山东省泰安一中2018~2019学年高一下学期物理期末考试试卷
一、单选题
1．（2019高一下·泰安期末）关于曲线运动，下列说法正确的是( )
A．做曲线运动的物体，速度方向一定发生变化
B．做曲线运动的物体，速度大小一定发生变化
C．物体在恒力作用下，不可能做曲线运动
D．曲线运动一定是变加速运动
【答案】A
【知识点】曲线运动
【解析】【解答】做曲线运动的物体，速度方向一定发生变化，A符合题意；做曲线运动的物体，速度大小不一定发生变化，例如匀速圆周运动，B不符合题意；物体在恒力作用下，也可能做曲线运动，例如平抛运动，C不符合题意；曲线运动可能是匀变速运动，例如平抛运动，D不符合题意.
故答案为：A
【分析】做匀速圆周运动的物体虽然速度和加速度大小不变，但是速度和加速度的方向无时无刻都在变化。
2．（2019高一下·泰安期末）从同一高度以相同的速率分别抛出质量相等的三个小球，一个竖直向上抛，一个竖直向下抛，另一个水平抛，则（ ）
A．落地时，三个小球的速度相同
B．落地时，三个小球重力的瞬时功率相同
C．运动过程中，三个小球重力做功的平均功率相同
D．运动过程中，三个小球重力做功相同
【答案】D
【知识点】功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故末速度大小相等，但方向不同，A不符合题意；落地时速度大小相等，但方向不同，根据 可知，重力的瞬时功率不等，B不符合题意；根据重力做功公式W=mgh可知，三个小球重力做功相同，落地的时间不同，竖直上抛时间最长，竖直下抛时间最短，所以运动过程中，三个小球重力做功的平均功率不同，C不符合题意，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】利用动能定理求出物体的末速度大小和方向，再利用功率计算公式P=Fvcosθ求解功率，其中θ是力与速度的夹角；重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增大。
3．（2019高一下·泰安期末）关于电场的性质正确的是：（ ）
A．电场强度大的地方，电势一定高
B．正点电荷产生的电场中电势都为正
C．匀强电场中，两点间的电势差与两点间距离成正比
D．电场强度大的地方，沿场强方向电势变化快
【答案】D
【知识点】库仑定律；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A项，场强和电势没有直接关系，电场强度大的地方电势不一定高，A不符合题意。
B项，正点电荷产生的电场中电场线由正点电荷发出指向无穷远，但本题中没有规定哪儿为零势点，所以正点电荷产生的电场中电势不一定为正，B不符合题意。
C项，匀强电场中，两点间电势差与两点沿电场线方向上的距离 成正比 ，C不符合题意。
D项，电场强度大的地方，电场线密集，等势线距离小，电势变化快，D符合题意
故答案为：D
【分析】电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
4．（2019高一下·泰安期末）在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项。质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是（g为当地的重力加速度）（ ）
A．他的动能减少了Fh B．他的机械能减少了Fh
C．他的机械能减少了（F－mg）h D．他的重力势能增加了mgh
【答案】B
【知识点】机械能；动能与重力势能
【解析】【解答】运动员进入水中后，受到重力和水的阻力，克服合力做的功等于动能的减小量，故动能减小（F-mg）h，A不符合题意；运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减小Fh，B符合题意，C不符合题意；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】对物体进行受力分析，合外力对物体做的功为物体动能的改变量，除重力以外的其他力做的功，为物体机械能的改变量，对物体进行受力分析求解即可。
5．（2019高一下·泰安期末）如图，从地面上方某点，将一质量为1Kg小球以5m/s的初速度沿水平方向抛出。小球经过1s落地。不计空气阻力，g=10m/s2。则可求出（ ）
A．小球抛出时离地面的高度是10m
B．小球落地时重力的瞬时功率为100W
C．小球落地时的速度大小是15m/s
D．小球落地时的速度方向与水平地面成30o角
【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】小球抛出点的高度h= gt2＝ ×10×1m＝5m；A不符合题意。小球落地时竖直分速度vy=gt=10m/s，落地时重力的瞬时功率为P=mgvy=100W，B符合题意；小球的速度大小 ，C不符合题意。设小球落地的速度方向与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝ ＝2，可知θ≠30°．D不符合题意。
故答案为：B
【分析】物体做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，利用竖直方向的距离求出运动时间，根据水平方向的位移求解初速度的大小和方向，利用功率计算公式P=Fvcosθ求解功率，其中θ是力与速度的夹角。
6．（2019高一下·泰安期末）下列说法，正确的是（ ）
A．电源向外电路提供的电能越多，表示电动势越大
B．电动势在数值上等于电源将正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功
C．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大
D．电源的电动势与外电路有关，外电路电阻越大，电动势就越大
【答案】C
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】根据电动势的定义式E=W/q，可知电源移动单位正电荷时向外电路提供的电能越多，电动势越大，电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功，AB不符合题意；电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，C符合题意；电源的电动势与外电路无关，D不符合题意.
