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2023-2024学年江苏省常州市溧阳市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2023-2024学年江苏省常州市溧阳市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.2024年1月18日，我国成功完成了天舟七号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，离地面高度约400km；地球同步卫星离地面高度约为36000km。下列说法正确的是( )
A. 组合体中的货物处于超重状态
B. 组合体的运行速度略小于7.9km/s
C. 地球同步卫星的运行速度略大于7.9km/s
D. 组合体的加速度比地球同步卫星的小
2.我国于1970年成功发射了“东方红一号”人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图所示，设该卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2；地球卫星在近地轨道上的运行速度为v0。则
( )
A. v1>v2，v1>v0
B. v1>v2，v1=v0
C. v1D. v1v0
3.在高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，则无人机在下坠过程中( )
A. 机械能一直减小
B. 机械能先减小后不变
C. 重力做功等于动能的增量
D. 合外力做功等于机械能的增量
4.如图所示，第一幅图中A、B两点位于以正点电荷为圆心的虚线圆上，第四幅图中A、B两点在点电荷连线的中垂线上且关于连线对称。则各电场中A、B两点的场强相等、电势也相等的是( )
A. B. C. D.
5.欧姆不仅发现了欧姆定律，还对导体的电阻进行了研究。如图所示，一块均匀长方体的金属样品，边长分别为a、b、c，且a>b>c。当样品两侧面加上相同的电压U时，样品中电流最大的是( )
A. B. C. D.
6.如图所示是空气净化器内部结构的简化图，其中的负极针组件产生电晕，释放出大量电子，电子被空气中的氧分子捕捉，从而生成空气负离子。负离子能使空气中烟尘、病菌等微粒带电，进而使其吸附到带电的集尘栅板上，达到净化空气的作用。下列说法中不正确的是( )
A. 负极针组件产生电晕，利用了尖端放电的原理
B. 为了更有效地吸附尘埃，集尘栅板应带正电
C. 负极针组件附近的电场强度小于集尘栅板附近的电场强度
D. 带电烟尘向集尘栅板靠近的过程中，电势能减小
7.用如图所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验，通过测量重物运动过程中下落高度h和相应的速度大小v等物理量，进行分析验证。下列说法正确的是( )
A. 重物应在靠近打点计时器处由静止释放
B. 应先释放纸带再打开打点计时器电源
C. 可以利用公式v=gt计算重物的速度
D. 作v2∼h图像，只有当图线是过原点的直线时，才能说明机械能守恒
8.为丰富同学们的课余生活，学校组织了趣味运动会，在掷沙包活动中，某同学从同一高度以大小相同的速度先后扔出两个相同的沙包，抛出时沙包1的初速度方向水平，沙包2的初速度方向斜向上，两沙包落在同一水平面上。忽略空气阻力和沙包大小的影响，那么，对两沙包在空中运动的过程( )
A. 重力对沙包做的功WG1C. 即将落地时沙包的动能Ek19.如图为一个电容式风力传感器的原理示意图，将电容器与静电计组成回路，P点为极板间的一点。可动电极在风力作用下向右移动，移动距离随风力增大而增大，但不会到达P点。静电计指针张角的大小表示两极板间电势差的大小。若极板上电荷量保持不变，则下列说法正确的是( )
A. 风力增大时，电容器电容减小B. 风力增大时，静电计指针张角不变
C. 风力增大时，P点的电势降低D. 风力增大时，极板间电场强度增大
10.由于万有引力定律和库仑定律都满足平方反比关系，因此引力场与电场之间有许多相似的性质，在处理有关问题时可以将它们进行类比。例如，电场中反映各点电场强弱的物理量是电场强度，其定义式为E=Fq，所以点电荷周围电场强度的表达式为E=kQr2。在引力场中也可以用一个类似的物理量来反映各点的引力场强弱。设地球的质量为M，半径为R，引力常量为G。如果一个质量为m的物体位于距地心2R处的某点，则以下表达式能反映该点引力场强弱的是( )
A. Gm(2R)2B. GM2R2C. GMm(2R)2D. GM(2R)2
11.如图所示，在坐标轴Ox上，电荷量为−Q的点电荷a固定在坐标x=0处，电荷量为+4Q的点电荷b固定在x=−r处。现有一电荷量为−q的点电荷c，在+x轴上从靠近x=0处由静止释放，不考虑重力及电荷c对原电场的影响，取无穷远处电势能为零，在点电荷c的整个运动过程中，其瞬时速度v随时间t、电势能Ep随位置x变化的关系图像如图所示，其中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.为研究某金属导线材料的电阻率，实验小组用如图甲所示电路进行实验，调节金属导线上可动接线柱Q的位置(如图乙所示)，可以改变导线接入电路的长度，可动接线柱Q有一定的电阻，但阻值未知。实验器材如下：
待测金属导线一根；
电压表一个，量程0∼3V，内阻约为3kΩ；
电流表一个，量程0∼0.6A，内阻约为0.1Ω；
滑动变阻器R1(阻值范围0∼10Ω，允许通过的最大电流为0.1A)；
滑动变阻器R2(阻值范围0∼20Ω，允许通过的最大电流为1A)；
干电池两节，开关一个，导线若干，螺旋测微器一只。
(1)请以笔画线代替导线，将图乙中未连接的导线补完整。
(2)滑动变阻器应该选______(选填“R1”或“R2”)。图甲中开关S闭合之前，应将滑动变阻器的滑片P置于______端(选填“A”或“B”)。
(3)用螺旋测微器测量金属导线的直径如图丙所示，则导线的直径d=______ mm。
(4)多次改变导线接入电路的长度L，测量不同长度时的电阻Rx，作Rx−L图像如图丁所示，测得图像中直线的斜率为k，则该金属材料的电阻率为______(用k和d表示)。
(5)仅考虑测量电阻时电表内阻的影响，根据实验数据求出的该金属材料的电阻率比真实值______(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
