2022-2023学年江苏省常州市金坛区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年江苏省常州市金坛区高一（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，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.如图所示的实验装置为库仑扭秤，该实验通过悬丝扭转的角度可以比较力的大小，从而找到力F与距离r和电量q的关系。这一实验中用到了下列哪些方法( )
①微小量放大法
②控制变量法
③极限法
④逐差法
A. ①②
B. ①③
C. ③④
D. ②④
2.一电流表的满偏电流Ig=30mA，内电阻Rg=95Ω，要把它改装为量程为0−0.6A的电流表，应在电流表上( )
A. 串联一个5.00Ω的电阻B. 串联一个4.75Ω的电阻
C. 并联一个5.00Ω的电阻D. 并联一个4.75Ω的电阻
3.探月工程中，“嫦娥三号”探测器的发射过程可以简化如下：卫星由地面发射后，进入地月转移轨道，经过P点时变轨进入距离月球表面100公里的圆形轨道1，在轨道1上经过Q点时变轨进入椭圆轨道2，轨道2与月球表面相切于M点，月球车将在M点着陆月球。下列说法正确的是( )
A. “嫦娥三号”在轨道1上的速度比月球的第一宇宙速度大
B. “嫦娥三号”在地月转移轨道上经过P点的速度比在轨道1上经过P点时大
C. “嫦娥三号”在轨道1上的运动周期比在轨道2上的小
D. “嫦娥三号”在轨道1上经过Q点时的加速度小于在轨道2上经过Q点时的加速度
4.如图所示，把一个带正电的金属球放入原来不带电的金属空腔球壳内并与球壳接触，其结果可能是( )
A. 球壳的内、外表面都带正电
B. 球壳的内、外表面都带负电
C. 球壳的内表面不带电，外表面带正电
D. 球壳的内表面带负电，外表面带正电
5.如图所示，在一个匀强电场中有一个等边三角形，电场的方向与平面平行。若已知B点的电势为6V，A点电势为2V，C点电势为4V，三角形边长为4m，则匀强电场的场强大小为( )
A. 1V/m
B. 0.5V/m
C. 1.5V/m
D. 2V/m
6.如图所示，电容式麦克风的振动膜是利用超薄金属或镀金的塑料薄膜制成的，它与基板构成电容器，并与电阻、电池构成闭合回路。麦克风正常工作时，振动膜随声波左右振动，下列说法正确的是( )
A. 振动膜向左运动时，振动膜所带的电荷量不变
B. 振动膜向左运动时，电容器的板间电场强度不变
C. 振动膜向右运动时，电阻上有从b到a的电流
D. 振动膜向右运动时，a点的电势比b点的电势高
7.一段粗细均匀的金属导体单位长度内的自由电子数为n，电子电荷量为e，电子定向移动速率为v，则导体中的电流为( )
A. nevB. nevC. nevD. nve
8.一匀强电场的方向竖直向上。t=0时刻，一带电粒子以一定初速度水平射入该电场，电场力对粒子做功的功率为P，不计粒子重力，则P−t关系图象是( )
A. B.
C. D.
9.如图所示，竖直固定放置的滑轨左边是光滑斜面，右边是四分之一光滑的圆弧轨道，轨道半径为R，圆弧底端切线水平，甲、乙两小球从等高的滑轨顶端由静止滑下，两小球都可以看作质点且质量不相等。则( )
A. 甲、乙两小球到达底端时速度相同
B. 甲、乙两小球到达底端时动能相同
C. 甲、乙两小球由静止运动到底端的过程中重力做功相同
D. 甲、乙两小球到达底端时，乙小球重力做功的瞬时功率小
10.如图所示，在匀强电场中，实线MN是一个等势面，虚线AB是一个电子只在电场力作用下的运动轨迹。下列说法正确的是( )
A. 电子从A到B做匀速圆周运动B. 电子在A点的动能比B点大
C. B点电势高于A点电势D. 电子在B点的电势能比A点大
11.如图所示，某一斜面与水平面平滑连接，一小木块从斜面由静止开始滑下，滑到水平面上的A点停下，已知小木块与斜面、水平面间的动摩擦因数相同，取水平面为参考平面，则此过程中木块的重力势能Ep、动能Ek、机械能E和产生的内能Q与水平位移x的关系图线错误的是( )
