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2022-2023学年江苏省常州市联盟学校高一（下）期末物理试卷(含解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省常州市联盟学校高一（下）期末物理试卷(含解析），共16页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年江苏省常州市联盟学校高一（下）期末物理试卷
一、选择题（本大题共11小题，共44分）
1. 电阻R1、R2、R3串联在电路中，已知R1=10Ω，R3=5Ω，R1两端的电压为6V，R2两端的电压为12V，则( )
A. 电路中的电流为2.4A B. 电路中的电流为1.2A
C. 电阻R2的阻值为20Ω D. 三只电阻两端的总电压为48V
2. 某兴趣小组为调查龙河的水质情况在，取样调查了金彰的水质情况，通过计算结果表明，被污染的河里一分钟时间内有相当于6C的二价铜离子和9C的硝酸根离子向下游流去，则取样时这条河流的等效电流大小和方向是( )
A. 0.25A方向顺流而下 B. 0.05A方向顺流而下
C. 0.25A方向逆流而上 D. 0.05A方向逆流而上
3. 在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，他站在罚球线处用力将蓝球投出，篮球约以1m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6kg，篮筐离地高度约为3m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为( )
A. 1J B. 10J C. 50J D. 100J
4. 2021年11月8日，神舟十三号载人航天飞船上的三名航天员经过6.5个小时的努力，顺利完成所有舱外航天任务。王亚平就此成为中国历史上首位执行出舱任务的女宇航员，创造了太空探索新纪录。已知空间站在离地高度约为400km的圆形轨道飞行，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. 与同步卫星相比，空间站做圆周运动的加速度更大
B. 与同步卫星相比，空间站做圆周运动的周期更长
C. 只要查到空间站的运行周期即可计算出地球的平均密度
D. 王亚平在空间站外面检修时若手中的工具不小心掉落，工具将会落向地面
5. 在使用多用电表测电阻时，以下说法错误的是( )
A. 使用前检查指针是否指在电阻挡的“∞”处
B. 每换一次挡位，都必须重新进行电阻挡调零
C. 在外电路中，电流从黑表笔流经被测电阻到红表笔
D. 测量时，若指针偏角较小，应换倍率较小的挡位来测量
6. 如图所示是一个金属杆，原来不带电。现在沿着杆的轴线方向放置一个点电荷Q。金属杆达到静电平衡状态，杆上感应电荷产生的电场在轴线上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比( )
A. Ea>Eb>Ec B. EaEc
7. 半导体指纹传感器，多用于手机、电脑、汽车等设备的安全识别，如图所示。传感器半导体基板上有大量金属颗粒，基板上的每一点都是小极板，其外表面绝缘，当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹凹凸不平，凸点处与凹点处分别与半导体基板上的小极板形成正对面积相同的电容器，使每个电容器的电压保持不变，对每个电容器的放电电流进行测量，即可采集指纹，指纹采集过程中，下列说法正确的是( )
A. 指纹的凹点处与小极板距离远，电容大
B. 指纹的凸点处与小极板距离近，电容小
C. 手指用力挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，电容器带电量增大
D. 手指缓慢松开绝缘表面，电容器两极间的距离增大，电容器带电量增大
8. 滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( )
A. 所受合外力始终为零 B. 所受摩擦力大小不变
C. 合外力做功一定为零 D. 机械能始终保持不变
9. 某种气体一电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是( )
A. a点所在的线是等势线
B. b点的电场强度比c点大
C. b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D. 将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
10. 如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知xC−xB=xB−xA.该电子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是( )
A. A点电势高于B点电势
B. A点的电场强度小于B点的电场强度
C. A、B两点电势差UAB等于B、C两点电势差UBC
D. 电子经过A点的速率小于经过B点的速率
11. 图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示．质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出．下列关于粒子运动的描述错误的是( )
A. t=0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
