还剩13页未读，
继续阅读
2023-2024学年湖南省长沙市雅礼集团高一（下）期末考试物理试卷（含解析）
展开
这是一份2023-2024学年湖南省长沙市雅礼集团高一（下）期末考试物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.下列关于电场的说法正确的是( )
A. “元电荷”是最小的电荷量，用e表示，则e=1.60×10−19C，元电荷就是电子
B. 电场是法拉第首先提出来的，电荷A对电荷B的作用力就是电荷A的电场对B的作用
C. 由电场强度的定义式：E=Fq可知E与F成正比，与q成反比
D. 点电荷是一个带有电荷的点，它是实际带电体的抽象，任何带电体都当作点电荷处理
2.某同学用300N的力将质量为0.46kg的足球踢出，足球以10m/s的初速度沿水平草坪滚出60m后静止，则足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功是( )
A. 23JB. 46JC. 132JD. 18000J
3.某一导体的伏安特性曲线如图中AB曲线所示，其电阻会随温度的改变而改变，下列说法正确的是( )
A. B点对应的电阻为12Ω
B. B点对应的电阻为0.25Ω
C. 工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变了10Ω
D. 工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变了9Ω
4.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为( )
A. kq2R2−EB. kq4R2C. kq2R2−2ED. kq4R2−E
5.如图平行板电容器通过导线与二极管，直流电源相连，电容器上下极板分别是M板，N板，且下极板接地。P是极板中间的某一点，位置不发生改变。以下说法正确的是( )
A. M板上移一点，两板之间电势差不变，P点电势升高
B. N板上移一点，两板之间电场强度增大，P点电势降低
C. M板下移一点，两板之间电场强度增大，P点电势不变
D. N板下移一点，两板之间电势差变大，P点电势不变
6.如图，在图甲的电路中，R1是可变电阻，R2是定值电阻，阻值4Ω。实验时调节R1的阻值，得到各组电压表和电流表数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出的U−I图像如图乙中AB所示。a和b分别为R1的滑片在不同位置时，其接入电路的电阻的U−I图像。电压表和电流表均看作理想电表。下列说法正确的是( )
A. 该电源电动势为2.5V，内阻5Ω
B. A、B状态对应的电源的效率ηA<ηB
C. 当R1=1Ω时，R1消耗功率最大
D. 当电流为0.2A时，滑动变阻器R1接入电路的电阻为7.5Ω
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.如图所示，一卫星绕地球运动，图中虚线为卫星的运行轨迹，A、B、C、D是轨迹上的四个位置，其中A距离地球最近，C距离地球最远。下列说法中正确的是( )
A. 卫星在运动过程中完全失重B. 卫星在做变加速曲线运动
C. 卫星在A点的加速度最小D. 卫星从A到C做加速运动
8.在如图所示的电路中，电源电动势E和内阻r为定值，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合电键S，理想电流表A的示数为I，理想电压表V1、V2和V3的示数分别为U1、U2和U3当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，各电表示数变化量分别为ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3，下列说法正确的是( )
A. I变大，U2变大
B. 电源的效率增加
C. 电源的总功率增加
D. |ΔU1||ΔI|不变，|ΔU3||ΔI|不变
9.如图所示，两个质量均为m用轻弹簧相连接的物块A，B放在倾角为θ的固定光滑斜面上，系统保持静止。现给物块A一个沿斜面向上的初速度v0，使其沿斜面向上运动，当物块A运动到最高点时，物块B刚要离开固定在斜面上的挡板C，已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能表达式为12kx2(其中x表示弹簧的形变量)，重力加速度为g，只考虑物块A第一次上升过程，下列说法正确的是( )
A. 物块A的机械能先增大后减小
B. 初始时弹簧的弹性势能为m2g2sin2θk
C. 物块A上升到最高点时沿斜面运动的距离为v022gsinθ
D. 物块A的加速度先增大后减小
10.如图，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3=7.5Ω，电容器电容C=6μF，开关S原来断开，现在合上开关S直到电路稳定，则( )
A. S闭合电路稳定时，电容器b极板带正电
B. S断开电路稳定时，电容器的电压为3V
C. 从S断开到合上开关S且电路稳定后，流过电流表的电量为7.2×10−6C
D. 从S断开到合上开关S且电路稳定后，流过电流表的电量为2.88×10−5C
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.同学在“练习使用多用电表”的实验中，图1为某多用电表的面板。
(1)若用此表测量一阻值约为150Ω的定值电阻，下列操作正确的是_____
