第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年江蘇省南京市六校聯(lián)合體高一（下）期末物理試卷一、單選題：本大題共11小題，共44分。1.某金屬導線的電阻為R，現(xiàn)將它均勻拉長到原來長度的兩倍，則該導線的電阻變?yōu)?

)A.2R B.12R C.4R 2.人造衛(wèi)星A、B在軌道上繞地球做勻速圓周運動，如圖所示，下列說法中正確的是(

)A.A的速度較小

B.A所受的引力較大

C.B的周期較小

D.B的加速度較小3.某電場的電場線分布如圖中實線所示，虛線為一帶電粒子的運動軌跡，下列說法中正確的是(

)A.粒子在a點處的加速度大于在b點處的加速度

B.粒子在a點處的電勢能大于在b點處的電勢能

C.粒子在a點處的動能大于在b點處的動能

D.粒子在運動過程中機械能守恒4.如圖甲所示，家用滾筒式洗衣機滾筒截面可視為半徑為R的圓。洗衣機脫水時，一衣物(可視為質(zhì)點)緊貼筒壁隨滾筒在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，O為圓心，如圖乙，A、B、C為衣物運動軌跡上的三點，A、C兩點位于最高和最低點，B點與O點等高，則衣物(

)A.運動過程處于平衡狀態(tài)

B.在B點受到的摩擦力隨轉(zhuǎn)速的增大而增大

C.在A、B、C三處對筒壁的壓力大小相等

D.在C處水更容易甩出5.我國“天問一號”火星探測器成功被火星捕獲，經(jīng)變軌后從“調(diào)相軌道”進入“停泊軌道”，如圖所示，陰影部分S1和S2為探測器分別在兩個軌道上運行時與火星球心的連線在相等時間內(nèi)掃過的面積，下列說法正確的是(

)A.圖中兩陰影部分的面積S1和S2大小相等

B.探測器在P點的加速度大于在Q點的加速度

C.探測器從“調(diào)相軌道”進入“停泊軌道”，周期變大

D.探測器從“調(diào)相軌道”進入“停泊軌道”，需要在6.如圖所示，平行板電容器與直流電源相連接，一帶電油滴位于電容器中的P點且恰好處于平衡狀態(tài)，在其他條件不變的情況下，現(xiàn)將平行板電容器的兩極板非常緩慢地錯開一些，那么在錯開的過程中(

)A.P點電勢將變大 B.電容器所帶的電荷量Q增大

C.電流計中的電流從N流向M D.油滴將向下加速運動7.我國某些地區(qū)的人們用手拋撒谷粒進行水稻播種，如圖(a)所示。在某次拋撒的過程中，有兩顆質(zhì)量相同的谷粒1、谷粒2同時從O點拋出，初速度分別為v1、v2，其中v1方向水平，v2方向斜向上，它們的運動軌跡在同一豎直平面內(nèi)且相交于P點，如圖(b)A.兩顆谷粒在空中時的加速度a1<a2

B.兩顆谷粒到達P點時重力的瞬時功率P1<P2

C.谷粒2先到達8.兩點電荷M、N分別固定在x=?20cm和坐標原點處，若取無窮遠處電勢為0，則兩點電荷所形成電場的電勢在x軸正半軸上的分布如圖所示，圖線與x軸交于x0處，x=20cm處電勢最低?，F(xiàn)有一正點電荷q從x0處由靜止釋放，其只在電場力作用下運動。下列說法正確的是(

)A.點電荷M帶正電、N帶負電

B.x軸上電場強度為零的位置有兩處

C.點電荷q沿x軸正方向運動的過程中，電場力一直做正功

D.點電荷M、N所帶電荷量大小之比為4：19.如圖所示，傳送帶的水平部分ab長度為2m，傾斜部分bc長度為3m，bc與水平方向的夾角為37°。傳送帶沿圖示順時針方向勻速率運動，速率為2m/s?，F(xiàn)將質(zhì)量為m=1kg小煤塊A從靜止輕放到a處，它將被傳送到c點，已知小煤塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ=0.5，且此過程中煤塊不會脫離傳送帶，已知重力加速度大小為g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，則(

