山东省泰安市宁阳一中2022-2022学年高一物理下学期期末考试试题本试卷分I卷（选择题）II（非选择题）两部分，满分100分，考试时间：90分钟分卷I（选择题共48分）注意事项：1.答第一卷前，考生务必将自己的姓名、考号、试卷类型、考试科目用铅笔涂写在答题卡上。2.每小题选出答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑3.考试结束后，监考人员将本试卷和答题卡一并收回一、单选题(共8小题,每小题4分,共32分)1.当某一电容器的电压是40V时，它所带电量是0.2C，若它的电压降到20V时，则( )A．电容器的电容减少一半B．电容器的电容不变C．电容器带电量不变D．电容器带电量增加为原来的两倍2.下列说法中正确的是（ ）A．1号干电池与5号干电池的电动势相等、容量相等B．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量C．电动势公式E=中的W与电压U=中的W是一样的，都是非静电力做的功D．电动势就是电源两极间的电压3.在图示的非匀强电场中，实线表示电场线．在只受电场力的作用下，电子从A点运动到B点．电子在A点的速度方向如图所示．比较电子在A、B两点的速度，加速度，电势能，其中正确的是( )A．vA>vB，aA<aB，EpA>EpBB．vA>vB，aA>aB，EpA<EpBC．vA<vB，aA<aB，EpA<EpBD．vA<vB，aA>aB，EpA>EpB12\n4.如图所示为两个固定在同一水平面上的点电荷，距离为d，电荷量分别为＋Q和－Q.在它们的水平中垂线上固定一根长为L、内壁光滑的绝缘细管，有一电荷量为＋q的小球以初速度v0从管口射入，则小球( )A．速度先增大后减小B．受到的库仑力先做负功后做正功C．受到的库仑力最大值为D．管壁对小球的弹力最大值为5.竖直放置的一对平行金属板的左极板上用绝缘线悬挂了一个带正电的小球，将平行金属板按图所示的电路图连接．绝缘线与左极板的夹角为θ.当滑动变阻器R的滑片在a位置时，电流表的读数为I1，夹角为θ1；当滑片在b位置时，电流表的读数为I2，夹角为θ2，则( )A．θ1<θ2，I1<I2B．θ1>θ2，I1>I2C．θ1＝θ2，I1＝I2D．θ1<θ2，I1＝I26.如图所示把四个完全相同的灯泡连成甲、乙两电路，U甲=2U乙，四个灯泡都正常发光，两个电路消耗的总功率用P甲、P乙表示，电阻R1、R2的功率用P1、P2表示，则下列关系正确的是（ ）A．P甲=P乙B．R1=R2C．P2=4P1D．R1=2R27.在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时( )A．RM变大，且R越大，U增大越明显B．RM变大，且R越小，U增大越明显C．RM变小，且R越大，U增大越明显D．RM变小，且R越小，U增大越明显8.如图所示，竖直绝缘墙壁上有一个固定的质点A，在A点正上方的O点用绝缘丝线悬挂另一质点B，OA＝OB，A、B两质点因为带电而相互排斥，致使悬线偏离了竖直方向，由于漏电使A、B两质点的带电量逐渐减少，在电荷漏完之前悬线对悬点O的拉力大小12\n( )．A．逐渐减小B．逐渐增大C．保持不变D．先变大后变小二、多选题(共4小题,每小题4.分,少选得2分，错选得0分。共16分)9.(多选)图为静电除尘原理的示意图，尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的，下列表述正确的是( )A．到达集尘极的尘埃带正电荷B．电场方向由集尘极指向放电极C．带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同D．同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大10.(多选)一个T型电路如图所示，电路中的电阻R1＝10Ω，R2＝120Ω，R3＝40Ω，另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计，则( )A．当cd端短路时，ab之间的等效电阻是40ΩB．当ab端短路时，cd之间的等效电阻是40ΩC．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为80VD．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为80V11.(多选)如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变大，则( )A．电荷将向上加速运动B．电荷将向下加速运动C．电流表中将有从a到b的电流D．电流表中将有从b到a的电流12.(多选)如图所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是（ ）A．金属块带正电荷B．金属块克服电场力做功8JC．金属块的机械能减少12JD．金属块的电势能减少4J分卷II(52分）12\n三、实验题(共2小题,共14分)13.有一个额定电压为3.8V，额定功率约为1W的小灯泡，现要用伏安法描绘这只灯泡的伏安特性图线，有下列器材可供选用：A．电压表V1(0～6V，内阻约为5kΩ)B．电压表V2(0～15V，内阻约为30kΩ)C．