2023-2024学年江苏省南京市建邺区高一（下）期末物理试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年江苏省南京市建邺区高一（下）期末物理试卷一、单选题：本大题共11小题，共44分。1.物理学家的科学研究推动了人类社会文明的进程，下列说法正确的是(

)A.密立根最早通过油滴实验比较准确地测出了电子的电荷量

B.亚当斯和勒维耶先观测到了一颗新行星后通过万有引力定律精准计算出了行星的轨道

C.牛顿发现了万有引力定律并测出了引力常量

D.库仑在前人工作的基础上通过实验研究提出了电场和电场线2.如图所示，A球、C球均带正电，B球带负电，A球固定在绝缘的水平地面上，B球由绝缘的细线拉着，C球处在与B球等高的位置，A、B、C三球均静止且三者所在位置构成一个等边三角形。若细线与竖直方向的夹角为60°，A、B、C三球所带电荷量大小分别为qA、qB、qC，质量mC=6mB=6mA，则A.4：2：1 B.2：1：4 C.1：2：23.如图所示，边长为L正四面体ABCD的中心为O，A、B两点分别固定等量异种点电荷−q、+q，下列说法正确的是(

)A.C、D两点电场强度大小相等，方向不同

B.C、D两点电势相等

C.将一试探电荷+Q从C点沿直线移到D点，电场力先做负功后做正功

D.O点场强大小为16kq4.如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，滑动变阻器的最大阻值为3R，滑片P位于滑动变阻器的中点，定值电阻的阻值为R，若在a、b端加上电压U时，电压表的示数为U1、电流表的示数为I1；若在c、d端加上电压U时，电压表的示数为U2、电流表的示数为I2A.U1>B.U1C.I1D.I5.在如图所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI、ΔU1、ΔUA.U1I不变，ΔU1ΔI变大

B.U2I变大，ΔU3ΔI不变

C.Δ6.如图所示，图甲为一个电灯两端电压与通过它的电流的变化关系曲线。由图可知，两者不成线性关系，这是由于焦耳热使灯丝的温度发生了变化的缘故。不计电流表内阻。如图乙所示，将两个这样的电灯并联后再与5Ω的定值电阻R0串联，接在电动势为E=15V、内阻不计的电路上，则下列选项中正确的是(

)

A.电阻R0消耗的功率约为7.5W B.电阻R0消耗的功率约为5W

C.每个灯的实际功率约为1.6W D.7.电流传感器可以像电流表一样测量电流，按图甲连接电路，电源用直流9.0V，电容器可选几十微法的电解电容器，先使开关S与1端相连，电源向电容器充电，这个过程可在短时间内完成，然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的I−t图像如图乙所示，则有(

)

A.开关S由1掷向2时，流过电阻R的电流由b流经电阻R到a

B.开关S由1掷向2时，流过电阻R的电流由a流经电阻R到b

C.图乙I−t图像与坐标轴围成的面积代表的物理意义是放电电量，其值接近2.7×10−4C

D.图乙8.如图甲所示的电路中，定值电阻R0=4Ω。可变电阻R的功率随自身阻值变化的函数关系如图乙所示，由此可知(

)A.电源电动势E=2V B.内阻r=43Ω

C.增大D.增大R，电源效率可能增大，也可能减小9.如图为一海上风电厂的照片，该海上风电厂的风力发电机的叶片长为50米，有40个发电机组。假设一年中有约100天左右时间可以发电，且发电时风速约10m/s；发电机将风能转变为电能的效率约为30%。空气密度为1.3kg/m3，试通过估算判断：该海上风电厂年发电量与下列选项中哪一个最接近(

)A.1.5×107kW⋅ℎ B.1.5×1010.在如图所示电路中，电压表为理想电压表，两电流表由相同的表头改装而成，电流表A1量程为1A，电流表A2量程为0.6A，闭合开关S，滑动变阻器的滑片位于a点时，电压表的读数分别为U1、两电流表示数和为I1，滑动变阻器的滑片位于b点时，电压表的读数为U2、两电流表示数和为A.U1>U2，I2>I1

B.两电流表A1与A2示数相同

C.滑片由a滑到b，11.如图所示，在水平向右且场强大小为E的匀强电场中，两个半径相同、质量均为m的小球A、B静止放置在光滑的水平面上，且A、B所在直线与电场线平行。A带电量为q(q>0)，B不带电，A、B之间的距离为L。t=0时刻开始，A在电场力的作用下开始沿直线运动，并与B发生弹性碰撞。碰撞过程中A、B之间没有电量转移，仅碰撞时才考虑A、B之间的相互作用。下列说法正确的是(

