还剩10页未读，
继续阅读
2023-2024学年江苏省南京市某校高一（下）期末考试物理试卷（含解析）
展开
这是一份2023-2024学年江苏省南京市某校高一（下）期末考试物理试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
1.北斗卫星导航系统(BDS)是我国自行研制的全球卫星导航系统，2020年我国已发送了北斗系统最后一颗卫星，从此北斗卫星导航系统形成全球覆盖能力。如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做匀速圆周运动，a是地球同步卫星，(忽略地球自转)则( )
A. 卫星a的向心加速度大于地球表面重力加速度
B. 卫星a的加速度大于b的加速度
C. 卫星b的周期大于24ℎ
D. 卫星a的角速度小于c的角速度
2.如图所示为游乐场中过山车的一段轨道，P点是这段轨道的最高点，A、B、C三处是过山车的车头、中点和车尾．假设这段轨道是圆轨道，各节车厢的质量相等，过山车在运行过程中不受牵引力，所受阻力可忽略．那么，过山车在通过P点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 车头A通过P点时的速度最小
B. 车的中点B通过P点时的速度最小
C. 车尾C通过P点时的速度最小
D. A、B、C通过P点时的速度一样大
3.如图所示，一个方形的金属盒原来不带电，现将一个带电荷量为+Q的点电荷放在盒左边附近，达到静电平衡后，盒上的感应电荷在盒子内部产生的电场分布情况正确的是( )
A. B. C. D.
4.图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是( )
A. a点的电势比b点的高
B. a点的电场强度比b点的小
C. 液滴在a点的加速度比在b点的小
D. 液滴在a点的电势能比在b点的小
5.静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计。开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是( )
A. 断开开关S后，将A、B两极板分开些
B. 保持开关S闭合，将A、B两极板分开些
C. 保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些
D. 保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动
6.有两个同种材料制成的导体，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为ℎ，大柱体柱截面边长为a，小柱体柱截面边长为b，现将大小柱体串联接在电压U上，已知通过导体电流方向如图，大小为I，则导体电阻率为( )
A. ρ=ℎU2IB. ρ=UℎaI(a+b)C. ρ=2UℎaI(a+b)D. ρ=Uℎ(a−b)I(a+b)
7.如图所示，电流表G的内阻不可忽略不计，R1、R2是两个可变电阻，当a、b间的电压为4V时，电流表的指针刚好满偏(指针指在刻度盘的最大值处)，当a、b间的电压为3 V时，如果仍要使电流表G的指针满偏，下列方法中可行的是（ ）
①保持R2不变，增大R1 ②增大R1，减小R2
③保持R2不变，减小R1 ④增大R2，减小R1
A. ①④B. ②③C. ①②D. ③④
8.四个相同的小灯泡按照如图所示的(a)、(b)两种方式接入电压相等的电路中，调节R 1、R 2使四个小灯泡都正常发光，这时可变电阻R 1、R 2消耗的电功率P 1和P 2的关系为( )
A. P 1=2P 2B. P 1>2P 2C. P 1<2P 2D. P 1=P 2
9.在图甲所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合开关S，在滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生了变化．图乙中的三条图线分别表示了三个电压表示数的变化情况．则下列说法不正确的是( )
A. 图线a表示的是电压表V3的示数的变化情况
B. 图线c表示的是电压表V2的示数的变化情况
C. 此过程中电压表V1示数的变化量ΔU1和电流 表A示数的变化量ΔI的比值的绝对值变小
D. 此过程中电压表V3示数的变化量ΔU3和电流 表A示数的变化量ΔI的比值的绝对值不变
10.一质量为m的重物，沿与竖直方向成60∘角直线做匀加速运动，加速度大小为a=g，整个过程重物下降的高度为H，则在此过程中
A. 重力势能减少2mgHB. 物体机械能增加mgH
C. 合外力对物体做功2 33mgHD. 物体动能增加mgH
