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2022-2023学年江苏省泰州市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省泰州市高一（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.在物理学的发展过程中，许多科学家做出了巨大贡献，他们的科学发现推动了人类社会的进步。下列说法正确的是( )
A. 卡文迪什发现了万有引力定律，并测出了引力常量
B. 库仑发现了电荷间相互作用规律，并发明了库仑扭秤
C. 牛顿在研究第谷的天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律
D. 法拉第首先提出了电场的概念，并用真实存在的电场线来描述电场
2.保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务，小华有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个关键数据看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为数据可能是( )
A. 4.0×10−19CB. 4.2×10−19CC. 4.6×10−19CD. 4.8×10−19C
3.一个电容器充好电后，两极间通过连接一个电阻进行放电，放电电流随时间变化的图像如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 图中的阴影面积代表电容器在相应的时间内减少的电荷量
B. 随着电容器所带的电荷量的减少，电容器的电容也越来越小
C. 随着放电电流的减小，电容器两极板间的电压也越来越小
D. 当放电电流减为初值的一半时，电容器所带的电荷量也减为一半
4.在空中悬停的无人机因突然失去动力而下坠，在此过程中，其所受空气阻力与下坠速度成正比，则无人机下坠过程中( )
A. 机械能守恒
B. 机械能一直减小
C. 机械能一直增加
D. 所受合外力先做正功后做负功
5.晶体二极管是一种半导体元件，在生产和生活中有着广泛的应用，某二极管的伏安特性曲线如图所示，下列说法正确的是( )
A. 二极管是非线性元件
B. 加正向电压时，二极管阻值不变
C. 加正向电压时，二极管阻值随着电压的增大而增大
D. 加反向电压时，无论加多大电压，电流都很小
6.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，从电场中M点以相同速度先后飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则( )
A. 此电场线是由带正电的点电荷产生的B. P点没有电场线，则该处电场强度为零
C. 两个粒子的电势能都减小D. 两个粒子的加速度都增加
7.天文观测发现，天狼星A与其伴星B是一个双星系统，它们始终绕着O点在两个不同椭圆轨道上运动。如图所示，实线为天狼星A的运行轨迹，虚线为其伴星B的轨迹。则( )
A. A的运行周期小于B的运行周期B. A的质量可能等于B的质量
C. A的加速度总是小于B的加速度D. A与B绕O点的旋转方向可能相反
8.高铁已成为中国的“国家名片”，是大多数人出行的首选。提高列车运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力。某列车由若干节额定功率均为P的动力车厢组成，行驶时所受的阻力与速率的二次方成正比，即f=kv2，只启用一节动力车厢时列车能达到的最大速度为vm。列车由静止开始运动，下列说法正确的是( )
A. 若列车匀加速启动，则牵引力恒定
B. 若列车输出功率恒定，则做匀加速运动
C. 若启用4节动力车厢，则列车的最大速度为4vm
D. 若列车最大速度提高到2vm，则需要启用8节动力车厢
9.如图甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴。理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示，其中x1=R4和x2=2R处的场强大小相等，则( )
A. x1和x2处场强方向相反
B. 球内部的电场为匀强电场
C. 负试探电荷在R位置的电势能比在x2位置的电动势大
D. x1位置的电势高于x2位置的电势
10.如图甲所示是一打桩机的简易模型。质量m=1kg的物体在拉力F作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入4cm深度，且物体不再被弹起，若以初始状态物体与钉子接触处为零势能点，物体上升过程中，机械能E与上升高度h的关系图像如图乙所示。撞击前不计所有摩擦，钉子质量忽略不计，重力加速度g取10m/s2。则( )
A. 物体上升过程中的加速度为14m/s2
B. 物体上升过程中的最大速度为4m/s
C. 钉子受到的平均阻力为700N
D. 物体上升到0.5m高度处拉力F的瞬时功率为8W
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.某小组测量一段合金丝的电阻率。
(1)用螺旋测微器测合金丝的直径d，如图甲所示，其示数为______ mm。
(2)用多用电表测合金丝的电阻，选用欧姆挡“×100”进行测量，如图乙所示，指针静止在a位置；换挡调零后重新测量，指针静止在b位置，测得合金丝电阻为______Ω。
(3)用如图丙所示电路测量合金丝电阻，用毫米刻度尺测出合金丝______(选填“MP”“MN”或“PN”)间的长度为L。
(4)实验过程中，调节滑动变阻器，测出多组电压U和电流I的数据，作出U−I图像如图丁所示，图线的斜率为k，该合金丝的电阻率ρ=______(用d、L、k表示)。
(5)下列做法有助于减小实验误差的是______。
A.测合金丝直径时，只在中间位置测一次
