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2022-2023学年江苏省徐州市第一中学高一下学期期中物理试题
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这是一份2022-2023学年江苏省徐州市第一中学高一下学期期中物理试题，文件包含江苏省徐州市第一中学高一下学期期中物理试题原卷版docx、江苏省徐州市第一中学高一下学期期中物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
1. 物理学科核心素养包括“物理观念、科学思维、科学探究和科学态度与责任”。下列关于物理观念和科学思维的认识，正确的是（ ）
A. 歌词“…摩擦摩擦在这光滑的地上摩擦…”从物理学角度来看这句话不成立
B. 电学中引入点电荷的概念，突出带电体的电荷量，采用了等效替代法
C. 某同学求出位移，利用单位制的方法发现这个结果是正确的
D. 像电阻，加速度一样，很多物理概念都是采用比值法定义的
【答案】A
【解析】
【详解】A．“…摩擦摩擦在这光滑的地上摩擦…”从物理角度来看这是不可能的，因为光滑的地板，动摩擦因数为零，不可能有摩擦力，故从物理学角度来看这句话不成立，故A正确；
B．电学中引入点电荷的概念，突出带电体的电荷量，忽略次要因素，建立理想化的物理模型，采用了建立理想物理模型的科学方法，故B错误；
C．位移的单位是，的单位是，的单位是，则的单位是，故利用单位制的方法发现这个结果是错误的，故C错误；
D． 电阻
用了比值定义法，公式
是牛顿第二定律表达式的变形，是加速度大小的决定式，不是比值法定义的，故D错误。
故选A。
2. 图a为土星探测器拍摄的照片（图b为其示意图），土卫三十五位于土星内环和外环之间的缝隙里，由于其对所经过区域的引力作用，原本平滑的土星环边沿泛起“涟漪”。已知两土星环由大量碎块组成且绕土星运行方向相同，土卫三十五轨道与两环始终位于同一平面，则下列关于土卫三十五的运行方向说法正确的是（ ）
A. 与两环绕行方向相同且正向图a右上方运动
B. 与两环绕行方向相同且正向图a左下方运动
C. 与两环绕行方向相反且正向图a右上方运动
D. 与两环绕行方向相反且正向图a左下方运动
【答案】B
【解析】
【详解】根据万有引力公式
解得
因此可知轨道半径越大角速度越小。对于内环而言，如果内环和土卫三十五同向运动，则由于内环角速度大于土卫三十五，可知其泛起的涟漪将超前土卫三十五，此时内环顺时针运动，如果内环和土卫三十五反向运动，由于涟漪在左下方，仍可知内环顺时针运动。由于两环运动方向相同，因此外环也顺时针运动，而外环涟漪在右上方，且外环角速度小于土卫三十五，因此可知土卫三十五顺时针运动。
故选B。
3. 静电除尘烟囱，放电极附近的强电场使空气分子电离为正离子和电子，使尘埃颗粒带负电，被吸附到正极。图为一个尘埃颗粒的运动轨迹，下列说法正确的是（ ）
A. 尘埃颗粒的初速度可能为零
B. 尘埃颗粒的动能一直增大
C. 尘埃颗粒的加速度先减小后增大
D. 尘埃颗粒的电势能先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．由尘埃颗粒的运动轨迹可知，尘埃颗粒做曲线运动，尘埃颗粒的初速度不可能为零，否则尘埃颗粒将做直线运动，故A错误；
BD．根据尘埃颗粒的运动轨迹知，电场力对尘埃颗粒先做负功后做正功，故动能先减小后增大，电势能先增大后减小，故B错误，D正确；
C．尘埃颗粒在运动过程中，电场线的分布先密集后稀疏，故电场力先增大后减小，加速度先增大后减小，故C错误。
故选D。
4. 如图所示，甲、乙、丙、丁四个金属导体的材料、厚度均相同，它们的上下表面均为正方形，边长分别为a、b、c、d，且。当电流沿图中箭头所示方向流过四个导体时，这四个导体的电阻R甲、R乙、R丙、R丁的大小关系正确的是（ ）
