【文档说明】山东省青岛市莱西市2022-2023学年高一下学期7月期末物理试题 word版含解析.docx，共(19)页，1.283 MB，由小赞的店铺上传

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高一学业水平阶段性检测（四）物理试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.关于点电荷和电场线的理解，下列说法正确的是（）A.点电荷和电场线都是物理模型，实际是不存在的B.体积较小的带电体即可看成点电荷C.沿电场线的方向，是电场

减弱的方向D.在研究带电油滴在平行板电容器间悬停时，油滴不能看作点电荷【答案】A【解析】【详解】A．为了研究问题方便，我们引入了点电荷和电场线，点电荷和电场线都是物理模型，实际是不存在的，故A正确；B．电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成

是点电荷，所以能否看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状及带电量的多少无具体关系。故B错误；C．电场线密的地方电场强度大，沿电场线方向电场线的疏密不能确定，所以电场不一定减弱，故C错误；D．在研究带电油滴在平行板电容器间悬停时，电荷的形状、

体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略，油滴可看作点电荷，故D错误。故选A。2.2022年4月16日，我国神舟十三号载人飞船在东风着落场平安着陆。如图所示为载人飞船在主降落伞牵引下正向地面匀速下降，此过程中飞船的机械能（）A.增加B.减

少C.不变D.无法判断【答案】B【解析】【详解】载人飞船在主降落伞牵引下正向地面匀速下降，此过程中飞船动能不变，重力势能减小，则飞船的机械能减小。故选B。3.如图所示，用橡胶球A摩擦头发，然后将A靠近验电器上的金属小球B，下列说法正确的是（）A.验电器的金属箔片不会张开，因为球A没有和B接触B.

验电器的金属箔片张开，因为金属箔片带上了正电C.验电器的金属箔片张开，因为金属箔片带上了负电D.验电器的金属箔片张开，因为金属球B和金属箔片都带上了正电【答案】C【解析】【详解】用橡胶球A摩擦头发，橡胶球A带负

电，将A靠近验电器上的金属小球B，发生静电感应现象，金属小球B带正电，金属箔片带上了负电，验电器的金属箔片张开。故选C。4.A、B两个点电荷在真空中电场线（方向未标出）如图所示。图中C点为两点电荷连线的中点，MN为两点电荷连

线的中垂线，D点为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN左右对称，则下列说法正确的是（）A.A、B是等量同种点电荷B.从A点沿直线到B点，电势不变，场强先减小后增大的C.从C点沿直线到D点，电势降低，场强大小逐渐减小D.从C点沿直线到D点，场强方向保持不变【答案】D【解析】【详

解】A．由电场线分布可知，A、B是等量异种点电荷，故A错误；B．由于A、B是等量异种点电荷，因此A点和B点电势不相等，故B错误；C．等量异种电荷中垂线为等势线，故从C点沿直线到D点，电势不变，故C错误；D．由

于A、B两个点电荷的电性未知，A、B连线的中垂线上的点的电场强度方向可能水平向右也可能水平向左，但是电场方向都相同，故D正确。故选D。5.如图所示为电子束焊接机的装置原理示意图，其核心部件由高压辐向电场组成，图中虚线表示电场线。一电子在图中H点只在电场力的作用下

从静止开始运动，则下列说法正确的是（）A.电子可能做圆周运动B.电子受到的电场力逐渐减小C.A、K之间辐向电场中各点的电势一定是正值D.电子电势能逐渐增大【答案】C【解析】【详解】A．电子从静止开始运动，受电场力作用沿电场线反方向做直线

运动，不可能做圆周运动，选项A错误；B．电子沿电场线的反方向运动，电场线越来越密集，受到的电场力逐渐增大，选项B错误；C．因K极电势为零，因沿电场线电势逐渐降低，电场线都指向K极，则A、K之间辐向电场中各点的电势一定是正值，选项C正确；D．电场力对电子都做正功，则电子电势

