2023-2024學(xué)年江蘇省南京市建鄴區(qū)高一（下）期末物理試卷（含解析）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023-2024學(xué)年江蘇省南京市建鄴區(qū)高一（下）期末物理試卷一、單選題：本大題共11小題，共44分。1.物理學(xué)家的科學(xué)研究推動了人類社會文明的進程，下列說法正確的是(

)A.密立根最早通過油滴實驗比較準(zhǔn)確地測出了電子的電荷量

B.亞當(dāng)斯和勒維耶先觀測到了一顆新行星后通過萬有引力定律精準(zhǔn)計算出了行星的軌道

C.牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律并測出了引力常量

D.庫侖在前人工作的基礎(chǔ)上通過實驗研究提出了電場和電場線2.如圖所示，A球、C球均帶正電，B球帶負(fù)電，A球固定在絕緣的水平地面上，B球由絕緣的細線拉著，C球處在與B球等高的位置，A、B、C三球均靜止且三者所在位置構(gòu)成一個等邊三角形。若細線與豎直方向的夾角為60°，A、B、C三球所帶電荷量大小分別為qA、qB、qC，質(zhì)量mC=6mB=6mA，則A.4：2：1 B.2：1：4 C.1：2：23.如圖所示，邊長為L正四面體ABCD的中心為O，A、B兩點分別固定等量異種點電荷?q、+q，下列說法正確的是(

)A.C、D兩點電場強度大小相等，方向不同

B.C、D兩點電勢相等

C.將一試探電荷+Q從C點沿直線移到D點，電場力先做負(fù)功后做正功

D.O點場強大小為16kq4.如圖所示的電路中，電壓表和電流表均為理想電表，滑動變阻器的最大阻值為3R，滑片P位于滑動變阻器的中點，定值電阻的阻值為R，若在a、b端加上電壓U時，電壓表的示數(shù)為U1、電流表的示數(shù)為I1；若在c、d端加上電壓U時，電壓表的示數(shù)為U2、電流表的示數(shù)為I2A.U1>B.U1C.I1D.I5.在如圖所示電路中，閉合電鍵S，當(dāng)滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，四個理想電表的示數(shù)都發(fā)生變化，電表的示數(shù)分別用I、U1、U2和U3表示，電表示數(shù)變化量的大小分別用ΔI、ΔU1、ΔUA.U1I不變，ΔU1ΔI變大

B.U2I變大，ΔU3ΔI不變

C.Δ6.如圖所示，圖甲為一個電燈兩端電壓與通過它的電流的變化關(guān)系曲線。由圖可知，兩者不成線性關(guān)系，這是由于焦耳熱使燈絲的溫度發(fā)生了變化的緣故。不計電流表內(nèi)阻。如圖乙所示，將兩個這樣的電燈并聯(lián)后再與5Ω的定值電阻R0串聯(lián)，接在電動勢為E=15V、內(nèi)阻不計的電路上，則下列選項中正確的是(

)

A.電阻R0消耗的功率約為7.5W B.電阻R0消耗的功率約為5W

C.每個燈的實際功率約為1.6W D.7.電流傳感器可以像電流表一樣測量電流，按圖甲連接電路，電源用直流9.0V，電容器可選幾十微法的電解電容器，先使開關(guān)S與1端相連，電源向電容器充電，這個過程可在短時間內(nèi)完成，然后把開關(guān)S擲向2端，電容器通過電阻R放電，傳感器將電流信息傳入計算機，屏幕上顯示出電流隨時間變化的I?t圖像如圖乙所示，則有(

)

A.開關(guān)S由1擲向2時，流過電阻R的電流由b流經(jīng)電阻R到a

B.開關(guān)S由1擲向2時，流過電阻R的電流由a流經(jīng)電阻R到b

C.圖乙I?t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積代表的物理意義是放電電量，其值接近2.7×10?4C

D.圖乙8.如圖甲所示的電路中，定值電阻R0=4Ω?？勺冸娮鑂的功率隨自身阻值變化的函數(shù)關(guān)系如圖乙所示，由此可知(

)A.電源電動勢E=2V B.內(nèi)阻r=43Ω

C.增大D.增大R，電源效率可能增大，也可能減小9.如圖為一海上風(fēng)電廠的照片，該海上風(fēng)電廠的風(fēng)力發(fā)電機的葉片長為50米，有40個發(fā)電機組。假設(shè)一年中有約100天左右時間可以發(fā)電，且發(fā)電時風(fēng)速約10m/s；發(fā)電機將風(fēng)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿男始s為30%。空氣密度為1.3kg/m3，試通過估算判斷：該海上風(fēng)電廠年發(fā)電量與下列選項中哪一個最接近(

