2023-2024学年江苏省南京市某校高一（下）期末考试物理试卷（含解析）.pdf

2023-2024学年江苏省南京市某校高一（下）期末考试物理试卷一、单选题：本大题共10小题，共 40分1.北斗卫星导航系统（BDS）是我国自行研制的全球卫星导航系统，2020年我国已发送了北斗系统最后一颗卫星，从此北斗卫星导航系统形成全球覆盖能力如图所示是北斗导航系统中部分卫星的轨道示意图，已知a、b、c三颗卫星均做匀速圆周运动，a是地球同步卫星，（忽略地球自转）则（）A.卫星a 的向心加速度大于地球表面重力加速度-B.卫星a 的加速度大于6的加速度 左C.卫星b的周期大于24h iD.卫星a 的角速度小于c的角速度2.如图所示为游乐场中过山车的一段轨道，P点是这段轨道的最高点，4、B、C三处是过山车的车头、中点和车尾.假设这段轨道是圆轨道，各节车厢的质量相等，过山车在运行过程中不受牵引力，所受阻力可忽略.那么，过山车在通过P点的过程中，下列说法正确的是（）A.车头人通过P点时的速度最小 业1闪B.车的中点B通过P点时的速度最小C.车尾C通过P点时的速度最小D./、B、C通过P点时的速度一样大3.如图所示，一个方形的金属盒原来不带电，现将一个带电荷量为+Q的点电荷放在盒左边附近，达到静电平衡后，盒上的感应电荷在盒子内部产生的电场分布情况正确的是（）4.图是某种静电推进装置的原理图，发射极与吸极接在高压电源两端，两极间产生强电场，虚线为等势面，在强电场作用下，一带电液滴从发射极加速飞向吸极，a、6是其路径上的两点，不计液滴重力，下列说法正确的是（）A.a点的电势比6点的高B.a点的电场强度比6点的小C.液滴在a点的加速度比在b点的小D.液滴在a点的电势能比在b点的小一-高压电源,、发 射 极、带 电 液 滴/!卜n吸板等势面!第 1 页，共 13页5.静电计是在验电器的基础上制成的，用其指针张角的大小来定性显示其金属球与外壳之间的电势差大小。

如图所示，4、8是平行板电容器的两个金属板，G为静电计开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度，为了使指针张开的角度增大些，下列采取的措施可行的是（）A.断开开关S后，将4B两极板分开些B.保持开关S闭合，将4、B两极板分开些C.保持开关S闭合，将力、B两极板靠近些D.保持开关S闭合，将变阻器滑动触头向右移动6.有两个同种材料制成的导体，两导体为横截面为正方形的柱体，柱体高均为七大柱体柱截面边长为a,小柱体柱截面边长为b,现将大小柱体串联接在电压U上，已知通过导体电流方向如图，大小为/,则导体电阻率为（）Uha-2 UhaC p=/(a+b)Uh(ab)D =I(a+b)7.如图所示，电流表G的内阻不可忽略不计，%、k2是两个可变电阻，当a、b间的电压为4U时，电流表的指针刚好满偏（指针指在刻度盘的最大值处），当a、6间的电压为3 U时，如果仍要使电流表G的指针满偏,下列方法中可行的是（）/_ _ _/PH/1 oh保持/?2不变，增大Ri 增大R1，减小R2保持R2不变，减小力 增大R 2,减小A.B.C.D.第2页，共13页8.四个相同的小灯泡按照如图所示的（砌、（6）两种方式接入电压相等的电路中，调节R i、R2使四个小灯泡都正常发光，这时可变电阻R1、/?2消耗的电功率P i和2的关系为（）A.PI=2P2 B.P1 2P2 C.PI 2 P2,选项/C D 错误，8正确。