能逐渐减小，选项D错误。的故选C。6.同学们在用多用电表测量电阻的实验中，有以下操作：①把红黑表笔插入多用电表“+、−”插孔，用螺丝刀调节指针定位螺丝，使指针指0②把红黑表笔分别接在xR两端，然后读数③把选择开关旋转

到交流电压最高挡④把选择开关旋转到合适的挡位，将红、黑表笔接触⑤调节欧姆调零旋钮使指针到欧姆零点正确的操作顺序是（）A.①④⑤②③B.①⑤③②④C.⑤④①②③D.④①⑤③②【答案】A【解析】【详解】使用

多用电表测量电阻时，先进行机械调零，即把红黑表笔插入多用电表“+、−”插孔，用螺丝刀调节指针定位螺丝，使指针指0；然后把选择开关旋转到合适的挡位，将红、黑表笔接触，调节欧姆调零旋钮使指针到欧姆零点；把红黑表笔分别接在xR两端，然后读数

，结束后把选择开关旋转到交流电压最高挡。故正确的操作顺序是①④⑤②③。故选A。7.如图，A、B、C、D、E、F是真空中圆心为O，半径为r的圆弧上的6个等分点，在B、C、D、F点分别固定电荷量为q的正点电荷，在A点和E点

固定电荷量为q的负点电荷，静电力常量为k，则圆心O处的电场强度大小为（）A2kqrB.22qkrC.23kqrD.24kqr【答案】B【解析】【详解】C处的电荷与F处的电荷在O点产生的电场等大、反向，完全抵消，A处的电荷与D处.的电荷在O点产生的

电场大小均为2qkr，方向均指向A点，故两电荷在O点的合场强E1大小为22qkr，B处的电荷与E处的电荷在O点产生的电场大小均为2qkr，方向均指向E点，故两电荷在O点的合场强E2大小为22qkr，由几何关系

可知，E1与E2间夹角为120°，则圆心O处的电场强度大小为22qkr。故选B。8.电容器是现代电子产品不可或缺的重要组成部分，2021年3月份，我国无线充专用MLCC研发获得重大突破，NPO电容实现国产。NPO电容是一种最常用的具有温度补偿特性的单片陶瓷电容器，某兴

趣小组要测定一个NPO电容器的电容，设计的电路图如图甲所示，用电流传感器和计算机可以方便地测出电路中电流随时间变化的曲线。下列说法正确的是（）A.流过0R的电流方向竖直向上B.图乙中图线a表示的过程中电容器两极板的电压在减小C.若增大0R的阻值，电流变化应为图丙中的图线bD.图乙中a图线与坐标

轴围起来的面积表示电容C【答案】B【解析】【详解】A．充电后电容器上极板带正电，则放电时流过0R的电流方向竖直向下，故A错误；B．图乙中图线a表示的过程中，电容器正在放电，即电容器两极板的电量在减小，电压在减小，故B正确；C．若增大0R的阻值，电容器放电时的最大电流减小，放电时间变

长，则电流变化应为图丙中的图线c，故C错误；D．根据Q=It可知，图乙中a图线与坐标轴围起来的面积表示电容器的带电量，故D错误。故选B。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是

符合题目要求的。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图所示，运动员将质量为m的足球从地面上以速度v踢出，v与竖直方向的夹角为30=，足球恰好水平击中高为h的球门横梁。以地面为零势能面，不计空气阻力，则足球在命中横梁前一瞬间的机械能为（）A.212mvB.mghC.

