2022-2023学年江苏省南通市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年江苏省南通市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，金属板K受到紫外光照射时会不停地向右侧发射电子，金属网A在时间t内接收的电子数为n，电子电荷量为e，则电流表示数为( )
A. net
B. tne
C. net
D. nte
2.在冬奥会短道速滑比赛时，运动员在水平冰面的弯道上做匀速圆周运动，则运动员( )
A. 受到的合力为零B. 受到的合力大于所需的向心力
C. 加速度方向与速度方向垂直D. 加速度方向与速度方向相同
3.平行板电容器是最简单的电容器，下列操作中可以增大电容器电容的是( )
A. B.
C. D.
4.如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，闭合开关S。R滑动变阻器R的滑片P向右移动少许，则( )
A. 电流表示数增大
B. 电压表示数减小
C. 电源内阻的功率增大
D. 电源的总功率减小
5.如图所示，两等量异种点电荷固定在A、B两点，C、D是AB中垂线上的两点.电子由C点沿直线移动到D点过程中( )
A. 电子受到的静电力方向始终相同
B. 电子受到的静电力先变小后变大
C. 静电力对电子先做正功后做负功
D. 电子的电势能先变大后变小
6.5月30日，神舟十六号载人飞船发射升空并与天和核心舱实现对接，如图所示，对接前，飞船与核心输一起绕地球做匀速圆周运动，两对接口始终在地球半径的延长线上，则此时飞船与核心舱( )
A. 线速度大小相等B. 角速度大小相等
C. 向心加速度大小相等D. 同心力大小相等
7.如图所示，竖直平面内固定一光滑圆形绝缘轨道，A、B分别为轨道上的最高点和最低点，圆心O处固定一负点电荷，带正电的小球沿轨道外做完整的圆周运动，则( )
A. 球在A点时受到的弹力方向指向圆心
B. 球在B点时受到的弹力大于库仑力
C. 球从A运动到B过程动能不变
D. 球从A运动到B过程机械能守恒
8.如图所示，小物块A下端与固定在地面上的轻弹簧相连，上端与绕过定滑轮的细线和小物块B相连，A、B质量相等，整个装置处于静止状态，现将B向下拉至地面由静止释放，运动过程中A，B速度大小始终相等，弹簧始终在弹性限度内，不计摩擦，则( )
A. B不能再次到达地面
B. B上升过程中，B的机械能先增大后减小
C. 弹簧处于原长时，A、B组成的系统总动能最小
D. A在最高点和最低点时，弹簧的弹性势能相等
9.列车在平直轨道上以恒定功率匀速运动，t=0时刻开始以更大的恒定功率行驶，若列车所受阻力恒定，在列车达到最大速度前，下列描述列车的速度随时间t、合力的功率P随速度v变化的关系图线中，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
二、多选题：本大题共1小题，共4分。
10.用如图所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验，下列说法正确的是( )
A. 打点计时器应接直流电源计时
B. 还必须配备的器材有秒表和刻度尺
C. 应选择质量大体积小的物体作为重物
D. 重物应靠近打点计时器由静止释放重物
三、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.实验小组测量某金属丝的电阻率，他们截取了一段长为L的该种金属丝，用多用电表相测出其阻值约为10Ω，实验室还提供了下列器材：
A.电源(电动势6V，内阻约1Ω)
B.电流表A(量程0.6A，内阻约0.2Ω)
C.电流表G(量程1mA，内阻为20Ω)
D.滑动变阻器R1(0∼20Ω,额定电流1A)
E.电阻箱R2(0∼9999Ω)
F.开关、导线若干