)A.小煤塊從a到b的時間為1s

B.小煤塊從a到b，電動機多消耗的電能為2J

C.從b到c，小煤塊和皮帶間因摩擦而產(chǎn)生的熱量為4J

D.從a到c，小煤塊在傳送帶上留下的痕跡長度為1.4m10.如圖所示，在豎直平面內(nèi)有水平向左的勻強電場，一根長L=0.5m的絕緣細線的一端固定在電場中的O點，另一端系住一質(zhì)量m=0.3kg、帶電量q=?4×10?7C的小球，小球靜止時細線與豎直方向成θ=37°角?，F(xiàn)給小球一個與細線垂直的初速度，使其從靜止位置開始運動，發(fā)現(xiàn)它恰好能繞O點在豎直平面內(nèi)做完整的圓周運動。已知g=10m/s2，sin37°=0.6，A.勻強電場的電場強度大小為1×107N/C

B.小球從初始位置運動至軌跡最左端的過程中機械能減小了1.8J

C.小球獲得的初速度大小為5m/s

D.11.如圖所示，一輕彈簧豎直放置，下端固定在水平地面上，自然伸長時彈簧上端處于A點。t=0時將小球從A點正上方O點由靜止釋放，t1時到達A點，t2時彈簧被壓縮到最低點B。以O為原點，向下為正方向建立x坐標軸，以B點為重力勢能零點，彈簧形變始終處于彈性限度內(nèi)。小球在運動過程中的動能Ek、重力勢能Ep1、機械能E0及彈簧的彈性勢能A.B.C.D.′二、實驗題：本大題共1小題，共15分。12.某實驗小組測量一新材料制成的粗細均勻金屬絲的電阻率，金屬絲的長度L已知。

(1)先用螺旋測微器測量電阻絲的直徑d，示數(shù)如圖甲所示，其直徑d=______mm；

(2)用多用電表粗測金屬絲的阻值。當用“×10”擋時，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，進行一系列正確操作后，指針靜止時位置如圖乙所示，其讀數(shù)為______Ω；

(3)為了精確地測量金屬絲的電阻，除被測電阻外，實驗室提供了下列器材：

直流電源(電壓3V，內(nèi)阻不計)

電壓表V(量程0～3V，內(nèi)阻約為3kΩ)

電流表A(量程0～300mA，內(nèi)阻約為1Ω)

滑動變阻器R1(0～5Ω)

滑動變阻器R2(0～1000Ω)

開關(guān)一只，導線若干

為調(diào)節(jié)方便，并讓電壓變化范圍盡量大一些，實驗中，滑動變阻器應選擇______(選填“R1”或“R2”)。請在虛線框內(nèi)畫出電路原理圖；

(4)根據(jù)實驗數(shù)據(jù)作出的U?I圖像如圖丙所示，U?I圖像的斜率用k表示，則待測金屬絲的電阻率的表達式為ρ=______(用k、L、d和通用數(shù)學符號表示三、計算題：本大題共4小題，共41分。13.如圖所示是有兩個量程的電流表，已知表頭的內(nèi)阻為90Ω，滿偏電流是10mA，R1=1Ω。當使用A、C兩個端點時，量程為0～0.1A，求：(1)R2的阻值；

(2)使用A、B

14.如圖所示，有一個豎直放置的固定圓形軌道，半徑R=0.4m，由左右兩部分組成，右半部分AEB是光滑的，左半部分BFA是粗糙的?，F(xiàn)在最低點A給一質(zhì)量m=1kg的小球一個水平向右的初速度，使小球沿軌道恰好能過最高點B，且又能沿BFA回到A點，回到A點時對軌道的壓力為30N。不計空氣阻力，已知重力加速度大小為g=10m/s2。求：

(1)小球沿BFA回到A點時的速度vA大小；

(2)小球沿BFA回到A點過程中摩擦力所做的功。15.如圖甲所示，水平放置的平行板電容器的兩極板M、N的長度為L，板間距離為d，距板右端L處有一豎直屏P。AB是極板的中心線，兩板間所加電壓隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，圖中U0、T已知。t=0時刻，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子沿兩板中心線AB以某一初速度射入極板間，該粒子在T時刻飛離電容器。不計粒子受到的空氣阻力，粒子在整個運動過程中都不會打到電容器的上下極板。求：