)A.1.5×107kW?? B.1.5×1010.在如圖所示電路中，電壓表為理想電壓表，兩電流表由相同的表頭改裝而成，電流表A1量程為1A，電流表A2量程為0.6A，閉合開關(guān)S，滑動變阻器的滑片位于a點時，電壓表的讀數(shù)分別為U1、兩電流表示數(shù)和為I1，滑動變阻器的滑片位于b點時，電壓表的讀數(shù)為U2、兩電流表示數(shù)和為A.U1>U2，I2>I1

B.兩電流表A1與A2示數(shù)相同

C.滑片由a滑到b，11.如圖所示，在水平向右且場強大小為E的勻強電場中，兩個半徑相同、質(zhì)量均為m的小球A、B靜止放置在光滑的水平面上，且A、B所在直線與電場線平行。A帶電量為q(q>0)，B不帶電，A、B之間的距離為L。t=0時刻開始，A在電場力的作用下開始沿直線運動，并與B發(fā)生彈性碰撞。碰撞過程中A、B之間沒有電量轉(zhuǎn)移，僅碰撞時才考慮A、B之間的相互作用。下列說法正確的是(

)A.兩球第一次碰撞到發(fā)生第二次碰撞的時間間隔為2mLqE

B.兩球第n次碰撞到發(fā)生第n+1次碰撞的時間間隔為2n2mLqE

C.兩球連續(xù)兩次碰撞的時間間隔均為二、實驗題：本大題共1小題，共15分。12.實驗是物理學(xué)的基礎(chǔ)。

Ⅰ.某同學(xué)用電流傳感器和電壓傳感器做“觀察電容器的充、放電現(xiàn)象”實驗，電路如圖甲所示。

(1)先使開關(guān)S與1端相連，電源對電容器充電，則電容器上極板帶______(選填“正”或“負(fù)”)電；

(2)然后把開關(guān)S擲向2端，電容器通過電阻R放電，傳感器將電流、電壓信息傳入計算機，經(jīng)處理后得到電流和電壓隨時間變化的曲線，如圖乙所示。根據(jù)圖像估算電容器的電容約為______F。(計算結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)

Ⅱ.對兩種型號鉛筆芯的電阻率進行測量時，實驗器材如下：

學(xué)生電源(輸出電壓0～16V)

滑動變阻器(最大阻值10Ω，額定電流2A)；

電壓表V(量程3V，內(nèi)阻未知)；

電流表A(量程3A，內(nèi)阻未知)；

待測鉛筆芯R(X型號、Y型號)；

游標(biāo)卡尺，螺旋測微器，開關(guān)S，單刀雙擲開關(guān)K，導(dǎo)線若干。

回答以下問題：

(3)把待測鉛筆芯接入圖乙所示電路，閉合開關(guān)S后，將滑動變阻器滑片由最右端向左調(diào)節(jié)到合適位置，將單刀雙擲開關(guān)K分別擲到1、2端，觀察到電壓表示數(shù)變化比電流表示數(shù)變化更明顯，則測量鉛筆芯電阻時應(yīng)將K擲到______(填“1”或“2”)端；

(4)正確連接電路，得到Y(jié)型號鉛筆芯I?U圖像如圖丙所示，求得電阻RY=______Ω(保留3位有效數(shù)字)；采用同樣方法得到X型號鉛筆芯的電阻為1.70Ω；

(5)螺旋測微器測得X，Y型號鉛筆芯的直徑分別為D1，D2，D1<D2，測量過程中接入電路的鉛筆芯長度相等，則X型號鉛筆芯的電阻率______三、計算題：本大題共4小題，共41分。13.如圖所示，OM是兩固定的等量異種電荷A、B連線的豎直中垂線，其中A帶正電，B帶負(fù)電。用絕緣絲線一端固定于O點，另一端懸掛一質(zhì)量為m的帶電小球，穩(wěn)定后小球恰好靜止在AM的中點N處。已知AN=NM=L，且絕緣絲線ON與OM的夾角θ=53°，等量異種電荷A、B及帶電小球的電荷量大小均為Q(Q未知)，靜電力常量為k，重力加速度為g(sin53°=0.8,cos53°=0.6)。求：