218mvmgh+D.212mvmgh−【答案】AC【解析】【详解】根据机械能守恒定律，足球在命中横梁前一瞬间的机械能等于初状态的机械能212Emv=根据机械能的定义得212xEmghmv=+sin30xvv=解得218m

vEmgh=+AC正确，BD错误。故选AC。10.质量为m、电荷量为Q+的带电小球A固定在绝缘天花板上、带电小球B质量也为m，A和B都可以视为点电荷，B在空中水平面内绕O点做半径为R的匀速圆周运动，如图所示。已知小球A、B间的距离为2R，重力加速度为g，静电力常量为k，则下

列说法正确的是（）A.B球受到重力、库仑力、向心力三个力作用B.天花板对A球的作用力大小为393mgC.B球电量绝对值大小为283mgRkQD.B球转动的角速度为33gR【答案】BD【解析】【详解】A．B球受到重力、库仑

力两个力作用，两个力的合力提供向心力，A错误；D．由几何关系可知，AB连线与竖直方向夹角为30°，根据力的合成可得B球做圆周运动的向心力大小为ntan30Fmg=设B球转动的角速度为ω，根据向心力公式有2nFmR=联立解得3

3gR=D正确；C．A、B间库仑力大小可表示为2cos30(2)BQQmgFkR==库解得2833BmgRQkQ=C错误；B．将A、B视为一个整体，天花板对A球的作用力在竖直方向的分力大小等于整体的重力大小，在水平方向的分力提供B球做匀速圆周

运动的向心力，则天花板对A球的作用力大小为()22n3923mgFmgF=+=B正确。故选BD。11.如图所示的电路中，闭合开关，待电路稳定后，可看成质点的带电小球恰好静止在平行板电容器之间的M点，其中二极管可视为理想二极管，下列说法正确的是（）A.向右移动3R

的滑片，小球向下移动B.向右移动1R的滑片，小球的电势能将减小C.向下移动电容器的下极板，二极管右端电势高于左端电势D.断开S后，紧贴电容器的上极板附近插入金属板，M点的电势将升高【答案】BC【解析】【详解】A．向右移动3R的滑片，电容器两端电压不变，两极板之间的场强不变，因此小球仍静止不动，故

A错误；B．向右移动1R的滑片，2R两端电压增大，电容器两端电压增大，两极板之间的场强增大，小球受到的电场力增大，小球将向上运动，电场力做正功，小球的电势能减小，故B正确；C．向下移动电容器的下极板，电容器极板间距d增大，根据r4SCkd=，QCU=可

知电容C减小，若U不变时，Q将减小，但由于二极管的存在，电容器无法放电，所以Q不变，U增大，二极管右端电势高于左端电势，故C正确；D．断开S后，紧贴电容器的上极板附近插入金属板，电容器极板间距d减小，根据r4SCkd=，QCU=，UEd=可知r4kQES=可知极板

间场强不变，M点到下极板间距不变，电势差不变，因此M点电势不变，故D错误。故选BC。12.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧放在倾角30=的足够长光滑斜面上，下端固定在斜面底端的挡板上，上端与放在斜面上的物块A连接，物

块B与物块A质量均为m，且均可视为质点。用大小为2mg的恒力沿斜面向下作用在物块B上，A、B靠在一起静止。现在突然撤去恒力，A、B开始运动。重力加速度大小为g，下列说法正确的是（）A.从开始运动到B与A刚要分离时，B运动的距离为3mgkB.B与A刚要分离时，B的加速度为零

C.从开始运动到B与A刚要分离时，A、B组成的系统机械能增加了222mgkD.B与A分离瞬间，A、B组成的系统动能为2232mgk【答案】AD【解析】【详解】AB．物体A和B初始受到2mg的恒力静止时，弹簧处于压缩状态0032sinmgm

gFkxxk+==两者分离时，AB间无相互作用力，且具有相同的加速度和速度，对B分析，有2sin5m/smgmaa==对AB整体分析，有2sin20mgkxmax+==所以在弹簧恢复原长时两者分离，故该段时间内B运动的距离为3mgk，A正确，B错误；C．从