二、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.某兴趣小组通过测量金属丝的电阻率来分析其材料的性质。给定的实验器材有：螺旋测微器，多用电表，电源(电动势为3V、内阻约为0.5Ω)，电流表A(量程为0∼0.6A，内阻约为0.1Ω)，电压表V(量程为0∼3V，内阻约为3kΩ)、滑动变阻器R(最大阻值为5Ω，额定电流为1A)，开关，导线若干。
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某次测量结果如图1所示：其读数为_________mm(该值接近多次测量的平均值)。
(2)用多用电表粗略测量金属丝的电阻，当选择“×10”倍率的电阻挡测量时，发现多用电表指针偏转过大，因此需选择_________倍率(填“×1k”“×100”或“×1”)的电阻挡，欧姆调零后再进行测量，多用电表的示数如图2所示，测量结果为_________Ω。
(3)根据上述粗测结果，该兴趣小组成员充分讨论后，决定用伏安法进一步精确测量该金属丝的电阻值。他们利用所给器材，设计好实验电路(部分电路如图3所示)，正确连接好电路后进行实验测量，记录多组实验数据，并在坐标纸上建立直角坐标系，描绘出U—I图线如图4所示。已知实验时所用待测金属丝接入电路部分的长度为90cm。
①请在图3中完成剩余电路的连接________；
②根据以上数据估算出该金属丝的电阻率约为_________Ω⋅m(保留两位有效数字)。
(4)该兴趣小组查阅物理教材得知几种导体材料在室温20∘C时的电阻率如下：分析可知，该金属丝材料最有可能是上述中的__________(填选项序号)。
A.铜1.7×10−8Ω⋅m
B.锰铜合金4.4×10−7Ω⋅m
C.镍铬合金1.0×10−6Ω⋅m
12.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要求尽量减小实验误差。
(1)应该选择的实验电路是图中的__________(填“甲”或“乙”)，电池的内阻测量值与真实值比较r测__________r真(填“>”“<”或“=”)。
(2)实验后得到U−I图像如图，由图像可知，测得的电动势E=__________V，内电阻r=__________Ω。
三、计算题：本大题共2小题，共25分。
13.为测试质量m=1 kg的电动玩具车的性能，电动车置于足够大的水平面上．某时刻开始，电动车从静止开始做加速直线运动，运动过程中所受阻力恒为车重的0.2倍，电动车的牵引力F与速率的倒数关系图像如图中实线所示，g=10 m/s2．
(1)求电动车的最大速度vm以及电动车的输出功率P；
(2)电动车运动10 s恰好达到最大速度，求电动车在这段时间运动的距离x．
14.如图所示，电源的电动势为5V不变，内阻r为2Ω，定值电阻R1为0.5Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为5Ω，求：
(1)当滑动变阻器的阻值为多大时，电阻R1消耗的功率最大？此时R1消耗的最大功率是多少？
(2)当滑动变阻器的阻值为多大时，滑动变阻器R2消耗的功率最大？此时R2消耗的最大功率是多少？
(3)当滑动变阻器的阻值为多大时，电源的输出功率最大？此时电源的最大输出功率是多少？
四、综合题：本大题共1小题，共15分。
15.如图甲所示的装置由粒子直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。其中直线加速器由n个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在t=0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连、序号为0的金属圆板中央有一自由电子由静止开始运动。圆筒长度经设计，可使电子运动到圆筒与圆筒之间各间隙中都能恰好使静电力方向跟电子运动方向相同而不断被加速。忽略电子通过圆筒间隙的时间。偏转电场由两块相同的平行金属板A与B组成，板长和板间距均为L，两极板间的电压UAB，两板间的电场可视为匀强电场。距两极板右侧L侧竖直放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后，沿两板的中心线PO射入偏转电场，并可从另一侧射出，最后打到荧光屏上。已知电子的质量为m，电荷量为e，交变电源电压的绝对值为U0，周期为T。不考虑电子的重力。求：
(1)电子经0∼1圆筒间电场加速后速度v1的大小；
(2)第7个金属圆筒的长度L7；
(3)由第7金属圆筒射出的电子进入偏转电场，偏转电场两极板间的电压UAB可在−16U0∼16U0之间调节，求电子打到荧光屏上径迹的长度d。
答案解析
1.D
【解析】A.根据GMmr2=ma得，a=GMr2，地球表面处的重力加速度和贴地卫星的加速度相等，卫星a的向心加速度小于贴地卫星的向心加速度，故A错误；
B.卫星a与卫星b的轨道半径相等，所以卫星a的加速度等于b的加速度，故B错误；
C.卫星a是地球同步卫星，而卫星a与卫星b的轨道半径相等，则周期相等，故卫星b的周期等于24ℎ，故C错误；