(1)帶電小球所受庫侖力F，小球電荷量Q的大??；

(2)等量異種電荷A、B在N處產(chǎn)生的合場強E。14.電壓表是測量電壓的器材。已知某電路兩端的電壓為15V，為了保證電表的安全，現(xiàn)用量程為15V、內(nèi)阻為RV的電壓表與一阻值為R1=3kΩ的定值電阻串聯(lián)在一起測量該電路兩端的電壓，此時電壓表的讀數(shù)為12V。

(1)RV應(yīng)為多少？

(2)如果將量程為15V、內(nèi)阻為R15.如圖甲所示，直流電源電壓U恒定，電阻R1為250Ω，R2為500Ω。閉合開關(guān)S，理想電壓表的示數(shù)為1000V。

(1)求通過R1的電流。

(2)求電源電壓U。

(3)如圖乙所示，將圖甲電路中的R2和電壓表替換為兩極板水平放置的平行板電容器，兩板間距d=1m，A、B為板間的兩位置，其連線與水平方向的夾角θ=30°。閉合開關(guān)S，待電容器充電完畢后，一帶電液滴以v=2m/s的初速度，從A處以垂直于AB連線方向斜向上飛出，恰好經(jīng)過B處，此運動過程中未與上極板相碰。已知帶電液滴所受電場力方向豎直向下，其質(zhì)量m=1.5×10?3kg、電荷量q=1×10?6C。不計空氣阻力，板間的電場可視為勻強電場，重力加速度大小g取10m/16.電子束光刻技術(shù)原理簡化如圖甲所示，電子源發(fā)射的電子束經(jīng)過多級直線加速器后，進入靜電轉(zhuǎn)向器，再通過偏移器后對晶圓上的光刻膠進行曝光。多級直線加速器由n個橫截面積相同且共軸的金屬圓筒依次水平排列，各金屬圓筒依序接在交變電源的兩極A、B上，交變電源兩極間電勢差的變化規(guī)律如圖乙所示。序號為0的金屬圓板中央有一個點狀電子源，電子逸出的速度不計，轉(zhuǎn)向器中有輻向電場，電子從M點水平射入，沿著半徑為R的圓弧虛線(等勢線)運動，并從N點豎直射出，沿著偏移器的中軸線進入，軸線垂直晶圓上表面并過中心O點，已知偏移器為長、間距均為L的平行金屬板，兩極板可加電壓，偏移器下端到芯片的距離為L，電子質(zhì)量為m、電荷量大小為e，交變電壓的絕對值為u，周期為T。電子通過圓筒間隙的時間不計，不計電子重力及電子間的相互作用力，忽略相對論效應(yīng)、極板邊緣效應(yīng)等其他因素的影響。

(1)若t=0時刻進入圓筒間隙的電子能夠被加速，求此時A、B的電勢高低和經(jīng)過一次加速后電子的速度；

(2)經(jīng)過8個圓筒后被導(dǎo)出的電子恰能沿圓弧虛線運動，求第8個圓筒的長度和轉(zhuǎn)向器虛線處電場強度的大??；

(3)第(2)問中的電子能經(jīng)過偏移器，求偏移器間所加電壓的范圍；

(4)若電子均勻進入偏移器，要求電子均勻?qū)ΨQ打在光刻膠的x軸上O點兩側(cè)，試定性畫出加在偏移器上掃描電壓隨時間變化的規(guī)律(電子在偏移器運動時，可認(rèn)為場強不變)。

