2022-2023学年江苏省镇江市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年江苏省镇江市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17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.下列所示电子器件，属于电容器的是( )
A. B.
C. D.
2.如图所示，在未来某年A乘坐速度为0.7c(c为光速)的宇宙飞船追赶正前方的B，B的飞行速度为0.5c，A向B发出一束光进行联络，则B观测到该光束的传播速度为( )
A. 0.2cB. 0.7cC. 1.0cD. 1.2c
3.摩天轮深受游客喜爱。游客在乘坐摩天轮时，随座舱在竖直平面内做匀速圆周运动，下列说法正确的是( )
A. 摩天轮运动到最低点时，游客对座椅的压力大于游客的重力
B. 摩天轮运动到最高点时，游客对座椅的压力等于游客的重力
C. 摩天轮匀速转动过程中，不同游客受到的合外力大小相等
D. 摩天轮匀速转动过程中，摩天轮上各点线速度大小相等
4.“复兴号”动车组运行时所受阻力与其速率成正比。当动车组以速度v匀速行驶时，牵引力功率为P，若以速度2v匀速行驶时，牵引力功率为( )
A. PB. 2PC. 4PD. 8P
5.某电流表G的内阻为500Ω，满偏电流为0.5mA，要将它改装成量程为3V的电压表。下列改装中，正确的是( )
A. B.
C. D.
6.小华同学利用如图所示的装置验证机械能守恒定律。下列说法正确的是( )
A. 电火花计时器应连接交流电源，工作电压约为8V
B. 实验中应手提纸带上端，先释放纸带再启动电火花计时器
C. 打出的纸带前面一小段被损毁，用剩余部分也能验证机械能守恒定律
D. 实验中所测重物的动能增加量通常比其重力势能的减少量稍大
7.如图所示，一个绝缘的金属球壳内放置一个带正电的小球B，球壳外用绝缘细线悬挂一个带正电的检验电荷A。a、b分别位于球壳内外.下列说法正确的是( )
A. 电场强度Eaφb，故B错误；
C、正电荷在金属球壳外的球A所在处产生水平向左的电场，带正电的检验电荷A受的电场力向左，故电荷A向左偏离竖直方向，故C错误；
D、球壳处于静电平衡，处于静电平衡的整个导体是一个等势体，因此球壳内表面各点电势相等，故D正确。
故选：D。
A、电场线的疏密表示场强的大小，据此分析作答；
B、沿电场线方向电势降低，据此分析作答；
C、根据带电体在电场中所受电场力方向分析作答；
D、处于静电平衡的整个导体是一个等势体，据此分析作答。
本题考查了场强大小、电势的高低、静电平衡和带电体在电场中的受力分析，要求熟练掌握相关知识。
8.【答案】B
【解析】解：A.做曲线运动的物体的速度方向沿轨迹切线方向，根据图像可知彗星和地球经过N点时速度方向不相同，则彗星和地球经过N点时速度不相同，故A错误；
B.若过Q点作椭圆的内切圆，该圆半径小于地球的公转轨道Ⅰ的半径，彗星受到的万有引力提供向心力，则根据牛顿第二定律可得：
GMmr2=mv2r
解得：v= GMr
可知，过Q点椭圆的内切圆上的卫星的线速度大于地球公转的线速度，由于过Q点椭圆的内切圆轨道相对椭圆是低轨道，由该轨道变轨到椭圆，需要在切点Q加速，即椭圆Q位置的速度大于过Q点椭圆的内切圆上的卫星的线速度，即彗星经过Q点的速率大于地球运动速率，故B正确；
C.彗星从Q点到P点过程，彗星到太阳的间距增大，万有引力减小，根据牛顿第二定律可知：
GMmr2=ma
解得：a=GMr2
彗星的加速度减小，又由于万有引力做负功，则彗星在该过程的速度减小，即彗星从Q点到P点做加速度减小的减速运动，故C错误；
D.根据开普勒第二定律可知，在同一轨道上，某一行星与太阳连线在相同时间内扫过的面积相同，对于彗星和地球而言，各自与太阳的连线在相同时间内扫过的面积不相同，故D错误。
故选：B。
做曲线运动的物体的速度方向沿轨迹的切线方向，从而分析出彗星和地球在N点的速度关系；
彗星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得出速度的大小关系；
根据卫星变轨的知识，结合牛顿第二定律得出彗星的速度和加速度的变化；
根据开普勒第二定律分析出彗星和太阳连线以及地球与太阳连线在相等时间内扫过的面积的关系。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，熟悉天体的受力分析，结合牛顿第二定律和开普勒第二定律即可完成分析。
9.【答案】B