三、计算题：本大题共4小题，共41分。
13.2024年4月25日，神舟十八号飞船在酒泉卫星发射中心发射并顺利进入预定轨道，随后3名航天员成功进驻中国空间站。已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，忽略地球自转的影响。
(1)求地球第一宇宙速度v1。
(2)若将空间站绕地球的运动看作匀速圆周运动，运行轨道距离地面高度为h，求空间站的运行周期T。
14.如图所示，BC是半径为R的14圆弧形光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E=mg2q。现有一质量为m、带电量为+q的小滑块(可视为质点)，从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度恰好减为零。已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，求：
(1)滑块经过圆弧轨道的B点时，所受轨道支持力的大小。
(2)水平轨道上A、B两点之间的距离。
15.如图所示，长度L=2m的水平传送带始终以速度v=3m/s逆时针匀速转动，传送带的左边和右边各有一个与传送带等高的光滑平台。在左边平台上固定一处于锁定状态的弹簧，其储存的弹性势能Ep=18J，一个质量m=1kg的小物块(可视为质点)紧靠弹簧放置。解除锁定，弹簧恢复原长时小物块从A端滑上传送带，并以v=4m/s的速度离开传送带的B端。重力加速度取g=10m/s2。求：
(1)小物块与传送带之间的动摩擦因数μ。
(2)物块在传送带上运动过程中，系统因摩擦产生的热量Q。
(3)电动机因物块在传送带上运动而多消耗的电能E。
16.某种显像管利用电偏转技术实现电子束的偏转。如图甲所示，电子枪连续均匀发射出的电子经小孔S1进入竖直放置的平行金属板M、N间，两板间所加电压为U0经电场加速后，电子由小孔S2沿水平放置金属板P和Q的中心线射入，两板间距离和长度均为L；距金属板P和Q右边缘L处有一竖直放置的荧光屏；取屏上与S1、S2共线的O点为原点，向上为正方向建立y轴。已知电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略。不计电子重力和电子之间的相互作用。
(1)求电子到达小孔S2时的速度大小v。
(2)若电子能从P、Q两金属板间飞出，求P、Q两板间电压的最大值Um。
(3)若金属板P、Q两板间电压u随时间t的变化关系如图乙所示，单位时间内从小孔S1进入的电子个数为N，电子打在荧光屏上形成一条亮线。已知每个电子在板P和Q间运动的时间极短，可以认为两板间的电压恒定，试求在一个周期(即2t0时间)内打到荧光屏单位长度亮线上的电子个数n。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.组合体绕地球做匀速圆周运动，组合体中的货物受到的重力提供向心力，处于完全失重状态，故A错误；
BC.根据万有引力提供向心力得GMmr2=mv2r，解得v= GMr，地球第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，可知组合体的运行速度略小于7.9km/s，地球同步卫星的运行速度小于7.9km/s，故B正确，C错误；
D.根据万有引力提供向心力得GMmr2=ma，可得a=GMr2，组合体轨道半径小于同步卫星轨道半径，可知组合体的加速度比地球同步卫星的大，故D错误。
故选：B。
A.根据货物受力情况进行判断；
BC.根据牛顿第二定律导出线速度表达式结合地球的第一宇宙速度进行分析判断；
D.根据牛顿第二定律导出加速度表达式进行判断。
考查万有引力定律的应用和宇宙速度问题，会根据题意进行相关分析和判断。
2.【答案】A
【解析】解：根据开普勒第二定律可得v1Δtr1=v2Δtr2，因为r1v2，卫星在近地点进入近地圆轨道要减速做向心运动，可知v1>v0，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据开普勒第二定律列式判断近地点和远地点的线速度大小，再结合近地点的近心运动判断椭圆轨道上该点和圆轨道上该点的线速度大小关系。
考查开普勒第二定律和椭圆轨道的线速度大小变化问题，会根据题意进行准确分析和判断。
3.【答案】A
【解析】解：AB、在下坠过程中，阻力一直做负功，所以无人机的机械能一直在减小，故A正确，B错误；
C、合外力做的功等于动能的变化量，除了重力做功外还有阻力做功，故C错误；
D、根据功能关系，阻力做的功等于机械能的增量，故D错误。
故选：A。
根据功和能的关系分析机械能如何变化；根据动能定理分析动能的增量；根据功能关系分析机械能的增量。
本题考查常见力做功与对应的能量转化，机械能的变化与外力的做功情况有关，机械能的增量(变化量)等于外力做的功。
4.【答案】D
【解析】解：A.该图中的A、B两点电势相同，场强大小相同但是方向不同，则场强不同，故A错误；
B.该图中的A、B两点电势不相同，场强大小不相同，但是方向相同，则场强不同，故B错误；
C.该图中的A、B两点电势不相同，场强大小和方向都相同，则场强相同，故C错误；
D.该图中的A、B两点电势相同，均为零，场强大小方向都相同，则场强相同，故D正确。
故选：D。
根据场强的方向沿电场线的切线方向，结合沿电场线方向电势降低分析求解。
本题考查了电场的基本性质，理解电场强度是矢量而电势是标量是解决此类问题的关键。
5.【答案】B
【解析】解：根据电阻定律R=ρLS可知，沿电流方向长度最小，垂直电流方向横截面积最大时，电阻最小，因为a>b>c，所以长度为c，横截面积为ab时样品接入电路的电阻最小，根据欧姆定律I=UR可知，此时样品中电流最大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据电阻定律和欧姆定律分析计算即可。
知道电阻定律中的长度和横截面积的含义是解题的关键。
6.【答案】C
【解析】解：A.负极针组件产生电晕，释放出大量电子，利用了尖端放电的原理，故A正确；
B.负离子能使空气中烟尘、病菌等微粒带负电，为了更有效率地吸附尘埃，集尘栅板应带正电，故B正确；
C.负极针组件附近的电场线比较密集，则电场强度大于集尘栅板附近的电场强度，故C错误；
D.烟尘吸附到集尘栅板的过程中，电势升高，根据Ep=qφ，可知电势升高，带负电的烟尘电势能减少，故D正确。