答案解析1.A

【解析】解：A.密立根最早通過油滴實驗比較準(zhǔn)確地測出電子的電荷量，故A正確；

B.亞當(dāng)斯和勒維耶根據(jù)天王星的觀測資料，各自獨立應(yīng)用萬有引力定律計算并觀測到海王星，故B錯誤；

C.牛頓發(fā)現(xiàn)了萬有引力定律，卡文迪什利用扭秤實驗裝置比較準(zhǔn)確地測出了引力常量，故C錯誤；

D.庫侖在前人工作的基礎(chǔ)上通過實驗研究提出了庫侖定律，法拉第提出了電場和電場線，故D錯誤。

故選：A。

根據(jù)物理學(xué)家的貢獻分析判斷。

本題關(guān)鍵熟記物理學(xué)家的貢獻。2.B

【解析】解：對B、C球受力分析如下

如圖所示，對C球，由力的平衡條件可得

FBC=FACcos60°

mCg=FACsin60°

對B球，由力的平衡條件有

FTsin60°=FABcos60°+FBC

FTcos60°=FABsin60°+mBg

三個球的質(zhì)量關(guān)系

mC=6mB=6mA

庫侖定律表達式

3.B

【解析】解：A、根據(jù)等量異種點電荷的電場線的特點可知，空間中的C、D兩點電場強度大小相等，方向也相同，故A錯誤；

BC、空間中C、D兩點連線在等量異種點電荷的垂直平分面上，故在同一個等勢面上，將一試探電荷+Q從C點沿直線移到D點電場力一直不做功，故B正確，C錯誤；

D、+q在O點場強大小為8kq3L2，故合成后O點場強大小為163kq9L2，故D錯誤。

故選：B。

+q、?q是兩個等量異種點電荷，其電場線和等勢面分布具有對稱性，通過AB的中垂面是一個等勢面，C、D在同一等勢面上，電勢相等；根據(jù)點電荷的場強的公式和平行四邊形定則計算出O點的電場強度；在等勢面上運動點電荷電場力不做功。

4.D

【解析】解：若在a、b端加上電壓U時，此時電壓表的示數(shù)為

U1=U

定值電阻的阻值為R與1.5R并聯(lián)再與1.5R串聯(lián)。并聯(lián)電阻為

R并=1.5R×R1.5R+R=0.6R

并聯(lián)電阻的兩端電壓為

U并=0.6R0.6R+1.5RU=27U

電流表此時與定值電阻的阻值串聯(lián)，根據(jù)歐姆定律可知，電流為

I1=2U7R

若在

c、d

端加上電壓U時，此時電壓表的示數(shù)為

U2=U

可知

U1=U2

定值電阻的阻值為R5.B

【解析】解：A.因為

U1I=ΔU1ΔI=R1

R1是定值電阻，則U1I、ΔU1ΔI不變，故A錯誤；

CD.因為

U3I=R1+R2

滑動觸頭P向下滑動時R2變大，則U3I變大；

由

U3=E?Ir

得

ΔU3ΔI=r

則ΔU3ΔI不變，故CD錯誤；

B.因為

U2I6.B

【解析】解：設(shè)此時電燈兩端的電壓為U，流過每個電燈的電流為I，由閉合電路歐姆定律得E=U+2IR0

代入數(shù)據(jù)得I=15?U10

在I?U圖上畫出該直線，如圖所示

可得到該直線與曲線的交點(10V,0.50A)，即流過電燈的電流為0.50A，電燈兩端電壓為10V，電阻R0消耗的功率P0=(2I)2R0=(2×0.50)2×5W=5W

每個燈的功率為：P=UI=10×0.50W=5W，故7.A

【解析】解：AB.當(dāng)開關(guān)S打到1時，電容器的上端接電源的正極，下端接電源的負(fù)極，所以當(dāng)開關(guān)S打到2時，電容器對電阻R放電，流過電阻R的電流由b流經(jīng)電阻R到a。故A正確，B錯誤；

CD.由電流的定義式可得

I=qt

則圖乙I?t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積代表的物理意義是放電電量。圖中圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積為小格的格數(shù)。按照超過半格算一格，不足半格舍去，則可知總共有38格，一格代表的電量為

q0=0.04×0.2×10?3C=8×10?6C

則該圖像表示的電量為

q=38×q0=38×8×10?6C≈3.0×8.C

【解析】解：AB、將定值電阻R0與電源看成新的電源，當(dāng)新的電源內(nèi)阻與可變電阻R的阻值相等時，可變電阻R的功率最大，新的電源的輸出功率最大，則有

r′=R0rR0+r=2Ω，

Pm=E24r′=2W，

解得r=4Ω，E=4V，故AB錯誤。

CD、電源效率

η=IUIE=UE，

U=E?Ir′=E?Er′RR09.B

【解析】解：風(fēng)力發(fā)電是利用動能轉(zhuǎn)化成電能，假設(shè)在Δt時間內(nèi)，吹到風(fēng)葉上的空氣質(zhì)量為Δm，有

