1、浙江省金华十校2019-2020学年高一物理下学期期末调研考试试题（含解析）一、选择题（本大题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题列出的四个备选项中只有一个选项是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1. 下列说法中正确的是（）A. 元电荷就是电子B. 电势降低的方向就是电场的方向C. 处于静电平衡状态的导体内部，场强处处为零D. 物体带正电，且电荷量为，这是因为该物体得到了个电子【答案】C【解析】【详解】A元电荷是基本的电量单位，电子带元电荷的电量，电子不是元电荷，选项A错误；B电势降低最快的方向就是电场的方向，选项B错误；C处于静电平衡状态的导体内部，场强处处为零，选项C正确；D
2、物体带正电，且电荷量为，这是因为该物体失去了个电子，选项D错误。故选C。2. 如图所示，两个互相垂直的力和作用在一个初速度为的物体上，物体运动通过一段位移，力对物体做功为8J，力对物体做功为-6J，则力和的合力对物体做功为（）A. 2JB. 14JC. 10JD. 48J【答案】A【解析】【详解】力和的合力对物体做功等于两个力分别对物体做功的代数和，即W=8J-6J=2J故选A。3. 某同学研究白炽灯得到其图象如图所示。图象上A点与原点的连线与横轴成角，A点的切线与横轴成角，则（）A. 白炽灯的电阻随电压的增大而减小B. 白炽灯是非线性元件，不能用欧姆定律计算它的电阻C. 在A点，白炽灯的阻值
3、可表示为D. 在A点，白炽灯的阻值可表示为【答案】D【解析】【详解】A由图示图象可知，随电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻变大，故A错误；B白炽灯是纯电阻元件，能用欧姆定律计算它的电阻，选项B错误；CD由欧姆定律可知，在A点，白炽灯的电阻：由于纵坐标与横坐标的标度可能不同，所以不能用计算电阻值，更不能用计算电阻值，故C错误，D正确。故选D。4. 如图是研究电荷之间相互作用力的实验装置。带电量为Q的金属小球A用绝缘杆固定在地面上，带电量为q、质量为m的金属小球B用绝缘细线悬挂在可移动支架上，两者均可看作点电荷，且处于同一水平线上，距离为d，细线与竖直方向夹角为，细线拉力
4、为。再将两小球的距离增大为，调整支架，使两小球仍处于同一水平线上，此时细线与竖直方向夹角为，细线拉力为。则下列说法正确的是（）A. 两小球可能带异种电荷B. 细线拉力大小小于C. 与之比为2：1D. 两小球距离为时，小球B在小球A处产生的电场强度大小可表示为【答案】D【解析】【详解】A由图可知，两小球互相排斥，所以两小球带同种电荷，A错误；B小球受力分析如图所示两小球间的库仑力为绳子拉力小球间距离变大，F变小，所以拉力变小。故细线拉力大小大于，B错误；C绳子与竖直方向夹角正切值为两小球的距离增大为，库仑力变为原来的，所以与之比为4：1，C错误；D两小球距离为时，绳子与竖直方向夹角正切值为故小球
5、B在小球A处产生的电场强度大小可表示为，D正确。故选D。5. 2020年3月9日19时55分在西昌卫星发射中心，我国利用长征三号乙运载火箭，成功发射北斗三号GEO-2地球同步轨道卫星。2020年6月11日2时31分在太原卫星发射中心，我国利用长征二号丙运载火箭，成功发射海洋一号D星，海洋一号D星离地高度约800km。两颗卫星绕地球的运动均看做匀速圆周运动。关于这两颗卫星，下列说法正确的是（）A. 北斗三号GEO-2卫星的环绕周期大于海洋一号D星的环绕周期B. 北斗三号GEO-2卫星环绕地球的向心加速度大于海洋一号D星环绕地球的向心加速度C. 北斗三号GEO-2卫星环绕地球的线速度大于海洋一号D
6、星环绕地球的线速度D. 北斗三号GEO-2卫星环绕地球的角速度大于海洋一号D星环绕地球的角速度【答案】A【解析】【详解】根据解得， 北斗三号GEO-2卫星的环绕半径大于海洋一号D星的环绕半径，则北斗三号GEO-2卫星的环绕周期大于海洋一号D星的环绕周期；北斗三号GEO-2卫星环绕地球的向心加速度、线速度、角速度比海洋一号D星的小。故选A。6. 2019年10月11日，中国火星探测器“火星一号”首次公开亮相，计划于2020年发射并实现对火星的环绕、着陆与巡视。已知火星的直径约为地球的53%，质量约为地球的11%，那么以下说法中正确的是（）A. 若再给出太阳与火星之间的距离，则可求出太阳的质量B.
