资源简介

湖北省黄石市2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．2025年2月哈尔滨亚冬会上，中国运动员在速度滑冰男子500米决赛中，以34秒95的成绩夺得冠军。对运动员整个决赛过程描述正确的是（　　）
A．比赛中运动员的位移大小是500m
B．运动员全程的平均速度大小等于平均速率
C．研究运动员的冲线技巧时，不可以把运动员看作质点
D．运动员在直线赛道上保持高速滑行时，加速度一定也很大
2．某同学在课本中选取了四幅图片，如图所示，他的观点正确的是（　　）
A．图甲，喷泉斜向上喷出的水到最高点时的速度为零
B．图乙，桶内衣物上的水滴被甩出是因为水滴受到离心力的作用
C．图丙，用不同力度打击弹性金属片，A球运动时间总与B球相同
D．图丁，液压杆缓慢将车厢顶起过程中（货物相对车厢静止），摩擦力对货物做负功
3．如图所示，两光滑定滑轮O1、O2分别安装在竖直的固定轻杆上，带电小球A用轻质绝缘细线绕过两滑轮与不带电的物块C相连，与C连接端的细线竖直，在定滑轮O1的正下方用绝缘杆固定一带电小球B，整个系统处于平衡状态。忽略小球A、B及滑轮的大小。若小球A缓慢漏掉一部分电荷，则在该过程中（　　）
A．A球对B球的库仑力增大 B．A球对B球的库仑力不变
C．地面对物块C的支持力变小 D．地面对物块C的支持力不变
4．如图所示，倾角为的传送带顺时针匀速转动，其底部与水平面平滑连接。质量不同的小物体甲、乙先后由传送带上的A点静止释放，甲、乙与传送带、水平面间的动摩擦因数均为，已知，则甲、乙（　　）
A．均沿传送带向下先加速、后匀速运动
B．在传送带上运动时均处于超重状态
C．均停止在水平面上的同一位置
D．若增大传送带的速度，则到达传送带底端时的速度均减小
5．如图所示，真空中有两个等量异种电荷，以电荷连线中点O为中心建立正方形。正方形上8个点中，场强与电势都相同的点（　　）
A．a点和g点 B．a点和c点 C．k点和d点 D．b点和f点
6．如图为双恒星系统，两星体a、b间距保持为L，绕连线上的O点运动。已知星体a的质量为m，两星体的线速度大小之和为，G为万有引力常量。则两星体的轨道半径之差为（　　）
A． B． C． D．0
7．一科技小组设计了一个多挡位的弹簧枪，在一个倾角为θ、足够长的斜面上进行测试。如图所示，将枪与斜面成一定角度固定在斜面底端，用第一挡发射时弹簧对弹丸做功为W，落点与发射点间距为d1，落到斜面上时弹丸速度恰好水平；用第三挡发射时弹簧对弹丸做功为3W，落点与发射点间距为d2，落到斜面上时弹丸速度与斜面夹角为α，弹簧枪的长度及空气阻力不计。下列判断正确的是（　　）
A． B．
C． D．
8．一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力随时间变化如图所示。若汽车的质量为，阻力恒定，汽车的最大功率恒定，则以下说法正确的是（　　）
A．汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动
B．汽车匀加速运动阶段的加速度大小为2m/s2
C．汽车的最大功率为
D．汽车从静止开始运动12s内的位移大小为50m
9．如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，为定值电阻，和为可变电阻，开关S闭合。质量为的带正电荷的微粒从点以水平速度射入金属板间，沿曲线打在N板上的点。若经下列调整后，微粒仍从点以水平速度射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（　　）
A．断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在点左侧
B．断开开关S，M极板稍微上移，粒子依然打在点
C．保持开关S闭合，增大，粒子打在点右侧
D．保持开关S闭合，增大，粒子依然打在点
10．利用现代技术可以高效地辅助物理实验探究。如图（a）所示，轻绳一端连接小球，另一端可绕水平转轴在竖直面内自由转动，在最低点给小球一个初速度，使小球能做完整的圆周运动，利用传感器记录绳的拉力大小，同时记录对应时刻轻绳与竖直方向的夹角，将数据输入计算机得到图像如图（b）所示。已知绳长0.6m，取10m/s2，则下列判断正确的是（　　）
A．小球在最低点与最高点绳的拉力差为12N
B．小球的质量为0.1kg
C．小球在最低点的初速度大小为6m/s
D．若改变初速度，小球刚好能过最高点过程中的最大拉力为12N
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．学校某物理实验小组用如图所示的实验装置来验证“当物体的质量一定时，加速度与所受合外力成正比”的实验。
（1）实验时，下列操作中正确的是_________
A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源
C．补偿阻力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车前端连接轻绳且悬挂砂桶
D．进行实验前，需将绕过小车前端动滑轮的细绳调节至与木板平行
（2）在实验过程中，向砂桶内加砂时，　 　（填“需要”或“不需要”）保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M。
（3）若保持小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组拉力传感器的示数F和对应纸带求出的加速度a的数值，并根据这些数据，绘制出如图所示的a F图像，分析此图像不过原点的原因可能是　 　，实验小组仔细分析图像，得出了实验所用小车的质量为　 　kg（结果保留两位有效数字）。
12．某同学想测某电阻的阻值。
（1）该同学先用多用电表的欧姆挡中的“×10”挡粗略测量该电阻，结果如图甲所示，则该读数为　 　Ω。
（2）为了更准确地测量该电阻的阻值，有以下实验器材可供选择：
A．电流表（量程为0~15mA，内阻约为2Ω）；
B．电流表（量程为0~3mA，内阻）；
C．定值电阻；
D．定值电阻；
E．滑动变阻器（0~20Ω，允许通过的最大电流为200mA）；
F．滑动变阻器（0~100Ω，允许通过的最大电流为50mA）；
G．蓄电池E（电动势为3V，内阻很小）；
H．开关S。
（3）滑动变阻器应选择　 　（填“”或“”）。
（4）该同学设计了测量该电阻的电路图，如图乙所示。则图中与串联的定值电阻R应选择　 　（填“”或“”）。
（5）该同学在某次实验过程中测得电流表的示数为，电流表的示数为，则该电阻表达式　 　（用题中所给物理量的符号表示）。
13．一灵敏电流计G的内阻，满偏电流，现把它改装成如图所示的多量程电表。开关S1、S2都闭合时为电流表，量程为0~3A；开关S1、S2都断开时为电压表，量程为0~3V。求：
（1）定值电阻和；