故答案为：C
【分析】电源电动势就是电源利用非静电力，把低能电子转化为高能电子，是用来衡量电源转化电能的本领。
7．（2019高一下·泰安期末）若加在某导体两端的电压变为原来的3/5时，导体中的电流减小了0.4A。如果所加电压变为原来的2倍，则导体中的电流为（ ）
A．1.0A B．1.5A C．2.0A D．2.5A
【答案】C
【知识点】欧姆定律
【解析】【解答】设导体两端原来的电压为U，电流为I，则导体的电阻 ；又由题，导体两端的电压变为原来的3/5时，导体中的电流减小了0.4 A，则有 ；联立得 ，解得I=1.0 A；当电压变为2U时，I′=2I=2.0A，
故答案为：C.
【分析】结合电流电压，利用欧姆定律求解电阻，再结合电阻和电压求解此时的电流。
8．（2019高一下·泰安期末）如图所示是一个双量程电压表，表头是一个内阻Rg=500Ω，满刻度电流为Ig=1mA的毫安表，现接成量程分别为10V和100V的两个量程，则所串联的电阻R1和R2分别为 （ ）
A．9500Ω，9.95×104Ω B．9500Ω，9×104Ω
C．1.0×103Ω，9×104Ω D．1.0×103Ω，9.95×104Ω
【答案】B
【知识点】欧姆定律；表头的改装
【解析】【解答】由 ，所以 两端电压 ，所以 ；同理 ， 。 B符合题意
故答案为：B
【分析】通过串联一个大电阻起分压作用，可以把电流计改装成电压表，利用欧姆定律求解量程即可。
二、多选题
9．（2019高一下·泰安期末）关于电场力的功及电势能变化情况正确的是：（ ）
A．电场中某点电势的大小等于电场力将单位正电荷从该点移到零电势点电场力所做的功
B．电场中某点电势大小等于单位正电荷在该点所具有的电势能
C．在电场中无论移动正电荷还是负电荷，只要电场力做正功，电荷电势能都要减少
D．正电荷沿电场线方向移动，电势能减少；负电荷沿电场线方向移动，电势能增加
【答案】A,B,C,D
【知识点】电势差、电势、电势能；电场力做功
【解析】【解答】A.根据电势差与电场力做功的关系可知，电场中某点电势的大小等于电场力将单位正电荷从该点移到零电势点电场力所做的功，A符合题意。
B.根据 可知，电场中某点电势大小等于单位正电荷在该点所具有的电势能，B符合题意。
C.根据电场力做功与电势能关系可知，电场力做正功，电势能减小，C符合题意。
D.正电荷沿电场线移动，电场力做正功，电势能减小，负电荷沿电场线移动，电场力做负功，电势能增大，D符合题意。
故答案为：ABCD
【分析】电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
10．（2019高一下·泰安期末）如图所示，将两个等量异种点电荷分别固定于A、B两处，AB为两点电荷的连线，MN为AB连线的中垂线，交AB于O点，M、N距两个点电荷较远，以下说法正确的是（ ）
A．沿直线由A到B,各点的电场强度先减小后增大
B．沿直线由A到B,各点的电势升高
C．沿中垂线由M到O，电场强度增大
D．将一正电荷从M点移到O点，电场力做正功
【答案】A,B,C
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能；电场力做功
【解析】【解答】由电场线的分布可知，沿直线由A到B，电场线先变疏后变密，则电场强度先减小后增大。A符合题意。电场线方向由B到A，根据顺着电场线方向电势降低可知，沿直线由A到B，各点的电势一直升高。B符合题意。沿中垂线由M到O，电场线越来越密，电场强度一直增大，C符合题意。MN是一条等势线。将一正电荷从M点移到O点，电场力不做功，D不符合题意。
故答案为：ABC
【分析】结合等量异号电荷的电场线模型分析，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