B.使用大电流且通电较长时间后进行电表读数
C.直接使用多用电表的电阻测量值计算电阻率
D.测3次不同长度合金丝的电阻率，求出平均值
三、简答题：本大题共4小题，共45分。
12.宇航员登上某星球，在天体表面将一小球向上抛出，测得小球的速度随时间的变化情况如图所示，已知该星球半径为R，引力常量为G。求：
(1)该星球表面的重力加速度；
(2)该星球的质量和第一宇宙速度。
13.如图是有两个量程的电流表，表头的内阻Rg=200Ω，满偏电流Ig=100mA，电阻R1=24Ω，当使用A、C两个端点时，量程为0∼0.6A。求：
(1)电阻R2的阻值；
(2)使用A、B两个端点时的量程。
14.如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距2L处有一与电场平行的屏。现有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，方向的延长线与屏的交点为O。求粒子：
(1)从射入到打到屏上所用的时间t；
(2)刚射出电场时的速度大小v；
(3)打到屏上的点到O点的距离Y。
15.如图所示，带底座的圆形轨道静置于水平地面上，两个完全相同可视为质点、质量均为m的小球，静止在轨道最低位置。两球中间夹有一压缩的微型轻弹簧，两小球之间距离可忽略不计，且与弹簧不栓接。现同时释放两个小球，弹簧完全弹开后，两球沿轨道内壁运动刚好能到达轨道最高点。已知圆形轨道质量为1.5m，半径为R，重力加速度为g。小球沿轨道上升过程中，轨道装置始终静止不动。求：
(1)弹簧压缩时的弹性势能；
(2)小球与圆心的连线和竖直方向夹角多大时，圆形轨道对地面的压力刚好为零；
(3)小球克服重力做功的功率最大时，小球在环上的位置(用小球与圆心连线和竖直方向之间夹角的三角函数值表示)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.万有引力定律是牛顿发现的，卡文迪什测出了引力常量，故A错误；
B.库仑发现了电荷间相互作用规律，并发明了库仑扭秤，故B正确；
C.开普勒在研究第谷的天文观测数据的基础上，总结出了行星运动规律，故C错误；
D.法拉第首先提出了电场的概念，并用电场线来描述电场，但是电场线是虚拟的，不是真实存在的，故D错误。
故选：B。
根据万有引力定律、库仑定律、开普勒三大定律和电场的物理学史解答即可。
解题关键是掌握常见的物理学史，注重日常学习的积累。属于基础题。
2.【答案】D
【解析】解：任何带电体所带电荷量一定等于元电荷e的整数倍，即：4.8×10−19C=3×1.6×10−19C=3e，故ABC错误，D正确。
故选：D。
任何带电体所带电量一定等于元电荷e的整数倍，元电荷e=1.6×10−19C，据此即可求解。
解题关键是知道任何带电体所带电荷量一定等于元电荷e的整数倍，并且掌握元电荷e带电量为1.6×10−19C。属于基础题。
3.【答案】B
【解析】解：A、根据q=It可知，图中阴影面积表示电容器在相应的时间内减少的电荷量，故A正确；
B、电容器的电容自身的构造和材料决定，不随电容器所带电荷的变化而变化，故B错误；
C、随着放电电流的减少，电容器两极板所带电荷量减少，由电容的定义式C=QU可知，电容器两极板间的电压也越来越小，故C正确；
D、当放电电流减为初值的一半时，电阻的电流变为原来的一半，由欧姆定律可知，电阻两端的电压也变为原来的一半，故电容器两极板间的电压变为初值时的一半，由电容的定义式可知，电容器所带电量也减为原来的一半，故D正确。
本题选错误的，
故选：B。
根据图象的性质可知，图象与坐标轴围成的面积表示it；明确电容器的电容的大小是由电容器本身决定的；根据电容器电荷量电压的关系式Q=UC以及欧姆定律分析电流变为一半时的电量。
本题主要考查了同学们读图的能力，知道图象与坐标轴围成的面积表示电荷量是解题的关键。
4.【答案】B
【解析】解：A、无人机下坠运动中，受重力和空气阻力作用，不符合机械能守恒的条件，因此机械能不守恒，故A错误；
BC、在此过程中，一直受到空气阻力作用，空气阻力一直做负功，因此机械能一直减小，故B正确，C错误；
D、在下降过程中，若空气阻力一直小于重力，则一直在加速运动，所受合外力一直做正功；若空气阻力先小于重力，后与重力大小相等，则先加速后匀速，所受合外力先做正功后做功是零，故D错误。
故选：B。
理解机械能的定义，结合机械能守恒定律分析无人机的机械能是否守恒；
根据对无人机的受力分析，得出其运动状态和合外力的做功类型。
本题主要考查了机械能守恒定律、功能原理的相关应用，理解机械能的概念，结合对物体的受力分析和做功类型的判断即可完成分析，整体难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：根据欧姆定律有
I=UR=1RU
I−U图线的斜率表示电阻的倒数。由题图可知，二极管加正向电压时电流较大，电阻较小，且随电压的增大，图线不为直线且与原点连线的斜率在增大，故电阻在减小，则二极管是非线性元件；加反向电压时开始电流很小，但当反向电压很大时，二极管被击穿，电流剧增。故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据欧姆定律推导图像函数表达式，结合图像分析判断。
本题关键掌握利用图像解决问题的方法。
6.【答案】C
【解析】解：A.由于不知道电场线的方向，两个带电粒子的电性也不知道，故不能确定此电场线是由带正电的点电荷产生的，或者是由带负电的点电荷产生的，故A错误；
B.虽然P点没有画出电场线，但并不代表P点的电场强度为零，故B错误；
C.根据粒子运动的轨迹可知电场力方向与速度方向的夹角均小于90∘，如图所示：
电场力对两粒子均正功，粒子的速度增大，动能也增大，根据功能关系可知两个粒子的电势能都减小，故C正确；
D.电场线的疏密程度反映场强大小，从a粒子运动轨迹可知，电场强度越来越小，电场力越来越小，故加速度越来越小；从b粒子运动轨迹可知，电场强度越来越大，电场力越来越大，故加速度越来越大，故D错误。
故选：C。