Δm=ρπr2vΔt

發(fā)電機將風(fēng)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿男始s為30%，每臺發(fā)電機發(fā)電功率為

P=12Δmv2Δt×30%=320πρr2v3

10.D

【解析】解：A、設(shè)電源電勢為E，內(nèi)阻為r，據(jù)歐姆定律有：I1=ER1+RA+r+Ra，而I2=ER1+RA+r+Rb，由于Ra<Rb，所以I1>I2，U1=E?I1(11.D

【解析】解：A、對A、B第一次碰撞前A的運動過程，根據(jù)動能定理得：qEL=12mv2

解得A、B第一次碰撞前瞬間A的速度為：v=2qELm

A、B第一次發(fā)生彈性碰撞過程，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律與機械能守恒定律得：

mv=mvA1′+mvB1′；12mv2=12mvA1′2+12mvB1′2

解得A、B第一次碰撞后瞬間A、B的速度分別為：

vA1′=0，vB1′=2qELm=v，(質(zhì)量相等，速度交換)

兩球第一次碰撞到第二次碰撞的過程，由兩者的位移相等得：12?qEm?t12=vB1′t1

解得兩球第一次碰撞到第二次碰撞的時間間隔為：t1=22mLqE，故A錯誤；

BCD、第二次碰撞前瞬間A、B的速度分別為：

vA2=qEmt1=22qELm=2v，vB2=vB1′=v

A、B第二次碰撞時，由質(zhì)量相等，速度交換可得第二次碰撞后瞬間A、B的速度分別為：

vA2′=v，vB2′=2v

同理由兩者的位移相等得：vA2′t2+12?qEm?12.正

4.7×10?4

1

1.87

【解析】解：(1)將開關(guān)S接1，電容器充電，由于電容器上極板與電源正極相連，因此充電完成后電容器上極板帶正電；

(2)I?t圖像中圖線與坐標(biāo)軸圍成的面積表示電容器充電后放電的電荷量，在計算方格數(shù)時，不足半格的舍棄，多余半格的算一格，I?t圖線與坐標(biāo)軸圍成的方格數(shù)約為15格；

電荷量Q=15×0.25×10?3×1C=3.75×10?3C

根據(jù)電容器的定義式，電容器的電容C=QU=3.75×10?38.0F≈4.7×10?4F

(3)觀察到電壓表示數(shù)變化比電流表示數(shù)變化更明顯，說明電流表的分壓明顯，為了減小誤差，應(yīng)將電流表外接，因此測量鉛筆芯電阻時應(yīng)將K擲到1端；

(4)根據(jù)歐姆定律I=1RY?U

圖像的斜率k=1.5?02.8?0Ω?1=1528Ω?1

結(jié)合I?U函數(shù)，圖像斜率k=1RY

代入數(shù)據(jù)解得RY=1.87Ω

(5)根據(jù)電阻定律R=ρLS=ρLπD24=4ρLπD2

電阻率ρ=πR13.解：(1)對小球受力分析，根據(jù)平衡條件可知其受力情況如下圖所示

根據(jù)平衡條件有

F拉sinθ=F

F拉cosθ=mg

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得：F=43mg；

根據(jù)庫侖定律可知，A對小球的庫侖力

F1=kQ2L2

B對小球的庫侖力

F2=kQ2(3L)2

且有F=F1+F2

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)得：Q=6mgL25k；

(2)根據(jù)電場強度的定義可知，等量異種電荷A、B在N【解析】(1)對物體進行受力分析，根據(jù)平衡力的特點結(jié)合庫侖力求解；

(2)根據(jù)電場強度的定義求解。

本題主要考查學(xué)生對于平衡力的使用，對于庫侖定律和電場強度的定義式的熟練度掌握情況。14.解：(1)根據(jù)串聯(lián)電路電流處處相等和歐姆定律有

U?UvR1=UvRv

把U=15V，UV=12V代入解得

RV=12kΩ

(2)設(shè)串聯(lián)的電阻大小為R2，則

15RV=60?15R2

R2=36kΩ【解析】(1)根據(jù)歐姆定律和串聯(lián)電路特點計算即可；

(2)先根據(jù)串聯(lián)電路的電流特點和歐姆定律解