A. B.
C. D. 条件不足，无法判断
【答案】A
【解析】
【详解】设厚度为x，根据电阻定律
所以
故选A。
5. 传感器在我们日常生活中应用非常广泛，如图所示是一个报警传感器的电路示意图。电源的电动势为E、内阻为。R1、R2为定值电阻。R3是用光敏电阻制成的传感器，其阻值会随着光照强度的增强而急剧减小，R3放在容易受光照射的地方（某些单位中有些特殊的地方是不允许受光照射的）。电流表和电压表V是放在某单位监控室里的电流显示器和电压显示器。L是放在监控室里的小灯泡。当传感器R3附近处光照异常时，会引起电流、电压显示器上的电流、电压异常，小灯泡L灯光颜色也发生变化，从而发出警报。则当传感器R3附近处受光照强度增加时，下列说法正确的是（ ）
A. 电流表的示数变大
B. 电压表的示数变小
C. 小灯泡变亮
D. 电源总功率变小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】当传感器R3附近处受光照强度增加时，其阻值会急剧减小，则外电路电阻减小，由欧姆定律有
可知电路总电流增大，内阻分压增大，定值电阻R1两端电压增大，电压表示数增大，将R2与R3并联看作整体，整体电阻减小，则整体两端电压减小，则可知流经R2的电流减小，电流表示数减小，又由于总电流增大，则流经R3的电流增大，灯泡变亮，由P=UI可得电源总功率变大。
故选C。
6. 如图为监测水位变化的电容式传感器的原理简图，两块平行金属板的表面已进行绝缘处理。当水位发生变化时，可通过信号输出端进行监测。若观测到输出端a的电势低于b的电势，即电容器在放电，则可判断（ ）
A. 电容器电容变大B. 水位正在下降
C. 电容器电压变大D. 两金属板间的电场强度变大
【答案】B
【解析】
【详解】观测到输出端a的电势低于b的电势，即电容器在放电，可知电容器电荷量减小，根据
电容器与电源相连，电容器电压不变，则电容器电容变小；根据
可知水位正在下降；根据
可知两金属板间的电场强度不变。
故选B。
7. 如图甲所示，x轴上固定两个点电荷A和B，电荷A固定在原点O，电荷B固定在处，通过电势传感器测出x轴上各点电势φ随坐标x的变化规律并描绘出φ-x图像，如图乙所示。已知φ-x图线与x轴的交点坐标为和，处的图线的切线水平，取无穷远处电势为零时点电荷的电势公式，其中k为静电力常量，Q为场源点电荷的电荷量，r为某点距场源点电荷的距离，以下说法正确的是（ ）
A. 、
B. 两点电荷的电荷量之比为
C. 在x轴上的区域内无初速度释放一正电荷，该正电荷一定能到达无穷远处
D. 两点电荷为同种电荷
【答案】B
【解析】
【详解】AB．φ–x图像中图线的斜率绝对值表示电场强度大小，则x=3L处的电场强度为零，有
由题图可知x1、x2处的电势为零，根据电势公式有
解得
，
故A错误，B正确；
C．在x轴上2L3L的区域内，电势逐渐降低，电场强度沿x轴正方向，若在x轴上x>3L的区域内无初速度释放一正电荷，正电荷受到向右的电场力，将向右加速到无穷远处，故C错误；
D．根据题图中各点电势φ随坐标x变化规律的曲线可知，在x轴上各点的电势有正有负，根据点电荷的电势公式可知两点电荷带异种电荷，由于时电势为正，时电势为负，所以点电荷A带正电，点电荷B带负电，故D错误。
故选B。
8. 2022年6月30日位于浙江安吉的长龙山抽水蓄能电站全部机组正式投产发电。该项目是华东地区最大的抽水蓄能电站，主要承担整个华东电网调峰、填谷的双倍调峰功能。电站在电网用电低谷时将水抽到高处，在电网用电高峰时再利用水能发电，平均用4度谷电能换3度峰电。电站每年可生产清洁电能2.435×109kwh。已知峰电价格0.50元，谷电价格0.30元。下列说法正确的是（ ）
A. 水能是不可再生能源
B. 该电站产生的电能小于消耗的电能，从经济的角度没有实际意义
C. 电站实现电能转化为势能储存，需要时再转化为电能，说明能量不仅数量上守恒，在可利用的品质上也不变
D. 电站每年发电直接产生的经济效益约为2.435×104万元
【答案】D
【解析】
【详解】A．水能是可再生能源，故A错误；
B．虽然该电站产生的电能小于消耗的电能，消耗4度谷电能换3度峰电，但峰电价格0.50元，谷电价格0.30元，则可知每4度谷电能换3度峰电产生的直接经济效益为元，因此从经济的角度是有意义的，故B错误；