题目中无法得知粒子的电性，所以无法判断出点电荷的电性；
根据电场线的疏密程度得出场强的大小，结合牛顿第二定律得出加速度的变化趋势；
根据电场力和速度的角度关系分析出粒子的运动类型，结合功能关系得出电势能的变化趋势。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉电场力和速度的方向判断，结合功能关系即可完成分析。
7.【答案】C
【解析】解：A.天狼星A与其伴星B是一个双星系统，它们始终绕着O点在两个不同椭圆轨道上运动，可知天狼星A与其伴星B始终在O点的两侧，且两星与O点始终在一条直线上，因此天狼星A与其伴星B运行的角速度相同，周期相同，故A错误；
B.近似认为A、B在做圆周运动，设A的质量为mA、轨道半径为rA，B的质量为mB、轨道半径为rB，两星之间的距离为l，两星之间的万有引力提供各自做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得：
GmAmBl2=mAω2rA，GmAmBl2=mBω2rB
其中，根据几何关系可得：
l=rA+rB
解得：mAmB=rBrA
因为B星的轨道半径大于A星的轨道半径，所以A星的质量大于B星的质量，故B错误；
C.天体受到的万有引力提供加速度，根据牛顿第二定律可得：
aA=GmBl2，aB=GmAl2
而mA>mB
可知aAD.由于天狼星A与其伴星B是一个双星系统，而双星系统由彼此之间的万有引力提供合外力，二者角速度一样，且绕行方向必定相同，公共圆心必须在质心连线上，两星才能稳定运行，故D错误。
故选：C。
根据星体AB的运动特点得出其公转周期的关系；
星体受到的万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律和几何关系完成分析；
双星系统的天体绕行方向一定相同。
本题主要考查了双星系统的相关应用，理解双星系统的特点，掌握其向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
8.【答案】D
【解析】解：A、若动车组匀加速启动则有：F−f=ma
则动车的牵引力为：F=ma+f=ma+kv2，从上式可以看出，随着速度的增加，牵引力F逐渐增大，故A错误；
B、若动车输出功率恒定，则据：F=Pv
由牛顿第二定律可知，动车加速度：a=F−fm=P−kv3mv，从此可知，当功率一定时，随着速度增加，动车的加速度减小，动车不可能做匀加速运动，故B错误；
CD、动车速度最大时，牵引力与阻力相等，根据平衡条件有：P=Fv=fvm=kvm3
可得：vm=3Pk
若启用4节动力车厢，则列车的最大速度为34vm；若列车最大速度提高到2vm，则需要启用8节动力车厢，故C错误，D正确。
故选：D。
根据受力分析，结合牛顿第二定律分析判断在相关条件下加速度和牵引力的变化；
当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，由此可求解最大速率和动车组节数的关系。
解决该题的关键是知道功率与牵引力之间的关系，知道什么时候速度达到最大，应用功率的公式和平衡条件求动车机组与最大速度的关系。
9.【答案】D
【解析】解：A、由图象乙可知，x1和x2处场强方向相同，故A错误；
B、由图象可得，球内部的电场强度从圆心向外均匀增大，球内部的电场为非匀强电场，故B错误；
CD、由图象得，电场线的方向一定是从圆心指向无穷远处，沿电场线的方向电势降低，所以x1处的电势高于x2位置的电势，R位置的电势比x2位置的电势高，根据EP=φq，可知负试探电荷在R位置的电势能比在x2位置小，故C错误，D正确；
故选：D。
结合图象乙分析球内部的电场特点即可；在球体外部，将带电量的球体看成处于O点的点电荷来处理。
本题主要考查带电球体内、外部场强分布的图像问题，体外则是看成点电荷模型来处理；而电势则由电荷从该点移到电势为零处电场力做功与电量的比值来确定；注意比较电势也可以由图象和横轴的面积来表示。
10.【答案】B
【解析】解：AB、由题意可知，上升2.0m过程中，F做正功，物体加速上升，机械能增加，之后撤去F，机械能保持不变，物体减速上升，可得上升2.0m时的机械能为：E=mgh1+12mv12
代入数据解得物体上升过程中的最大速度为：v1=4m/s
根据匀变速直线运动的速度-位移公式得：v12=2ah1
解得物体加速上升过程的加速度为：a=v122h1=422×2m=4m，故A错误，B正确；
C、根据机械能守恒定律可得，物体与钉子接触时的动能为28J，将钉子打入4cm深度过程，根据能量守恒定律可得：mgh2+12mv2=fh2
代入数据解得：f=710N，故C错误；
D、当物体上升h′=0.5m时，根据速度-位移公式得：v22=2ah′
解得物体上升到0.5m高度处的速度为：v2= 2ah′= 2×4×0.5m/s=2m/s
根据牛顿第二定律得：F−mg=ma
代入数据解得：F=14N
则拉力F的瞬时功率为：P=Fv2=14×2W=28W，故D错误。
故选：B。
撤去拉力后，物体的机械能守恒，结合图象求出物体上升过程中的最大速度，根据速度-位移公式求出物体上升的加速度和最大速度；
根据机械能守恒定律和能量守恒定理结合题设过程，求出钉子受到的平均阻力大小；
根据速度-位移公式求出上升到0.5m时的速度，根据牛顿第二定律求出拉力的大小，从而求出拉力的瞬时功率。
物体动能与势能之和是物体的机械能，分析清楚图象的物理意义，应用牛顿第二定律、运动学公式、功率公式等知识即可正确解题。
11.【答案】0.72975MPπd2k4L D
【解析】解：(1)由图甲所示螺旋测微器可知，分度值为0.01mm，其示数为：0.5mm+22.9×0.01mm=0.729mm；
(2)根据多用电表的指针位置可知电阻为7.5×10Ω=75Ω；
(3)根据实验原理可知应用毫米刻度尺测出合金丝MP间的长度为L；
(4)根据电阻定律得
R=ρLS=ρLπ(d2)2
根据欧姆定律有
U=IR
由图可知
k=R
解得：ρ=πd2k4L
(5)A.测合金丝直径时，只在中间位置测一次时误差较大，故A错误；