A.将选择开关应调到“×100”电阻挡
B.欧姆调零时，两表笔短接，用螺丝刀转动调零螺丝，直到指针与表盘右边零刻度对齐
C.在电阻测量时，双手不能同时接触电阻两端
D.测量完成后，将选择开关调到“OFF”挡
(2)图2为一正在测量中的多用电表表盘。如果选择开关在电阻挡“×1k”，则读数为_____Ω；如果选择开关在直流电压挡“2.5 V”，则读数为_____V。
(3)若用多用电表的欧姆挡去探测一个正常的二极管，某次探测时，发现表头指针偏转角度很大，则与二极管正极相连的是多用电表的_____(选填“红表等”或“黑表笔”)
12.某物理小组为了较精确地测量一节新电池的内阻，设计了图(a)所示的实验电路原理图，其中R0用于保护电路，其阻值为1.5Ω。
(1)实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，作出的U−I图线如图(b)所示，则干电池的电动势E=_____V，干电池的内阻r=_____。(结果保留两位有效数字)
(2)用该实验电路测出的电动势E测和内阻r测与真实值相比：E测_____E真，r测_____r真(选填“>”“<”或“=”)。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，有一电子(电荷量为e，质量为m)经电压为U0的电场加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板。若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且刚好能沿下板右边缘飞出，求电子：
(1)刚离开加速电场时的速度v0；
(2)在平行金属板间的加速度a；
(3)通过平行金属板的时间t。
14.如图，带电量Q=+4.8×10−4C的A球固定在足够长的光滑绝缘斜面上，斜面的倾角α=37∘，质量m=0.1kg、带电量q=+2×10−7C的B球在离A球L=0.1m处由静止释放。两球均可视为点电荷，静电力恒量k=9×109N⋅m2/C2，g取10m/s2，sin37∘=0.6,cs37∘=0.8。
(1)A球在B球释放处产生的电场强度E的大小和方向；
(2)B球的速度最大时两球间的距离r；
(3)B球从开始运动到速度最大时，其电势能改变了7.92J.求B球运动的最大速度。(结果可用根号表示)
15.如图，一闯关游戏装置处于竖直面内，该装置由倾斜的直轨道AB，圆形轨道BDE，水平直轨道EG，传送带GH，水平直轨道HI，两个相同的四分之一圆管道拼接成的管道IJ，水平直轨道JK组成。圆形轨道与轨道AB、EG相切于B和E(E为圆形轨道最低点)。直线轨道EG和HI通过传送带GH平滑连接，管道IJ与直线轨道HI相切于I点，直线轨道JK右端为弹性挡板，滑块与弹性挡板碰撞后能原速率返回。已知圆形轨道半径R=0.4m，EG长LEG=2m，传送带GH长LGH=1.5m，HI长LHI=4m，JK长LJK=2.8m，四分之一圆管道的半径r=0.4m。现将一质量为m=1kg的滑块(视为质点)从倾斜轨道AB上某高度ℎ处由静止释放，经B点进入圆轨道后运动至D点再从E点滑出圆轨道，滑块与EG、HI、JK间的动摩擦因数μ1=0.25，与传送带间的动摩擦因数μ2=0.6，某余轨道均光滑。所有轨道都平滑连接，不计空气阻力，g取10m/s2。
(1)若滑块恰好经过圆形轨道最高点D，求滑块经过圆轨道E点时对轨道的压力及滑块由静止释放时的高度ℎ；
(2)若滑块从AB上高ℎ′=3m处静止释放，且传送带静止，那么滑块最终静止的位置距离H点的水平距离有多远；
(3)若滑块从AB上高ℎ′=3m处静止释放，且传送带以恒定的线速度顺时针转动，要使滑块能且仅能通过J点一次，求传送带的线速度v需满足的条件。
答案解析
1.B
【解析】A.“元电荷”是最小的电荷量，用e表示，则e=−1.60×10−9C，质子和电子所带的电荷量等于元电荷，其本身是带电粒子不是元电荷，故A错误；
B.电场是法拉第首先提出来的，电荷间的相互作用是通过电场发生的，电荷A对电荷B的作用就是电荷A的电场对B的作用，故B正确；
C.电场强度大小是由电场本身决定的，跟放入的电荷无关，跟电荷所受的力无关，故C错误；
D.点电荷是理想模型，实际不存在的，体积很小的带电体也不一定可以看作点电荷，只有物体的形状和大小对所研究的问题没有影响时，可以把带电体看作点电荷，故D错误。
2.A
【解析】足球在草坪上滚动的过程，由动能定理得−Wf=0−12mv02，则得克服阻力做的功Wf=12mv02=12×0.46×102J=23J，故A正确，BCD错误。
3.C
【解析】解：AB、B点对应的电阻为RB=61.5×10−1Ω=40Ω，故AB错误；
CD、A点对应的电阻为RA=31.0×10−1Ω=30Ω，所以工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变了10Ω，故C正确，D错误。
故选：C。
从图上分别读出两点对应的电压和电流，然后根据欧姆定律计算、比较即可。
要知道I−U图像的斜率表示电阻的倒数，但斜率不是切线的斜率，是该点与原点连线的斜率，计算电阻还是可以用欧姆定律计算的。
4.A
【解析】在半球面AB右侧填补一个与AB完全相同的半球面，则这个球壳在M、N两点产生的电场强度相等，均为
E0=k2q2R2=kq2R2
由于半球面AB在M点的场强大小为E，则右侧填补的半球面在M点产生的电场强度为
E1=E0−E=E0=kq2R2−E
根据对称性可知，半球面AB在M点的场强大小与右侧填补的半球面在M点产生的场强大小相等，即N点的场强大小为
E2=E1=kq2R2−E