（2）开关S1闭合、S2断开时电压表的量程。
14．质量为的物体A和质量为的物体B分别系在一根不计质量的细绳两端，绳子跨过固定在倾角为30°的斜面顶端的定滑轮上，斜面固定在水平地面上。开始时把物体B拉到斜面底端，这时物体A离地面的高度为，如图所示。将B由静止释放。不计一切阻力和摩擦，斜面足够长，取10m/s2。求：
（1）物体A着地时的速度；
（2）绳的拉力对物体A做的功；
（3）物体A着地后，物体B还能沿斜面上滑的距离。
15．如图甲所示，在xOy坐标系中，在第Ⅱ象限放置了粒子射线管，粒子射线管由平行于x轴的平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成、细管C到两板的距离相等，且开口在y轴上（图中细管C与两板绝缘）。粒子源P靠近在A极板下方的左端，可以斜向下沿某一方向发射初速度为v0的带电粒子。A、B板长为L，当A、B板加上某一电压时，带电粒子刚好能以的速度水平进入细管C且以相同速度水平射出。然后进入位于第Ⅰ象限的静电分析器中做半径为的匀速圆周运动，静电分析器中电场线的方向均沿半径方向指向圆心O，且粒子经过处的电场强度大小均为。之后带电粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限。第Ⅳ象限内存在电场强度大小不变、方向水平且随时间呈周期性变化的电场，若从此刻为计时零点，电场变化关系如图乙（图中，T为已知值，规定沿x轴正方向为电场正方向）。已知带电粒子的质量为m，重力不计。忽略电场的边缘效应。求：
（1）带电粒子的电性和电荷量q；
（2）金属板A、B间的电势差UAB；
（3）当t=4T时，α粒子的坐标。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】质点；位移与路程；加速度；平均速度
【解析】【解答】A．位移是起点到终点的直线距离，而500米比赛通常为绕圈或非直线赛道，根据位移的定义可知运动员运动的位移大小小于路程500m，A错误；
B．平均速度等于位移与时间的比值，平均速率等于路程与时间的比值。由于位移小于500m（路程），根据比值可知平均速度大小小于平均速率，B错误；
C．研究冲线技巧需分析身体动作，运动员形状和大小对身体动作有影响，不可视为质点，C正确；
D．若运动员保持高速且速度不变（匀速直线运动），由于速度保持不变，所以加速度为0，D错误。
故选C。
【分析】运动员做曲线运动所以位移的大小小于路程，结合时间的大小可以得出平均速度大小小于平均速率；物体能否作为质点主要看所研究的问题； 若运动员保持高速且速度不变（匀速直线运动），加速度为0 。
2．【答案】C
【知识点】平抛运动；斜抛运动；离心运动和向心运动；功的概念
【解析】【解答】A．图甲，由于物体做曲线运动的切线方向为速度的方向，喷泉斜向上喷出的水到最高点时速度与轨迹相切所以速度不为零，等于初速度的水平分量，A错误；
B．物体做离心运动的条件是物体受到的合力不足以提供向心力，图乙，桶内衣物上的水滴被甩出是因为水滴向心力不足，做离心运动，水滴不受离心力作用，B错误；
C．图丙，用不同力度打击弹性金属片，由于平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动所以两个小球在竖直方向均做自由落体运动，而且从相同的高度同时开始下落，所以A球运动时间总与B球相同，C正确；
D．图丁，液压杆缓慢将车厢顶起过程中（货物相对车厢静止），摩擦力的方向与货物的速度方向垂直，根据功的表达式可知摩擦力对货物不做功，D错误。
故选C。
【分析】喷泉斜向上喷出的水到最高点时速度与轨迹相切所以速度不为零，等于初速度的水平分量；物体做离心运动的条件是物体受到的合力不足以提供向心力；两个小球在竖直方向均做自由落体运动，而且从相同的高度同时开始下落，所以A球运动时间总与B球相同；摩擦力的方向与货物的速度方向垂直，根据功的表达式可知摩擦力对货物不做功。
3．【答案】D
【知识点】电场及电场力；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．由于小球A处于静止，根据受力分析可知小球A所受到的重力mg、细线的拉力T和库仑力F构成力的矢量三角形，如图所示
根据三角形相似
由于O1B、mg不变，故比值不变，小球A缓慢漏掉一部分电荷，由于F减小会导致AB减小，O1B、O1A都不变，故T不变，故AB错误；
CD．细线的拉力T不变，由于物块C受到拉力、重力和支持力的作用，由于拉力不变，重力不变所以地面对物块C的支持力不变，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用小球的平衡条件结合矢量三角形定则可以判别库仑力的大小变化；利用矢量三角形可以判别拉力的大小变化，结合物体C的平衡方程可以判别地面对C的支持力保持不变。
4．【答案】C
【知识点】超重与失重；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AB．小物体释放后，由于物体受到传送带的摩擦力为，方向向上，受到重力的分力为，方向向下，由于，即，所以两个物体受到的合力向下，加速度向下所以小物体甲、乙在传送带上均一直沿传送带向下匀加速运动，加速度沿传送带向下，竖直方向具有向下的加速度，故均处于失重状态，故AB错误；
C．由于物体受到传送带的摩擦力为，方向向上，受到重力的分力为，方向向下，
根据牛顿第二定律可知小物体甲、乙在传送带上匀加速运动的加速度大小均为 ，
在水平面上，物体受到滑动摩擦力的作用，根据牛顿第二定律可知匀减速运动的加速度大小均为，故小物体甲、乙均停止在水平面上的同一位置，故C正确；
D．若增大传送带的速度，小物体甲、乙沿传送带向下匀加速运动的加速度不变，根据速度位移公式可知到达传送带底端时的速度不变，故D错误。
故选C。
【分析】利用物体在斜面上受到的摩擦力和重力的分力比较可以判别合力的方向，结合牛顿第二定律可以得出物体沿斜面向下做匀加速直线运动，再经过水平面时，由于受到滑动摩擦力的作用做匀减速直线运动；利用加速度方向向下所以处于失重状态；利用两个物体加速度相等，所以停止在同一位置；利用速度位移公式结合物体的加速度保持不变可以得出到达底端的速度保持不变。
5．【答案】D
【知识点】电场强度；电场线；电势
【解析】【解答】A．根据等量异种电荷的电场线分布可知a点和g点电场强度方向不相同，电场强度大小相等，根据电场线分布的对称性可知电势大小相等，A错误；
B．根据等量异种电荷的电场线分布可知a点和c点电场强度方向不相同，电场强度大小相等，根据电场线的分布可知电势大小不相等，B错误；
C．根据等量异种电荷的电场线分布可知k点和d点电场强度方向相同，电场强度大小相等，根据电场线的分布可知电势大小不相等，C错误；
D．根据等量异种电荷的电场线分布可知b点和f点电场强度方向相同，电场强度大小相等，根据电场线分布的对称性可知电势大小相等，D正确。
故选D。