7、 探测器在火星表面所受重力约为在地球表面所受重力的20%C. 火星的第一宇宙速度大于地球的第一宇宙速度D. 只需测出探测器在火星表面的环绕周期即可估算出火星的平均密度【答案】D【解析】【详解】A结合题目已知条件，若再给出太阳与火星之间的距离，仍然无法求出太阳质量，故A错误；B在星球表面运动的物体，万有引力近似等于重力。设探测器的质量为m，星球质量为M，半径为R，根据万有引力定律可得解得根据题意可知，火星直径约为地球的53%，质量约为地球的11%，则代入上式可求得故由可判断探测器在火星表面所受重力约为在地球表面所受重力的39%，故B错误；C根据万有引力定律可得可解得由于7.9km/s是探测器在地
8、球表面附近的环绕速度，也是地球的第一宇宙速度，故可得故C错误；D若测出探测器在火星表面的环绕周期T，则根据万有引力定律可得又联立求得火星球密度故可估算出火星的平均密度，D正确；故选D。7. 如图所示为厦门胡里山炮台的一门大炮假设炮弹水平射出，以海平面为重力势能零点，炮弹射出时的动能恰好为重力势能的3倍，不计空气阻力，则炮弹落到海平面时速度方向与海平面的夹角为A. 30B. 45C. 60D. 75【答案】A【解析】【详解】设抛出时物体的初速度为v0，高度为h，物块落地时的速度大小为v，方向与水平方向的夹角为根据机械能守恒定律得据题有联立解得则可得=30故选A。8. 如图所示，为定值电阻，为负温
9、度系数的热敏电阻（负温度系数热敏电阻是指阻值随温度的升高而减小的热敏电阻），L为小灯泡，当温度降低时（）A. 两端的电压增大B. 电流表的示数增大C. 小灯泡变亮D. 电源的输出功率一定变大【答案】C【解析】【详解】当温度降低时，R2电阻变大，则电路总电阻变大，电流减小，电流表示数减小，R1两端电压变小，灯泡两端电压变大，灯泡变亮；由于外电路电阻与内阻的关系不能确定，不能确定电源的输出功率如何变化，故选项C正确，ABD错误。故选C。9. 新冠疫情期间，额温枪广泛应用于各种场所。4月开学后学校实行体温每日三检制度，体温检测员小明仔细研究了班里的额温枪及其技术参数（如图所示），发现它以2节干电池为
10、电源，工作电流为5mA。能通过传感器检测人体向外辐射的红外线，根据红外线能量的强弱快速、准确且无接触的测量体温，那么关于该额温枪的说法中正确的是（）A. 额温枪工作时，电池组两极间的电压为3VB. 额温枪工作时，电路中每通过1C电荷，每节电池都能把1.5J化学能转化为电能C. 额温枪工作时，电源的输出功率为15mWD. 若换用两节充满电的800mAh充电电池，则最多可测温约为次【答案】B【解析】【详解】A2节干电池电源的电动势为3V，则额温枪工作时，电池组两极间的电压小于3V，选项A错误；B每节电池的电动势为1.5V，根据电动势的概念可知，额温枪工作时，电路中每通过1C电荷，每节电池都能把1.
11、5J化学能转化为电能，选项B正确；C额温枪工作时，工作电流为5mA，则电源消耗的总功率为P=IE=15mW则电源的输出功率小于15mW，选项C错误；D若换用两节充满电的800mAh充电电池，则最多可测温约为选项D错误。故选B。10. 如图所示，在真空中的A、B两点分别放置等量异种点电荷，其中A处电荷带正电。A、B间有一正五角星形路径，五角星的中心与A、B的中点重合，连线与连线垂直，O点是与的交点，点是与的交点。现有一电子在此电场中运动，下列判断正确的是（）A. 点和点的电场强度相同，点和点的电势相等B. 电子沿直线从a点运动到O点，再沿直线从O点运动到点的整个过程电势能一直增大C. 电子沿直线
12、从g点运动到f点，再沿直线从f点运动到e点的整个过程电势能一直在增大D. 电子沿直线从f点运动到e点，再沿直线从e点运动到d点的整个过程中电场力先做正功后做负功【答案】C【解析】【分析】根据等量异种电荷的电场线分布以及等势线特点，再结合电场力做功与电势能的变化进行分析。【详解】A根据等量异种电荷的电场线分布及等势线的特点可知，e点和g点的场强大小相等，方向不同，中垂线是等势线，a点和f点电势相等，故A错误；B电子沿直线从a点运动到O点，电场力不做功，电势能不变，沿直线从O点到点，电场力做负功，电势能增大，故B错误；C电子沿直线从g点运动到f点，再沿直线从f点运动到e点，整个过程电势降低，电场力
13、一直做负功，电势能一直在增大，故C正确；D电子沿直线从f点运动到e点，再沿直线从e点运动到d点的整个过程中，电势先减小后增大，故电场力先做负功后做正功，故D错误。故选C。【点睛】等势线与电场线垂直，等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线；电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增大。二、选择题（本大题共3小题，每小题4分，共12分。在每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有错选的得0分）11. 在科学的发展历程中，许多科学家做出了杰出的贡献。下列叙述符合物理学史的是（）A. 开普勒用了20年时间研究第谷的行星观测记录，发现了行星运动的三大定