D.根据GMmr2=mω2r得，ω= GMr3，轨道半径越大角速度越小，故卫星a的角速度小于c的角速度，故D正确。
故选D。
2.B
【解析】解：过山车在运动过程中，受到重力和轨道支持力作用，只有重力做功，机械能守恒，动能和重力势能之间相互转化，
则当重力势能最大时，过山车的动能最小，即速度最小，
根据题意可知，车的中点B通过P点时，重心的位置最高，重力势能最大，则动能最小，速度最小，故B正确，ACD错误。
故选：B。
3.C
【解析】由点电荷的电场强度公式E=kQr2得，带电量为q的点电荷在周围空间中产生的电场强度为：E=kQr2，长方体金属盒达到静电平衡后，长方体金属盒上感应电荷中点处产生的场强大小与点电荷q在该处产生的电场强度大小相等，则为：E′=E=kQr2，感应电荷的电场与点电荷的电场的方向相反，故C正确，ABD错误。
故选C。
4.A
【解析】A.由图可知，发射极接电源正极，吸极接电源负极，则发射极为高电势，吸极为低电势，电场线由发射极指向吸极，沿电场线方向电势降低，故a点电势比b点高，故A正确；
BC．电场线和等势线垂直，根据等势线的分布，可以画出电场线，从而可以判断出a点的电场线密集，所以a点的电场强度大，根据牛顿第二定律
a=Fm=qEm可知液滴在a点的加速度比在b点的大，BC错误；
D.因液滴加速前进，故说明电场力做正功，电势能减小，故液滴在a点的电势能比在b点的大，故D错误。
故选A。
5.A
【解析】要使静电计的指针张开角度增大些，必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增大，断开开关S后，将A，B两极板分开些，电容器的带电量不变，电容减小，电势差增大，A正确；
保持开关S闭合，将A，B两极板分开或靠近些，静电计金属和外壳之间的电势差不变，B，C错误；
保持开关S闭合，将滑动变阻器触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，D错误。
6.A
【解析】由电阻定律可知：R=ρlS可知：
两导体的电阻Ra=Rb=ρℎ；
两电阻串联，分压相等，则a两端的电压为U2；
由欧姆定律可知：Ra=U2I=ρℎ
解得：ρ=ℎU2I，故A正确，BCD错误。
故选A。
7.C
【解析】ab间总电压降低了，要使通过G的电流不变，应保持G两端电压保持不变，
①、保持R2不变，增大R1时，R2的电压变小，R1电压可能保持不变，即G的电压不变，通过G的电流保持不变，故①正确；
②、增大R1，同时减小R2时，R2的电压降低，R1电压可能保持不变，即G的电压不变，通过G的电流不变，故②正确；
③、保持R2不变，减小R1时，R1两端的电压减小，G的两端的电压减小了，通过G的电流减小了，故③错误；
④、增大R2，减小R1时，R1两端的电压减小了，G两端的电压变小了，通过G的电流减小了，故④错误；
故选C。
8.B
【解析】两灯泡规格相同且正常发光，(a)图灯泡并联，电流为：I1=2I额；(b)图灯泡串联，电流为：I2=I额；电阻R1的电压为：U1=U−U额，消耗的功率为：P1=U1I1=(U−U额)⋅2I额，
电阻R2的电压为：U2=U−2U额，消耗的功率为：P2=U2I2=(U−2U额)I额，2P2=(U−2U额)2I额，所以P1>2P2，选项ACD错误，B正确。
故选：B。
9.C
【解析】AB.由题意可知，当滑动变阻器的滑片向上移动过程，由于回路总电阻减小，故回路总电流增大，内阻电压增大，故路端电压减小，又电阻R1端电压增大，故滑动变阻器端电压减小，当滑片移到最上端时，滑动变阻器被短路，其两端电压减为零，故图线a表示的是电压表V3 的示数的变化情况，图线c表示的是电压表V2的示数的变化情况，故AB正确，不符合题意；
C.此过程中电压表V1示数变小，而内阻电压降增大，故其变化量ΔU1和电流表A示数的变化量ΔI的比值等于电源内阻，故C错误，符合题意；
D.此过程中电压表V3示数的变化量ΔU3的大小等于电源内阻与定值电阻两端电压总和的变化量，故ΔU3和电流表A示数的变化量ΔI的比值大小等于电源内阻与定值电阻之和，故二者比值的绝对值不变，故D正确，不符合题意。
故选C。
10.B
【解析】解：A、整个过程重力做功WG=mgH，故重力势能减少mgH，故A错误；
B、根据力的合成与分解可知，施加的外力与运动方向成60°，大小F=mg，物体运动的位移为x=Hcs60∘=2H，故外力做功W=Fxcs60°=mgH，故机械能增加量为mgH，故B正确；
C、根据牛顿第二定律可知物体受到的合力F合=ma=mg，故合力做功W合=F合x═2mgH，故C错误；
D、根据动能定理可知△Ek=W合=2mgH，故动能的增加量为2mgH，故D错误；
故选：B。
根据力的合成与分解可知施加的外力F=mg，方向与运动方向成60°，重力势能的减小量等于物体重力做功，机械能的增加量等于外力做功，动能的增加量等于合外力做功。
本题主要考查了力的合成与分解，求得施加的外力大小和方向是解题的关键，利用好恒力做功，动能定理即可。
