2023-2024学年江苏省淮安市高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2023-2024学年江苏省淮安市高一（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，计算题等内容，欢迎下载使用。

1.如图所示，绝缘轻绳悬挂一带电小球，静止于水平向右的匀强电场中，此时绳与竖直方向间的夹角θ=30∘，则小球所受电场力( )
A. 方向竖直向上
B. 方向水平向右
C. 等于重力
D. 大于重力
2.2023年8月25日，我国发射了世界首颗高轨合成孔径雷达卫星。如图所示，与近地卫星相比，该卫星绕地球运动的( )
A. 周期更长B. 角速度更大C. 速度更大D. 加速度更大
3.如图所示，足球被踢出后从地面上的A点运动到C点，其中B为轨迹的最高点，不计空气阻力，则该足球( )
A. 从A到B过程，重力的瞬时功率变大B. 从B到C过程，重力的瞬时功率变小
C. 从A到C过程，重力的平均功率等于0D. 从A到B重力的平均功率比从B到C的大
4.如图所示，物体先后由静止开始从两斜面的顶端A分别下滑至底端C、D，若物体与两斜面间的动摩擦因数相同，两个过程中重力对物体做功分别为W1、W2，摩擦力对物体做功分别为W3、W4，则( )
A. W1>W2B. W1W4D. W35.2024年5月8日，执行月背“挖宝”任务的嫦娥六号探测器，成功从绕月停泊轨道Ⅰ进入环月圆轨道Ⅱ，如图所示。关于嫦娥六号探测器下列说法中正确的是( )
A. 在轨道Ⅰ上，经P点的速度比经Q的小
B. 在轨道Ⅰ上的运行周期比在Ⅱ上的长
C. 从轨道Ⅰ上的P点进入到轨道Ⅱ需加速
D. 经P点时，在轨道Ⅰ上的加速度比在轨道Ⅱ上的小
6.如图所示的U−I图像中，直线a、b分别为两个电源的路端电压与电流的关系，曲线c为小灯泡的两端电压与电流的关系，三条线交于Q点。若将小灯泡先后分别与这两电源直接相连组成闭合回路，则( )
A. 电源电动势EaC. 电源的输出功率Pa>PbD. 电源的总功率P总a>P总b
7.如图所示，为电子显微镜中电场线的分布示意图。虚线为一电子由M向N运动的轨迹，则电子在( )
A. M点的电势能大于N点B. M点的动能大于N点
C. M点的加速度大于N点D. M点由静止释放可一直沿电场线运动
8.微信运动步数的测量是通过手机内的电容式加速度传感器实现的，其简化原理图如图所示，M极板固定，当手机的加速度变化时，N极板能上下运动，进而改变电容器的电容，将运动信号转化为电信号，图中R为定值电阻，则手机( )
A. 静止时，电容器两极板不带电
B. 匀速运动时，电流表示数不为零
C. 向前突然减速使N板向上移动，电流表中电流方向由a向b
D. 向前突然加速使N板向下移动，电容器两极板间电场强度不发生变化
9.如图所示，匀强电场中有一边长为L的正方形ABCD。质量为m、电荷量为q的正点电荷，由A移到B的过程中，电场力做的功为W(W>0)；由B移到C的过程中，电场力做的功−2W，取A点的电势为零。下列说法正确的是( )
A. 由C到D电场力做的功为WB. 由D到A电场力做的功为2W
C. 电场的方向沿AC方向D. 电场的方向沿BD方向
10.小球由静止从某高处竖直下落，若所受阻力恒定，用x表示下落的高度，t表示下落的时间，Ek表示动能，Ep表示势能，E表示机械能。下列图像可能正确的是( )
