2023-2024学年江苏省泰州市高一（下）期末物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年江苏省泰州市高一（下）期末物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.许多科学家对物理学的发展做出了巨大贡献，下列选项中正确的是( )
A. 第谷提出了关于行星运动的三大定律
B. 库仑通过油滴实验测出了电子的电荷量
C. 卡文迪许利用扭秤实验测出了静电力常量k的值
D. 法拉第是第一个提出“场”的概念来研究电现象的科学家
2.真空中有两个静止的点电荷qA、qB，若它们之间的距离变为原来的2倍，电荷量都变为原来的2倍，则两电荷间的库仑力将变为原来的( )
A. 1倍B. 4倍C. 8倍D. 16倍
3.如图所示为运动员参加撑杆跳高比赛的示意图，对运动员在搼杆跳高过程中描述正确的是( )
A. 起跳上升过程中，运动员的重力做正功B. 起跳上升过程中，杆的弹性势能一直增大
C. 起跳上升过程中，运动员的动能一直减小D. 起跳上升过程中，运动员的机械能不守恒
4.天启星座是我国首个正在建设的低轨卫星物联网星座.这些低轨道卫星的周期大约为100分钟.则关于这些做圆周运动的低轨道卫星，下列说法正确的是( )
A. 线速度可能大于11.2km/s
B. 角速度小于地球同步卫星的角速度
C. 加速度大于地球同步卫星的加速度
D. 所需的向心力一定大于地球同步卫星所需的向心力
5.如图所示，质量为m的飞机在水平甲板上，受到与竖直方向成θ角的斜向下的恒定拉力F作用，沿水平方向移动了距离s，飞机与水平甲板之间的摩擦阻力大小恒为f，则在此过程中( )
A. 力F做的功为FssinθB. 摩擦力做的功为fscsθ
C. 重力做的功为mgssinθD. 合力做的功为−Fssinθ
6.假设摩托艇受到的阻力大小与它的速率成正比.如果摩托艇发动机的输出功率变为原来的9倍，则摩托艇的最大速率变为原来的( )
A. 2倍B. 3倍C. 4倍D. 6倍
7.在如图所示的电场中，各点电荷带电量大小都是q，甲图中的A、B为对称点，乙、丙两图的点电荷间距离都为L，虚线是两侧点电荷的中垂线，两点电荷连线上的O、C和O、D间距离也是L，下列说法正确的是( )
A. 图甲中A、B两点电场强度相同
B. 图乙和图丙中，O点的电场强度大小相等
C. 图乙中C点的电场强度大于图丙中D点的电场强度
D. 乙图中从O点沿虚线向上的电场强度变大，而丙图中变小
8.复兴号动车在世界上首次实现了速度350km/h自动驾驶功能，成为我国高铁自主创新的又一重大标志性成果.一列质量为M的动车，以恒定功率P在平直轨道上由静止开始运动，经时间t达到该功率下的最大速度vm，设动车行驶过程所受到的阻力f保持不变.动车在时间t内，下列说法不正确的是( )
A. 牵引力的功率P=f·vm
B. 牵引力做功等于Pt
C. 在时间t内通过的位移为s=vm2t
D. 做变加速直线运动，某时刻加速度大小可以为a=vmt
9.关于多用电表的使用，下列说法正确的是( )
A. 甲图是用多用电表直流电压档测量小灯泡两端的电压，表笔接法正确
B. 乙图是用多用电表直流电流档测量电路中的电流，表笔接法正确
C. 丙图中用的是多用电表电阻档测量二极管的反向电阻
D. 丁图中用的是多用电表电阻档测量二极管的正向电阻
10.如图甲所示，在“用传感器观察平行板电容器的放电”实验中，单刀双掷开关先置于1位置，待一段时间后，再置于2位置，利用电容器放电过程中记录的数据作出的I−t图像如图乙所示，已知电源电动势为8.0V，下列说法正确的是( )
A. t=2s到t=4s时间内，电容器放电量约为0.24C
B. 电容器的电容约为4.0×10−4F
C. 如果将一块陶瓷板放入电容器两板之间，则电容C变小
D. 如果将平行板电容器的板间距离增大，放电I−t图像距坐标原点会变远
二、实验题：本大题共1小题，共8分。
11.某实验小组做“测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率”的实验。
(1)先用螺旋测微器测其直径，如图甲所示，其直径为_____mm；用多用表粗测其电阻，如图乙所示选用“×1”倍率的电阻挡，其电阻为_____Ω。
(2)为了减小实验误差，要用伏安法较准确地测出其阻值，除待测圆柱体外，实验室还备有如下实验器材，则电压表应选_____(选填“V1”或“V2”)，要将电流表A的量程扩大至0.6A，应将电阻箱与电流表_____(选填“串联”或“并联”)。
A.两节新的干电池
B.电压表V1(量程0∼3V，内阻约为1kΩ)
C.电压表V2(量程0∼15V，内阻约为5kΩ)
D.电流表A(量程0∼100mA，内阻为10Ω)
F.滑动变阻器R2(0∼5Ω，额定电流1A)
G.滑动变阻器R3(0∼2000Ω，额定电流0.1A)
H.电键和导线若干
(3)改装后的电流表内阻已知(A为改装后的电流表)，为消除系统误差，电压表示数从0开始，则下列各图中最合理的______。
A. B．
C.