11.(1)0.500
(2) ×1 7.0
(3) 1.4×10−6
(4)C
【解析】(1)测量的合金丝的直径为： 0.5mm+0.0×0.01mm=0.500mm 。
(2)[1]选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转过大，说明电阻较小，因此需选择“×1”倍率的电阻挡。
[2]由图知，测量结果为7.0Ω。
(3)[1]根据比较法知
Rs=7.0Ω< RARv=10 3Ω
可知该金属丝的电阻为小电阻，应该采用外接法测量误差小。因电压、电流均几乎从0开始调节，所以滑动变阻器应该采用分压式接法，据此连接出完整电路图；
[2]根据 U—I 图像可计算出金属丝电阻为
Rs=ΔUΔI=6.25Ω
由电阻定律知
Rs=ρLS
得
ρ=πd2Rs4L
代入得
ρ≈1.4×10−6Ω⋅m
(4)根据上述计算结果，可知该金属丝材料最有可能是镍铬合金，选C。
12. 甲 < 1.56 1.0
【解析】(1)[1]电源内阻较小，所以乙电路中的电流表分压影响较大，因此应选择甲电路；
[2]甲图中实际内阻的测量值等于电压表内阻与电源内阻并联后的阻值，可知内阻的测量值小于真实值；
(2)[3] [4]图像中，根据U=E−Ir可知，图像中，图线的斜率绝对值表示电源内阻，有
r=1.36−0.561.0−0.2Ω=1.0Ω
当U=1.36V时I=0.2A可得电源电动势
E=1.56V
13.解：(1)根据图象可得1vm=0.1，故vm=10m/s
根据P=Fv得F=Pv，
结合图像得，斜率即为电动机的输出功率，即P=20W；
(2)根据动能定理得Pt−kmgx=12mvm2
代入数据解得x=75m。
【解析】本题考查汽车恒定加速度启动问题，解决本题的关键能够从图线中分析出电动车在整个过程中的运动情况，知道当牵引力等于阻力时，速度达到最大。
(1)根据图像求解最大速度；图线的斜率表示电动车的输出功率；
(2)根据动能定理可求解电动车在这段时间运动的距离。
14.(1)电阻 R1 消耗的功率
P1=Er+R1+R22R1=0.5E22.5+R22
当滑动变阻器 R2 的阻值为0时，电阻 R1 消耗的功率最大，为
P1m=0.5×522.52W=2W
(2)滑动变阻器 R2 消耗的电功率
P2=Er+R1+R22R2=R2E22.5+R22=E22.5+R22R2=E22.5−R22R2+10
当 R2=2.5Ω 时，滑动变阻器 R2 消耗的功率最大，为
P2m=5210W=2.5W
(3)电源的输出功率
P=Er+R1+R22R1+R2=E2R1+R2−r2R1+R2+4r
当 R1+R2=r 时，即
R2=r−R1=1.5Ω
电源输出功率最大，此时电源的输出功率
P=E24r=3.125W
15.(1) 2eU0m ；(2) T 7eU02m ；(3) 3L
【解析】(1)根据题意可知，电子在 0∼1 圆筒间电场加速，由动能定理有
eU0=12mv12
解得
v1= 2eU0m
(2)根据题意可知，要想电子每次经过电场时均加速，则需要电子在金属圆筒内运动的时间等于交流电周期的一半，设电子在第7个金属圆筒内运动的速度为 v7 ，由动能定理有
7eU0=12mv72
解得
v7= 14eU0m
则第7个金属圆筒的长度为
L7=T2⋅v7=T 7eU02m
(3)根据题意，设转电场两极板间的电压为 U 时，电子不能飞出偏转电场，电子在偏转电场中做类平抛运动，竖直方向上有
eUL=ma
L2=12at2
水平方向上有
L=v7t
联立解得
U=14U0
即当 UAB=14U0 时，电子恰好从偏转电场中飞出，打到荧光屏上距离最远，由类平抛运动规律，结合几何关系可得
L2d′=L2L2+L
解得
d′=32L
则子打到荧光屏上径迹的长度为
d=2d′=3L
1.北斗卫星导航系统(BDS)是我国自行研制的全球卫星导航系统，2020年我国已发送了北斗系统最后一颗卫星，从此北斗卫星导航系统形成全球覆盖能力。如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做匀速圆周运动，a是地球同步卫星，(忽略地球自转)则( )
A. 卫星a的向心加速度大于地球表面重力加速度
B. 卫星a的加速度大于b的加速度
C. 卫星b的周期大于24ℎ
D. 卫星a的角速度小于c的角速度
2.如图所示为游乐场中过山车的一段轨道，P点是这段轨道的最高点，A、B、C三处是过山车的车头、中点和车尾．假设这段轨道是圆轨道，各节车厢的质量相等，过山车在运行过程中不受牵引力，所受阻力可忽略．那么，过山车在通过P点的过程中，下列说法正确的是( )
A. 车头A通过P点时的速度最小
B. 车的中点B通过P点时的速度最小
C. 车尾C通过P点时的速度最小
D. A、B、C通过P点时的速度一样大
3.如图所示，一个方形的金属盒原来不带电，现将一个带电荷量为+Q的点电荷放在盒左边附近，达到静电平衡后，盒上的感应电荷在盒子内部产生的电场分布情况正确的是( )
