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2022-2023学年江苏省盐城市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省盐城市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.图是“羲和号”绕太阳做椭圆运动的轨道示意图，其中F1、F2是椭圆的两个焦点，O是椭圆的中心。若“羲和号”卫星经过P点的速率小于经过Q点的速率，则可判断太阳位于( )
A. F1点B. F2点C. O点D. Q点
2.如图所示为一种心脏除颤器的原理图，在一次模拟治疗中，将开关S接到位置1，电容器充电后电压为6kV；将开关S接到位置2，电容器在2ms内通过人体完成放电，已知电容器的电容为30μF，则这次放电通过人体组织的平均电流为( )
A. 90A
B. 60A
C. 9A
D. 6A
3.如图所示，表示某电场等势面的分布情况，a处的电势为φa、电场强度为Ea；b处的电势为φb、电场强度为Eb；c处的电势为φc、电场强度为Ec；d处的电势为φd、电场强度为Ed。下列说法正确的是( )
A. φa>φcB. φb=φdC. Ea4.甲、乙两物体做圆周运动时所需向心力F与半径r的图像如图所示。当半径变化时，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙的线速度均不变B. 甲、乙的角速度均不变
C. 甲的线速度不变，乙的角速度不变D. 甲的角速度不变，乙的线速度不变
5.一个小球在真空中做自由落体运动，另一个同样的小球在黏性较大的液体中由静止开始下落，如图所示。它们都由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方。在这两种情况下( )
A. 重力做功不相等
B. 重力做功的功率相等
C. 重力势能的变化量相等
D. 到达高度h2时的动能相等
6.某同学在列车车厢的顶部用细线悬挂一个小球，小球会相对车厢保持静止。在某次测定中，车厢沿斜面匀速下滑，观察到的情形是( )
A. B. C. D.
7.如图所示，一匀强电场平行于xOy平面，其中A点坐标(0,a)，B点坐标(2a,a)，C点坐标(2a,0)，已知A点电势为6V，B点电势为2V，C点电势4V。现将一带电粒子从O点沿OB方向以某一动能射入匀强电场，粒子刚好能经过C点，带电粒子的重力忽略不计，则下列说法正确的是( )
A. 粒子带负电B. 粒子带正电C. 电场方向沿OB方向D. 电场方向沿OC方向
8.国产科幻大片《流浪地球2》中的“太空电梯”给观众带来了强烈的视觉震撼。若“太空电梯”示意图如图所示，碳纳米材质的缆绳相对地面静止。宇航员通过竖直的电梯直通空间站，下列说法正确的是( )
A. 距地面越高，宇航员的角速度越小
B. 距地面越高，宇航员的线速度越大
C. 箱体在上升过程中受到地球的引力越来越大
D. 箱体在下降过程中受到地球的引力越来越小
9.如图甲所示，一足够长的质量为m的木板静止在水平面上，t=0时刻质量也为m的滑块从板的左端以初速度v0水平向右滑行。若0∼t1时间内滑块加速度大小为a1，t1∼t2时间内滑块加速度大小为a2。滑块与木板、木板与地面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块运动的v−t图像如图乙所示，则有( )
A. a12μ2D. μ1<2μ2
10.如图所示，一半圆形内表面光滑的轨道固定在水平面上，在轨道圆心等高处的右侧由静止释放一质量为m的小球，小球顺着半圆形轨道内侧下滑过程中，其对轨道的压力大小F与下降的高度h的图像正确的是( )
A. B. C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.如图甲所示的电路可以用来测量电阻丝的电阻率，与教材中电路相比，增加了一个定值电阻R0和一个开关S′。被测电阻Rx是一段粗细均匀的电阻丝，电阻丝被固定在木板上，两个鳄鱼夹夹住电阻丝然后接入电路，接入电路的电阻丝长度可通过木板上固定的刻度尺读出，如图乙所示。
(1)主要实验步骤如下：
①首先测量出电阻丝的直径为3.800mm，则用了图戊的哪个仪器测量______；
②使用多用电表粗测电阻丝的阻值Rx，当把红、黑表笔接在电阻丝两端时欧姆表指针如图丙所示，出现上述情况可能的原因是欧姆挡倍率选______(填“大”或“小”)了；
③按照图甲连接电路，让开关S、S′处于断开状态，同时将滑动变阻器的滑片P滑至最右端，测量并记录两鳄鱼夹之间的距离L；
④仅闭合开关S，调节滑动变阻器滑片，尽量使V和A的指针落在表盘中央附近，记录下此时V和A读数，分别记作U和I1；
⑤再闭合S′，然后调节滑动变阻器滑片，使得V的读数仍为U，记录A的读数，记作I2，则此时电阻丝的测量值Rx=______(用字母U、I1、I2表示)；
⑥改变两个鳄鱼夹之间的距离，重复步骤③④⑤得到多组数据。
(2)将得到的实验数据在Rx−L坐标系中描点拟合为一条直线，如图丁所示。测得这条直线斜率k=1.6×10−3Ω/m，则被测电阻丝的电阻率ρ=______Ω⋅m(保留2位有效数字)。
(3)请你分析这种改进型电路的优点。
三、简答题：本大题共4小题，共45分。
12.质量为m=10kg的物体受到合力F=10N，并以v=2m/s的初速度做匀加速直线运动。求物体：
(1)获得的加速度a；
(2)经t=10s时间发生的位移x。
13.如图所示，运动员把质量m=400g的足球踢出去后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是5m，在最高点的速度v=20m/s。不考虑空气阻力，g取10m/s2。求：
(1)足球在最高点所受的合力F；
(2)运动员踢足球时对足球做的功W。
14.如图所示，两个物块A和B，质量分别为nm和m，用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时用力使A静止在粗糙的水平桌面上，B物块离水平地面的距离为H。撤去力后，经一段时间B物块下降到地面时的速度为v，重力加速度取g。求：