B. t=14T时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
C. 无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平
D. 无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等
二、非选择题（56分）
12. 小李同学在网络上看到了2B铅笔造假的新闻，猜想假笔芯的含碳量小，电阻率会小些.他想知道自己正在用的2B铅笔是否有质量问题，于是截取了一段长为l=13cm的样品进行实验。
(1)小李用游标卡尺测量2B铅笔芯的直径，如图甲所示，其读数d= ______ mm；
(2)小李采用了如图所示的电流表外接法进行实验，想增加电压和电流的调节范围，多测几组数据，请在相应位置添加或删除导线，将电路连接完整；
(3)连接好电路后小李根据测得的数据画出U−I图线，然后又将电流表改为内接，在同一个坐标系画出了另一条不一样的U−I图线，在图中将两条U−I图线画出；
(4)通过图像分析可知，采用电流表______ (填“外接法”或“内接法”)误差较小。
(5)根据以上测量，可以计算出铅笔芯的电阻率为______ Ω⋅m(保留两位有效数字)。
13. 如图是匀强电场中的一组等势面，相邻等势面间的距离都是25cm，则：
(1)求匀强电场的电场强度的大小和方向；
(2)将电荷量q=8×10−19C的正电荷放入电场中，该电荷受到的电场力大小。
14. 两个正点电荷Q1=+Q和Q2=+4Q分别固定在光滑绝缘水平面上的A、B两点，A、B两点相距L。
(1)在A、B连线上，由A点到B点，电势如何变化？
(2)将一正检验电荷置于A、B连线上靠近A处由静止释放，求它在A、B连线上运动的过程中达到最大速度时离A点的距离。
15. 如图所示，让摆球从C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R=0.3m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。已知摆线长L=2m，θ=53°，小球质量为m=0.5kg，D点与A孔的水平距离s=2m，g取10m/s2。(cos53°=0.6)
(1)小球从C运动到D的过程中重力做的功；
(2)摆线能承受的最大拉力；
(3)要使摆球能做完整的圆周运动，摆球与平面间的动摩擦因数μ需要满足的条件。
16. 如图所示，第一象限中有沿x轴正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等。一个质量为m，电荷量为−q的带电小球以初速度v0从x轴上P(−L,0)点经过y轴上的同一个点Q(未画出)射入第二象限，已知小球在第一和第二象限中都做直线运动，重力加速度g为已知量。则：
(1)初速度v0与x轴正方向的夹角；
(2)求P、Q两点间的电势差UPQ；
(3)若将第一象限的电场方向调为水平向左，其他条件不变，则小球从P点飞出至再次回到x轴所用时间。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AB、串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律得：I=UR1R1=610A=0.6A，故AB错误；
C、根据欧姆定律：R2=UR2I=120.6Ω=20Ω，故C正确；
D、三只电阻两端的总电压为：U=I(R1+R2+R3)=0.6×(10+20+5)V=21V，故D错误；
故选：C。
串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律即可求通过R1的电流，电阻R2的阻值，三只电阻两端的总电压等于三个电阻电压之和。
本题考查了串联电路电压，电流特点和欧姆定律的应用，难道不大，属于基础题。
2.【答案】D
【解析】解：通过横截面的总电量是两种离子电量绝对值之和，所以在1min内向下通过横截面的总电荷量应为：q=6−9=−3 C
所以电流：I=qt=−360=−0.05A，负号表示与向下的方向相反，即电流的方向向上
故选：D。
河水中电流是由正负离子同时向相反方向定向移动形成的，通过横截面的总电量是两种离子电量绝对值之和，根据电流的定义式即可求出电流强度．
本题考查对电流定义式中电量的理解，电解液中通过横截面的总电量正负离子电量绝对值之和．
3.【答案】B
【解析】解：对整个过程运用动能定理得，W− mgℎ=12mv2−0，
代入数据解得W=mgℎ+12mv2=0.6×10×1.5+12×0.6×12J≈10J。
故选：B。
对篮球从手中出手到撞击篮筐的过程运用动能定理，求出罚球时对篮球做功的大小。
本题考查了动能定理的基本运用，运用动能定理解题关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后根据动能定理列式求解，注意代入数据时ℎ不是3m，应该是球出手时到篮筐的大约高度。
4.【答案】A
【解析】解：A.根据万有引力定律提供向心力有：GMmr2=ma，由于空间站轨道半径比同步卫星的小，因此加速度更大，故A正确；
B.根据开普勒第三定律可知，轨道半径越小，周期越小，故与同步卫星相比，空间站做圆周运动的周期更小，故B错误；
C.根据万有引力定律提供向心力有：GMmr2=m4π2T2r，解得：M=4π2r3GT2，
只知道空间站的运行周期，但若不知道地球半径，也无法算出地球的平均密度，故C错误；
D.王亚平在空间站外面检修时若手中的工具不小心掉落，则工具就像空间站一样绕地球做匀速圆周运动，不会落向地面，故D错误。
故选：A。
根据万有引力提供向心力可知加速度情况，根据周期可解得地球质量，地球半径未知，无法计算密度。