A. B. C. D.
4.图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、b是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是( )
A. a点的电势比b点的高
B. a点的电场强度比b点的小
C. 液滴在a点的加速度比在b点的小
D. 液滴在a点的电势能比在b点的小
5.静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。如图所示，A、B是平行板电容器的两个金属板，G为静电计。开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是( )
A. 断开开关S后，将A、B两极板分开些
B. 保持开关S闭合，将A、B两极板分开些
C. 保持开关S闭合，将A、B两极板靠近些
D. 保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动
6.有两个同种材料制成的导体，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为ℎ，大柱体柱截面边长为a，小柱体柱截面边长为b，现将大小柱体串联接在电压U上，已知通过导体电流方向如图，大小为I，则导体电阻率为( )
A. ρ=ℎU2IB. ρ=UℎaI(a+b)C. ρ=2UℎaI(a+b)D. ρ=Uℎ(a−b)I(a+b)
7.如图所示，电流表G的内阻不可忽略不计，R1、R2是两个可变电阻，当a、b间的电压为4V时，电流表的指针刚好满偏(指针指在刻度盘的最大值处)，当a、b间的电压为3 V时，如果仍要使电流表G的指针满偏，下列方法中可行的是（ ）
①保持R2不变，增大R1 ②增大R1，减小R2
③保持R2不变，减小R1 ④增大R2，减小R1
A. ①④B. ②③C. ①②D. ③④
8.四个相同的小灯泡按照如图所示的(a)、(b)两种方式接入电压相等的电路中，调节R 1、R 2使四个小灯泡都正常发光，这时可变电阻R 1、R 2消耗的电功率P 1和P 2的关系为( )
A. P 1=2P 2B. P 1>2P 2C. P 1<2P 2D. P 1=P 2
9.在图甲所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合开关S，在滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生了变化．图乙中的三条图线分别表示了三个电压表示数的变化情况．则下列说法不正确的是( )
A. 图线a表示的是电压表V3的示数的变化情况
B. 图线c表示的是电压表V2的示数的变化情况
C. 此过程中电压表V1示数的变化量ΔU1和电流 表A示数的变化量ΔI的比值的绝对值变小
D. 此过程中电压表V3示数的变化量ΔU3和电流 表A示数的变化量ΔI的比值的绝对值不变
10.一质量为m的重物，沿与竖直方向成60∘角直线做匀加速运动，加速度大小为a=g，整个过程重物下降的高度为H，则在此过程中
A. 重力势能减少2mgHB. 物体机械能增加mgH
C. 合外力对物体做功2 33mgHD. 物体动能增加mgH
二、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.某兴趣小组通过测量金属丝的电阻率来分析其材料的性质。给定的实验器材有：螺旋测微器，多用电表，电源(电动势为3V、内阻约为0.5Ω)，电流表A(量程为0∼0.6A，内阻约为0.1Ω)，电压表V(量程为0∼3V，内阻约为3kΩ)、滑动变阻器R(最大阻值为5Ω，额定电流为1A)，开关，导线若干。
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某次测量结果如图1所示：其读数为_________mm(该值接近多次测量的平均值)。
(2)用多用电表粗略测量金属丝的电阻，当选择“×10”倍率的电阻挡测量时，发现多用电表指针偏转过大，因此需选择_________倍率(填“×1k”“×100”或“×1”)的电阻挡，欧姆调零后再进行测量，多用电表的示数如图2所示，测量结果为_________Ω。
(3)根据上述粗测结果，该兴趣小组成员充分讨论后，决定用伏安法进一步精确测量该金属丝的电阻值。他们利用所给器材，设计好实验电路(部分电路如图3所示)，正确连接好电路后进行实验测量，记录多组实验数据，并在坐标纸上建立直角坐标系，描绘出U—I图线如图4所示。已知实验时所用待测金属丝接入电路部分的长度为90cm。