故选A。
5.B
【解析】A.当M板上移一点，则两板间距d增大，根据C= ɛS 4πkd可知C减小，电容器与电源相连接，若U不变，由C= QU ，电容器电容C减小，则要放电，但由于二极管的单向导电导致电容器不能放电，故电容器电量Q保持不变。C减小则U增大，两板之间电势差增大。根据电容器的定义C= QU 和C= ɛS 4πkd以及U=Ed可得：E= 4πkQ ɛS，因为Q保持不变，所以当d变化时E不变，PN间的距离不变，P点电势不变，故A错误；
B.当N板上移一点，则两板间距d减小，根据C= ɛS 4πkd可知C增大，电容器充电，电容器与电源相连接，U不变，d减小，则两板间电场强度增大，MP间电势差增大，则PN间电势差减小，P点电势降低，故B正确；
C.当M板下移一点，则两板间距d减小，根据C= ɛS 4πkd可知C减小，电容器充电，电容器与电源相连接，U不变，d减小，则两板间电场强度增大，P点电势升高，故C错误；
D.当N板下移一点，则两板间距d增大，根据C= ɛS 4πkd可知C减小，电容器要放电，但由于二极管的单向导电导致电容器不能放电，故电容器电量Q保持不变。C减小则U增大，两板之间电势差增大。根据电容器的定义C= QU 和C= ɛS 4πkd以及U=Ed可得：E= 4πkQ ɛS，因为Q保持不变，所以当d变化时E不变，PN间的距离增大，P点电势升高，故D错误。
故选B。
6.D
【解析】解：A.根据闭合电路的欧姆定律可得
E=U+I(R2+r)
由图可知，当U1=2V时，I1=0.1A；当时U2=1V，I2=0.3A。代入上式可得
E=2.5V，r=1Ω
故A错误；
B.电源的效率
η=U+IR2E
代入数据可知
ηA=2+0.1×42.5
ηB=2+0.3×12.5
ηA>ηB
故B错误；
C.把R2和r视作新的内阻，当
R1=R2+r=4Ω+1Ω=5Ω
时，R1消耗功率最大，故C错误；
D.当电流为0.2A时，根据图像可知
U=1.5V
根据欧姆定律可知
R1=UI=1.50.2Ω=7.5Ω
故D正确。
故选：D。
根据闭合电路欧姆定律对a、b分别列式求解E和r，再根据外电路电阻和内电路电阻对功率的影响分析求解。
本题考查了闭合电路欧姆定律，解题的关键是电路结构的分析，掌握电源的U−I图线的斜率表示电源的内阻，掌握外电阻等于内阻时电源输出功率最大。
7.AB
【解析】A.卫星在运动过程中仅受重力，处于完全失重，故A正确。
B.引力提供合外力，引力大小和方向都发生变化，所以加速度发生变化，做变加速曲线运动，故B正确。
C.根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma可得a=GMr2，可知卫星在A点的加速度最大，故C错误。
D.卫星绕地球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知，轨道上离地球越近，卫星的速度越大，离地球越远，卫星的速度越小;则卫星在A点的速度最大，卫星在C点的速度最小，卫星从A到C做减速运动，故D错误。
8.CD
【解析】解：ABC、根据电路图可知，滑片P上滑，阻值减小，总阻值阻值减小，电流增大，闭合电路的欧姆定律E=U3+Ir，可知U3减小，U1=IR1增大，由电路图可知U3=U2+U1，所以U1减小，由电源的效率η=P输出P总×100%=IE−I2rIE×100%=E−I rE×100%可知，效率在减小，由电源总功率P总=IE可知，总功率在增加，故C正确，AB错误；
D、由U1=IR1可知ΔU1=ΔIR1，由E=U3+Ir可知，U3的变化等于内电阻两端的电压变化，所以ΔU3=ΔIr，由于R1和r是定值，故D正确；
故选：CD。
ABC、根据滑动变阻器的变化，先确定总电阻，然后根据欧姆定律判断电流的变化，结合功率的公式，电源的效率公式可求出；
D、根据欧姆定律把变化量表示出来，然后判断电阻是否改变。
本题主要考查学生对于动态电路的分析，结合功率的公式，电源效率的公式来解决本题，难度不大。
9.AC
【解析】A.弹簧的弹力对物块A先做正功后做负功，根据功能关系可知，物块A的机械能先增大后减小，故A正确;
B.初始时对物块A受力分析有mgsinθ=kx1，解得x1=mgsinθk，所以弹簧的弹性势能为Ep=12kx12=m2g2sin2θ2k，故B错误;
C.由于A、B的质量相等且当A上升到最高点时物块B刚要离开挡板C，所以弹簧初末状态的形变量相等，弹性势能相等，故物块A的动能全部转化为自身的重力势能，则有12mv02=mgdsinθ，解得d=v022gsinθ，故C正确;
D.弹簧恢复原长之前对物块A的弹力沿斜面向上，物块A的重力的分力沿斜面向下，随着弹力的减小，物块A的合力增大，加速度增大，弹簧恢复原长之后对物块A的弹力沿斜面向下，物块A的重力的分力沿斜面向下，随着弹力的增大，物块A的合力增大，加速度增大，故物块A的加速度一直增大，故D错误。
10.ABD
【解析】A.S闭合，电路稳定后，R1与R2串联后再与R3并联，C两端电压等于R1两端电压，b极板的电势比a极板的电势高，所以电容器b极板带正电，故A正确；
B.S断开，C相当于断路，R3中无电流，电容器两端电压等于R2两端电压，由于a极板的电势比b极板的电势高，所以电容器a极板带正电；电容器的电压为
U=ER1+R2+rR2=62+3+1×3V=3V
故B正确；
CD.S闭合电路稳定时，外电路的总电阻
R外=R1+R2R3R1+R2+R3=3Ω
电容器的电压为
U1=ER外R外+r×R1R1+R2=1.8V
流过电流表的电量
Q=CU+U1=6×10−6×3+1.8C=2.88×10−5C
故D正确，C错误。
故选ABD。
