2023-2024学年江苏省无锡市锡山高级中学高一（下）期末物理试卷（选修）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年江苏省无锡市锡山高级中学高一（下）期末物理试卷（选修）一、单选题：本大题共10小题，共40分。1.如图所示，小车停在光滑的桌面上，车上固定一个用胶塞塞住封口的试管。试管内充满空气，用车上的酒精灯加热试管尾端。当试管内的空气达到一定温度时，胶塞从试管口喷出，以整个装置为系统，下列说法正确的是(

)A.水平方向动量守恒，机械能守恒 B.水平方向动量守恒，机械能不守恒

C.水平方向动量不守恒，机械能守恒 D.水平方向动量不守恒，机械能不守恒2.在静电场中有a、b两点，试探电荷在两点的静电力F与电荷量q满足如图所示的关系，请问a、b两点的场强大小关系是(

)A.Ea=Eb

B.Ea=23.“电测井”技术，用钻头在地上钻孔，在钻孔中进行电特性测量，可以反映地下的有关情况。一钻孔如图所示，其形状为圆柱状，半径为r=10cm，设里面充满某浓度均匀的盐水，其电阻率ρ=0.314Ω⋅m，现在钻孔的上表面和底部加上电压，测得U=75V，I=50mA，则该钻孔的深度ℎ约为(

)A.50m

B.100m

C.120m

D.150m4.如图电路，R3为热敏电阻(阻值随温度升高而降低)其余为定值电阻。当R3所在处出现火情时，以下说法正确的是(

)A.电压表示数不变

B.电压表示数变大

C.电流表示数变小

D.电流表示数变大5.如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r，则时间t内(

)A.手机电池产生的焦耳热为U2rt B.手机的输入功率为UI

C.充电宝产生的热功率为I26.在短道速滑接力赛中，“接棒”运动员甲在“交棒”运动员乙前面向前滑行，追上时乙猛推甲一把，使甲获得更大的速度向前冲出。不计阻力，则(

)A.乙对甲的冲量与甲对乙的冲量大小相等

B.甲的动量变化一定比乙的动量变化快

C.甲的动量变化量与乙的动量变化量大小不等

D.甲的速度变化量与乙的速度变化量大小相等7.如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象；直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象；直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象。如果将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么有(

)A.R接电源a和电源b，R上分得的电压相等

B.R接电源a和电源b，R上流经的电流相等

C.R接到电源a上，电源的输出功率较小

D.R接到电源b上，电源的输出功率较小8.某同学要将一量程为250μA的微安表改装为量程为20mA的电流表。改装后利用一标准毫安表进行校准(如图1，虚线框内是改装后的电表)。当标准毫安表的示数为16.0mA时，微安表的指针位置如图2，产生上述问题的原因可能是(

)A.微安表串联电阻偏大 B.微安表串联电阻偏小

C.微安表并联电阻偏大 D.微安表并联电阻偏小9.某同学用内阻Rg=200Ω、满偏电流Ig=5mA的毫安表及相关元件制作了一个简易欧姆表，电阻刻度值尚未标定，电路如图。该同学将两表笔短接，调节滑动变阻器R使毫安表指针满偏，再将阻值为600Ω的电阻接在两表笔之间，此时毫安表指针位置如图乙所示。下列说法正确的是(

)A.该电源电动势为3V B.该电源电动势为4.5V

C.刻度1mA处标注3000Ω D.刻度1.5mA处标注1500Ω10.庄老师、王老师喜欢比赛打水漂(图1)。我们可以将打水漂简化成如下理想模型(图2)。质量为m的弹性薄片沿倾斜方向落到足够大水平弹性面上，碰前瞬间速度为v0，与水平方向的夹角α=30°。薄片与弹性面间的动摩擦因数μ=0.2。不计空气阻力，碰撞过程中忽略薄片重力。薄片每次碰撞前后竖直方向的速度大小保持不变，并且在运动过程中始终没有旋转。下列说法正确的是(

)

A.由于忽略薄片重力，所以薄片与水平面间的摩擦力也可忽略

B.薄片每次与水平面碰撞过程中，水平面对弹片竖直方向支持力的冲量都相同

C.薄片每次碰撞后离开水平面瞬间，速度方向与水平面间夹角仍为30°

D.薄片在与水平面多次碰撞后，最终将静止在水平面上二、实验题：本大题共1小题，共16分。11.在“测量一节干电池的电动势和内阻”实验中，电路图如图1，可选用的实验器材有：