)A.两球第一次碰撞到发生第二次碰撞的时间间隔为2mLqE

B.两球第n次碰撞到发生第n+1次碰撞的时间间隔为2n2mLqE

C.两球连续两次碰撞的时间间隔均为二、实验题：本大题共1小题，共15分。12.实验是物理学的基础。

Ⅰ.某同学用电流传感器和电压传感器做“观察电容器的充、放电现象”实验，电路如图甲所示。

(1)先使开关S与1端相连，电源对电容器充电，则电容器上极板带______(选填“正”或“负”)电；

(2)然后把开关S掷向2端，电容器通过电阻R放电，传感器将电流、电压信息传入计算机，经处理后得到电流和电压随时间变化的曲线，如图乙所示。根据图像估算电容器的电容约为______F。(计算结果保留两位有效数字)

Ⅱ.对两种型号铅笔芯的电阻率进行测量时，实验器材如下：

学生电源(输出电压0∼16V)

滑动变阻器(最大阻值10Ω，额定电流2A)；

电压表V(量程3V，内阻未知)；

电流表A(量程3A，内阻未知)；

待测铅笔芯R(X型号、Y型号)；

游标卡尺，螺旋测微器，开关S，单刀双掷开关K，导线若干。

回答以下问题：

(3)把待测铅笔芯接入图乙所示电路，闭合开关S后，将滑动变阻器滑片由最右端向左调节到合适位置，将单刀双掷开关K分别掷到1、2端，观察到电压表示数变化比电流表示数变化更明显，则测量铅笔芯电阻时应将K掷到______(填“1”或“2”)端；

(4)正确连接电路，得到Y型号铅笔芯I−U图像如图丙所示，求得电阻RY=______Ω(保留3位有效数字)；采用同样方法得到X型号铅笔芯的电阻为1.70Ω；

(5)螺旋测微器测得X，Y型号铅笔芯的直径分别为D1，D2，D1<D2，测量过程中接入电路的铅笔芯长度相等，则X型号铅笔芯的电阻率______三、计算题：本大题共4小题，共41分。13.如图所示，OM是两固定的等量异种电荷A、B连线的竖直中垂线，其中A带正电，B带负电。用绝缘丝线一端固定于O点，另一端悬挂一质量为m的带电小球，稳定后小球恰好静止在AM的中点N处。已知AN=NM=L，且绝缘丝线ON与OM的夹角θ=53°，等量异种电荷A、B及带电小球的电荷量大小均为Q(Q未知)，静电力常量为k，重力加速度为g(sin53°=0.8,cos53°=0.6)。求：

(1)带电小球所受库仑力F，小球电荷量Q的大小；

(2)等量异种电荷A、B在N处产生的合场强E。14.电压表是测量电压的器材。已知某电路两端的电压为15V，为了保证电表的安全，现用量程为15V、内阻为RV的电压表与一阻值为R1=3kΩ的定值电阻串联在一起测量该电路两端的电压，此时电压表的读数为12V。

(1)RV应为多少？

(2)如果将量程为15V、内阻为R15.如图甲所示，直流电源电压U恒定，电阻R1为250Ω，R2为500Ω。闭合开关S，理想电压表的示数为1000V。

(1)求通过R1的电流。

(2)求电源电压U。

(3)如图乙所示，将图甲电路中的R2和电压表替换为两极板水平放置的平行板电容器，两板间距d=1m，A、B为板间的两位置，其连线与水平方向的夹角θ=30°。闭合开关S，待电容器充电完毕后，一带电液滴以v=2m/s的初速度，从A处以垂直于AB连线方向斜向上飞出，恰好经过B处，此运动过程中未与上极板相碰。已知带电液滴所受电场力方向竖直向下，其质量m=1.5×10−3kg、电荷量q=1×10−6C。不计空气阻力，板间的电场可视为匀强电场，重力加速度大小g取10m/16.电子束光刻技术原理简化如图甲所示，电子源发射的电子束经过多级直线加速器后，进入静电转向器，再通过偏移器后对晶圆上的光刻胶进行曝光。多级直线加速器由n个横截面积相同且共轴的金属圆筒依次水平排列，各金属圆筒依序接在交变电源的两极A、B上，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。序号为0的金属圆板中央有一个点状电子源，电子逸出的速度不计，转向器中有辐向电场，电子从M点水平射入，沿着半径为R的圆弧虚线(等势线)运动，并从N点竖直射出，沿着偏移器的中轴线进入，轴线垂直晶圆上表面并过中心O点，已知偏移器为长、间距均为L的平行金属板，两极板可加电压，偏移器下端到芯片的距离为L，电子质量为m、电荷量大小为e，交变电压的绝对值为u，周期为T。电子通过圆筒间隙的时间不计，不计电子重力及电子间的相互作用力，忽略相对论效应、极板边缘效应等其他因素的影响。