A. B.
C. D.
11.如图所示，电表均为理想电表，其中电流表A1、A2、A3示数变化量的绝对值分别用ΔI1、ΔI2、ΔI3表示，电压表示数的变化量用ΔU表示，则滑动变阻器的滑片向a端移动过程中( )
A. 电压表V示数变小
B. 电流表A3示数变大
C. ΔI1>ΔI2
D. ΔUΔI3变大
二、实验题：本大题共1小题，共9分。
12.电导率(电阻率的倒数)是衡量水质是否合格的一项重要指标。某实验小组为测量小区使用自来水的电导率，进行如下实验：
(1)为方便测量水的电阻，将采集的水样装满塑料圆柱形容器，此时圆柱形水样的横截面积为S，长为l如图甲所示；
(2)先用多用电表欧姆挡“×10”倍率粗测该水样的电阻，指针指在如图乙中a位置，则应换成______(选填“×100”或“×1k”)倍率，重新欧姆调零后，指针指在如图乙中b位置，则电阻值为______Ω；
(3)为更精准测量水样的电阻R，设计如图丙所示电路图。将滑动变阻器滑片调至合适位置并保持不变，将1分别接2、3两个位置，发现电压表的示数变化不明显，电流表的示数变化明显，则测量时应将1接______(选填“2”或“3”)，测量结果R测______(选填“=”、“>”或“<”)R真；
(4)改变滑动变阻器滑片位置，测量多组电流I及对应电压U的值，并描绘其U−I图像如图丁所示，图线斜率为k，则该水样的电导率(电阻率的倒数)σ=______(用“k”、“l”、“S”表示)。
三、计算题：本大题共4小题，共47分。
13.如图所示，电源电动势E=3V、内阻r=0.5Ω，电动机线圈电阻RM=1Ω，流过电动机的电流I=1A。求此时：
(1)电源的路端电压U；
(2)电动机的输出功率P。
14.2024年4月26日，神舟十八号三名航天员成功入驻“天宫”空间站。空间站绕地球的运动可视为匀速圆周运动，已知地球半径为R，万有引力常量为G，空间站的运行周期为T，轨道高度为h，忽略地球自转的影响。求：
(1)空间站的运行速率v；
(2)地球的质量M。
15.如图甲所示为某小组设计的轨道示意图。长L=2m、倾角θ=37∘的斜面AB，与足够长的水平面BC平滑连接，处于同一竖直面内。质量m=1kg的小物块，从斜面顶端A点由静止滑下，到达B点时速度大小vB=4m/s，物块与水平面间的动摩擦因数μ与到B点距离x的关系如图乙所示。不计空气阻力，物块视为质点，sin37∘=0.6，s37∘=0.8，g取10m/s2，取水平面BC为零势能面。求物块：
(1)在A点的重力势能Ep；
(2)从A到B运动过程中，摩擦力对物体做功W；
(3)在水平面BC上滑行的最大距离xm。
16.如图所示，长为3L、间距为2L的两平行金属板水平放置，两板与开关S、直流电源相连。闭合开关S，质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以速度v0从上极板边缘水平射入，恰能从下极板边缘飞出，粒子受到的重力和空气阻力均忽略不计，已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8。
(1)粒子离开电场时速度大小v；
(2)若粒子以速度2v0从上极板边缘水平射入，求粒子离开电场时的动能Ek；
(3)将题中直流电源换为交流电源，其电压U随时间t变化关系的图像如图乙所示，其中U0(未知)等于原直流电源的电动势，t=0时刻粒子仍以速度v0从上极板边缘水平射入，求粒子离开电场时的侧位移y。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：AB.对小球受力分析共受三力，如图所示
其中重力竖直向下，电场力水平方向，拉力沿绳向左上，根据平衡条件可得，电场力水平向右，故A错误，B正确；
CD.根据矢量法则结合数学知识可知：F电=mgtan⁡30= 33mg，得电场力小于重力，故CD错误；
故选：B。
AB、根据受力分析和平衡条件可解出；
CD、根据矢量的叠加可解出。
本题主要考查学生对于电场力的分析，对于这部分内容要仔细分析受力方向和矢量的叠加。
2.【答案】A
【解析】解：卫星绕地球做圆周运动，根据万有引力提供向心力得
GMmr2=mv2r=mω2r=m4π2T2r=ma
解得：v= GMr，ω= GMr3，T=2π r3GM，a=GMr2
可知卫星的轨道半径越大，速度、角速度、加速度越小，而周期越大，因为合成孔径雷达卫星的半径大于近地卫星的半径，故其线速度、角速度和加速度都小于近地卫星的线速度、角速度和加速度，而其周期大于近地卫星的周期，故A正确，BCD错误。