本题考查万有引力的应用，解题关键掌握万有引力提供向心力，注意密度的计算中需知道地球的半径。
5.【答案】D
【解析】解：A、使用前应进行机械调零，即检查指针是否指在电流挡的零处，即电阻挡的“∞”处，故A正确
B、每次换量程要进行欧姆调零，故B正确
C、测电阻时，红表笔接电源负极，在外电路中，电流从黑表笔流经被测电阻到红表笔，故C正确
D、测量时，若指针偏角较小，应换倍率较大挡位来测量。故D错误
本题选错误的，故选：D。
欧姆表使用前要进行机械调零，每次换量程要进行欧姆调零。红表笔接电源负极，指针偏角大，说明阻值小，要换小倍率，且重新调零。
本题考查多用电表的使用方法，要注意明确测量电阻的基本方法和步骤，能正确应用多用电表进行测量。
6.【答案】B
【解析】解：处于静电平衡下的导体其内部场强处处为零，是指外电场和感应电荷的电场的合场强为零。根据点电荷场强公式可以判断点电荷Q在金属棒内三点的场强关系为Ea
处于静电平衡下的导体内部场强处处为零。
要知道处于静电平衡下的导体其内部场强处处为零，是指外电场和感应电荷的电场的合场强为零。
7.【答案】C
【解析】解：AB、根据电容的决定式C=ɛrS4πkd可知，指纹的凹点处与小极板距离远，电容小，指纹的凸点处与小极板距离近，电容大，故AB错误；
C、手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，电容器的电压保持不变，根据C=ɛrS4πkd=QU可知，电容器的电容增大、电容器带电量增大，故C正确；
D、手指缓慢松开绝缘表面，电容器两极间的距离增大，电容器的电压保持不变，根据C=ɛrS4πkd=QU可知，电容器的电容减小、电容器带电量减小，故D错误。
故选：C。
根据电容的决定式C=ɛrS4πkd判断电容大小的变化；根据电容器的电压保持不变，结合C=ɛrS4πkd=QU分析电荷量的变化。
本题是电容器动态变化分析问题，解答此类问题关键是要抓住不变量：若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变；结合电容器的决定式和定义式进行分析解答。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
滑雪运动员的速率不变做匀速圆周运动，加速度不为零，运动员所受合外力大小不为0，对运动员进行受力分析，结合受力的特点分析摩擦力的变化。摩擦力做功运动员的机械能减小
本题抓住运动员做的是匀速圆周运动，速率不变，而速度、加速度、合外力是变化的。
【解答】
A.滑雪运动员的速率不变，而速度方向是变化的，速度是变化的，运动员的加速度不为零，由牛顿第二定律可知，运动员所受合外力始终不为零，故A错误；
B.运动员下滑过程中受到重力、滑道的支持力与滑动摩擦力，由图可知，运动员从A到B的过程中，滑道与水平方向之间的夹角逐渐减小，则重力沿斜面向下的分力逐渐减小，运动员的速率不变，则运动员沿滑道方向的合外力始终等于0，所以滑动摩擦力也逐渐减小，故B错误；
C.滑雪运动员的速率不变则动能不变，由动能定理可知，合外力对运动员做功为0，故C正确；
D.运动员从A到B下滑过程中的动能不变而重力势能减小，所以机械能减小，故D错误。
故选C。
9.【答案】C
【解析】解：A、电场线是发散的，等势线是封闭的，所以a所在的线是电场线，故A错误；
B、根据电场线的密集程度代表电场强度大小可知b点场强小于c点场强；故B错误；
C、根据等势线分布可知Ubc=Uba+Uac，所以b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，故C正确；
D、因dg两点在同一电场线上，电势不相等，，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不为0，故D错误；
故选：C。
电场线是发散的，等势线是封闭的，电场线的密集程度代表电场强度大小，d点电势与g点电势不同，根据等势线可知电势差关系。
本题考查电场线、电势能与电场力做功，解题关键掌握电场线与等势线的特点，注意电场线的密集程度代表电场强度大小。
10.【答案】D
【解析】解：AD、一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，由图知电势能一直减小，则电子从A到B电场力做正功，电势升高，根据动能定理，动能增加，速度增大，A点电势低于B点电势，故A错误，D正确；
B、根据EP=qEx，可知图象的斜率大小体现电场强度的强弱，因此从A到B，电场强度减小，A点的电场强度大于B点的电场强度，故B错误；
C、由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，A、B两点电势差UAB大于B、C两点电势差UBC，故C错误；
故选：D。
根据题意和图象正确判断出电子的运动形式是解题的关键，由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，说明电场力做功越来越小，由W=Fs可知电场力逐渐减小，因此电子做加速度逐渐减小的加速运动，知道了运动形式即可解正确解答本题。
解题过程中要把握问题的核心，要找准突破点，如本题中根据图象获取有关电子的运动、受力情况即为本题的突破点。
11.【答案】BCD
【解析】解：AB、因为水平方向粒子的速度v0保持不变，当t=0时入射，在t=12T时竖直方向速度达到最大，当t=T时速度恰好减小为0，因此离开电场时偏离中线的距离最大。故A错误，B正确；
C、因为有竖直方向加速度，因此离开电场时速度方向不可能都水平，故C正确；
D、因为不同时刻入射的粒子加速时间不同，因此离开电场时的速度大小不一定都相等，故D正确。
故选：BCD。