电压表V1(量程3V)；电压表V2(量程15V)；电流表A1(量程0.6A)；电流表A2(量程3A)；滑动变阻器R1(最大阻值20Ω)；滑动变阻器R2(最大阻值300Ω)；干电池；开关S；导线若干；

(1)选择合适的器材：电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______(填写所选器材前的符号)。

(2)测得的7组数据已标在如图2所示U−I坐标系上，用作图法求干电池的电动势E=______V和内阻r=______Ω。(注意纵坐标未从0开始)

(3)两个实验小组用不同的电池完成了上述的实验后，发现各电池电动势相同，只是内阻有差异。同学们选择了内阻差异较大的甲、乙两个电池进一步探究电池的内阻热功率P随路端电压U变化的关系，画出了图3所示的P−U图像。已知甲电池组的内阻较大，则下列各图中可能正确的是______。

(4)按照图1的测量方法，某同学利用图像分析由电表内电阻引起的实验误差。在图4中，实线是根据实验数据描点作图得到的U−I图像；虚线是该电源的路端电压U随电流I变化的U−I图像(没有电表内电阻影响的理想情况)。下列图像中哪一个是该实验的分析______。

(5)图4中虚线U(I)的函数解析式是U=−r⋅I+E，如果考虑电表内阻影响，图4实线U(I)的函数解析式是U=______三、计算题：本大题共4小题，共44分。12.测量元电荷电量大小的装置如图，在真空容器中有正对的两平行金属板A和B，两板与外部电路连接，两板相距d。外部电路电源电动势为ε，内阻为r，保护电阻R0，电阻箱阻值调为R，现闭合开关S1、S2，稳定后求：

(1)AB两板间的电压；

(2)从显微镜发现，一个质量为m的油滴在两板中间处于静止状态，该油滴所带电量。(重力加速度为13.在平静的水面上漂浮着一块质量M=150g的带有支架的木板，木板左边的支架上静静地蹲着一只质量为m=50g的青蛙，支架高为ℎ=20cm，支架右方的水平木板长s=120cm，突然青蛙向右水平跳出。水的阻力不计，g=10m/s2。

(1)如果青蛙相对地面跳出的初速度是0.3m/s，则木板后退的速度是多大？

(2)如果青蛙水平跳出恰好入水，则对地跳出的初速度至少为多少？14.如图1，竖直平面内A、B两点分别固定有一对等量同种点电荷，电荷量均为Q(Q>0)。A、B、M、N四点距O点的距离均为2L，以O为原点，竖直向上为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则OM上的电势ψ随位置x的变化关系如图2所示(k为静电力常量)。一电荷量为Q(Q>0)质量为m的小球S以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点。求：

(1)小球S从M点运动到O点的过程中，MO间的电势差和电场力做的功；

(2)小球S从M点运动到x=L2处，动能的变化量；

(3)小球在OM段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图3所示(g为重力加速度大小)。为保证小球S能运动到N点，小球S从M15.智能手机内置加速度传感器，管老师将平放的手机从一定高度处自由下落到床垫上，“pℎypℎox”APP(图1)显示手机下落过程中的加速度随时间变化的图像如图2，已知手机的质量为0.2kg，忽略空气阻力，自由落体加速度g=10m/s2，求：

(1)手机刚接触床垫时的速度大小；

(2)床垫对手机的最大弹力；

(3)手机第一次与床垫碰撞过程中，床垫对手机的冲量大小以及该过程损失的能量；

(4)如图3，有一弹性小球，手机质量是它的100倍，将其置于手机上方(间距很小)，一起从原来的高度自由下落，手机第一次从床垫反弹恰好离开床垫时，弹性小球刚好与手机发生弹性碰撞，求弹性小球弹起的高度比释放时高了多少米？

注意：本题进行了适当简化与理想化，可能用到的计算：

1962=38416

3922=153664

380101=3.76答案解析1.B

【解析】解：以整个装置为系统，水平方向的合外力为0，所以水平方向系统动量守恒，胶塞从试管口喷出，气体对外做功，内能减少，系统的机械能增加，所以机械能不守恒，故ACD错误，B正确。