11．（2019高一下·泰安期末）在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q，将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比( )
A．U变小 B．I变小 C．Q增大 D．Q减小
【答案】B,C
【知识点】电容器及其应用；欧姆定律
【解析】【解答】解：当滑动变阻器P的滑动触头从图示位置向a端移动时，其接入电路的电阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干路的电流I减小；变阻器两端的电压 ，由I减小，可知U增大，即电容器C两端的电压增大，再据Q=CU，可判断出电容器的电荷量Q增大，BC符合题意，AD不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】滑动变阻器的滑动触头P向a端移动，接入电路中的电阻变大，外电路的电阻变大，电流变小，结合公式Q=CU分析电容器Q的变化。
12．（2019高一下·泰安期末）如图所示，一小球自A点由静止自由下落，到B点时与弹簧接触，到C点时弹簧被压缩到最短。若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由A→B→C的过程中，若仅以小球为系统，且取地面为参考面，则（ ）
A．小球从A→B的过程中机械能守恒；小球从B→C的过程中只有重力和弹力做功，所以机械能也守恒
B．小球在B点时动能最大
C．小球减少的机械能，等于弹簧弹性势能的增量
D．小球到达C点时,球和地球系统的重力势能和弹簧的弹性势能之和最大.
【答案】C,D
【知识点】弹性势能；功能关系；动能与重力势能
【解析】【解答】小球从A→B的过程中只受重力，机械能守恒；小球从B→C的过程中，由于弹力对小球做功，所以小球的机械能不守恒。A不符合题意。小球从B到C过程，受到重力和弹力两个力作用，弹力先小于重力，后大于重力，所以小球先加速和减速，故动能先变大后变小，弹力与重力相等时，动能最大，小球动能最大的位置在BC之间某点，B不符合题意；小球从A到C过程中，小球和弹簧系统的机械能守恒，而在最高点和最低点动能都为零，故减少的重力势能全部转化为弹性势能，C符合题意；小球到达C点时动能为零，动能最小，由系统的机械能守恒知，小球和地球系统的重力势能和弹簧的弹性势能之和最大，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】对小球进行受力分析，受到重力和弹力，除重力以外的其他力做的功，为物体机械能的改变量。
三、实验题
13．（2019高一下·泰安期末）在利用自由落体“验证机械能守恒定律”的实验中，
（1）下列器材中不必要的一项是____（只需填字母代号）．
A．重物 B．纸带 C．天平
D．50Hz低压交流电源 E．毫米刻度尺
（2）关于本实验的误差，下列说法正确的是____
A．必须选择质量较小的重物，以便减小误差
B．必须选择点迹清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，以便减小误差
C．必须先松开纸带后接通电源，以便减小误差
D．本实验应选用密度大体积小的重物，以便减小误差
（3）在该实验中，质量m=1kg的重锤自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图所示．O是重锤刚下落时打下的点，相邻记数点时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g=9.8m/s2．则从点O到打下记数点B的过程中，物体重力势能的减小量△EP= J，动能的增加量△EK= J（两空均保留3位有效数字）．由此你得到的结论是 。