主要考查带电粒子在电场中的运动，需要对粒子在电场中进行受力分析，然后结合牛顿第二定律以及运动学公式，即可求解．
本题难度不大，需要综合考虑运动的合成与分解，以及牛顿第二定律等知识的综合．
12.【答案】2.5 外接法 2.5×10−4
【解析】解：(1)游标卡尺的精度为0.1mm，可知读数为：d=2mm+5×0.1mm=2.5mm；
(2)为多测几组数据，滑动变阻器应采用分压式接法，实物电路图如图1所示：
图1
(3)作图，使更多的点在图像上越好，不在图像的点分布在图像两侧，误差太大的点舍去，如图2
图2
(4)铅笔芯电阻约为：R=UI=1.00.15Ω≈6.67Ω，铅笔芯电阻较小，远小于电压表内阻，电流表采用外接法；
(5)由电阻定律：R=ρLS=ρLπ(d2)2
电阻率ρ=πRd24l
将l=13cm=0.13m，d=2.5mm=2.5×10−3m代入解得ρ≈2.5×10−4Ω⋅m。
故答案为：(1)2.5；(2)见解析图；(3)过原点的两条直线见图；(4)外接法；(5)2.5×10−4
(1)游标卡尺读数方法：主尺上读出的整毫米数+n×精度数(mm)；
(2)想增加电压和电流的调节范围，滑动变阻器采用分压式；
(3)根据坐标系内描出的点连线；
(4)通过图像分析可知求出铅笔芯的电阻，然后根据“大内小外“确定电流表的接法；
(5)应用电阻定律求出铅笔芯的电阻率。
本题考查了游标卡尺读数，连接实物电路图与实验数据处理等问题；要掌握常用器材的使用方法与读数方法；当电压表内阻远大于待测电阻时采用电流表外接法，当待测电阻远大于电流表内阻时电流表采用外接法。
13.【答案】解：(1)根据电场线从高电势处指向低电势处，可知此电场的电场强度方向为水平向右。由匀强电场中电场强度与电势差的关系U=Ed
可得E=Ud=1025×0.01V/m=40V/m
(2)将电荷量q=8×10−19C的正电荷放入电场中，该电荷受到的电场力大小为F=qE
解得F=3.2×10−17N
答：(1)匀强电场的电场强度的大小为40V/m，方向水平向右；
(2)将电荷量q=8×10−19C的正电荷放入电场中，该电荷受到的电场力大小为3.2×10−17N。
【解析】(1)电根据公式U=Ed解得电场强度大小，电场中沿着电场线方向，电势逐渐降低；
(2)根据F=qE解得电场力。
本题考查对等势面和电场线关系的理解能力。结合场强与电势差的关系分析判断。属于常规题，比较容易。
14.【答案】解：(1)AB的连线上电场方向先向右再向左，则电势先减再增。
(2)设在AB连线上运动过程中能达到最大速度的位置离A点的距离为x，正电荷在A、B连线上速度最大处应该是电荷所受合力为零，即：kQ1qx2=kQ2q(L−x)2
解得：x=13L；
答：(1)在A、B连线上，由A点到B点，电势先减再增；
(2)它在A、B连线上运动的过程中达到最大速度时，离A点的距离为13L。
【解析】(1)AB的连线上电场方向先向右再向左，则电势先减再增。
(2)根据动能定理可知，合力做功最多的时候，物体的动能最大，所以当电荷所受合力为零时，电场力做功最多，此时的速度最大。
本题主要的是分析清楚电荷的速度最大的位置，当电荷的速度最大的时候，电荷的动能也就最大，此时电场力做的功最多，电势能最小。
15.【答案】解：(1)摆球由C到D过程
WG=mg(L−Lcosθ)
解得
WG=4J
(2)当摆球由C到D运动，根据动能定理有
mg(L−Lcosθ)=12mvD2
在D点，由牛顿第二定律可得
Fm−mg=mvD2L
解得
Fm=1.8mg=1.8×0.5×10=9N
(3)若摆球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当摆球恰好到达最高点时，在圆周的最高点重力提供向心力，由牛顿第二定律可得
mg=mv2R
由动能定理可得
−μmgs−2mgR=12mv2−12mvD2
解得
μ=0.025
综上所述，动摩擦因数μ的范围
μ≤0.025
答：(1)小球从C运动到D的过程中重力做的功4J；
(2)摆线能承受的最大拉力9N；
(3)要使摆球能做完整的圆周运动，摆球与平面间的动摩擦因数μ需要满足μ≤0.025。
【解析】(1)根据功的公式计算；
(2)当摆球由C到D运动，根据动能定理求D点速度，由牛顿第二定律和向心力公式，求摆线能承受的最大拉力；
(3)要使摆球能做完整的圆周运动，最高点刚好由重力提供向心力，得最高点最小速度，再由动能定理可得μ的最小值。
本题主要考查了动能定理和圆周运动最高点临界条件，由于最高点有临界速度，导致μ有临界值，总体来说难度不算大，考查知识全面。
16.【答案】解：(1)带电质点在第二象限做匀速直线运动，有
qE=mg
且由带电质点在第一象限中做直线运动，有
tanθ=mgqE
解得
θ=45°
(2)P到Q的过程，由动能定理有
WPQ−mgL=0
解得
UPQ=WPQ−q=−mgLq
(3)带电质点在第二象限做匀速直线运动的时间
t1= 2Lv0
若将第一象限的电场方向调为水平向左，则在第一象限类平抛运动
2mg=ma
即
a= 2g
由几何关系知
v0t2+ 2L=12at22
解得
t2= 2v0+ 2v02+8gL2g
另一解舍去；
从P点至再次到x轴的总时间为
t= 2v0+ 2v022+8gL2g+ 2Lv0
答：(1)初速度v0与x轴正方向的夹角为45°；
(2)求P、Q两点间的电势差UPQ为−mgLq；
(3)若将第一象限的电场方向调为水平向左，其他条件不变，则小球从P点飞出至再次回到x轴所用时间为 2v0+ 2v022+8gL2g+ 2Lv0。
【解析】(1)由题意可知，带电质点在第一象限与第二象限内都做直线运动，根据题意分析质点运动性质，然后根据质点受力情况求出夹角。
(2)从P到Q过程，由动能定理求出其电势差。