(1)B物块到达地面时，A物块的动能Ek；
(2)B物块下降过程中，轻绳对定滑轮的作用力大小F1；
(3)A物块与水平桌面间的动摩擦因数μ。
15.如图所示，有三根完全相同、原长均为L0的绝缘轻质橡皮筋，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别连接质量均为m的带电小球A、B，它们所带的电荷量分别为−q和+q，A、B之间用第三根橡皮筋连接起来。由于空间存在水平向右的匀强电场，平衡时三根橡皮筋的长度均为原长的32。已知橡皮筋满足胡克定律并始终在弹性限度内，两小球所带电荷量始终不变，两小球间的静电力不计，重力加速度大小为g。求：
(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)若只剪断A、B之间的橡皮筋，A、B球最后再次平衡时，小球A电势能的减少量和小球B重力势能的增加量；
(3)若改为只剪断OB之间的橡皮筋，平衡时A、B球系统电势能的变化量。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由开普勒第一定律可知太阳位于椭圆的焦点上，由开普勒第二定律可知，行星与太阳连线在相同时间内扫过的面积相等，近日点速度大，远日点速度小，故太阳位于F2点，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据开普勒第一定律、开普勒第二定律分析即可。
本题考查了开普勒第一定律和开普勒第二定律的相关知识，要熟练掌握开普勒三定律，在处理行星运动的椭圆轨迹问题的时候，一般都是根据开普勒三定律解决。
2.【答案】A
【解析】解：将开关S接到位置1，电容器充电后带电量为Q=CU=30×10−6×6×103C=0.18C
将开关S接到位置2，放电过程的平均电流为I=Qt=0.182×10−3A=90A，故A正确，BCD错误。
故选：A。
将开关S接到位置1，根据Q=CU求出电容器充电后带电量。将开关S接到位置2，根据I=Qt求放电通过人体组织的平均电流。
解决本题时，要明确电容器的充、放电过程，掌握电容的定义式和电流的定义式，计算时要注意单位换算。
3.【答案】B
【解析】解：AB.根据同一等势线上，电势相等，可知φb=φd，但因为不能确定电场方向，因此不能确定φa与φc的关系，故A错误，B正确；
CD.等差等势面的疏密程度表示场强的大小，由此可得：
Ea>Eb>Ec>Ed，故CD错误。
故选：B。
等势面上的点电势相等，电场线与等势面垂直，但无法知道场强的方向，也就无法知道不同等势面上的电势高低；
根据等差等势面的疏密程度分析出场强的大小关系。
本题主要考查了等势面的相关应用，理解等势面的特点，掌握等势面和电场线的关系，能根据等差等势面的疏密程度分析出场强的大小。
4.【答案】D
【解析】解：对甲根据向心力的计算公式可得：
F=mω2r
因F−r图像为过原点的直线，可知角速度不变；
对乙根据向心力的计算公式可得：
F=mv2r
因F−1r为过原点的直线，可知线速度不变，故D正确，ABC错误；
故选：D。
根据向心力的计算公式，结合图形的物理意义分析出甲、乙两物体的角速度和线速度的特点。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，熟悉向心力的计算公式，结合图像的物理意义即可完成分析。
5.【答案】C
【解析】解：A.因同样两小球下落的高度相同，而重力做功只与物体的质量和下落的竖直高度有关，因此重力做的功相等，故A错误；
B.在黏性较大的液体中的小球下落中，除受重力作用外还受阻力作用，因此下落相同高度所用时间比在真空中小球所用时间较长，由平均功率的计算公式P=Wt，可知重力做功的功率不相等，故B错误；
C.因重力做的功相等，根据功能关系可知重力势能的变化量相等，故C正确；
D.在真空中小球，由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方，减少的重力势能都转化为动能，在黏性较大的液体中的小球除重力做功外，还有阻力做功，因此重力势能的减少一部分转化为动能，一分部分转化为内能，因此到达高度h2时的动能不相等，故D错误。
故选：C。
理解重力做功的影响因素，从而分析出两种情况下的重力做功大小关系；
根据功的大小，结合时间的大小关系，利用功率的计算公式完成分析；
根据功能关系，结合重力做功的特点分析出重力势能变化量的大小关系；
理解过程中的能量转化特点，从而分析出到达h2时的动能大小关系。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，熟悉功的计算公式，理解过程中的能量转化关系，结合功率的计算公式即可完成分析。
6.【答案】C
【解析】解：车厢沿斜面匀速下滑，小球处于平衡状态，重力竖直向下，可知拉力竖直向上，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据车厢受力平衡，结合平衡条件，分析拉力方向。
本题解题关键是根据平衡条件去分析问题，比较基础。
7.【答案】A
【解析】解：CD、由U=Ed可知，AB中点(设为D点)的电势φD=φA+φB2=6+22V=4V=φC
可知DC连线为等势线，场强方向垂直DC斜向上，如图所示，故CD错误；
AB、因带电粒子从O点沿OB方向以某一动能射入匀强电场，粒子刚好能经过C点，粒子受电场力方向指向轨迹的凹侧，可知粒子受到的电场力方向与场强方向相反，则粒子带负电，故A正确，B错误。
故选：A。
由U=Ed可知，在匀强电场中，沿同一方向距离相等时两点间电势差相等，从而求出AB中点D的电势，找到等势点和等势线，再确定场强度方向；结合曲线运动的特点：合力指向轨迹的凹侧，判断粒子的电性。
在匀强电场中，电场强度处处相等，电势差与电场强度的关系为U=Ed，值得注意的是该关系式只适用于匀强电场。
8.【答案】B
【解析】解：A.太空电梯随地球自转，和地球自转的角速度相等，整个过程中宇航员的角速度等于地球自转角速度，故A错误；