电流表A1(0～3A，内阻约为0.1Ω)D．电流表A2(0～0.6A，内阻约为0.5Ω)E．滑动变阻器R1(10Ω，5A)F．滑动变阻器R2(200Ω，0.5A)G．蓄电池(电动势6V，内阻不计)H．开关、导线（1）实验的电路图应选用下列的图________（填字母代号）（2分）(2)测得该灯泡的伏安特性曲线如图所示，由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为________）Ω(结果保留两位有效数字)（2分)；随着电压增大，温度升高，小灯泡的电阻________Ω．（填“增大”，“减小”或“不变”）（2分）(3)若将此灯泡与电动势12V、内阻为1Ω的电源相连，要使灯泡正常发光，需串联一个阻值为Ω的电阻________Ω．(结果保留两位有效数字)（2分）14.用图甲所示的电路测定某电源的电动势和内阻，R为电阻箱，阻值范围0～9999Ω，R0是保护电阻，电压表内阻对电路的影响可忽略不计．12\n该同学连接好电路后，闭合开关S，改变电阻箱接入电路的电阻值，读取电压表的示数．根据读取的多组数据，他画出了图乙所示的图象．(1)在图乙所示图象中，当＝0.10V－1时，外电路处于________状态．(选填“通路”、“断路”或“短路”)．（2分）(2)根据该图象可求得该电池的电动势E＝________V，（2分）内阻r＝________Ω（2分）.四、计算题(共4小题,共38分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写答案不得分。有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15（6分）.一试探电荷q＝4×10－9C，在电场中P点受到的静电力F＝6×10－7N．求：(1)P点的场强大小；(2)将试探电荷移走后，P点的场强大小；(3)放一电荷量为q′＝1.2×10－6C的电荷在P点，受到的静电力F′的大小．12\n16（10分）.一台小型发动机在3V电压下工作，通过它的电源的电流是0.2A，用此电动机提升重力为4N的物体时，在30s内可使该物体匀速提升3m．若不计除电动机线圈发热以外的其他能量损失，求在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量．17（10分）倾角为30°的直角三角形底边长为2l，底边处在水平位置，斜边为光滑绝缘导轨，现在底边中点O固定一正电荷Q，让一个质量为m的带正电的电荷q从斜面顶端A由静止沿斜面滑下(不脱离斜面)．已测得它滑到斜边上的垂足D处的速度为v，加速度为a，方向沿斜面向下，问该质点滑到斜面底端C点时的速度和加速度各为多少？12\n18（12分）.如图所示，在绝缘水平面上，相距为L的A、B两点处分别固定着两个等量正电荷。a、b是AB连线上两点，其中Aa=Bb=L/4，a、b两点电势相等，O为AB连线的中点。一质量为m带电量为+q的小滑块（可视为质点）以初动能E0从a点出发，沿AB直线向b运动，其中小滑块第一次经过O点时的动能为初动能的n倍（n>1），到达b点时动能恰好为零，小滑块最终停在O点，求：（1）小滑块与水平面间的动摩擦因数μ；（2）Ob两点间的电势差Uob；（3）小滑块运动的总路程s。高一物理答案1.【答案】B【解析】电容的大小由本身因素决定，与电压、电量无关，所以电容不变．根据Q＝CU知，电压降为原来的一半，则电量变为原来的一半．故B正确，A、C、D错误．2.【答案】B【解析】1号干电池与5号干电池的电动势相等，均为1.5V，但容量不同，故A错误；电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小，故B正确；电动势公式E=中的W是非静电力做功，电压U=中的W是静电力做功，故C错误；电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，但两者意义不同，不能说电动势就是电源两极间的电压，故D错误．3.【答案】D【解析】由轨迹的特点可知，电场力方向与场强方向相反，电场力做正功，动能增大，速度增大，电势能减小；因为A处电场线较B处密集，故A处场强大于B处，在A处的加速度大于在B处的加速度，选项D正确．4.【答案】C12\n【解析】 由等量的异种电荷形成的电场特点，根据小球的受力情况可知在细管内运动时，合力为重力，小球速度一直增大，A错误；库仑力水平向右，不做功，B错误；在连线中点处库仑力最大，F＝＋＝，C正确；管壁对小球的弹力与库仑力是平衡力，所以最大值为，D错误.5.【答案】D【解析】先根据电容器在电路稳定的情况下相当于断路，比较两种情况下两极板的电势差、电场强度、电场力大小进而确定大小关系；再根据两种情况下的总电阻大小确定电流关系．当滑片在a位置时平行板电容器两极板间电势差比当滑片在b位置时小，场强也就小，故θ1<θ2，两种情况下的闭合电路总电阻不变，故I1＝I2，所以正确选项为D.6.【答案】A【解析】设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，则：U甲=2U0+I0R甲；U乙=U0+2I0R乙；而U甲=2U乙，故整理得，R甲=4R乙．设电灯的额定功率为P，电路消耗的总功率为：，，由于R甲=4R乙，故P甲=P乙，故A正确，B、C、D错误．7.