(3)带电质点在第一象限内做匀变速直线运动，应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出运动时间。
本题考查了带电质点在匀强电场中的运动，根据题意分析清楚质点的运动性质与运动过程是解题的前提与关键，应用平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式与动能定理可以解题。
2022-2023学年江苏省常州市联盟学校高一（下）期末物理试卷
一、选择题（本大题共11小题，共44分）
1. 电阻R1、R2、R3串联在电路中，已知R1=10Ω，R3=5Ω，R1两端的电压为6V，R2两端的电压为12V，则( )
A. 电路中的电流为2.4A B. 电路中的电流为1.2A
C. 电阻R2的阻值为20Ω D. 三只电阻两端的总电压为48V
2. 某兴趣小组为调查龙河的水质情况在，取样调查了金彰的水质情况，通过计算结果表明，被污染的河里一分钟时间内有相当于6C的二价铜离子和9C的硝酸根离子向下游流去，则取样时这条河流的等效电流大小和方向是( )
A. 0.25A方向顺流而下 B. 0.05A方向顺流而下
C. 0.25A方向逆流而上 D. 0.05A方向逆流而上
3. 在篮球比赛中，某位同学获得罚球机会，他站在罚球线处用力将蓝球投出，篮球约以1m/s的速度撞击篮筐。已知篮球质量约为0.6kg，篮筐离地高度约为3m，忽略篮球受到的空气阻力，则该同学罚球时对篮球做的功大约为( )
A. 1J B. 10J C. 50J D. 100J
4. 2021年11月8日，神舟十三号载人航天飞船上的三名航天员经过6.5个小时的努力，顺利完成所有舱外航天任务。王亚平就此成为中国历史上首位执行出舱任务的女宇航员，创造了太空探索新纪录。已知空间站在离地高度约为400km的圆形轨道飞行，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. 与同步卫星相比，空间站做圆周运动的加速度更大
B. 与同步卫星相比，空间站做圆周运动的周期更长
C. 只要查到空间站的运行周期即可计算出地球的平均密度
D. 王亚平在空间站外面检修时若手中的工具不小心掉落，工具将会落向地面
5. 在使用多用电表测电阻时，以下说法错误的是( )
A. 使用前检查指针是否指在电阻挡的“∞”处
B. 每换一次挡位，都必须重新进行电阻挡调零
C. 在外电路中，电流从黑表笔流经被测电阻到红表笔
D. 测量时，若指针偏角较小，应换倍率较小的挡位来测量
6. 如图所示是一个金属杆，原来不带电。现在沿着杆的轴线方向放置一个点电荷Q。金属杆达到静电平衡状态，杆上感应电荷产生的电场在轴线上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec，三者相比( )
A. Ea>Eb>Ec B. Ea
7. 半导体指纹传感器，多用于手机、电脑、汽车等设备的安全识别，如图所示。传感器半导体基板上有大量金属颗粒，基板上的每一点都是小极板，其外表面绝缘，当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹凹凸不平，凸点处与凹点处分别与半导体基板上的小极板形成正对面积相同的电容器，使每个电容器的电压保持不变，对每个电容器的放电电流进行测量，即可采集指纹，指纹采集过程中，下列说法正确的是( )
A. 指纹的凹点处与小极板距离远，电容大
B. 指纹的凸点处与小极板距离近，电容小
C. 手指用力挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，电容器带电量增大
D. 手指缓慢松开绝缘表面，电容器两极间的距离增大，电容器带电量增大
8. 滑雪运动深受人民群众喜爱。某滑雪运动员(可视为质点)由坡道进入竖直面内的圆弧形滑道AB，从滑道的A点滑行到最低点B的过程中，由于摩擦力的存在，运动员的速率不变，则运动员沿AB下滑过程中( )
A. 所受合外力始终为零 B. 所受摩擦力大小不变
C. 合外力做功一定为零 D. 机械能始终保持不变
9. 某种气体一电子放大器的局部结构是由两块夹有绝缘介质的平行金属薄膜构成，其上存在等间距小孔，其中相邻两孔截面上的电场线和等势线的分布如图所示。下列说法正确的是( )
A. a点所在的线是等势线
B. b点的电场强度比c点大
C. b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大
D. 将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功为零
10. 如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知xC−xB=xB−xA.该电子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是( )
A. A点电势高于B点电势
B. A点的电场强度小于B点的电场强度
C. A、B两点电势差UAB等于B、C两点电势差UBC
D. 电子经过A点的速率小于经过B点的速率
11. 图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压u随时间t变化的图线如图乙所示．质量为m、重力不计的带电粒子以初速度v0沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出．下列关于粒子运动的描述错误的是( )
A. t=0时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
B. t=14T时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大