故选：B。

系统动量守恒的条件是不受外力或所受的外力之和为零，根据系统动能和势能之和是否保持不变，判断系统机械能是否守恒。

解决本题的关键掌握系统动量守恒的条件，以及知道当系统只有动能和势能之间相互转化时，系统机械能守恒。2.D

【解析】解：根据电场力的计算公式F=qE可知，F−q图像的斜率分别表示ab两点的场强大小，因为图线a的斜率大于图线b的斜率，则Ea>Eb，根据题意无法得知场强的倍数关系，故D正确，ABC错误。

故选：D。3.D

【解析】解：盐水的电阻为R=UI=7550×10−3Ω=1500Ω，根据电阻定律有R=ρℎπr2，其中r=10cm=0.1m，代入数据解得ℎ=150m，故4.C

【解析】解：R3所处环境温度升高所以阻值减小，根据并联电路的特点可知，电路的总电阻减小，根据欧姆定律I=ER总，可知总电流增大，根据闭合电路的欧姆定律E=U外+Ir可得U外减小，所以电压表示数减小，电流增大，所以R1两端电压增大，所以R2所在支路两端电压减小，所以电流表示数减小，故C正确，ABD5.B

【解析】解：A、手机电池不是纯电阻，所以电路中的电流I≠Ur，手机电池产生的焦耳热为Q=I2rt，故A错误；

B、手机的输入功率为P=UI，故B正确；

C、因为不知道充电宝的内阻，所以充电宝的热功率不能计算，I2r是手机电池的热功率，故C错误；

D、手机电池消耗的电能为UIt，一部分用来发热，一部分转化为化学能储存起来，所以手机电池储存的化学能为小于UIt，故D错误。

故选：B6.A

【解析】解：A.因为冲量是矢量，甲对乙的作用力与乙对甲的作用力大小相等、方向相反，由冲量的定义I=Ft分析可知，甲对乙的冲量与乙对甲的冲量大小相等，故A正确；

B.动量变化率大小为F，即动量的变化率大小为二者的相互作用力，大小相等，由于系统动量守恒，所以甲的动量变化与乙的动量变化一样快，故B错误；

C.由I=Δp知即甲、乙的动量变化一定大小相等，方向相反，故C错误；

D.由Δp=mΔv，可知由于甲、乙的质量大小关系未知，所以甲的速度变化量与乙的速度变化量大小不一定相等，故D错误。

故选：A。

根据冲量的定义I=Ft分析冲量关系。忽略运动员与冰面间在水平方向上的相互作用，甲乙系统的动量守恒，由动量守恒定律分析动量变化的关系。

本题要明确运动员间的相互作用力的冲量等于对方的动量变化，又有作用时间相同，相互作用力等大、反向，两个运动员组成的系统总动量守恒。7.C

【解析】解：AB、根据I−U图像可以看出，R接到电源a和电源b上时，通过R的电流不相等，且R上分得的电压也不相等，故AB错误；

CD、U−I图像与坐标轴所围图形的面积表示电源的输出功率，由图可知，R接到电源a上时，图像和坐标轴所围的面积较小，即R接到电源a上时，电源的输出功率较小，故C正确，D错误。

故选：C。

直接根据图像可以读出R上经过的电流以及R上所分得的电压；根据U−I图像所包围的面积表示电源的输出功率分析。

理解电阻的U−I图像与电源的U−I图像的交点所代表的物理意义，以及图像与坐标轴所围的面积表示电源的输出功率是解题的基础。8.D

【解析】解：电流表扩大量程，需要给微安表并联一个电阻，改装后的电流表的读数为

I=2050×32.0mA=12.8mA<16.0mA

则读数偏小，说明微安表分得的电流偏小，则并联的电阻偏小了，故D正确，ABC错误。

故选：D。

9.B

【解析】解：AB.满偏时Ig=ER内，将阻值为RX=600Ω的电阻接在两表笔之间时读数为I=3mA，则I=ER内+Rx，解得E=4.5V，R内=900Ω，故A错误，B正确；

