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湖北省黄冈市2024-2025学年高一下学期期末考试物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1．关于做匀速圆周运动的物体，以下说法正确的是（　　）
A．合力与加速度不变 B．周期与转速不变
C．线速度与动能不变 D．机械能一定守恒
2．如图所示，重物M放在长木板OP上，将长木板绕O端缓慢转过一个小角度，在此过程中，重物M相对长木板始终保持静止。关于长木板对重物M的支持力和摩擦力，下列说法正确的是（　　）
A．支持力对重物不做功
B．摩擦力对重物做负功
C．支持力与摩擦力的合力对重物做正功
D．支持力与摩擦力的合力对重物不做功
3．二十四节气代表着地球在公转轨道上的二十四个不同的位置。如图所示，地球沿椭圆轨道绕太阳运动所处四个位置，分别对应我国的四个节气。以下说法正确的是（　　）
A．夏至时地球绕太阳公转速度最大
B．冬至时地球对太阳的引力最小
C．地球与椭圆轨道的中心连线在相等时间内扫过面积相等
D．地球绕太阳公转周期大小与太阳质量有关
4．电容式位移传感器的示意图如图所示，平行板电容器的两极板和输出电压恒定的电源相连，当电介质板向右移动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．平行板电容器的电容变小 B．平行板电容器的带电量增大
C．通过电流计的电流方向为b到a D．平行板间的电场强度变小
5．如图所示，A、B、C是匀强电场中一直角三角形的三个顶点，其中，，AC与电场方向平行，A、B两点间距为2cm。C点处固定一个电荷量为试探电荷不计试探电荷对电场的影响，已知电场强度大小为，规定B点电势为零，下列说法正确的是（　　）
A．A、C两点的电势差为200V
B．A、C两点的电势差为
C．C点电势为
D．C点处试探电荷的电势能为
6．2025年4月24日，搭载神舟二十号载人飞船的长征F遥二十运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约十分钟后，神舟二十号载人飞船与火箭成功分离，进入地球表面上空约400km的圆形轨道执行探测任务。已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，引力常量为G，则以下关于神舟二十号载人飞船在地球上空做圆周运动的说法正确的是（　　）
A．周期大于地球自转周期 B．线速度等于
C．向心加速度大于g D．角速度小于
7．如图所示，在竖直面内固定刚性光滑圆环形管道，一个质量为m的小球静止于管道内顶端A点，其直径略小于管道内径。小球受到轻微扰动，沿管道下滑。C是管道最低点，重力加速度为g，若不计空气阻力，则以下说法正确的是（　　）
A．小球从A点运动到C点过程中，管道对小球的弹力一直增大
B．小球从A点运动到C点过程中，管道对小球的弹力一直减小
C．小球在管道内运动过程中，管道对小球弹力最大值为5mg
D．小球在管道内运动过程中，管道对小球弹力最小值为mg
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8．2025年1月16日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为，如图所示。则以下说法正确的是（　　）
A．火星与地球绕太阳公转的线速度之比约为
B．火星与地球绕太阳公转的周期之比约为
C．下一次“火星冲日”将出现在2026年1月16日之前
D．下一次“火星冲日”将出现在2026年1月16日之后
9．如图所示，真空中两个点电荷+Q与+2Q分别固定在A、B两点，O为A、B连线的中点，C为A、B连线的中垂线上的一点，且OA=OB=OC=r，已知静电力常量为k，则以下说法正确的是（　　）
A．C点的电场强度大小为
B．C点的电场强度大小为
C．从A点沿直线至O点电势逐渐降低
D．从B点沿直线至O点电势逐渐降低
10．如图甲所示，竖直放置的轻弹簧下端固定，质量为m可视为质点的物块从弹簧正上方由静止释放，物块加速度a的大小与物块下降的距离x的关系图像如图乙所示，图乙中，未知且当物块下落距离为时速度恰好为零。已知重力加速度为，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力及物块与弹簧碰撞间的能量损失。则在物块下降过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物块的机械能守恒 B．物块的最大加速度大小为
C．物块的最大动能为 D．图乙中
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11．用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。
（1）关于该实验的分析，以下说法中正确的是________
A．打点计时器接到学生电源的“直流输出”端
B．必须用天平测出重锤的质量
C．应该尽量选择质量大、体积小的重锤
D．用计算打点计时器打下某点时重锤的瞬时速度
（2）安装好实验装置，正确进行实验操作。从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图乙所示。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为、、。当地重力加速度为g，打点计时器打点周期为T。只要表达式　 　在误差允许的范围内成立，就可以验证机械能守恒。用本问中所给字母表示
（3）若实验中测得O点到B点过程中重力势能减少量小于动能增加量，出现这一结果的原因可能是________。
A．工作电压偏高 B．存在空气阻力和摩擦力
C．接通电源前释放了纸带 D．重锤下落过程中受到空气阻力
12．某物理实验小组要测量一圆柱形匀质金属导体在常温下的电阻率。实验室提供以下器材测金属导体的电阻。
A．待测电阻阻值约为；
B．电流表量程为，内阻约为；
C．电流表量程为，内阻为；
D．滑动变阻器电阻变化范围为；
E．滑动变阻器电阻变化范围为；
F．电阻箱最大阻值为；
H．电源电动势E约为6V，内阻很小；
I．开关S，导线若干。
（1）为了尽可能准确测量金属导体的电阻，该小组同学设计了如图甲所示的电路，将电流表与电阻箱串联改装成量程为的电压表，则实验前需要将电阻箱的阻值调节为　 　。
（2）图甲电路中，滑动变阻器应该选择　 　选填“”或“”，开关闭合前应将滑动变阻器的滑片置于　 　选填“A”或“B”端。
（3）若测得接入电路中金属导体的长度为L，导体横截面直径为d，调节滑动变阻器的滑片位置，测得多组电流表与的示数分别为与，记录在表格中，并在坐标系中作出的图像如图乙所示，图线斜率为k，则待测导体电阻率的表达式为　 　用题目中所给物理量的符号表示。
（4）若实验中没有及时断开开关，金属丝持续发热，则实验得到的金属导体电阻率测量值　 　选填“大于”、“小于”或“无影响”真实值。