B.根据线速度的计算公式v=ωr，距地面越高，宇航员的线速度越大，故B正确；
C.根据万有引力定律F=GMmr2可知，箱体在上升过程中受到地球的引力越来越小，故C错误；
D.根据上述分析可知，箱体在下降过程中受到地球的引力越来越大，故D错误。
故选：B。
太空电梯随地球自转，所以空间站的角速度等于地球的自转角速度，结合线速度的计算公式得出线速度的变化趋势；
根据万有引力定律，结合半径的变化趋势分析出箱体受到的引力的变化趋势。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，熟悉圆周运动的公式，结合万有引力定律即可完成分析。
9.【答案】C
【解析】解：AB、根据v−t图线的斜率表示加速度，可知：a1>a2，故AB错误；
CD、由v−t图像分析可知，0∼t1时间内滑块相对木板向右滑动，木板相对地面向右滑动，t1时刻滑块与木板达到共同速度，t1∼t2时间内滑块与木板相对静止一起减速到速度为零。
对木板，上表面受到的最大静摩擦力大于下表面与地面的滑动摩擦力，所以有：μ1mg>μ2⋅2mg
则有：μ1>2μ2，故C正确，D错误。
故选：C。
v−t图线的斜率表示加速度，根据图象的斜率直接判断两个加速度的大小；根据图象确定滑块与木板的运动过程，以及两者相对运动过程，结合牛顿第二定律，可以确定动摩擦因数的大小关系。
此题考查应用牛顿第二定律解决板块模型的基本问题，突破点在于用隔离法单独对物体受力分析，分析出小滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，两者共速后，由于滑块的所受的合力减小，才导致滑块的加速度减小，从而判断共速之后一起减速运动的。
10.【答案】A
【解析】解：由动能定理可以得到小球的速度与下滑的高度之间的关系为
mgh=12mv2
由牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力与小球对轨道的压力大小相等为F，对小球受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律可得：
mv2R=F−mgcsθ
又由几何关系可以得到
hR=csθ
整理得到
F=3mghR
因此F与h成正比关系，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据动能定理得出小球的速度，结合牛顿第二定律和几何关系联立等式得出F与h的关系式，结合图像的特点完成分析。
本题考查圆周运动的规律的动力学问题，熟悉物体的受力分析，根据动能定理得出物体的速度，结合牛顿第二定律即可完成分析。
11.【答案】C 大 UI2−I1 1.8×10−8
【解析】解：(1)①10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm，根据游标卡尺的读数规则，以mm作为读数单位时，读数的有效数字分别为小数点后1位和2位，与电阻丝直径的读数结果不符合；
螺旋测微器的精确度为0.01mm，由于读数时要估读一位，读数的有效数字为小数点后3位，与测量出电阻丝的直径为3.800mm，小数点后三位有效数字相符合；
综上分析，故AB错误，C正确。
故选：C。
②根据欧姆表测电阻的原理可知，读数时欧姆表指针在中间位置附近较为准确；
如图丙所示，指针偏转角度过大，欧姆表指针所指示数过小；
欧姆表测电阻时，测量值=欧姆表指针对应示数×倍率，欧姆表指针所指示数过小，说明所选倍率过大。
⑤根据电路图，闭合开关S，断开开关S′，电流表测的是通过电阻R0的电流I1；
再闭合S′，然后调节滑动变阻器滑片，使得V的读数仍为U时，电流表测量的是并联部分的总电流I2；
根据并联电路的电流特点，通过待测电阻的电流Ix=I2−I1
根据欧姆定律，待测电阻Rx=UIx=UI2−I1
(2)根据电阻定律R=ρLS=ρS⋅L
可得R−L图像的斜率k=ρS
则被测电阻丝的电阻率
ρ=kS=1.6×10−3×3.14×(3.8×10−32)2Ω⋅m≈1.8×10−8Ω⋅m
(3)该实验考虑电压表的内阻时，根据并联电路的电阻特点
只闭合开关S时I1U=1R0+1RV
开关S、S′都闭合时I2U=1R0+1RV+1Rx
联立两式，可消去电压表内阻RV，解得Rx=UI2−I1
因此该实验的优点是可以消除电压表内阻对实验结果带来的系统误差。
故答案为：(1)①C；②大；⑤UI2−I1；(2)1.8×10−8；(3)可以消除电压表内阻对实验结果带来的系统误差。
(1)①根据测量出电阻丝的直径的读数结合测量器材的精确度分析所使用的器材；
②欧姆表测电阻时，测量值=欧姆表指针对应示数×倍率，根据欧姆表的读数规则分析作答；
⑤闭合开关S，断开开关S′，电流表测的是通过电阻R0的电流；再闭合S′，然后调节滑动变阻器滑片，使得V的读数仍为U时，电流表测量的是并联部分的总电流，根据并联电路的电流特点及欧姆定律求待测电阻；
(2)根据电阻定律求R−L函数，结合R−L图像斜率的含义求电阻率；
(3)考虑电压表的内阻时，根据并联电路的电阻特点分析作答。
本题主要考查了游标卡尺、螺旋测微器和欧姆表的读数规则以及金属丝电阻率的测定；明确实验的原理、掌握欧姆定律和并联电路的特点是解题的关键；难点在于实验误差的分析。
12.【答案】解：(1)由牛顿第二定律得：
F=ma
解得：a=1m/s2
(2)根据位移时-间公式得：
x=v0t+12at2
代入数据得：x=70m
答：(1)获得的加速度a为1m/s2；
(2)经t=10s时间发生的位移x为70m。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求出加速度；
(3)物体匀加速前进，根据位移-时间公式求出10s内的位移大小。
本题是牛顿第二定律以及运动学基本公式的直接应用，关键是根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学基本公式求解。
13.【答案】解：(1)足球在最高点所受的合力