①请在图3中完成剩余电路的连接________；
②根据以上数据估算出该金属丝的电阻率约为_________Ω⋅m(保留两位有效数字)。
(4)该兴趣小组查阅物理教材得知几种导体材料在室温20∘C时的电阻率如下：分析可知，该金属丝材料最有可能是上述中的__________(填选项序号)。
A.铜1.7×10−8Ω⋅m
B.锰铜合金4.4×10−7Ω⋅m
C.镍铬合金1.0×10−6Ω⋅m
12.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻。要求尽量减小实验误差。
(1)应该选择的实验电路是图中的__________(填“甲”或“乙”)，电池的内阻测量值与真实值比较r测__________r真(填“>”“<”或“=”)。
(2)实验后得到U−I图像如图，由图像可知，测得的电动势E=__________V，内电阻r=__________Ω。
三、计算题：本大题共2小题，共25分。
13.为测试质量m=1 kg的电动玩具车的性能，电动车置于足够大的水平面上．某时刻开始，电动车从静止开始做加速直线运动，运动过程中所受阻力恒为车重的0.2倍，电动车的牵引力F与速率的倒数关系图像如图中实线所示，g=10 m/s2．
(1)求电动车的最大速度vm以及电动车的输出功率P；
(2)电动车运动10 s恰好达到最大速度，求电动车在这段时间运动的距离x．
14.如图所示，电源的电动势为5V不变，内阻r为2Ω，定值电阻R1为0.5Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为5Ω，求：
(1)当滑动变阻器的阻值为多大时，电阻R1消耗的功率最大？此时R1消耗的最大功率是多少？
(2)当滑动变阻器的阻值为多大时，滑动变阻器R2消耗的功率最大？此时R2消耗的最大功率是多少？
(3)当滑动变阻器的阻值为多大时，电源的输出功率最大？此时电源的最大输出功率是多少？
四、综合题：本大题共1小题，共15分。
15.如图甲所示的装置由粒子直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。其中直线加速器由n个横截面积相同的同轴金属圆筒依次组成，序号为奇数的圆筒与序号为偶数的圆筒分别和交变电源相连，交变电源两极间的电势差的变化规律如图乙所示。在t=0时，奇数圆筒比偶数圆筒电势高，此时和偶数圆筒相连、序号为0的金属圆板中央有一自由电子由静止开始运动。圆筒长度经设计，可使电子运动到圆筒与圆筒之间各间隙中都能恰好使静电力方向跟电子运动方向相同而不断被加速。忽略电子通过圆筒间隙的时间。偏转电场由两块相同的平行金属板A与B组成，板长和板间距均为L，两极板间的电压UAB，两板间的电场可视为匀强电场。距两极板右侧L侧竖直放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后，沿两板的中心线PO射入偏转电场，并可从另一侧射出，最后打到荧光屏上。已知电子的质量为m，电荷量为e，交变电源电压的绝对值为U0，周期为T。不考虑电子的重力。求：
(1)电子经0∼1圆筒间电场加速后速度v1的大小；
(2)第7个金属圆筒的长度L7；
(3)由第7金属圆筒射出的电子进入偏转电场，偏转电场两极板间的电压UAB可在−16U0∼16U0之间调节，求电子打到荧光屏上径迹的长度d。
答案解析
1.D
【解析】A.根据GMmr2=ma得，a=GMr2，地球表面处的重力加速度和贴地卫星的加速度相等，卫星a的向心加速度小于贴地卫星的向心加速度，故A错误；
B.卫星a与卫星b的轨道半径相等，所以卫星a的加速度等于b的加速度，故B错误；
C.卫星a是地球同步卫星，而卫星a与卫星b的轨道半径相等，则周期相等，故卫星b的周期等于24ℎ，故C错误；
D.根据GMmr2=mω2r得，ω= GMr3，轨道半径越大角速度越小，故卫星a的角速度小于c的角速度，故D正确。
故选D。
2.B
【解析】解：过山车在运动过程中，受到重力和轨道支持力作用，只有重力做功，机械能守恒，动能和重力势能之间相互转化，
则当重力势能最大时，过山车的动能最小，即速度最小，
根据题意可知，车的中点B通过P点时，重心的位置最高，重力势能最大，则动能最小，速度最小，故B正确，ACD错误。
故选：B。
3.C