C. 无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都水平
D. 无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等
二、非选择题（56分）
12. 小李同学在网络上看到了2B铅笔造假的新闻，猜想假笔芯的含碳量小，电阻率会小些.他想知道自己正在用的2B铅笔是否有质量问题，于是截取了一段长为l=13cm的样品进行实验。
(1)小李用游标卡尺测量2B铅笔芯的直径，如图甲所示，其读数d= ______ mm；
(2)小李采用了如图所示的电流表外接法进行实验，想增加电压和电流的调节范围，多测几组数据，请在相应位置添加或删除导线，将电路连接完整；
(3)连接好电路后小李根据测得的数据画出U−I图线，然后又将电流表改为内接，在同一个坐标系画出了另一条不一样的U−I图线，在图中将两条U−I图线画出；
(4)通过图像分析可知，采用电流表______ (填“外接法”或“内接法”)误差较小。
(5)根据以上测量，可以计算出铅笔芯的电阻率为______ Ω⋅m(保留两位有效数字)。
13. 如图是匀强电场中的一组等势面，相邻等势面间的距离都是25cm，则：
(1)求匀强电场的电场强度的大小和方向；
(2)将电荷量q=8×10−19C的正电荷放入电场中，该电荷受到的电场力大小。
14. 两个正点电荷Q1=+Q和Q2=+4Q分别固定在光滑绝缘水平面上的A、B两点，A、B两点相距L。
(1)在A、B连线上，由A点到B点，电势如何变化？
(2)将一正检验电荷置于A、B连线上靠近A处由静止释放，求它在A、B连线上运动的过程中达到最大速度时离A点的距离。
15. 如图所示，让摆球从C位置由静止开始摆下，摆到最低点D处，摆线刚好被拉断，小球在粗糙的水平面上由D点向右做匀减速运动，到达A孔进入半径R=0.3m的竖直放置的光滑圆弧轨道，当摆球进入圆轨道立即关闭A孔。已知摆线长L=2m，θ=53°，小球质量为m=0.5kg，D点与A孔的水平距离s=2m，g取10m/s2。(cos53°=0.6)
(1)小球从C运动到D的过程中重力做的功；
(2)摆线能承受的最大拉力；
(3)要使摆球能做完整的圆周运动，摆球与平面间的动摩擦因数μ需要满足的条件。
16. 如图所示，第一象限中有沿x轴正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等。一个质量为m，电荷量为−q的带电小球以初速度v0从x轴上P(−L,0)点经过y轴上的同一个点Q(未画出)射入第二象限，已知小球在第一和第二象限中都做直线运动，重力加速度g为已知量。则：
(1)初速度v0与x轴正方向的夹角；
(2)求P、Q两点间的电势差UPQ；
(3)若将第一象限的电场方向调为水平向左，其他条件不变，则小球从P点飞出至再次回到x轴所用时间。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：AB、串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律得：I=UR1R1=610A=0.6A，故AB错误；
C、根据欧姆定律：R2=UR2I=120.6Ω=20Ω，故C正确；
D、三只电阻两端的总电压为：U=I(R1+R2+R3)=0.6×(10+20+5)V=21V，故D错误；
故选：C。
串联电路中各处的电流相等，根据欧姆定律即可求通过R1的电流，电阻R2的阻值，三只电阻两端的总电压等于三个电阻电压之和。
本题考查了串联电路电压，电流特点和欧姆定律的应用，难道不大，属于基础题。
2.【答案】D
【解析】解：通过横截面的总电量是两种离子电量绝对值之和，所以在1min内向下通过横截面的总电荷量应为：q=6−9=−3 C
所以电流：I=qt=−360=−0.05A，负号表示与向下的方向相反，即电流的方向向上
故选：D。
河水中电流是由正负离子同时向相反方向定向移动形成的，通过横截面的总电量是两种离子电量绝对值之和，根据电流的定义式即可求出电流强度．
本题考查对电流定义式中电量的理解，电解液中通过横截面的总电量正负离子电量绝对值之和．
3.【答案】B
【解析】解：对整个过程运用动能定理得，W− mgℎ=12mv2−0，
代入数据解得W=mgℎ+12mv2=0.6×10×1.5+12×0.6×12J≈10J。
故选：B。
对篮球从手中出手到撞击篮筐的过程运用动能定理，求出罚球时对篮球做功的大小。
本题考查了动能定理的基本运用，运用动能定理解题关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后根据动能定理列式求解，注意代入数据时ℎ不是3m，应该是球出手时到篮筐的大约高度。
4.【答案】A
【解析】解：A.根据万有引力定律提供向心力有：GMmr2=ma，由于空间站轨道半径比同步卫星的小，因此加速度更大，故A正确；
B.根据开普勒第三定律可知，轨道半径越小，周期越小，故与同步卫星相比，空间站做圆周运动的周期更小，故B错误；
C.根据万有引力定律提供向心力有：GMmr2=m4π2T2r，解得：M=4π2r3GT2，
只知道空间站的运行周期，但若不知道地球半径，也无法算出地球的平均密度，故C错误；
D.王亚平在空间站外面检修时若手中的工具不小心掉落，则工具就像空间站一样绕地球做匀速圆周运动，不会落向地面，故D错误。
故选：A。
根据万有引力提供向心力可知加速度情况，根据周期可解得地球质量，地球半径未知，无法计算密度。
本题考查万有引力的应用，解题关键掌握万有引力提供向心力，注意密度的计算中需知道地球的半径。
5.【答案】D
【解析】解：A、使用前应进行机械调零，即检查指针是否指在电流挡的零处，即电阻挡的“∞”处，故A正确