F=mg=0.4×10N=4N
(2)以足球为研究对象，人在踢球时对足球的作用力为变力，运动员对足球做功属于变力做功，可以运动员踢球到足球到达最高点的过程应用动能定理可知
W−mgh=12mv2−0
得：W=100J
答：(1)足球在最高点所受的合力为4N；
(2)运动员踢足球时对足球做的功为100J。
【解析】(1)足球在最高点时只受重力，代入数据得出此时受到的合力；
(2)根据动能定理列式得出运动员踢足球时对足球做的功。
本题主要考查了动能定理的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合动能定理即可完成解答，属于基础题型。
14.【答案】解：(1)滑轮两侧的物体速度大小相等，则A物块的动能为：
Ek=12nmv2
(2)设B物块下降过程中，加速度为a，绳中拉力为T，由牛顿第二定律及运动学公式
mg−T=ma
2aH=v2
解得：T=m(g−v22H)
轻绳对定滑轮的作用力大小
F1=Tcs45∘= 2m(g−v22H)
(3)设A物块所受摩擦力为f，与水平桌面间的动摩擦因数为μ，有
T−f=nma
f=nmgμ
解得：μ=2gH−v2−nv22ngH
答：(1)B物块到达地面时，A物块的动能为12nmv2；
(2)B物块下降过程中，轻绳对定滑轮的作用力大小为 2m(g−v22H)；
(3)A物块与水平桌面间的动摩擦因数为2gH−v2−nv22nHg。
【解析】(1)根据定滑轮两侧物体的速度关系，结合动能的表达式得出A物块的动能；
(2)根据牛顿第二定律，结合运动学公式得出轻绳对定滑轮的作用力；
(3)根据牛顿第二定律联立等式得出μ的大小。
本题主要考查了动能定理的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律和动能定理即可完成解答。
15.【答案】解：(1)对小球A受力分析，如图1所示，由平衡条件得
竖直方向有T1cs30∘=mg
水平方向有T1sin30∘+T1=qE
联立以上两式解得：T1=2 33mg，E= 3mgq
(2)若只剪断A、B之间的橡皮筋，A、B球再次平衡时，小球A受力如图2所示，由平衡条件得
竖直方向有 T2csθ=mg
水平方向有T2sinθ=qE
解得：θ=60∘，T2=2mg
设橡皮筋的劲度系数为k，则有
k=T112L0=4 3mg3L0
此时橡皮筋的伸长量
ΔL=T2k= 32L0
由小球与O点在水平距离的变化，可得小球A电势能的减少量
ΔEp电=qE(L0+ 32L0)sin60∘−qE32L0sin30∘=32mgL0
小球B原距O点的高度
h0=L0cs30∘= 32L0
此时距O点的高度
h=L0cs60∘=12L0
故小球B重力势能的增加量
ΔEp重=mg(h0−h)=mg( 32L0−12L0)= 3−12mgL0
(3)若改为只剪断OB之间的橡皮筋，小球A、B受力分析如图3所示，由平衡条件得
水平方向有T3sinα+T4sinβ=qE
竖直方向有T3csα=mg+T4csβ
对小球B，由平衡条件可得
T4′sinβ=qE
T4′csβ=mg
由牛顿第三定律可有
T4=T4′
联立以上各式解得：α=0，β=60∘，T4=T4′=2mg
此时橡皮筋的伸长量为
ΔL′=T4k= 32L0
则有小球A电势能增加量为
ΔEpA=qE×32L0sin30∘=3 34mgL0
则有小球B电势能的减少量为
ΔEpB=qE(L0+ 32L0)sinβ−qE×32×12L0=1+2 34mgL0
可得平衡时A、B球系统电势能的变化量为
ΔEp=ΔEpA−ΔEpB= 3−14mgL0
答：(1)匀强电场的电场强度大小E为 3mgq；
(2)小球A电势能的减少量和小球B重力势能的增加量分别为32mgL0， 3−12mgL0；
(3)平衡时A、B球系统电势能的变化量为 3−14mgL0。
【解析】(1)对小球A受力分析，根据平衡条件和电场力公式F=qE相结合求解电场强度大小E；
(2)若只剪断A、B之间的橡皮筋，A、B球最后再次平衡时，再分析小球A的受力情况，根据平衡条件求出此时左右两橡皮筋与竖直方向的夹角以及橡皮筋的弹力大小，由胡克定律求橡皮筯的劲度系数，再求电势能的减少量和小球B重力势能的增加量；
(3)若改为只剪断OB之间的橡皮筋，小球A、B受力分析，并运用平衡条件列方程求出AB间的细线以及橡皮筋与竖直方向的夹角，再求平衡时A、B球系统电势能的变化量。
本题是带电体在电场中平衡问题，关键在于正确确定研究对象，并进行受力分析，从而得出正确的结果。要注意隔离法和整体法的应用。
1.图是“羲和号”绕太阳做椭圆运动的轨道示意图，其中F1、F2是椭圆的两个焦点，O是椭圆的中心。若“羲和号”卫星经过P点的速率小于经过Q点的速率，则可判断太阳位于( )
A. F1点B. F2点C. O点D. Q点
2.如图所示为一种心脏除颤器的原理图，在一次模拟治疗中，将开关S接到位置1，电容器充电后电压为6kV；将开关S接到位置2，电容器在2ms内通过人体完成放电，已知电容器的电容为30μF，则这次放电通过人体组织的平均电流为( )
A. 90A
B. 60A
C. 9A
D. 6A
3.如图所示，表示某电场等势面的分布情况，a处的电势为φa、电场强度为Ea；b处的电势为φb、电场强度为Eb；c处的电势为φc、电场强度为Ec；d处的电势为φd、电场强度为Ed。下列说法正确的是( )
A. φa>φcB. φb=φdC. Ea
A. 甲、乙的线速度均不变B. 甲、乙的角速度均不变
C. 甲的线速度不变，乙的角速度不变D. 甲的角速度不变，乙的线速度不变
5.一个小球在真空中做自由落体运动，另一个同样的小球在黏性较大的液体中由静止开始下落，如图所示。它们都由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方。在这两种情况下( )
A. 重力做功不相等
B. 重力做功的功率相等
C. 重力势能的变化量相等
D. 到达高度h2时的动能相等
6.某同学在列车车厢的顶部用细线悬挂一个小球，小球会相对车厢保持静止。在某次测定中，车厢沿斜面匀速下滑，观察到的情形是( )