D．
三、计算题：本大题共4小题，共52分。
12.某中子星的质量大约与太阳的质量相等，为M，但是它的半径只有R，引力常量为G。
(1)求此中子星表面的自由落体加速度g。
(2)贴近中子星表面，求沿圆轨道运动的小卫星的速度v。
13.在匀强电场中把电荷量为−1×10−9C的点电荷从A点移动到B点，静电力做的功为1.6×10−7J。再把这个电荷从B点移动到C点，静电力做的功为4.0×10−7J。求：
(1)A、B两点间的电势差UAB和B、C两点间的电势差UBC分别为多少？
(2)把电荷量为−1.5×10−9C的点电荷从A点移动到C点电势能变化了多少？
14.如题图1所示，边长为l的正方形ABCD区域内存在平行于纸面竖直方向的匀强电场，在CD边右侧3l处平行CD放置荧光屏，O1O2是通过正方形中心O1和荧光屏中心O2的轴线。电子由静止经加速电压加速后以一定速度沿轴线连续射入电场。整个系统置于真空中，不计电子重力，已知电子电荷量为e、质量为m。
(1)若加速电压为u0，电子恰好从D点飞出，求电子从进入正方形区域到打到荧光屏上的时间t；
(2)若电子均以速度v0沿轴线射入正方形区域，正方形区域所加偏转电场如题图2所示，偏转电场变化周期为T，且T远大于电子在偏转电场中的运动时间，电子偏转后恰好全部从CD边射出偏转电场并能全部打在荧光屏上形成运动的光点，求最大电场强度Em以及荧光屏的最小长度d；
(3)求在(2)的条件下求荧光屏上光点经过O2的速度v大小。
15.下图是某城市广场喷泉喷出水柱的场景，喷泉喷出的水柱达到高度h；已知喷管的直径为d，水的密度为ρ。若不计空气阻力，重力加速度为g。求：
(1)水离开喷管口时速度v为多大；
(2)用于给喷管喷水的电动机输出功率P至少有多大；
(3)取地面处的重力势能为零，若喷水口直径约为10cm，水柱高约为100m，稳定时空中水的机械能E约为多大。π=3.14，重力加速度g取10m/s2
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
详细解答和解析过程见【答案】
【解答】
A、开普勒提出了关于行星运动的三大定律，故A错误；
B、密立根通过油滴实验测出了电子的电荷量，故B错误；
C、卡文迪许利用扭秤实验测出了万有引力常量，故C错误；
D、法拉第是第一个提出“场”的概念来研究电现象的科学家，故D正确。
2.【答案】A
【解析】【分析】
根据库仑定律可知，两个静止的点电荷距离为 r 时，库仑力大小为F=kqaqbr2，当它们之间的距离变为原来的2倍，电荷量都变为原来的2倍，则两电荷间的库仑力将变为F′=k2qa×2qb(2r)2=F。
故选A。
【解答】
3.【答案】D
【解析】A.起跳上升过程中，重力竖直向下，位移向上，运动员的重力做负功，重力势能增加，故A错误；
B.起跳上升过程中，杆的弹性势能转化为运动员的机械能，所以杆的弹性势能减小，故B错误；
C.起跳上升过程中，开始时，杆对运动员的弹力大于运动员的重力，运动员加速上升，随着杆形变的变小，杆对运动员的弹力变小，当小于运动员重力时，运动员减速上升，所以运动员动能先增加后减小，故C错误；
D.起跳上升过程中，杆的弹性势能转化为运动员的机械能，运动员的机械能增加，不守恒，故D正确。
故选D。
4.【答案】C
【解析】【分析】解：A、地球第一宇宙速度7.9km/s为地球表面轨道处卫星绕地球做匀速圆周运动的线速度，是人造地球卫星的最大运行速度，故这些做圆周运动的低轨道卫星线速度不可能大于11.2km/s，故A错误；
B、根据万有引力提供向心力可得GMmr2=m4π2T2r，解得：T= 4π2r3GM∝ r3，由于100min<24h，可知这些做圆周运动的低轨道卫星的轨道半径小于同步卫星半径，根据万有引力提供向心力可得：GMmr2=mω2r，解得：ω= GMr3∝ 1r3；可知这些做圆周运动的低轨道卫星的角速度一定大于地球同步卫星的角速度，故B错误；