本题选不正确的，故选：C。
电极和集尘板带不同的电荷，它们之间形成电场，烟尘带负电，结合电极和集尘板之间的电场的特点分析即可。
该题考查常见静电的应用，解答的关键是知道电极和集尘板之间的电场线的特点。
7.【答案】A
【解析】解：A、为了充分利用纸带，则重物应在靠近打点计时器处由静止释放，故A正确；
B、实验中要先打开电源，再释放纸带，故B错误；
C、利用公式v=gt计算重物的速度，相当于默认物体做自由落体，则机械能一定守恒，失去了验证的目的，故C错误；
D、根据机械能守恒定律可得：
mgh=12mv2
化简得：v2=2gh
则做v2∼h图像时，只有当图线是过原点的直线且斜率为2g时，才能说明物体的机械能守恒，故D错误；
故选：A。
根据实验原理掌握正确的实验操作，结合机械能守恒定律和图像的物理意义完成分析。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，熟悉机械能守恒定律，结合图像的物理意义即可完成分析。
8.【答案】D
【解析】解：AC、两沙包下落的高度相等，由WG=mgh可知重力做功相等，即WG1=WG2
两沙包在空中运动过程，由动能定理有：WG=Ek−12mv02，两沙包WG相等，初速度v0大小相等，可知两沙包落地的动能相等，即：Ek1=Ek2，故AC错误；
B、沙包1竖直方向做自由落体运动，沙包2竖直方向做竖直上抛运动，当竖直方向速度减为零，之后在竖直方向做自由落体运动，所以沙包1上升的高度小于沙包2的高度，由h=12gt2可知沙包1在空中运动时间小于沙包2的时间，即：t1PG2，故B错误；
D、由vy=gt可知沙包1落到时竖直方向的速度小于沙包2的速度，由P=mgvy可得P′G1故选：D。
AC、根据WG=mgh比较两沙包重力做功大小关系，两沙包在空中运动过程，利用动能定理比较两沙包落地时动能大小关系；
B、根据两沙包竖直方向运动特点，可知两者自由落体下落高度大小关系，由h=12gt2可比较两沙包运动时间长短，利用P=WGt可比较两者功率大小关系；
D、由vy=gt可比较两沙包竖直方向落地速度大小，利用P=mgvy可比较两沙包落地时重力做功功率的大小关系。
本题考查了动能定理、功率，解题的关键是知道沙包1竖直方向做自由落体运动，沙包2竖直方向做竖直上抛运动，当竖直方向速度减为零，然后在竖直方向做自由落体运动，两沙包竖直方向下落高度不相等。
9.【答案】C
【解析】解：AB、可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大，则板间距离d越小，根据电容决定式：C=εrS4πkd，可得电容越大。极板上电荷量保持不变，根据电容定义式：C=QU，可得板间电压越小，则静电计指针张角越小，故AB错误；
CD、风力越大，板间距越小，极板间电场强度为：E=Ud=QCd=4πkQϵrS，可得极板间电场强度保持不变。由于风力越大，P点与接地的负极板的距离x越小，根据U′=Ex，可知P点与接地的负极板的电势差越小，则P点的电势越小，故D错误，C正确。
故选：C。
风力越大板间距离越小，根据电容的决定式与定义式进行分析电容器电容、板间电压如何变化。根据电场强度与电势差的关系分析极板间电场强度如何变化。根据电势差与电势的关系分析P点的电势如何变化。根据板间电压越大静电计张角越大的关系判断静电计指针张角的变化。
本题考查了电容器的动态分析问题，基础题目。掌握电容的决定式与定义式，匀强电场的电场强度与电势差的关系。
10.【答案】D
【解析】解：根据万有引力定律可得质量为m的物体位于距地心2R处的某点受到的万有引力为F=GMm(2R)2，则该点的引力场强为E′=Fm，解得E′=GM(2R)2，故D正确，ABC错误。
故选：D。
先根据万有引力定律计算出质点所受的万有引力，然后类比电场强度的计算方法可得最后结果。
熟练掌握万有引力定律和场强的定义式是解题的基础。
11.【答案】C
【解析】【解答】设在x轴上距离O点为x处的P点场强为零
根据点电荷的场强公式和场强的叠加原理k4Q(x+r)2=kQx2
解得x=r
则在r>x>0的区域场强沿x轴负方向，在x>r的区域场强沿x轴正方向，在x<0的区域场强沿x轴正方向，如图所示：
当电荷量为−q的点电荷c，在+x轴上从靠近x=0处由静止释放时，先受到沿x轴正向逐渐减小的电场力，即做加速度减小的加速运动，电场力做正功，电势能减小，在x=r处加速度为零，速度到达最大值，电势能最小值；
由于沿电场线电势逐渐降低，取无穷远处电势为零，可知P点电势最高且大于零；根据电势能的定义式，P点的电势能EpP=−qφP<0；
在x>r时受电场力沿x轴负向，因无穷远处的场强也为零，可知受电场力先增加后减小，即加速度先增加后减小，则粒子做加速度先增加后减小的变减速运动，接着电荷c做减速运动直至无穷远处；当电场力为零时，由于整个过程中只有电场力做功，电荷c的动能和电势能的总量保持不变，因此在无穷远处，电荷c的速度为一定值，不为零；
电场力做负功，电势能增加，则场强为零的P点电势高于零，电势能最小且小于零；当电荷c继续向右移动时，电场力做负功，根据功能关系可知电荷的电势能增加直至无穷远处电势能为0。
综上分析，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】先求出合场强为0的位置，再根据电荷的受力情况分析加减速的运动情况，根据能量的转化和守恒定律结合无穷远的处的电势能为0的特点确定电势能的变化情况。
考查带电粒子在复杂电场中的运动问题，关键是要正确分析粒子的受力情况和能量变化情况，会根据题意进行准确分析和判断。
12.【答案】R2 A1.850kπd24 偏小
【解析】解：(1)根据图甲电路图，完整的实物连线如图所示
(2)由于滑动变阻器R1允许通过的最大电流只有0.1A，而滑动变阻器R2允许通过的最大电流为1A，则滑动变阻器应该选R2；
为了保证电表安全，图甲中开关S闭合之前，应将滑动变阻器的滑片P置于A端。
(3)螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图丙可知导线的直径为
d=1.5mm+35.0×0.01mm=1.850mm
(4)根据电阻定律可动
Rx=ρLS=4ρπd2L
可知Rx−L图像的斜率为
k=4ρπd2
可得该金属材料的电阻率为
ρ=kπd24
(5)由于图甲电路图中电流表采用外接法，由于电压表的分流使得电流表读数大于待测电阻的真实电流，所以待测电阻阻值测量值偏小；根据
ρ=RxSL