A. B. C. D.
7.如图所示，一匀强电场平行于xOy平面，其中A点坐标(0,a)，B点坐标(2a,a)，C点坐标(2a,0)，已知A点电势为6V，B点电势为2V，C点电势4V。现将一带电粒子从O点沿OB方向以某一动能射入匀强电场，粒子刚好能经过C点，带电粒子的重力忽略不计，则下列说法正确的是( )
A. 粒子带负电B. 粒子带正电C. 电场方向沿OB方向D. 电场方向沿OC方向
8.国产科幻大片《流浪地球2》中的“太空电梯”给观众带来了强烈的视觉震撼。若“太空电梯”示意图如图所示，碳纳米材质的缆绳相对地面静止。宇航员通过竖直的电梯直通空间站，下列说法正确的是( )
A. 距地面越高，宇航员的角速度越小
B. 距地面越高，宇航员的线速度越大
C. 箱体在上升过程中受到地球的引力越来越大
D. 箱体在下降过程中受到地球的引力越来越小
9.如图甲所示，一足够长的质量为m的木板静止在水平面上，t=0时刻质量也为m的滑块从板的左端以初速度v0水平向右滑行。若0∼t1时间内滑块加速度大小为a1，t1∼t2时间内滑块加速度大小为a2。滑块与木板、木板与地面的动摩擦因数分别为μ1、μ2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。滑块运动的v−t图像如图乙所示，则有( )
A. a1
10.如图所示，一半圆形内表面光滑的轨道固定在水平面上，在轨道圆心等高处的右侧由静止释放一质量为m的小球，小球顺着半圆形轨道内侧下滑过程中，其对轨道的压力大小F与下降的高度h的图像正确的是( )
A. B. C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.如图甲所示的电路可以用来测量电阻丝的电阻率，与教材中电路相比，增加了一个定值电阻R0和一个开关S′。被测电阻Rx是一段粗细均匀的电阻丝，电阻丝被固定在木板上，两个鳄鱼夹夹住电阻丝然后接入电路，接入电路的电阻丝长度可通过木板上固定的刻度尺读出，如图乙所示。
(1)主要实验步骤如下：
①首先测量出电阻丝的直径为3.800mm，则用了图戊的哪个仪器测量______；
②使用多用电表粗测电阻丝的阻值Rx，当把红、黑表笔接在电阻丝两端时欧姆表指针如图丙所示，出现上述情况可能的原因是欧姆挡倍率选______(填“大”或“小”)了；
③按照图甲连接电路，让开关S、S′处于断开状态，同时将滑动变阻器的滑片P滑至最右端，测量并记录两鳄鱼夹之间的距离L；
④仅闭合开关S，调节滑动变阻器滑片，尽量使V和A的指针落在表盘中央附近，记录下此时V和A读数，分别记作U和I1；
⑤再闭合S′，然后调节滑动变阻器滑片，使得V的读数仍为U，记录A的读数，记作I2，则此时电阻丝的测量值Rx=______(用字母U、I1、I2表示)；
⑥改变两个鳄鱼夹之间的距离，重复步骤③④⑤得到多组数据。
(2)将得到的实验数据在Rx−L坐标系中描点拟合为一条直线，如图丁所示。测得这条直线斜率k=1.6×10−3Ω/m，则被测电阻丝的电阻率ρ=______Ω⋅m(保留2位有效数字)。
(3)请你分析这种改进型电路的优点。
三、简答题：本大题共4小题，共45分。
12.质量为m=10kg的物体受到合力F=10N，并以v=2m/s的初速度做匀加速直线运动。求物体：
(1)获得的加速度a；
(2)经t=10s时间发生的位移x。
13.如图所示，运动员把质量m=400g的足球踢出去后，某人观察它在空中的飞行情况，估计上升的最大高度是5m，在最高点的速度v=20m/s。不考虑空气阻力，g取10m/s2。求：
(1)足球在最高点所受的合力F；
(2)运动员踢足球时对足球做的功W。
14.如图所示，两个物块A和B，质量分别为nm和m，用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时用力使A静止在粗糙的水平桌面上，B物块离水平地面的距离为H。撤去力后，经一段时间B物块下降到地面时的速度为v，重力加速度取g。求：
(1)B物块到达地面时，A物块的动能Ek；
(2)B物块下降过程中，轻绳对定滑轮的作用力大小F1；
(3)A物块与水平桌面间的动摩擦因数μ。
15.如图所示，有三根完全相同、原长均为L0的绝缘轻质橡皮筋，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别连接质量均为m的带电小球A、B，它们所带的电荷量分别为−q和+q，A、B之间用第三根橡皮筋连接起来。由于空间存在水平向右的匀强电场，平衡时三根橡皮筋的长度均为原长的32。已知橡皮筋满足胡克定律并始终在弹性限度内，两小球所带电荷量始终不变，两小球间的静电力不计，重力加速度大小为g。求：
(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)若只剪断A、B之间的橡皮筋，A、B球最后再次平衡时，小球A电势能的减少量和小球B重力势能的增加量；