故选：A。
卫星绕地球做圆周运动，由万有引力提供向心力，由此列式求出卫星的周期、角速度、速度、加速度与轨道半径的关系，再进行分析。
解答本题的关键要掌握万有引力提供向心力这一思路，并能灵活选择向心力公式。
3.【答案】C
【解析】解：不计空气阻力，足球做斜抛运动，B为最高点，则
A、根据PG=mgvy，从A到B过程，竖直方向的速度vy减小，则重力的瞬时功率变小，故A错误；
B、根据PG=mgvy，从B到C过程，足球做平抛运动，在竖直方向上做自由落体运动，则竖直方向的速度vy增大，重力的瞬时功率变大，故B错误；
C、从A到C过程，重力做功为0，重力的平均功率等于0，故C正确；
D、根据对称性，从A到B和从B到C的时间相同，从A到B克服重力做功和从B到C重力做功相同，则从A到B重力的平均功率等于从B到C重力的平均功率，故D错误。
故选：C。
根据公式PG=mgvy分析；从A到C过程，重力做功为0；根据对称性，从A到B和从B到C的时间相同，从A到B克服重力做功和从B到C重力做功相同。
掌握公式P=Fv，知道v必须是F方向上的v，且一般用这个公式计算的是瞬时功率，平均功率通常用公式p=Wt计算。
4.【答案】D
【解析】解：AB.根据重力做功公式有WG=mgh，h相同，则重力对物体做功相同，即W1=W2
故AB错误；
CD.设斜面的倾角为θ，动摩擦因数为μ，则摩擦力对物体做功
Wf=μmgcsθ⋅hsinθ=μmgh⋅1tanθ
所以
W3故D正确，C错误。
故选：D。
根据WG=mgh，比较重力做功；
根据摩擦力做功公式，推导摩擦力做功表达式，分析摩擦力做功关系。
本题解题关键是掌握功的定义式，即W=FLcsθ。
5.【答案】B
【解析】解：A.根据开普勒第二定律知，嫦娥六号探测器速度“近快远慢”在轨道Ⅰ上，经近月点P的速度比经远月点Q的大，故A错误；
B.在轨道Ⅰ上的运行轨道半长轴比在Ⅱ上轨道半径大，根据开普勒第三定律，在轨道Ⅰ上的运行周期比在Ⅱ上的长，故B正确；
C.高轨加速，低轨减速，从轨道Ⅰ上的P点进入到轨道Ⅱ由高轨道进入低轨道做近心运动，需减速，故C错误；
D.根据牛顿第二定律
GMmr2=ma
解得
a=GMr2
经P点时，在轨道Ⅰ上与在轨道Ⅱ上到月心的距离r相同，则经P点时，在轨道Ⅰ上的加速度等于在轨道Ⅱ上的加速度，故D错误。
故选：B。
速度“近快远慢”；
根据开普勒第三定律，比较周期；
高轨加速，低轨减速；
根据a=GMr2，比较加速度大小。
本题解题关键是掌握开普勒的行星运动定律，是一道基础题。
6.【答案】D
【解析】解：AB、根据闭合电路欧姆定律得
U=E−Ir
则知电源的U−I图线的纵轴截距表示电源的电源电动势，则
Ea>Eb
电源的U−I图线的斜率绝对值表示电源的内阻，则
ra>rb，故AB错误；
C、电源的输出功率为P=UI。由图可知小灯泡先后分别与这两电源直接相连组成闭合回路，路端电压U、电流I相同，则Pa=Pb，故C错误；
D、电源的总功率为P总=EI，因为Ea>Eb，电流I相等，则P总a>P总b，故D正确。
故选：D。
根据闭合电路欧姆定律，结合电源的U−I图线分析电源电动势和内阻的大小关系；电源的U−I图线与小灯泡的U−I图线的交点表示该灯泡接在该电源上时的电压和电流，由P=UI分析电源输出功率的大小；由P=EI分析电源的总功率大小。
本题主要考查闭合电路的欧姆定律，理解图像的物理意义，结合闭合电路欧姆定律和功率的计算公式即可完成分析。
7.【答案】A
【解析】解：A、根据沿着电场线方向电势降低可知，M点的电势低于N点。电子带负电，负电荷在电势低的地方电势能大，可知电子在M点的电势能大于N点的电势能，故A正确；
B、电子所受电场力方向指向轨迹的内侧，与速度方向成锐角，则由M到N运动过程电场力做正功，电子的动能增大，M点的动能小于N点，故B错误；
C、电场线的疏密程度表示电场强度的相对大小，N点的电场线比M点的电场线密，则N点的场强比M点大，电子在N点的加速度大于M点，故C错误；
D、由图知该电场线不是直线，而电子受到的电场力沿电场线切线的反方向，则电子在M点由静止释放不能一直沿电场线运动，故D错误。
故选：A。
根据电场线方向分析电势高低，结合负电荷在电势高处电势能小，来分析电子电势能的变化情况；根据电场力做功情况判断动能的变化情况；根据电场线的疏密分析电场强度的大小，进而判断加速度大小；根据电场线的形状分析电子能否一直沿电场线运动。
在电场中，根据带电粒子的运动轨迹和电场线关系判断电场强度、电势、电势能、动能等变化，这对学生是基本的要求，要重点掌握。