14、律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. 地心说的代表人物是哥白尼，认为地球是宇宙的中心，其他星球都在绕地球运动D. 海王星是运用万有引力定律在“笔尖”下发现的行星【答案】AD【解析】【详解】A开普勒用了20年时间研究第谷的行星观测记录，发现了行星运动的三大定律，选项A正确；B牛顿提出了万有引力定律，卡文迪许通过实验测出了引力常量，选项B错误；C“地心说”的代表人物亚里士多德和托勒密，认为地球是宇宙的中心，其他星球都在绕地球运动，选项C错误；D海王星是运用万有引力定律在“笔尖”下发现的行星，选项D正确。故选AD12. 研究与平行板电容器电容有关的因素的实验装置如图所示。下列
15、说法正确的是（） A. 实验中，只将电容器b板向右移，静电计指针的张角变小B. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变小D. 实验中，只增加极板所带电荷量，静电计指针的张角变大，表明电容增大【答案】AC【解析】【详解】A 题设条件下，电容器电量不变，实验中，只将电容器b板向右移，板间距变小，根据及可知，电容变大，板间电压变小，静电计指针的张角变小，故A正确；B 实验中，只将电容器b板向上平移，正对面积变小，根据及可知，电容变小，板间电压变大，静电计指针的张角变大，故B错误；C 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，介电常数变大
16、，根据及可知，电容变大，板间电压变小，故静电计指针的张角变小，故C正确；D 实验中，只增加极板所带电荷量，则板间电压变大，静电计指针的张角变大，但电容不变，故D错误。故选AC。13. 如图所示，上方传送带始终以的速度向右运动，左右两端相距。将一质量的木块由传送带左端静止释放，木块与传送带之间的动摩擦因数为，则（）A. 木块从左端运动到右端的过程中，摩擦力对木块做的功为16JB. 木块从左端运动到右端的过程中，由于带动木块运动，电动机多消耗了16J的电能C. 木块从左端运动到右端过程中，因为摩擦而产生的热量为16JD. 木块从左端运动到右端的时间为【答案】BD【解析】【详解】由于滑块初速度为零，
17、滑块开始时做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得同步时位移为，根据联立以上两式解得匀加速所用时间匀速运动时间全程所用时间摩擦力对木块做功木块加速阶段传送带的位移木块从左端运动到右端的过程中，因为摩擦而产生的热量为滑块加速阶段电动机会因克服摩擦力做功多消耗的电能，多消耗的电能故AC错误，BD正确。故选BD。三、非选择题（本大题共6小题，14题8分，15题8分，16题8分，17题8分，18题13分，19题13分，共58分）14. 某同学利用重锤的落体运动进行“验证机械能守恒定律”的实验。(1)图甲是释放纸带瞬间的照片，写出其装置或操作中一处不合理的地方是_。(2)为完成本实验，除了图甲所示的装置外，
18、还需要图乙中的器材是_（填序号）。(3)若质量的重锤自由下落，打点计时器的电源频率为50Hz，在纸带上打出一系列的点如图丙所示，O为重锤自由下落打出的第一个点，取。从打出O点到打出D点，重锤自由下落，重力势能的减少量_J，动能的增加量_J（结果均保留两位有效数字）。【答案】 (1). 手未捏纸带上端保持纸带竖直或重锤离桌面距离过小 (2). D (3). 0.13或0.12 (4). 0.12或0.13【解析】【详解】（1）1由图可知，纸带释放前没有在竖直方向伸直，且重锤离桌面距离过小，所以其装置或操作中一处不合理的地方是手未捏纸带上端保持纸带竖直或重锤离桌面距离过小（2）2实验需要测量纸带上
19、所打点的间距，因此需要刻度尺，选择器材D（3）3 O点到D点的距离约为0.0645m，O点到D点重力势能的减少量4D点的速度等于CE段的平均速度动能的增加量15. 为了测量一节干电池的电动势和内电阻，实验室准备了下列器材：A待测干电池一节B直流电流表（量程）C直流电压表（量程）D滑动变阻器（阻值范围为，最大电流为1A）E滑动变阻器（阻值范围为，最大电流为0.2A）F开关G导线若干(1)为减少实验的误差，滑动变阻器选_（填序号）。(2)请同学们用连线代替导线，完成图中器材的实物连接_。(3)某同学根据实验记录，画出图线如图所示，则可求出该干电池电动势为_V，内电阻为_（结果均保留两位有效数字）。