(3)若改为只剪断OB之间的橡皮筋，平衡时A、B球系统电势能的变化量。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由开普勒第一定律可知太阳位于椭圆的焦点上，由开普勒第二定律可知，行星与太阳连线在相同时间内扫过的面积相等，近日点速度大，远日点速度小，故太阳位于F2点，故ACD错误，B正确。
故选：B。
根据开普勒第一定律、开普勒第二定律分析即可。
本题考查了开普勒第一定律和开普勒第二定律的相关知识，要熟练掌握开普勒三定律，在处理行星运动的椭圆轨迹问题的时候，一般都是根据开普勒三定律解决。
2.【答案】A
【解析】解：将开关S接到位置1，电容器充电后带电量为Q=CU=30×10−6×6×103C=0.18C
将开关S接到位置2，放电过程的平均电流为I=Qt=0.182×10−3A=90A，故A正确，BCD错误。
故选：A。
将开关S接到位置1，根据Q=CU求出电容器充电后带电量。将开关S接到位置2，根据I=Qt求放电通过人体组织的平均电流。
解决本题时，要明确电容器的充、放电过程，掌握电容的定义式和电流的定义式，计算时要注意单位换算。
3.【答案】B
【解析】解：AB.根据同一等势线上，电势相等，可知φb=φd，但因为不能确定电场方向，因此不能确定φa与φc的关系，故A错误，B正确；
CD.等差等势面的疏密程度表示场强的大小，由此可得：
Ea>Eb>Ec>Ed，故CD错误。
故选：B。
等势面上的点电势相等，电场线与等势面垂直，但无法知道场强的方向，也就无法知道不同等势面上的电势高低；
根据等差等势面的疏密程度分析出场强的大小关系。
本题主要考查了等势面的相关应用，理解等势面的特点，掌握等势面和电场线的关系，能根据等差等势面的疏密程度分析出场强的大小。
4.【答案】D
【解析】解：对甲根据向心力的计算公式可得：
F=mω2r
因F−r图像为过原点的直线，可知角速度不变；
对乙根据向心力的计算公式可得：
F=mv2r
因F−1r为过原点的直线，可知线速度不变，故D正确，ABC错误；
故选：D。
根据向心力的计算公式，结合图形的物理意义分析出甲、乙两物体的角速度和线速度的特点。
本题主要考查了圆周运动的相关应用，熟悉向心力的计算公式，结合图像的物理意义即可完成分析。
5.【答案】C
【解析】解：A.因同样两小球下落的高度相同，而重力做功只与物体的质量和下落的竖直高度有关，因此重力做的功相等，故A错误；
B.在黏性较大的液体中的小球下落中，除受重力作用外还受阻力作用，因此下落相同高度所用时间比在真空中小球所用时间较长，由平均功率的计算公式P=Wt，可知重力做功的功率不相等，故B错误；
C.因重力做的功相等，根据功能关系可知重力势能的变化量相等，故C正确；
D.在真空中小球，由高度为h1的地方下落到高度为h2的地方，减少的重力势能都转化为动能，在黏性较大的液体中的小球除重力做功外，还有阻力做功，因此重力势能的减少一部分转化为动能，一分部分转化为内能，因此到达高度h2时的动能不相等，故D错误。
故选：C。
理解重力做功的影响因素，从而分析出两种情况下的重力做功大小关系；
根据功的大小，结合时间的大小关系，利用功率的计算公式完成分析；
根据功能关系，结合重力做功的特点分析出重力势能变化量的大小关系；
理解过程中的能量转化特点，从而分析出到达h2时的动能大小关系。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，熟悉功的计算公式，理解过程中的能量转化关系，结合功率的计算公式即可完成分析。
6.【答案】C
【解析】解：车厢沿斜面匀速下滑，小球处于平衡状态，重力竖直向下，可知拉力竖直向上，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据车厢受力平衡，结合平衡条件，分析拉力方向。
本题解题关键是根据平衡条件去分析问题，比较基础。
7.【答案】A
【解析】解：CD、由U=Ed可知，AB中点(设为D点)的电势φD=φA+φB2=6+22V=4V=φC
可知DC连线为等势线，场强方向垂直DC斜向上，如图所示，故CD错误；
AB、因带电粒子从O点沿OB方向以某一动能射入匀强电场，粒子刚好能经过C点，粒子受电场力方向指向轨迹的凹侧，可知粒子受到的电场力方向与场强方向相反，则粒子带负电，故A正确，B错误。
故选：A。
由U=Ed可知，在匀强电场中，沿同一方向距离相等时两点间电势差相等，从而求出AB中点D的电势，找到等势点和等势线，再确定场强度方向；结合曲线运动的特点：合力指向轨迹的凹侧，判断粒子的电性。
在匀强电场中，电场强度处处相等，电势差与电场强度的关系为U=Ed，值得注意的是该关系式只适用于匀强电场。
8.【答案】B
【解析】解：A.太空电梯随地球自转，和地球自转的角速度相等，整个过程中宇航员的角速度等于地球自转角速度，故A错误；
B.根据线速度的计算公式v=ωr，距地面越高，宇航员的线速度越大，故B正确；
C.根据万有引力定律F=GMmr2可知，箱体在上升过程中受到地球的引力越来越小，故C错误；