可知根据实验数据求出的该金属材料的电阻率比真实值偏小。
故答案为：(1)
(2)R2，A；(3)1.850；(4)kπd24；(5)偏小。
(1)根据电路图电流表外接法连线；
(2)闭合电路欧姆定律估算流过滑动变阻器的电流以及分压接法选择滑动变阻器，以及滑动变阻器的滑片P置于哪端；
(3)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+可动刻度上对齐格数(估读一位)×精确度；
(4)根据电阻定律等得出电阻与导线的长度的关系式，结合图像斜率求解电阻率；
(5)电流表采用外接法，由于电压表的分流使得电流表读数大于待测电阻的真实电流，所以待测电阻阻值测量值偏小；再根据电阻定律得出电阻率比真实值是偏大还是偏小。
本题关键掌握实验原理，掌握电表的选择方法、螺旋测微器的读数方法，注意电阻定律的运用。
13.【答案】(1)根据重力提供向心力有mg=mv12R
解得v1= gR
(2)根据万有引力提供向心力有GMm′(R+h)2=m′(R+h)4π2T2
在地表附近万有引力近似等于重力有GMmR2=mg
解得T= 4π2(R+h)3gR2
答：(1)地球第一宇宙速度v1为 gR；
(2)空间站的运行周期T为 4π2(R+h)3gR2。
【解析】(1)根据重力提供向心力解得第一宇宙速度；
(2)根据万有引力等于重力结合万有引力提供向心力求解环绕周期。
考查万有引力定律的应用和黄金代换式，会根据题意进行准确的分析和解答。
14.【答案】解：(1)设B点的速度为vB，从C点到B点由动能定理得
mgR−qER=12mvB2
又
E=mg2q
解得
vB= gR
在B点由牛顿第二定律得
FN−mg=mvB2R
解得
FN=2mg
(2)设水平轨道上A、B两点之间的距离为x，从C点到A点，由动能定理得
mgR−qE(R+x)−μmgx=0
又
E=mg2q
解得
x=R1+2μ
答：(1)滑块经过圆弧轨道的B点时，所受轨道支持力的大小2mg。
(2)水平轨道上A、B两点之间的距离为R1+2μ。
【解析】(1)根据动能定理结合牛顿第二定律得求解滑块经过圆弧轨道的B点时，所受轨道支持力的大小；
(2)对整个过程研究，重力做正功，水平面上摩擦力做负功，电场力做负功，根据动能定理求出水平轨道上A、B两点之间的距离。
本题考查分析和处理物体在复合场运动的能力。对于电场力做功W=qEd，d为两点沿电场线方向的距离。涉及力在空间效果时，要考虑动能定理。
15.【答案】解：(1)根据能量守恒
Ep=12mv02=18J
可得滑块离开弹簧滑上传送带时的速度
v0=6m/s
滑块在传送带上运动时由能量守恒可得
Ep−μmgL=12mv12
解得
μ=0.5
(2)滑块划过传送带用时间
t=Lv0+v12=2×24+6s=0.4s
则系统因摩擦产生的热量
Q=μmg(L+vt)=0.5×10(2+3×0.4)J=16J
(3)电动机因物块在传送带上运动而多消耗的电能
E=μmgvt=0.5×1×10×3×0.4J=6J
答：(1)小物块与传送带之间的动摩擦因数0.5。
(2)物块在传送带上运动过程中，系统因摩擦产生的热量16J。
(3)电动机因物块在传送带上运动而多消耗的电能6J。
【解析】(1)根据能量守恒求小物块与传送带之间的动摩擦因数；
(2)由功能关系结合运动学公式求系统因摩擦产生的热量；
(3)由功能关系结合运动学公式求电动机因物块在传送带上运动而多消耗的电能。
本题是多过程问题，关键要分析清楚物块经历的过程，运用功能关系、能量守恒定律和运动学公式分析和计算。
16.【答案】解：(1)根据动能定理
eU0=mv2
解得：v= 2eU0m
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，则
L=vt
L2=12at2
a=UmeLm
解得Um=2U0
(3)设电子在偏转电场PQ中的运动时间为t，PQ间的电压为u时恰好打在极板边缘
垂直电场方向：L=vt
平行电场方向：L2=12at2；
此过程中电子的加速度大小 a=ueLm
解得：u=2U0，即当两板间电压为2U0时打在极板上
电子出偏转电场时，在x方向的速度
vx=at
电子在偏转电场外做匀速直线运动，设经时间t1到达荧光屏。则
水平方向：L=vt1
竖直方向：x2=vxt1
电子打在荧光屏上的位置坐标x=L2+x2=3L2
亮线长度X=3L
一个周期内打在荧光屏上的电子数：n0=2N5×2t0
2t0时间内，打到单位长度亮线上的电子个数n：n=n0X=4t0N15L
答：(1)电子到达小孔S2时的速度大小v为 2eU0m；
(2)两板间电压的最大值Um=2U0；
(3)在一个周期(即2t0时间)内打到荧光屏单位长度亮线上的电子个数n为4t0N15L。
【解析】(1)根据动能定理可求得粒子的速度；
(2)根据电子在偏转电场中做类平抛运动求两板间电压的最大值；
(3)带电粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动的规律可求得电子个数。
本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，要注意在电场中应用运动的合成与分解；在磁场中注意洛伦兹力充当向心力的规律的应用。
1.2024年1月18日，我国成功完成了天舟七号货运飞船与空间站的对接，形成的组合体在地球引力作用下绕地球做圆周运动，离地面高度约400km；地球同步卫星离地面高度约为36000km。下列说法正确的是( )
A. 组合体中的货物处于超重状态
B. 组合体的运行速度略小于7.9km/s
C. 地球同步卫星的运行速度略大于7.9km/s
D. 组合体的加速度比地球同步卫星的小
2.我国于1970年成功发射了“东方红一号”人造地球卫星，该卫星至今仍沿椭圆轨道绕地球运动。如图所示，设该卫星在近地点、远地点的速度分别为v1、v2；地球卫星在近地轨道上的运行速度为v0。则
( )
A. v1>v2，v1>v0
B. v1>v2，v1=v0
C. v1
3.在高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，则无人机在下坠过程中( )
A. 机械能一直减小
B. 机械能先减小后不变
C. 重力做功等于动能的增量
D. 合外力做功等于机械能的增量
4.如图所示，第一幅图中A、B两点位于以正点电荷为圆心的虚线圆上，第四幅图中A、B两点在点电荷连线的中垂线上且关于连线对称。则各电场中A、B两点的场强相等、电势也相等的是( )