C．电站实现电能转化为势能储存，在转化的过程中，虽然能量是守恒的，但有一部分能量被耗散，不能实现百分之百的转化，而需要时再转化为电能的量减少了，利用的品质下降了，故C错误；
D．电站每年可生产清洁电能
则需要消耗的电能为
直接产生的经济效益为
故D正确。
故选D。
9. 某学习小组想要测量电动车蓄电池的路端电压（蓄电池额定电压为36V）。实验室可提供的电压表最大量程为0~15V，不满足电压测量需求。小组同学讨论后决定利用电阻箱将该电压表改装成量程为0~45V的新电压表，已知量程为0~15V电压表的内阻RV=15kΩ，以下操作正确的是（ ）
A. 选择电路图甲进行改装，将R1的阻值调至15kΩ
B. 选择电路图甲进行改装，将R1的阻值调至30kΩ
C. 选择电路图乙进行改装，将R2的阻值调至15kΩ
D. 选择电路图乙进行改装，将R2的阻值调至30kΩ
【答案】B
【解析】
【详解】要将电压表改成量程更大的电压表，需要串联一个新的电阻，根据欧姆定律可得
故选B。
10. 图像是解决物理问题的好方法，下列关于图像的分析正确的是（ ）
A. 图甲中A、B两物体图的交点表示两物体在时刻相遇
B. 图乙为某硅光电池的路端电压与电流的关系图，则电池在P点状态下的内阻为直线MP的斜率的大小
C. 图丙为某白炽灯电压与电流的关系曲线，则图中Q点切线的斜率表示该灯泡在电压为2.0V时的电阻
D. 图丁的阴影部分的面积反映了该变力作用下物体从到的过程中力的功率
【答案】B
【解析】
【详解】A．图甲中A、B两物体图的交点表示两物体在时刻速度相同，但不一定相遇，故A错误；
B．图乙为某硅光电池路端电压与电流的关系图，根据可知，则电池在P点状态下的内阻为
即为直线MP的斜率的大小，故B正确；
C．图丙为某白炽灯电压与电流的关系曲线，根据，可知图中Q点与坐标原点连线的斜率才表示该灯泡在电压为2.0V时的电阻，故C错误；
D．根据可知，图丁的阴影部分的面积反映了该变力作用下物体从到的过程中力的所做的功，故D错误。
故选B。
二、实验题（每空2分，共18分）
11. 两位工人师傅相互配合，在高压水管的两端分别用游标卡尺的内、外测量爪测量水管的外圈直径为______mm、内圈直径为______mm，计算可得水管管壁的厚度为______mm。
【答案】 ①. 50.15 ②. 32.7 ③. 8.725
【解析】
【详解】[1]根据游标卡尺的读数规则有
[2]根据游标卡尺的读数规则有
[3]根据上述数据，可以算出水管管壁的厚度为
12. 如图（a）所示，甲同学利用电流表和电压表来观察电容器充、放电现象，所选用电流表的零刻度在表盘的正中央，指针可向左、右偏转，已知电流从该电流表的“＋”接线柱流入时，指针向右偏转，反之向左偏转。所选用的电压表的零刻度在表盘的最左侧。
①为观察电容器C充电时的现象，应将单刀双掷开关S接___________（选填“1”或“2”）。
②在利用图（a）电路进行实验时，下列操作或现象正确的是___________。
A．连接电路时，电压表的下端为“＋”接线柱
B．电容器C在放电时，电流表指针向左偏转
C．电容器C在放电时，电流表指针忽左忽右偏转
D．电容器C充电结束后，电压表示数等于电源电动势
③乙同学用图（b）所示电路来观察电容器C放电现象：他利用电流传感器采集放电过程电路中的电流，并输入计算机，得到了图（c）所示的电流i与时间t的关系图像。已知该同学所选用的直流电源电动势。
a．通过图像可以发现：电容器放电时，电路中的电流减小得越来越___________（选填“快”或“慢”）；
b．已知图（c）中图线与坐标轴所围成图形的面积表示电容器放电过程中所释放的电量，每一小格面积表示的电荷量为，据此可求出电容器放电前所带电荷量Q=___________C；
c．乙同学改变电源电动势，重复多次上述实验，得到电容器在不同电压U下所带的电荷量Q，并作出图像，则图像应是___________；
A． B．
C． D．
d．乙同学在实验中所选用的电容器的电容C=___________F。
【答案】 ①. 1 ②. BD##DB ③. 慢 ④. ⑤. B ⑥.