【分析】利用等量异种电荷电场线的分布疏密可以判别电磁强度的大小，利用电场线的方向可以判别场强的方向；利用电场线的箭头可以判别电势的大小。
6．【答案】A
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】设 ， ，，，根据线速度和角速度的关系可知两星体的线速度大小之和为，由于 两星体的线速度大小之和为， 则有，解得，两个星体的角速度相同，由于引力提供向心力，根据牛顿第二定律得，，又，解得，
所以，，所以，所以
故选A。
【分析】利用两个星体角速度相等，利用线速度的关系可以求出角速度的表达式，再结合引力提供向心力可以求出半径之差的大小。
7．【答案】B
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】根据平抛运动的规律可知若将一小球由斜面上的某点沿水平方向抛出，不管抛出时的速度大小如何，只要小球落在斜面上，则小球的位移方向相同，根据平抛运动速度角与位移角的关系可知，小球落在斜面上时速度方向相同。 将枪与斜面成一定角度固定在斜面底端，用第一挡发射时 落到斜面上时弹丸速度恰好水平，将该过程逆过来看，则小球落在斜面上时的速度方向均沿水平方向。所以不管以多大速度射出弹丸，弹丸落在斜面上时速度方向均沿水平方向，即α=θ
将弹丸的运动过程逆过来看就是平抛运动，设平抛的初速度大小为v0，落点与抛出点间的距离为d，根据分位移的方向有，，联立得
枪第二次对弹丸做的功是第一次的3倍，根据动能定理可知可知，弹丸第二次射出时的速度为第一次的倍，第二次射出时水平方向的速度也为第一次的倍，即第二次的v0也为第一次的倍，根据表达式可知，可知，第二次的d为第一次的3倍，即d2=3d1。
故选B。
【分析】利用弹丸的逆运动为平抛运动可以得出落在斜面时速度的方向；利用平抛运动的位移公式结合位移的方向可以求出运动位移的表达式，利用弹簧做功可以求出初速度的大小，进而求出第三挡运动的距离大小。
8．【答案】B,D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．汽车在前4s内的牵引力不变，根据牛顿第二定律可知汽车的加速度保持不变，所以汽车做匀加速直线运动，内汽车达到额定功率时，由于汽车速度增大，所以汽车的牵引力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知汽车做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动，故A错误；
B．由图可知后做匀速直线运动，根据平衡条件可知阻力，汽车匀加速运动阶段，根据牛顿第二定律可知，汽车匀加速运动阶段的加速度，故B正确；
C．根据速度公式可知汽车在4s末，此时功率达到最大值，故C错误；
D．前4s内，根据位移公式可知汽车做匀加速直线运动位移，变加速阶段位移为，根据动能定理，汽车最大速度，联立得
汽车从静止开始运动12s内的位移大小为，故D正确。
故选BD 。
【分析】利用汽车牵引力不变时做匀加速直线运动，当匀加速达到额定功率时，汽车牵引力随速度的增大牵引力开始减小，加速度开始减小，汽车开始做加速度减小的加速运动；利用汽车做匀速直线运动的牵引力可以求出阻力的大小，结合牛顿第二定律可以求出匀加速过程的加速度，利用速度公式可以求出匀加速过程的末速度，结合牵引力可以求出额定功率；利用汽车匀加速的位移公式可以求出位移的大小，利用动能定理可以求出变加速运动的位移大小。
9．【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB．设两板间的电压为U，两板间的距离为d，粒子的电荷量为q，微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点，由于微粒在电场中做类平抛运动，在竖直方向上，根据牛顿第二定律可得加速度为，方向垂直于板向下，断开开关，平行板带电量不变，根据电势差与场强的关系可知平行板间的电场强度为，结合电容的定义式，电容的决定式，可得，电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动，故粒子仍然打在O点，故A错误，B正确；
C．保持开关S闭合，增大R2，由于R2两端没有电压所以不会影响电阻R0两端的电压，所以板间电压不变，故粒子打在O点，故C错误；
D．保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为U=R0
增大R1，根据表达式可知U将减小，电容器两端的电压减小，根据电容的定义式可知电容器的电荷量减小，电容器放电，但由于晶体二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，故电容器的电荷量不变，电容器两端的电压不变，故粒子仍然打在O点，故D正确。
故选BD。
【分析】微粒做类平抛运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的表达式，结合断开开关时电荷量不变，利用电容的定义式和决定式可以判别板间距离变化时电场强度保持不变，所以粒子依然打在O点；当闭合开关时，利用分压关系可知电容器两端电压增大，但由于二极管单向导通性导致电荷量不变，所以板间电压保持不变，所以粒子依然打在O点。
10．【答案】A,C,D
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】BC．当时，此时绳子拉力提供向心力，绳子拉力大小为，由牛顿第二定律得，小球从最低点到该位置的过程中，根据动能定理得
当时，绳子的拉力和重力的分力提供向心力，此时绳子拉力大小为，由牛顿第二定律得，小球从最低点到该位置的过程中，根据动能定理得 ，联立解得，，故B错误，C正确；
A．在最低点，绳子拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
在最高点，绳子拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
从最低点到最高点，由动能定理
联立可得，故A正确；
D．小球刚好能过最高点，重力恰好提供小球的向心力，根据牛顿第二定律有
从最低点到最高点，由动能定理，在最低点时绳子拉力最大，拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有，联立可得，故D正确。
故选ACD。
【分析】利用牛顿第二定律结合图中拉力和角度的大小，再利用最低点到该位置的动能定理可以求出小球质量和初速度的大小；利用最低点和最高点的牛顿第二定律结合动能定律可以求出绳子拉力的大小差值；利用小球恰好过最高点时的牛顿第二定律可以求出速度的大小，结合动能定理可以求出最低点的速度，再利用牛顿第二定律可以求出拉力的最大值。
11．【答案】（1）D
（2）不需要
（3）补偿阻力过度；1.0