20、【答案】 (1). D (2). 图见解析 (3). 1.5 (4). 1.0【解析】【详解】(1)为减少实验的误差，方便调节，滑动变阻器选阻值较小的D即可；(2)实物连接如图；(3)根据图线可求出该干电池电动势为E=1.5V，内电阻为16. 某实验小组进行“练习使用多用电表”的实验。(1)用多用电表测量某一电学元件阻值，多用电表的选择开关旋至如图甲所示位置。操作正确，表盘指针如图乙所示，则该电学元件阻值为_。(2)选择开关如图甲所示，在测另一电学元件阻值时发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，正确的操作顺序为_。A将选择开关旋转到电阻挡“1k”的位置
21、B将选择开关旋转到电阻挡“10”的位置C将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行欧姆调零(3)当选用10V直流电压挡测量某电阻电压时，指针位置如图乙所示，则电阻的电压为_V。(4)在判断二极管极性时，小明先将多用电表选择开关旋至电阻挡“1”的位置，正确操作后发现指针位置如图乙所示，则多用电表红表笔（插在“+”孔中）与二极管的_（填“正”或“负”）极相接触。【答案】 (1). 2000 (2). ADC (3). 6.7（6.66.8） (4). 负极【解析】【详解】(1)1该电学元件阻值为20100=2000；(2)2测另一电学元件阻值时发现指针偏
22、转角度过小，说明倍率档选择过低，则应该选择“1k”档，调零后再进行测量，则实验步骤为ADC；(3)3当选用10V直流电压挡测量某电阻电压时，表盘最小刻度为0.2V，则电阻的电压为6.7V；(4)4在判断二极管极性时，小明先将多用电表选择开关旋至电阻挡“1”的位置，正确操作后发现指针位置如图乙所示，欧姆表读数很小，说明二极管上加的是正向电压，由于红表笔与内部电源的负极连接，则多用电表红表笔（插在“+”孔中）与二极管的负极相接触。17. 太阳能汽车是一种环保型“绿色汽车”，有一辆玩具汽车靠太阳能电池对电动机供电，该电池的太阳能集光板面积。已知太阳垂直照射集光板上，且单位面积辐射功率，太阳能电池电动
23、势，内电阻，电动机的电阻，玩具汽车在水平路面上匀速行驶，通过电动机的电流。(1)求玩具汽车在水平路面上匀速行驶时，太阳能电池把太阳能转化为电能的效率。(2)这辆玩具汽车的总重，在水平路面上行驶的阻力是车重的0.2倍，这辆玩具汽车在水平路面上匀速行驶的速度多大？【答案】(1)；(2)2.5m/s【解析】【详解】(1)太阳能接收功率太阳能电池工作是总功率转化效率(2)阻力电动机输出功率最大速度18. 如图所示的直角坐标系中，在直线到y轴区域内存在着沿x轴正方向的匀强电场E；在直线到y轴区域存在着两个大小均为、方向相反的有界匀强电场，其中x轴上方的电场方向沿y轴负方向，x轴下方的电场方向沿y轴正方向
24、。在电场左边界上到区域内，连续分布着带正电且电量为、质量为m的粒子，均处于静止状态。若处于点的粒子释放后，在电场力作用下，能恰好从处射出电场。不计粒子的重力及它们间的相互作用。(1)处粒子释放后，在电场力作用下到达y轴时的速度大小；(2)求匀强电场的电场强度大小与之比；(3)初位置为处粒子释放后，在电场力作用下，求其离开右边电场时的位置坐标。【答案】(1) ；(2)；(3) 【解析】【详解】（1）根据动能定理得（2）x方向y方向得（3）x方向y方向得根据对称性，粒子末位置坐标为19. 如图所示，在光滑水平轨道右侧固定半径为的竖直圆形光滑轨道，在水平轨道的段铺设特殊材料，长度可调，动摩擦因数，水
25、平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态。可视为质点的小物块质量，从圆形轨道底部右侧lm处的A点以初速度开始运动，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回（g取）。(1)求物块向右经过圆形轨道最高点B时对轨道的压力；(2)若物块在运动过程中始终未脱离轨道，求段长度的范围。【答案】(1) 40N，方向竖直向上；(2) 或【解析】【详解】(1)从A到B的过程，由动能定理，可得最高点，合力提供向心力，由牛顿第二定律，可得解得根据牛顿第三运动定律，物块对轨道的压力大小为40N，方向竖直向上(2)若能过最高点，从A到B的过程，经过两次特殊材料路段，由动能定理最高点处最小速度，即重力提供向心力解得若未过最高点，恰滑至与圆心等高处，由动能定理得所以的范围为或