【答案】（1）C
（2）B；D
（3）0.476；0.473；在误差允许的范围内，物体机械能守恒（或者说：在误差允许的范围内，物体减少的势能等于增加的动能）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）在“验证机械能守恒定律”的实验中，要验证动能增加量和势能减小量是否相等，质量约去，不需要天平测量物体的质量，所以天平不必要．
故答案为：C.（2）为了减小阻力对其影响，选用重锤时，应该选用质量大体积小重锤的进行实验，A不符合题意，D符合题意；物体自由下落时根据公式h= gt2，其中t=T=0.02s，由此可知，开始所打两个点之间的距离约等于2mm，则第1、2两点间距约为2mm的纸带，打第一个点的速度接近为零，误差较小，B符合题意；应先接通电压后释放纸带，C不符合题意．（3）利用匀变速直线运动的推论 ；重物由O点运动到B点时，重物的重力势能的减少量△Ep=mgh=1.0×9.8×0.0486 J=0.476J．EkB= mvB2=0.473J；实验得到的结论是：在误差允许的范围内，物体机械能守恒（或者说：在误差允许的范围内，物体减少的势能等于增加的动能）．
【分析】（1）验证机械能守恒，对物体应用机械能守恒定律可以看出，等式左右两侧的质量相互约掉，故不需要测量物体的质量；
（2）换体积比较小的物体，受到的阻力比较小，所以实验更准确；
（3）重力势能的减少量利用公式mgh求解即可，利用公式求出纸带上的点的速度，进而求出动能的增量，再比较两者的大小判断能否验证机械能守恒。
14．（2019高一下·泰安期末）
（1）读出图中游标卡尺和螺旋测微器的读数：图a的读数为 cm．图b读数为 cm．
（2）如图所示，甲图为一段粗细均匀的新型导电材料棒，现测量该材料的电阻率。
①首先用多用电表的欧姆档（倍率为×10）粗测其电阻，指针位置如图乙所示，其读数R= 。
②然后用以下器材用伏安法尽可能精确地测量其电阻：
A．电流表： 量程为200mA，内阻约为0.1Ω
B．电压表： 量程为3V，内阻约为3kΩ
C．滑动变阻器：最大阻值为20Ω，额定电流1A
D．低压直流电源：电压6V，内阻忽略
F．电键K，导线若干
在方框中画出实验电路图 .
③如果实验中电流表示数为I，电压表示数为U，并测出该棒的长度为L、直径为d，则该材料的电阻率ρ= （用测出的物理量的符号表示）
【答案】（1）1.052；1.0295
（2）200.0；；
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）由图可知，游标卡尺的固定刻度读数为1cm，游标读数为0.02×26mm=0.52mm，所以最终读数为1cm+0.52mm=1.052cm．
螺旋测微器固定刻度示数为10mm，可动刻度示数为29.5×0.01mm=0.295mm，螺旋测微器示数为10mm+0.295mm=10.295mm=1.0295cm．（2）①多用电表的读数：20×10Ω=200Ω；
②待测电阻阻值为200Ω，滑动变阻器最大阻值为20Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法； ， ，则有： ，则电流表应采用内接法，实验电路图如图所示．
③由欧姆定律可得，电阻阻值 ，由电阻定律得： ，则电阻率 ．
【分析】（1）明确螺旋测微器每一个小格代表的数值，并且在最后的读数时注意估读即可；’明确游标卡尺的读数规则进行读数即可；
（2）读取电阻时，利用表盘的示数乘以倍率即可；
在量程允许的情况下选择小量程的电表即可；为了能得到比较多的数据，采用分压法，电压表内阻比较小，对电流的影响大，电路采用电流表内接法；
结合电流和电压，利用欧姆定律求出电阻丝的电阻，结合电阻的决定式求解电阻率。