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【分析】（1）A．因有拉力传感器直接测量拉力的大小，不需要利用重力近似为小车受到的拉力所以不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故A错误；
B．小车靠近打点计时器，为了充分利用纸带，实验应该先接通电源，再释放小车，故B错误；
CD．平衡摩擦力时，是利用小车的重力分力与小车受到的阻力平衡，让小车做匀速直线运动，需将绕过小车前端动滑轮的细绳调节至与木板平行，将无滑轮端适当垫高，并在小车后端连纸带且穿过打点计时器，但前端不需要连接轻绳、悬挂砂桶，故C错误，D正确。
故选D。
（2）因有拉力传感器可测出拉力，在实验过程中，没有利用重力近似为小车的拉力，所以不需要控制砂子的质量，向砂桶内加砂时，不需要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M。
（3）当拉力为零时小车就已经有了加速度，可知原因是小车受到的合力向下，重力的分力大于摩擦力，木板抬得过高，平衡摩擦力过度；对小车由牛顿第二定律2F=Ma，可得
根据图像斜率可知k=，解得实验所用小车的质量为M=1.0kg
【分析】（1）因有拉力传感器直接测量拉力的大小，所以不需要用天平测出砂和砂桶的质量；小车靠近打点计时器，为了充分利用纸带，实验应该先接通电源，再释放小车；平衡摩擦力时，是利用小车的重力分力与小车受到的阻力平衡，让小车做匀速直线运动，需将绕过小车前端动滑轮的细绳调节至与木板平行，将无滑轮端适当垫高，并在小车后端连纸带且穿过打点计时器，但前端不需要连接轻绳、悬挂砂桶；
（2） 因有拉力传感器可测出拉力，则在实验过程中，向砂桶内加砂时，不需要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M ；
（3）当拉力为零时小车就已经有了加速度，可知原因是小车受到的合力向下，重力的分力大于摩擦力，木板抬得过高，平衡摩擦力过度；利用牛顿第二定律结合图像斜率可以求出小车质量的大小。
（1）A．因有拉力传感器，则不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故A错误；
B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故B错误；
CD．平衡摩擦力时，需将绕过小车前端动滑轮的细绳调节至与木板平行，将无滑轮端适当垫高，并在小车后端连纸带且穿过打点计时器，但前端不需要连接轻绳、悬挂砂桶，故C错误，D正确。
故选D。
（2）因有拉力传感器可测出拉力，则在实验过程中，向砂桶内加砂时，不需要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M。
（3）[1][2]由图像可知，当拉力为零时小车就已经有了加速度，可知原因是木板抬得过高，平衡摩擦力过度；对小车由牛顿第二定律2F=Ma
可得
则
解得实验所用小车的质量为M=1.0kg
12．【答案】260；R3；R1；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）根据欧姆表的示数和挡位可知电阻的大小为。
（2）图乙中滑动变阻器连接方式为分压式，为了调节电路中的电流，应选择总阻值较小的滑动变阻器，即选R3。
（3）由于电源电压为3V，应将A2改装成量程为3V的电压表，根据欧姆定律可知改装时需要串联的电阻为
故选R1。
（4）由于并联电路的电压相等，结合欧姆定律有，解得
【分析】（1）根据欧姆表的示数和挡位可知电阻的大小；
（2）由于滑动变阻器连接方式为分压式，应选择总阻值较小的滑动变阻器；
（3）利用电表的改装结合欧姆定律可以求出串联电阻的大小；
（4）利用并联电路的规律结合欧姆定律可以求出待测电阻的大小。
13．【答案】（1）解：由题意知电流表的满偏电压
开关、都断开时为电压表，原理示意图如图甲所示
当达到满偏时有
所以分压电阻
开关、都闭合时为电流表，原理示意图如图乙所示，
当达到满偏时有
所以
（2）解：原理示意图如图丙所示，
当达到满偏时有
解得

【知识点】表头的改装
【解析】【分析】（1）已知电流表的参数，利用欧姆定律可以求出满偏电压的大小，当开关都断开时，利用电压表的改装结合欧姆定律可以求出电阻R1的大小，当开关都闭合时，利用并联电路的欧姆定律可以求出电阻R2的阻值；
（2）当开关S1闭合，S2断开时，利用欧姆定律可以求出电压表的量程。
（1）由题意知电流表的满偏电压
开关、都断开时为电压表，原理示意图如图甲所示
当达到满偏时有
所以分压电阻
开关、都闭合时为电流表，原理示意图如图乙所示，
当达到满偏时有
所以
（2）原理示意图如图丙所示，
当达到满偏时有
解得
14．【答案】（1）解：物体A、B速度大小任意时刻相等，以地面为零重力势能面，A、B系统机械能守恒，根据机械能守恒定律有
解得
（2）解：对物体A，由动能定理
解得
（3）解：A着地后，B机械能守恒，则B上升到最大高度过程中，根据机械能守恒定律有
解得
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）物体A着地时，利用系统机械能守恒定律可以求出A落地时的速度大小；
（2）A落地时，利用动能定理可以求出拉力对A做功的大小；
（3）A着地时，利用机械能守恒定理可以求出物体B上滑的距离大小。
（1）物体A、B速度大小任意时刻相等，以地面为零重力势能面，A、B系统机械能守恒，根据机械能守恒定律有
解得
（2）对物体A，由动能定理
解得
（3）A着地后，B机械能守恒，则B上升到最大高度过程中，根据机械能守恒定律有
解得
15．【答案】（1）解：带电粒子在分析器中做匀速圆周运动，电场力指向圆心，所以粒子带正电。
由牛顿第二定律可得
解得q=4e
（2）解：带电粒子从P点运动到C入口的过程中，由动能定理得
且
联立解得

（3）带电粒子进入第Ⅳ象限做类平抛运动：沿x正方向做单方向周期性的匀加速、匀减速直线运动，沿y负方向做匀速直线运动。
x轴方向上，前内做匀加速直线运动，此段时间内的位移大小
电场力提供合外力
得
由对称性可得，t=4T时间内，粒子沿x正方向总位移为
故t=4T时，α粒子的横坐标
y轴方向上，α粒子做匀速直线运动，y轴负方向上，t=4T时间内粒子的位移大小
在t=4T时，粒子的坐标为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在分析器中做匀速圆周运动，利用电场力方向可以得出粒子带正电，利用牛顿第二定律可以求出粒子的电荷量；
（2）粒子从P到C的过程中，利用动能定理可以求出AB之间电势差的大小；
（3）粒子进入第Ⅳ象限做类平抛运动，利用x方向做匀变速直线运动，在y方向做匀速直线运动；利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合位移公式可以求出粒子沿x方向运动的总位移；利用匀速直线运动可以求出y方向运动的位移大小。