【解析】
【详解】①[1]充电时必须将电容器接电源，故将单刀双掷开关拨向1。
②[2]A．由电路图可知，电压表的下端应为“”接线柱，A错误；
B．由于电流从电流表的“＋”接线柱流入时，指针向右偏转，反之向左偏转；而电容器C放电时电流从电流表的“”接线柱流入，电流表指针向左偏转，B正确；
C．电容器放电时电流方向不变，电流表指针不可能忽左忽右，C错误；
D．电容器C充电结束后，电压表示数等于电源电动势E，D正确。
故选BD。
③a[3]从图（c）中可以看出放电时电流减小得越来越慢（斜率绝对值表示电流的变化快慢）。
b[4]可数出图线与坐标轴所围成图形有40小格，所以电容器放电前所带电荷量为
c[5]对一个特定的电容器，其带电量与电压成正比，B正确。
d[6]根据电容的定义可得
三、解答题（9分+9分+12分+12分，共42分）
13. 小明同学在玩一个会发光的电动玩具汽车时，发现了一个现象：启动电源，电动机正常工作，车轮正常转动，当不小心卡住车轮时，车灯会变暗。玩具汽车的简化电路如图所示，电源电动势，，车轮电动机的额定电压，额定功率，线圈电阻。则：
（1）玩具汽车正常工作时，流过灯泡的电流；
（2）玩具汽车被卡住后，流过灯泡的电流；
（3）玩具汽车卡住前后，灯泡消耗功率的减少量。
【答案】（1）1A；（2）；（3）4.5W
【解析】
【详解】（1）玩具汽车正常工作时，电源内压
通过电源的电流
玩具汽车正常工作时，通过电动机的电流
流过灯泡的电流
（2）灯泡电阻为
玩具汽车被卡住后，电动机可视为纯电阻，灯泡与电动机并联的电阻
电路中的总电流
由并联电路的特点可知流过灯泡的电流
（3）玩具汽车卡住前，灯泡消耗功率
玩具汽车卡住前后，灯泡消耗功率
灯泡消耗功率的减少量
14. 如图所示，电荷量均为+q、质量分别为m、2m小球A、B，中间用绝缘轻绳连接，忽略两电荷间的库仑力，两球在竖直向上的匀强电场中以速度v0匀速上升，某时刻轻绳断开。求：
（1）电场强度的大小；
（2）轻绳断开后A、B两球的加速度大小；
（3）自轻绳断开至B球速度为零的过程中，A、B两球组成系统的电势能变化量。
【答案】（1）；（2） ,；（3）
【解析】
【详解】（1）设电场强度为E，把小球A、B看作一个整体，由于绳未断前作匀速运动
有
解得
（2）细绳断后，根据牛顿第二定律，对A球有
解得
对B球有
解得
负号表示方向竖直向下
（3）设自绳断开到B球速度为零的时间为t，则
解得
当B球速度为零时，A球的速度大小
解得
在该时间内A球的位移为
由功能关系知，电场力对A球做了正功：
B球的位移为
电场力对B球做了正功
在这一过程中，系统的电势能变化量为：
15. 如图（1）所示，在竖直平面内光滑的曲面AB与光滑半圆形轨道BC相切连接于B点，直径BC竖直。一小球在AB上离地H高处静止释放，用光电门测出它到达圆形轨道最高点C时的速度，不断改变H，得到多组数据后画出图像如图（2）所示。（不计空气阻力）求：
（1）由图像推理得出圆形轨道的半径和重力加速度为多大？
（2）当从处静止释放时，小球到达与圆心O点等高的D点时的加速度大小；
（3）要使小球静止释放后进入半圆轨道到离开半圆轨道的过程中始终贴合半圆轨道运动，则的取值应满足什么条件？
【答案】（1），；（2）；（3）或
【解析】
【详解】（1）根据题意，小球由静止释放运动到点的过程中，由机械能守恒定律有
整理可得
结合图像得
解得
（2）根据题意，由图像得，小球从处静止释放时，到达C点时，有
从点到点过程中，由机械能守恒定律有
解得
则小球在点时向心加速度为
则小球到达与圆心O点等高的D点时的加速度大小为
（3）根据题意可知，要使小球静止释放后进入半圆轨道到离开半圆轨道的过程中始终贴合半圆轨道运动，有2种情况，第1种情况：小球从点飞出，小球恰好通过点，由牛顿第二定律有
由机械能守恒定律有
解得
即如果从C点离开圆轨道，则有
第2种情况，小球恰好到达点，则有
解得
即小球如果从B点离开轨道，则有
16. 如图甲所示，某装置由直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。直线加速器由5个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中时，都能恰好使所受静电力的方向与运动方向相同而不断加速，且已知电子的质量为m、电荷量为e、交变电压的绝对值为U0，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。偏转电场由两块相同的平行金属极板A与B组成，板长和板间距均为L，两极板间的电压UAB=8U0，两板间的电场可视为匀强电场，忽略边缘效应，距两极板右侧L处竖直放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后，沿两板的中心线PO射入偏转电场，并从另一侧的Q点射出，最后打到荧光屏上。试求：