开始运动到B与A刚要分离时，A、B组成的系统机械能的增加量等于弹簧弹力对整体所做的功，即220(22sin)0922mgmgmgEWxk++===弹C错误；D．从开始到B与A分离的过程，根据动能定理，可得两者瞬间，A、B组成的系统动能为220

32sin2kkmgWmgxEEk−==弹D正确故选AD。三、非选择题，共6小题，共60分。13.电学实验中采用伏安法测量未知的较大电阻的准确阻值，为了减小误差，同学们准备采用滑动变阻器分压式

、电流表的内接法连接电路。（1）请你根据要求把实物图连线补充完整______；（2）同学们用此电路测量了该电阻的伏安：特性，得到如图乙所示图像。请根据图像求出该待测电阻的阻值为______Ω（结果保留两位

有效数字）。（3）因电表内阻影响，测量值______（选填“偏大”或“偏小”）。。【答案】①.②.33.510③.偏大【解析】【详解】（1）[1]根据题意连接电路如图所示（2）[2]根据图像可得当电流I=0.4mA时，电压为1.4VU=，则电阻为341.4Ω3.510Ω410UR

I−===（3）[3]电流表采用内接法，电阻的测量值等于真实值与电流表内阻之和，因此电阻测量值大于真实值。14.在验证机械能守恒定律的实验中，实验小组设计了如图甲所示装置。用细线连接质量1m、2m的两物体，2m跨过光滑轻质滑轮，下端接着纸带通过打点

计时器，让2m从高处由静止开始下落。实验中打出的一条纸带如图乙所示，O是打下的第一个点，A、B、C、D是连续打出的4个点，打点计时器频率为f。（1）从O点到C点的过程中，系统动能的增加量kΔE=______，系统重力势能的减少量pΔE=______。（2

）从O点到C点的过程中，系统重力势能的减少量pE大于系统动能的增加量kE的可能原因是：______；（3）若利用机械能守恒定律，使用该装置可以测量当地的重力加速度。测量出O到各点的距离记为h并计算出各点的瞬

时速度v，做出2vh−图像如图丙所示，测得图线斜率为k，则当地的重力加速度g=______。【答案】①.()()2221428mmfss+−②.()213mmgs−③.纸带和限位孔之间有摩擦、滑轮具有一定的质量④.()()21212mmkmm+−【

解析】【详解】（1）[1]从O点到C点的过程中，系统动能的增加量222421242k12()()1()()1282SSmmfSSEmmf−+−=+=[2]系统重力势能的减少量为p2313213()EmgSmgSmmgS=−=−（2）[3]系统重力势能的减少量大于系统动能的增加量的可能原

因是，纸带和限位孔之间有摩擦力、以及滑轮具有一定的质量，这些都会消耗系统的机械能；（3）[4]若机械能守恒，则有212211()()2mmvmmgh+=−整理可得221122()mmgvhmm−=+即2vh−图像的斜率为21122()mmgkm

m−=+所以有1221()2()kmmgmm+=−15.如图甲所示为心脏除颤器的简化原理图，除颤时除颤器作用于心脏的是瞬时高能脉冲。在一次治疗中，将开关S接到位置1，用12s时间完成电容器的充电，达到最大储能350J，电压为5kV；将开关S接到位置2，电容器在2ms内通过人体完成放电

，如图乙。已知电容器的储能计算式为212ECU=，求：（1）电容器的电容；（2）该次除颤治疗中，估算通过患者的电荷量和患者接入电路的电阻大小。【答案】（1）52.810F−；（2）71.4Ω【解析】【详解】（1）电容器的电容5222.810FECU

−==（2）该次除颤治疗中，通过患者的电荷量0.14CQCU==流过人体电流70AmQIt==患者接入电路的电阻71.4ΩmURI==16.如图所示，有一条质量为m、长为L的均匀绳子，开始时绳子的23L部分在水平桌面上，而3L垂于桌外，当作用在绳子上水平向左的力为F时绳子恰好不下