(1)若t=0时刻进入圆筒间隙的电子能够被加速，求此时A、B的电势高低和经过一次加速后电子的速度；

(2)经过8个圆筒后被导出的电子恰能沿圆弧虚线运动，求第8个圆筒的长度和转向器虚线处电场强度的大小；

(3)第(2)问中的电子能经过偏移器，求偏移器间所加电压的范围；

(4)若电子均匀进入偏移器，要求电子均匀对称打在光刻胶的x轴上O点两侧，试定性画出加在偏移器上扫描电压随时间变化的规律(电子在偏移器运动时，可认为场强不变)。

答案解析1.A

【解析】解：A.密立根最早通过油滴实验比较准确地测出电子的电荷量，故A正确；

B.亚当斯和勒维耶根据天王星的观测资料，各自独立应用万有引力定律计算并观测到海王星，故B错误；

C.牛顿发现了万有引力定律，卡文迪什利用扭秤实验装置比较准确地测出了引力常量，故C错误；

D.库仑在前人工作的基础上通过实验研究提出了库仑定律，法拉第提出了电场和电场线，故D错误。

故选：A。

根据物理学家的贡献分析判断。

本题关键熟记物理学家的贡献。2.B

【解析】解：对B、C球受力分析如下

如图所示，对C球，由力的平衡条件可得

FBC=FACcos60°

mCg=FACsin60°

对B球，由力的平衡条件有

FTsin60°=FABcos60°+FBC

FTcos60°=FABsin60°+mBg

三个球的质量关系

mC=6mB=6mA

库仑定律表达式

3.B

【解析】解：A、根据等量异种点电荷的电场线的特点可知，空间中的C、D两点电场强度大小相等，方向也相同，故A错误；

BC、空间中C、D两点连线在等量异种点电荷的垂直平分面上，故在同一个等势面上，将一试探电荷+Q从C点沿直线移到D点电场力一直不做功，故B正确，C错误；

D、+q在O点场强大小为8kq3L2，故合成后O点场强大小为163kq9L2，故D错误。

故选：B。

+q、−q是两个等量异种点电荷，其电场线和等势面分布具有对称性，通过AB的中垂面是一个等势面，C、D在同一等势面上，电势相等；根据点电荷的场强的公式和平行四边形定则计算出O点的电场强度；在等势面上运动点电荷电场力不做功。

4.D

【解析】解：若在a、b端加上电压U时，此时电压表的示数为

U1=U

定值电阻的阻值为R与1.5R并联再与1.5R串联。并联电阻为

R并=1.5R×R1.5R+R=0.6R

并联电阻的两端电压为

U并=0.6R0.6R+1.5RU=27U

电流表此时与定值电阻的阻值串联，根据欧姆定律可知，电流为

I1=2U7R

若在

c、d

端加上电压U时，此时电压表的示数为

U2=U

可知

U1=U2

定值电阻的阻值为R5.B

【解析】解：A.因为

U1I=ΔU1ΔI=R1

R1是定值电阻，则U1I、ΔU1ΔI不变，故A错误；

CD.因为

U3I=R1+R2

滑动触头P向下滑动时R2变大，则U3I变大；

由

U3=E−Ir

得

ΔU3ΔI=r

则ΔU3ΔI不变，故CD错误；

B.因为

U2I6.B

【解析】解：设此时电灯两端的电压为U，流过每个电灯的电流为I，由闭合电路欧姆定律得E=U+2IR0

代入数据得I=15−U10

在I−U图上画出该直线，如图所示

可得到该直线与曲线的交点(10V,0.50A)，即流过电灯的电流为0.50A，电灯两端电压为10V，电阻R0消耗的功率P0=(2I)2R0=(2×0.50)2×5W=5W

每个灯的功率为：P=UI=10×0.50W=5W，故7.A

【解析】解：AB.当开关S打到1时，电容器的上端接电源的正极，下端接电源的负极，所以当开关S打到2时，电容器对电阻R放电，流过电阻R的电流由b流经电阻R到a。故A正确，B错误；