四、解答题
15．（2019高一下·泰安期末）如图所示，轨道ABC被竖直固定在水平桌面上，A距水平地面高H=0.75m，C距水平地面高h=0.45m。一质量m=0.10kg的小物块自A点从静止开始下滑，从C点以水平速度飞出后落在地面上的D点。现测得C、D两点的水平距离为x=0.60m。 ，不计空气阻力，求：
（1）小物块从C点飞出时速度的大小vc；
（2）小物块从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功Wf。
【答案】（1）解：从C到D，根据平抛运动规律可得，竖直方向： ，
水平方向
解得小物块从C点飞出时速度的大小
（2）解：小物块从A到C，根据动能定理可得
求得克服摩擦力做功：
【知识点】动能定理的综合应用；平抛运动
【解析】【分析】（1）物体做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，利用竖直方向的距离求出运动时间，根据水平方向的位移求解初速度；
（2）对物体进行受力分析，结合物体的初末速度，对物体从A点运动到C点的过程应用动能定理求解克服摩擦力做功。
16．（2019高一下·泰安期末）如图所示，一个质量为1.0×10-4kg的带电小球，穿过一根光滑的绝缘杆，置于场强为2.0×102N/C的水平向右的匀强电场中，杆与水平面夹角为37°.小球刚好匀速下滑，问：
（1）小球带的电量为多少
（2）杆上A、B两点相距10cm，小球由A运动至B电场力所做的功多大 A、B两点的电势差UAB为多大 (sin37°=0.6，cos37°=0.8)
【答案】（1）解：对小球受力分析，向下的重力，杆对球斜向上的支持力以及水平向左的电场力，由平衡知识可知：tan37°=qE/mg
解得：q=3/8×10-5C，小球负电
（2）解：小球由A运动至B电场力所做的功WAB=EqLcos37°=6×10-5J
UAB=EL
cos37° =16V
【知识点】电场强度和电场线；受力分析的应用；电场力做功
【解析】【分析】（1）对小球进行受力分析，在重力、支持力和电场力的作用下，小球处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解小球的电荷量；
（2）求出小球受到的电场力，结合公式W=Fs cosα求解电场力做功；A、B两点间的电势差利用电场力做的功除以电荷量即可。
17．（2019高一下·泰安期末）如图中，R1=2Ω，R2= R3 =6Ω，滑动变阻器全值电阻为R4= 6Ω，电源内电阻r=1.0Ω．当滑键P移至A端时，电压表读数为5 V.
求：
（1）当P移至B端时电源的总功率．
（2）滑键P分别在A、B两端时电源的效率．
【答案】（1）解：P移至A端时，R3被短路．等效电路如图所示．
外电路的总电阻为
电路中总电流为 A
电源的电动势为E=U+Ir=6V
当P移至B端时，R2、R3、R4均被短路，电路中总电流为 A
电源的总功率为 W
（2）解：电源的效率：
P在A端时，电源的效率为
P在B端时，电源的效率为
【知识点】电功率和电功；欧姆定律
【解析】【分析】（1）利用串并联电阻规律求出电路中的总电阻，利用欧姆定律求解电流和外电路电压，进而求出电源功率；
（2）同理，滑键分别置于两端，利用欧姆定律求解电流和外电路电压，进而求出电源的效率。
18．（2019高一下·泰安期末）飞机若仅依靠自身喷气式发动机产生的推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思想如下：如图所示，航空母舰的水平跑道总长l=180 m，其中电磁弹射器是一种长度为l1=120 m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以提供一个恒定的牵引力F牵，一架质量为m=2.0×104kg的飞机，其喷飞式发动机可以提供恒定的推力F推=1.2×105N．假设飞机整个过程所受的平均阻力为飞机重力的0.2倍．飞机离舰起飞的速度v=100