(1)用螺旋测微器在金属丝上三个不同的位置分别测量金属丝的直径，算出金属丝直径的平均值d。某次示数如图甲所示，其读数为______ mm。
(2)实验中需把电流表G改装成量程为6V的电压表使用，将电流表G和电阻箱R2串联，R2的值应调为______Ω。
(3)实验中要求电表示数从0开始变化，请在图乙中用笔画线代替导线将电路连接完整。
(4)正确连接电路，根据实验测得电流表G的示数Ig和电流表A的示数I，在坐标纸上描出了对应的点如图丙所示，请作出Ig−I图线，由图线可求得金属丝的电阻Rx，据此可得金属丝的电阻率ρ=______(用L、d、Rx表示)。
(5)小明认为，实验中电阻率ρ的测量值小于真实值，你是否同意他的观点？请简要说明理由。
四、简答题：本大题共4小题，共45分。
12.如图所示，一负点电荷固定于O点，它的电场中有一条电场线过A、B两点质量为m的试探电荷仅在电场力作用下以初速度v0从A运动到B，此过程中电势能增加了Ep.已知A、B两点到O点的距离之比rA：rB=1：2。求：
(1)试探电荷在A、B两点的加速度大小之比aA：aB；
(2)试探电荷运动到B点时的速度大小v。
13.某卫星P在地球赤道平面内以周期T绕地球做匀速圆周运动，距离地面的高度与地球半径相等，且转动方向与地球自转方向相同，Q是位于赤道上的某观测站。已知地球的自转周期为T0，且T0>T，地球半径为R，引力常量为G，求：
(1)地球的质量M；
(2)卫星P连续两次经过观测站Q正上方的时间间隔Δt。
14.如图所示，光滑圆锥体固定于水平地面，顶端转轴处用光滑铰链分别连接两根轻杆，轻杆末端分别固定质量均为m=1.0kg的A、B两小球，连接A、B的杆长分别为l1=0.25m、l2=0.5m两杆沿圆锥体表面且与竖直方向夹角均为37∘，已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。g取10m/s2。
(1)整个装置处于静止状态时，求轻杆对A球的拉力大小F1；
(2)转轴带动轻杆匀速转动时，A球刚要离开圆锥体表面，求；
①匀速转动的角速度ω；
②轻杆对B球的拉力大小F2。
15.如图甲所示，M、N为水平放置的平行板电容器，两板间距离为4R，板间有竖直向上的匀强电场，光滑的四分之一圆轨道固定在竖直平面内，半径为R，末端位于平行板电容器左端连线中点，质量为m、电荷量为+q的绝缘小球从圆轨道顶端静止释放，从轨道来端水平飞出，恰好打在N板中点且速度与水平方向夹角为45∘，重力加速度为g，不计空气阻力。
(1)求小球刚进入电场时的速度大小v0；
(2)求平行板电容器极板长度L和板间电场强度的大小E；
(3)若M、N间改接交变电源，两板间电压UMN变化规律如图乙所示，其中U0=4mgRq。t=0时刻，小球仍以v0进入电场，恰从N板右端边缘沿水平方向飞出，求UMN的周期T。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：电流I=qt=net，故A正确，BCD错误。
故选：A。
电子在电场中加速到达A，根据到达A的电荷量与所用时间求出电流。
认真审题理解题意重物基础知识是解题的前提，根据电流的定义式可以解题。
2.【答案】C
【解析】解：AB.运动员在水平冰面的弯道上做匀速圆周运动，则运动员受到的合力等于所需的向心力。故AB错误；
CD.运动员做匀速圆周运动，加速度方向指向圆心，与速度方向垂直。故C正确；D错误。
故选：C。
根据题目信息，我们需要需要判断运动员在这种情况下受到的合力，力的方向以及加速度方向与速度方向的关系。
本题考查了在圆周运动中物体受到的合力，力的方向以及加速度方向与速度方向的之间关系，掌握这些是本题解题的关键。
3.【答案】B
【解析】解：A、由图可知，电容器极板间距增大，由C=εrS4πkd
可知电容器电容减小，故A错误；
B、由图可知，电容器极板间距减小，由C=εrS4πkd
可知电容器电容增大，故B正确；
CD、由图可知，电容器极板正对面积减小，由C=εrS4πkd
可知电容器电容减小，故CD错误。