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13．如图所示电路接有恒定电压U，电流表为理想电流表，电压表内阻为，三个电阻的阻值分别为，，。当开关接1时，电流表示数为1mA。求：
（1）电压U；
（2）当开关S接2时，电压表与电流表示数。
14．如图所示，固定在竖直面内的四分之一圆弧轨道，半径为，轨道底端切线水平且与水平传送带左端平滑相连，传送带顺时针转动，运行速度大小为。一质量为可视为质点的物块从轨道顶端由静止开始下滑，运动到圆弧轨道底端时对轨道压力大小为自身重力的2倍。已知物块与传送带间动摩擦因数为，传送带轮中心间距为，重力加速度为。求：
（1）物块在圆弧轨道运动过程中所受阻力做的功；
（2）物块离开传送带时速度的大小；
（3）由于传送物块，传送带多消耗的电能。
15．如图所示，竖直面内的xOy平面直角坐标系第二象限存在大小未知方向沿y轴竖直向下的匀强电场，第一、四象限内存在与x轴正方向成角斜向上的匀强电场（图中未画出）。圆心角为的光滑圆弧绝缘轨道固定在第一、四象限平面内，其左端位于坐标原点O处，右端B点和圆心连线与x轴平行，轨道半径大小为L。时刻，质量为m、电荷量为的小球从A点以大小为的初速度平行于x轴开始向右运动，恰好从O点沿切线方向进入弧形轨道。已知第一、四象限内匀强电场的电场强度，A点的横坐标为，小球可视为点电荷且带电量始终不变，重力加速度为g。求：
（1）第二象限内匀强电场的电场强度的大小；
（2）小球经过圆弧轨道右端点B点时，轨道对小球弹力的大小；
（3）小球通过B点后速度最小时所处位置的坐标。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．匀速圆周运动中，由于合力提供向心力，所以合力（向心力）和加速度的方向始终指向圆心，方向不断变化，故二者均为变量，故A错误；
B．由于物体做匀速圆周运动，所以完成每一周所花的时间相等，周期是完成一周的时间，转速是单位时间的转数，二者互为倒数（）。匀速圆周运动中速度大小不变，周期和转速均不变，故B正确；
C．物体做匀速圆周运动属于曲线运动，线速度是矢量，方向时刻变化，故线速度变化；动能是标量，速度大小不变则动能不变，故C错误；
D．物体做匀速圆周运动不能判别物体的机械能是否守恒，若物体在竖直平面内做匀速圆周运动，重力势能变化，而动能不变，机械能（动能+势能）不守恒；若在水平面内且无外力做功，机械能可能守恒，但题目未明确条件，因此“一定守恒”不成立，故D错误。
故选B。
【分析】物体做匀速圆周运动的合力方向和加速度方向时刻指向圆心时刻改变；利用匀速圆周运动的线速度大小不变可以得出周期和转速不变；线速度大小不变，但方向时刻改变，由于线速度大小不变所以动能保持不变；物体动能不变但重力势能不明确所以不一定机械能守恒。
2．【答案】C
【知识点】功的概念；动能定理的综合应用
【解析】【解答】 重物M放在长木板OP上，将长木板绕O端缓慢转过一个小角度，在此过程中，重物M相对长木板始终保持静止。 根据受力分析可知物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，处于平衡状态。在缓慢上升的过程中，位移方向向上，重力对物块做负功，物块在上升的过程中，由于物块速度方向与摩擦力方向垂直所以物块受到的摩擦力对物块做的功为零，由于物块初末速度相等，所以动能变化量等于0，根据动能定理可知合力做功为0，由于重力对物块做了负功，摩擦力对物块不做功，所以支持力对物块做正功，根据分析可知支持力与摩擦力的合力对重物做正功。
故选C。
【分析】利用受力分析可知物块受力情况；利用物块的动能不变可以得出合力不做功，由于摩擦力与速度方向垂直不做功，重力做负功，所以支持力做正功。
3．【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】A．根据开普勒第二定律，由于行星与太阳连线在相同时间内扫过的面积相等可知地球在近日点速度最大，冬至时地球位于近日点附近，所以冬至时地球绕太阳公转速度最大， 故A错误；
B．冬至时地球与太阳的距离最近，根据万有引力定律可知地球对太阳的引力最大，故 B错误；
C．地球绕太阳做椭圆轨迹的运动时，根据开普勒第二定律，地球与太阳的连线在相等时间内扫过面积相等，而不是与椭圆轨道的中心连线，故 C 错误；
D．已知开普勒第三定律，根据引力提供向心力可知，根据表达式可知与太阳质量有关，所以地球绕太阳公转周期大小与太阳质量有关， 故D正确。
故选D。
【分析】利用开普勒第二定律可知地球与太阳的连线在相等时间内扫过面积相等，所以地球在近日点速度最大，冬至时地球位于近日点附近，所以冬至时地球绕太阳公转速度最大；利用引力公式可以得出冬至时地球与太阳的距离最近受到的引力最大；利用引力提供向心力可知地球绕太阳公转周期大小与太阳质量有关。
4．【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．在电介质板向右移动过程中，由于变大，根据电容的决定式可知电容C会变大，故A错误；
BC．由于电容器始终与电源相连，电容器两端的电压与电源电压相等，所以电容器两端电压U不变。
U不变，在C增大时，根据电容定义式可知电容器存储的电荷量增大，电容器充电，由于上极板带正电，所以充电电流方向为由a到b，故B正确，C错误；
D．当电介质板向右移动过程中，由于电容器两板间电压不变，两板间距不变，根据电势差与场强的关系可知平行板间的电场强度不变，故D错误。
故选B。
【分析】利用电容器的决定式可以判别电容的变化，结合电压不变可以判别电荷量增大，进而判别电流的方向；利用板间电压和板间距离不变可以判别电场强度的大小保持不变。
5．【答案】C
【知识点】电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】AB．A、B两点间距为2cm，由于，，AC与电场方向平行，根据几何关系可得A、C两点的距离为，已知电场强度大小为， 根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可得A、C两点的电势差为
故AB错误；
C． 已知电场强度大小为， 根据电势差与场强之间的关系可知B、C两点的电势差为，根据两点的电势差有，
可得C点电势为，故C正确；
D．根据电势能的表达式可知C点处试探电荷的电势能，故D错误。
故选C。
【分析】利用几何关系可以求出AC之间的距离，结合电势差与场强的关系可以求出电势差的大小，利用电势差的大小可以求出C点电势的大小，结合电势能的表达式可以求出电势能的大小。
6．【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．由于飞船和同步卫星都是绕地球转动，根据开普勒第三定律可知卫星轨道半径越大，周期越长。地球同步卫星的周期为24小时，轨道半径约为地球半径的6.6倍。神舟二十号飞船轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，根据开普勒第三定律可知神舟二十号的周期小于地球自转周期（同步卫星的运行周期），故A错误；
B．由于地球对飞船的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得