11. CD##DC 1.5×104 1.25 黑表笔
【解析】(1)[1]A.用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，测量一个阻值大约为150Ω的定值电阻，则要先选择开关拨至“×10Ω”挡，故A错误；
B.进行欧姆调零，调节的是欧姆调零旋钮不是机械调零，故B错误；
C.在电阻测量时，为准确，双手不能同时接触电阻两端，故C正确；
D.测量完成后，将选择开关调到“OFF”挡，故D正确。
故选CD；
(2)[2]选择开关在电阻挡“×1k”，由图示表盘可知，读数为
15×1000Ω=1.5×104Ω
[3]如果选择开关在直流电压挡“2.5V”，由图示表盘可知，其分度值为0.05V，其读数为：1.25V。
(3)[4]用欧姆挡，电流由黑表笔流出，接二极管正极则导通，接负极为截止，表头指针偏转角度很大，说明电流由二极管的正极进入，对于电表从黑的表头出，所以是黑表笔与二极管正极相接。
12.(1) 2.0 1.0
(2) < <
【解析】(1)[1][2]由闭合电路欧姆定律可得
E=U+IR0+r
解得
U=E−IR0+r
由图示U−I图像可知，图线与纵轴交点坐标值为2.0，干电池的电动势
E=2.0V
图像斜率的绝对值
k=ΔUΔI=R0+r
干电池的内阻
r=ΔUΔI−R0=2.0−1.00.4Ω−1.5Ω=1.0Ω
(2)[1][2]当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U−I图像如图所示
由图像可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值，即
E测13.解：(1)电子在加速电场中，根据动能定理有：eU0=12mv2，解得：v= 2eU0m；
(2)电子在平行金属板间，根据牛顿第二定律有：a=eUmd；
(3)电子在水平金属板间做类平抛运动，竖直方向上有：y=d2=12at2，则有：t= md2eU。
【解析】本题考查了带电粒子在电场中的加速和偏转问题。粒子在偏转电场中做类平抛运动，解决该题的关键是知道电子刚好能穿过电场指电子在水平方向的位移大小等于板长，竖直方向的位移大小为板间距的一半。
14.(1)A球在B球释放处产生的电场强度大小
E=kQL2=4.32×108N/C
方向沿斜面向上。
(2)当B球所受静电力等于重力沿斜面向下的分力时B球的速度最大，此时
kQqr2=mgsinα
解得
r=1.2m
(3)B球从开始运动至达到最大速度的过程中，设电场力做的功为 WF ，根据动能定理有
WF−mg(r−L)sinα=12mv2−0
WF=7.92J
解得
v= 145.2m/s
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.(1)滑块恰好经过圆形轨道最高点D，根据牛顿第二定律可得
mg=mvD2R
解得
vD= gR=2m/s
滑块从 E 到 D 点过程中，由动能定理得
−mg⋅2R=12mvD2−12mvE2
解得
vE= 5gR=2 5m/s
滑块过 E 点时，根据牛顿第二定律可得
F′N−mg=mvE2R
解得
F′N=60N
由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力大小为
FN=F′N=60N
方向竖直向下。滑块从 A 到 D 点过程中，由动能定理得
mg(ℎ−2R)=12mvD2−0
解得
ℎ=1m
(2)滑块从 A 到 E 点过程中，重力做功为
WG=mgℎ′=30J
若传送带静止，滑块运动到 I 点，需克服摩擦力做功
Wf1=μ1mgLEG+μ2mgLGH+μ1mgLHI=24J
由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达 I 点时的动能为
EkI=WG−Wf1=6J
设滑块滑上半圆轨道 U 的高度 ℎ1 ，则有
EkI=mgℎ1
解得
ℎ1=0.6m<2r=0.8m
则滑块会从圆轨道IJ返回滑下运动，由动能定理得
−μ1mgx=0−EkI
解得滑块滑过四分之一圆轨道继续滑行的位移大小为
x=2.4m
所以滑块最终静止在 H 点右侧，距 H 点的水平距离
Δx=LHI−x=1.6m
(3)若向上滑块恰好能到达 J ，则滑块在 H 点的动能为
EkH1=12mvH12=μ1mgLHI+mg⋅2r=18J
解得
vH1=6m/s
滑块从斜面上滑下到达 G 点的过程，由动能定理可得
mgℎ′−μ1mgLEG=12mvG2
解得
vG= 50m/s>6m/s
若传送带静止，由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达 H 点时，有
EkH=mgℎ′−μ1mgLEG−μ2mgLGH=30J−5J−9J=16J=12mv H2
解得
vH= 32m/s<6m/s
则滑块在传送带上先减速再匀速运动，传送带的速度为
v1=6m/s
若滑块在JK上与弹性挡板碰撞后，恰好停在 J 点，则从 H 到停下过程，由动能定理得
−μ1mgLHI+2LJK−2mgr=0−12mvH22
解得
vH2=8m/s>vG= 50m/s
则滑块在传送带上先加速再匀速运动，传送带的速度为
v2=8m/s
因此要使滑块停在KL上(滑块不会再次返回半圆轨道IJ回到HI上)，传送带的速度需满足的条件
6m/s≤v<8m/s
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
1.下列关于电场的说法正确的是( )