【解析】解：A.取无穷远处为电势的零点，则一对电荷量相等的正点电荷周围的电势为正，负电荷在电势为正的地方电势能小于零；等量同种电荷中垂线上O点处的电势最高，则负电荷在O点的电势能最小，故A错误；
B.带电小球沿y轴正向运动，重力一直做正功；而电场力先做正功，再做负功，最后电场力做功趋向于0，所以小球的机械能先增大后减小最终趋向于守恒，当电场力等于重力且电场力的方向向上时，小球的动能最大，所以动能可能先增大后减小，最终只有重力做功，动能不断增大，故D错误，B正确；
C.当电场力方向向上且与重力相等时，加速度为0，可知加速度为0的点在y轴正半轴某一点，故C错误；
D.电场力先做正功，再做负功，最后电场力做功趋向于0，所以小球的机械能先增大后减小最终趋向于守恒，故D错误。
故选：B。
等量同种电荷中垂线上的电场强度的变化规律为：从无穷远处到O点再到无穷远处，电场强度先增大后减小，O点最小，再增大再减小，Ep−x图象的斜率表示电场力的大小，结合图象分析即可得答案。
本题考查电场势能的分析，熟悉等量同种电荷中垂线上电场强度的分布特点以及电场力做功与电势能间的关系是解决问题的关键。
10.【答案】CD
【解析】解：A、下滑过程中，弹簧的伸长量先逐渐减至零，再逐渐增大，弹簧的弹性势能先减小后增大，故A错误；
B、圆环下滑过程中经过B时，合力等于重力，方向竖直向下，圆环继续向下加速，则经过B时的速度并非最大，最大速度在B和C之间某一位置，故B错误；
C、设下滑过程中摩擦力做的功为Wf，弹簧的弹力做功为W弹，AC间的高度为h。圆环从A处由静止开始下滑到C处的过程，由动能定理得：mgh+Wf+W弹=0
从C处回到A处的过程，由动能定理得：−mgh+Wf+(−W弹)=0−12mv2
联立解得：Wf=−14mv2，所以下滑过程中克服摩擦力做的功为14mv2，故C正确；
D、圆环从A处由静止开始下滑到B处过程，由动能定理得：mgh′+Wf′+W弹′=12mvB下2
圆环从B处上滑到A处的过程，由动能定理得：−mgh′+Wf′+(−W弹′)=0−12mvB上2，
即：mgh′−Wf′+W弹′=12mvB上2，
由于W′f12mvB下2，则有：vB上>vB下，即圆环上滑经过B的速度大于下滑经过B的速度，故D正确。
故选：CD。
根据弹簧形变量的变化分析弹簧弹性势能的变化；分析圆环经过B点时的受力情况，判断圆环经过B点的速度是否最大；研究圆环从A处到C处的过程和从C处到A处的过程，分别运用动能定理列出等式，求出下滑过程中克服摩擦力做的功；研究圆环从A处由静止开始下滑到B过程和圆环从B处上滑到A的过程，运用动能定理列出方程，从而比较上滑经过B的速度与下滑经过B的速度大小。
解答本题的关键是能正确分析圆环的受力情况和运动情况，对物理过程进行受力、运动、做功分析，这是解决问题的根本方法，运用动能定理时，要灵活选择研究过程。
11.【答案】50.4Bπd2U4IL 偏大
【解析】解：(1)游标卡尺的分度值为0.1mm，不需要估读，则外径的读数为：
d=50mm+4×0.1mm=50.4mm
(2)由图可知，选择开关置于“×100”时指针的偏转角度较小，所以应该换大倍率挡，即应将选择开关旋转到电阻挡“×1k”的位置，然后进行欧姆调零，即红黑表笔短接，调整欧姆调零旋钮使指针指向电流最大值处，再次测量电阻。
故选B。
(3)实验电路图如图所示
(4)根据欧姆定律有
R=UI
根据电阻定律可得
R=ρLS=ρLπ(d2)2
联立可得：ρ=πd2U4IL
(5)若考虑塑料管管壁的厚度，则液体柱的直径的测量值大于真实值，即d偏大，所以液体电阻率的测量值偏大。
故答案为：(1)50.4；(2)B；(3)如上图所示；(4)πd2U4IL；(5)偏大
(1)根据游标卡尺的读数规则得出对应的示数；
(2)根据多用电表的读数规则得出对应的电阻；
(3)根据实验原理分析出对应的实验电路；
(4)根据电阻定律得出电阻率的表达式；
(5)理解塑料管厚度对电阻的影响，从而得出电阻率的测量值和真实值的大小关系。
本题主要考查了电阻率的测量实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉电路构造的分析，结合电阻定律即可完成解答。
12.【答案】解：(1)万有引力提供向心力
GMm(R+h)2=m(2πT)2(R+h)
解得
M=4π2(R+h)3GT2
(2)万有引力提供向心力
GMmR2=mv2R
解得
v=2πT (R+h)3R
答：(1)地球的质量4π2(R+h)3GT2；
(2)地球的第一宇宙速度2πT (R+h)3R。
【解析】(1)万有引力提供向心力，求地球的质量；
(2)万有引力提供向心力，求地球的第一宇宙速度。
本题考查学生对天体模型中万有引力提供向心力规律的掌握，比较基础。
13.【答案】解：(1)一个人对重物所做的功为
