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2022-2023学年江苏省南京市江宁区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省南京市江宁区高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共13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.下列做法中，不属于预防静电危害的是( )
A. 运输易燃易爆物品车辆要在车尾拖一条铁链
B. 用导电橡胶做飞机轮胎
C. 印染车间要保持适当的湿度
D. 静电除尘
2.在电场中的某点放一个试探电荷，其电荷量为+q，受到的电场力为F，则该点的电场强度为E=Fq，下列说法中正确的是( )
A. 若移去试探电荷，该点的电场强度为0
B. 若将试探电荷的电荷量加倍，该点的电场强度加倍
C. 若放置到该点的试探电荷换成等量负电荷，该点的电场强度不变
D. 电场强度E与试探电荷受到的电场力成正比
3.两个分别带有电荷量为−3Q和+7Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F1，当两小球相互接触后再将它们的距离变为2r，它们间库仑力的大小变为F2，则( )
A. F1：F2=21：1B. F1：F2=21：25
C. F1：F2=21：4D. F1：F2=84：25
4.电路中每秒有1×1012个自由电子通过横截面积为1×10−4m2的导线，电路中的电流大小为( )
A. 1×1016AB. 1.6×10−7AC. 1×1012AD. 1.6×10−3A
5.一个物体在相互垂直的两个力F1、F2的作用下，沿光滑水平面运动一段距离，运动过程中物体克服F1做功5J，F2对物体做功12J，则物体的动能改变量为( )
A. −13JB. 13JC. 7JD. 17J
6.关于多用电表的使用，下列操作正确的是( )
A. 使用多用电表测量电阻时，若倍率选择不合适，重新选择倍率后需进行机械调零
B. 用“×1”的倍率测量某电阻时指针指在10和20刻度正中间，则测得的阻值为15Ω
C. 测量某二极管的正向电阻时，应使红表笔接二极管的正极
D. 若测量某电阻时欧姆表指针偏转角度太小，应选用更大倍率的挡位完成测量
7.如图，实线为电场线，虚线AB为某带负电粒子仅在电场力作用下在电场中的运动轨迹，下列说法正确的是( )
A. 带电粒子在A点的加速度小于B点的加速度
B. A点的电势高于B点的电势
C. 带电粒子在A点的电势能大于B点的电势能
D. 带电粒子在A点的动能小于B点的动能
8.“天问一号”环绕器通过近火制动成功进入遥感使命轨道。如图所示，A、B是环绕器绕火星运动椭圆轨道上两点，则环绕器( )
A. 在A点的速度小于B点的速度
B. 在A点的加速度大于B点的加速度
C. 由A运动到B过程中动能增大，机械能增大
D. 由A运动到B过程中引力做正功，机械能减小
9.如图所示为空间中一静电场的某物理量在x轴上的分布情况，图像关于纵轴对称，其中OA=OB，已知x轴正方向为电场强度的方向。下列说法正确的是( )
A. 若为E−x图像，则A、B两点电场强度等大反向
B. 若为E−x图像，则将一质子由A沿x轴移向B，电场力一直做正功
C. 若为φ−x图像，则将一电子由A沿x轴移向B，电子所受的电场力先增大后变小
D. 若为φ−x图像，则A点电场强度与B点电场强度相同
10.游乐场中有一种叫“空中飞椅”的设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上。绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞，若将人和座椅看成质点，简化为如图所示的模型，不计空气阻力，当人做匀速圆周运动时，图中l和d不变，下列说法中正确的是( )
A. v= g(d+lsinθ)tanθB. ω= g(d+l)csθ
C. 绳的拉力对座椅做正功D. 若转盘缓慢加速，绳子拉力不变
二、实验题：本大题共2小题，共23分。
11.某实验小组欲测定某种圆柱形导体(电阻约为150kΩ)材料的电阻率，实验室提供了下列器材：
A.游标卡尺
B.电压表V(量程0∼3V，内阻约50kΩ；量程为0∼15V，内阻约250kΩ)
C.灵敏电流计G(量程为20μA，内阻约100Ω)
D.滑动变阻器(阻值0∼10Ω，额定电流2A)
E.两节干电池
F.开关、导线若干
(1)图1为游标卡尺的结构示意图，实验前需测量圆柱形导体的外径，应使用游标卡尺的______(选填“A”、“B”、“C”)进行测量，图2游标卡尺读数为______ cm。
(2)图3、图4为实验测量的一组电表示数，电流表的读数为______μA，电压表的读数为______ V。
(3)在如图6的四幅图中选取一适合本实验的电路图______。
(4)根据实验数据作出的U−I图像如图5，若圆柱形导体长度用l表示，圆柱形导体外径用d表示，U−I图像的斜率用k表示，则待测圆柱形导体电阻率的表达式为ρ=______(用题中给定的字母表示)。
(5)采用上述所选测量电路会使得电阻率测量值______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
12.小明同学想利用伏安法来测量某电阻，发现身边只有某种灵敏电流计，但量程太小，他想利用身边的器材通过所学的串并联电路的知识来进行改装。已知该种灵敏电流计的满偏电流为300μA，内阻为1000Ω。