(1)若不考慮該粒子的重力，該粒子射入極板間的速度大小v0及0～T2時間內(nèi)加速度的大?。?/p>

(2)若不考慮該粒子的重力，當圖乙中k=3時，該粒子離開電容器右側(cè)時的偏轉(zhuǎn)距離y；

(3)若要考慮該粒子的重力，且U0=mgdq該粒子最后能垂直打在16.如圖所示，傾角為37°的固定光滑長斜面，下端有一固定擋板，兩小物塊A、B放在斜面上，用與斜面平行的輕彈簧連接。一輕繩跨過輕小定滑輪的左端與B相連，右端與套在光滑水平桿上的小球C相連，A、B、C的質(zhì)量均為m=2kg，系統(tǒng)靜止時，滑輪左側(cè)輕繩與斜面平行，右側(cè)輕繩豎直，豎直長度L=23m且繩中無彈力。B物體靜止在O點，給C一個水平向右的初速度v0=6m/s，當C向右運動0.75L距離時A恰好離開擋板。已知重力加速度大小為g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)彈簧的勁度系數(shù)k；

(2)C物體從圖示位置向右運動0.75L時，B的速度大小vB；

(3)若B與斜面間有摩擦，且剛開始仍然靜止在O點，動摩擦因數(shù)μ隨與O點間距離x的變化關(guān)系為μ=0.25+0.6x，C物體從圖示位置在某外力F的控制下以5m/s的速度向右勻速運動

答案解析1.【答案】C

【解析】解：開始時電阻R=ρLS，現(xiàn)將它均勻拉長到原來長度的兩倍，即長度為2L，因為體積不變，則橫截面積變?yōu)樵瓉淼?2，即12S，因為材料未變，則電阻率不變，根據(jù)電阻定律知電阻變?yōu)镽′=ρ2L12S=4R，故C正確，2.【答案】D

【解析】解：ACD、設地球的質(zhì)量為M，衛(wèi)星的質(zhì)量為m，軌道半徑為r。

衛(wèi)星繞地球做勻速圓周運動，根據(jù)萬有引力提供向心力得

GMmr2=mv2r=m4π2T2r=ma

解得

v=GMr

T=2πr3GM

a=GMr2

可知，軌道半徑越大，衛(wèi)星的線速度越小，加速度越小，周期越大，所以，A3.【答案】B

【解析】解：A、電場線的疏密程度表示電場強度大小，b點電場線比a點密，所以b點電場強度E更大。根據(jù)牛頓第二定律Eq=ma，可知粒子在b點加速度更大，故A錯誤；

B、子做曲線運動，受力指向軌跡凹側(cè)，結(jié)合電場線方向，可判斷粒子帶正電。從a到b，電場力方向與粒子運動軌跡夾角小于90°，電場力做正功。根據(jù)電場力做功與電勢能關(guān)系W=?ΔEp，電場力做正功，電勢能減小，所以粒子在a點電勢能大于b點，故B正確；

C、因為電場力做正功，根據(jù)動能定理W=ΔEK，粒子動能增加，所以粒子在a點動能小于b點，故C錯誤；

D、由于運動過程中電場力對粒子做功，根據(jù)機械能守恒條件(只有重力或彈力做功時機械能守恒)，粒子機械能不守恒，故D錯誤；

故選：B。4.【答案】D

【解析】解：A.衣物隨滾筒一起做勻速圓周運動，合外力不為零，故A錯誤；

B.衣物在B點，受重力、支持力和靜摩擦力作用，因為衣物做的是勻速圓周運動，所以重力和靜摩擦力等大反向，由支持力提供向心力，即摩擦力的大小與轉(zhuǎn)速無關(guān)，總等于衣物的重力，故B錯誤；

C.衣物做勻速圓周運動，所需向心力相同，在最低點：F?mg=mv2r，在A點：F′+mg=mv2r，故在C點壓力最大，故C錯誤；

D.在C處衣物對筒壁的壓力最大，水更容易甩出，故D正確。

故選：5.【答案】B

【解析】解：A、根據(jù)開普勒第二定律可知，探測器在同一軌道上相等時間內(nèi)與火星的連線掃過的面積相等，但是圖中兩陰影部分不在同一軌道，故兩陰影部分的面積S1和S2不相等，故A錯誤；