在地球表面，由于地球对表面物体的万有引力等于重力，根据牛顿第二定律有
联立解得，当轨道半径r等于地球半径R时，可以得出近地卫星的线速度的大小为
由于飞船轨道半径，所以神舟二十号载人飞船的速度
故B错误；
C．由于地球对飞船的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得，在地球表面，由于地球对表面物体的万有引力等于重力，根据牛顿第二定律有，解得，地表重力加速度为，神舟二十号飞船轨道半径时，向心加速度
故C错误；
D．在地球表面，由于地球对表面物体的万有引力等于重力，根据牛顿第二定律有
在地球表面，根据万有引力等于重力，有，联立解得，神舟二十号载人飞船轨道半径，所以，故D正确。
故选D。
【分析】利用开普勒第三定律可以比较周期的大小；利用引力提供向心力结合引力形成重力可以比较线速度、角速度和向心加速度的大小。
7．【答案】C
【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】ABD．假设细管对小球的作用力大小为F，小球下落至A到C点的任意位置D，小球与细管圆心的连线与OA连线的夹角为，当时，即小球从A点运动至B点过程中，管对小球的作用力及重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有，由于从A到D的过程中只有重力做功，根据动能定理可知，综上可知，随着增大，逐渐减小，根据表达式可知F的大小分三种情况，第一种情况，当时，F为负，方向为沿OD方向，随着增大，F大小逐渐减小，第二种情况，当时，，此时重力分力恰好提供小球做圆周运动的向心力，第三种情况，当时，F为正，方向为沿DO方向随着增大，F大小逐渐增大，所以小球从A至B过程中，细管对小球的作用力先减小至0后逐渐增大，故ABD错误；
C．当小球下落到C点时，由于此时，根据表达式可知管道对小球弹力取最大值为，故C正确。
故选C。
【分析】利用小球下落到某一位置的牛顿第二定律结合下落过程的动能定律可以求出管道对小球弹力的表达式，利用弹力的表达式可以求出弹力的最大值和最小值，同时判断弹力的大小变化。
8．【答案】A,D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．由于太阳对行星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可得线速度的大小为设火星公转轨道半径为，地球公转轨道半径为，已知
，则火星与地球绕太阳公转的线速度之比，故A正确；
B．由于火星和地球的中心体都是太阳，根据开普勒第三定律为常量
可得，那么火星与地球绕太阳公转的周期之比，故B错误；
CD．设地球公转周期为年，根据开普勒第三定律有，可得年，设经过时间t再次出现火星冲日，根据转动的圈数相差一圈可知，又，即，解得年年，所以下一次火星冲日将出现在2026年1月16日之后， C错误， D正确。
故选AD 。
【分析】利用引力提供向心力结合半径之比可以求出线速度之比；利用开普勒第三定律可以求出周期之比；利用开普勒第三定律可以求出火星运动的周期，结合运动的圈数关系可以求出下一次火星冲日将出现的时间。
9．【答案】B,D
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】AB．已知点电荷的场强公式为，根据点电荷的场强公式可知+Q在C处产生的电场强度大小为，方向沿AC连线方向；+2Q在C处产生的电场强度大小为，方向沿BC连线方向；由于两个点电荷产生的电场方向相互垂直，根据场强的叠加可知C点的合场强大小为，故A错误，B正确；
CD．设A、B连线上一点P到A的距离为x，则其到B的距离为2r x，根据电势的表达式可知+Q电荷在P处产生的电势为，根据电势的表达式可知+2Q在P处产生的电势为
故P点的电势为，由表达式可知，当时，φP有最小值，根据电势最小值的位置可知从B点沿直线至O点电势逐渐降低，从A点沿直线至O点电势先降低后增大，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】利用点电荷的场强公式结合电场强度的叠加可以求出C点 电场强度的大小；利用电势的叠加可以求出电势最小的位置，进而判别电势的大小变化。
10．【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．物块在下降过程中，弹簧的弹力对物块做功，物块与弹簧组成的系统机械能守恒，由于弹簧弹性势能增大，所以物块的机械能不守恒，故A错误；
BD．根据物块的加速度等于重力加速度可知物块下降高度为时，与弹簧开始接触，下降高度为时，此时物块合外力为零，所以重力等于弹簧的弹力，设弹簧的劲度系数为，根据平衡方程有：有，解得，当物块运动到最低点时，物块的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，由系统机械能守恒可知，，因为，且，代入上式解得，当物块运动到最低点时加速度最大，此时弹力和重力的合力产生加速度，根据牛顿第二定律方程为，解得，故B正确，D错误；
C．物块下降高度为时，此时物块的速度最大，重力势能转化为动能和弹性势能，根据系统机械能守恒得，将和代入上式解得，故C正确。
故选BC。
【分析】利用物块下降过程受到弹力做功所以机械能不守恒；利用物块加速度等于0时的平衡方程可以求出劲度系数的大小，结合系统机械能守恒定律可以求出加速度最大时的弹簧形变量，结合牛顿第二定律可以求出最大的加速度；利用系统机械能守恒定律可以求出最大动能的大小。
11．【答案】（1）C
（2）
（3）C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．由于打点计时器应该使用交流电源，所以打点计时器应该接到学生电源的“交流输出”端，故A错误；
B．因为在“验证机械能守恒定律”的实验中，比较的是重力势能mgh和动能的大小变化关系，其中的m可以被约去，所以不需要测出重锤的质量，故B错误；
C．重物做自由落体运动验证机械能守恒，为了减小阻力造成的误差，应该尽量选择质量大、体积小的重锤，故C正确；
D．如果用速度位移公式计算速度，相当于已经用到了机械能守恒定律，故D错误。
故选C。
（2）根据重力势能的表达式可知点的重力势能，根据平均速度公式可知B点的速度，根据动能的表达式可知B点的动能，只需要满足
即可验证机械能守恒定律。整理得
（3）A．工作电压偏高不会影响打点的周期所以不会导致重力势能减少量小于动能增加量，工作电压偏高主要影响打点的清晰度，故A错误；
BD．存在空气阻力和摩擦力时，阻力做功会导致机械能部分转化为内能，机械能会有损失，应该是重力势能减少量大于动能增加量，故BD错误；
C．接通电源前释放了纸带，此时纸带开始下落时还没有打点，后面打出的点对应的速度会比正常情况下偏大，会导致根据动能的表达式计算出的动能增加量偏大，可能出现重力势能减少量小于动能增加量的情况，故C正确。
故选C。
【分析】（1）打点计时器应该接到学生电源的“交流输出”端；根据机械能守恒定律的表达式可知m可以被约去，所以不需要测出重锤的质量；重物做自由落体运动验证机械能守恒，为了减小阻力造成的误差，应该尽量选择质量大、体积小的重锤；如果用速度位移公式计算速度，相当于已经用到了机械能守恒定律；