（1）带电粒子在分析器中做匀速圆周运动，电场力指向圆心，所以粒子带正电。
由牛顿第二定律可得
解得q=4e
（2）带电粒子从P点运动到C入口的过程中，由动能定理得
且
联立解得
（3）带电粒子进入第Ⅳ象限做类平抛运动：沿x正方向做单方向周期性的匀加速、匀减速直线运动，沿y负方向做匀速直线运动。
x轴方向上，前内做匀加速直线运动，此段时间内的位移大小
电场力提供合外力
得
由对称性可得，t=4T时间内，粒子沿x正方向总位移为
故t=4T时，α粒子的横坐标
y轴方向上，α粒子做匀速直线运动，y轴负方向上，t=4T时间内粒子的位移大小
在t=4T时，粒子的坐标为
1 / 1湖北省黄石市2024-2025学年高一下学期7月期末物理试题
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，第8~10题有多项符合题目要求。每小题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
1．2025年2月哈尔滨亚冬会上，中国运动员在速度滑冰男子500米决赛中，以34秒95的成绩夺得冠军。对运动员整个决赛过程描述正确的是（　　）
A．比赛中运动员的位移大小是500m
B．运动员全程的平均速度大小等于平均速率
C．研究运动员的冲线技巧时，不可以把运动员看作质点
D．运动员在直线赛道上保持高速滑行时，加速度一定也很大
【答案】C
【知识点】质点；位移与路程；加速度；平均速度
【解析】【解答】A．位移是起点到终点的直线距离，而500米比赛通常为绕圈或非直线赛道，根据位移的定义可知运动员运动的位移大小小于路程500m，A错误；
B．平均速度等于位移与时间的比值，平均速率等于路程与时间的比值。由于位移小于500m（路程），根据比值可知平均速度大小小于平均速率，B错误；
C．研究冲线技巧需分析身体动作，运动员形状和大小对身体动作有影响，不可视为质点，C正确；
D．若运动员保持高速且速度不变（匀速直线运动），由于速度保持不变，所以加速度为0，D错误。
故选C。
【分析】运动员做曲线运动所以位移的大小小于路程，结合时间的大小可以得出平均速度大小小于平均速率；物体能否作为质点主要看所研究的问题； 若运动员保持高速且速度不变（匀速直线运动），加速度为0 。
2．某同学在课本中选取了四幅图片，如图所示，他的观点正确的是（　　）
A．图甲，喷泉斜向上喷出的水到最高点时的速度为零
B．图乙，桶内衣物上的水滴被甩出是因为水滴受到离心力的作用
C．图丙，用不同力度打击弹性金属片，A球运动时间总与B球相同
D．图丁，液压杆缓慢将车厢顶起过程中（货物相对车厢静止），摩擦力对货物做负功
【答案】C
【知识点】平抛运动；斜抛运动；离心运动和向心运动；功的概念
【解析】【解答】A．图甲，由于物体做曲线运动的切线方向为速度的方向，喷泉斜向上喷出的水到最高点时速度与轨迹相切所以速度不为零，等于初速度的水平分量，A错误；
B．物体做离心运动的条件是物体受到的合力不足以提供向心力，图乙，桶内衣物上的水滴被甩出是因为水滴向心力不足，做离心运动，水滴不受离心力作用，B错误；
C．图丙，用不同力度打击弹性金属片，由于平抛运动在竖直方向的分运动为自由落体运动所以两个小球在竖直方向均做自由落体运动，而且从相同的高度同时开始下落，所以A球运动时间总与B球相同，C正确；
D．图丁，液压杆缓慢将车厢顶起过程中（货物相对车厢静止），摩擦力的方向与货物的速度方向垂直，根据功的表达式可知摩擦力对货物不做功，D错误。
故选C。
【分析】喷泉斜向上喷出的水到最高点时速度与轨迹相切所以速度不为零，等于初速度的水平分量；物体做离心运动的条件是物体受到的合力不足以提供向心力；两个小球在竖直方向均做自由落体运动，而且从相同的高度同时开始下落，所以A球运动时间总与B球相同；摩擦力的方向与货物的速度方向垂直，根据功的表达式可知摩擦力对货物不做功。
3．如图所示，两光滑定滑轮O1、O2分别安装在竖直的固定轻杆上，带电小球A用轻质绝缘细线绕过两滑轮与不带电的物块C相连，与C连接端的细线竖直，在定滑轮O1的正下方用绝缘杆固定一带电小球B，整个系统处于平衡状态。忽略小球A、B及滑轮的大小。若小球A缓慢漏掉一部分电荷，则在该过程中（　　）
A．A球对B球的库仑力增大 B．A球对B球的库仑力不变
C．地面对物块C的支持力变小 D．地面对物块C的支持力不变
【答案】D
【知识点】电场及电场力；共点力的平衡
【解析】【解答】AB．由于小球A处于静止，根据受力分析可知小球A所受到的重力mg、细线的拉力T和库仑力F构成力的矢量三角形，如图所示
根据三角形相似
由于O1B、mg不变，故比值不变，小球A缓慢漏掉一部分电荷，由于F减小会导致AB减小，O1B、O1A都不变，故T不变，故AB错误；
CD．细线的拉力T不变，由于物块C受到拉力、重力和支持力的作用，由于拉力不变，重力不变所以地面对物块C的支持力不变，故C错误，D正确。
故选D。
【分析】利用小球的平衡条件结合矢量三角形定则可以判别库仑力的大小变化；利用矢量三角形可以判别拉力的大小变化，结合物体C的平衡方程可以判别地面对C的支持力保持不变。
4．如图所示，倾角为的传送带顺时针匀速转动，其底部与水平面平滑连接。质量不同的小物体甲、乙先后由传送带上的A点静止释放，甲、乙与传送带、水平面间的动摩擦因数均为，已知，则甲、乙（　　）
A．均沿传送带向下先加速、后匀速运动
B．在传送带上运动时均处于超重状态
C．均停止在水平面上的同一位置
D．若增大传送带的速度，则到达传送带底端时的速度均减小
【答案】C
【知识点】超重与失重；牛顿运动定律的应用—传送带模型
【解析】【解答】AB．小物体释放后，由于物体受到传送带的摩擦力为，方向向上，受到重力的分力为，方向向下，由于，即，所以两个物体受到的合力向下，加速度向下所以小物体甲、乙在传送带上均一直沿传送带向下匀加速运动，加速度沿传送带向下，竖直方向具有向下的加速度，故均处于失重状态，故AB错误；
C．由于物体受到传送带的摩擦力为，方向向上，受到重力的分力为，方向向下，
根据牛顿第二定律可知小物体甲、乙在传送带上匀加速运动的加速度大小均为 ，
在水平面上，物体受到滑动摩擦力的作用，根据牛顿第二定律可知匀减速运动的加速度大小均为，故小物体甲、乙均停止在水平面上的同一位置，故C正确；
D．若增大传送带的速度，小物体甲、乙沿传送带向下匀加速运动的加速度不变，根据速度位移公式可知到达传送带底端时的速度不变，故D错误。
故选C。
【分析】利用物体在斜面上受到的摩擦力和重力的分力比较可以判别合力的方向，结合牛顿第二定律可以得出物体沿斜面向下做匀加速直线运动，再经过水平面时，由于受到滑动摩擦力的作用做匀减速直线运动；利用加速度方向向下所以处于失重状态；利用两个物体加速度相等，所以停止在同一位置；利用速度位移公式结合物体的加速度保持不变可以得出到达底端的速度保持不变。
5．如图所示，真空中有两个等量异种电荷，以电荷连线中点O为中心建立正方形。正方形上8个点中，场强与电势都相同的点（　　）