m/s，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点．请你求出(计算结果均保留二位有效数字)：
（1）飞机离开电磁弹射区后的加速度大小
（2）电磁弹射器的牵引力F牵的大小
（3）电磁弹射器输出效率可以达到80%，则每弹射这样一架飞机电磁弹射器需要消耗多少能量
【答案】（1）解：在电磁弹射区外，由牛顿第二定律得：
解得
（2）解：由动能定理得：
解得F牵=7.1×105N
（3）解：电磁弹射器对飞机做的功为 J
则其消耗的能量 J
【知识点】对单物体(质点)的应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对处在弹射区外的飞机进行受力分析，利用牛顿第二定律求解加速度；
（2）对飞机在弹射区内的运动过程进行受力分析，结合飞机的初末状态的速度，利用动能定理求解牵引力；
（3）结合第二问牵引力做的功，结合弹射器的工作效率求解消耗的电能。
山东省泰安一中2018~2019学年高一下学期物理期末考试试卷
一、单选题
1．（2019高一下·泰安期末）关于曲线运动，下列说法正确的是( )
A．做曲线运动的物体，速度方向一定发生变化
B．做曲线运动的物体，速度大小一定发生变化
C．物体在恒力作用下，不可能做曲线运动
D．曲线运动一定是变加速运动
2．（2019高一下·泰安期末）从同一高度以相同的速率分别抛出质量相等的三个小球，一个竖直向上抛，一个竖直向下抛，另一个水平抛，则（ ）
A．落地时，三个小球的速度相同
B．落地时，三个小球重力的瞬时功率相同
C．运动过程中，三个小球重力做功的平均功率相同
D．运动过程中，三个小球重力做功相同
3．（2019高一下·泰安期末）关于电场的性质正确的是：（ ）
A．电场强度大的地方，电势一定高
B．正点电荷产生的电场中电势都为正
C．匀强电场中，两点间的电势差与两点间距离成正比
D．电场强度大的地方，沿场强方向电势变化快
4．（2019高一下·泰安期末）在奥运比赛项目中，高台跳水是我国运动员的强项。质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动，设水对他的阻力大小恒为F，那么在他减速下降高度为h的过程中，下列说法正确的是（g为当地的重力加速度）（ ）
A．他的动能减少了Fh B．他的机械能减少了Fh
C．他的机械能减少了（F－mg）h D．他的重力势能增加了mgh
5．（2019高一下·泰安期末）如图，从地面上方某点，将一质量为1Kg小球以5m/s的初速度沿水平方向抛出。小球经过1s落地。不计空气阻力，g=10m/s2。则可求出（ ）
A．小球抛出时离地面的高度是10m
B．小球落地时重力的瞬时功率为100W
C．小球落地时的速度大小是15m/s
D．小球落地时的速度方向与水平地面成30o角
6．（2019高一下·泰安期末）下列说法，正确的是（ ）
A．电源向外电路提供的电能越多，表示电动势越大
B．电动势在数值上等于电源将正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功
C．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大
D．电源的电动势与外电路有关，外电路电阻越大，电动势就越大
7．（2019高一下·泰安期末）若加在某导体两端的电压变为原来的3/5时，导体中的电流减小了0.4A。如果所加电压变为原来的2倍，则导体中的电流为（ ）