A. B. C. D.
5.欧姆不仅发现了欧姆定律，还对导体的电阻进行了研究。如图所示，一块均匀长方体的金属样品，边长分别为a、b、c，且a>b>c。当样品两侧面加上相同的电压U时，样品中电流最大的是( )
A. B. C. D.
6.如图所示是空气净化器内部结构的简化图，其中的负极针组件产生电晕，释放出大量电子，电子被空气中的氧分子捕捉，从而生成空气负离子。负离子能使空气中烟尘、病菌等微粒带电，进而使其吸附到带电的集尘栅板上，达到净化空气的作用。下列说法中不正确的是( )
A. 负极针组件产生电晕，利用了尖端放电的原理
B. 为了更有效地吸附尘埃，集尘栅板应带正电
C. 负极针组件附近的电场强度小于集尘栅板附近的电场强度
D. 带电烟尘向集尘栅板靠近的过程中，电势能减小
7.用如图所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验，通过测量重物运动过程中下落高度h和相应的速度大小v等物理量，进行分析验证。下列说法正确的是( )
A. 重物应在靠近打点计时器处由静止释放
B. 应先释放纸带再打开打点计时器电源
C. 可以利用公式v=gt计算重物的速度
D. 作v2∼h图像，只有当图线是过原点的直线时，才能说明机械能守恒
8.为丰富同学们的课余生活，学校组织了趣味运动会，在掷沙包活动中，某同学从同一高度以大小相同的速度先后扔出两个相同的沙包，抛出时沙包1的初速度方向水平，沙包2的初速度方向斜向上，两沙包落在同一水平面上。忽略空气阻力和沙包大小的影响，那么，对两沙包在空中运动的过程( )
A. 重力对沙包做的功WG1
A. 风力增大时，电容器电容减小B. 风力增大时，静电计指针张角不变
C. 风力增大时，P点的电势降低D. 风力增大时，极板间电场强度增大
10.由于万有引力定律和库仑定律都满足平方反比关系，因此引力场与电场之间有许多相似的性质，在处理有关问题时可以将它们进行类比。例如，电场中反映各点电场强弱的物理量是电场强度，其定义式为E=Fq，所以点电荷周围电场强度的表达式为E=kQr2。在引力场中也可以用一个类似的物理量来反映各点的引力场强弱。设地球的质量为M，半径为R，引力常量为G。如果一个质量为m的物体位于距地心2R处的某点，则以下表达式能反映该点引力场强弱的是( )
A. Gm(2R)2B. GM2R2C. GMm(2R)2D. GM(2R)2
11.如图所示，在坐标轴Ox上，电荷量为−Q的点电荷a固定在坐标x=0处，电荷量为+4Q的点电荷b固定在x=−r处。现有一电荷量为−q的点电荷c，在+x轴上从靠近x=0处由静止释放，不考虑重力及电荷c对原电场的影响，取无穷远处电势能为零，在点电荷c的整个运动过程中，其瞬时速度v随时间t、电势能Ep随位置x变化的关系图像如图所示，其中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
二、实验题：本大题共1小题，共15分。
12.为研究某金属导线材料的电阻率，实验小组用如图甲所示电路进行实验，调节金属导线上可动接线柱Q的位置(如图乙所示)，可以改变导线接入电路的长度，可动接线柱Q有一定的电阻，但阻值未知。实验器材如下：
待测金属导线一根；
电压表一个，量程0∼3V，内阻约为3kΩ；
电流表一个，量程0∼0.6A，内阻约为0.1Ω；
滑动变阻器R1(阻值范围0∼10Ω，允许通过的最大电流为0.1A)；
滑动变阻器R2(阻值范围0∼20Ω，允许通过的最大电流为1A)；
干电池两节，开关一个，导线若干，螺旋测微器一只。
(1)请以笔画线代替导线，将图乙中未连接的导线补完整。
(2)滑动变阻器应该选______(选填“R1”或“R2”)。图甲中开关S闭合之前，应将滑动变阻器的滑片P置于______端(选填“A”或“B”)。
(3)用螺旋测微器测量金属导线的直径如图丙所示，则导线的直径d=______ mm。
(4)多次改变导线接入电路的长度L，测量不同长度时的电阻Rx，作Rx−L图像如图丁所示，测得图像中直线的斜率为k，则该金属材料的电阻率为______(用k和d表示)。
(5)仅考虑测量电阻时电表内阻的影响，根据实验数据求出的该金属材料的电阻率比真实值______(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
三、计算题：本大题共4小题，共41分。
13.2024年4月25日，神舟十八号飞船在酒泉卫星发射中心发射并顺利进入预定轨道，随后3名航天员成功进驻中国空间站。已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，忽略地球自转的影响。
(1)求地球第一宇宙速度v1。
(2)若将空间站绕地球的运动看作匀速圆周运动，运行轨道距离地面高度为h，求空间站的运行周期T。
14.如图所示，BC是半径为R的14圆弧形光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E=mg2q。现有一质量为m、带电量为+q的小滑块(可视为质点)，从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度恰好减为零。已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，求：
(1)滑块经过圆弧轨道的B点时，所受轨道支持力的大小。
(2)水平轨道上A、B两点之间的距离。