（2）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的大小；利用平均速度公式结合动能的表达式可以求出动能的增量；两者结合可以导出机械能守恒的表达式；
（3）工作电压偏高不会导致重力势能减少量小于动能增加量；存在空气阻力和摩擦力时，阻力做功会导致机械能部分转化为内能，机械能会有损失，应该是重力势能减少量大于动能增加量；接通电源前释放了纸带，此时纸带开始下落时还没有打点，后面打出的点对应的速度会比正常情况下偏大，会导致根据动能的表达式计算出的动能增加量偏大，可能出现重力势能减少量小于动能增加量的情况。
（1）A．打点计时器应该接到学生电源的“交流输出”端，故A错误；
B．因为在“验证机械能守恒定律”的实验中，比较的是mgh和的大小关系，其中的m可以被约去，所以不需要测出重锤的质量，故B错误；
C．为了减小阻力造成的误差，应该尽量选择质量大、体积小的重锤，故C正确；
D．如果用计算速度，相当于已经用到了机械能守恒定律，故D错误。
故选C。
（2）点的重力势能
B点的速度
所以B点的动能
只需要满足
即可验证机械能守恒定律。整理得
（3）A．工作电压偏高不会导致重力势能减少量小于动能增加量，工作电压偏高主要影响打点的清晰度，故A错误；
BD．存在空气阻力和摩擦力时，机械能会有损失，应该是重力势能减少量大于动能增加量，故BD错误；
C．接通电源前释放了纸带，此时纸带开始下落时还没有打点，后面打出的点对应的速度会比正常情况下偏大，从而导致计算出的动能增加量偏大，可能出现重力势能减少量小于动能增加量的情况，故C正确。
故选C。
12．【答案】（1）或540
（2）；A
（3）
（4）大于
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）根据串联电路的分压原理，将电流表内阻改装成量程为的电压表，根据欧姆定律有，可得串联的电阻大小为
（2）滑动变阻器采用分压式接法，应选择总电阻较小的；为了保护电路，使回路中电压等于0，开关闭合前应将滑动变阻器的滑片置于使测量电路电压为零的A端。
（3）已知并联电路的规律，根据欧姆定律，根据电阻定律有，根据面积公式有，整理可得，已知图像斜率为k，由于
根据表达式可知，所以
（4）若实验中没有及时断开开关，金属丝持续发热，由于金属的电阻率随温度升高而增大会导致电阻的测量值偏大，再根据电阻率的表达式可知实验得到的金属导体电阻率测量值大于真实值。
【分析】（1）根据串联电路的分压关系结合电压表的量程可以得出串联电阻的大小；
（2）滑动变阻器采用分压式接法，应选择总电阻较小的；为了保护电路，使回路中电压等于0，开关闭合前应将滑动变阻器的滑片置于使测量电路电压为零的A端；
（3）利用欧姆定律结合电阻定律可以求出电阻率的表达式，结合图像斜率可以求出电阻率的大小；
（4） 金属丝持续发热，金属的电阻率随温度升高而增大，所以实验得到的金属导体电阻率测量值大于真实值。
（1）根据串联电路的分压原理，将电流表内阻改装成量程为的电压表，则
可得
（2）[1]因为待测电阻阻值约为，滑动变阻器采用分压式接法，应选择总电阻较小的
[2]为了保护电路，开关闭合前应将滑动变阻器的滑片置于使测量电路电压为零的A端。
（3）根据欧姆定律
又，
整理可得
已知图像斜率为k，即
即
所以
（4）若实验中没有及时断开开关，金属丝持续发热，金属的电阻率随温度升高而增大，所以实验得到的金属导体电阻率测量值大于真实值。
13．【答案】（1）解：当开关接1时，与并联后再与串联，电流表测电流
其两端电压
中电流
则干路电流
所以；
（2）解：当开关S接2时，与伏特表并联后再与串联。并联部分总电阻
根据串联分压原理可知，电压表示数
电流表示数

【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）当开关接1时，利用欧姆定律可以求出两端电压的大小，结合欧姆定律可以求出经过R3的电路大小，结合并联电路的规律可以求出干路电流，结合欧姆定律可以求出电压的大小；
（2）当开关接2时，利用等效电阻可以求出总电阻的大小，结合分压关系可以求出电压表的读数，再利用欧姆定律可以求出电流表的读数。
（1）当开关接1时，与并联后再与串联，电流表测电流
其两端电压
中电流
则干路电流
所以；
（2）当开关S接2时，与伏特表并联后再与串联。并联部分总电阻
根据串联分压原理可知，电压表示数
电流表示数
14．【答案】（1）解：物块在圆形轨道最低点，由牛顿第二定律得
解得v0
物块在圆形轨道下滑过程，由动能定理得
解得

（2）解：由题意可知，物块在传送带上先加速
设经过t时间，物块与传送带共速
解得
物块加速位移
解得
由于，所以物块和传送带共速之后物块匀速运动，因此物块离开传送带速度为

（3）解：物块加速过程，传送带位移
物块与传送带之间因摩擦产生的热量为
物块增加的动能
传送带多消耗的电能为
解得

【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）物块下滑到最低点的过程中，利用牛顿第二定律可以求出经过最低点速度的大小，结合动能定理可以求出阻力做功的大小；
（2）当物块在传送带上运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度公式可以求出共速所花的时间，结合位移公式可以求出加速的位移，结合传送带的长度可以求出物块末速度的大小；
（3）物块加速过程中，利用传送带的位移结合物块的位移可以求出相对位移的大小，结合物块的动能表达式可以求出传送带多消耗的能量。
（1）物块在圆形轨道最低点，由牛顿第二定律得
解得v0
物块在圆形轨道下滑过程，由动能定理得
解得
（2）由题意可知，物块在传送带上先加速
设经过t时间，物块与传送带共速
解得
物块加速位移
解得
由于，所以物块和传送带共速之后物块匀速运动，因此物块离开传送带速度为
（3）物块加速过程，传送带位移
物块与传送带之间因摩擦产生的热量为
物块增加的动能
传送带多消耗的电能为
解得
15．【答案】（1）解：小球从A点至O点在y轴方向有
根据牛顿第二定律有
在x轴方向有
联立代入数据得

（2）解：设小球在O点速度大小为，有
小球从O点到B点过程中，由动能定理有
得
小球在B点，由牛顿第二定律得
代入数据得

（3）解：小球离开B点之后，做匀变速曲线运动，设经过时间，小球速度最小，则，
沿x方向有
沿y方向有
因此小球速度最小时，横坐标
纵坐标
所以小球速度最小时位置坐标为

【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）小球从A到O点的过程中做类平抛运动，利用竖直方向的速度公式结合牛顿第二定律及水平方向的位移公式可以求出电场强度的大小；
（2）当小球从O点到B点的过程中，利用动能定理可以求出小球经过B点速度的大小，结合牛顿第二定理可以求出轨道对小球支持力的大小；
（3）当小球离开B点后做匀变速直线运动，利用牛顿第二定理结合速度公式可以求出运动的时间，结合分运动的位移公式可以求出两个分运动的位移。