A. B.
C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共14分。
12.(1)用螺旋测微器测量合金丝的直径，从图1中的示数可读出合金丝的直径为______ mm。
(2)用游标卡尺可以测量某些工件的外径。在测量时，示数如图2所示，则读数为______ mm。
(3)某同学为了测定一只电阻的阻值，采用了如下方法：
用多用电表粗测：多用电表电阻挡有4个倍率：
分别为×1k、×100、×10、×1。该同学选择×10倍率，用正确的操作步骤测量时，发现指针偏转角度太大(指针位置如图3中虚线所示)。
①为了较准确地进行测量，应该选择______倍率(选填“×1k”、“×100”、“×1”)，并重新欧姆调零，正确操作测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是______Ω。
②该同学用伏安法继续测定这只电阻的阻值，除被测电阻外，还有如下实验仪器：
A.直流电源(电压3V，内阻不计)
B.电压表V1(量程：0∼3V，内阻约为15kΩ)
C.电压表V2(量程：0∼15V，内阻约为25kΩ)
D.电流表A1(量程：0∼25mA，内阻约为10Ω)
E.电流表A2(量程：0∼250mA，内阻约为1Ω)
F.滑动变阻器一只，阻值0∼10Ω
G.电键一只，导线若干
在上述仪器中，电压表应选择______(填“V1”或“V2”)，电流表应选择______(填“A1”或“A2”)。
③若要求实验过程电压表的读数能够从零开始调节，以下电路图应该选择______电路。
三、简答题：本大题共2小题，共21分。
13.2021年11月8日，天问一号火星探测器的“环绕器”成功实施第五次近火制动，准确进入遥感使命轨道，开展火星全球遥感探测。若其绕火星运行的轨道半径为r，火星的半径为R，火星表面的重力加速度为g，万有引力常量为G，求：
(1)火星的质量M；
(2)环绕器的运行周期T。
14.“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成。偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同轴(即z轴)带电足够长半圆柱面a、b组成。设在RAx1)，故D正确；
C、由能量守恒定律得：小木块在斜面上时，E=mgH−Q=mgH−μmgx(x≤x1)，小球运动到水平面上时，机械能E=mgH−μmgx(x>x1)，故C错误。
本题选错误的，故选：C。
12.【答案】×112.0V1 A2 C
【解析】解：(1)根据螺旋测微器的读数方法读数：固定尺刻度(mm)+可动尺格数(带估读)×0.01mm，由题目所给图可知，固定尺的0.5mm刻度没有露出，所以是0，可动尺格数为41.0，所以读数为0.410mm；
(2)根据20分度游标卡尺读数方法读数：主尺刻度(mm)+游标尺对齐格数×0.05(精度)mm，由题目所给图可知，主尺刻度为11mm，游标尺的第12格的刻度线与主尺刻度对齐，因此读数为11mm+12×0.05mm=11.60mm；
(3)①指针偏转角度太大说明电阻较小，为了较准确地进行测量，应该选择小倍率，所以选“×1”倍率，所以选并重新欧姆调零，正确操作测量并读数由题目所给图可知，测量结果为12.0Ω；
②根据电源选择电压表，应该选择量程为3V的电压表，故选“V1”，用电源电动势除以待测电阻的估值来选择电流表，估值I=3V12Ω=0.25A，所以电流表选“A2”；
③要求实验过程电压表的读数能够从零开始调节，滑动变阻器采用分压接法，根据待测电阻的估值与电压表内阻、电流表内阻比较可知，待测电阻估值12.0Ω与电流表内阻更接近，也就是说阻值较小，电流表应该选择外接法，选择C电路。
故答案为：(1)0.410；(2)11.60；(3)①×1，12.0；②V1，A2；③C。
(1)根据螺旋测微器的读数方法读数：固定尺刻度(mm)+可动尺格数(带估读)×0.01mm；
(2)根据20分度游标卡尺读数方法读数：主尺刻度(mm)+游标尺对齐格数×0.05(精度)mm；