故选：B9.C【解析】4 B.由题意可知，当滑动变阻器的滑片向上移动过程，由于回路总电阻减小，故回路总电流增大，内阻电压增大，故路端电压减小，又电阻的端电压增大，故滑动变阻器端电压减小，当滑片移到最上端时，滑动变阻器被短路，其两端电压减为零，故图线a 表示的是电压表0 的示数的变化情况，图线c 表示的是电压表匕的示数的变化情况，故 N8正确，不符合题意；C 此过程中电压表匕示数变小，而内阻电压降增大，故其变化量2%和电流表4 示数的变化量4的比值等于电源内阻，故 C 错误，符合题意；D此过程中电压表匕示数的变化量4 a 的大小等于电源内阻与定值电阻两端电压总和的变化量，故4 a和电流表4 示数的变化量4的比值大小等于电源内阻与定值电阻之和，故二者比值的绝对值不变，故正确，不符合题意10.B【解析】解：2、整个过程重力做功WG=根故重力势能减少小故/错 误；B、根据力的合成与分解可知，施加的外力与运动方向成6 0大小F =mg,物体运动的位移为无=高焉=2 H,故外力做功W=F xco s 6 0 故机械能增加量为mgH,故 8正确；C、根据牛顿第二定律可知物体受到的合力尸合=机mg,故合力做功“合=F 合%=2 爪9从 故 C错误；D、根据动能定理可知&=/合=2 小9从 故 动 能 的 增 加 量 为 故。

错误；故选：So根据力的合成与分解可知施加的外力F =mg,方向与运动方向成6 0重力势能的减小量等于物体重力做功，机械能的增加量等于外力做功，动能的增加量等于合外力做功本题主要考查了力的合成与分解，求得施加的外力大小和方向是解题的关键，利用好恒力做功，动能定理即可1 1.（1）0.5 0 0（2）x 1 7.0第 9 页，共 13页(3)1.4 x 10-6(4)C【解析】(1)测量的合金丝的直径为：0.5mm+0.0 X 0.01mm=0.500mm(2)1选 用“X10”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转过大，说明电阻较小，因此需选择x l”倍率的电阻挡2由图知，测量结果为7.003)1根据比较法知Rs=7.0RARV=1073/2可知该金属丝的电阻为小电阻，应该采用外接法测量误差小因电压、电流均几乎从0开始调节，所以滑动变阻器应该采用分压式接法，据此连接出完整电路图；2根据U-I图像可计算出金属丝电阻为Rs=方=6.250由电阻定律知LRs=Pq得7id2RsP=L 代入得p 1.4 x 10-6J7-m(4)根据上述计算结果，可知该金属丝材料最有可能是银铭合金，选 C第10页，共13页12.甲 当滑动变阻器R 2 的阻值为。

时，电阻大 消耗的功率最大，为0.5 x 52Pl m=2 W2 W(2)滑动变阻器R2消耗的电功率P2=1+2 +R 2)&=(2.5+&)2 =(2.5+/?2)2 =(2.5-7?2)2瓦 瓦 一 十iU当/?2 =2.5时，滑动变阻器夫2 消耗的功率最大，为522 2 6=而 勿=2.5勿(3)电源的输出功率第 11页，共 13页P=(r +2 +R 2)(%+R?)=(Ri+R 2 T平R 1+R 2 +针当 R i +R 2 =时,即/?2 =r Ri=1.5电源输出功率最大，此时电源的输出功率E2P=3.1 2 5V 7;3 L【解析】(1)根据题意可知，电子在1圆筒间电场加速，由动能定理有(2)根据题意可知，要想电子每次经过电场时均加速，则需要电子在金属圆筒内运动的时间等于交流电周期的一半，设电子在第7个金属圆筒内运动的速度为力，由动能定理有7eU0=mvy解得v=14eU0m则第7个金属圆筒的长度为TL7=-V7=T7eUo2m(3)根据题意，设转电场两极板间的电压为U时，电子不能飞出偏转电场，电子在偏转电场中做类平抛运动，竖直方向上有eU-r-=m a-=-at22 2水平方向上有L=V7t联立解得第 12页，共 13页U=14%即当UAB=14UO时，电子恰好从偏转电场中飞出，打到荧光屏上距离最远，由类平抛运动规律，结合几何关系可得LL-2+L-2=L2一小解得则子打到荧光屏上径迹的长度为d=2d=3L第 13页，共 13页。