（1）小球从A点至O点在y轴方向有
根据牛顿第二定律有
在x轴方向有
联立代入数据得
（2）设小球在O点速度大小为，有
小球从O点到B点过程中，由动能定理有
求得
（另解：电场力与重力的合力与x轴正方向夹角为，小球从O至B点，F方向与位移方向垂直，做功为零所以小球在B点速度大小为）
小球在B点，由牛顿第二定律得
代入数据得
（3）小球离开B点之后，做匀变速曲线运动，设经过时间，小球速度最小，则，
沿x方向有
沿y方向有
因此小球速度最小时，横坐标
纵坐标
所以小球速度最小时位置坐标为
1 / 1湖北省黄冈市2024-2025学年高一下学期期末考试物理试卷
一、单选题：本大题共7小题，共28分。
1．关于做匀速圆周运动的物体，以下说法正确的是（　　）
A．合力与加速度不变 B．周期与转速不变
C．线速度与动能不变 D．机械能一定守恒
【答案】B
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．匀速圆周运动中，由于合力提供向心力，所以合力（向心力）和加速度的方向始终指向圆心，方向不断变化，故二者均为变量，故A错误；
B．由于物体做匀速圆周运动，所以完成每一周所花的时间相等，周期是完成一周的时间，转速是单位时间的转数，二者互为倒数（）。匀速圆周运动中速度大小不变，周期和转速均不变，故B正确；
C．物体做匀速圆周运动属于曲线运动，线速度是矢量，方向时刻变化，故线速度变化；动能是标量，速度大小不变则动能不变，故C错误；
D．物体做匀速圆周运动不能判别物体的机械能是否守恒，若物体在竖直平面内做匀速圆周运动，重力势能变化，而动能不变，机械能（动能+势能）不守恒；若在水平面内且无外力做功，机械能可能守恒，但题目未明确条件，因此“一定守恒”不成立，故D错误。
故选B。
【分析】物体做匀速圆周运动的合力方向和加速度方向时刻指向圆心时刻改变；利用匀速圆周运动的线速度大小不变可以得出周期和转速不变；线速度大小不变，但方向时刻改变，由于线速度大小不变所以动能保持不变；物体动能不变但重力势能不明确所以不一定机械能守恒。
2．如图所示，重物M放在长木板OP上，将长木板绕O端缓慢转过一个小角度，在此过程中，重物M相对长木板始终保持静止。关于长木板对重物M的支持力和摩擦力，下列说法正确的是（　　）
A．支持力对重物不做功
B．摩擦力对重物做负功
C．支持力与摩擦力的合力对重物做正功
D．支持力与摩擦力的合力对重物不做功
【答案】C
【知识点】功的概念；动能定理的综合应用
【解析】【解答】 重物M放在长木板OP上，将长木板绕O端缓慢转过一个小角度，在此过程中，重物M相对长木板始终保持静止。 根据受力分析可知物块受到重力、支持力和摩擦力的作用，处于平衡状态。在缓慢上升的过程中，位移方向向上，重力对物块做负功，物块在上升的过程中，由于物块速度方向与摩擦力方向垂直所以物块受到的摩擦力对物块做的功为零，由于物块初末速度相等，所以动能变化量等于0，根据动能定理可知合力做功为0，由于重力对物块做了负功，摩擦力对物块不做功，所以支持力对物块做正功，根据分析可知支持力与摩擦力的合力对重物做正功。
故选C。
【分析】利用受力分析可知物块受力情况；利用物块的动能不变可以得出合力不做功，由于摩擦力与速度方向垂直不做功，重力做负功，所以支持力做正功。
3．二十四节气代表着地球在公转轨道上的二十四个不同的位置。如图所示，地球沿椭圆轨道绕太阳运动所处四个位置，分别对应我国的四个节气。以下说法正确的是（　　）
A．夏至时地球绕太阳公转速度最大
B．冬至时地球对太阳的引力最小
C．地球与椭圆轨道的中心连线在相等时间内扫过面积相等
D．地球绕太阳公转周期大小与太阳质量有关
【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律
【解析】【解答】A．根据开普勒第二定律，由于行星与太阳连线在相同时间内扫过的面积相等可知地球在近日点速度最大，冬至时地球位于近日点附近，所以冬至时地球绕太阳公转速度最大， 故A错误；
B．冬至时地球与太阳的距离最近，根据万有引力定律可知地球对太阳的引力最大，故 B错误；
C．地球绕太阳做椭圆轨迹的运动时，根据开普勒第二定律，地球与太阳的连线在相等时间内扫过面积相等，而不是与椭圆轨道的中心连线，故 C 错误；
D．已知开普勒第三定律，根据引力提供向心力可知，根据表达式可知与太阳质量有关，所以地球绕太阳公转周期大小与太阳质量有关， 故D正确。
故选D。
【分析】利用开普勒第二定律可知地球与太阳的连线在相等时间内扫过面积相等，所以地球在近日点速度最大，冬至时地球位于近日点附近，所以冬至时地球绕太阳公转速度最大；利用引力公式可以得出冬至时地球与太阳的距离最近受到的引力最大；利用引力提供向心力可知地球绕太阳公转周期大小与太阳质量有关。
4．电容式位移传感器的示意图如图所示，平行板电容器的两极板和输出电压恒定的电源相连，当电介质板向右移动过程中，下列说法正确的是（　　）
A．平行板电容器的电容变小 B．平行板电容器的带电量增大
C．通过电流计的电流方向为b到a D．平行板间的电场强度变小
【答案】B
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A．在电介质板向右移动过程中，由于变大，根据电容的决定式可知电容C会变大，故A错误；
BC．由于电容器始终与电源相连，电容器两端的电压与电源电压相等，所以电容器两端电压U不变。
U不变，在C增大时，根据电容定义式可知电容器存储的电荷量增大，电容器充电，由于上极板带正电，所以充电电流方向为由a到b，故B正确，C错误；
D．当电介质板向右移动过程中，由于电容器两板间电压不变，两板间距不变，根据电势差与场强的关系可知平行板间的电场强度不变，故D错误。
故选B。
【分析】利用电容器的决定式可以判别电容的变化，结合电压不变可以判别电荷量增大，进而判别电流的方向；利用板间电压和板间距离不变可以判别电场强度的大小保持不变。
5．如图所示，A、B、C是匀强电场中一直角三角形的三个顶点，其中，，AC与电场方向平行，A、B两点间距为2cm。C点处固定一个电荷量为试探电荷不计试探电荷对电场的影响，已知电场强度大小为，规定B点电势为零，下列说法正确的是（　　）
A．A、C两点的电势差为200V
B．A、C两点的电势差为
C．C点电势为
D．C点处试探电荷的电势能为
【答案】C
【知识点】电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】AB．A、B两点间距为2cm，由于，，AC与电场方向平行，根据几何关系可得A、C两点的距离为，已知电场强度大小为， 根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可得A、C两点的电势差为
故AB错误；
C． 已知电场强度大小为， 根据电势差与场强之间的关系可知B、C两点的电势差为，根据两点的电势差有，
可得C点电势为，故C正确；
D．根据电势能的表达式可知C点处试探电荷的电势能，故D错误。
故选C。
【分析】利用几何关系可以求出AC之间的距离，结合电势差与场强的关系可以求出电势差的大小，利用电势差的大小可以求出C点电势的大小，结合电势能的表达式可以求出电势能的大小。