B、根據(jù)牛頓第二定律得

GMmr2=ma

可得a=GMr2

可知探測器在P點的加速度大于在Q點的加速度，故B正確；

C、根據(jù)開普勒第三定律可知，從“調(diào)相軌道”進入“停泊軌道”探測器的軌道半長軸變小，則周期變小，故C錯誤；

D、探測器從“調(diào)相軌道”進入“停泊軌道”做近心運動，需要在P點減速，故D錯誤。6.【答案】C

【解析】解：BC、根據(jù)電容的決定式C=?rS4πkd可知，電容器的兩極板緩慢地錯開一些，兩極板的正對面積S減小，電容器的電容C減小，根據(jù)電容的定義式C=QU，因電容器極板間電壓U保持不變，電容器的電容C減小，則電容器所帶的電荷量Q減小，電容器處于放電狀態(tài)，所以電流計中的電流從N流向M，故C正確，B錯誤；

AD、根據(jù)E=Ud，因電容器極板間電壓U不變，板間距離d不變，所以場強E不變，油滴受到的電場力不變，油滴仍處于靜止狀態(tài)，根據(jù)U=Ed可知，P點電勢將不變，故AD錯誤。

故選：C。

根據(jù)C=?rS4πkd分析電容的變化情況，結(jié)合電容器的電壓不變，根據(jù)7.【答案】B

【解析】解：A、空氣阻力可忽略，兩顆谷粒在空中時只受重力，加速度均為g，故A錯誤；

B、谷粒1、2在豎直方向位移相同，加速度也相同，但谷粒2有向上的初速度，根據(jù)速度—位移關(guān)系可知到達P點時谷粒2的豎直分速度較大，根據(jù)

P=vymg，可得P1<P2，故B正確；

C、谷粒1做平拋運動，谷粒2做斜向上拋運動，均從O點運動到P點，位移相同。在豎直方向上谷粒2做豎直上拋運動，谷粒1做自由落體運動，豎直方向上位移相同，則谷粒2運動時間較長，谷粒2后到達P點，故C錯誤；

D、根據(jù)題目條件無法比較v1、v2的大小，根據(jù)動能定理得：mg?=Ek?12mv02，可得到達P點時動能Ek=12mv02+mg?8.【答案】D

【解析】解：A.根據(jù)電勢變化情況可知，在x>0區(qū)域從左至右電勢先降低后升高，所以場強方向先沿x軸正方向后沿x軸負方向，可知點電荷M帶負電，點電荷N帶正電，故A錯誤；

B.在φ?x圖像中，切線斜率表示電場強度，在x0處電場強度為零，然后在離M和N較遠處的場強都可以認為等于0，故B錯誤；

C.一正點電荷q從x0處由靜止釋放，正點電荷會向電勢低的方向運動，正點電荷q沿x軸正方向運動的過程中，電場力做正功，經(jīng)過x=20cm處之后，電場力方向與運動方向相反，電場力做負功，故C錯誤；

D.在x=20cm處圖像斜率為零，電場強度為0，則滿足kQ1(2r)2=kQ2r2，可知點電荷M、N所帶電荷量大小之比為Q1：Q2=4：1，故D正確。

9.【答案】C

【解析】解：A、煤塊A輕放在a點后，先做勻加速直線運動，假設達到b點之前可以和傳送帶共速。根據(jù)牛頓第二定律得：a1=μg=0.5×10m/s2=5m/s2

已知傳送帶的速率為v=2m/s，傳送帶的水平部分ab長度為Lab=2m。由運動學公式得煤塊加速過程的位移大小為：

x1=v22a1，解得：x1=0.4m<Lab，故假設成立。

煤塊加速過程的時間為：t1=va1，解得：t1=0.4s

共速后煤塊勻速運動到b點，此過程的時間為：t2=Lab?x1v，解得：t2=0.8s

可得煤塊從a到b的時間為：t=t1+t2=0.4s+0.8s=1.2s，故A錯誤；

B、煤塊從a到b，在煤塊加速過程中傳送帶的位移大小為：x2=vt1=2×0.4m=0.8m

由功能關(guān)系可知，此過程電動機多消耗的電能ΔE等于傳送帶克服滑動摩擦力做的功，則有：

ΔE=μmgx2=0.5×1×10×0.8J=4J，故B錯誤；

C、煤塊由b到c的過程，根據(jù)牛頓第二定律得其加速度大小為：

a2=mgsin37°?μmgcos37°m，解得，a2=2m/s2

由b到c煤塊一直沿傳送帶勻加速下滑，傳送帶傾斜部分bc長度為Lbc=3m，根據(jù)位移—時間公式有：

Lbc=vt3+12a2t32，解得：t3=1s(另一解為負值，舍去)