A．a点和g点 B．a点和c点 C．k点和d点 D．b点和f点
【答案】D
【知识点】电场强度；电场线；电势
【解析】【解答】A．根据等量异种电荷的电场线分布可知a点和g点电场强度方向不相同，电场强度大小相等，根据电场线分布的对称性可知电势大小相等，A错误；
B．根据等量异种电荷的电场线分布可知a点和c点电场强度方向不相同，电场强度大小相等，根据电场线的分布可知电势大小不相等，B错误；
C．根据等量异种电荷的电场线分布可知k点和d点电场强度方向相同，电场强度大小相等，根据电场线的分布可知电势大小不相等，C错误；
D．根据等量异种电荷的电场线分布可知b点和f点电场强度方向相同，电场强度大小相等，根据电场线分布的对称性可知电势大小相等，D正确。
故选D。
【分析】利用等量异种电荷电场线的分布疏密可以判别电磁强度的大小，利用电场线的方向可以判别场强的方向；利用电场线的箭头可以判别电势的大小。
6．如图为双恒星系统，两星体a、b间距保持为L，绕连线上的O点运动。已知星体a的质量为m，两星体的线速度大小之和为，G为万有引力常量。则两星体的轨道半径之差为（　　）
A． B． C． D．0
【答案】A
【知识点】双星（多星）问题
【解析】【解答】设 ， ，，，根据线速度和角速度的关系可知两星体的线速度大小之和为，由于 两星体的线速度大小之和为， 则有，解得，两个星体的角速度相同，由于引力提供向心力，根据牛顿第二定律得，，又，解得，
所以，，所以，所以
故选A。
【分析】利用两个星体角速度相等，利用线速度的关系可以求出角速度的表达式，再结合引力提供向心力可以求出半径之差的大小。
7．一科技小组设计了一个多挡位的弹簧枪，在一个倾角为θ、足够长的斜面上进行测试。如图所示，将枪与斜面成一定角度固定在斜面底端，用第一挡发射时弹簧对弹丸做功为W，落点与发射点间距为d1，落到斜面上时弹丸速度恰好水平；用第三挡发射时弹簧对弹丸做功为3W，落点与发射点间距为d2，落到斜面上时弹丸速度与斜面夹角为α，弹簧枪的长度及空气阻力不计。下列判断正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】斜抛运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】根据平抛运动的规律可知若将一小球由斜面上的某点沿水平方向抛出，不管抛出时的速度大小如何，只要小球落在斜面上，则小球的位移方向相同，根据平抛运动速度角与位移角的关系可知，小球落在斜面上时速度方向相同。 将枪与斜面成一定角度固定在斜面底端，用第一挡发射时 落到斜面上时弹丸速度恰好水平，将该过程逆过来看，则小球落在斜面上时的速度方向均沿水平方向。所以不管以多大速度射出弹丸，弹丸落在斜面上时速度方向均沿水平方向，即α=θ
将弹丸的运动过程逆过来看就是平抛运动，设平抛的初速度大小为v0，落点与抛出点间的距离为d，根据分位移的方向有，，联立得
枪第二次对弹丸做的功是第一次的3倍，根据动能定理可知可知，弹丸第二次射出时的速度为第一次的倍，第二次射出时水平方向的速度也为第一次的倍，即第二次的v0也为第一次的倍，根据表达式可知，可知，第二次的d为第一次的3倍，即d2=3d1。
故选B。
【分析】利用弹丸的逆运动为平抛运动可以得出落在斜面时速度的方向；利用平抛运动的位移公式结合位移的方向可以求出运动位移的表达式，利用弹簧做功可以求出初速度的大小，进而求出第三挡运动的距离大小。
8．一辆汽车由静止开始沿平直公路行驶，汽车所受牵引力随时间变化如图所示。若汽车的质量为，阻力恒定，汽车的最大功率恒定，则以下说法正确的是（　　）
A．汽车先做匀加速运动，然后再做匀速直线运动
B．汽车匀加速运动阶段的加速度大小为2m/s2
C．汽车的最大功率为
D．汽车从静止开始运动12s内的位移大小为50m
【答案】B,D
【知识点】机车启动
【解析】【解答】A．汽车在前4s内的牵引力不变，根据牛顿第二定律可知汽车的加速度保持不变，所以汽车做匀加速直线运动，内汽车达到额定功率时，由于汽车速度增大，所以汽车的牵引力逐渐减小，根据牛顿第二定律可知汽车做加速度减小的加速运动，后做匀速直线运动，故A错误；
B．由图可知后做匀速直线运动，根据平衡条件可知阻力，汽车匀加速运动阶段，根据牛顿第二定律可知，汽车匀加速运动阶段的加速度，故B正确；
C．根据速度公式可知汽车在4s末，此时功率达到最大值，故C错误；
D．前4s内，根据位移公式可知汽车做匀加速直线运动位移，变加速阶段位移为，根据动能定理，汽车最大速度，联立得
汽车从静止开始运动12s内的位移大小为，故D正确。
故选BD 。
【分析】利用汽车牵引力不变时做匀加速直线运动，当匀加速达到额定功率时，汽车牵引力随速度的增大牵引力开始减小，加速度开始减小，汽车开始做加速度减小的加速运动；利用汽车做匀速直线运动的牵引力可以求出阻力的大小，结合牛顿第二定律可以求出匀加速过程的加速度，利用速度公式可以求出匀加速过程的末速度，结合牵引力可以求出额定功率；利用汽车匀加速的位移公式可以求出位移的大小，利用动能定理可以求出变加速运动的位移大小。
9．如图所示，M、N是两块水平放置的平行金属板，为定值电阻，和为可变电阻，开关S闭合。质量为的带正电荷的微粒从点以水平速度射入金属板间，沿曲线打在N板上的点。若经下列调整后，微粒仍从点以水平速度射入，则关于微粒打在N板上的位置说法正确的是（　　）
A．断开开关S，M极板稍微上移，粒子打在点左侧
B．断开开关S，M极板稍微上移，粒子依然打在点
C．保持开关S闭合，增大，粒子打在点右侧
D．保持开关S闭合，增大，粒子依然打在点
【答案】B,D
【知识点】电容器及其应用；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】AB．设两板间的电压为U，两板间的距离为d，粒子的电荷量为q，微粒从P点以水平速度v0射入金属板间，沿曲线打在N板上的O点，由于微粒在电场中做类平抛运动，在竖直方向上，根据牛顿第二定律可得加速度为，方向垂直于板向下，断开开关，平行板带电量不变，根据电势差与场强的关系可知平行板间的电场强度为，结合电容的定义式，电容的决定式，可得，电场强度不变，故加速度不变，M极板稍微上移，不会影响离子的运动，故粒子仍然打在O点，故A错误，B正确；
C．保持开关S闭合，增大R2，由于R2两端没有电压所以不会影响电阻R0两端的电压，所以板间电压不变，故粒子打在O点，故C错误；
D．保持开关S闭合，由串并联电压关系可知，R0两端的电压为U=R0
增大R1，根据表达式可知U将减小，电容器两端的电压减小，根据电容的定义式可知电容器的电荷量减小，电容器放电，但由于晶体二极管具有单向导电性，所以电容器不能放电，故电容器的电荷量不变，电容器两端的电压不变，故粒子仍然打在O点，故D正确。
故选BD。