15.如图所示，长度L=2m的水平传送带始终以速度v=3m/s逆时针匀速转动，传送带的左边和右边各有一个与传送带等高的光滑平台。在左边平台上固定一处于锁定状态的弹簧，其储存的弹性势能Ep=18J，一个质量m=1kg的小物块(可视为质点)紧靠弹簧放置。解除锁定，弹簧恢复原长时小物块从A端滑上传送带，并以v=4m/s的速度离开传送带的B端。重力加速度取g=10m/s2。求：
(1)小物块与传送带之间的动摩擦因数μ。
(2)物块在传送带上运动过程中，系统因摩擦产生的热量Q。
(3)电动机因物块在传送带上运动而多消耗的电能E。
16.某种显像管利用电偏转技术实现电子束的偏转。如图甲所示，电子枪连续均匀发射出的电子经小孔S1进入竖直放置的平行金属板M、N间，两板间所加电压为U0经电场加速后，电子由小孔S2沿水平放置金属板P和Q的中心线射入，两板间距离和长度均为L；距金属板P和Q右边缘L处有一竖直放置的荧光屏；取屏上与S1、S2共线的O点为原点，向上为正方向建立y轴。已知电子的质量为m，电荷量为e，初速度可以忽略。不计电子重力和电子之间的相互作用。
(1)求电子到达小孔S2时的速度大小v。
(2)若电子能从P、Q两金属板间飞出，求P、Q两板间电压的最大值Um。
(3)若金属板P、Q两板间电压u随时间t的变化关系如图乙所示，单位时间内从小孔S1进入的电子个数为N，电子打在荧光屏上形成一条亮线。已知每个电子在板P和Q间运动的时间极短，可以认为两板间的电压恒定，试求在一个周期(即2t0时间)内打到荧光屏单位长度亮线上的电子个数n。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.组合体绕地球做匀速圆周运动，组合体中的货物受到的重力提供向心力，处于完全失重状态，故A错误；
BC.根据万有引力提供向心力得GMmr2=mv2r，解得v= GMr，地球第一宇宙速度7.9km/s是卫星绕地球做匀速圆周运动的最大线速度，可知组合体的运行速度略小于7.9km/s，地球同步卫星的运行速度小于7.9km/s，故B正确，C错误；
D.根据万有引力提供向心力得GMmr2=ma，可得a=GMr2，组合体轨道半径小于同步卫星轨道半径，可知组合体的加速度比地球同步卫星的大，故D错误。
故选：B。
A.根据货物受力情况进行判断；
BC.根据牛顿第二定律导出线速度表达式结合地球的第一宇宙速度进行分析判断；
D.根据牛顿第二定律导出加速度表达式进行判断。
考查万有引力定律的应用和宇宙速度问题，会根据题意进行相关分析和判断。
2.【答案】A
【解析】解：根据开普勒第二定律可得v1Δtr1=v2Δtr2，因为r1
故选：A。
根据开普勒第二定律列式判断近地点和远地点的线速度大小，再结合近地点的近心运动判断椭圆轨道上该点和圆轨道上该点的线速度大小关系。
考查开普勒第二定律和椭圆轨道的线速度大小变化问题，会根据题意进行准确分析和判断。
3.【答案】A
【解析】解：AB、在下坠过程中，阻力一直做负功，所以无人机的机械能一直在减小，故A正确，B错误；
C、合外力做的功等于动能的变化量，除了重力做功外还有阻力做功，故C错误；
D、根据功能关系，阻力做的功等于机械能的增量，故D错误。
故选：A。
根据功和能的关系分析机械能如何变化；根据动能定理分析动能的增量；根据功能关系分析机械能的增量。
本题考查常见力做功与对应的能量转化，机械能的变化与外力的做功情况有关，机械能的增量(变化量)等于外力做的功。
4.【答案】D
【解析】解：A.该图中的A、B两点电势相同，场强大小相同但是方向不同，则场强不同，故A错误；
B.该图中的A、B两点电势不相同，场强大小不相同，但是方向相同，则场强不同，故B错误；
C.该图中的A、B两点电势不相同，场强大小和方向都相同，则场强相同，故C错误；
D.该图中的A、B两点电势相同，均为零，场强大小方向都相同，则场强相同，故D正确。
故选：D。
根据场强的方向沿电场线的切线方向，结合沿电场线方向电势降低分析求解。
本题考查了电场的基本性质，理解电场强度是矢量而电势是标量是解决此类问题的关键。
5.【答案】B
【解析】解：根据电阻定律R=ρLS可知，沿电流方向长度最小，垂直电流方向横截面积最大时，电阻最小，因为a>b>c，所以长度为c，横截面积为ab时样品接入电路的电阻最小，根据欧姆定律I=UR可知，此时样品中电流最大，故B正确，ACD错误。
故选：B。
根据电阻定律和欧姆定律分析计算即可。
知道电阻定律中的长度和横截面积的含义是解题的关键。
6.【答案】C
【解析】解：A.负极针组件产生电晕，释放出大量电子，利用了尖端放电的原理，故A正确；
B.负离子能使空气中烟尘、病菌等微粒带负电，为了更有效率地吸附尘埃，集尘栅板应带正电，故B正确；
C.负极针组件附近的电场线比较密集，则电场强度大于集尘栅板附近的电场强度，故C错误；
D.烟尘吸附到集尘栅板的过程中，电势升高，根据Ep=qφ，可知电势升高，带负电的烟尘电势能减少，故D正确。
本题选不正确的，故选：C。
电极和集尘板带不同的电荷，它们之间形成电场，烟尘带负电，结合电极和集尘板之间的电场的特点分析即可。
该题考查常见静电的应用，解答的关键是知道电极和集尘板之间的电场线的特点。
7.【答案】A
【解析】解：A、为了充分利用纸带，则重物应在靠近打点计时器处由静止释放，故A正确；
B、实验中要先打开电源，再释放纸带，故B错误；
C、利用公式v=gt计算重物的速度，相当于默认物体做自由落体，则机械能一定守恒，失去了验证的目的，故C错误；
D、根据机械能守恒定律可得：
mgh=12mv2