該過程煤塊與傳送帶的相對位移大小為：10.【答案】B

【解析】解：A.小球初始時刻靜止的位置為等效最低點，即重力與電場力的合力向右下方，根據(jù)力學適量三角形可得，電場力F=mgtanθ=Eq，則E=mgtanθq=0.3kg×10N/kg×0.754×10?7C=5.625×106N/C，故A錯誤；

B.電場力做功為W=EqL(1+sinθ)=5.625N/C×4×10?7C×0.5m×(1+0.6)=1.8J，故B正確；

C.根據(jù)小球剛好可以做完整圓周運動可知，小球在等效最高點時繩子的拉力為0，設電場力與重力的合力為F，對等效最高點列向心力表達式：F=mv2L，從初始位置到等效最高點，根據(jù)動能定理有：2FL=111.【答案】B

【解析】解：根據(jù)小球的受力特點可將運動分為三個階段，分別為第一階段：O→A自由落體；第二階段：O到平衡位置，重力大于向上的彈力；第三階段：平衡位置向下到B處，向上的彈力大于向下的重力。平衡位置處，重力大小等于彈力。

AB.根據(jù)重力勢能表達式可知Ep1=mg(x1+x2?x)x≤x1時，彈性勢能為0，機械能等于重力勢能的最大值。x>x1時，此時的彈簧的彈性勢能為：

Ep2=12k(x?x1)2

設系統(tǒng)總能量為E，根據(jù)能量守恒定律可知E=E0+Ep2

可知E0=E?12k(x?x1)2

是開口向下的拋物線。故A錯誤，B正確；

CD.設小球下落到A點時的時間為t1，則第一階段，根據(jù)動能的計算公式和運動學公式可得：12.【答案】1.415；

11；

R1；見解析；

πk【解析】(1)螺旋測微器的精確度為0.01mm，讀數(shù)為1mm+41.5×0.01mm=1.415mm

(2)當用“×10”擋時，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過大，應換小擋，即“×1”擋，由圖可知讀數(shù)為11Ω

(3)為調(diào)節(jié)方便，并讓電壓變化范圍盡量大一些，滑動變阻器應用分壓式接法，選擇R1，電路圖如圖

(4)根據(jù)電阻定律可知R=ρLπ(d2)2

根據(jù)圖像斜率可知R=UI=k

聯(lián)立解得ρ=πkd24L

故答案為：(1)1.415；(2)11；(3)R1；見解析；(4)πkd213.【答案】R2的阻值為9Ω；

使用A、B兩個端點時的量程為1A【解析】(1)接AC時為I1=0.1A量程，則IgRg=(I1?Ig)(R1+R2)，代入Ig=10mA，Rg=90Ω，解得R2=9Ω；

(2)接AB14.【答案】小球沿BFA回到A點時的速度vA=22m/s；

小球沿BFA【解析】(1)小球回到A點時根據(jù)牛頓第二定律得

FN?mg=mvA2R

代入數(shù)據(jù)解得：

vA=22m/s。

(2)小球恰好通過B點，根據(jù)牛頓第二定律得

mg=mvB2R

代入數(shù)據(jù)解得：vB=2m/s，

小球由B經(jīng)F回到A的過程中，根據(jù)動能定理得

2mgR+Wf=12mvA2?12mvB2

代入數(shù)據(jù)解得：Wf=?6J。15.【答案】若不考慮該粒子的重力，該粒子射入極板間的速度大小v0為LT，0～T2時間內(nèi)加速度的大小為qU0md；

若不考慮該粒子的重力，當圖乙中k=3時，該粒子離開電容器右側(cè)時的偏轉(zhuǎn)距離y為0；

若要考慮該粒子的重力，且U【解析】(1)粒子在沿平行于板的方向上做勻速直線運動，則有：

L=v0T

解得：v0=LT

粒子在0～T2時