(1)若需要将该灵敏电流计改装成一个量程为0.6A的电流表，该怎么操作；
(2)若需要将该灵敏电流计改装成一个量程为3V的电压表，该怎么操作。
三、简答题：本大题共3小题，共37分。
13.2023年1至4月，我国已成功发射30余颗遥感卫星。假设某卫星绕地球做匀速圆周运动，离地球表面的高度等于地球半径的两倍。已知地球的半径为R，地球表面处的重力加速度大小为g，引力常量为G，忽略地球的自转。求：
(1)地球的密度；
(2)卫星绕地球转动的线速度大小；
(3)卫星所在处的重力加速度大小。
14.如图所示，在水平面上竖直固定一半径为R的光滑半圆弧轨道，其底端恰与水平面相切。质量为m的小球由A点以初速度v0= 6gR向右运动，经半圆弧轨道最低点B滚上半圆弧后恰能通过最高点C，经C点飞出后恰能落回A点。不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：
(1)小球到达C点时的速度大小；
(2)小球通过B点时对半圆弧的压力大小；
(3)小球与水平面间动摩擦因数μ。
15.如图所示，一束质量为m1、电量为q1的带电粒子A，由静止开始经加速电压U1加速后，射入水平放置的两平行金属板间。金属板长为l1，两板距离为d，竖直放置的荧光屏距金属板右端为l2，两平行金属板间电压为U2，粒子打在荧光屏上的P点，不计带电粒子重力及粒子之间的相互作用，忽略粒子的相对论效应和场的边缘效应。
(1)求A粒子刚进入偏转电场时的速度大小；
(2)求A粒子离开偏转电场时的速度与水平方向夹角θ的正切值以及A粒子离开偏转电场时的动能；
(3)若将带电粒子改为质量为m2、电量为q2的粒子B，粒子A、B电性相同，且q2m2>q1m1，试判断B粒子打在荧光屏上的位置是在P点上方、P点下方还是就在P点，并理论证明。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、油罐中的汽油随车的振动摩擦起电，如果不及时的将这些静电导走，一旦出现放电现象，就会发生爆炸事故，拖地铁链使油罐表面与大地相连，使油罐罐体中的电荷不断地中和，不致造成放电产生火花引起油罐爆炸，这是预防静电的危害，故A错误；
B、采用导电橡胶做飞机轮胎可以将飞机上的静电快速导走，从而防止静电危害，故B错误；
C、印染车间保持适当的湿度是为了防止静电积累而引发事故，属于预防静电危害，故C错误；
D、静电除尘为静电现象的应用，故D正确。
故选：D。
从各种实例的原理出发就可以判断出答案，明确是属于防止还是应用。
本题考查静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例。
2.【答案】C
【解析】解：根据电场强度的物理意义可知，空间某点的电场强度，只与该点到场源的距离有关，与场源的电荷性质，电量有关，与考查点放不放电荷，放什么电性的电荷都无关，即电场强度是由场源本身决定的。故C正确，ABD错误。
故选：C。
电场强度是由电场本身决定的，与试探电荷的有无正负无关。
抓住电场强度的物理意义来思考。
3.【答案】A
【解析】解：根据题意，由库仑定律得
F1=k3Q⋅7Qr2=k21Q2r2
当两带电小球接触后正负电荷中和，再分开后电荷量平分，可知两小球分开后所带电荷量均为q=−3Q+7Q2=+2Q，再由库仑定律得
F2=k2Q⋅2Q(2r)2=kQ2r2
联立可得：F1：F2=21：1，故A正确，BCD错误。
故选：A。
两小球相互接触后，其所带电荷量先中和再均分，对两种情况，分别根据库仑定律列式，即可求解。
本题考查库仑定律及带电体电荷量的转移问题。要注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键。
4.【答案】B
【解析】解：根据电流的定义式可得电路中的电流为I=qt=1×1012×1.6×10−191A=1.6×10−7A，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据电流的定义式即可解得。
知道两点，第一点是一个电子所带电荷量；第二点，电流的大小与横截面积无关。
5.【答案】C
【解析】解：合外力做的总功等于各个力做功的代数和，则有：W=W1+W2=−5J+12J=7J
根据动能定理W=ΔEk，可得物体的动能改变量ΔEk=W=7J，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据合外力做的总功等于各个力做功的代数和可得合外力做的功，利用动能定理可得动能的变化量。
本题考查了动能定理，解题的关键要知道合外力做的总功等于各个力做功的代数和，注意功是标量，不能利用平行四边形合成或者分解。
6.【答案】D
【解析】解：A、使用多用电表测量电阻时，若倍率选择不合适，重新选择倍率后不需要进行机械调零，但要进行欧姆调零，故A错误；
B、由于欧姆表刻度不均匀，越往左刻度越密集，用“×1”的倍率测量某电阻时指针指在10和20刻度正中间，则测得的阻值小于15Ω，故B错误；
C、电流从多用电表的红表笔流入，黑表笔流出，测量某二极管的正向电阻时，应使黑表笔接二极管的正极，故C错误；
D、若测量某电阻时欧姆表指针偏转角度太小，说明待测电阻较大，应选用更大倍率的挡位完成测量，故D正确。
故选：D。
多用电表的黑表笔接内部电源的正极，则黑表笔接外电路高电势端；测电阻时，若指针偏转角度较小，说明待测电阻阻值较大，应更换较大倍率、重新调零后，再进行测量；电流从多用电表的红表笔流入，黑表笔流出，由此确定测量某二极管的正向电阻时连接方法。