D.根据上述分析可知，箱体在下降过程中受到地球的引力越来越大，故D错误。
故选：B。
太空电梯随地球自转，所以空间站的角速度等于地球的自转角速度，结合线速度的计算公式得出线速度的变化趋势；
根据万有引力定律，结合半径的变化趋势分析出箱体受到的引力的变化趋势。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，熟悉圆周运动的公式，结合万有引力定律即可完成分析。
9.【答案】C
【解析】解：AB、根据v−t图线的斜率表示加速度，可知：a1>a2，故AB错误；
CD、由v−t图像分析可知，0∼t1时间内滑块相对木板向右滑动，木板相对地面向右滑动，t1时刻滑块与木板达到共同速度，t1∼t2时间内滑块与木板相对静止一起减速到速度为零。
对木板，上表面受到的最大静摩擦力大于下表面与地面的滑动摩擦力，所以有：μ1mg>μ2⋅2mg
则有：μ1>2μ2，故C正确，D错误。
故选：C。
v−t图线的斜率表示加速度，根据图象的斜率直接判断两个加速度的大小；根据图象确定滑块与木板的运动过程，以及两者相对运动过程，结合牛顿第二定律，可以确定动摩擦因数的大小关系。
此题考查应用牛顿第二定律解决板块模型的基本问题，突破点在于用隔离法单独对物体受力分析，分析出小滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，两者共速后，由于滑块的所受的合力减小，才导致滑块的加速度减小，从而判断共速之后一起减速运动的。
10.【答案】A
【解析】解：由动能定理可以得到小球的速度与下滑的高度之间的关系为
mgh=12mv2
由牛顿第三定律可知，轨道对小球的支持力与小球对轨道的压力大小相等为F，对小球受力分析，如图所示
根据牛顿第二定律可得：
mv2R=F−mgcsθ
又由几何关系可以得到
hR=csθ
整理得到
F=3mghR
因此F与h成正比关系，故A正确，BCD错误；
故选：A。
根据动能定理得出小球的速度，结合牛顿第二定律和几何关系联立等式得出F与h的关系式，结合图像的特点完成分析。
本题考查圆周运动的规律的动力学问题，熟悉物体的受力分析，根据动能定理得出物体的速度，结合牛顿第二定律即可完成分析。
11.【答案】C 大 UI2−I1 1.8×10−8
【解析】解：(1)①10分度游标卡尺的精确度为0.1mm，20分度的游标卡尺的精确度为0.05mm，根据游标卡尺的读数规则，以mm作为读数单位时，读数的有效数字分别为小数点后1位和2位，与电阻丝直径的读数结果不符合；
螺旋测微器的精确度为0.01mm，由于读数时要估读一位，读数的有效数字为小数点后3位，与测量出电阻丝的直径为3.800mm，小数点后三位有效数字相符合；
综上分析，故AB错误，C正确。
故选：C。
②根据欧姆表测电阻的原理可知，读数时欧姆表指针在中间位置附近较为准确；
如图丙所示，指针偏转角度过大，欧姆表指针所指示数过小；
欧姆表测电阻时，测量值=欧姆表指针对应示数×倍率，欧姆表指针所指示数过小，说明所选倍率过大。
⑤根据电路图，闭合开关S，断开开关S′，电流表测的是通过电阻R0的电流I1；
再闭合S′，然后调节滑动变阻器滑片，使得V的读数仍为U时，电流表测量的是并联部分的总电流I2；
根据并联电路的电流特点，通过待测电阻的电流Ix=I2−I1
根据欧姆定律，待测电阻Rx=UIx=UI2−I1
(2)根据电阻定律R=ρLS=ρS⋅L
可得R−L图像的斜率k=ρS
则被测电阻丝的电阻率
ρ=kS=1.6×10−3×3.14×(3.8×10−32)2Ω⋅m≈1.8×10−8Ω⋅m
(3)该实验考虑电压表的内阻时，根据并联电路的电阻特点
只闭合开关S时I1U=1R0+1RV
开关S、S′都闭合时I2U=1R0+1RV+1Rx
联立两式，可消去电压表内阻RV，解得Rx=UI2−I1
因此该实验的优点是可以消除电压表内阻对实验结果带来的系统误差。
故答案为：(1)①C；②大；⑤UI2−I1；(2)1.8×10−8；(3)可以消除电压表内阻对实验结果带来的系统误差。
(1)①根据测量出电阻丝的直径的读数结合测量器材的精确度分析所使用的器材；
②欧姆表测电阻时，测量值=欧姆表指针对应示数×倍率，根据欧姆表的读数规则分析作答；
⑤闭合开关S，断开开关S′，电流表测的是通过电阻R0的电流；再闭合S′，然后调节滑动变阻器滑片，使得V的读数仍为U时，电流表测量的是并联部分的总电流，根据并联电路的电流特点及欧姆定律求待测电阻；
(2)根据电阻定律求R−L函数，结合R−L图像斜率的含义求电阻率；
(3)考虑电压表的内阻时，根据并联电路的电阻特点分析作答。
本题主要考查了游标卡尺、螺旋测微器和欧姆表的读数规则以及金属丝电阻率的测定；明确实验的原理、掌握欧姆定律和并联电路的特点是解题的关键；难点在于实验误差的分析。
12.【答案】解：(1)由牛顿第二定律得：
F=ma
解得：a=1m/s2
(2)根据位移时-间公式得：
x=v0t+12at2
代入数据得：x=70m
答：(1)获得的加速度a为1m/s2；
(2)经t=10s时间发生的位移x为70m。