【答案】C【解析】当RM变大时，回路的总电阻R总变大，根据I总＝，得干路中的电流I总变小，S两端的电压U＝I总RS变小，故选项A、B错误；当RM变小时，回路的总电阻R总变小，根据I总＝，得干路中的电流I总变大，S两端的电压U＝I总RS变大，而且R越大，RM变小时，对回路的总电阻变化的影响越明显，故选项C正确，选项D错误．8.【答案】C【解析】由平衡条件知，小球A所受的重力G、库仑力F和拉力T的合力应为零，故可先将F和T合成，则它们的合力与重力构成一对平衡力．由此得到由这三个力构成的力的三角形，而这个力的三角形恰与几何三角形OAB相似．于是有＝＝.注意到OA＝OB，故T＝G.即T与悬线与竖直方向的夹角无关，应选C项．9.【答案】BD【解析】10.【答案】AC【解析】当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联合后与R112\n串联，等效电阻为：R＝＋R1＝Ω＋10Ω＝40Ω，故A正确；当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为：R′＝＋R2＝Ω＋120Ω＝128Ω，故B错误；当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，U＝E＝×100V＝80V，故C正确；当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U′＝E＝×100V＝25V，故D错误．11.【答案】BD【解析】将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，板间场强E＝减小，电荷q所受的电场力F＝Eq减小，电荷将向下加速运动．故A错误，B正确．根据电容的决定式C＝可知，电容减小，电容器的电压U不变，由电容的定义式C＝分析得知，电容器的电量减小，电容器放电，而电容器上极板带正电，则电流表中将有从b到a的电流．故C错误，D正确．12.【答案】AC【解析】在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=△Ek解得：W电=-4J由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷．故A正确；金属块克服电场力做功4J，B错误；在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故C正确．金属块克服电场力做功4J，金属块的电势能增加4J．故D错误.13.【答案】（1）B（2）16Ω增大（3）34【解析】（1）为描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，故应选E；灯泡额定电压为3.8V，电压表应选择A，灯泡额定电流为：12\n，电流表选择D，灯泡正常发光时的电阻：，电流表内阻为：，电压表内阻为，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路应选择图B所示电路；（2）由（1）分析可知，电压表选择A，电流表选择D，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器选择E；（3）由图示图象可知，随增大，增大，实际功率增大，灯泡温度升高，电压与电流表的比值增大，灯泡电阻增大；由图示图象可知，电压：时，电流，此时灯泡电阻：；（4）灯泡正常发光时，串联电阻两端电压，串联电阻阻值.14.【答案】(1)断路 (2)10 50【解析】15.【答案】(1)1.5×102N/C (2)1.5×102N/C(3)1.8×10－4N【解析】(1)E＝＝＝1.5×102N/C（2分）(2)场强是描述电场的物理量，跟试探电荷无关，所以将试探电荷移走后，场强仍是1.5×102N/C.（2分）(3)F′＝q′E＝1.2×10－6×1.5×102N＝1.8×10－4N（2分）16.【答案】6J【解析】电动机提升重物的机械功率为：P机＝F·v＝mg·＝0.4W.（2分）电动机输入的功率为：P入＝IU＝0.6W.（2分）由能量关系P入＝P机＋P热．（2分）得P热＝P入－P机＝(0.6－0.4)W＝0.2W.（2分）所产生的热量Q＝P热·t＝0.2×30J＝6J.（2分）17.【答案】1）由图可知，，△BOD为等边三角形，可见B、C、D在同一个以O为圆心的圆周上，即点电荷Q的等势面上，故电荷q从O到C，电场力不做功，从D→C由动能定理，（2分）12\nh=Bdsin60°Bcsin30°（1分）（2分）（2）设点电荷Q在D、C产生磁场场强为正，又设q在D点受力分析，产生加速度a，由牛顿第二定律F=mgsin30°-qEcos30°=ma（2分），q在C点：（2分）得：（1分）18.【答案】试题分析：(1)由Aa=Bb=,O为AB连线的中点得：a、b关于O点对称，则 ① （1分）设小滑块与水平面间的摩擦力大小为f，对于滑块从a→b过程，由动能定理得： ② （2分）而f=umg ③ （1分） 由①——③式得： ④ （1分）（2）对于滑块从O→b过程，由动能定理得： ⑤ （2分）由③——⑤式得： ⑥ （1分）(3)对于小滑块从a开始运动到最终在O点停下的整个过程，由动能定理得： ⑦ （1分）而 ⑧ 12\n（1分）由③——⑧式得： ⑨ （2分）12