B.使用大电流且通电较长时间后，电阻率会增大，测量时误差较大，故B错误；
C.直接使用多用电表的电阻测量值计算电阻率时误差较大，故C错误；；
D.测3次不同长度合金丝的电阻率，求出平均值可减小误差，故D正确；
故选：D。
故答案为：(1)0.729；(2)75；(3)MP；(4)πd2k4L；(5)D
(1)根据螺旋测微器的读数规则得出直径的示数；
(2)根据多用电表的读数规则得出合金丝的电阻；
(3)根据电路构造的分析得出需要测量的合金丝的长度；
(4)根据图像的物理意义，结合电阻定律得出电阻率的表达式；
(5)根据实验原理分析出可减小实验误差的操作，结合题目选项完成分析。
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，理解图像的物理意义，结合电阻定律即可完成分析。
12.【答案】解：(1)该星球表面的重力加速度
g=v0t0
(2)由星球表面物体受到的重力等于万有引力可得
GMmR2=mg
该星球的质量为
M=gR2G=v0R2Gt0
近地卫星绕星球运动的速度为第一宇宙速度，故由万有引力做向心力可得
GMmR2=mv2R
该星球的第一宇宙速度
v= GMR= v0Rt0
答：(1)星球表面的重力加速度v0t0；
(2)星球的质量v0R2Gt0，该星球的第一宇宙速度 v0Rt0。
【解析】(1)v−t图像斜率表示加速度，求该星球表面的重力加速度；
(2)由星球表面物体受到的重力等于万有引力，求该星球的质量；
近地卫星绕星球运动的速度为第一宇宙速度，故由万有引力做向心力，求该星球的第一宇宙速度。
本题考查学生对星球表面物体受到的重力等于万有引力、卫星绕星球运动万有引力做向心力规律的掌握，是一道中档题。
13.【答案】解：(1)当使用A、C两个端点时，最大值为I1=0.6A，则
IgRg=(I1−Ig)(R1+R2)
代入数据解得：R2=16Ω
(2)使用A、B两个端点时
Ig(Rg+R2)=I2R1
解得：I2=0.9A
使用A、B两个端点时最大值为
I2m=Ig+I2=0.1A+0.9A=1.0A
使用A、B两个端点时的量程为0∼1.0A。
答：(1)电阻R2的阻值为16Ω；
(2)使用A、B两个端点时的量程为0∼1.0A。
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律列式得出电阻的阻值；
(2)熟悉电路构造的分析，结合欧姆定律得出对应的电表量程。
本题主要考查了电表的改装问题，熟悉电路构造的分析，结合欧姆定律即可完成解答。
14.【答案】解：(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，根据运动学公式可知粒子从射入到打到屏上所用的时间
t=3Lv0
(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为
a=Eqm
根据运动学公式可得：
vy=aLv0=qELmv0
刚射出电场时的速度大小
v= v02+vy2= v02+(qELmv0)2
(3)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为
tanα=vyv0=qELmv02
设粒子在电场中的偏转距离为y，则
y=12a(Lv0)2=qEL22mv02
又Y=y+2Ltanα
解得：Y=5qEL22mv02
答：(1)从射入到打到屏上所用的时间为3Lv0；
(2)刚射出电场时的速度大小为 v02+(qELmv0)2；
(3)打到屏上的点到O点的距离为5qEL22mv02。
【解析】(1)根据粒子在水平方向上的运动特点，结合运动学公式得出对应的时间；
(2)根据牛顿第二定律得出粒子的加速度，结合运动学公式和矢量合成的特点得出粒子的速度大小；
(3)根据几何关系，结合运动学公式得出对应的距离。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成分析。
15.【答案】解：(1)小球刚好能到达轨道最高点，由牛顿第二定律可得
mg=mv2R
解得：v= gR
由机械能守恒定律，可得弹簧压缩时的弹性势能
Ep弹=2(mg×2R+12mv2)=5mgR
(2)设小球与圆心的连线和竖直方向夹角为θ时，即在A点时，圆形轨道对地面的压力刚好是零，如图所示，小球由最低点到A点时，由机械能守恒定律可得
52mgR=mgR(1+csθ)+12mvA2
解得：vA2=(3−2csθ)gR
由牛顿第二定律可得
F合=mvA2R=(3−2csθ)mg
轨道对小球的弹力
FN=F合−mgcsθ=(3−2csθ)mg−mgcsθ=3(1−csθ)mg
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的弹力大小为FN′=FN，由平衡条件可得
2F1′=2FN′csθ=6(1−csθ)mgcsθ=1.5mg
整理可得
−6cs2θ+6csθ−1.5=0
解得：csθ=12
即θ=60∘
(3)设小球克服重力做功的功率最大时，小球在轨道上的B点，小球与圆心连线和竖直方向之间夹角为α，同理，由解析(2)可得
vB= (3−2csα)gR
则有
P=mgvBsinα=mg (3−2csα)gRsinα=mg (3−2csα)(1−cs2α)gR
整理可得
P=mg (3−2csα−3cs2α+2cs3α)gR
设csα=x，则有
3−2csα−3cs2α+2cs3α=3−2x−3x2+2x3
对上式求导后可得6x2−6x−2，设
6x2−6x−2=0
解得：x1=3− 216；x2=3+ 216(不符合题意，舍去)
可得：csα=3− 216
即csα=3− 216时，功率P有最大值。
答：(1)弹簧压缩时的弹性势能为5mgR；
(2)小球与圆心的连线和竖直方向夹角为60∘时，圆形轨道对地面的压力刚好为零；
(3)小球克服重力做功的功率最大时，小球与圆心连线和竖直方向之间夹角为α，且csα=3− 216。
【解析】(1)根据牛顿第二定律得出小球的速度，结合机械能守恒定律得出弹簧的弹性势能；