（1）第4个金属圆筒的长度s；
（2）电子打在荧光屏上的M点到O点的距离lOM；
（3）若两极板间的电压UAB可调节，要使电子能打在荧光屏上距O点0.5L ~ 2L的范围内，求UAB的取值范围。
【答案】（1）；（2）；（3）或
【解析】
【详解】（1）设电子进入第4个圆筒后的速度为v1，根据动能定理有
得
第4个圆筒的长度为
（2）设电子从第5个圆筒射出后的速度为v2，根据动能定理有
得
电子在偏转电场中运动的加速度是
电子射出偏转电场时，在垂直于板面方向偏移的距离为
其中t为飞行时间。由于电子在平行于板面的方向不受力，所以在这个方向做匀速直线运动，由L=v2t可求得
且有题意得
UAB=8U0
代入得到
由类平抛运动的结论，结合几何关系可知：
解得
（3）由
（0.5L≤lOM≤2L）
得
且要使电子不打板，电子在垂直于板面方向偏移的距离：
综上得
又因为
得
或
1. 物理学科核心素养包括“物理观念、科学思维、科学探究和科学态度与责任”。下列关于物理观念和科学思维的认识，正确的是（ ）
A. 歌词“…摩擦摩擦在这光滑的地上摩擦…”从物理学角度来看这句话不成立
B. 电学中引入点电荷的概念，突出带电体的电荷量，采用了等效替代法
C. 某同学求出位移，利用单位制的方法发现这个结果是正确的
D. 像电阻，加速度一样，很多物理概念都是采用比值法定义的
【答案】A
【解析】
【详解】A．“…摩擦摩擦在这光滑的地上摩擦…”从物理角度来看这是不可能的，因为光滑的地板，动摩擦因数为零，不可能有摩擦力，故从物理学角度来看这句话不成立，故A正确；
B．电学中引入点电荷的概念，突出带电体的电荷量，忽略次要因素，建立理想化的物理模型，采用了建立理想物理模型的科学方法，故B错误；
C．位移的单位是，的单位是，的单位是，则的单位是，故利用单位制的方法发现这个结果是错误的，故C错误；
D． 电阻
用了比值定义法，公式
是牛顿第二定律表达式的变形，是加速度大小的决定式，不是比值法定义的，故D错误。
故选A。
2. 图a为土星探测器拍摄的照片（图b为其示意图），土卫三十五位于土星内环和外环之间的缝隙里，由于其对所经过区域的引力作用，原本平滑的土星环边沿泛起“涟漪”。已知两土星环由大量碎块组成且绕土星运行方向相同，土卫三十五轨道与两环始终位于同一平面，则下列关于土卫三十五的运行方向说法正确的是（ ）
A. 与两环绕行方向相同且正向图a右上方运动
B. 与两环绕行方向相同且正向图a左下方运动
C. 与两环绕行方向相反且正向图a右上方运动
D. 与两环绕行方向相反且正向图a左下方运动
【答案】B
【解析】
【详解】根据万有引力公式
解得
因此可知轨道半径越大角速度越小。对于内环而言，如果内环和土卫三十五同向运动，则由于内环角速度大于土卫三十五，可知其泛起的涟漪将超前土卫三十五，此时内环顺时针运动，如果内环和土卫三十五反向运动，由于涟漪在左下方，仍可知内环顺时针运动。由于两环运动方向相同，因此外环也顺时针运动，而外环涟漪在右上方，且外环角速度小于土卫三十五，因此可知土卫三十五顺时针运动。
故选B。
3. 静电除尘烟囱，放电极附近的强电场使空气分子电离为正离子和电子，使尘埃颗粒带负电，被吸附到正极。图为一个尘埃颗粒的运动轨迹，下列说法正确的是（ ）
A. 尘埃颗粒的初速度可能为零
B. 尘埃颗粒的动能一直增大
C. 尘埃颗粒的加速度先减小后增大
D. 尘埃颗粒的电势能先增大后减小
【答案】D
【解析】
【详解】A．由尘埃颗粒的运动轨迹可知，尘埃颗粒做曲线运动，尘埃颗粒的初速度不可能为零，否则尘埃颗粒将做直线运动，故A错误；
BD．根据尘埃颗粒的运动轨迹知，电场力对尘埃颗粒先做负功后做正功，故动能先减小后增大，电势能先增大后减小，故B错误，D正确；
C．尘埃颗粒在运动过程中，电场线的分布先密集后稀疏，故电场力先增大后减小，加速度先增大后减小，故C错误。
故选D。
4. 如图所示，甲、乙、丙、丁四个金属导体的材料、厚度均相同，它们的上下表面均为正方形，边长分别为a、b、c、d，且。当电流沿图中箭头所示方向流过四个导体时，这四个导体的电阻R甲、R乙、R丙、R丁的大小关系正确的是（ ）