【解析】由点电荷的电场强度公式E=kQr2得，带电量为q的点电荷在周围空间中产生的电场强度为：E=kQr2，长方体金属盒达到静电平衡后，长方体金属盒上感应电荷中点处产生的场强大小与点电荷q在该处产生的电场强度大小相等，则为：E′=E=kQr2，感应电荷的电场与点电荷的电场的方向相反，故C正确，ABD错误。
故选C。
4.A
【解析】A.由图可知，发射极接电源正极，吸极接电源负极，则发射极为高电势，吸极为低电势，电场线由发射极指向吸极，沿电场线方向电势降低，故a点电势比b点高，故A正确；
BC．电场线和等势线垂直，根据等势线的分布，可以画出电场线，从而可以判断出a点的电场线密集，所以a点的电场强度大，根据牛顿第二定律
a=Fm=qEm可知液滴在a点的加速度比在b点的大，BC错误；
D.因液滴加速前进，故说明电场力做正功，电势能减小，故液滴在a点的电势能比在b点的大，故D错误。
故选A。
5.A
【解析】要使静电计的指针张开角度增大些，必须使静电计金属球和外壳之间的电势差增大，断开开关S后，将A，B两极板分开些，电容器的带电量不变，电容减小，电势差增大，A正确；
保持开关S闭合，将A，B两极板分开或靠近些，静电计金属和外壳之间的电势差不变，B，C错误；
保持开关S闭合，将滑动变阻器触头向右或向左移动，静电计金属球和外壳之间的电势差不变，D错误。
6.A
【解析】由电阻定律可知：R=ρlS可知：
两导体的电阻Ra=Rb=ρℎ；
两电阻串联，分压相等，则a两端的电压为U2；
由欧姆定律可知：Ra=U2I=ρℎ
解得：ρ=ℎU2I，故A正确，BCD错误。
故选A。
7.C
【解析】ab间总电压降低了，要使通过G的电流不变，应保持G两端电压保持不变，
①、保持R2不变，增大R1时，R2的电压变小，R1电压可能保持不变，即G的电压不变，通过G的电流保持不变，故①正确；
②、增大R1，同时减小R2时，R2的电压降低，R1电压可能保持不变，即G的电压不变，通过G的电流不变，故②正确；
③、保持R2不变，减小R1时，R1两端的电压减小，G的两端的电压减小了，通过G的电流减小了，故③错误；
④、增大R2，减小R1时，R1两端的电压减小了，G两端的电压变小了，通过G的电流减小了，故④错误；
故选C。
8.B
【解析】两灯泡规格相同且正常发光，(a)图灯泡并联，电流为：I1=2I额；(b)图灯泡串联，电流为：I2=I额；电阻R1的电压为：U1=U−U额，消耗的功率为：P1=U1I1=(U−U额)⋅2I额，
电阻R2的电压为：U2=U−2U额，消耗的功率为：P2=U2I2=(U−2U额)I额，2P2=(U−2U额)2I额，所以P1>2P2，选项ACD错误，B正确。
故选：B。
9.C
【解析】AB.由题意可知，当滑动变阻器的滑片向上移动过程，由于回路总电阻减小，故回路总电流增大，内阻电压增大，故路端电压减小，又电阻R1端电压增大，故滑动变阻器端电压减小，当滑片移到最上端时，滑动变阻器被短路，其两端电压减为零，故图线a表示的是电压表V3 的示数的变化情况，图线c表示的是电压表V2的示数的变化情况，故AB正确，不符合题意；
C.此过程中电压表V1示数变小，而内阻电压降增大，故其变化量ΔU1和电流表A示数的变化量ΔI的比值等于电源内阻，故C错误，符合题意；
D.此过程中电压表V3示数的变化量ΔU3的大小等于电源内阻与定值电阻两端电压总和的变化量，故ΔU3和电流表A示数的变化量ΔI的比值大小等于电源内阻与定值电阻之和，故二者比值的绝对值不变，故D正确，不符合题意。
故选C。
10.B
【解析】解：A、整个过程重力做功WG=mgH，故重力势能减少mgH，故A错误；
B、根据力的合成与分解可知，施加的外力与运动方向成60°，大小F=mg，物体运动的位移为x=Hcs60∘=2H，故外力做功W=Fxcs60°=mgH，故机械能增加量为mgH，故B正确；
C、根据牛顿第二定律可知物体受到的合力F合=ma=mg，故合力做功W合=F合x═2mgH，故C错误；
D、根据动能定理可知△Ek=W合=2mgH，故动能的增加量为2mgH，故D错误；
故选：B。
根据力的合成与分解可知施加的外力F=mg，方向与运动方向成60°，重力势能的减小量等于物体重力做功，机械能的增加量等于外力做功，动能的增加量等于合外力做功。
本题主要考查了力的合成与分解，求得施加的外力大小和方向是解题的关键，利用好恒力做功，动能定理即可。
11.(1)0.500
(2) ×1 7.0
(3) 1.4×10−6
(4)C
【解析】(1)测量的合金丝的直径为： 0.5mm+0.0×0.01mm=0.500mm 。