本题主要考查了多用电表的结构、测量原理，还涉及到二极管单向导电性原理，难度适中。
7.【答案】B
【解析】解：A、因为A处所在的位置场线密一些，故A处的场强大一些，即合外力大一些，由牛顿第二定律，可得A处的加速度大一些。故A错误；
B、沿着电场线的方向电势逐渐降低，故A点的电势高于B点有电势。故B正确；
C、因为负电荷在电势高的地方，电势能小，故C错误；
D、只有电场力做功时，电场中任一点的动能与电势能之和是一个定值，故A点的动能大于B点的动能。故D错误。
故选：B。
已知电场线的分布情况，可以得到场强的大小，电场力的大小也可知，故加速度的大小就知道了。电场线已知，电场线上各点的电势的相对大小也就已知，电势能的大小也就可以判断了。
抓住沿着电场线的方向电势逐渐降低，再根据电势与电势能的关系来思考。
8.【答案】A
【解析】解：A、环绕器在近火点的速度最大、在远火点的速度最小，故“天问一号”环绕器在A点的速度小于B点的速度，故A正确；
B、根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，A点距离火星远，所以“天问一号”环绕器在A点的加速度小于B点的加速度，故B错误；
CD、“天问一号”环绕器由A运动到B过程中引力做正功，其动能增大，但此过程中只有万有引力做功，“天问一号”环绕器与火星组成的系统机械能守恒，故CD错误。
故选：A。
环绕器在近火点的速度最大、在远火点的速度最小；根据牛顿第二定律分析加速度大小关系；根据受力情况结合机械能守恒定律的守恒条件分析CD选项。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力分析加速度大小，能够分析环绕器运行过程中的受力情况，掌握机械能守恒定律的守恒条件。
9.【答案】B
【解析】解：A.若为E−x图像，可知A、B两点电场强度大小相等，为正值，电场强度方向沿x轴正方向，故A错误；
B.若为E−x图像，则将一质子由A沿x轴移向B，电场强度方向沿x轴正方向，质子所受的电场力方向沿x轴正方向，故电场力一直做正功，故B正确；
C.若为φ−x图像，其斜率代表电场强度，可知AO段电场强度由大变小，OB段电场强度由小变大，则将一电子由A沿x轴移向B，电子所受的电场力先变小后增大，故C错误；
D.若为φ−x图像，其斜率代表电场强度，则A点电场强度与B点电场强度大小相等，方向相反，故D错误。
故选：B。
理解图像的物理意义，结合电场的相关概念完成分析；根据电场力和位移的方向分析出电场力的做功类型；根据图像的特点结合图象斜率与牛顿第二定律得分析CD项。
本题主要考查了电势差和电场强度的关系，理解图像的物理意义，熟悉公式的推导即可完成分析。
10.【答案】A
【解析】解：A、设质点与转盘一起做匀速圆周运动时速度大小为v，由重力和绳子的拉力的合力提供质点圆周运动的向心力，则有：
mgtanθ=mv2d+lsinθ，
解得v= g(d+lsinθ)tanθ，故A正确；
B、由 mgtanθ=m(d+lsinθ)ω2可知，角速度ω= gtanθd+lsinθ，故B错误；
C、座椅做匀速圆周运动时，速度不变，动能不变，总功为0，重力不做功，所以绳的拉力对座椅不做功，故C错误；
D、若转盘缓慢加速，小球转动的线速度和角速度均增大，绳子和与竖直方向的夹角变大，对人和座椅来说，在竖直方向上受力平衡，即Fcsθ=mg，其中θ增大，mg不变，故绳子上的拉力F变大，故D错误；
故选：A。
质点与转盘一起做匀速圆周运动时，由重力和绳子的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得到此时的速度，根据动能定理研究质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，得到绳子对质点的做功情况。
本题考查圆周运动向心力以及动能定理的应用，要注意明确向心力公式的正确选择。
11.【答案】πd24l 偏大
【解析】解：(1)根据游标卡尺的结构以及各部分的作用，判断使用游标卡尺的B部分进行测量外径，20分度的游标卡尺的精度为0.005cm，读数方法是：主尺刻度+对齐游标尺刻度到0的格数×精度，故读数为：3cm+5×0.005cm=3.025cm；
(2)根据量程、最小刻度值读电流表读数，电流表最小刻度为1μA，估读到下一位，所以读数为：15.5μA，根据电源为2节干电池，电动势为3V，所以电压表读3V量程，最小刻度为0.1V，估读到下一位，故电压表的读数为：2.40V；
(3)由于圆柱形导体电阻约为150kΩ，滑动变阻器阻值0∼10Ω，若滑动变阻器滑片滑动电路阻值变化不大，若采用限流接法，电流表读数几乎不变，不好读数，因此滑动变阻器采用分压接法，圆柱形导体电阻远大于电流表内阻，电流表内接法分压极小，因此内接法误差小，则B图是适合本实验的电路图；
(4)根据U−I图像的斜率k表示电阻，根据电阻定律得：R=k=ρlS
S=14πd2，则圆柱形导体电阻率的表达式为：ρ=kSl=kπd24l；
(5)根据所选测量电路B可知，由于电流表内阻分压，电阻的测量值偏大，U−I图像的斜率k偏大，根据第(4)问电阻率的表达式可知测量值偏大。
故答案为：(1)B，3.025；(2)15.5，2.40；(3)B；(4)kπd24l；(5)偏大。
(1)根据游标卡尺的结构以及各部分的作用，判断使用游标卡尺的哪部分进行测量外径，根据20分度的游标卡尺读数方法读数填空；
(2)根据量程以及读数规则读电流表读数，根据电源电动势、量程以及读数规则读电压表的读数；
(3)根据圆柱形导体电阻估值判断滑动变阻器采用分压接法还是限流接法，也根据其阻值选择电流表内接法还是外接法，进而选取一适合本实验的电路图；