A. B.
C. D. 条件不足，无法判断
【答案】A
【解析】
【详解】设厚度为x，根据电阻定律
所以
故选A。
5. 传感器在我们日常生活中应用非常广泛，如图所示是一个报警传感器的电路示意图。电源的电动势为E、内阻为。R1、R2为定值电阻。R3是用光敏电阻制成的传感器，其阻值会随着光照强度的增强而急剧减小，R3放在容易受光照射的地方（某些单位中有些特殊的地方是不允许受光照射的）。电流表和电压表V是放在某单位监控室里的电流显示器和电压显示器。L是放在监控室里的小灯泡。当传感器R3附近处光照异常时，会引起电流、电压显示器上的电流、电压异常，小灯泡L灯光颜色也发生变化，从而发出警报。则当传感器R3附近处受光照强度增加时，下列说法正确的是（ ）
A. 电流表的示数变大
B. 电压表的示数变小
C. 小灯泡变亮
D. 电源总功率变小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】当传感器R3附近处受光照强度增加时，其阻值会急剧减小，则外电路电阻减小，由欧姆定律有
可知电路总电流增大，内阻分压增大，定值电阻R1两端电压增大，电压表示数增大，将R2与R3并联看作整体，整体电阻减小，则整体两端电压减小，则可知流经R2的电流减小，电流表示数减小，又由于总电流增大，则流经R3的电流增大，灯泡变亮，由P=UI可得电源总功率变大。
故选C。
6. 如图为监测水位变化的电容式传感器的原理简图，两块平行金属板的表面已进行绝缘处理。当水位发生变化时，可通过信号输出端进行监测。若观测到输出端a的电势低于b的电势，即电容器在放电，则可判断（ ）
A. 电容器电容变大B. 水位正在下降
C. 电容器电压变大D. 两金属板间的电场强度变大
【答案】B
【解析】
【详解】观测到输出端a的电势低于b的电势，即电容器在放电，可知电容器电荷量减小，根据
电容器与电源相连，电容器电压不变，则电容器电容变小；根据
可知水位正在下降；根据
可知两金属板间的电场强度不变。
故选B。
7. 如图甲所示，x轴上固定两个点电荷A和B，电荷A固定在原点O，电荷B固定在处，通过电势传感器测出x轴上各点电势φ随坐标x的变化规律并描绘出φ-x图像，如图乙所示。已知φ-x图线与x轴的交点坐标为和，处的图线的切线水平，取无穷远处电势为零时点电荷的电势公式，其中k为静电力常量，Q为场源点电荷的电荷量，r为某点距场源点电荷的距离，以下说法正确的是（ ）
A. 、
B. 两点电荷的电荷量之比为
C. 在x轴上的区域内无初速度释放一正电荷，该正电荷一定能到达无穷远处
D. 两点电荷为同种电荷
【答案】B
【解析】
【详解】AB．φ–x图像中图线的斜率绝对值表示电场强度大小，则x=3L处的电场强度为零，有
由题图可知x1、x2处的电势为零，根据电势公式有
解得
，
故A错误，B正确；
C．在x轴上2L
D．根据题图中各点电势φ随坐标x变化规律的曲线可知，在x轴上各点的电势有正有负，根据点电荷的电势公式可知两点电荷带异种电荷，由于时电势为正，时电势为负，所以点电荷A带正电，点电荷B带负电，故D错误。
故选B。
8. 2022年6月30日位于浙江安吉的长龙山抽水蓄能电站全部机组正式投产发电。该项目是华东地区最大的抽水蓄能电站，主要承担整个华东电网调峰、填谷的双倍调峰功能。电站在电网用电低谷时将水抽到高处，在电网用电高峰时再利用水能发电，平均用4度谷电能换3度峰电。电站每年可生产清洁电能2.435×109kwh。已知峰电价格0.50元，谷电价格0.30元。下列说法正确的是（ ）
A. 水能是不可再生能源
B. 该电站产生的电能小于消耗的电能，从经济的角度没有实际意义
C. 电站实现电能转化为势能储存，需要时再转化为电能，说明能量不仅数量上守恒，在可利用的品质上也不变
D. 电站每年发电直接产生的经济效益约为2.435×104万元
【答案】D
【解析】
【详解】A．水能是可再生能源，故A错误；
B．虽然该电站产生的电能小于消耗的电能，消耗4度谷电能换3度峰电，但峰电价格0.50元，谷电价格0.30元，则可知每4度谷电能换3度峰电产生的直接经济效益为元，因此从经济的角度是有意义的，故B错误；
C．电站实现电能转化为势能储存，在转化的过程中，虽然能量是守恒的，但有一部分能量被耗散，不能实现百分之百的转化，而需要时再转化为电能的量减少了，利用的品质下降了，故C错误；
D．电站每年可生产清洁电能
则需要消耗的电能为
直接产生的经济效益为
故D正确。
故选D。
9. 某学习小组想要测量电动车蓄电池的路端电压（蓄电池额定电压为36V）。实验室可提供的电压表最大量程为0~15V，不满足电压测量需求。小组同学讨论后决定利用电阻箱将该电压表改装成量程为0~45V的新电压表，已知量程为0~15V电压表的内阻RV=15kΩ，以下操作正确的是（ ）
A. 选择电路图甲进行改装，将R1的阻值调至15kΩ
B. 选择电路图甲进行改装，将R1的阻值调至30kΩ