A．1.0A B．1.5A C．2.0A D．2.5A
8．（2019高一下·泰安期末）如图所示是一个双量程电压表，表头是一个内阻Rg=500Ω，满刻度电流为Ig=1mA的毫安表，现接成量程分别为10V和100V的两个量程，则所串联的电阻R1和R2分别为 （ ）
A．9500Ω，9.95×104Ω B．9500Ω，9×104Ω
C．1.0×103Ω，9×104Ω D．1.0×103Ω，9.95×104Ω
二、多选题
9．（2019高一下·泰安期末）关于电场力的功及电势能变化情况正确的是：（ ）
A．电场中某点电势的大小等于电场力将单位正电荷从该点移到零电势点电场力所做的功
B．电场中某点电势大小等于单位正电荷在该点所具有的电势能
C．在电场中无论移动正电荷还是负电荷，只要电场力做正功，电荷电势能都要减少
D．正电荷沿电场线方向移动，电势能减少；负电荷沿电场线方向移动，电势能增加
10．（2019高一下·泰安期末）如图所示，将两个等量异种点电荷分别固定于A、B两处，AB为两点电荷的连线，MN为AB连线的中垂线，交AB于O点，M、N距两个点电荷较远，以下说法正确的是（ ）
A．沿直线由A到B,各点的电场强度先减小后增大
B．沿直线由A到B,各点的电势升高
C．沿中垂线由M到O，电场强度增大
D．将一正电荷从M点移到O点，电场力做正功
11．（2019高一下·泰安期末）在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q，将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比( )
A．U变小 B．I变小 C．Q增大 D．Q减小
12．（2019高一下·泰安期末）如图所示，一小球自A点由静止自由下落，到B点时与弹簧接触，到C点时弹簧被压缩到最短。若不计弹簧质量和空气阻力，在小球由A→B→C的过程中，若仅以小球为系统，且取地面为参考面，则（ ）
A．小球从A→B的过程中机械能守恒；小球从B→C的过程中只有重力和弹力做功，所以机械能也守恒
B．小球在B点时动能最大
C．小球减少的机械能，等于弹簧弹性势能的增量
D．小球到达C点时,球和地球系统的重力势能和弹簧的弹性势能之和最大.
三、实验题
13．（2019高一下·泰安期末）在利用自由落体“验证机械能守恒定律”的实验中，
（1）下列器材中不必要的一项是____（只需填字母代号）．
A．重物 B．纸带 C．天平
D．50Hz低压交流电源 E．毫米刻度尺
（2）关于本实验的误差，下列说法正确的是____
A．必须选择质量较小的重物，以便减小误差
B．必须选择点迹清晰且第1、2两点间距约为2mm的纸带，以便减小误差
C．必须先松开纸带后接通电源，以便减小误差
D．本实验应选用密度大体积小的重物，以便减小误差
（3）在该实验中，质量m=1kg的重锤自由下落，在纸带上打出了一系列的点，如图所示．O是重锤刚下落时打下的点，相邻记数点时间间隔为0.02s，长度单位是cm，g=9.8m/s2．则从点O到打下记数点B的过程中，物体重力势能的减小量△EP= J，动能的增加量△EK= J（两空均保留3位有效数字）．由此你得到的结论是 。
14．（2019高一下·泰安期末）
（1）读出图中游标卡尺和螺旋测微器的读数：图a的读数为 cm．图b读数为 cm．
（2）如图所示，甲图为一段粗细均匀的新型导电材料棒，现测量该材料的电阻率。
①首先用多用电表的欧姆档（倍率为×10）粗测其电阻，指针位置如图乙所示，其读数R= 。
②然后用以下器材用伏安法尽可能精确地测量其电阻：
A．电流表： 量程为200mA，内阻约为0.1Ω
B．电压表： 量程为3V，内阻约为3kΩ
C．滑动变阻器：最大阻值为20Ω，额定电流1A
D．低压直流电源：电压6V，内阻忽略
F．电键K，导线若干
在方框中画出实验电路图 .
