mg赤+m等R

由萬有引力提供向心力有:m景-（令

聯(lián)立可得g赤=（1_43知極

則地球赤道重力加速度大小與北極的重力加速度大小之比為（1-尸），故。錯誤，。正確。

故選：Du

8.【答案】BC

【解析】解：4、理想電表對電路的影響不計，分析電路可知，當(dāng)開關(guān)S閉合，滑動變阻器與定值電阻R串

聯(lián)后接在電源兩端，將滑動變阻器的滑片向上滑動時，滑動變阻器接入電路的電阻增大，電路的總電阻增

大，電路中電流減小，則電流表4的示數(shù)減小。電路中電流減小，定值電阻R兩端的電壓減小，則電壓表匕

的示數(shù)減小，理想電壓表嶼測量路端電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律有/=后-"，/減小，/增大，即理

想電壓表的示數(shù)%增大，故A錯誤；

從理想電壓表%測量滑動變阻器兩端的電壓，根據(jù)閉合電路歐姆定律得

U3=E-I（R

所以44與4的比值大小為^=R+r,可知該比值保持不變，故B正確；

。、電源的輸出功率與外電阻變化的圖像如下所示。

當(dāng)也路中定值電阻R的阻值大于電源內(nèi)阻7?的阻值，將滑動變阻器的滑片向上滑動，滑動變阻器接入電路的

電阻增大，電路的外電阻阻值比內(nèi)阻大，電源的輸出功率減小，故C正確；

。、將定值電阻等效為電源內(nèi)阻，當(dāng)滑動變阻器的電阻與等效內(nèi)阻相等時，滑動變阻器的功率最大，因不

知道滑動變阻器的電阻與等效內(nèi)阻的關(guān)系，所以無法分析滑動變阻器功率的變化，故。錯誤。

故選:BC。

分析電路的結(jié)構(gòu)，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電路中電流的變化，由歐姆定律分析R兩端電壓的變化，并

判斷路端電壓的變化，即可知道各個電表示數(shù)的變化。根據(jù)閉合電路歐姆定律列式分析與4/的比值是

否變化。根據(jù)內(nèi)外電阻的關(guān)系，結(jié)合外電阻的變化，分析電源的輸出功率變化情況。將定值電阻等效為電

源內(nèi)阻，再分析滑動變阻器的功率變化情況。

本題考查電路的動態(tài)分析問題，解題方法一般是先分析總電阻的變化、再分析總電流的變化、內(nèi)電壓的變

化、路端電壓的變化。因本題要求分析電流及電壓的變化量，故要求學(xué)生能靈活選擇閉合電路的歐姆定律

的表達形式。

9.【答案】AC

【解析】解：4由于小球從A到8的過程中對槽有斜向左下的壓力，同時半圓槽向左運動，位移方向向左，

所以小球?qū)Π雸A槽做正功，故4正確；

B.小球在半圓槽內(nèi)滑動的過程中，系統(tǒng)水平方向合力為零，所以系統(tǒng)水平方向動量守恒，設(shè)小球運動到8

時，小球與半圓槽的速度大小分別為打、外，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律與機械能守恒定律得：

mvr—Mp2=0

11

mg(h+R)=27n譜+②”設(shè)

解得：vx=2，而m/s,v2=V~TOm/s,故8錯誤：

C小球從4點運動到C點這一過程，系統(tǒng)在水平方向上類似于人船模型，設(shè)小球從4到。的過程中，小球與

半圓槽的水平位移大小分別為與、小，則有：

mxx-MX2=0

又有：*I+%2=2R,解得：Xi=2m,%2=1機，故C正確；

。.根據(jù)水平方向動量守恒可知小球從C點飛出瞬間，小球和半圓槽的水平速度均為零，小球從。點飛舟后做

豎直上拋運動，故。錯誤。

故選：AC.

10.【答案】BCD

【解析】解:4從最低點到最高點，由動能定理可得

11

mvmv

2c-2a=~2mgR+qUac

解得ac電勢差為

故ac連線為等勢線，從a到從有

11

7mv7

2mg-2a=-mgR+qUab

解得

3mgR

UQ匕=-i—>0

Q匕4q

電場線垂直于等勢線，沿電場線方向電勢逐漸降低，故勻強電場方向水平向右，故A錯誤；

A勻強電場場強大小為

PUab

E=R

解得勻強電場場強大小為

3mg

EF=-；——

4g

故B正確；

C/、球P所受電場力為

3

Eq=4mg

當(dāng)電場力與重力合力與圓心在一條直線上時，對圓環(huán)的壓力達到最大和最小，根據(jù)幾何關(guān)系可知，最小速

度

11

7Tnvm7in~jmva9=一mgR(l+cos37。)-qERsin37°

根據(jù)牛頓第二定律

Eqcos530+mgcos370-F=m—

minK

解得最小支持力為0,根據(jù)牛頓第三定律可知，小球運動過程中對圓環(huán)的最小壓力為0,故C正確；

。.小球在b處的電勢能最小，根據(jù)能量守恒定律可知，小球運動過程中在b處與地球組成的系統(tǒng)有最大的機

械能，故。正確。

故選:BCD.