(4)根据U−I图像的斜率k以及电阻定律得出待测圆柱形导体电阻率的表达式；
(5)根据所选测量电路判断电阻的测量误差是偏大、偏小还是不变，再根据电阻定律判断电阻率测量值是偏大、偏小还是不变。
本题通过测定某种圆柱形导体材料的电阻率，考查了游标卡尺的使用以及读数、电流表以及电压表读数，电路选择、实验原理以及数据处理、误差分析基本知识与技能，需要熟练掌握。
12.【答案】解：(1)改装成量程为0.6A的电流表需并联一个分流电阻R1，根据闭合电路欧姆定律有
R1=IgRgI−Ig
将Ig=300μA=3×10−4A代入解得
R1=0.50Ω
即改装成量程为0.6A的电流表需并联一个0.50Ω的分流电阻。
(2)改装成量程为3V的电压表需串联一个分压电阻R2
R2=U−IgRgIg
代入数据解得
R2=9000Ω
改装成量程为3V的电压表需串联一个9000Ω的分压电阻。
答：(1)改装成量程为0.6A的电流表需并联一个0.50Ω的分流电阻；
(2)改装成量程为3V的电压表需串联一个9000Ω的分压电阻。
【解析】(1)将小量程电流表改装为大量程电流表，需并联电阻起分流作用，根据欧姆定律和串并联电路的特点求出并联电阻的大小；
(2)改装成量程为3V的电压表需串联一个分压电阻，根据欧姆定律和串并联电路的特点求出串联电阻的大小。
本题考查电表的改装，解题关键掌握电表改装的原理，注意电路中串并联电路特点的理解。
13.【答案】解：(1)根据万有引力和重力的关系可得：GMmR2=mg
根据密度计算公式可得：ρ=MV，其中V=43πR3
解得：ρ=3g4πGR；
(2)卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，
解得：v= GMr，其中r=R+2R=3R
则：v= GM3R
由于：GMmR2=mg
解得：v= 13Rg；
(3)根据牛顿第二定律可得GMmr2=mg′
解得g′=GM(3R)2
所以：g′g=R2(3R)2=19
解得：g′=19g。
答：(1)地球的密度为3g4πGR；
(2)卫星绕地球转动的线速度大小为 13Rg；
(3)卫星所在处的重力加速度大小为19g。
【解析】(1)根据万有引力和重力的关系结合密度计算公式进行解答；
(2)卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力求解线速度大小；
(3)根据牛顿第二定律得到重力加速度与轨道半径的关系，由此解答。
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。
14.【答案】解：(1)小球恰能通过最高点C，在C点则有：mg=mvC2R
则可得vC= gR
(2)从B点到C点利用动能定理则有：−mg×2R=12mvC2−12mvB2
代入数据解得：vB= 5gR
在B点对小球利用牛顿第二定律有：N−mg=mvB2R
代入数据解得：N=6mg
由牛顿第三定律可知，小球通过B点时对半圆弧的压力大小等于半圆弧对小球的支持力大小，即：FN=N=6mg
(3)小球从C点飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有：2R=12gt2
代入数据解得：t=2 Rg
小球从C点飞出后恰能落回A点，则可知xAB=vCt
代入数据解得：xAB=2R
从A点到B点利用动能定理有：−μmgxAB=12mvB2−12mv02
代入数据解得：μ=0.25
答：(1)小球到达C点时的速度大小为 gR；
(2)小球通过B点时对半圆弧的压力大小为6mg；
(3)小球与水平面间动摩擦因数μ为0.25。
【解析】(1)小球恰能通过最高点C，可知小球在C点恰好由重力提供向心力，则可得小球在C点的速度大小；
(2)从B点到C点利用动能定理可得小球在B点的速度大小，在B点利用牛顿第二定律可得半圆弧轨道对小球的支持力的大小，由牛顿第三定律可得小球在B点对半圆弧的压力大小；
(3)小球离开C点做平抛运动，根据竖直方向的位移可得运动时间，根据水平方向的速度和运动时间，可得水平方向的位移，从A到B利用动能定理可得动摩擦因数。
本题考查了动能定理、牛顿第二定律、平抛运动，解题的关键是理解题目中的关键词语“恰能通过最高点C”，恰能的含义是恰好由重力提供向心力。
15.【答案】解：(1)粒子在加速电场中加速，由动能定理得：q1U1=12m1v02−0
解得：v0= 2q1U1m1
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，
水平方向：l1=vt
竖直方向：vy=at，y=12at2，由牛顿第二定律得：qU2d=m1a
粒子离开偏转电场时的速度方向与水平方向夹角的正切值tanθ=vyv0
粒子离开偏转电场时的动能：Ek=12mv02+12mvy2
解得：tanθ=U2l12U1d，Ek=eU1+eU22l124U1d2
(3)粒子离开偏转电场后做匀速直线运动，
水平方向：l2=v0t′
竖直方向：y′=vyt′
由几何知识可知：OP=y+y′
解得：OP=U2l124U1d+U2l1l22U1d，OP间的距离与粒子的比荷无关，则粒子B打在P点
答：(1)A粒子刚进入偏转电场时的速度大小是 2q1U1m1；
(2)A粒子离开偏转电场时的速度与水平方向夹角θ的正切值是U2l12U1d，A粒子离开偏转电场时的动能是eU1+eU22l124U1d2；
(3)B粒子打在荧光屏上的位置是在P点，证明过程如上所述。
【解析】(1)粒子在加速电场中加速，应用动能定理求出粒子进入偏转电场时的速度大小。