C.刻度1mA处，根据I=ER内+Rx1，可得RX1=3600Ω，即刻度1mA处标注3600Ω，故C错误；

D.刻度1.5mA10.B

【解析】解：A、水平方向，薄片受到水平面的摩擦力做减速运动，薄片与水平面间的摩擦力不可忽略，故A错误；

BD、薄片每次与水平面碰撞过程中，竖直方向速度大小不变，以竖直向上为正方向，根据动量定理有

IF=FNt=2mv0sin30°=mv0

故薄片每次与水平面碰撞过程中，水平面对薄片竖直方向支持力的冲量都相等，水平方向有

−μFNt=mΔvx

整理上式解得Δvx=−0.2v0

可知每次与水平面碰撞一次后，水平方向动量减小0.2mv0，薄片与水平面多次碰撞后水平方向动量减为零，即水平方向位移将不再增加，薄片将在竖直方向做往复运动，故B正确，D错误；11.V1

A1

R1

1.50

1.04

B

A

−【解析】解：(1)一节干电池的电动势大约1.5V，电压表应选择量程为0～3V的V1。

一节干电池的内阻大约1Ω，为了精确测量电路中电流，电流表应选择量程为0～0.6A的A1。

电路中的最大电阻约为R=EIg=1.50.6Ω=2.5Ω，为了便于调节电路，滑动变阻器应选择最大阻值与2.5Ω相差不多的R1。

(2)根据图中的点迹作图如下：

根据闭合电路欧姆定律得：U=E−Ir

根据U−I图像的纵截距可知干电池的电动势：E=1.50V

根据U−I图像的斜率可知干电池的内阻：r=1.50−1.000.48Ω≈1.04Ω

(3)由焦耳定律可得电源内阻热功率为：P=I2r=(E−Ur)2r=U2r−2UEr+E2r

P与U为二次函数关系，图像的开口向上的抛物线的一部分，由于电动势相同，当U=0时，纵轴截距为E2r，内阻越大，纵截距越小，已知甲电池组的内阻较大，则甲的纵轴截距较小，故B正确，ACD错误。

故选：B。

(4)图1的实验误差来自于电压表的分流作用，当电压表示数为零时无电流通过电压表，此时测量值等于真实值，电压表的示数越大，实际流过外电路的电流与理论上流过外电路电流的差值越大，故对应图4的U−I图像是A，故A正确，BCD错误。

故选：A。

(5)由闭合电路欧姆定律可得：E=U+(I+IV)r=U+(I+URV)r

解得：U=−RVr12.解：(1)设AB两板间电压为U，电路中的电流为I，根据闭合电路的欧姆定律有

I=ɛR+r+R0

U=IR

解得U=ɛRR+r+R0

(2)设油滴所带电荷量为q，根据平衡条件有

mg=qUd

解得：q=mgd(R+r+R0)ϵR【解析】(1)根据闭合电路的欧姆定律计算即可；

(2)根据平衡条件计算。

本题考查了闭合电路的欧姆定律，平衡条件，难度不大，基础题。13.解：(1)对青蛙和木板组成的系统，在水平方向上动量守恒，规定青蛙水平向右的初速度v1=0.3m/s的方向为正方向，设木板速度为v2，根据动量守恒定律有

mv1+Mv2=0，代入数据解得v2=−0.1m/s，负号表示向左后退；

(2)如果青蛙水平跳出恰好入水，设青蛙的对地跳出初速度为v3，木板对地速度为v4，根据动量守恒有mv3+Mv4=0，两边同时乘以时间t，变形为mL3【解析】(1)根据水平方向上动量守恒定律列式求解；

(2)根据水平方向上动量守恒推导变形式，结合路程的几何关系以及利用平抛运动的规律列式联立解答。

考查人船模型和平抛运动问题，要学会找出其中的几何关系并列式联立解答。14.解：(1)小球S从M点运动到O点的过程中，MO间的电势差：UMO=φM−φO=kQL−2kQL=(1−2)kQL，电场力做的功W=UMQQ=(1−2)kQ2L；

(2)小球S从M点运动到x=L2处，根据动能定理有：mg(2L−L2)+UQ=ΔEk，其中U=kQL−4kQ3L=−kQ3L，联立解得：ΔEk=22−12mgL−kO23L；【解析】(1)根据φ−x图像得到MO间的电势差，再根据W=Uq计算电场力做的功；

(2)小球S从M点运动到x=L2处，小球受重力和电场力，根据动能定理列式求解动能的变化