A、假設(shè)從c到a過程中只有重力做功，根據(jù)動能定理求解a點的速度大小，假設(shè)從c到b過程中只有重力做

功，求解達到b點的速度大小判斷電場線的方向；

8、從。到bi寸程中根據(jù)動能定理求解電場強度：

C、小球運動到等效最高點時對圓環(huán)的壓力最小，求出等效最高點的速度，在等效最高點根據(jù)牛頓第二定

律求解最小壓力；

。、根據(jù)平衡條件得到小球的平衡位置（等效最低點）和電場力和重力的合力大小，再求出等效最低點的速

度，根據(jù)牛頓第二定律求解支持力，根據(jù)牛頓第三定律可知小球運動過程中對圓環(huán)的最大壓力。

本題主要是考查帶電粒子在電場中的圓周運動，關(guān)鍵是弄清楚運動情況，根據(jù)假設(shè)法得到電場線的方向，

1.1x10-3；偏小

【解析?】(1)根據(jù)圖中畫出的點作平滑的曲線作圖如圖所示

(2)由電流的定義式可得

AQ=iAt

可知電荷量為i-t圖像與坐標(biāo)軸所包圍的面積，則面積的物理意義為電容器在開始放電時所帶的電荷量；

圖乙中圖線與坐標(biāo)軸所圍成面積約為32格，即電容器的電荷量為

Q=34x50x10-6x5C=8.5xIO,

則有c=W

解得：C=1.1x10-3F

(3)電容的測量值比它的真實值偏小，原因是若把電壓表接在￡、D兩端，則電容器在放電時，有一部分電

量會從電壓表中通過，從而使得通過電流表中的電量小于電容器的帶電量，從而使電容的測量值比它的真

實值偏小。

(1)用平滑的曲線連接各點；

(2)根據(jù)i-t圖像與坐標(biāo)軸所包圍的面積的物理意義和電容定義式計算；

(3)分析電壓表的分流作用判斷。

本題關(guān)鍵掌握觀察電容器充放電現(xiàn)象的實驗原理和i-C圖像與坐標(biāo)軸所包圍的面積的物理意義。

12.【答案】解：(1)從。獲得速度2%到繩子拉直的過程中，取向右為正方向，對C根據(jù)動量定理得:

-^irngt=m-v0—2m%

解得：”粉

(2)設(shè)繩子剛拉直時8的速度為外,對B、C系統(tǒng)分析，選擇向右為正方向，由動量守恒定律得：

m-2v0=mv0+mvB

計算得出：vB=v0

繩子拉斷的過程中，力、8組成的系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：

1

mvB=mvA+m--v0

解得：vA=^v0

繩子拉斷過程中，以4B為系統(tǒng)：根據(jù)能量守恒定律得損失的能量為：

1111

4E=-mv7j--xzn吸7—gxm?(”。了9

解得AE=扣詔;

(3)設(shè)C在拉斷前的過程中相對于B的位移為3由能量守恒定律可得：

2

|TH(2V0)=11mvj+iimg^

解得：&=近

pg

設(shè)繩子拉斷后。恰好滑到8的右端時乂相對于8滑動了心2,此時二者速度相等時心2最小，對BC分析，取向右

為正方向，根據(jù)動量守恒定律，有：

1_

mv0+m--v0=2mv〃

22

由能量守恒定律有：\rnvl4-|m(|v0)=|x2mvtt+iimgL2

解得」2=^

木板的最小長度為：L=Lr+L2

聯(lián)立解得」=察。

答：(1)從C獲得速度2%開始經(jīng)過含時間繩子被拉直；

(2)拉斷繩子造成的機械能損失為;m詔；

(3)若最終滑塊C未脫離木板8,見木板8的長度至少為察。

【解析】(1)當(dāng)C的速度為分時繩子剛好伸直，對。根據(jù)動量定理求解從C獲得速度2%開始到繩子剛好伸直

的時間:

(2)在整個運動過程中，4、8、C組成的系統(tǒng)動量守恒，根據(jù)動量守恒定律求解繩子拉斷后的速度，再根據(jù)

能量守恒求解整個系統(tǒng)損失的機械能；

(3)根據(jù)能量守恒定律求解繩拉斷時C相對于木板通過的距離，再根據(jù)動量守