化简得：v2=2gh
则做v2∼h图像时，只有当图线是过原点的直线且斜率为2g时，才能说明物体的机械能守恒，故D错误；
故选：A。
根据实验原理掌握正确的实验操作，结合机械能守恒定律和图像的物理意义完成分析。
本题主要考查了机械能守恒定律的相关应用，熟悉机械能守恒定律，结合图像的物理意义即可完成分析。
8.【答案】D
【解析】解：AC、两沙包下落的高度相等，由WG=mgh可知重力做功相等，即WG1=WG2
两沙包在空中运动过程，由动能定理有：WG=Ek−12mv02，两沙包WG相等，初速度v0大小相等，可知两沙包落地的动能相等，即：Ek1=Ek2，故AC错误；
B、沙包1竖直方向做自由落体运动，沙包2竖直方向做竖直上抛运动，当竖直方向速度减为零，之后在竖直方向做自由落体运动，所以沙包1上升的高度小于沙包2的高度，由h=12gt2可知沙包1在空中运动时间小于沙包2的时间，即：t1
D、由vy=gt可知沙包1落到时竖直方向的速度小于沙包2的速度，由P=mgvy可得P′G1
AC、根据WG=mgh比较两沙包重力做功大小关系，两沙包在空中运动过程，利用动能定理比较两沙包落地时动能大小关系；
B、根据两沙包竖直方向运动特点，可知两者自由落体下落高度大小关系，由h=12gt2可比较两沙包运动时间长短，利用P=WGt可比较两者功率大小关系；
D、由vy=gt可比较两沙包竖直方向落地速度大小，利用P=mgvy可比较两沙包落地时重力做功功率的大小关系。
本题考查了动能定理、功率，解题的关键是知道沙包1竖直方向做自由落体运动，沙包2竖直方向做竖直上抛运动，当竖直方向速度减为零，然后在竖直方向做自由落体运动，两沙包竖直方向下落高度不相等。
9.【答案】C
【解析】解：AB、可动电极在风力作用下向右移动，风力越大，移动距离越大，则板间距离d越小，根据电容决定式：C=εrS4πkd，可得电容越大。极板上电荷量保持不变，根据电容定义式：C=QU，可得板间电压越小，则静电计指针张角越小，故AB错误；
CD、风力越大，板间距越小，极板间电场强度为：E=Ud=QCd=4πkQϵrS，可得极板间电场强度保持不变。由于风力越大，P点与接地的负极板的距离x越小，根据U′=Ex，可知P点与接地的负极板的电势差越小，则P点的电势越小，故D错误，C正确。
故选：C。
风力越大板间距离越小，根据电容的决定式与定义式进行分析电容器电容、板间电压如何变化。根据电场强度与电势差的关系分析极板间电场强度如何变化。根据电势差与电势的关系分析P点的电势如何变化。根据板间电压越大静电计张角越大的关系判断静电计指针张角的变化。
本题考查了电容器的动态分析问题，基础题目。掌握电容的决定式与定义式，匀强电场的电场强度与电势差的关系。
10.【答案】D
【解析】解：根据万有引力定律可得质量为m的物体位于距地心2R处的某点受到的万有引力为F=GMm(2R)2，则该点的引力场强为E′=Fm，解得E′=GM(2R)2，故D正确，ABC错误。
故选：D。
先根据万有引力定律计算出质点所受的万有引力，然后类比电场强度的计算方法可得最后结果。
熟练掌握万有引力定律和场强的定义式是解题的基础。
11.【答案】C
【解析】【解答】设在x轴上距离O点为x处的P点场强为零
根据点电荷的场强公式和场强的叠加原理k4Q(x+r)2=kQx2
解得x=r
则在r>x>0的区域场强沿x轴负方向，在x>r的区域场强沿x轴正方向，在x<0的区域场强沿x轴正方向，如图所示：
当电荷量为−q的点电荷c，在+x轴上从靠近x=0处由静止释放时，先受到沿x轴正向逐渐减小的电场力，即做加速度减小的加速运动，电场力做正功，电势能减小，在x=r处加速度为零，速度到达最大值，电势能最小值；
由于沿电场线电势逐渐降低，取无穷远处电势为零，可知P点电势最高且大于零；根据电势能的定义式，P点的电势能EpP=−qφP<0；
在x>r时受电场力沿x轴负向，因无穷远处的场强也为零，可知受电场力先增加后减小，即加速度先增加后减小，则粒子做加速度先增加后减小的变减速运动，接着电荷c做减速运动直至无穷远处；当电场力为零时，由于整个过程中只有电场力做功，电荷c的动能和电势能的总量保持不变，因此在无穷远处，电荷c的速度为一定值，不为零；
电场力做负功，电势能增加，则场强为零的P点电势高于零，电势能最小且小于零；当电荷c继续向右移动时，电场力做负功，根据功能关系可知电荷的电势能增加直至无穷远处电势能为0。
综上分析，故C正确，ABD错误。
故选：C。
【分析】先求出合场强为0的位置，再根据电荷的受力情况分析加减速的运动情况，根据能量的转化和守恒定律结合无穷远的处的电势能为0的特点确定电势能的变化情况。
考查带电粒子在复杂电场中的运动问题，关键是要正确分析粒子的受力情况和能量变化情况，会根据题意进行准确分析和判断。
12.【答案】R2 A1.850kπd24 偏小
【解析】解：(1)根据图甲电路图，完整的实物连线如图所示
(2)由于滑动变阻器R1允许通过的最大电流只有0.1A，而滑动变阻器R2允许通过的最大电流为1A，则滑动变阻器应该选R2；
为了保证电表安全，图甲中开关S闭合之前，应将滑动变阻器的滑片P置于A端。
(3)螺旋测微器的精确值为0.01mm，由图丙可知导线的直径为
d=1.5mm+35.0×0.01mm=1.850mm
(4)根据电阻定律可动
Rx=ρLS=4ρπd2L
可知Rx−L图像的斜率为
k=4ρπd2
可得该金属材料的电阻率为
ρ=kπd24
(5)由于图甲电路图中电流表采用外接法，由于电压表的分流使得电流表读数大于待测电阻的真实电流，所以待测电阻阻值测量值偏小；根据