(3)①指针偏转角度太大说明电阻较小，为了较准确地进行测量，应该选择小倍率，正确操作测量并读数，得出测量结果；
②根据电源选择电压表，用电源电动势除以待测电阻的估值来选择电流表；
③要求实验过程电压表的读数能够从零开始调节，滑动变阻器采用分压接法，根据待测电阻的估值与电压表内阻、电流表内阻比较选择内接法或者外接法，进而知道应该选择哪个电路。
本题考查了测量仪器的读数以及伏安法测量电阻的问题，螺旋测微器和游标卡尺以及多用电表测电阻是基本的测量仪器，需要熟悉它们的读数规则与读数方法，伏安法测电阻要知道如何选择内接法与外接法。
13.【答案】解：(1)在火星表面，忽略向心力的情况下，有
GMmR2=mg
解得：M=gR2G
(2)环绕器运行时，有
GMmr2=m4π2T2r
解得：T=2π r3gR2
答：(1)火星的质量为gR2G；
(2)环绕器的运行周期为2π r3gR2。
【解析】(1)在忽略向心力的情况下，物体受到的万有引力等于重力，由此得出火星的质量；
(2)卫星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得出环绕器的运行周期。
本题主要考查了万有引力定律的相关应用，理解卫星做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
14.【答案】解：(1)电子若要最后到达偏转器右端的探测板，电场力提供向心力，电子所受的电场力指向圆心，则电场方向由a→b，即a的电势高于b；
(2)设电子做半径为R匀速圆周运动，则有：qE=mv02R
由题设条件知，E=kR
解得：v0= qkm
(3)由上问可知，只要垂直于入射处直径的分速度为v0= qkm，就能完成(2)的圆周运动，入射速度方向与xOy平面成60∘角，所以入射速度：v1=v0cs60∘=2 qkm
运动时间为：t=12T=12×2πRv0=πR mqk
由几何关系知：R=RA+RB2
因此沿z轴方向粒子的运动位移：x=vzt=v1sin60∘⋅t=2 qkm× 32×πR mqk= 3πR= 3π(RA+RB)2
答：(1)电子所受的电场力指向圆心，则电场方向由a→b，即a的电势高于b；
(2)v0大小为2 qkm；
(3)电子到达探测板时，z轴方向上的位移大小为 3π(RA+RB)2。
【解析】(1)(2)电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，电子受力的方向与电场的方向相反；由向心力列式解答；
(3)根据运动的分解，结合位移公式求解。
该题考查带电粒子在放射状电场中的运动，解题的关键是电场力提供向心力，写出相应的表达式，即可正确解答。
15.【答案】解：(1)物块在A点受重力、静电力、支持力，由竖直方向受力平衡得：
N′=mg+kqQr2sin60∘，
又因为：h=rsin60∘，
由以上两式解得支持力大小为：N′=mg+3 3kqQ8h2
由牛顿第三定律可得物块在A点时对轨道的压力N=N′=mg+3 3kqQ8h2
(2)物块从A运动到B点的过程中，由动能定理得：qUAB=12mv2−12mv02
由以上两式解得：UAB=m2q(v2−v02)
答：(1)物块在A点时对轨道的压力N为mg+3 3kqQ8h2；
(2)AB之间的电势差UAB为m2q(v2−v02)。
【解析】(1)物体在A点时，根据竖直方向受力平衡，结合库仑定律和平衡条件列式，求出物块在A点时受到轨道的支持力大小；
(2)物块从A到B过程，电场力做功为qUAB，根据动能定理求出电势差UAB。
物体在某一方向做直线运动时，在其垂直方向上没有位移，受力是平衡的。应用平衡条件与动能定理即可正确解题。
16.【答案】解：(1)物体由E点到C点的过程中，取C点所在的水平面为零重力势能面，由机械能守恒定律得：
mg(h+r)=12mvC2
代入数据得：vC=20m/s
由FN−mg=mvC2r
代入数据得：FN=22N
(2)要使物体不从斜面顶端飞出，物体到达斜面顶端时速度为零，由C到斜面最高点的过程中由动能定理得：
−mg(r−rcs37∘+LABsin37∘)−μmgcs37∘LAB=0−12mvC2
代入数据得：LAB=19.2m
(3)因为μmgcs37∘