(2)根据机械能守恒定律得出A的速度，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律分析出对应的角度；
(3)同上述分析得出B球的速度，结合功率的计算公式和数学知识得出功率最大值时球的位置。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，理解机械能守恒定律的条件，结合数学知识和功率的计算公式完成分析，对学生的数学计算能力要求较高，难度较大。
1.在物理学的发展过程中，许多科学家做出了巨大贡献，他们的科学发现推动了人类社会的进步。下列说法正确的是( )
A. 卡文迪什发现了万有引力定律，并测出了引力常量
B. 库仑发现了电荷间相互作用规律，并发明了库仑扭秤
C. 牛顿在研究第谷的天文观测数据的基础上，总结出了行星运动的规律
D. 法拉第首先提出了电场的概念，并用真实存在的电场线来描述电场
2.保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务，小华有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个关键数据看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为数据可能是( )
A. 4.0×10−19CB. 4.2×10−19CC. 4.6×10−19CD. 4.8×10−19C
3.一个电容器充好电后，两极间通过连接一个电阻进行放电，放电电流随时间变化的图像如图所示。下列说法不正确的是( )
A. 图中的阴影面积代表电容器在相应的时间内减少的电荷量
B. 随着电容器所带的电荷量的减少，电容器的电容也越来越小
C. 随着放电电流的减小，电容器两极板间的电压也越来越小
D. 当放电电流减为初值的一半时，电容器所带的电荷量也减为一半
4.在空中悬停的无人机因突然失去动力而下坠，在此过程中，其所受空气阻力与下坠速度成正比，则无人机下坠过程中( )
A. 机械能守恒
B. 机械能一直减小
C. 机械能一直增加
D. 所受合外力先做正功后做负功
5.晶体二极管是一种半导体元件，在生产和生活中有着广泛的应用，某二极管的伏安特性曲线如图所示，下列说法正确的是( )
A. 二极管是非线性元件
B. 加正向电压时，二极管阻值不变
C. 加正向电压时，二极管阻值随着电压的增大而增大
D. 加反向电压时，无论加多大电压，电流都很小
6.如图所示，实线为方向未知的三条电场线，从电场中M点以相同速度先后飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则( )
A. 此电场线是由带正电的点电荷产生的B. P点没有电场线，则该处电场强度为零
C. 两个粒子的电势能都减小D. 两个粒子的加速度都增加
7.天文观测发现，天狼星A与其伴星B是一个双星系统，它们始终绕着O点在两个不同椭圆轨道上运动。如图所示，实线为天狼星A的运行轨迹，虚线为其伴星B的轨迹。则( )
A. A的运行周期小于B的运行周期B. A的质量可能等于B的质量
C. A的加速度总是小于B的加速度D. A与B绕O点的旋转方向可能相反
8.高铁已成为中国的“国家名片”，是大多数人出行的首选。提高列车运动速率的有效途径是增大发动机的功率和减小阻力。某列车由若干节额定功率均为P的动力车厢组成，行驶时所受的阻力与速率的二次方成正比，即f=kv2，只启用一节动力车厢时列车能达到的最大速度为vm。列车由静止开始运动，下列说法正确的是( )
A. 若列车匀加速启动，则牵引力恒定
B. 若列车输出功率恒定，则做匀加速运动
C. 若启用4节动力车厢，则列车的最大速度为4vm
D. 若列车最大速度提高到2vm，则需要启用8节动力车厢
9.如图甲所示，真空中有一半径为R、电荷量为+Q的均匀带电球体，以球心为坐标原点，沿半径方向建立x轴。理论分析表明，x轴上各点的场强随x变化关系如图乙所示，其中x1=R4和x2=2R处的场强大小相等，则( )
A. x1和x2处场强方向相反
B. 球内部的电场为匀强电场
C. 负试探电荷在R位置的电势能比在x2位置的电动势大
D. x1位置的电势高于x2位置的电势
10.如图甲所示是一打桩机的简易模型。质量m=1kg的物体在拉力F作用下从与钉子接触处由静止开始运动，上升一段高度后撤去F，到最高点后自由下落，撞击钉子，将钉子打入4cm深度，且物体不再被弹起，若以初始状态物体与钉子接触处为零势能点，物体上升过程中，机械能E与上升高度h的关系图像如图乙所示。撞击前不计所有摩擦，钉子质量忽略不计，重力加速度g取10m/s2。则( )
A. 物体上升过程中的加速度为14m/s2
B. 物体上升过程中的最大速度为4m/s
C. 钉子受到的平均阻力为700N
D. 物体上升到0.5m高度处拉力F的瞬时功率为8W
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
11.某小组测量一段合金丝的电阻率。
(1)用螺旋测微器测合金丝的直径d，如图甲所示，其示数为______ mm。
(2)用多用电表测合金丝的电阻，选用欧姆挡“×100”进行测量，如图乙所示，指针静止在a位置；换挡调零后重新测量，指针静止在b位置，测得合金丝电阻为______Ω。
(3)用如图丙所示电路测量合金丝电阻，用毫米刻度尺测出合金丝______(选填“MP”“MN”或“PN”)间的长度为L。
(4)实验过程中，调节滑动变阻器，测出多组电压U和电流I的数据，作出U−I图像如图丁所示，图线的斜率为k，该合金丝的电阻率ρ=______(用d、L、k表示)。
(5)下列做法有助于减小实验误差的是______。
A.测合金丝直径时，只在中间位置测一次
B.使用大电流且通电较长时间后进行电表读数
C.直接使用多用电表的电阻测量值计算电阻率
D.测3次不同长度合金丝的电阻率，求出平均值
三、简答题：本大题共4小题，共45分。