A. “元电荷”是最小的电荷量，用e表示，则e=1.60×10−19C，元电荷就是电子
B. 电场是法拉第首先提出来的，电荷A对电荷B的作用力就是电荷A的电场对B的作用
C. 由电场强度的定义式：E=Fq可知E与F成正比，与q成反比
D. 点电荷是一个带有电荷的点，它是实际带电体的抽象，任何带电体都当作点电荷处理
2.某同学用300N的力将质量为0.46kg的足球踢出，足球以10m/s的初速度沿水平草坪滚出60m后静止，则足球在水平草坪上滚动过程中克服阻力做的功是( )
A. 23JB. 46JC. 132JD. 18000J
3.某一导体的伏安特性曲线如图中AB曲线所示，其电阻会随温度的改变而改变，下列说法正确的是( )
A. B点对应的电阻为12Ω
B. B点对应的电阻为0.25Ω
C. 工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变了10Ω
D. 工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变了9Ω
4.均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R。已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为( )
A. kq2R2−EB. kq4R2C. kq2R2−2ED. kq4R2−E
5.如图平行板电容器通过导线与二极管，直流电源相连，电容器上下极板分别是M板，N板，且下极板接地。P是极板中间的某一点，位置不发生改变。以下说法正确的是( )
A. M板上移一点，两板之间电势差不变，P点电势升高
B. N板上移一点，两板之间电场强度增大，P点电势降低
C. M板下移一点，两板之间电场强度增大，P点电势不变
D. N板下移一点，两板之间电势差变大，P点电势不变
6.如图，在图甲的电路中，R1是可变电阻，R2是定值电阻，阻值4Ω。实验时调节R1的阻值，得到各组电压表和电流表数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出的U−I图像如图乙中AB所示。a和b分别为R1的滑片在不同位置时，其接入电路的电阻的U−I图像。电压表和电流表均看作理想电表。下列说法正确的是( )
A. 该电源电动势为2.5V，内阻5Ω
B. A、B状态对应的电源的效率ηA<ηB
C. 当R1=1Ω时，R1消耗功率最大
D. 当电流为0.2A时，滑动变阻器R1接入电路的电阻为7.5Ω
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.如图所示，一卫星绕地球运动，图中虚线为卫星的运行轨迹，A、B、C、D是轨迹上的四个位置，其中A距离地球最近，C距离地球最远。下列说法中正确的是( )
A. 卫星在运动过程中完全失重B. 卫星在做变加速曲线运动
C. 卫星在A点的加速度最小D. 卫星从A到C做加速运动
8.在如图所示的电路中，电源电动势E和内阻r为定值，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合电键S，理想电流表A的示数为I，理想电压表V1、V2和V3的示数分别为U1、U2和U3当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，各电表示数变化量分别为ΔI、ΔU1、ΔU2和ΔU3，下列说法正确的是( )
A. I变大，U2变大
B. 电源的效率增加
C. 电源的总功率增加
D. |ΔU1||ΔI|不变，|ΔU3||ΔI|不变
9.如图所示，两个质量均为m用轻弹簧相连接的物块A，B放在倾角为θ的固定光滑斜面上，系统保持静止。现给物块A一个沿斜面向上的初速度v0，使其沿斜面向上运动，当物块A运动到最高点时，物块B刚要离开固定在斜面上的挡板C，已知弹簧的劲度系数为k，弹簧的弹性势能表达式为12kx2(其中x表示弹簧的形变量)，重力加速度为g，只考虑物块A第一次上升过程，下列说法正确的是( )
A. 物块A的机械能先增大后减小
B. 初始时弹簧的弹性势能为m2g2sin2θk
C. 物块A上升到最高点时沿斜面运动的距离为v022gsinθ
D. 物块A的加速度先增大后减小
10.如图，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3=7.5Ω，电容器电容C=6μF，开关S原来断开，现在合上开关S直到电路稳定，则( )
A. S闭合电路稳定时，电容器b极板带正电
B. S断开电路稳定时，电容器的电压为3V
C. 从S断开到合上开关S且电路稳定后，流过电流表的电量为7.2×10−6C
D. 从S断开到合上开关S且电路稳定后，流过电流表的电量为2.88×10−5C
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.同学在“练习使用多用电表”的实验中，图1为某多用电表的面板。
(1)若用此表测量一阻值约为150Ω的定值电阻，下列操作正确的是_____
A.将选择开关应调到“×100”电阻挡
B.欧姆调零时，两表笔短接，用螺丝刀转动调零螺丝，直到指针与表盘右边零刻度对齐
C.在电阻测量时，双手不能同时接触电阻两端
D.测量完成后，将选择开关调到“OFF”挡
(2)图2为一正在测量中的多用电表表盘。如果选择开关在电阻挡“×1k”，则读数为_____Ω；如果选择开关在直流电压挡“2.5 V”，则读数为_____V。
(3)若用多用电表的欧姆挡去探测一个正常的二极管，某次探测时，发现表头指针偏转角度很大，则与二极管正极相连的是多用电表的_____(选填“红表等”或“黑表笔”)