B、每次换量程要进行欧姆调零，故B正确
C、测电阻时，红表笔接电源负极，在外电路中，电流从黑表笔流经被测电阻到红表笔，故C正确
D、测量时，若指针偏角较小，应换倍率较大挡位来测量。故D错误
本题选错误的，故选：D。
欧姆表使用前要进行机械调零，每次换量程要进行欧姆调零。红表笔接电源负极，指针偏角大，说明阻值小，要换小倍率，且重新调零。
本题考查多用电表的使用方法，要注意明确测量电阻的基本方法和步骤，能正确应用多用电表进行测量。
6.【答案】B
【解析】解：处于静电平衡下的导体其内部场强处处为零，是指外电场和感应电荷的电场的合场强为零。根据点电荷场强公式可以判断点电荷Q在金属棒内三点的场强关系为Ea
处于静电平衡下的导体内部场强处处为零。
要知道处于静电平衡下的导体其内部场强处处为零，是指外电场和感应电荷的电场的合场强为零。
7.【答案】C
【解析】解：AB、根据电容的决定式C=ɛrS4πkd可知，指纹的凹点处与小极板距离远，电容小，指纹的凸点处与小极板距离近，电容大，故AB错误；
C、手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，电容器的电压保持不变，根据C=ɛrS4πkd=QU可知，电容器的电容增大、电容器带电量增大，故C正确；
D、手指缓慢松开绝缘表面，电容器两极间的距离增大，电容器的电压保持不变，根据C=ɛrS4πkd=QU可知，电容器的电容减小、电容器带电量减小，故D错误。
故选：C。
根据电容的决定式C=ɛrS4πkd判断电容大小的变化；根据电容器的电压保持不变，结合C=ɛrS4πkd=QU分析电荷量的变化。
本题是电容器动态变化分析问题，解答此类问题关键是要抓住不变量：若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变；结合电容器的决定式和定义式进行分析解答。
8.【答案】C
【解析】
【分析】
滑雪运动员的速率不变做匀速圆周运动，加速度不为零，运动员所受合外力大小不为0，对运动员进行受力分析，结合受力的特点分析摩擦力的变化。摩擦力做功运动员的机械能减小
本题抓住运动员做的是匀速圆周运动，速率不变，而速度、加速度、合外力是变化的。
【解答】
A.滑雪运动员的速率不变，而速度方向是变化的，速度是变化的，运动员的加速度不为零，由牛顿第二定律可知，运动员所受合外力始终不为零，故A错误；
B.运动员下滑过程中受到重力、滑道的支持力与滑动摩擦力，由图可知，运动员从A到B的过程中，滑道与水平方向之间的夹角逐渐减小，则重力沿斜面向下的分力逐渐减小，运动员的速率不变，则运动员沿滑道方向的合外力始终等于0，所以滑动摩擦力也逐渐减小，故B错误；
C.滑雪运动员的速率不变则动能不变，由动能定理可知，合外力对运动员做功为0，故C正确；
D.运动员从A到B下滑过程中的动能不变而重力势能减小，所以机械能减小，故D错误。
故选C。
9.【答案】C
【解析】解：A、电场线是发散的，等势线是封闭的，所以a所在的线是电场线，故A错误；
B、根据电场线的密集程度代表电场强度大小可知b点场强小于c点场强；故B错误；
C、根据等势线分布可知Ubc=Uba+Uac，所以b、c两点间的电势差的值比a、c两点间的大，故C正确；
D、因dg两点在同一电场线上，电势不相等，，则将电荷沿图中的线从d→e→f→g移动时电场力做功不为0，故D错误；
故选：C。
电场线是发散的，等势线是封闭的，电场线的密集程度代表电场强度大小，d点电势与g点电势不同，根据等势线可知电势差关系。
本题考查电场线、电势能与电场力做功，解题关键掌握电场线与等势线的特点，注意电场线的密集程度代表电场强度大小。
10.【答案】D
【解析】解：AD、一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，由图知电势能一直减小，则电子从A到B电场力做正功，电势升高，根据动能定理，动能增加，速度增大，A点电势低于B点电势，故A错误，D正确；
B、根据EP=qEx，可知图象的斜率大小体现电场强度的强弱，因此从A到B，电场强度减小，A点的电场强度大于B点的电场强度，故B错误；
C、由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，A、B两点电势差UAB大于B、C两点电势差UBC，故C错误；
故选：D。
根据题意和图象正确判断出电子的运动形式是解题的关键，由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，说明电场力做功越来越小，由W=Fs可知电场力逐渐减小，因此电子做加速度逐渐减小的加速运动，知道了运动形式即可解正确解答本题。
解题过程中要把握问题的核心，要找准突破点，如本题中根据图象获取有关电子的运动、受力情况即为本题的突破点。
11.【答案】BCD
【解析】解：AB、因为水平方向粒子的速度v0保持不变，当t=0时入射，在t=12T时竖直方向速度达到最大，当t=T时速度恰好减小为0，因此离开电场时偏离中线的距离最大。故A错误，B正确；
C、因为有竖直方向加速度，因此离开电场时速度方向不可能都水平，故C正确；
D、因为不同时刻入射的粒子加速时间不同，因此离开电场时的速度大小不一定都相等，故D正确。
故选：BCD。
主要考查带电粒子在电场中的运动，需要对粒子在电场中进行受力分析，然后结合牛顿第二定律以及运动学公式，即可求解．
本题难度不大，需要综合考虑运动的合成与分解，以及牛顿第二定律等知识的综合．
12.【答案】2.5 外接法 2.5×10−4
【解析】解：(1)游标卡尺的精度为0.1mm，可知读数为：d=2mm+5×0.1mm=2.5mm；
(2)为多测几组数据，滑动变阻器应采用分压式接法，实物电路图如图1所示：
图1