12.宇航员登上某星球，在天体表面将一小球向上抛出，测得小球的速度随时间的变化情况如图所示，已知该星球半径为R，引力常量为G。求：
(1)该星球表面的重力加速度；
(2)该星球的质量和第一宇宙速度。
13.如图是有两个量程的电流表，表头的内阻Rg=200Ω，满偏电流Ig=100mA，电阻R1=24Ω，当使用A、C两个端点时，量程为0∼0.6A。求：
(1)电阻R2的阻值；
(2)使用A、B两个端点时的量程。
14.如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距2L处有一与电场平行的屏。现有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子(重力不计)，以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，方向的延长线与屏的交点为O。求粒子：
(1)从射入到打到屏上所用的时间t；
(2)刚射出电场时的速度大小v；
(3)打到屏上的点到O点的距离Y。
15.如图所示，带底座的圆形轨道静置于水平地面上，两个完全相同可视为质点、质量均为m的小球，静止在轨道最低位置。两球中间夹有一压缩的微型轻弹簧，两小球之间距离可忽略不计，且与弹簧不栓接。现同时释放两个小球，弹簧完全弹开后，两球沿轨道内壁运动刚好能到达轨道最高点。已知圆形轨道质量为1.5m，半径为R，重力加速度为g。小球沿轨道上升过程中，轨道装置始终静止不动。求：
(1)弹簧压缩时的弹性势能；
(2)小球与圆心的连线和竖直方向夹角多大时，圆形轨道对地面的压力刚好为零；
(3)小球克服重力做功的功率最大时，小球在环上的位置(用小球与圆心连线和竖直方向之间夹角的三角函数值表示)。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.万有引力定律是牛顿发现的，卡文迪什测出了引力常量，故A错误；
B.库仑发现了电荷间相互作用规律，并发明了库仑扭秤，故B正确；
C.开普勒在研究第谷的天文观测数据的基础上，总结出了行星运动规律，故C错误；
D.法拉第首先提出了电场的概念，并用电场线来描述电场，但是电场线是虚拟的，不是真实存在的，故D错误。
故选：B。
根据万有引力定律、库仑定律、开普勒三大定律和电场的物理学史解答即可。
解题关键是掌握常见的物理学史，注重日常学习的积累。属于基础题。
2.【答案】D
【解析】解：任何带电体所带电荷量一定等于元电荷e的整数倍，即：4.8×10−19C=3×1.6×10−19C=3e，故ABC错误，D正确。
故选：D。
任何带电体所带电量一定等于元电荷e的整数倍，元电荷e=1.6×10−19C，据此即可求解。
解题关键是知道任何带电体所带电荷量一定等于元电荷e的整数倍，并且掌握元电荷e带电量为1.6×10−19C。属于基础题。
3.【答案】B
【解析】解：A、根据q=It可知，图中阴影面积表示电容器在相应的时间内减少的电荷量，故A正确；
B、电容器的电容自身的构造和材料决定，不随电容器所带电荷的变化而变化，故B错误；
C、随着放电电流的减少，电容器两极板所带电荷量减少，由电容的定义式C=QU可知，电容器两极板间的电压也越来越小，故C正确；
D、当放电电流减为初值的一半时，电阻的电流变为原来的一半，由欧姆定律可知，电阻两端的电压也变为原来的一半，故电容器两极板间的电压变为初值时的一半，由电容的定义式可知，电容器所带电量也减为原来的一半，故D正确。
本题选错误的，
故选：B。
根据图象的性质可知，图象与坐标轴围成的面积表示it；明确电容器的电容的大小是由电容器本身决定的；根据电容器电荷量电压的关系式Q=UC以及欧姆定律分析电流变为一半时的电量。
本题主要考查了同学们读图的能力，知道图象与坐标轴围成的面积表示电荷量是解题的关键。
4.【答案】B
【解析】解：A、无人机下坠运动中，受重力和空气阻力作用，不符合机械能守恒的条件，因此机械能不守恒，故A错误；
BC、在此过程中，一直受到空气阻力作用，空气阻力一直做负功，因此机械能一直减小，故B正确，C错误；
D、在下降过程中，若空气阻力一直小于重力，则一直在加速运动，所受合外力一直做正功；若空气阻力先小于重力，后与重力大小相等，则先加速后匀速，所受合外力先做正功后做功是零，故D错误。
故选：B。
理解机械能的定义，结合机械能守恒定律分析无人机的机械能是否守恒；
根据对无人机的受力分析，得出其运动状态和合外力的做功类型。
本题主要考查了机械能守恒定律、功能原理的相关应用，理解机械能的概念，结合对物体的受力分析和做功类型的判断即可完成分析，整体难度不大。
5.【答案】A
【解析】解：根据欧姆定律有
I=UR=1RU
I−U图线的斜率表示电阻的倒数。由题图可知，二极管加正向电压时电流较大，电阻较小，且随电压的增大，图线不为直线且与原点连线的斜率在增大，故电阻在减小，则二极管是非线性元件；加反向电压时开始电流很小，但当反向电压很大时，二极管被击穿，电流剧增。故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据欧姆定律推导图像函数表达式，结合图像分析判断。
本题关键掌握利用图像解决问题的方法。
6.【答案】C
【解析】解：A.由于不知道电场线的方向，两个带电粒子的电性也不知道，故不能确定此电场线是由带正电的点电荷产生的，或者是由带负电的点电荷产生的，故A错误；
B.虽然P点没有画出电场线，但并不代表P点的电场强度为零，故B错误；
C.根据粒子运动的轨迹可知电场力方向与速度方向的夹角均小于90∘，如图所示：
电场力对两粒子均正功，粒子的速度增大，动能也增大，根据功能关系可知两个粒子的电势能都减小，故C正确；
D.电场线的疏密程度反映场强大小，从a粒子运动轨迹可知，电场强度越来越小，电场力越来越小，故加速度越来越小；从b粒子运动轨迹可知，电场强度越来越大，电场力越来越大，故加速度越来越大，故D错误。
故选：C。
题目中无法得知粒子的电性，所以无法判断出点电荷的电性；
根据电场线的疏密程度得出场强的大小，结合牛顿第二定律得出加速度的变化趋势；