12.某物理小组为了较精确地测量一节新电池的内阻，设计了图(a)所示的实验电路原理图，其中R0用于保护电路，其阻值为1.5Ω。
(1)实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，作出的U−I图线如图(b)所示，则干电池的电动势E=_____V，干电池的内阻r=_____。(结果保留两位有效数字)
(2)用该实验电路测出的电动势E测和内阻r测与真实值相比：E测_____E真，r测_____r真(选填“>”“<”或“=”)。
四、计算题：本大题共3小题，共40分。
13.如图所示，有一电子(电荷量为e，质量为m)经电压为U0的电场加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板。若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且刚好能沿下板右边缘飞出，求电子：
(1)刚离开加速电场时的速度v0；
(2)在平行金属板间的加速度a；
(3)通过平行金属板的时间t。
14.如图，带电量Q=+4.8×10−4C的A球固定在足够长的光滑绝缘斜面上，斜面的倾角α=37∘，质量m=0.1kg、带电量q=+2×10−7C的B球在离A球L=0.1m处由静止释放。两球均可视为点电荷，静电力恒量k=9×109N⋅m2/C2，g取10m/s2，sin37∘=0.6,cs37∘=0.8。
(1)A球在B球释放处产生的电场强度E的大小和方向；
(2)B球的速度最大时两球间的距离r；
(3)B球从开始运动到速度最大时，其电势能改变了7.92J.求B球运动的最大速度。(结果可用根号表示)
15.如图，一闯关游戏装置处于竖直面内，该装置由倾斜的直轨道AB，圆形轨道BDE，水平直轨道EG，传送带GH，水平直轨道HI，两个相同的四分之一圆管道拼接成的管道IJ，水平直轨道JK组成。圆形轨道与轨道AB、EG相切于B和E(E为圆形轨道最低点)。直线轨道EG和HI通过传送带GH平滑连接，管道IJ与直线轨道HI相切于I点，直线轨道JK右端为弹性挡板，滑块与弹性挡板碰撞后能原速率返回。已知圆形轨道半径R=0.4m，EG长LEG=2m，传送带GH长LGH=1.5m，HI长LHI=4m，JK长LJK=2.8m，四分之一圆管道的半径r=0.4m。现将一质量为m=1kg的滑块(视为质点)从倾斜轨道AB上某高度ℎ处由静止释放，经B点进入圆轨道后运动至D点再从E点滑出圆轨道，滑块与EG、HI、JK间的动摩擦因数μ1=0.25，与传送带间的动摩擦因数μ2=0.6，某余轨道均光滑。所有轨道都平滑连接，不计空气阻力，g取10m/s2。
(1)若滑块恰好经过圆形轨道最高点D，求滑块经过圆轨道E点时对轨道的压力及滑块由静止释放时的高度ℎ；
(2)若滑块从AB上高ℎ′=3m处静止释放，且传送带静止，那么滑块最终静止的位置距离H点的水平距离有多远；
(3)若滑块从AB上高ℎ′=3m处静止释放，且传送带以恒定的线速度顺时针转动，要使滑块能且仅能通过J点一次，求传送带的线速度v需满足的条件。
答案解析
1.B
【解析】A.“元电荷”是最小的电荷量，用e表示，则e=−1.60×10−9C，质子和电子所带的电荷量等于元电荷，其本身是带电粒子不是元电荷，故A错误；
B.电场是法拉第首先提出来的，电荷间的相互作用是通过电场发生的，电荷A对电荷B的作用就是电荷A的电场对B的作用，故B正确；
C.电场强度大小是由电场本身决定的，跟放入的电荷无关，跟电荷所受的力无关，故C错误；
D.点电荷是理想模型，实际不存在的，体积很小的带电体也不一定可以看作点电荷，只有物体的形状和大小对所研究的问题没有影响时，可以把带电体看作点电荷，故D错误。
2.A
【解析】足球在草坪上滚动的过程，由动能定理得−Wf=0−12mv02，则得克服阻力做的功Wf=12mv02=12×0.46×102J=23J，故A正确，BCD错误。
3.C
【解析】解：AB、B点对应的电阻为RB=61.5×10−1Ω=40Ω，故AB错误；
CD、A点对应的电阻为RA=31.0×10−1Ω=30Ω，所以工作状态从A变化到B时，导体的电阻因温度的影响改变了10Ω，故C正确，D错误。
故选：C。
从图上分别读出两点对应的电压和电流，然后根据欧姆定律计算、比较即可。
要知道I−U图像的斜率表示电阻的倒数，但斜率不是切线的斜率，是该点与原点连线的斜率，计算电阻还是可以用欧姆定律计算的。
4.A
【解析】在半球面AB右侧填补一个与AB完全相同的半球面，则这个球壳在M、N两点产生的电场强度相等，均为
E0=k2q2R2=kq2R2
由于半球面AB在M点的场强大小为E，则右侧填补的半球面在M点产生的电场强度为
E1=E0−E=E0=kq2R2−E
根据对称性可知，半球面AB在M点的场强大小与右侧填补的半球面在M点产生的场强大小相等，即N点的场强大小为
E2=E1=kq2R2−E
故选A。
5.B
【解析】A.当M板上移一点，则两板间距d增大，根据C= ɛS 4πkd可知C减小，电容器与电源相连接，若U不变，由C= QU ，电容器电容C减小，则要放电，但由于二极管的单向导电导致电容器不能放电，故电容器电量Q保持不变。C减小则U增大，两板之间电势差增大。根据电容器的定义C= QU 和C= ɛS 4πkd以及U=Ed可得：E= 4πkQ ɛS，因为Q保持不变，所以当d变化时E不变，PN间的距离不变，P点电势不变，故A错误；
B.当N板上移一点，则两板间距d减小，根据C= ɛS 4πkd可知C增大，电容器充电，电容器与电源相连接，U不变，d减小，则两板间电场强度增大，MP间电势差增大，则PN间电势差减小，P点电势降低，故B正确；