(3)作图，使更多的点在图像上越好，不在图像的点分布在图像两侧，误差太大的点舍去，如图2
图2
(4)铅笔芯电阻约为：R=UI=1.00.15Ω≈6.67Ω，铅笔芯电阻较小，远小于电压表内阻，电流表采用外接法；
(5)由电阻定律：R=ρLS=ρLπ(d2)2
电阻率ρ=πRd24l
将l=13cm=0.13m，d=2.5mm=2.5×10−3m代入解得ρ≈2.5×10−4Ω⋅m。
故答案为：(1)2.5；(2)见解析图；(3)过原点的两条直线见图；(4)外接法；(5)2.5×10−4
(1)游标卡尺读数方法：主尺上读出的整毫米数+n×精度数(mm)；
(2)想增加电压和电流的调节范围，滑动变阻器采用分压式；
(3)根据坐标系内描出的点连线；
(4)通过图像分析可知求出铅笔芯的电阻，然后根据“大内小外“确定电流表的接法；
(5)应用电阻定律求出铅笔芯的电阻率。
本题考查了游标卡尺读数，连接实物电路图与实验数据处理等问题；要掌握常用器材的使用方法与读数方法；当电压表内阻远大于待测电阻时采用电流表外接法，当待测电阻远大于电流表内阻时电流表采用外接法。
13.【答案】解：(1)根据电场线从高电势处指向低电势处，可知此电场的电场强度方向为水平向右。由匀强电场中电场强度与电势差的关系U=Ed
可得E=Ud=1025×0.01V/m=40V/m
(2)将电荷量q=8×10−19C的正电荷放入电场中，该电荷受到的电场力大小为F=qE
解得F=3.2×10−17N
答：(1)匀强电场的电场强度的大小为40V/m，方向水平向右；
(2)将电荷量q=8×10−19C的正电荷放入电场中，该电荷受到的电场力大小为3.2×10−17N。
【解析】(1)电根据公式U=Ed解得电场强度大小，电场中沿着电场线方向，电势逐渐降低；
(2)根据F=qE解得电场力。
本题考查对等势面和电场线关系的理解能力。结合场强与电势差的关系分析判断。属于常规题，比较容易。
14.【答案】解：(1)AB的连线上电场方向先向右再向左，则电势先减再增。
(2)设在AB连线上运动过程中能达到最大速度的位置离A点的距离为x，正电荷在A、B连线上速度最大处应该是电荷所受合力为零，即：kQ1qx2=kQ2q(L−x)2
解得：x=13L；
答：(1)在A、B连线上，由A点到B点，电势先减再增；
(2)它在A、B连线上运动的过程中达到最大速度时，离A点的距离为13L。
【解析】(1)AB的连线上电场方向先向右再向左，则电势先减再增。
(2)根据动能定理可知，合力做功最多的时候，物体的动能最大，所以当电荷所受合力为零时，电场力做功最多，此时的速度最大。
本题主要的是分析清楚电荷的速度最大的位置，当电荷的速度最大的时候，电荷的动能也就最大，此时电场力做的功最多，电势能最小。
15.【答案】解：(1)摆球由C到D过程
WG=mg(L−Lcosθ)
解得
WG=4J
(2)当摆球由C到D运动，根据动能定理有
mg(L−Lcosθ)=12mvD2
在D点，由牛顿第二定律可得
Fm−mg=mvD2L
解得
Fm=1.8mg=1.8×0.5×10=9N
(3)若摆球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，当摆球恰好到达最高点时，在圆周的最高点重力提供向心力，由牛顿第二定律可得
mg=mv2R
由动能定理可得
−μmgs−2mgR=12mv2−12mvD2
解得
μ=0.025
综上所述，动摩擦因数μ的范围
μ≤0.025
答：(1)小球从C运动到D的过程中重力做的功4J；
(2)摆线能承受的最大拉力9N；
(3)要使摆球能做完整的圆周运动，摆球与平面间的动摩擦因数μ需要满足μ≤0.025。
【解析】(1)根据功的公式计算；
(2)当摆球由C到D运动，根据动能定理求D点速度，由牛顿第二定律和向心力公式，求摆线能承受的最大拉力；
(3)要使摆球能做完整的圆周运动，最高点刚好由重力提供向心力，得最高点最小速度，再由动能定理可得μ的最小值。
本题主要考查了动能定理和圆周运动最高点临界条件，由于最高点有临界速度，导致μ有临界值，总体来说难度不算大，考查知识全面。
16.【答案】解：(1)带电质点在第二象限做匀速直线运动，有
qE=mg
且由带电质点在第一象限中做直线运动，有
tanθ=mgqE
解得
θ=45°
(2)P到Q的过程，由动能定理有
WPQ−mgL=0
解得
UPQ=WPQ−q=−mgLq
(3)带电质点在第二象限做匀速直线运动的时间
t1= 2Lv0
若将第一象限的电场方向调为水平向左，则在第一象限类平抛运动
2mg=ma
即
a= 2g
由几何关系知
v0t2+ 2L=12at22
解得
t2= 2v0+ 2v02+8gL2g
另一解舍去；
从P点至再次到x轴的总时间为
t= 2v0+ 2v022+8gL2g+ 2Lv0
答：(1)初速度v0与x轴正方向的夹角为45°；
(2)求P、Q两点间的电势差UPQ为−mgLq；
(3)若将第一象限的电场方向调为水平向左，其他条件不变，则小球从P点飞出至再次回到x轴所用时间为 2v0+ 2v022+8gL2g+ 2Lv0。
【解析】(1)由题意可知，带电质点在第一象限与第二象限内都做直线运动，根据题意分析质点运动性质，然后根据质点受力情况求出夹角。
(2)从P到Q过程，由动能定理求出其电势差。
(3)带电质点在第一象限内做匀变速直线运动，应用牛顿第二定律求出加速度，应用运动学公式求出运动时间。
本题考查了带电质点在匀强电场中的运动，根据题意分析清楚质点的运动性质与运动过程是解题的前提与关键，应用平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式与动能定理可以解题。
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