滑。（1）若桌面光滑3mgF=，撤去力F，释放绳子，求当绳子刚离开桌面时速度大小；（2）若桌面粗糙6mgF=，增大F把绳子全部拉回桌面上，求F至少要对绳子做多少功。【答案】（1）223gL；（2）18mgL【解析】【详解】（1）若桌面光滑，撤去撤去力F，绳子下滑过程机械能守恒，有21221

332mgLmv=解得1223vgL=（2）若6mgF=，绳子恰好静止，此时满足21033Fmgmg+−=整理得0.25=绳子被拉动x时f2233LxxFmgmgLL+==+摩擦力与位移成线性关系的ff2115332

372mgmgWFLLmgL+===把绳子全部拉回桌面上，根据动能定理有Ff11·036WWmgL−−=解得F18WmgL=17.如图所示，固定在竖直平面内半径为0.5mR=的四分之一光滑圆弧轨道与水平面相切于B点，轨道左侧紧靠一个等高的倾角为45的光滑斜面，在二者最高

点结合点A处装有一个光滑的轻质小滑轮。平行于斜面的轻绳两端分别连有质量为12kgm=的小球P和质量为21kgm=的小物块Q，开始小球P在外力作用下处于轨道最高点A处紧靠小滑轮，小物块Q紧靠斜面最底端的固定挡板放置，细绳恰好伸直且无张力，整个系统处于静止状态。现撤去作用于小球P上的外

力，当小球P运动到圆弧轨道最低点B处时，小物块Q未与滑轮发生碰撞，重力加速度g取210m/s。求：（1）小球P运动到圆弧轨道最低点B处时的速度大小；（2）小球P从A运动到B的过程中，绳子对小球P做的功1W和绳子对小物块Q做的功2W。【答案】（1）2m/s；（2）

16JW=−，26JW=【解析】【详解】（1）小球P从A运动到B的过程中，对A、B系统由机械能守恒定律得22121122112sin4522mgRmgRmvmv−=+根据题意有21cos45vv=联立解得12m

/sv=，22m/sv=（2）对小球P根据动能定理得21111102WmgRmv+=−解得16JW=−对小物块Q根据动能定理得2222212sin4502WmgRmv−=−解得26JW=18.如图甲所示，某装置由直线加速器、偏转电场和荧光屏三

部分组成。直线加速器“由5个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上。序号为奇数的圆筒和交变电源的a极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。a、b两极间的交变电压abu变化规律如图乙所示，在0=t时，位于序号为0的金属圆板中央的一个电子，通过

圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1。电子在相邻圆筒间的间隙运动时，均能使所受电场力的方向与运动方向相同而不断加速。已知电子的质量为m、电荷量为e、交变电压的绝对值为1U，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计，在圆筒中

运动的时间均为2T。偏转电场由两块相同的平行金属极板A与B组成，板长为L，两极板间距离为d，板间电压为2U，电场可视为匀强电场，忽略边缘效应，距两极板右侧L处竖直放置一足够大的荧光屏。电子从直线加速器射出后，沿两板的中心线PO射入偏转电场，并从另一侧的Q点射出，最后打到荧

光屏上。求：（1）第2个金属圆筒的长度2s；（2）电子打在荧光屏上的M点到O点的距离y。【答案】（1）1UeTm；（2）221320ULUd【解析】【详解】（1）电子在第2个金属圆筒之前的加速过程，根据动能定理得212122eUmv=1

24Uevm=第2个金属圆筒的长度为1222UeTsvTm==（2）电子整个加速过程，根据动能定理得215152eUmv=1510Uevm=电子在两极板之间偏转过程51Lvt=21112yat=其中2Ueamd=解得221120ULyU

d=射出极板后电子做匀速直线运动，沿轴线方向有52Lvt=沿竖直方向22yyvt=1yvat=解得222110ULyUd=M点到O点的距离为22121320ULyyyUd=+=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com