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，应用运动学公式求出粒子夹角的正切值与粒子的动能。
(3)应用运动学公式求出OP间的距离，然后分析答题。
本题考查带电粒子在电场中的运动，在加速场中通常由动能定理解决在偏转场中通常由类平抛运动规律求解。
1.下列做法中，不属于预防静电危害的是( )
A. 运输易燃易爆物品车辆要在车尾拖一条铁链
B. 用导电橡胶做飞机轮胎
C. 印染车间要保持适当的湿度
D. 静电除尘
2.在电场中的某点放一个试探电荷，其电荷量为+q，受到的电场力为F，则该点的电场强度为E=Fq，下列说法中正确的是( )
A. 若移去试探电荷，该点的电场强度为0
B. 若将试探电荷的电荷量加倍，该点的电场强度加倍
C. 若放置到该点的试探电荷换成等量负电荷，该点的电场强度不变
D. 电场强度E与试探电荷受到的电场力成正比
3.两个分别带有电荷量为−3Q和+7Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F1，当两小球相互接触后再将它们的距离变为2r，它们间库仑力的大小变为F2，则( )
A. F1：F2=21：1B. F1：F2=21：25
C. F1：F2=21：4D. F1：F2=84：25
4.电路中每秒有1×1012个自由电子通过横截面积为1×10−4m2的导线，电路中的电流大小为( )
A. 1×1016AB. 1.6×10−7AC. 1×1012AD. 1.6×10−3A
5.一个物体在相互垂直的两个力F1、F2的作用下，沿光滑水平面运动一段距离，运动过程中物体克服F1做功5J，F2对物体做功12J，则物体的动能改变量为( )
A. −13JB. 13JC. 7JD. 17J
6.关于多用电表的使用，下列操作正确的是( )
A. 使用多用电表测量电阻时，若倍率选择不合适，重新选择倍率后需进行机械调零
B. 用“×1”的倍率测量某电阻时指针指在10和20刻度正中间，则测得的阻值为15Ω
C. 测量某二极管的正向电阻时，应使红表笔接二极管的正极
D. 若测量某电阻时欧姆表指针偏转角度太小，应选用更大倍率的挡位完成测量
7.如图，实线为电场线，虚线AB为某带负电粒子仅在电场力作用下在电场中的运动轨迹，下列说法正确的是( )
A. 带电粒子在A点的加速度小于B点的加速度
B. A点的电势高于B点的电势
C. 带电粒子在A点的电势能大于B点的电势能
D. 带电粒子在A点的动能小于B点的动能
8.“天问一号”环绕器通过近火制动成功进入遥感使命轨道。如图所示，A、B是环绕器绕火星运动椭圆轨道上两点，则环绕器( )
A. 在A点的速度小于B点的速度
B. 在A点的加速度大于B点的加速度
C. 由A运动到B过程中动能增大，机械能增大
D. 由A运动到B过程中引力做正功，机械能减小
9.如图所示为空间中一静电场的某物理量在x轴上的分布情况，图像关于纵轴对称，其中OA=OB，已知x轴正方向为电场强度的方向。下列说法正确的是( )
A. 若为E−x图像，则A、B两点电场强度等大反向
B. 若为E−x图像，则将一质子由A沿x轴移向B，电场力一直做正功
C. 若为φ−x图像，则将一电子由A沿x轴移向B，电子所受的电场力先增大后变小
D. 若为φ−x图像，则A点电场强度与B点电场强度相同
10.游乐场中有一种叫“空中飞椅”的设施，其基本装置是将绳子上端固定在转盘的边缘上。绳子下端连接座椅，人坐在座椅上随转盘旋转而在空中飞，若将人和座椅看成质点，简化为如图所示的模型，不计空气阻力，当人做匀速圆周运动时，图中l和d不变，下列说法中正确的是( )
A. v= g(d+lsinθ)tanθB. ω= g(d+l)csθ
C. 绳的拉力对座椅做正功D. 若转盘缓慢加速，绳子拉力不变
二、实验题：本大题共2小题，共23分。
11.某实验小组欲测定某种圆柱形导体(电阻约为150kΩ)材料的电阻率，实验室提供了下列器材：
A.游标卡尺
B.电压表V(量程0∼3V，内阻约50kΩ；量程为0∼15V，内阻约250kΩ)
C.灵敏电流计G(量程为20μA，内阻约100Ω)
D.滑动变阻器(阻值0∼10Ω，额定电流2A)
E.两节干电池
F.开关、导线若干
(1)图1为游标卡尺的结构示意图，实验前需测量圆柱形导体的外径，应使用游标卡尺的______(选填“A”、“B”、“C”)进行测量，图2游标卡尺读数为______ cm。
(2)图3、图4为实验测量的一组电表示数，电流表的读数为______μA，电压表的读数为______ V。
(3)在如图6的四幅图中选取一适合本实验的电路图______。
(4)根据实验数据作出的U−I图像如图5，若圆柱形导体长度用l表示，圆柱形导体外径用d表示，U−I图像的斜率用k表示，则待测圆柱形导体电阻率的表达式为ρ=______(用题中给定的字母表示)。
(5)采用上述所选测量电路会使得电阻率测量值______(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。
12.小明同学想利用伏安法来测量某电阻，发现身边只有某种灵敏电流计，但量程太小，他想利用身边的器材通过所学的串并联电路的知识来进行改装。已知该种灵敏电流计的满偏电流为300μA，内阻为1000Ω。
(1)若需要将该灵敏电流计改装成一个量程为0.6A的电流表，该怎么操作；
(2)若需要将该灵敏电流计改装成一个量程为3V的电压表，该怎么操作。
三、简答题：本大题共3小题，共37分。