(2)[1]选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转过大，说明电阻较小，因此需选择“×1”倍率的电阻挡。
[2]由图知，测量结果为7.0Ω。
(3)[1]根据比较法知
Rs=7.0Ω< RARv=10 3Ω
可知该金属丝的电阻为小电阻，应该采用外接法测量误差小。因电压、电流均几乎从0开始调节，所以滑动变阻器应该采用分压式接法，据此连接出完整电路图；
[2]根据 U—I 图像可计算出金属丝电阻为
Rs=ΔUΔI=6.25Ω
由电阻定律知
Rs=ρLS
得
ρ=πd2Rs4L
代入得
ρ≈1.4×10−6Ω⋅m
(4)根据上述计算结果，可知该金属丝材料最有可能是镍铬合金，选C。
12. 甲 < 1.56 1.0
【解析】(1)[1]电源内阻较小，所以乙电路中的电流表分压影响较大，因此应选择甲电路；
[2]甲图中实际内阻的测量值等于电压表内阻与电源内阻并联后的阻值，可知内阻的测量值小于真实值；
(2)[3] [4]图像中，根据U=E−Ir可知，图像中，图线的斜率绝对值表示电源内阻，有
r=1.36−0.561.0−0.2Ω=1.0Ω
当U=1.36V时I=0.2A可得电源电动势
E=1.56V
13.解：(1)根据图象可得1vm=0.1，故vm=10m/s
根据P=Fv得F=Pv，
结合图像得，斜率即为电动机的输出功率，即P=20W；
(2)根据动能定理得Pt−kmgx=12mvm2
代入数据解得x=75m。
【解析】本题考查汽车恒定加速度启动问题，解决本题的关键能够从图线中分析出电动车在整个过程中的运动情况，知道当牵引力等于阻力时，速度达到最大。
(1)根据图像求解最大速度；图线的斜率表示电动车的输出功率；
(2)根据动能定理可求解电动车在这段时间运动的距离。
14.(1)电阻 R1 消耗的功率
P1=Er+R1+R22R1=0.5E22.5+R22
当滑动变阻器 R2 的阻值为0时，电阻 R1 消耗的功率最大，为
P1m=0.5×522.52W=2W
(2)滑动变阻器 R2 消耗的电功率
P2=Er+R1+R22R2=R2E22.5+R22=E22.5+R22R2=E22.5−R22R2+10
当 R2=2.5Ω 时，滑动变阻器 R2 消耗的功率最大，为
P2m=5210W=2.5W
(3)电源的输出功率
P=Er+R1+R22R1+R2=E2R1+R2−r2R1+R2+4r
当 R1+R2=r 时，即
R2=r−R1=1.5Ω
电源输出功率最大，此时电源的输出功率
P=E24r=3.125W
15.(1) 2eU0m ；(2) T 7eU02m ；(3) 3L
【解析】(1)根据题意可知，电子在 0∼1 圆筒间电场加速，由动能定理有
eU0=12mv12
解得
v1= 2eU0m
(2)根据题意可知，要想电子每次经过电场时均加速，则需要电子在金属圆筒内运动的时间等于交流电周期的一半，设电子在第7个金属圆筒内运动的速度为 v7 ，由动能定理有
7eU0=12mv72
解得
v7= 14eU0m
则第7个金属圆筒的长度为
L7=T2⋅v7=T 7eU02m
(3)根据题意，设转电场两极板间的电压为 U 时，电子不能飞出偏转电场，电子在偏转电场中做类平抛运动，竖直方向上有
eUL=ma
L2=12at2
水平方向上有
L=v7t
联立解得
U=14U0
即当 UAB=14U0 时，电子恰好从偏转电场中飞出，打到荧光屏上距离最远，由类平抛运动规律，结合几何关系可得
L2d′=L2L2+L
解得
d′=32L
则子打到荧光屏上径迹的长度为
d=2d′=3L
相关试卷
2023-2024学年江苏省南京市某校高一（下）期末考试物理试卷（含答案）： 这是一份2023-2024学年江苏省南京市某校高一（下）期末考试物理试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题，综合题等内容，欢迎下载使用。
江苏省南京市某校2023-2024学年高一下学期期末模拟考试物理试题： 这是一份江苏省南京市某校2023-2024学年高一下学期期末模拟考试物理试题，共9页。
2023-2024学年江苏省南京市六校联合体高一（下）期中物理试卷（含解析）： 这是一份2023-2024学年江苏省南京市六校联合体高一（下）期中物理试卷（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