C.当M板下移一点，则两板间距d减小，根据C= ɛS 4πkd可知C减小，电容器充电，电容器与电源相连接，U不变，d减小，则两板间电场强度增大，P点电势升高，故C错误；
D.当N板下移一点，则两板间距d增大，根据C= ɛS 4πkd可知C减小，电容器要放电，但由于二极管的单向导电导致电容器不能放电，故电容器电量Q保持不变。C减小则U增大，两板之间电势差增大。根据电容器的定义C= QU 和C= ɛS 4πkd以及U=Ed可得：E= 4πkQ ɛS，因为Q保持不变，所以当d变化时E不变，PN间的距离增大，P点电势升高，故D错误。
故选B。
6.D
【解析】解：A.根据闭合电路的欧姆定律可得
E=U+I(R2+r)
由图可知，当U1=2V时，I1=0.1A；当时U2=1V，I2=0.3A。代入上式可得
E=2.5V，r=1Ω
故A错误；
B.电源的效率
η=U+IR2E
代入数据可知
ηA=2+0.1×42.5
ηB=2+0.3×12.5
ηA>ηB
故B错误；
C.把R2和r视作新的内阻，当
R1=R2+r=4Ω+1Ω=5Ω
时，R1消耗功率最大，故C错误；
D.当电流为0.2A时，根据图像可知
U=1.5V
根据欧姆定律可知
R1=UI=1.50.2Ω=7.5Ω
故D正确。
故选：D。
根据闭合电路欧姆定律对a、b分别列式求解E和r，再根据外电路电阻和内电路电阻对功率的影响分析求解。
本题考查了闭合电路欧姆定律，解题的关键是电路结构的分析，掌握电源的U−I图线的斜率表示电源的内阻，掌握外电阻等于内阻时电源输出功率最大。
7.AB
【解析】A.卫星在运动过程中仅受重力，处于完全失重，故A正确。
B.引力提供合外力，引力大小和方向都发生变化，所以加速度发生变化，做变加速曲线运动，故B正确。
C.根据牛顿第二定律可得GMmr2=ma可得a=GMr2，可知卫星在A点的加速度最大，故C错误。
D.卫星绕地球做椭圆运动，根据开普勒第二定律可知，轨道上离地球越近，卫星的速度越大，离地球越远，卫星的速度越小;则卫星在A点的速度最大，卫星在C点的速度最小，卫星从A到C做减速运动，故D错误。
8.CD
【解析】解：ABC、根据电路图可知，滑片P上滑，阻值减小，总阻值阻值减小，电流增大，闭合电路的欧姆定律E=U3+Ir，可知U3减小，U1=IR1增大，由电路图可知U3=U2+U1，所以U1减小，由电源的效率η=P输出P总×100%=IE−I2rIE×100%=E−I rE×100%可知，效率在减小，由电源总功率P总=IE可知，总功率在增加，故C正确，AB错误；
D、由U1=IR1可知ΔU1=ΔIR1，由E=U3+Ir可知，U3的变化等于内电阻两端的电压变化，所以ΔU3=ΔIr，由于R1和r是定值，故D正确；
故选：CD。
ABC、根据滑动变阻器的变化，先确定总电阻，然后根据欧姆定律判断电流的变化，结合功率的公式，电源的效率公式可求出；
D、根据欧姆定律把变化量表示出来，然后判断电阻是否改变。
本题主要考查学生对于动态电路的分析，结合功率的公式，电源效率的公式来解决本题，难度不大。
9.AC
【解析】A.弹簧的弹力对物块A先做正功后做负功，根据功能关系可知，物块A的机械能先增大后减小，故A正确;
B.初始时对物块A受力分析有mgsinθ=kx1，解得x1=mgsinθk，所以弹簧的弹性势能为Ep=12kx12=m2g2sin2θ2k，故B错误;
C.由于A、B的质量相等且当A上升到最高点时物块B刚要离开挡板C，所以弹簧初末状态的形变量相等，弹性势能相等，故物块A的动能全部转化为自身的重力势能，则有12mv02=mgdsinθ，解得d=v022gsinθ，故C正确;
D.弹簧恢复原长之前对物块A的弹力沿斜面向上，物块A的重力的分力沿斜面向下，随着弹力的减小，物块A的合力增大，加速度增大，弹簧恢复原长之后对物块A的弹力沿斜面向下，物块A的重力的分力沿斜面向下，随着弹力的增大，物块A的合力增大，加速度增大，故物块A的加速度一直增大，故D错误。
10.ABD
【解析】A.S闭合，电路稳定后，R1与R2串联后再与R3并联，C两端电压等于R1两端电压，b极板的电势比a极板的电势高，所以电容器b极板带正电，故A正确；
B.S断开，C相当于断路，R3中无电流，电容器两端电压等于R2两端电压，由于a极板的电势比b极板的电势高，所以电容器a极板带正电；电容器的电压为
U=ER1+R2+rR2=62+3+1×3V=3V
故B正确；
CD.S闭合电路稳定时，外电路的总电阻
R外=R1+R2R3R1+R2+R3=3Ω
电容器的电压为
U1=ER外R外+r×R1R1+R2=1.8V
流过电流表的电量
Q=CU+U1=6×10−6×3+1.8C=2.88×10−5C
故D正确，C错误。
故选ABD。
11. CD##DC 1.5×104 1.25 黑表笔
【解析】(1)[1]A.用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，测量一个阻值大约为150Ω的定值电阻，则要先选择开关拨至“×10Ω”挡，故A错误；
B.进行欧姆调零，调节的是欧姆调零旋钮不是机械调零，故B错误；
C.在电阻测量时，为准确，双手不能同时接触电阻两端，故C正确；
D.测量完成后，将选择开关调到“OFF”挡，故D正确。
故选CD；
(2)[2]选择开关在电阻挡“×1k”，由图示表盘可知，读数为
15×1000Ω=1.5×104Ω
[3]如果选择开关在直流电压挡“2.5V”，由图示表盘可知，其分度值为0.05V，其读数为：1.25V。