C. 选择电路图乙进行改装，将R2的阻值调至15kΩ
D. 选择电路图乙进行改装，将R2的阻值调至30kΩ
【答案】B
【解析】
【详解】要将电压表改成量程更大的电压表，需要串联一个新的电阻，根据欧姆定律可得
故选B。
10. 图像是解决物理问题的好方法，下列关于图像的分析正确的是（ ）
A. 图甲中A、B两物体图的交点表示两物体在时刻相遇
B. 图乙为某硅光电池的路端电压与电流的关系图，则电池在P点状态下的内阻为直线MP的斜率的大小
C. 图丙为某白炽灯电压与电流的关系曲线，则图中Q点切线的斜率表示该灯泡在电压为2.0V时的电阻
D. 图丁的阴影部分的面积反映了该变力作用下物体从到的过程中力的功率
【答案】B
【解析】
【详解】A．图甲中A、B两物体图的交点表示两物体在时刻速度相同，但不一定相遇，故A错误；
B．图乙为某硅光电池路端电压与电流的关系图，根据可知，则电池在P点状态下的内阻为
即为直线MP的斜率的大小，故B正确；
C．图丙为某白炽灯电压与电流的关系曲线，根据，可知图中Q点与坐标原点连线的斜率才表示该灯泡在电压为2.0V时的电阻，故C错误；
D．根据可知，图丁的阴影部分的面积反映了该变力作用下物体从到的过程中力的所做的功，故D错误。
故选B。
二、实验题（每空2分，共18分）
11. 两位工人师傅相互配合，在高压水管的两端分别用游标卡尺的内、外测量爪测量水管的外圈直径为______mm、内圈直径为______mm，计算可得水管管壁的厚度为______mm。
【答案】 ①. 50.15 ②. 32.7 ③. 8.725
【解析】
【详解】[1]根据游标卡尺的读数规则有
[2]根据游标卡尺的读数规则有
[3]根据上述数据，可以算出水管管壁的厚度为
12. 如图（a）所示，甲同学利用电流表和电压表来观察电容器充、放电现象，所选用电流表的零刻度在表盘的正中央，指针可向左、右偏转，已知电流从该电流表的“＋”接线柱流入时，指针向右偏转，反之向左偏转。所选用的电压表的零刻度在表盘的最左侧。
①为观察电容器C充电时的现象，应将单刀双掷开关S接___________（选填“1”或“2”）。
②在利用图（a）电路进行实验时，下列操作或现象正确的是___________。
A．连接电路时，电压表的下端为“＋”接线柱
B．电容器C在放电时，电流表指针向左偏转
C．电容器C在放电时，电流表指针忽左忽右偏转
D．电容器C充电结束后，电压表示数等于电源电动势
③乙同学用图（b）所示电路来观察电容器C放电现象：他利用电流传感器采集放电过程电路中的电流，并输入计算机，得到了图（c）所示的电流i与时间t的关系图像。已知该同学所选用的直流电源电动势。
a．通过图像可以发现：电容器放电时，电路中的电流减小得越来越___________（选填“快”或“慢”）；
b．已知图（c）中图线与坐标轴所围成图形的面积表示电容器放电过程中所释放的电量，每一小格面积表示的电荷量为，据此可求出电容器放电前所带电荷量Q=___________C；
c．乙同学改变电源电动势，重复多次上述实验，得到电容器在不同电压U下所带的电荷量Q，并作出图像，则图像应是___________；
A． B．
C． D．
d．乙同学在实验中所选用的电容器的电容C=___________F。
【答案】 ①. 1 ②. BD##DB ③. 慢 ④. ⑤. B ⑥.
【解析】
【详解】①[1]充电时必须将电容器接电源，故将单刀双掷开关拨向1。
②[2]A．由电路图可知，电压表的下端应为“”接线柱，A错误；
B．由于电流从电流表的“＋”接线柱流入时，指针向右偏转，反之向左偏转；而电容器C放电时电流从电流表的“”接线柱流入，电流表指针向左偏转，B正确；
C．电容器放电时电流方向不变，电流表指针不可能忽左忽右，C错误；
D．电容器C充电结束后，电压表示数等于电源电动势E，D正确。
故选BD。
③a[3]从图（c）中可以看出放电时电流减小得越来越慢（斜率绝对值表示电流的变化快慢）。
b[4]可数出图线与坐标轴所围成图形有40小格，所以电容器放电前所带电荷量为
c[5]对一个特定的电容器，其带电量与电压成正比，B正确。
d[6]根据电容的定义可得
三、解答题（9分+9分+12分+12分，共42分）
13. 小明同学在玩一个会发光的电动玩具汽车时，发现了一个现象：启动电源，电动机正常工作，车轮正常转动，当不小心卡住车轮时，车灯会变暗。玩具汽车的简化电路如图所示，电源电动势，，车轮电动机的额定电压，额定功率，线圈电阻。则：
（1）玩具汽车正常工作时，流过灯泡的电流；
（2）玩具汽车被卡住后，流过灯泡的电流；
（3）玩具汽车卡住前后，灯泡消耗功率的减少量。
【答案】（1）1A；（2）；（3）4.5W
【解析】
【详解】（1）玩具汽车正常工作时，电源内压
通过电源的电流
玩具汽车正常工作时，通过电动机的电流
流过灯泡的电流
（2）灯泡电阻为
玩具汽车被卡住后，电动机可视为纯电阻，灯泡与电动机并联的电阻