CD.由电流的定义式可得

I=qt

则图乙I−t图像与坐标轴围成的面积代表的物理意义是放电电量。图中图像与坐标轴围成的面积为小格的格数。按照超过半格算一格，不足半格舍去，则可知总共有38格，一格代表的电量为

q0=0.04×0.2×10−3C=8×10−6C

则该图像表示的电量为

q=38×q0=38×8×10−6C≈3.0×8.C

【解析】解：AB、将定值电阻R0与电源看成新的电源，当新的电源内阻与可变电阻R的阻值相等时，可变电阻R的功率最大，新的电源的输出功率最大，则有

r′=R0rR0+r=2Ω，

Pm=E24r′=2W，

解得r=4Ω，E=4V，故AB错误。

CD、电源效率

η=IUIE=UE，

U=E−Ir′=E−Er′RR09.B

【解析】解：风力发电是利用动能转化成电能，假设在Δt时间内，吹到风叶上的空气质量为Δm，有

Δm=ρπr2vΔt

发电机将风能转变为电能的效率约为30%，每台发电机发电功率为

P=12Δmv2Δt×30%=320πρr2v3

10.D

【解析】解：A、设电源电势为E，内阻为r，据欧姆定律有：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、对A、B第一次碰撞前A的运动过程，根据动能定理得：qEL=12mv2

解得A、B第一次碰撞前瞬间A的速度为：v=2qELm

A、B第一次发生弹性碰撞过程，以向右为正方向，根据动量守恒定律与机械能守恒定律得：

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

解得A、B第一次碰撞后瞬间A、B的速度分别为：

vA1′=0，vB1′=2qELm=v，(质量相等，速度交换)

两球第一次碰撞到第二次碰撞的过程，由两者的位移相等得：12⋅qEm⋅t12=vB1′t1

解得两球第一次碰撞到第二次碰撞的时间间隔为：t1=22mLqE，故A错误；

BCD、第二次碰撞前瞬间A、B的速度分别为：

vA2=qEmt1=22qELm=2v，vB2=vB1′=v

A、B第二次碰撞时，由质量相等，速度交换可得第二次碰撞后瞬间A、B的速度分别为：

vA2′=v，vB2′=2v

同理由两者的位移相等得：vA2′t2+12⋅qEm⋅12.正

4.7×10−4

1

1.87

【解析】解：(1)将开关S接1，电容器充电，由于电容器上极板与电源正极相连，因此充电完成后电容器上极板带正电；

(2)I−t图像中图线与坐标轴围成的面积表示电容器充电后放电的电荷量，在计算方格数时，不足半格的舍弃，多余半格的算一格，I−t图线与坐标轴围成的方格数约为15格；

电荷量Q=15×0.25×10−3×1C=3.75×10−3C

根据电容器的定义式，电容器的电容C=QU=3.75×10−38.0F≈4.7×10−4F

(3)观察到电压表示数变化比电流表示数变化更明显，说明电流表的分压明显，为了减小误差，应将电流表外接，因此测量铅笔芯电阻时应将K掷到1端；

(4)根据欧姆定律I=1RY⋅U

图像的斜率k=1.5−02.8−0Ω−1=1528Ω−1

结合I−U函数，图像斜率k=1RY

代入数据解得RY=1.87Ω

(5)根据电阻定律R=ρLS=ρLπD24=4ρLπD2

电阻率ρ=πR13.解：(1)对小球受力分析，根据平衡条件可知其受力情况如下图所示

根据平衡条件有

F拉sinθ=F

F拉cosθ=mg

联立代入数据得：F=43mg；

根据库仑定律可知，A对小球的库仑力

F1=kQ2L2

B对小球的库仑力

F2=kQ2(3L)2

且有F=F1+F2

联立代入数据得：Q=6mgL25k；

(2)根据电场强度的定义可知，等量异种电荷A、B在N【解析】(1)对物体进行受力分析，根据平衡力的特点结合库仑力求解；

(2)根据电场强度的定义求解。

本题主要考查学生对于平衡力的使用，对于库仑定律和电场强度的定义式的熟练度掌握情况。14.解：(1)根据串联电路电流处处相等和欧姆定律有

U−UvR1=UvRv

把U=15V，UV=12V代入解得

RV=12kΩ

(2)设串联的电阻大小为R2，则

15RV=60−15R2

R2=36kΩ【解析】(1)根据欧姆定律和串联电路特点计算即可；

(2)先根据串联电路的电流特点和欧姆定律解