W=Flcsα=250×30×10−2×0.8J=60J
两人对重物所做的的功为
W总=2W=2×60J=120J
(2)设重物上升最大高度为h，从重物离地到重物到达最高点的过程中，由动能定理得
W总+(−mgh)=0
解得：h=0.4m
答：(1)两人对重物所做的功为120J；
(2)重物离开地面的最大高度为0.4m。
【解析】(1)根据功的计算公式求解两人对重物所做的功；
(2)从重物离地到重物到达最高点的过程中，根据动能定理求重物离开地面的最大高度。
本题主要考查动能定理的应用，关键是要灵活选取研究过程，明确在运动过程中各力做功情况。
14.【答案】解：(1)由题图可知，轻杆对B的拉力FT和圆环对B的支持力FN与竖直方向的夹角均为π3，根据平衡条件得
水平方向有：
FNsinπ3=FTsinπ3
竖直方向有：
FNcsπ3+FTcsπ3=mg
解得：FT=mg
(2)从释放到A滑到最低点的过程中，如图所示。
根据A、B和轻杆组成的系统机械能守恒，有
mg⋅2R+mgR=12mvA2+12mvB2
又vA=vB
解得：vA= 3gR
(3)由分析知，当轻杆处于竖直方向时，杆上弹力为零，如图所示
由系统机械能守恒得
mgR2+mgR=EkA+EkB
EkA=EkB
从释放到轻杆第一次处于竖直方向的过程中，对B，由动能定理可得
mgR+W杆=EkB
解得：W杆=−14mgR
答：(1)轻杆对B的拉力大小为mg；
(2)将A释放后，当A滑到最低点时，A小环的速度大小为 3gR；
(3)从A释放后到杆中弹力第一次为零时，杆对B环所做的功为−14mgR。
【解析】(1)根据平衡条件求解轻杆对B的拉力大小；
(2)将A释放后，根据A、B和轻杆组成的系统机械能守恒求解当A滑到最低点时，A小环的速度大小；
(3)当轻杆处于竖直方向时，杆上弹力为零，根据机械能守恒定律和动能定理相结合求解杆对B环所做的功。
解答本题时，要知道A、B和轻杆组成的系统机械能守恒，但单个小球机械能并不守恒。
15.【答案】解：(1)设粒子到达N板的速度大小为v0，由动能定理有：qU=12mv02
解得：v0= 2qUm= 2×4.0×10−2×5×1021.0×10−7m/s=2×104m/s
水平射入A、B之间的到达P板的粒子不会打在板上，则t=Lv0=60×10−22×104s=3×10−5s
(2)取向下为y轴正方向，三个特殊时刻进入金属板的粒子，在竖直方向上运动的v−t图像如图1所示
由分析知，t=(3n+1)×10−5s(n=0,1,2,⋯)时刻进入的粒子向上偏转的距离最大
粒子在偏转电场中的加速度：a=F0m=U0qdm=1.5×102×4.0×10−230×10−2×1.0×10−7m/s2=2.0×108m/s2
前一段满足：y1=12at12=12×2×108×(2×10−5)2m=0.04m=4cm
竖直速度：vy=at1=2.0×108m/s2×2×10−5m/s=4×103m/s
后一段满足：y2=v1yt2−12at22，v2y=v1y−at2
代入数据得：y2=3cm，v2y=2×103m/s
即：ym=y1+y2=4cm+3cm=7cm
(3)由于粒子在电场中的运动时间等于电场变化的周期，由v−t图像分析知，粒子离开电场的速度都相同。
故所有能从右侧射出金属板的粒子均相互平行射出，能被粒子打到的宽度即为粒子出电场的竖直方向位移差
t=(3n+1)×10−5s(n=0,1,2,⋯)时刻进入的粒子向上偏转的距离最大为7cm
即某处进入的粒子最高可从A板边缘射出
t=3n×10−5s(n=0,1,2,⋯)时刻进入的粒子若能出电场，向下偏转的距离最大为：y=1cm，但是在板间运动过程中向下的速度为零时，向下最大位移为2cm。因此考虑这么一种粒子，在某位置出发，刚好向下位移最大2cm到达B极板，随后再向上运动，此时该粒子为屏上粒子的最下端。
故能被粒子打到的宽度即为出电场的竖直方向位移差：Δh=d−y=30cm−1cm=29cm
答：(1)粒子离开加速电场时的速度大小为2×104m/s，打在屏P上的粒子在A、B板间的运动时间为3×10−5s；
(2)沿A、B板中间虚线入射的粒子离开电场时在竖直方向的最大偏移量为7cm；
(3)荧光屏P能被粒子打到的长度为29cm。
【解析】(1)根据粒子的水平方向运动解得粒子在电场中的运动时间；
(2)粒子在电场中作类平抛运动，根据对应的运动学公式解得；
(3)根据粒子在竖直方向的分运动解得最终打到荧光屏的竖直高度。
本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握类平抛运动可分解为水平和竖直方向的运动，根据对应的运动学公式求解即可。