13.2023年1至4月，我国已成功发射30余颗遥感卫星。假设某卫星绕地球做匀速圆周运动，离地球表面的高度等于地球半径的两倍。已知地球的半径为R，地球表面处的重力加速度大小为g，引力常量为G，忽略地球的自转。求：
(1)地球的密度；
(2)卫星绕地球转动的线速度大小；
(3)卫星所在处的重力加速度大小。
14.如图所示，在水平面上竖直固定一半径为R的光滑半圆弧轨道，其底端恰与水平面相切。质量为m的小球由A点以初速度v0= 6gR向右运动，经半圆弧轨道最低点B滚上半圆弧后恰能通过最高点C，经C点飞出后恰能落回A点。不计空气阻力，已知重力加速度为g。求：
(1)小球到达C点时的速度大小；
(2)小球通过B点时对半圆弧的压力大小；
(3)小球与水平面间动摩擦因数μ。
15.如图所示，一束质量为m1、电量为q1的带电粒子A，由静止开始经加速电压U1加速后，射入水平放置的两平行金属板间。金属板长为l1，两板距离为d，竖直放置的荧光屏距金属板右端为l2，两平行金属板间电压为U2，粒子打在荧光屏上的P点，不计带电粒子重力及粒子之间的相互作用，忽略粒子的相对论效应和场的边缘效应。
(1)求A粒子刚进入偏转电场时的速度大小；
(2)求A粒子离开偏转电场时的速度与水平方向夹角θ的正切值以及A粒子离开偏转电场时的动能；
(3)若将带电粒子改为质量为m2、电量为q2的粒子B，粒子A、B电性相同，且q2m2>q1m1，试判断B粒子打在荧光屏上的位置是在P点上方、P点下方还是就在P点，并理论证明。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、油罐中的汽油随车的振动摩擦起电，如果不及时的将这些静电导走，一旦出现放电现象，就会发生爆炸事故，拖地铁链使油罐表面与大地相连，使油罐罐体中的电荷不断地中和，不致造成放电产生火花引起油罐爆炸，这是预防静电的危害，故A错误；
B、采用导电橡胶做飞机轮胎可以将飞机上的静电快速导走，从而防止静电危害，故B错误；
C、印染车间保持适当的湿度是为了防止静电积累而引发事故，属于预防静电危害，故C错误；
D、静电除尘为静电现象的应用，故D正确。
故选：D。
从各种实例的原理出发就可以判断出答案，明确是属于防止还是应用。
本题考查静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例。
2.【答案】C
【解析】解：根据电场强度的物理意义可知，空间某点的电场强度，只与该点到场源的距离有关，与场源的电荷性质，电量有关，与考查点放不放电荷，放什么电性的电荷都无关，即电场强度是由场源本身决定的。故C正确，ABD错误。
故选：C。
电场强度是由电场本身决定的，与试探电荷的有无正负无关。
抓住电场强度的物理意义来思考。
3.【答案】A
【解析】解：根据题意，由库仑定律得
F1=k3Q⋅7Qr2=k21Q2r2
当两带电小球接触后正负电荷中和，再分开后电荷量平分，可知两小球分开后所带电荷量均为q=−3Q+7Q2=+2Q，再由库仑定律得
F2=k2Q⋅2Q(2r)2=kQ2r2
联立可得：F1：F2=21：1，故A正确，BCD错误。
故选：A。
两小球相互接触后，其所带电荷量先中和再均分，对两种情况，分别根据库仑定律列式，即可求解。
本题考查库仑定律及带电体电荷量的转移问题。要注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键。
4.【答案】B
【解析】解：根据电流的定义式可得电路中的电流为I=qt=1×1012×1.6×10−191A=1.6×10−7A，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据电流的定义式即可解得。
知道两点，第一点是一个电子所带电荷量；第二点，电流的大小与横截面积无关。
5.【答案】C
【解析】解：合外力做的总功等于各个力做功的代数和，则有：W=W1+W2=−5J+12J=7J
根据动能定理W=ΔEk，可得物体的动能改变量ΔEk=W=7J，故ABD错误，C正确。
故选：C。
根据合外力做的总功等于各个力做功的代数和可得合外力做的功，利用动能定理可得动能的变化量。
本题考查了动能定理，解题的关键要知道合外力做的总功等于各个力做功的代数和，注意功是标量，不能利用平行四边形合成或者分解。
6.【答案】D
【解析】解：A、使用多用电表测量电阻时，若倍率选择不合适，重新选择倍率后不需要进行机械调零，但要进行欧姆调零，故A错误；
B、由于欧姆表刻度不均匀，越往左刻度越密集，用“×1”的倍率测量某电阻时指针指在10和20刻度正中间，则测得的阻值小于15Ω，故B错误；
C、电流从多用电表的红表笔流入，黑表笔流出，测量某二极管的正向电阻时，应使黑表笔接二极管的正极，故C错误；
D、若测量某电阻时欧姆表指针偏转角度太小，说明待测电阻较大，应选用更大倍率的挡位完成测量，故D正确。
故选：D。
多用电表的黑表笔接内部电源的正极，则黑表笔接外电路高电势端；测电阻时，若指针偏转角度较小，说明待测电阻阻值较大，应更换较大倍率、重新调零后，再进行测量；电流从多用电表的红表笔流入，黑表笔流出，由此确定测量某二极管的正向电阻时连接方法。
本题主要考查了多用电表的结构、测量原理，还涉及到二极管单向导电性原理，难度适中。
7.【答案】B
【解析】解：A、因为A处所在的位置场线密一些，故A处的场强大一些，即合外力大一些，由牛顿第二定律，可得A处的加速度大一些。故A错误；
B、沿着电场线的方向电势逐渐降低，故A点的电势高于B点有电势。故B正确；
C、因为负电荷在电势高的地方，电势能小，故C错误；
D、只有电场力做功时，电场中任一点的动能与电势能之和是一个定值，故A点的动能大于B点的动能。故D错误。