8.【答案】C
【解析】解：A、静止时，电容器相当于开关断开，电流表示数为零，但两极板与电源连接，电容器两极板带电，故A错误；
B、两极板与电源连接，电势差不变。匀速运动时，两极板间距离不变，电容不变，电荷量不变，则电流表示数为零，故B错误；
C、向前突然减速使N板向上移动，两极板间距离d减小，根据电容的决定式C=εrS4πkd知电容C增大，由Q=CU，U不变，电荷量Q增大，电容器充电，则电流表中电流方向由a向b，故C正确；
D、向前突然加速使N板向下移动，极板间距离d增大，电势差U不变，由E=Ud知电容器两极板间电场强度减小，故D错误。
故选：C。
静止时，根据电路连接情况分析电容器两极板是否带电；匀速运动时，电容器两极板间距离不变，电容不变，带电量不变，电路中没有电流；向前突然减速使N板向上移动，或向前突然加速使N板向下移动，根据电容决定式、电容的定义式结合场强与电势差的关系分析。
本题考查电容器的动态分析问题，学会利用电容的决定式、电容的定义式、场强与电势差的关系式相结合进行分析。
9.【答案】B
【解析】解：AB、在匀强电场中，有UAB=−UCD，UBC=−UDA
由电场力做功公式W=qU可知，由C到D电场力做的功为−W，由D到A电场力做的功为2W，故A错误，B正确；
CD、由A移到B的过程中，电场力做的功为W(W>0)；由B移到C的过程中，电场力做的功−2W，则由A移到C的过程中，电场力做的功−W，取BC的中点为E，则知从A点到E点电场力做功为零，所以A与E两点的电势相等，AE连线为一条等势线，则电场的方向垂直AE，故CD错误。
故选：B。
匀强电场的特点确定CD间电势差和AB间电势差关系，以及DA间电势差与BC间电势差关系，再由电场力做功公式W=qU求由C到D电场力做的功，以及由D到A电场力做的功。取BC的中点为E，根据题意确定从A点到E点电场力做功，分析AE两点的电势关系，即可判断电场方向。
本题的关键要电场力做功与电势差的关系、电场线与等势面的关系，都是电场中的基本知识，要加强学习，熟练掌握。
10.【答案】B
【解析】解：A.根据能量守恒，重力势能转换为动能加阻力损耗，由此可得
Ek=mgx−fx
由此可得，Ek与x成正比，故A错误；
B.小球的机械能为
E=E0−fx
可知机械能E与x成线性关系，故B正确；
D.小球的动能为
Ek=12mv2
小球做匀变速直线运动，根据运动学公式可得：
v=at
解得
Ek=12ma2t2
可知Ek与t成抛物线关系，故D错误。
C.小球的重力势能为
Ep=mgh−12ma2t2−fx
其中
x=12at2
可得
Ep=mgh−12ma2t2−fx=mgh−12(ma2+fa)t2
可得Ep与t为抛物线关系，图像开口向下，故C错误。
故选：B。
根据功能关系分析出小球动能与下落高度的关系；
根据运动学公式和动能的计算公式得出动能与下落高度的关系。
本题主要考查了功能关系的相关应用，理解不同力的做功导致对应能的变化特点，掌握图像的物理意义即可完成分析。
11.【答案】C
【解析】解：B、滑动变阻器的滑片向a端移动过程中，R1接入电路的阻值变大，电路总电阻R总变大，根据闭合电路欧姆定律知干路电流变小，即A3示数I3变小，故B错误；
A、干路电流减小，电源内电压减小，则外电压(路端电压)增大，即V的示数增大，故A错误；
D、根据闭合电路欧姆定律得
U=E−I3r
可知ΔUΔI3=r，不变，故D错误；
C、根据闭合电路欧姆定律得：U并=E−I3(R3+r)，I3变小，可知U并增大，则A2的示数I2=U并R2，增大，而I3减小，则A1的示数I1=I3−I2减小，则ΔI1>ΔI2，故C正确。
故选：C。
先根据滑动变阻器的阻值变化判断总电阻的变化，分析干路电流的变化，再判断各部分的电压和电流变化。根据闭合电路欧姆定律列式分析D项。根据并联电路的分流规律分析C项。
本题考查电路的动态分析问题，先判断局部电阻的变化，分析总电阻的变化，再判断整体电流的变化，最后分析各部分电压和电流的变化。
12.【答案】×10013003>lkS
【解析】解：(2)先用多用电表粗测其电阻。将选择开关调到欧姆挡“×10”挡位并调零，测量时发现指针偏转角度太小，说明阻值太大，所以倍率挡选择的过低，结合示数可知将选择开关换成欧姆挡的“×100”挡位；重新欧姆调零后，指针指在如图乙中b位置，则电阻值为
13×100Ω=1300Ω
(3)将滑动变阻器滑片调至合适位置并保持不变，将1分别接2、3两个位置，发现电压表的示数变化不明显，电流表的示数变化明显，说明电压表的分流作用明显，所以测量时应将1接3；此时测量电压偏大，根据R=UI可知，测量结果大于真实值；