【分析】微粒做类平抛运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的表达式，结合断开开关时电荷量不变，利用电容的定义式和决定式可以判别板间距离变化时电场强度保持不变，所以粒子依然打在O点；当闭合开关时，利用分压关系可知电容器两端电压增大，但由于二极管单向导通性导致电荷量不变，所以板间电压保持不变，所以粒子依然打在O点。
10．利用现代技术可以高效地辅助物理实验探究。如图（a）所示，轻绳一端连接小球，另一端可绕水平转轴在竖直面内自由转动，在最低点给小球一个初速度，使小球能做完整的圆周运动，利用传感器记录绳的拉力大小，同时记录对应时刻轻绳与竖直方向的夹角，将数据输入计算机得到图像如图（b）所示。已知绳长0.6m，取10m/s2，则下列判断正确的是（　　）
A．小球在最低点与最高点绳的拉力差为12N
B．小球的质量为0.1kg
C．小球在最低点的初速度大小为6m/s
D．若改变初速度，小球刚好能过最高点过程中的最大拉力为12N
【答案】A,C,D
【知识点】竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】BC．当时，此时绳子拉力提供向心力，绳子拉力大小为，由牛顿第二定律得，小球从最低点到该位置的过程中，根据动能定理得
当时，绳子的拉力和重力的分力提供向心力，此时绳子拉力大小为，由牛顿第二定律得，小球从最低点到该位置的过程中，根据动能定理得 ，联立解得，，故B错误，C正确；
A．在最低点，绳子拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
在最高点，绳子拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有
从最低点到最高点，由动能定理
联立可得，故A正确；
D．小球刚好能过最高点，重力恰好提供小球的向心力，根据牛顿第二定律有
从最低点到最高点，由动能定理，在最低点时绳子拉力最大，拉力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有，联立可得，故D正确。
故选ACD。
【分析】利用牛顿第二定律结合图中拉力和角度的大小，再利用最低点到该位置的动能定理可以求出小球质量和初速度的大小；利用最低点和最高点的牛顿第二定律结合动能定律可以求出绳子拉力的大小差值；利用小球恰好过最高点时的牛顿第二定律可以求出速度的大小，结合动能定理可以求出最低点的速度，再利用牛顿第二定律可以求出拉力的最大值。
二、非选择题：本题共5小题，共60分。
11．学校某物理实验小组用如图所示的实验装置来验证“当物体的质量一定时，加速度与所受合外力成正比”的实验。
（1）实验时，下列操作中正确的是_________
A．用天平测出砂和砂桶的质量
B．小车靠近打点计时器，先释放小车，再接通电源
C．补偿阻力时，将无滑轮端适当垫高，并在小车前端连接轻绳且悬挂砂桶
D．进行实验前，需将绕过小车前端动滑轮的细绳调节至与木板平行
（2）在实验过程中，向砂桶内加砂时，　 　（填“需要”或“不需要”）保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M。
（3）若保持小车的质量不变，改变砂桶中砂的质量，记录多组拉力传感器的示数F和对应纸带求出的加速度a的数值，并根据这些数据，绘制出如图所示的a F图像，分析此图像不过原点的原因可能是　 　，实验小组仔细分析图像，得出了实验所用小车的质量为　 　kg（结果保留两位有效数字）。
【答案】（1）D
（2）不需要
（3）补偿阻力过度；1.0
【知识点】探究加速度与力、质量的关系
【解析】【分析】（1）A．因有拉力传感器直接测量拉力的大小，不需要利用重力近似为小车受到的拉力所以不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故A错误；
B．小车靠近打点计时器，为了充分利用纸带，实验应该先接通电源，再释放小车，故B错误；
CD．平衡摩擦力时，是利用小车的重力分力与小车受到的阻力平衡，让小车做匀速直线运动，需将绕过小车前端动滑轮的细绳调节至与木板平行，将无滑轮端适当垫高，并在小车后端连纸带且穿过打点计时器，但前端不需要连接轻绳、悬挂砂桶，故C错误，D正确。
故选D。
（2）因有拉力传感器可测出拉力，在实验过程中，没有利用重力近似为小车的拉力，所以不需要控制砂子的质量，向砂桶内加砂时，不需要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M。
（3）当拉力为零时小车就已经有了加速度，可知原因是小车受到的合力向下，重力的分力大于摩擦力，木板抬得过高，平衡摩擦力过度；对小车由牛顿第二定律2F=Ma，可得
根据图像斜率可知k=，解得实验所用小车的质量为M=1.0kg
【分析】（1）因有拉力传感器直接测量拉力的大小，所以不需要用天平测出砂和砂桶的质量；小车靠近打点计时器，为了充分利用纸带，实验应该先接通电源，再释放小车；平衡摩擦力时，是利用小车的重力分力与小车受到的阻力平衡，让小车做匀速直线运动，需将绕过小车前端动滑轮的细绳调节至与木板平行，将无滑轮端适当垫高，并在小车后端连纸带且穿过打点计时器，但前端不需要连接轻绳、悬挂砂桶；
（2） 因有拉力传感器可测出拉力，则在实验过程中，向砂桶内加砂时，不需要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M ；
（3）当拉力为零时小车就已经有了加速度，可知原因是小车受到的合力向下，重力的分力大于摩擦力，木板抬得过高，平衡摩擦力过度；利用牛顿第二定律结合图像斜率可以求出小车质量的大小。
（1）A．因有拉力传感器，则不需要用天平测出砂和砂桶的质量，故A错误；
B．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，故B错误；
CD．平衡摩擦力时，需将绕过小车前端动滑轮的细绳调节至与木板平行，将无滑轮端适当垫高，并在小车后端连纸带且穿过打点计时器，但前端不需要连接轻绳、悬挂砂桶，故C错误，D正确。
故选D。
（2）因有拉力传感器可测出拉力，则在实验过程中，向砂桶内加砂时，不需要保证砂和砂桶的总质量m远小于小车的总质量M。
（3）[1][2]由图像可知，当拉力为零时小车就已经有了加速度，可知原因是木板抬得过高，平衡摩擦力过度；对小车由牛顿第二定律2F=Ma
可得
则
解得实验所用小车的质量为M=1.0kg
12．某同学想测某电阻的阻值。
（1）该同学先用多用电表的欧姆挡中的“×10”挡粗略测量该电阻，结果如图甲所示，则该读数为　 　Ω。
（2）为了更准确地测量该电阻的阻值，有以下实验器材可供选择：
A．电流表（量程为0~15mA，内阻约为2Ω）；
B．电流表（量程为0~3mA，内阻）；
C．定值电阻；
D．定值电阻；
E．滑动变阻器（0~20Ω，允许通过的最大电流为200mA）；
F．滑动变阻器（0~100Ω，允许通过的最大电流为50mA）；
G．蓄电池E（电动势为3V，内阻很小）；
H．开关S。
（3）滑动变阻器应选择　 　（填“”或“”）。