C、根据牛顿第二定律可得：GMmr2=ma，解得：a=GMr2∝1r2，可知这些做圆周运动的低轨道卫星的加速度一定大于地球同步卫星的加速度，故C正确；
D、由于不清楚这些做圆周运动的低轨道卫星质量与地球同步卫星质量的大小关系，故不能确定这些做圆周运动的低轨道卫星所需的向心力与地球同步卫星所需的向心力的大小关系，故D错误。
地球第一宇宙速度7.9km/s是人造地球卫星的最大运行速度误；根据万有引力定律结合向心力的计算公式、牛顿第二定律等进行解答。
本题主要是考查了万有引力定律及其应用；解答此类题目一般要把握两条线：一是在星球表面，忽略星球自转的情况下，万有引力等于重力；二是根据万有引力提供向心力列方程进行解答。
5.【答案】A
【解析】【分析】对物体受力分析，根据功的公式可以逐个求得各个力对物体做功的情况。
恒力做功，根据功的公式直接计算即可，要注意明确功的公式W=Fscsθ中的θ为力和位移之间的夹角。
【解答】摩擦力做的功为−fs，B错误；力F做的功为Fssin θ，A正确；重力做的功为零，C错误；
合力做功Fssin θ−fs，D 错误。
6.【答案】B
【解析】【分析】
由题意可知：摩托艇的阻力大小与速度成正比，即：f=kv；当物体做匀速运动时，速度最大，此时牵引力F与阻力f相等：即F=f=kv；而发动机的输出功率P=Fv，据此分析判断。
解决本题的关键：一是能够正确的写出阻力与速度大小的表达式，二是利用功率的计算方法P=Fv。
【解答】
设阻力为f，由题知：f=kv；
速度最大时，牵引力等于阻力，则有P=Fv=fv=kv2
所以摩托艇发动机的输出功率变为原来的9倍，则摩托艇的最大速率变为原来的3倍。
故选B。
7.【答案】C
【解析】A.图甲中A、B两点电场强度大小相同，但是方向不同，选项A错误；
B.图乙中 O 点的电场强度为零，而图丙中 O 点的电场强度大小不为零，选项B错误；
C.图乙中 C 点的电场强度
EC=kq(3L2)2+kq(L2)2=40kq9L2
图丙中 D 点的电场强度
ED=kq(L2)2−kq(3L2)2=32kq9L2
图乙中 C 点的电场强度大于图丙中 D 点的电场强度，选项C正确；
D.乙图中从 O 点沿虚线向上的电场强度先变大后变小，而丙图中变小，选项D错误。
故选C。
8.【答案】C
【解析】A.当加速度为零时，速度达到最大值为vm，此时牵引力的大小等于阻力f，故功率P=f⋅vm，故A正确；
B.动车以恒定功率P运动，故牵引力做功等于Pt，故B正确;
C.若复兴号做匀变速直线运动，v−t图像如图中直线所示
由图像面积可得位移为x=vm2t，复兴号动车实际做加速度逐渐减小的变加速直线运动，v−t图像如图中曲线所示，其位移s>vm2t，故C错误；
D.根据v−t图像可知做变加速直线运动，某时刻加速度大小可以为a=vmt，故D正确．
9.【答案】B
【解析】A.甲图是用多用电表直流电压挡测量小灯泡两端的电压，表笔的红黑表笔接错，电流应从红表笔流进，黑表笔流出，故A错误；
B.乙图是用多用电表直流电流挡测量电路中的电流，电流从红表笔流入，从黑表笔流出，表笔接法正确，故B正确；
CD.欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，负极与红表笔相连，由图丙所示电路图可知，黑表笔接二极管正极，红表笔接二极管负极，多用电表测二极管正向电阻，由图丁所示电路图可知，黑表笔接二极管负极，红表笔接二极管正极，多用电表测二极管反向电阻，故CD错误。
故选B。
10.【答案】B
【解析】A.图像与坐标轴围成的面积等于电容器的放电量，则 t=2 到 t=4s 时间内，电容器放电量约为
ΔQ=7×0.4×0.2×10−3C=0.56×10−3C
故A错误；
B.电容器总的放电量为
Q=39×0.4×0.2×10−3C=3.12×10−3C
电容器的电容约为
C=QU≈4.0×10−4F
故B正确；
D.如果将平行板电容器的板间距离增大，则电容器的电容减小，根据