故选：B。
已知电场线的分布情况，可以得到场强的大小，电场力的大小也可知，故加速度的大小就知道了。电场线已知，电场线上各点的电势的相对大小也就已知，电势能的大小也就可以判断了。
抓住沿着电场线的方向电势逐渐降低，再根据电势与电势能的关系来思考。
8.【答案】A
【解析】解：A、环绕器在近火点的速度最大、在远火点的速度最小，故“天问一号”环绕器在A点的速度小于B点的速度，故A正确；
B、根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma，解得a=GMr2，A点距离火星远，所以“天问一号”环绕器在A点的加速度小于B点的加速度，故B错误；
CD、“天问一号”环绕器由A运动到B过程中引力做正功，其动能增大，但此过程中只有万有引力做功，“天问一号”环绕器与火星组成的系统机械能守恒，故CD错误。
故选：A。
环绕器在近火点的速度最大、在远火点的速度最小；根据牛顿第二定律分析加速度大小关系；根据受力情况结合机械能守恒定律的守恒条件分析CD选项。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力分析加速度大小，能够分析环绕器运行过程中的受力情况，掌握机械能守恒定律的守恒条件。
9.【答案】B
【解析】解：A.若为E−x图像，可知A、B两点电场强度大小相等，为正值，电场强度方向沿x轴正方向，故A错误；
B.若为E−x图像，则将一质子由A沿x轴移向B，电场强度方向沿x轴正方向，质子所受的电场力方向沿x轴正方向，故电场力一直做正功，故B正确；
C.若为φ−x图像，其斜率代表电场强度，可知AO段电场强度由大变小，OB段电场强度由小变大，则将一电子由A沿x轴移向B，电子所受的电场力先变小后增大，故C错误；
D.若为φ−x图像，其斜率代表电场强度，则A点电场强度与B点电场强度大小相等，方向相反，故D错误。
故选：B。
理解图像的物理意义，结合电场的相关概念完成分析；根据电场力和位移的方向分析出电场力的做功类型；根据图像的特点结合图象斜率与牛顿第二定律得分析CD项。
本题主要考查了电势差和电场强度的关系，理解图像的物理意义，熟悉公式的推导即可完成分析。
10.【答案】A
【解析】解：A、设质点与转盘一起做匀速圆周运动时速度大小为v，由重力和绳子的拉力的合力提供质点圆周运动的向心力，则有：
mgtanθ=mv2d+lsinθ，
解得v= g(d+lsinθ)tanθ，故A正确；
B、由 mgtanθ=m(d+lsinθ)ω2可知，角速度ω= gtanθd+lsinθ，故B错误；
C、座椅做匀速圆周运动时，速度不变，动能不变，总功为0，重力不做功，所以绳的拉力对座椅不做功，故C错误；
D、若转盘缓慢加速，小球转动的线速度和角速度均增大，绳子和与竖直方向的夹角变大，对人和座椅来说，在竖直方向上受力平衡，即Fcsθ=mg，其中θ增大，mg不变，故绳子上的拉力F变大，故D错误；
故选：A。
质点与转盘一起做匀速圆周运动时，由重力和绳子的拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得到此时的速度，根据动能定理研究质点从静止到做匀速圆周运动的过程中，得到绳子对质点的做功情况。
本题考查圆周运动向心力以及动能定理的应用，要注意明确向心力公式的正确选择。
11.【答案】πd24l 偏大
【解析】解：(1)根据游标卡尺的结构以及各部分的作用，判断使用游标卡尺的B部分进行测量外径，20分度的游标卡尺的精度为0.005cm，读数方法是：主尺刻度+对齐游标尺刻度到0的格数×精度，故读数为：3cm+5×0.005cm=3.025cm；
(2)根据量程、最小刻度值读电流表读数，电流表最小刻度为1μA，估读到下一位，所以读数为：15.5μA，根据电源为2节干电池，电动势为3V，所以电压表读3V量程，最小刻度为0.1V，估读到下一位，故电压表的读数为：2.40V；
(3)由于圆柱形导体电阻约为150kΩ，滑动变阻器阻值0∼10Ω，若滑动变阻器滑片滑动电路阻值变化不大，若采用限流接法，电流表读数几乎不变，不好读数，因此滑动变阻器采用分压接法，圆柱形导体电阻远大于电流表内阻，电流表内接法分压极小，因此内接法误差小，则B图是适合本实验的电路图；
(4)根据U−I图像的斜率k表示电阻，根据电阻定律得：R=k=ρlS
S=14πd2，则圆柱形导体电阻率的表达式为：ρ=kSl=kπd24l；
(5)根据所选测量电路B可知，由于电流表内阻分压，电阻的测量值偏大，U−I图像的斜率k偏大，根据第(4)问电阻率的表达式可知测量值偏大。
故答案为：(1)B，3.025；(2)15.5，2.40；(3)B；(4)kπd24l；(5)偏大。
(1)根据游标卡尺的结构以及各部分的作用，判断使用游标卡尺的哪部分进行测量外径，根据20分度的游标卡尺读数方法读数填空；
(2)根据量程以及读数规则读电流表读数，根据电源电动势、量程以及读数规则读电压表的读数；
(3)根据圆柱形导体电阻估值判断滑动变阻器采用分压接法还是限流接法，也根据其阻值选择电流表内接法还是外接法，进而选取一适合本实验的电路图；
(4)根据U−I图像的斜率k以及电阻定律得出待测圆柱形导体电阻率的表达式；
(5)根据所选测量电路判断电阻的测量误差是偏大、偏小还是不变，再根据电阻定律判断电阻率测量值是偏大、偏小还是不变。
本题通过测定某种圆柱形导体材料的电阻率，考查了游标卡尺的使用以及读数、电流表以及电压表读数，电路选择、实验原理以及数据处理、误差分析基本知识与技能，需要熟练掌握。
12.【答案】解：(1)改装成量程为0.6A的电流表需并联一个分流电阻R1，根据闭合电路欧姆定律有