【解析】(1)根据牛顿第二定律求出加速度；
(3)物体匀加速前进，根据位移-时间公式求出10s内的位移大小。
本题是牛顿第二定律以及运动学基本公式的直接应用，关键是根据牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学基本公式求解。
13.【答案】解：(1)足球在最高点所受的合力
F=mg=0.4×10N=4N
(2)以足球为研究对象，人在踢球时对足球的作用力为变力，运动员对足球做功属于变力做功，可以运动员踢球到足球到达最高点的过程应用动能定理可知
W−mgh=12mv2−0
得：W=100J
答：(1)足球在最高点所受的合力为4N；
(2)运动员踢足球时对足球做的功为100J。
【解析】(1)足球在最高点时只受重力，代入数据得出此时受到的合力；
(2)根据动能定理列式得出运动员踢足球时对足球做的功。
本题主要考查了动能定理的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合动能定理即可完成解答，属于基础题型。
14.【答案】解：(1)滑轮两侧的物体速度大小相等，则A物块的动能为：
Ek=12nmv2
(2)设B物块下降过程中，加速度为a，绳中拉力为T，由牛顿第二定律及运动学公式
mg−T=ma
2aH=v2
解得：T=m(g−v22H)
轻绳对定滑轮的作用力大小
F1=Tcs45∘= 2m(g−v22H)
(3)设A物块所受摩擦力为f，与水平桌面间的动摩擦因数为μ，有
T−f=nma
f=nmgμ
解得：μ=2gH−v2−nv22ngH
答：(1)B物块到达地面时，A物块的动能为12nmv2；
(2)B物块下降过程中，轻绳对定滑轮的作用力大小为 2m(g−v22H)；
(3)A物块与水平桌面间的动摩擦因数为2gH−v2−nv22nHg。
【解析】(1)根据定滑轮两侧物体的速度关系，结合动能的表达式得出A物块的动能；
(2)根据牛顿第二定律，结合运动学公式得出轻绳对定滑轮的作用力；
(3)根据牛顿第二定律联立等式得出μ的大小。
本题主要考查了动能定理的相关应用，熟悉物体的受力分析，结合牛顿第二定律和动能定理即可完成解答。
15.【答案】解：(1)对小球A受力分析，如图1所示，由平衡条件得
竖直方向有T1cs30∘=mg
水平方向有T1sin30∘+T1=qE
联立以上两式解得：T1=2 33mg，E= 3mgq
(2)若只剪断A、B之间的橡皮筋，A、B球再次平衡时，小球A受力如图2所示，由平衡条件得
竖直方向有 T2csθ=mg
水平方向有T2sinθ=qE
解得：θ=60∘，T2=2mg
设橡皮筋的劲度系数为k，则有
k=T112L0=4 3mg3L0
此时橡皮筋的伸长量
ΔL=T2k= 32L0
由小球与O点在水平距离的变化，可得小球A电势能的减少量
ΔEp电=qE(L0+ 32L0)sin60∘−qE32L0sin30∘=32mgL0
小球B原距O点的高度
h0=L0cs30∘= 32L0
此时距O点的高度
h=L0cs60∘=12L0
故小球B重力势能的增加量
ΔEp重=mg(h0−h)=mg( 32L0−12L0)= 3−12mgL0
(3)若改为只剪断OB之间的橡皮筋，小球A、B受力分析如图3所示，由平衡条件得
水平方向有T3sinα+T4sinβ=qE
竖直方向有T3csα=mg+T4csβ
对小球B，由平衡条件可得
T4′sinβ=qE
T4′csβ=mg
由牛顿第三定律可有
T4=T4′
联立以上各式解得：α=0，β=60∘，T4=T4′=2mg
此时橡皮筋的伸长量为
ΔL′=T4k= 32L0
则有小球A电势能增加量为
ΔEpA=qE×32L0sin30∘=3 34mgL0
则有小球B电势能的减少量为
ΔEpB=qE(L0+ 32L0)sinβ−qE×32×12L0=1+2 34mgL0
可得平衡时A、B球系统电势能的变化量为
ΔEp=ΔEpA−ΔEpB= 3−14mgL0
答：(1)匀强电场的电场强度大小E为 3mgq；
(2)小球A电势能的减少量和小球B重力势能的增加量分别为32mgL0， 3−12mgL0；
(3)平衡时A、B球系统电势能的变化量为 3−14mgL0。
【解析】(1)对小球A受力分析，根据平衡条件和电场力公式F=qE相结合求解电场强度大小E；
(2)若只剪断A、B之间的橡皮筋，A、B球最后再次平衡时，再分析小球A的受力情况，根据平衡条件求出此时左右两橡皮筋与竖直方向的夹角以及橡皮筋的弹力大小，由胡克定律求橡皮筯的劲度系数，再求电势能的减少量和小球B重力势能的增加量；
(3)若改为只剪断OB之间的橡皮筋，小球A、B受力分析，并运用平衡条件列方程求出AB间的细线以及橡皮筋与竖直方向的夹角，再求平衡时A、B球系统电势能的变化量。
本题是带电体在电场中平衡问题，关键在于正确确定研究对象，并进行受力分析，从而得出正确的结果。要注意隔离法和整体法的应用。
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