6．2025年4月24日，搭载神舟二十号载人飞船的长征F遥二十运载火箭在酒泉卫星发射中心点火发射，约十分钟后，神舟二十号载人飞船与火箭成功分离，进入地球表面上空约400km的圆形轨道执行探测任务。已知地球表面重力加速度为g，地球半径为R，引力常量为G，则以下关于神舟二十号载人飞船在地球上空做圆周运动的说法正确的是（　　）
A．周期大于地球自转周期 B．线速度等于
C．向心加速度大于g D．角速度小于
【答案】D
【知识点】开普勒定律；万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．由于飞船和同步卫星都是绕地球转动，根据开普勒第三定律可知卫星轨道半径越大，周期越长。地球同步卫星的周期为24小时，轨道半径约为地球半径的6.6倍。神舟二十号飞船轨道半径小于地球同步卫星的轨道半径，根据开普勒第三定律可知神舟二十号的周期小于地球自转周期（同步卫星的运行周期），故A错误；
B．由于地球对飞船的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有，解得
在地球表面，由于地球对表面物体的万有引力等于重力，根据牛顿第二定律有
联立解得，当轨道半径r等于地球半径R时，可以得出近地卫星的线速度的大小为
由于飞船轨道半径，所以神舟二十号载人飞船的速度
故B错误；
C．由于地球对飞船的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
解得，在地球表面，由于地球对表面物体的万有引力等于重力，根据牛顿第二定律有，解得，地表重力加速度为，神舟二十号飞船轨道半径时，向心加速度
故C错误；
D．在地球表面，由于地球对表面物体的万有引力等于重力，根据牛顿第二定律有
在地球表面，根据万有引力等于重力，有，联立解得，神舟二十号载人飞船轨道半径，所以，故D正确。
故选D。
【分析】利用开普勒第三定律可以比较周期的大小；利用引力提供向心力结合引力形成重力可以比较线速度、角速度和向心加速度的大小。
7．如图所示，在竖直面内固定刚性光滑圆环形管道，一个质量为m的小球静止于管道内顶端A点，其直径略小于管道内径。小球受到轻微扰动，沿管道下滑。C是管道最低点，重力加速度为g，若不计空气阻力，则以下说法正确的是（　　）
A．小球从A点运动到C点过程中，管道对小球的弹力一直增大
B．小球从A点运动到C点过程中，管道对小球的弹力一直减小
C．小球在管道内运动过程中，管道对小球弹力最大值为5mg
D．小球在管道内运动过程中，管道对小球弹力最小值为mg
【答案】C
【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】ABD．假设细管对小球的作用力大小为F，小球下落至A到C点的任意位置D，小球与细管圆心的连线与OA连线的夹角为，当时，即小球从A点运动至B点过程中，管对小球的作用力及重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律有，由于从A到D的过程中只有重力做功，根据动能定理可知，综上可知，随着增大，逐渐减小，根据表达式可知F的大小分三种情况，第一种情况，当时，F为负，方向为沿OD方向，随着增大，F大小逐渐减小，第二种情况，当时，，此时重力分力恰好提供小球做圆周运动的向心力，第三种情况，当时，F为正，方向为沿DO方向随着增大，F大小逐渐增大，所以小球从A至B过程中，细管对小球的作用力先减小至0后逐渐增大，故ABD错误；
C．当小球下落到C点时，由于此时，根据表达式可知管道对小球弹力取最大值为，故C正确。
故选C。
【分析】利用小球下落到某一位置的牛顿第二定律结合下落过程的动能定律可以求出管道对小球弹力的表达式，利用弹力的表达式可以求出弹力的最大值和最小值，同时判断弹力的大小变化。
二、多选题：本大题共3小题，共12分。
8．2025年1月16日，地球恰好运行到火星和太阳之间，且三者几乎排成一条直线，此现象被称为“火星冲日”。火星和地球几乎在同一平面内沿同一方向绕太阳做圆周运动，火星与地球的公转轨道半径之比约为，如图所示。则以下说法正确的是（　　）
A．火星与地球绕太阳公转的线速度之比约为
B．火星与地球绕太阳公转的周期之比约为
C．下一次“火星冲日”将出现在2026年1月16日之前
D．下一次“火星冲日”将出现在2026年1月16日之后
【答案】A,D
【知识点】万有引力定律的应用；卫星问题
【解析】【解答】A．由于太阳对行星的引力提供向心力，根据牛顿第二定律有
可得线速度的大小为设火星公转轨道半径为，地球公转轨道半径为，已知
，则火星与地球绕太阳公转的线速度之比，故A正确；
B．由于火星和地球的中心体都是太阳，根据开普勒第三定律为常量
可得，那么火星与地球绕太阳公转的周期之比，故B错误；
CD．设地球公转周期为年，根据开普勒第三定律有，可得年，设经过时间t再次出现火星冲日，根据转动的圈数相差一圈可知，又，即，解得年年，所以下一次火星冲日将出现在2026年1月16日之后， C错误， D正确。
故选AD 。
【分析】利用引力提供向心力结合半径之比可以求出线速度之比；利用开普勒第三定律可以求出周期之比；利用开普勒第三定律可以求出火星运动的周期，结合运动的圈数关系可以求出下一次火星冲日将出现的时间。
9．如图所示，真空中两个点电荷+Q与+2Q分别固定在A、B两点，O为A、B连线的中点，C为A、B连线的中垂线上的一点，且OA=OB=OC=r，已知静电力常量为k，则以下说法正确的是（　　）
A．C点的电场强度大小为
B．C点的电场强度大小为
C．从A点沿直线至O点电势逐渐降低
D．从B点沿直线至O点电势逐渐降低
【答案】B,D
【知识点】电场强度的叠加；电势
【解析】【解答】AB．已知点电荷的场强公式为，根据点电荷的场强公式可知+Q在C处产生的电场强度大小为，方向沿AC连线方向；+2Q在C处产生的电场强度大小为，方向沿BC连线方向；由于两个点电荷产生的电场方向相互垂直，根据场强的叠加可知C点的合场强大小为，故A错误，B正确；
CD．设A、B连线上一点P到A的距离为x，则其到B的距离为2r x，根据电势的表达式可知+Q电荷在P处产生的电势为，根据电势的表达式可知+2Q在P处产生的电势为
故P点的电势为，由表达式可知，当时，φP有最小值，根据电势最小值的位置可知从B点沿直线至O点电势逐渐降低，从A点沿直线至O点电势先降低后增大，故C错误，D正确。
故选BD。
【分析】利用点电荷的场强公式结合电场强度的叠加可以求出C点 电场强度的大小；利用电势的叠加可以求出电势最小的位置，进而判别电势的大小变化。
10．如图甲所示，竖直放置的轻弹簧下端固定，质量为m可视为质点的物块从弹簧正上方由静止释放，物块加速度a的大小与物块下降的距离x的关系图像如图乙所示，图乙中，未知且当物块下落距离为时速度恰好为零。已知重力加速度为，弹簧始终在弹性限度内，不计空气阻力及物块与弹簧碰撞间的能量损失。则在物块下降过程中，下列说法正确的是（　　）
A．物块的机械能守恒 B．物块的最大加速度大小为
C．物块的最大动能为 D．图乙中
【答案】B,C