故选：B。
静电计是测量电势差的仪器，根据张角可以得出两板间的电势差高低；电容器与电源保持连接，电容器的板间电压不变。电容器充电后与电源断开，电容器的带电量不变，根据电容的决定因素和电容的定义式C=QU结合分析。
解决本题只要掌握电容的决定式C=εrS4πkd，和定义式C=QU的区别，结合电压不变或电量不变的条件进行分析。
4.【答案】D
【解析】解：A.滑动变阻器R的滑片P向右移动少许，则其阻值增大，由
I=ER+R1+r
易知电流表示数减小，故A错误；
B.根据U=E−Ir
可知电压表示数增大，故B错误；
C.根据P内=I2r
可知电源内阻的功率减小，故C错误；
D.根据P总=IE
可知电源的总功率减小，故D正确。
故选：D。
当滑动变阻器滑片P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化和路端电压的变化。根据电功率的公式分析CD。
本题是电路的动态变化分析问题，按“部分→整体→部分”的思路进行分析。
5.【答案】A
【解析】解：A、根据等量异种点电荷连线中点的垂线上的场强分布特点可知，此线上的场强的方向都与AB连线方向平行，方向由正电荷指向负电荷的。故 A正确；
B、由此线上场强大小的分布规律可知，场强由C到中点是逐渐增大的，然后由中点到D又逐渐减少，根据E=Fq，F=Eq，即电子受到的电场力先增大，后减小。故B错误；
C、由此线一条等势线，此线上的各点的电势为零，因为此线上无穷远处的电势为零，故在此线上移动电荷，电场力是不做功的。故C错误；
D、电场力不做功，故电势能不发生变化。故D错误。
故选：A。
由CD线上的场强方向都是与AB连线平行的，电子带负电，电子受到的电场力的方向就可判断出来。此线又是等势线，故在此线上移动电荷，电场力是不做功的。电势能是不变化的。此线上电场强度的变化是先变大，到中点时最大，过了中点又变小。则电场力也是按此规律来变的。
抓住等量异种点电荷连线中点的垂线上电场强度的变化规律就容易作答。
6.【答案】B
【解析】解：B、由飞船与核心舱一起绕地球做匀速圆周运动，两对接口始终在地球半径的延长线上可知，飞船与核心舱的角速度相同，故B正确；
A、由v=ωr可知，由于飞船与核心舱的运动半径不同，则两者线速度大小不相等，故A错误；
C、由a=ω2r可知，由于飞船与核心舱的运动半径不同，则两者向心加速度大小不相等，核心舱的加速度大，故C错误；
D、由F向=mω2r可知，由于飞船与核心舱的运动半径不同且两者质量关系不清楚，则无法确定向心力大小关系，故D错误。
故选：B。
由飞船与核心舱一起绕地球做匀速圆周运动，飞船与核心舱的角速度相同；由v=ωr分析线速度大小关系；由a=ω2r分析加速度大小关系；由F向=mω2r分析向心力大小。
本题主要是考查万有引力定律的的应用，关键是弄清楚船与核心舱绕地球做匀速圆周运动时的角速度相同，根据匀速圆周运动的相关知识进行分析。
7.【答案】D
【解析】解：A.球在A点时受到的重力和库仑力和弹力的合力提供向心力，重力和库仑力向下，则弹力方向向上，故A错误；
B.若球在B点时受到的重力和库仑力的合力提供向心力，则弹力为0，小于库仑力，故B错误；
CD.球从A运动到B过程，只有重力做功，动能增大，机械能守恒，故C错误，D正确；
故选：D。
分析小球的受力情况，根据合力提供向心力分析AB，根据动能定理及机械能守恒定律分析CD。
本题考查小球做圆周运动的功能关系及向心力的来源问题，解题关键掌握受力分析。
8.【答案】D
【解析】解：A、物块A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，B能再次到达地面，故A错误；
B、物块B上升过程受到细线拉力与重力作用，重力对B做功不改变B的机械能，B上升过程细线的拉力对B一直做正功，B的机械能一直增加，故B错误；