ρ=RxSL
可知根据实验数据求出的该金属材料的电阻率比真实值偏小。
故答案为：(1)
(2)R2，A；(3)1.850；(4)kπd24；(5)偏小。
(1)根据电路图电流表外接法连线；
(2)闭合电路欧姆定律估算流过滑动变阻器的电流以及分压接法选择滑动变阻器，以及滑动变阻器的滑片P置于哪端；
(3)螺旋测微器的精确度为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+可动刻度上对齐格数(估读一位)×精确度；
(4)根据电阻定律等得出电阻与导线的长度的关系式，结合图像斜率求解电阻率；
(5)电流表采用外接法，由于电压表的分流使得电流表读数大于待测电阻的真实电流，所以待测电阻阻值测量值偏小；再根据电阻定律得出电阻率比真实值是偏大还是偏小。
本题关键掌握实验原理，掌握电表的选择方法、螺旋测微器的读数方法，注意电阻定律的运用。
13.【答案】(1)根据重力提供向心力有mg=mv12R
解得v1= gR
(2)根据万有引力提供向心力有GMm′(R+h)2=m′(R+h)4π2T2
在地表附近万有引力近似等于重力有GMmR2=mg
解得T= 4π2(R+h)3gR2
答：(1)地球第一宇宙速度v1为 gR；
(2)空间站的运行周期T为 4π2(R+h)3gR2。
【解析】(1)根据重力提供向心力解得第一宇宙速度；
(2)根据万有引力等于重力结合万有引力提供向心力求解环绕周期。
考查万有引力定律的应用和黄金代换式，会根据题意进行准确的分析和解答。
14.【答案】解：(1)设B点的速度为vB，从C点到B点由动能定理得
mgR−qER=12mvB2
又
E=mg2q
解得
vB= gR
在B点由牛顿第二定律得
FN−mg=mvB2R
解得
FN=2mg
(2)设水平轨道上A、B两点之间的距离为x，从C点到A点，由动能定理得
mgR−qE(R+x)−μmgx=0
又
E=mg2q
解得
x=R1+2μ
答：(1)滑块经过圆弧轨道的B点时，所受轨道支持力的大小2mg。
(2)水平轨道上A、B两点之间的距离为R1+2μ。
【解析】(1)根据动能定理结合牛顿第二定律得求解滑块经过圆弧轨道的B点时，所受轨道支持力的大小；
(2)对整个过程研究，重力做正功，水平面上摩擦力做负功，电场力做负功，根据动能定理求出水平轨道上A、B两点之间的距离。
本题考查分析和处理物体在复合场运动的能力。对于电场力做功W=qEd，d为两点沿电场线方向的距离。涉及力在空间效果时，要考虑动能定理。
15.【答案】解：(1)根据能量守恒
Ep=12mv02=18J
可得滑块离开弹簧滑上传送带时的速度
v0=6m/s
滑块在传送带上运动时由能量守恒可得
Ep−μmgL=12mv12
解得
μ=0.5
(2)滑块划过传送带用时间
t=Lv0+v12=2×24+6s=0.4s
则系统因摩擦产生的热量
Q=μmg(L+vt)=0.5×10(2+3×0.4)J=16J
(3)电动机因物块在传送带上运动而多消耗的电能
E=μmgvt=0.5×1×10×3×0.4J=6J
答：(1)小物块与传送带之间的动摩擦因数0.5。
(2)物块在传送带上运动过程中，系统因摩擦产生的热量16J。
(3)电动机因物块在传送带上运动而多消耗的电能6J。
【解析】(1)根据能量守恒求小物块与传送带之间的动摩擦因数；
(2)由功能关系结合运动学公式求系统因摩擦产生的热量；
(3)由功能关系结合运动学公式求电动机因物块在传送带上运动而多消耗的电能。
本题是多过程问题，关键要分析清楚物块经历的过程，运用功能关系、能量守恒定律和运动学公式分析和计算。
16.【答案】解：(1)根据动能定理
eU0=mv2
解得：v= 2eU0m
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，则
L=vt
L2=12at2
a=UmeLm
解得Um=2U0
(3)设电子在偏转电场PQ中的运动时间为t，PQ间的电压为u时恰好打在极板边缘
垂直电场方向：L=vt
平行电场方向：L2=12at2；
此过程中电子的加速度大小 a=ueLm
解得：u=2U0，即当两板间电压为2U0时打在极板上
电子出偏转电场时，在x方向的速度
vx=at
电子在偏转电场外做匀速直线运动，设经时间t1到达荧光屏。则
水平方向：L=vt1
竖直方向：x2=vxt1
电子打在荧光屏上的位置坐标x=L2+x2=3L2
亮线长度X=3L
一个周期内打在荧光屏上的电子数：n0=2N5×2t0
2t0时间内，打到单位长度亮线上的电子个数n：n=n0X=4t0N15L
答：(1)电子到达小孔S2时的速度大小v为 2eU0m；
(2)两板间电压的最大值Um=2U0；
(3)在一个周期(即2t0时间)内打到荧光屏单位长度亮线上的电子个数n为4t0N15L。
【解析】(1)根据动能定理可求得粒子的速度；
(2)根据电子在偏转电场中做类平抛运动求两板间电压的最大值；
(3)带电粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动的规律可求得电子个数。
本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动，要注意在电场中应用运动的合成与分解；在磁场中注意洛伦兹力充当向心力的规律的应用。
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