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．物块在下降过程中，弹簧的弹力对物块做功，物块与弹簧组成的系统机械能守恒，由于弹簧弹性势能增大，所以物块的机械能不守恒，故A错误；
BD．根据物块的加速度等于重力加速度可知物块下降高度为时，与弹簧开始接触，下降高度为时，此时物块合外力为零，所以重力等于弹簧的弹力，设弹簧的劲度系数为，根据平衡方程有：有，解得，当物块运动到最低点时，物块的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能，由系统机械能守恒可知，，因为，且，代入上式解得，当物块运动到最低点时加速度最大，此时弹力和重力的合力产生加速度，根据牛顿第二定律方程为，解得，故B正确，D错误；
C．物块下降高度为时，此时物块的速度最大，重力势能转化为动能和弹性势能，根据系统机械能守恒得，将和代入上式解得，故C正确。
故选BC。
【分析】利用物块下降过程受到弹力做功所以机械能不守恒；利用物块加速度等于0时的平衡方程可以求出劲度系数的大小，结合系统机械能守恒定律可以求出加速度最大时的弹簧形变量，结合牛顿第二定律可以求出最大的加速度；利用系统机械能守恒定律可以求出最大动能的大小。
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11．用如图甲所示的实验装置验证机械能守恒定律。
（1）关于该实验的分析，以下说法中正确的是________
A．打点计时器接到学生电源的“直流输出”端
B．必须用天平测出重锤的质量
C．应该尽量选择质量大、体积小的重锤
D．用计算打点计时器打下某点时重锤的瞬时速度
（2）安装好实验装置，正确进行实验操作。从打出的纸带中选出符合要求的纸带，如图乙所示。在纸带上选取三个连续打出的点A、B、C，测得它们到起始点O的距离分别为、、。当地重力加速度为g，打点计时器打点周期为T。只要表达式　 　在误差允许的范围内成立，就可以验证机械能守恒。用本问中所给字母表示
（3）若实验中测得O点到B点过程中重力势能减少量小于动能增加量，出现这一结果的原因可能是________。
A．工作电压偏高 B．存在空气阻力和摩擦力
C．接通电源前释放了纸带 D．重锤下落过程中受到空气阻力
【答案】（1）C
（2）
（3）C
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）A．由于打点计时器应该使用交流电源，所以打点计时器应该接到学生电源的“交流输出”端，故A错误；
B．因为在“验证机械能守恒定律”的实验中，比较的是重力势能mgh和动能的大小变化关系，其中的m可以被约去，所以不需要测出重锤的质量，故B错误；
C．重物做自由落体运动验证机械能守恒，为了减小阻力造成的误差，应该尽量选择质量大、体积小的重锤，故C正确；
D．如果用速度位移公式计算速度，相当于已经用到了机械能守恒定律，故D错误。
故选C。
（2）根据重力势能的表达式可知点的重力势能，根据平均速度公式可知B点的速度，根据动能的表达式可知B点的动能，只需要满足
即可验证机械能守恒定律。整理得
（3）A．工作电压偏高不会影响打点的周期所以不会导致重力势能减少量小于动能增加量，工作电压偏高主要影响打点的清晰度，故A错误；
BD．存在空气阻力和摩擦力时，阻力做功会导致机械能部分转化为内能，机械能会有损失，应该是重力势能减少量大于动能增加量，故BD错误；
C．接通电源前释放了纸带，此时纸带开始下落时还没有打点，后面打出的点对应的速度会比正常情况下偏大，会导致根据动能的表达式计算出的动能增加量偏大，可能出现重力势能减少量小于动能增加量的情况，故C正确。
故选C。
【分析】（1）打点计时器应该接到学生电源的“交流输出”端；根据机械能守恒定律的表达式可知m可以被约去，所以不需要测出重锤的质量；重物做自由落体运动验证机械能守恒，为了减小阻力造成的误差，应该尽量选择质量大、体积小的重锤；如果用速度位移公式计算速度，相当于已经用到了机械能守恒定律；
（2）利用重力势能的表达式可以求出重力势能的大小；利用平均速度公式结合动能的表达式可以求出动能的增量；两者结合可以导出机械能守恒的表达式；
（3）工作电压偏高不会导致重力势能减少量小于动能增加量；存在空气阻力和摩擦力时，阻力做功会导致机械能部分转化为内能，机械能会有损失，应该是重力势能减少量大于动能增加量；接通电源前释放了纸带，此时纸带开始下落时还没有打点，后面打出的点对应的速度会比正常情况下偏大，会导致根据动能的表达式计算出的动能增加量偏大，可能出现重力势能减少量小于动能增加量的情况。
（1）A．打点计时器应该接到学生电源的“交流输出”端，故A错误；
B．因为在“验证机械能守恒定律”的实验中，比较的是mgh和的大小关系，其中的m可以被约去，所以不需要测出重锤的质量，故B错误；
C．为了减小阻力造成的误差，应该尽量选择质量大、体积小的重锤，故C正确；
D．如果用计算速度，相当于已经用到了机械能守恒定律，故D错误。
故选C。
（2）点的重力势能
B点的速度
所以B点的动能
只需要满足
即可验证机械能守恒定律。整理得
（3）A．工作电压偏高不会导致重力势能减少量小于动能增加量，工作电压偏高主要影响打点的清晰度，故A错误；
BD．存在空气阻力和摩擦力时，机械能会有损失，应该是重力势能减少量大于动能增加量，故BD错误；
C．接通电源前释放了纸带，此时纸带开始下落时还没有打点，后面打出的点对应的速度会比正常情况下偏大，从而导致计算出的动能增加量偏大，可能出现重力势能减少量小于动能增加量的情况，故C正确。
故选C。
12．某物理实验小组要测量一圆柱形匀质金属导体在常温下的电阻率。实验室提供以下器材测金属导体的电阻。
A．待测电阻阻值约为；
B．电流表量程为，内阻约为；
C．电流表量程为，内阻为；
D．滑动变阻器电阻变化范围为；
E．滑动变阻器电阻变化范围为；
F．电阻箱最大阻值为；
H．电源电动势E约为6V，内阻很小；
I．开关S，导线若干。
（1）为了尽可能准确测量金属导体的电阻，该小组同学设计了如图甲所示的电路，将电流表与电阻箱串联改装成量程为的电压表，则实验前需要将电阻箱的阻值调节为　 　。
（2）图甲电路中，滑动变阻器应该选择　 　选填“”或“”，开关闭合前应将滑动变阻器的滑片置于　 　选填“A”或“B”端。
（3）若测得接入电路中金属导体的长度为L，导体横截面直径为d，调节滑动变阻器的滑片位置，测得多组电流表与的示数分别为与，记录在表格中，并在坐标系中作出的图像如图乙所示，图线斜率为k，则待测导体电阻率的表达式为　 　用题目中所给物理量的符号表示。
（4）若实验中没有及时断开开关，金属丝持续发热，则实验得到的金属导体电阻率测量值　 　选填“大于”、“小于”或“无影响”真实值。
【答案】（1）或540
（2）；A
（3）
（4）大于
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）根据串联电路的分压原理，将电流表内阻改装成量程为的电压表，根据欧姆定律有，可得串联的电阻大小为
（2）滑动变阻器采用分压式接法，应选择总电阻较小的；为了保护电路，使回路中电压等于0，开关闭合前应将滑动变阻器的滑片置于使测量电路电压为零的A端。