(3)[4]用欧姆挡，电流由黑表笔流出，接二极管正极则导通，接负极为截止，表头指针偏转角度很大，说明电流由二极管的正极进入，对于电表从黑的表头出，所以是黑表笔与二极管正极相接。
12.(1) 2.0 1.0
(2) < <
【解析】(1)[1][2]由闭合电路欧姆定律可得
E=U+IR0+r
解得
U=E−IR0+r
由图示U−I图像可知，图线与纵轴交点坐标值为2.0，干电池的电动势
E=2.0V
图像斜率的绝对值
k=ΔUΔI=R0+r
干电池的内阻
r=ΔUΔI−R0=2.0−1.00.4Ω−1.5Ω=1.0Ω
(2)[1][2]当外电路短路时，电流的测量值等于真实值，除此之外，由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U−I图像如图所示
由图像可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值，即
E测
(2)电子在平行金属板间，根据牛顿第二定律有：a=eUmd；
(3)电子在水平金属板间做类平抛运动，竖直方向上有：y=d2=12at2，则有：t= md2eU。
【解析】本题考查了带电粒子在电场中的加速和偏转问题。粒子在偏转电场中做类平抛运动，解决该题的关键是知道电子刚好能穿过电场指电子在水平方向的位移大小等于板长，竖直方向的位移大小为板间距的一半。
14.(1)A球在B球释放处产生的电场强度大小
E=kQL2=4.32×108N/C
方向沿斜面向上。
(2)当B球所受静电力等于重力沿斜面向下的分力时B球的速度最大，此时
kQqr2=mgsinα
解得
r=1.2m
(3)B球从开始运动至达到最大速度的过程中，设电场力做的功为 WF ，根据动能定理有
WF−mg(r−L)sinα=12mv2−0
WF=7.92J
解得
v= 145.2m/s
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
15.(1)滑块恰好经过圆形轨道最高点D，根据牛顿第二定律可得
mg=mvD2R
解得
vD= gR=2m/s
滑块从 E 到 D 点过程中，由动能定理得
−mg⋅2R=12mvD2−12mvE2
解得
vE= 5gR=2 5m/s
滑块过 E 点时，根据牛顿第二定律可得
F′N−mg=mvE2R
解得
F′N=60N
由牛顿第三定律可知滑块对轨道的压力大小为
FN=F′N=60N
方向竖直向下。滑块从 A 到 D 点过程中，由动能定理得
mg(ℎ−2R)=12mvD2−0
解得
ℎ=1m
(2)滑块从 A 到 E 点过程中，重力做功为
WG=mgℎ′=30J
若传送带静止，滑块运动到 I 点，需克服摩擦力做功
Wf1=μ1mgLEG+μ2mgLGH+μ1mgLHI=24J
由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达 I 点时的动能为
EkI=WG−Wf1=6J
设滑块滑上半圆轨道 U 的高度 ℎ1 ，则有
EkI=mgℎ1
解得
ℎ1=0.6m<2r=0.8m
则滑块会从圆轨道IJ返回滑下运动，由动能定理得
−μ1mgx=0−EkI
解得滑块滑过四分之一圆轨道继续滑行的位移大小为
x=2.4m
所以滑块最终静止在 H 点右侧，距 H 点的水平距离
Δx=LHI−x=1.6m
(3)若向上滑块恰好能到达 J ，则滑块在 H 点的动能为
EkH1=12mvH12=μ1mgLHI+mg⋅2r=18J
解得
vH1=6m/s
滑块从斜面上滑下到达 G 点的过程，由动能定理可得
mgℎ′−μ1mgLEG=12mvG2
解得
vG= 50m/s>6m/s
若传送带静止，由动能定理可知滑块从斜面上滑下到达 H 点时，有
EkH=mgℎ′−μ1mgLEG−μ2mgLGH=30J−5J−9J=16J=12mv H2
解得
vH= 32m/s<6m/s
则滑块在传送带上先减速再匀速运动，传送带的速度为
v1=6m/s
若滑块在JK上与弹性挡板碰撞后，恰好停在 J 点，则从 H 到停下过程，由动能定理得
−μ1mgLHI+2LJK−2mgr=0−12mvH22
解得
vH2=8m/s>vG= 50m/s
则滑块在传送带上先加速再匀速运动，传送带的速度为
v2=8m/s
因此要使滑块停在KL上(滑块不会再次返回半圆轨道IJ回到HI上)，传送带的速度需满足的条件
6m/s≤v<8m/s
【解析】详细解答和解析过程见【答案】
相关试卷
2024湖南省雅礼七校高一下学期期末考试物理试卷含解析： 这是一份2024湖南省雅礼七校高一下学期期末考试物理试卷含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷（Word版附答案）： 这是一份湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷（Word版附答案），文件包含湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷docx、湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。
湖南省长沙市雅礼中学2021-2022学年高一(下)期末物理试题： 这是一份湖南省长沙市雅礼中学2021-2022学年高一(下)期末物理试题，文件包含湖南省长沙市雅礼中学2021-2022学年高一下学期期末物理试题原卷版docx、湖南省长沙市雅礼中学2021-2022学年高一下学期期末物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共27页， 欢迎下载使用。