电路中的总电流
由并联电路的特点可知流过灯泡的电流
（3）玩具汽车卡住前，灯泡消耗功率
玩具汽车卡住前后，灯泡消耗功率
灯泡消耗功率的减少量
14. 如图所示，电荷量均为+q、质量分别为m、2m小球A、B，中间用绝缘轻绳连接，忽略两电荷间的库仑力，两球在竖直向上的匀强电场中以速度v0匀速上升，某时刻轻绳断开。求：
（1）电场强度的大小；
（2）轻绳断开后A、B两球的加速度大小；
（3）自轻绳断开至B球速度为零的过程中，A、B两球组成系统的电势能变化量。
【答案】（1）；（2） ,；（3）
【解析】
【详解】（1）设电场强度为E，把小球A、B看作一个整体，由于绳未断前作匀速运动
有
解得
（2）细绳断后，根据牛顿第二定律，对A球有
解得
对B球有
解得
负号表示方向竖直向下
（3）设自绳断开到B球速度为零的时间为t，则
解得
当B球速度为零时，A球的速度大小
解得
在该时间内A球的位移为
由功能关系知，电场力对A球做了正功：
B球的位移为
电场力对B球做了正功
在这一过程中，系统的电势能变化量为：
15. 如图（1）所示，在竖直平面内光滑的曲面AB与光滑半圆形轨道BC相切连接于B点，直径BC竖直。一小球在AB上离地H高处静止释放，用光电门测出它到达圆形轨道最高点C时的速度，不断改变H，得到多组数据后画出图像如图（2）所示。（不计空气阻力）求：
（1）由图像推理得出圆形轨道的半径和重力加速度为多大？
（2）当从处静止释放时，小球到达与圆心O点等高的D点时的加速度大小；
（3）要使小球静止释放后进入半圆轨道到离开半圆轨道的过程中始终贴合半圆轨道运动，则的取值应满足什么条件？
【答案】（1），；（2）；（3）或
【解析】
【详解】（1）根据题意，小球由静止释放运动到点的过程中，由机械能守恒定律有
整理可得
结合图像得
解得
（2）根据题意，由图像得，小球从处静止释放时，到达C点时，有
从点到点过程中，由机械能守恒定律有
解得
则小球在点时向心加速度为
则小球到达与圆心O点等高的D点时的加速度大小为
（3）根据题意可知，要使小球静止释放后进入半圆轨道到离开半圆轨道的过程中始终贴合半圆轨道运动，有2种情况，第1种情况：小球从点飞出，小球恰好通过点，由牛顿第二定律有
由机械能守恒定律有
解得
即如果从C点离开圆轨道，则有
第2种情况，小球恰好到达点，则有
解得
即小球如果从B点离开轨道，则有
16. 如图甲所示，某装置由直线加速器、偏转电场和荧光屏三部分组成。直线加速器由5个横截面积相同的金属圆筒依次排列，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度依照一定的规律依次增加。序号为奇数的圆筒和交变电源的一个极相连，序号为偶数的圆筒和该电源的另一个极相连。交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示，在t=0时，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，此时位于序号为0的金属圆板中央的一个电子，在圆板和圆筒1之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子运动到圆筒与圆筒之间各个间隙中时，都能恰好使所受静电力的方向与运动方向相同而不断加速，且已知电子的质量为m、电荷量为e、交变电压的绝对值为U0，周期为T，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。偏转电场由两块相同的平行金属极板A与B组成，板长和板间距均为L，两极板间的电压UAB=8U0，两板间的电场可视为匀强电场，忽略边缘效应，距两极板右侧L处竖直放置一足够大的荧光屏。电子自直线加速器射出后，沿两板的中心线PO射入偏转电场，并从另一侧的Q点射出，最后打到荧光屏上。试求：
（1）第4个金属圆筒的长度s；
（2）电子打在荧光屏上的M点到O点的距离lOM；
（3）若两极板间的电压UAB可调节，要使电子能打在荧光屏上距O点0.5L ~ 2L的范围内，求UAB的取值范围。
【答案】（1）；（2）；（3）或
【解析】
【详解】（1）设电子进入第4个圆筒后的速度为v1，根据动能定理有
得
第4个圆筒的长度为
（2）设电子从第5个圆筒射出后的速度为v2，根据动能定理有
得
电子在偏转电场中运动的加速度是
电子射出偏转电场时，在垂直于板面方向偏移的距离为
其中t为飞行时间。由于电子在平行于板面的方向不受力，所以在这个方向做匀速直线运动，由L=v2t可求得
且有题意得
UAB=8U0
代入得到
由类平抛运动的结论，结合几何关系可知：
解得
（3）由
（0.5L≤lOM≤2L）
得
且要使电子不打板，电子在垂直于板面方向偏移的距离：
综上得
又因为
得
或
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