（3）已知并联电路的规律，根据欧姆定律，根据电阻定律有，根据面积公式有，整理可得，已知图像斜率为k，由于
根据表达式可知，所以
（4）若实验中没有及时断开开关，金属丝持续发热，由于金属的电阻率随温度升高而增大会导致电阻的测量值偏大，再根据电阻率的表达式可知实验得到的金属导体电阻率测量值大于真实值。
【分析】（1）根据串联电路的分压关系结合电压表的量程可以得出串联电阻的大小；
（2）滑动变阻器采用分压式接法，应选择总电阻较小的；为了保护电路，使回路中电压等于0，开关闭合前应将滑动变阻器的滑片置于使测量电路电压为零的A端；
（3）利用欧姆定律结合电阻定律可以求出电阻率的表达式，结合图像斜率可以求出电阻率的大小；
（4） 金属丝持续发热，金属的电阻率随温度升高而增大，所以实验得到的金属导体电阻率测量值大于真实值。
（1）根据串联电路的分压原理，将电流表内阻改装成量程为的电压表，则
可得
（2）[1]因为待测电阻阻值约为，滑动变阻器采用分压式接法，应选择总电阻较小的
[2]为了保护电路，开关闭合前应将滑动变阻器的滑片置于使测量电路电压为零的A端。
（3）根据欧姆定律
又，
整理可得
已知图像斜率为k，即
即
所以
（4）若实验中没有及时断开开关，金属丝持续发热，金属的电阻率随温度升高而增大，所以实验得到的金属导体电阻率测量值大于真实值。
四、计算题：本大题共3小题，共44分。
13．如图所示电路接有恒定电压U，电流表为理想电流表，电压表内阻为，三个电阻的阻值分别为，，。当开关接1时，电流表示数为1mA。求：
（1）电压U；
（2）当开关S接2时，电压表与电流表示数。
【答案】（1）解：当开关接1时，与并联后再与串联，电流表测电流
其两端电压
中电流
则干路电流
所以；
（2）解：当开关S接2时，与伏特表并联后再与串联。并联部分总电阻
根据串联分压原理可知，电压表示数
电流表示数

【知识点】闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）当开关接1时，利用欧姆定律可以求出两端电压的大小，结合欧姆定律可以求出经过R3的电路大小，结合并联电路的规律可以求出干路电流，结合欧姆定律可以求出电压的大小；
（2）当开关接2时，利用等效电阻可以求出总电阻的大小，结合分压关系可以求出电压表的读数，再利用欧姆定律可以求出电流表的读数。
（1）当开关接1时，与并联后再与串联，电流表测电流
其两端电压
中电流
则干路电流
所以；
（2）当开关S接2时，与伏特表并联后再与串联。并联部分总电阻
根据串联分压原理可知，电压表示数
电流表示数
14．如图所示，固定在竖直面内的四分之一圆弧轨道，半径为，轨道底端切线水平且与水平传送带左端平滑相连，传送带顺时针转动，运行速度大小为。一质量为可视为质点的物块从轨道顶端由静止开始下滑，运动到圆弧轨道底端时对轨道压力大小为自身重力的2倍。已知物块与传送带间动摩擦因数为，传送带轮中心间距为，重力加速度为。求：
（1）物块在圆弧轨道运动过程中所受阻力做的功；
（2）物块离开传送带时速度的大小；
（3）由于传送物块，传送带多消耗的电能。
【答案】（1）解：物块在圆形轨道最低点，由牛顿第二定律得
解得v0
物块在圆形轨道下滑过程，由动能定理得
解得

（2）解：由题意可知，物块在传送带上先加速
设经过t时间，物块与传送带共速
解得
物块加速位移
解得
由于，所以物块和传送带共速之后物块匀速运动，因此物块离开传送带速度为

（3）解：物块加速过程，传送带位移
物块与传送带之间因摩擦产生的热量为
物块增加的动能
传送带多消耗的电能为
解得

【知识点】能量守恒定律；牛顿运动定律的应用—传送带模型；竖直平面的圆周运动
【解析】【分析】（1）物块下滑到最低点的过程中，利用牛顿第二定律可以求出经过最低点速度的大小，结合动能定理可以求出阻力做功的大小；
（2）当物块在传送带上运动，利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小，结合速度公式可以求出共速所花的时间，结合位移公式可以求出加速的位移，结合传送带的长度可以求出物块末速度的大小；
（3）物块加速过程中，利用传送带的位移结合物块的位移可以求出相对位移的大小，结合物块的动能表达式可以求出传送带多消耗的能量。
（1）物块在圆形轨道最低点，由牛顿第二定律得
解得v0
物块在圆形轨道下滑过程，由动能定理得
解得
（2）由题意可知，物块在传送带上先加速
设经过t时间，物块与传送带共速
解得
物块加速位移
解得
由于，所以物块和传送带共速之后物块匀速运动，因此物块离开传送带速度为
（3）物块加速过程，传送带位移
物块与传送带之间因摩擦产生的热量为
物块增加的动能
传送带多消耗的电能为
解得
15．如图所示，竖直面内的xOy平面直角坐标系第二象限存在大小未知方向沿y轴竖直向下的匀强电场，第一、四象限内存在与x轴正方向成角斜向上的匀强电场（图中未画出）。圆心角为的光滑圆弧绝缘轨道固定在第一、四象限平面内，其左端位于坐标原点O处，右端B点和圆心连线与x轴平行，轨道半径大小为L。时刻，质量为m、电荷量为的小球从A点以大小为的初速度平行于x轴开始向右运动，恰好从O点沿切线方向进入弧形轨道。已知第一、四象限内匀强电场的电场强度，A点的横坐标为，小球可视为点电荷且带电量始终不变，重力加速度为g。求：
（1）第二象限内匀强电场的电场强度的大小；
（2）小球经过圆弧轨道右端点B点时，轨道对小球弹力的大小；
（3）小球通过B点后速度最小时所处位置的坐标。
【答案】（1）解：小球从A点至O点在y轴方向有
根据牛顿第二定律有
在x轴方向有
联立代入数据得

（2）解：设小球在O点速度大小为，有
小球从O点到B点过程中，由动能定理有
得
小球在B点，由牛顿第二定律得
代入数据得

（3）解：小球离开B点之后，做匀变速曲线运动，设经过时间，小球速度最小，则，
沿x方向有
沿y方向有
因此小球速度最小时，横坐标
纵坐标
所以小球速度最小时位置坐标为

【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）小球从A到O点的过程中做类平抛运动，利用竖直方向的速度公式结合牛顿第二定律及水平方向的位移公式可以求出电场强度的大小；
（2）当小球从O点到B点的过程中，利用动能定理可以求出小球经过B点速度的大小，结合牛顿第二定理可以求出轨道对小球支持力的大小；
（3）当小球离开B点后做匀变速直线运动，利用牛顿第二定理结合速度公式可以求出运动的时间，结合分运动的位移公式可以求出两个分运动的位移。
（1）小球从A点至O点在y轴方向有
根据牛顿第二定律有
在x轴方向有
联立代入数据得
（2）设小球在O点速度大小为，有
小球从O点到B点过程中，由动能定理有
求得
（另解：电场力与重力的合力与x轴正方向夹角为，小球从O至B点，F方向与位移方向垂直，做功为零所以小球在B点速度大小为）
小球在B点，由牛顿第二定律得
代入数据得
（3）小球离开B点之后，做匀变速曲线运动，设经过时间，小球速度最小，则，
沿x方向有
沿y方向有
因此小球速度最小时，横坐标
纵坐标
所以小球速度最小时位置坐标为
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