Q=CU
可知，电容器的带电量减小，则放电电量减小，则放电I−t图像距坐标原点会变近，故D错误；
C.如果匀速将一块陶瓷板放入电容器两板之间，根据
C=εS4πkd
可知，介电常数均匀增加，则电容C均匀变大，故C错误。
故选B。
11.【答案】(1) 1.846##1.844##1.845##1.847 6.0##6
(2) V1 并联
(3)D

【解析】(1)[1]根据螺旋测微器的读数规律，该读数为
1.5mm+34.6×0.01mm=1.846mm
[2]根据欧姆表的读数规律，该读数为
6.0×1Ω=6.0Ω
(2)[1]电源是两节干电池，电动势约为3V，为了确保电压表的安全与精度，电压表选择与电动势相差不多的量程，即选择量程为 0∼3V 的电压表 V1 ；
[2]要将电流表 A 的量程扩大至 0.6A ，应将电阻箱与电流表并联。
(3)电压表示数从0开始，则控制电路采用分压式，由于改装后的电流表内阻已知，电流表分压的具体值能够确定，可知，为消除系统误差，测量电路采用电流表内接法。
故选D。
12.【答案】(1) GMR2 ；(2) GMR
【详解】(1)在中子星表面有
GMmR2=mg
解得
g=GMR2
(2)对贴近中子星表面的圆轨道运动的小卫星有
GMmR2=mv2R
解得
v= GMR

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
13.【答案】(1)−160V； −400V ；(2)减少了 8.4×10−7J
【详解】(1)由
UAB=WABq
解得
UAB=−160V
由
UBC=WBCq
解得
UBC=−400V
(2)由A点到C点有
UAC=UAB+UBC
解得
UAC=−560V
所以
WAC=UACq=−ΔEp
解得
ΔEp=−8.4×10−7J
即电势能减少了 8.4×10−7J 。

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
14.【答案】(1) 2l 2meu0 ；(2) mv02el ， 7l ；(3) 7lT
【详解】(1)电子从进入正方形区域到打到荧光屏，水平方向做匀速直线运动，设电子进入正方形区域的速度为 v1 ，则
eu0=12mv12
解得
v1= 2eu0m
时间为
t=l+3lv1=2l 2meu0
(2)电子在正方形区域中运动的时间
t2=lv0
当电场强度为 Em 时，电子出电场时在CD方向上的位移为 l2 ，则
12eEmmt 22=l2
解得
Em=mv02el
设电子打到荧光屏上的最小长度 d ，电子离开正方形区域时速度偏转的角度为 θ ，则
tanθ=l2l2=d2l2+3l
解得
d=7l
(3)当电场强度为 E 时，电子出电场时在CD方向上的位移为
y1=12eEmlv02
在荧光屏上偏转的位移y，则
y1l2=yl2+3l
解得
y=7×12eEmlv02
光点通过O2时的速度
v=ΔyΔt=72el2mv02ΔEΔt=72el2mv022EmT=7lT

【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.【答案】(1) v= 2gh ；(2) p=14πρghd2 2gh ；(3) 3.14×106J
【详解】(1)设喷射速度为v，从离开喷口至最高点的过程中，由机械能守恒定律得
mgh=12mv2
v= 2gh
(2)在喷管喷水口处，设经过 Δt 的时间喷出水的质量为
Δm=ρπd22v⋅Δt
时间 Δt 电动机做功转化为水的动能
P⋅Δt=12Δmv2
化简得
P=18ρπd2v3
P=14πρghd2 2gh
(3)稳定时空中水的质量为
m=ρπd22v⋅t
水从喷出到落地所用时间为
t=2 2hg
根据机械能守恒定律，空中水的机械能等于这些水喷出时的动能
E=12mv2
E=πρgh2d2=3.14×106J

【解析】详细解答和解析过程见【答案】