（4）该同学设计了测量该电阻的电路图，如图乙所示。则图中与串联的定值电阻R应选择　 　（填“”或“”）。
（5）该同学在某次实验过程中测得电流表的示数为，电流表的示数为，则该电阻表达式　 　（用题中所给物理量的符号表示）。
【答案】260；R3；R1；
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）根据欧姆表的示数和挡位可知电阻的大小为。
（2）图乙中滑动变阻器连接方式为分压式，为了调节电路中的电流，应选择总阻值较小的滑动变阻器，即选R3。
（3）由于电源电压为3V，应将A2改装成量程为3V的电压表，根据欧姆定律可知改装时需要串联的电阻为
故选R1。
（4）由于并联电路的电压相等，结合欧姆定律有，解得
【分析】（1）根据欧姆表的示数和挡位可知电阻的大小；
（2）由于滑动变阻器连接方式为分压式，应选择总阻值较小的滑动变阻器；
（3）利用电表的改装结合欧姆定律可以求出串联电阻的大小；
（4）利用并联电路的规律结合欧姆定律可以求出待测电阻的大小。
13．一灵敏电流计G的内阻，满偏电流，现把它改装成如图所示的多量程电表。开关S1、S2都闭合时为电流表，量程为0~3A；开关S1、S2都断开时为电压表，量程为0~3V。求：
（1）定值电阻和；
（2）开关S1闭合、S2断开时电压表的量程。
【答案】（1）解：由题意知电流表的满偏电压
开关、都断开时为电压表，原理示意图如图甲所示
当达到满偏时有
所以分压电阻
开关、都闭合时为电流表，原理示意图如图乙所示，
当达到满偏时有
所以
（2）解：原理示意图如图丙所示，
当达到满偏时有
解得

【知识点】表头的改装
【解析】【分析】（1）已知电流表的参数，利用欧姆定律可以求出满偏电压的大小，当开关都断开时，利用电压表的改装结合欧姆定律可以求出电阻R1的大小，当开关都闭合时，利用并联电路的欧姆定律可以求出电阻R2的阻值；
（2）当开关S1闭合，S2断开时，利用欧姆定律可以求出电压表的量程。
（1）由题意知电流表的满偏电压
开关、都断开时为电压表，原理示意图如图甲所示
当达到满偏时有
所以分压电阻
开关、都闭合时为电流表，原理示意图如图乙所示，
当达到满偏时有
所以
（2）原理示意图如图丙所示，
当达到满偏时有
解得
14．质量为的物体A和质量为的物体B分别系在一根不计质量的细绳两端，绳子跨过固定在倾角为30°的斜面顶端的定滑轮上，斜面固定在水平地面上。开始时把物体B拉到斜面底端，这时物体A离地面的高度为，如图所示。将B由静止释放。不计一切阻力和摩擦，斜面足够长，取10m/s2。求：
（1）物体A着地时的速度；
（2）绳的拉力对物体A做的功；
（3）物体A着地后，物体B还能沿斜面上滑的距离。
【答案】（1）解：物体A、B速度大小任意时刻相等，以地面为零重力势能面，A、B系统机械能守恒，根据机械能守恒定律有
解得
（2）解：对物体A，由动能定理
解得
（3）解：A着地后，B机械能守恒，则B上升到最大高度过程中，根据机械能守恒定律有
解得
【知识点】动能定理的综合应用；机械能守恒定律
【解析】【分析】（1）物体A着地时，利用系统机械能守恒定律可以求出A落地时的速度大小；
（2）A落地时，利用动能定理可以求出拉力对A做功的大小；
（3）A着地时，利用机械能守恒定理可以求出物体B上滑的距离大小。
（1）物体A、B速度大小任意时刻相等，以地面为零重力势能面，A、B系统机械能守恒，根据机械能守恒定律有
解得
（2）对物体A，由动能定理
解得
（3）A着地后，B机械能守恒，则B上升到最大高度过程中，根据机械能守恒定律有
解得
15．如图甲所示，在xOy坐标系中，在第Ⅱ象限放置了粒子射线管，粒子射线管由平行于x轴的平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成、细管C到两板的距离相等，且开口在y轴上（图中细管C与两板绝缘）。粒子源P靠近在A极板下方的左端，可以斜向下沿某一方向发射初速度为v0的带电粒子。A、B板长为L，当A、B板加上某一电压时，带电粒子刚好能以的速度水平进入细管C且以相同速度水平射出。然后进入位于第Ⅰ象限的静电分析器中做半径为的匀速圆周运动，静电分析器中电场线的方向均沿半径方向指向圆心O，且粒子经过处的电场强度大小均为。之后带电粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限。第Ⅳ象限内存在电场强度大小不变、方向水平且随时间呈周期性变化的电场，若从此刻为计时零点，电场变化关系如图乙（图中，T为已知值，规定沿x轴正方向为电场正方向）。已知带电粒子的质量为m，重力不计。忽略电场的边缘效应。求：
（1）带电粒子的电性和电荷量q；
（2）金属板A、B间的电势差UAB；
（3）当t=4T时，α粒子的坐标。
【答案】（1）解：带电粒子在分析器中做匀速圆周运动，电场力指向圆心，所以粒子带正电。
由牛顿第二定律可得
解得q=4e
（2）解：带电粒子从P点运动到C入口的过程中，由动能定理得
且
联立解得

（3）带电粒子进入第Ⅳ象限做类平抛运动：沿x正方向做单方向周期性的匀加速、匀减速直线运动，沿y负方向做匀速直线运动。
x轴方向上，前内做匀加速直线运动，此段时间内的位移大小
电场力提供合外力
得
由对称性可得，t=4T时间内，粒子沿x正方向总位移为
故t=4T时，α粒子的横坐标
y轴方向上，α粒子做匀速直线运动，y轴负方向上，t=4T时间内粒子的位移大小
在t=4T时，粒子的坐标为
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在交变电场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在分析器中做匀速圆周运动，利用电场力方向可以得出粒子带正电，利用牛顿第二定律可以求出粒子的电荷量；
（2）粒子从P到C的过程中，利用动能定理可以求出AB之间电势差的大小；
（3）粒子进入第Ⅳ象限做类平抛运动，利用x方向做匀变速直线运动，在y方向做匀速直线运动；利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合位移公式可以求出粒子沿x方向运动的总位移；利用匀速直线运动可以求出y方向运动的位移大小。
（1）带电粒子在分析器中做匀速圆周运动，电场力指向圆心，所以粒子带正电。
由牛顿第二定律可得
解得q=4e
（2）带电粒子从P点运动到C入口的过程中，由动能定理得
且
联立解得
（3）带电粒子进入第Ⅳ象限做类平抛运动：沿x正方向做单方向周期性的匀加速、匀减速直线运动，沿y负方向做匀速直线运动。
x轴方向上，前内做匀加速直线运动，此段时间内的位移大小
电场力提供合外力
得
由对称性可得，t=4T时间内，粒子沿x正方向总位移为
故t=4T时，α粒子的横坐标
y轴方向上，α粒子做匀速直线运动，y轴负方向上，t=4T时间内粒子的位移大小
在t=4T时，粒子的坐标为
1 / 1

展开更多......

收起↑