R1=IgRgI−Ig
将Ig=300μA=3×10−4A代入解得
R1=0.50Ω
即改装成量程为0.6A的电流表需并联一个0.50Ω的分流电阻。
(2)改装成量程为3V的电压表需串联一个分压电阻R2
R2=U−IgRgIg
代入数据解得
R2=9000Ω
改装成量程为3V的电压表需串联一个9000Ω的分压电阻。
答：(1)改装成量程为0.6A的电流表需并联一个0.50Ω的分流电阻；
(2)改装成量程为3V的电压表需串联一个9000Ω的分压电阻。
【解析】(1)将小量程电流表改装为大量程电流表，需并联电阻起分流作用，根据欧姆定律和串并联电路的特点求出并联电阻的大小；
(2)改装成量程为3V的电压表需串联一个分压电阻，根据欧姆定律和串并联电路的特点求出串联电阻的大小。
本题考查电表的改装，解题关键掌握电表改装的原理，注意电路中串并联电路特点的理解。
13.【答案】解：(1)根据万有引力和重力的关系可得：GMmR2=mg
根据密度计算公式可得：ρ=MV，其中V=43πR3
解得：ρ=3g4πGR；
(2)卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力有：GMmr2=mv2r，
解得：v= GMr，其中r=R+2R=3R
则：v= GM3R
由于：GMmR2=mg
解得：v= 13Rg；
(3)根据牛顿第二定律可得GMmr2=mg′
解得g′=GM(3R)2
所以：g′g=R2(3R)2=19
解得：g′=19g。
答：(1)地球的密度为3g4πGR；
(2)卫星绕地球转动的线速度大小为 13Rg；
(3)卫星所在处的重力加速度大小为19g。
【解析】(1)根据万有引力和重力的关系结合密度计算公式进行解答；
(2)卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力求解线速度大小；
(3)根据牛顿第二定律得到重力加速度与轨道半径的关系，由此解答。
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。
14.【答案】解：(1)小球恰能通过最高点C，在C点则有：mg=mvC2R
则可得vC= gR
(2)从B点到C点利用动能定理则有：−mg×2R=12mvC2−12mvB2
代入数据解得：vB= 5gR
在B点对小球利用牛顿第二定律有：N−mg=mvB2R
代入数据解得：N=6mg
由牛顿第三定律可知，小球通过B点时对半圆弧的压力大小等于半圆弧对小球的支持力大小，即：FN=N=6mg
(3)小球从C点飞出后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则有：2R=12gt2
代入数据解得：t=2 Rg
小球从C点飞出后恰能落回A点，则可知xAB=vCt
代入数据解得：xAB=2R
从A点到B点利用动能定理有：−μmgxAB=12mvB2−12mv02
代入数据解得：μ=0.25
答：(1)小球到达C点时的速度大小为 gR；
(2)小球通过B点时对半圆弧的压力大小为6mg；
(3)小球与水平面间动摩擦因数μ为0.25。
【解析】(1)小球恰能通过最高点C，可知小球在C点恰好由重力提供向心力，则可得小球在C点的速度大小；
(2)从B点到C点利用动能定理可得小球在B点的速度大小，在B点利用牛顿第二定律可得半圆弧轨道对小球的支持力的大小，由牛顿第三定律可得小球在B点对半圆弧的压力大小；
(3)小球离开C点做平抛运动，根据竖直方向的位移可得运动时间，根据水平方向的速度和运动时间，可得水平方向的位移，从A到B利用动能定理可得动摩擦因数。
本题考查了动能定理、牛顿第二定律、平抛运动，解题的关键是理解题目中的关键词语“恰能通过最高点C”，恰能的含义是恰好由重力提供向心力。
15.【答案】解：(1)粒子在加速电场中加速，由动能定理得：q1U1=12m1v02−0
解得：v0= 2q1U1m1
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，
水平方向：l1=vt
竖直方向：vy=at，y=12at2，由牛顿第二定律得：qU2d=m1a
粒子离开偏转电场时的速度方向与水平方向夹角的正切值tanθ=vyv0
粒子离开偏转电场时的动能：Ek=12mv02+12mvy2
解得：tanθ=U2l12U1d，Ek=eU1+eU22l124U1d2
(3)粒子离开偏转电场后做匀速直线运动，
水平方向：l2=v0t′
竖直方向：y′=vyt′
由几何知识可知：OP=y+y′
解得：OP=U2l124U1d+U2l1l22U1d，OP间的距离与粒子的比荷无关，则粒子B打在P点
答：(1)A粒子刚进入偏转电场时的速度大小是 2q1U1m1；
(2)A粒子离开偏转电场时的速度与水平方向夹角θ的正切值是U2l12U1d，A粒子离开偏转电场时的动能是eU1+eU22l124U1d2；
(3)B粒子打在荧光屏上的位置是在P点，证明过程如上所述。
【解析】(1)粒子在加速电场中加速，应用动能定理求出粒子进入偏转电场时的速度大小。
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，应用运动学公式求出粒子夹角的正切值与粒子的动能。
(3)应用运动学公式求出OP间的距离，然后分析答题。
本题考查带电粒子在电场中的运动，在加速场中通常由动能定理解决在偏转场中通常由类平抛运动规律求解。
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