根据电场力和速度的角度关系分析出粒子的运动类型，结合功能关系得出电势能的变化趋势。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉电场力和速度的方向判断，结合功能关系即可完成分析。
7.【答案】C
【解析】解：A.天狼星A与其伴星B是一个双星系统，它们始终绕着O点在两个不同椭圆轨道上运动，可知天狼星A与其伴星B始终在O点的两侧，且两星与O点始终在一条直线上，因此天狼星A与其伴星B运行的角速度相同，周期相同，故A错误；
B.近似认为A、B在做圆周运动，设A的质量为mA、轨道半径为rA，B的质量为mB、轨道半径为rB，两星之间的距离为l，两星之间的万有引力提供各自做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律可得：
GmAmBl2=mAω2rA，GmAmBl2=mBω2rB
其中，根据几何关系可得：
l=rA+rB
解得：mAmB=rBrA
因为B星的轨道半径大于A星的轨道半径，所以A星的质量大于B星的质量，故B错误；
C.天体受到的万有引力提供加速度，根据牛顿第二定律可得：
aA=GmBl2，aB=GmAl2
而mA>mB
可知aA
故选：C。
根据星体AB的运动特点得出其公转周期的关系；
星体受到的万有引力提供向心力，结合牛顿第二定律和几何关系完成分析；
双星系统的天体绕行方向一定相同。
本题主要考查了双星系统的相关应用，理解双星系统的特点，掌握其向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
8.【答案】D
【解析】解：A、若动车组匀加速启动则有：F−f=ma
则动车的牵引力为：F=ma+f=ma+kv2，从上式可以看出，随着速度的增加，牵引力F逐渐增大，故A错误；
B、若动车输出功率恒定，则据：F=Pv
由牛顿第二定律可知，动车加速度：a=F−fm=P−kv3mv，从此可知，当功率一定时，随着速度增加，动车的加速度减小，动车不可能做匀加速运动，故B错误；
CD、动车速度最大时，牵引力与阻力相等，根据平衡条件有：P=Fv=fvm=kvm3
可得：vm=3Pk
若启用4节动力车厢，则列车的最大速度为34vm；若列车最大速度提高到2vm，则需要启用8节动力车厢，故C错误，D正确。
故选：D。
根据受力分析，结合牛顿第二定律分析判断在相关条件下加速度和牵引力的变化；
当牵引力和阻力的大小相等时，动车的速度达到最大值，由此可求解最大速率和动车组节数的关系。
解决该题的关键是知道功率与牵引力之间的关系，知道什么时候速度达到最大，应用功率的公式和平衡条件求动车机组与最大速度的关系。
9.【答案】D
【解析】解：A、由图象乙可知，x1和x2处场强方向相同，故A错误；
B、由图象可得，球内部的电场强度从圆心向外均匀增大，球内部的电场为非匀强电场，故B错误；
CD、由图象得，电场线的方向一定是从圆心指向无穷远处，沿电场线的方向电势降低，所以x1处的电势高于x2位置的电势，R位置的电势比x2位置的电势高，根据EP=φq，可知负试探电荷在R位置的电势能比在x2位置小，故C错误，D正确；
故选：D。
结合图象乙分析球内部的电场特点即可；在球体外部，将带电量的球体看成处于O点的点电荷来处理。
本题主要考查带电球体内、外部场强分布的图像问题，体外则是看成点电荷模型来处理；而电势则由电荷从该点移到电势为零处电场力做功与电量的比值来确定；注意比较电势也可以由图象和横轴的面积来表示。
10.【答案】B
【解析】解：AB、由题意可知，上升2.0m过程中，F做正功，物体加速上升，机械能增加，之后撤去F，机械能保持不变，物体减速上升，可得上升2.0m时的机械能为：E=mgh1+12mv12
代入数据解得物体上升过程中的最大速度为：v1=4m/s
根据匀变速直线运动的速度-位移公式得：v12=2ah1
解得物体加速上升过程的加速度为：a=v122h1=422×2m=4m，故A错误，B正确；
C、根据机械能守恒定律可得，物体与钉子接触时的动能为28J，将钉子打入4cm深度过程，根据能量守恒定律可得：mgh2+12mv2=fh2
代入数据解得：f=710N，故C错误；
D、当物体上升h′=0.5m时，根据速度-位移公式得：v22=2ah′
解得物体上升到0.5m高度处的速度为：v2= 2ah′= 2×4×0.5m/s=2m/s
根据牛顿第二定律得：F−mg=ma
代入数据解得：F=14N
则拉力F的瞬时功率为：P=Fv2=14×2W=28W，故D错误。
故选：B。
撤去拉力后，物体的机械能守恒，结合图象求出物体上升过程中的最大速度，根据速度-位移公式求出物体上升的加速度和最大速度；
根据机械能守恒定律和能量守恒定理结合题设过程，求出钉子受到的平均阻力大小；
根据速度-位移公式求出上升到0.5m时的速度，根据牛顿第二定律求出拉力的大小，从而求出拉力的瞬时功率。
物体动能与势能之和是物体的机械能，分析清楚图象的物理意义，应用牛顿第二定律、运动学公式、功率公式等知识即可正确解题。
11.【答案】0.72975MPπd2k4L D
【解析】解：(1)由图甲所示螺旋测微器可知，分度值为0.01mm，其示数为：0.5mm+22.9×0.01mm=0.729mm；
(2)根据多用电表的指针位置可知电阻为7.5×10Ω=75Ω；
(3)根据实验原理可知应用毫米刻度尺测出合金丝MP间的长度为L；
(4)根据电阻定律得
R=ρLS=ρLπ(d2)2
根据欧姆定律有
U=IR
由图可知
k=R
解得：ρ=πd2k4L
(5)A.测合金丝直径时，只在中间位置测一次时误差较大，故A错误；
B.使用大电流且通电较长时间后，电阻率会增大，测量时误差较大，故B错误；
C.直接使用多用电表的电阻测量值计算电阻率时误差较大，故C错误；；
D.测3次不同长度合金丝的电阻率，求出平均值可减小误差，故D正确；
故选：D。
故答案为：(1)0.729；(2)75；(3)MP；(4)πd2k4L；(5)D
(1)根据螺旋测微器的读数规则得出直径的示数；
(2)根据多用电表的读数规则得出合金丝的电阻；
(3)根据电路构造的分析得出需要测量的合金丝的长度；