(4)根据题意可得电阻R=k，根据电阻定律可得
R=ρlS
σ=1ρ
联立可得
σ=lkS
故答案为：(2)×100，1300；(3)3，>；(4)lkS。
(2)根据指针偏转的角度判断电阻大小，选择合适挡位；表针示数乘以倍率即为读数；
(3)根据题意选择电流表的接法，根据欧姆定律分析测量结果的误差；
(4)根据电阻定律结合题意推导。
本题关键掌握欧姆表的使用方法和电流表接法的选择。
13.【答案】解：(1)根据闭合电路欧姆定律得
U=E−Ir=3V−1×0.5V=2.5V
(2)电动机消耗的总功率为
P总=IU=1×2.5W=2.5W
电动机消耗的热功率为
P热=I2RM=12×1W=1W
则电动机的输出功率为
P=P总−P热=2.5W−1W=1.5W
答：(1)电源的路端电压U为2.5V；
(2)电动机的输出功率P为1.5W。
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律求解电源的路端电压U；
(2)根据P总=IU计算电动机消耗的总功率，根据P热=I2RM计算电动机消耗的热功率，再由P=P总−P热得到电动机的输出功率P。
对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立。
14.【答案】解：(1)根据速度与周期的关系有
v=2π(R+h)T
(2)根据万有引力提供向心力，可得
GMm(R+h)2=m4π2T2(R+h)
解得
M=4π2(R+h)3GT2
答：(1)空间站的运行速率2π(R+h)T；
(2)空间站的运行速率4π2(R+h)3GT2。
【解析】(1)根据速度与周期的关系，求速度；
(2)根据万有引力提供向心力，求地球质量。
本题解题关键是掌握天体常用规律，天体圆周运动向心力来自万有引力。
15.【答案】解：(1)物块在A点的重力势能
Ep=mgLsinθ
解得
Ep=12J
(2)物块从A到B过程，根据动能定理有
W+mgLsinθ=12mvB2−0
解得
W=−4J
(3)在水平面BC上滑行最大距离xm过程中，图乙与横轴围成的面积乘以mg等于在水平面BC上克服摩擦力做功，根据动能定理有
−mg⋅xm⋅0.624xm2=0−12mvB2
解得
xm=8m
答：(1)在A点的重力势能12J；
(2)从A到B运动过程中，摩擦力对物体做功−4J；
(3)在水平面BC上滑行的最大距离8m
【解析】(1)根据重力势能公式，求A点重力势能；
(2)根据动能定理，求摩擦力做功；
(3)根据图像面积乘以mg，求摩擦力做功，再根据动能定理，求最大距离。
本题解题关键是掌握动能定理，以及分析出图像面积乘以mg为摩擦力做功。
16.【答案】解：(1)粒子在电场中作类平抛运动，水平方向满足
3L=v0t1
竖直方向满足
2L=0+vy2t1
解得
vy=43v0
所以
v= v02+vy2
解得v=53v0
(2)设飞行时间为t2，则
3L=2v0t2
解得
t2=12t1
所以
vy′=12vy
则
v2=(2v0)2+vy′2
所以动能为
Ek=12mv2
解得Ek=209mv02
(3)由于U0等于原直流电源的电动势，所以粒子在电场中运动的加速度a大小保持不变第(1)问中，粒子水平方向上做匀速运动
t=3Lv0
2L=12at2
竖直方向：第一个t0=Lv0时间内，做初速度为0的匀加速运动；第二个t0=Lv0时间内，做匀减速运动，直至速度为0；第三个t0=Lv0时间内，再做初速度为0的匀加速运动。粒子每个t0=Lv0时间内，发生的侧位移
y0=12at02
联立可得
y0=2L9
所以，粒子离开电场时的侧位移
y=3y0=3×2L9=2L3
答：(1)粒子离开电场时速度大小为53v0；
(2)若粒子以速度2v0从上极板边缘水平射入，粒子离开电场时的动能为209mv02；
(3)粒子离开电场时的侧位移为2L3。
【解析】(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，根据运动的分解解答；
(2)带电粒子在电场中水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上匀变速运动，根据分析粒子的运动情况与动能公式解答；
(3)根据运动的分解结合运动学规律解答。
解决该题的关键是掌握带电粒子在偏转电场中的运动情况，知道平抛运动的运动规律，熟记运动学的相关公式。