C、物块A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧处于原长时弹簧的弹性势能最小为零，由机械能守恒定律可知，此时A、B组成的系统总机械能最大，由于A减小的重力势能与B增加的重力势能相等，A、B系统的重力势能不变，则A、B组成系统的动能最大，故C错误；
D、A在最低点与最高点时A、B的速度都为零，系统的动能为零，系统的重力势能不变化，由于A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，由机械能守恒定律可知，此时弹簧的弹性势能相等，故D正确。
故选：D。
根据运动过程绳子拉力对B做功情况判断B上升过程机械能如何变化；A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，根据运动过程应用机械能守恒定律分析答题。
A、B与弹簧组成的系统机械能守恒，根据题意分析清楚运动过程与受力情况，应用机械能守恒定律即可解题。
9.【答案】C
【解析】解：AB、当以更大的恒定功率运行且没有达到新的稳定状态之前，其加速度与合外力的关系是P1v−f=ma，随着速度的增加，牵引力逐渐减少，合外力逐渐变小，加速度逐渐变小，故AB错误；
CD、合力的功率P合=(P1v−f)v，由此式可以看出，图像的斜率是恒定的，故D错误，C正确。
故选：C。
速度-时间图象的斜率对应加速度，对列车运行时，列出牛顿第二定律方程，看a恒定还是变化的，就可判定AB的正误。同于，列出相应的表达式，即可判定对错。
抓住图像的斜率代表的物理量，推出相应的表达式即可判断了。
10.【答案】CD
【解析】解：A、打点计时器使用交流电源，不能使用直流电源，故A错误；
B、可以根据打点计时器在纸带上打出的点求出运动时间，该实验不需要秒表，该实验需要用刻度尺测量计数点间的距离，故B错误；
C、为减小空气阻力对实验的影响，减小实验误差，应选择质量大而体积小的物体做重物，故C正确；
D、为充分利用纸带，重物应靠近打点计时器由静止释放，故D正确。
故选：CD。
打点计时器使用交流电源；实验需要用刻度尺测计数点间的距离；为减小空气阻力对实验的影响应选择质量大而体积小的重物；为充分利用纸带，重物应从靠近打点计时器处由静止释放。
理解实验原理是解题的前提，要注意基础知识与实验原理的学习。
11.【答案】0.4505980πd2Rx4L
【解析】解：(1)螺旋测微器的精度为0.01mm，示数为0mm+45.0×0.01mm=0.450mm
(2)电流表G与电阻箱串联改装成量程为6V的电压表用，则分压电阻的值
R2=UIg−Rg
将Ig=1mA=0.001A代入解得R2=5980Ω
(3)根据实验原理连接实物图，如图1：
图1
(4)根据坐标连接图象，使更多的点在图线上，不在图线的点分布在图线两侧，误差太大的点舍去，如图2：
图2
由电阻定律得
Rx=ρLπ(d2)2
解得
ρ=πd2Rx4L
(5)同意，电流表G与电阻箱的分流，使电流表A示数大于通过金属丝的电流值。金属丝电阻测量值偏小，因此电阻率的测量值小于真实值。
故答案为：(1)0.450；(2)5980；(3)见解析；(4)见解析；πd2Rx4L；(5)见解析。
(1)螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；
(2)根据电表的改装原理解得串联电阻值；
(3)根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出电路图；
(4)根据电阻定律解得电阻率；
(5)根据实验电路中电表内阻的影响分析误差。
本题考查了螺旋测微器读数、欧姆表的使用注意事项、实验器材选择、设计实验电路图，是实验的常考问题，一定要掌握，平时要注意基础知识的学习与掌握。
12.【答案】解：(1)设静电力常量为k，点电荷电荷量为−Q，试探电荷电荷量q，由牛顿第二定律kQqr2=ma，又rA：rB=1：2
解得aA：aB=4：1
(2)试探电荷从A运动到B过程电势能增加了Ep，由能量守恒有：Ep=12mv02−12mv2