(4)根据图像的物理意义，结合电阻定律得出电阻率的表达式；
(5)根据实验原理分析出可减小实验误差的操作，结合题目选项完成分析。
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，理解图像的物理意义，结合电阻定律即可完成分析。
12.【答案】解：(1)该星球表面的重力加速度
g=v0t0
(2)由星球表面物体受到的重力等于万有引力可得
GMmR2=mg
该星球的质量为
M=gR2G=v0R2Gt0
近地卫星绕星球运动的速度为第一宇宙速度，故由万有引力做向心力可得
GMmR2=mv2R
该星球的第一宇宙速度
v= GMR= v0Rt0
答：(1)星球表面的重力加速度v0t0；
(2)星球的质量v0R2Gt0，该星球的第一宇宙速度 v0Rt0。
【解析】(1)v−t图像斜率表示加速度，求该星球表面的重力加速度；
(2)由星球表面物体受到的重力等于万有引力，求该星球的质量；
近地卫星绕星球运动的速度为第一宇宙速度，故由万有引力做向心力，求该星球的第一宇宙速度。
本题考查学生对星球表面物体受到的重力等于万有引力、卫星绕星球运动万有引力做向心力规律的掌握，是一道中档题。
13.【答案】解：(1)当使用A、C两个端点时，最大值为I1=0.6A，则
IgRg=(I1−Ig)(R1+R2)
代入数据解得：R2=16Ω
(2)使用A、B两个端点时
Ig(Rg+R2)=I2R1
解得：I2=0.9A
使用A、B两个端点时最大值为
I2m=Ig+I2=0.1A+0.9A=1.0A
使用A、B两个端点时的量程为0∼1.0A。
答：(1)电阻R2的阻值为16Ω；
(2)使用A、B两个端点时的量程为0∼1.0A。
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律列式得出电阻的阻值；
(2)熟悉电路构造的分析，结合欧姆定律得出对应的电表量程。
本题主要考查了电表的改装问题，熟悉电路构造的分析，结合欧姆定律即可完成解答。
14.【答案】解：(1)根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，根据运动学公式可知粒子从射入到打到屏上所用的时间
t=3Lv0
(2)设粒子射出电场时沿平行电场线方向的速度为vy，根据牛顿第二定律，粒子在电场中的加速度为
a=Eqm
根据运动学公式可得：
vy=aLv0=qELmv0
刚射出电场时的速度大小
v= v02+vy2= v02+(qELmv0)2
(3)粒子刚射出电场时的速度方向与初速度方向间夹角的正切值为
tanα=vyv0=qELmv02
设粒子在电场中的偏转距离为y，则
y=12a(Lv0)2=qEL22mv02
又Y=y+2Ltanα
解得：Y=5qEL22mv02
答：(1)从射入到打到屏上所用的时间为3Lv0；
(2)刚射出电场时的速度大小为 v02+(qELmv0)2；
(3)打到屏上的点到O点的距离为5qEL22mv02。
【解析】(1)根据粒子在水平方向上的运动特点，结合运动学公式得出对应的时间；
(2)根据牛顿第二定律得出粒子的加速度，结合运动学公式和矢量合成的特点得出粒子的速度大小；
(3)根据几何关系，结合运动学公式得出对应的距离。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式即可完成分析。
15.【答案】解：(1)小球刚好能到达轨道最高点，由牛顿第二定律可得
mg=mv2R
解得：v= gR
由机械能守恒定律，可得弹簧压缩时的弹性势能
Ep弹=2(mg×2R+12mv2)=5mgR
(2)设小球与圆心的连线和竖直方向夹角为θ时，即在A点时，圆形轨道对地面的压力刚好是零，如图所示，小球由最低点到A点时，由机械能守恒定律可得
52mgR=mgR(1+csθ)+12mvA2
解得：vA2=(3−2csθ)gR
由牛顿第二定律可得
F合=mvA2R=(3−2csθ)mg
轨道对小球的弹力
FN=F合−mgcsθ=(3−2csθ)mg−mgcsθ=3(1−csθ)mg
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的弹力大小为FN′=FN，由平衡条件可得
2F1′=2FN′csθ=6(1−csθ)mgcsθ=1.5mg
整理可得
−6cs2θ+6csθ−1.5=0
解得：csθ=12
即θ=60∘
(3)设小球克服重力做功的功率最大时，小球在轨道上的B点，小球与圆心连线和竖直方向之间夹角为α，同理，由解析(2)可得
vB= (3−2csα)gR
则有
P=mgvBsinα=mg (3−2csα)gRsinα=mg (3−2csα)(1−cs2α)gR
整理可得
P=mg (3−2csα−3cs2α+2cs3α)gR
设csα=x，则有
3−2csα−3cs2α+2cs3α=3−2x−3x2+2x3
对上式求导后可得6x2−6x−2，设
6x2−6x−2=0
解得：x1=3− 216；x2=3+ 216(不符合题意，舍去)
可得：csα=3− 216
即csα=3− 216时，功率P有最大值。
答：(1)弹簧压缩时的弹性势能为5mgR；
(2)小球与圆心的连线和竖直方向夹角为60∘时，圆形轨道对地面的压力刚好为零；
(3)小球克服重力做功的功率最大时，小球与圆心连线和竖直方向之间夹角为α，且csα=3− 216。
【解析】(1)根据牛顿第二定律得出小球的速度，结合机械能守恒定律得出弹簧的弹性势能；
(2)根据机械能守恒定律得出A的速度，结合牛顿第二定律和牛顿第三定律分析出对应的角度；
(3)同上述分析得出B球的速度，结合功率的计算公式和数学知识得出功率最大值时球的位置。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，理解机械能守恒定律的条件，结合数学知识和功率的计算公式完成分析，对学生的数学计算能力要求较高，难度较大。
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