解得v= v02−2Epm
答：(1)试探电荷在A、B两点的加速度大小之比aA：ab是4：1；
(2)试探电荷运动到B点时的速度大小v是 v02−2Epm。
【解析】库仑力为合外力，由牛顿第二定律，可求得加速度，由静电场中的能量关系，可求得动能，从而求得速度。
分析出合外力，用牛顿第二定律求加速度，只有电场力做功时，抓住动能与电势能之和在电场中的任一点是不变的
13.【答案】解：(1)设卫星的质量为m，由万有引力提供卫星的向心力有
GMm(2R)2=m(2πT)2(2R)
解得地球的质量
M=32π2R3GT2
(2)由题意知，Δt时间内卫星相对地球转过的角度为2π，则
(2πT−2πT0)Δt=2π
解得
Δt=T0TT0−T
答：(1)地球的质量为32π2R3GT2；
(2)卫星P连续两次经过观测站Q正上方的时间间隔为T0TT0−T。
【解析】(1)由万有引力提供卫星的向心力可解得地球的质量；
(2)Δt时间内卫星相对地球转过的角度为2π，据此可解答。
本题关键掌握万有引力定律和万有引力等于向心力这一基本思路，结合几何知识进行解题．
14.【答案】解：(1)系统处于静止状态，对球A分析，受重力、杆的拉力以及圆锥体的支持力，如下图所示：
由平衡条件得：F1=mgcs37∘
解得：F1=1×10×0.8N=8N
(2)球A刚要离开圆锥体表面
①对球A受力分析，如下图所示：
根据牛顿第二定律得mgtan37∘=mω2l1sin37∘
解得：ω= gl1cs37∘= 100.25×0.8rad/s
化简得：ω=5 2rad/s
②设球B恰脱离圆锥体表面时的角速度ω′，则mgtan37∘=mω′2l2sin37∘
解得ω′=5rad/s<ω=5 2rad/s
此时球B已脱离圆锥体表面
设连接球B的轻杆此时与竖直方向夹角为α，分析球B可知mgtanα=mω2l2sinα
化简得：mgcsα=mω2l2
则此时杆对球B的拉力为F2=mgcsα=mω2l2=1×(5 2)2×0.5N=25N
答：(1)整个装置处于静止状态时，轻杆对A球的拉力大小F1为8N；
(2)①匀速转动的角速度ω为5 2rad/s；
②轻杆对B球的拉力大小F2为25N。
【解析】(1)整个装置处于静止状态时，根据受力分析和平衡原理求轻杆对A球的拉力大小F1；
(2)①转轴带动轻杆匀速转动时，A球刚要离开圆锥体表面，根据临界条件，圆锥体对A球没有弹力，再根据合力提供向心力求匀速转动的角速度ω；
②根据上一问的角速度求解B球的向心力，再判断圆锥体对B是否有力作用，进一步求解轻杆对B球的拉力大小F2。
本题考查圆周运动的临界问题，理解临界条件知道什么力提供向心力是解题关键，另外注意轨道半径要用轻杆长度结合三角函数来表达。
15.【答案】解：(1)小球由静止释放到达圆轨道末端，由动能定理得mgR=12mv02
解得v0= 2gR
(2)小球打在N板中点时竖直方向的速度vy=v0
水平方向有L2=v0t
竖直方向有2R=vy2⋅t
解得L=8R
从小球由静止释放到打在N板，由动能定理得mg⋅3R−qE⋅2R=12m⋅( 2v0)2−0
解得E=mg2q
(3)加上交变电压UMN，小球在0∼T2内的加速度大小mg+qU04R=ma1
T2∼T内的加速度大小3qU04R−mg=ma2
设小球在电容器中运动时间为交变电压周期的k倍，
水平方向L=v0kT
竖直方向2R=2k⋅12a1(T2)2
解得T= R2g
答：(1)小球刚进入电场时的速度大小v0为 2gR；
(2)平行板电容器极板长度L为8R，和板间电场强度的大小E为mg2q；
(3)UMN的周期T为 R2g。
【解析】(1)根据动能定理分析解答小球刚进入电场时的速度大小；
(2)(3)小球在电场中根据类平抛运动规律分析解答.
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，理解粒子的受力特点从而分析出对应的运动类型，根据运动学公式和几何关系即可完成分析。