③如果实验中电流表示数为I，电压表示数为U，并测出该棒的长度为L、直径为d，则该材料的电阻率ρ= （用测出的物理量的符号表示）
四、解答题
15．（2019高一下·泰安期末）如图所示，轨道ABC被竖直固定在水平桌面上，A距水平地面高H=0.75m，C距水平地面高h=0.45m。一质量m=0.10kg的小物块自A点从静止开始下滑，从C点以水平速度飞出后落在地面上的D点。现测得C、D两点的水平距离为x=0.60m。 ，不计空气阻力，求：
（1）小物块从C点飞出时速度的大小vc；
（2）小物块从A点运动到C点的过程中克服摩擦力做的功Wf。
16．（2019高一下·泰安期末）如图所示，一个质量为1.0×10-4kg的带电小球，穿过一根光滑的绝缘杆，置于场强为2.0×102N/C的水平向右的匀强电场中，杆与水平面夹角为37°.小球刚好匀速下滑，问：
（1）小球带的电量为多少
（2）杆上A、B两点相距10cm，小球由A运动至B电场力所做的功多大 A、B两点的电势差UAB为多大 (sin37°=0.6，cos37°=0.8)
17．（2019高一下·泰安期末）如图中，R1=2Ω，R2= R3 =6Ω，滑动变阻器全值电阻为R4= 6Ω，电源内电阻r=1.0Ω．当滑键P移至A端时，电压表读数为5 V.
求：
（1）当P移至B端时电源的总功率．
（2）滑键P分别在A、B两端时电源的效率．
18．（2019高一下·泰安期末）飞机若仅依靠自身喷气式发动机产生的推力起飞需要较长的跑道，某同学设计在航空母舰上安装电磁弹射器以缩短飞机起飞距离，他的设计思想如下：如图所示，航空母舰的水平跑道总长l=180 m，其中电磁弹射器是一种长度为l1=120 m的直线电机，这种直线电机从头至尾可以提供一个恒定的牵引力F牵，一架质量为m=2.0×104kg的飞机，其喷飞式发动机可以提供恒定的推力F推=1.2×105N．假设飞机整个过程所受的平均阻力为飞机重力的0.2倍．飞机离舰起飞的速度v=100
m/s，航母处于静止状态，飞机可视为质量恒定的质点．请你求出(计算结果均保留二位有效数字)：
（1）飞机离开电磁弹射区后的加速度大小
（2）电磁弹射器的牵引力F牵的大小
（3）电磁弹射器输出效率可以达到80%，则每弹射这样一架飞机电磁弹射器需要消耗多少能量
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】曲线运动
【解析】【解答】做曲线运动的物体，速度方向一定发生变化，A符合题意；做曲线运动的物体，速度大小不一定发生变化，例如匀速圆周运动，B不符合题意；物体在恒力作用下，也可能做曲线运动，例如平抛运动，C不符合题意；曲线运动可能是匀变速运动，例如平抛运动，D不符合题意.
故答案为：A
【分析】做匀速圆周运动的物体虽然速度和加速度大小不变，但是速度和加速度的方向无时无刻都在变化。
2．【答案】D
【知识点】功的计算；功率及其计算
【解析】【解答】小球运动过程中，只有重力做功，机械能守恒，故末速度大小相等，但方向不同，A不符合题意；落地时速度大小相等，但方向不同，根据 可知，重力的瞬时功率不等，B不符合题意；根据重力做功公式W=mgh可知，三个小球重力做功相同，落地的时间不同，竖直上抛时间最长，竖直下抛时间最短，所以运动过程中，三个小球重力做功的平均功率不同，C不符合题意，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】利用动能定理求出物体的末速度大小和方向，再利用功率计算公式P=Fvcosθ求解功率，其中θ是力与速度的夹角；重力做正功，重力势能减小，重力做负功，重力势能增大。
3．【答案】D
【知识点】库仑定律；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A项，场强和电势没有直接关系，电场强度大的地方电势不一定高，A不符合题意。
B项，正点电荷产生的电场中电场线由正点电荷发出指向无穷远，但本题中没有规定哪儿为零势点，所以正点电荷产生的电场中电势不一定为正，B不符合题意。
C项，匀强电场中，两点间电势差与两点沿电场线方向上的距离 成正比 ，C不符合题意。
D项，电场强度大的地方，电场线密集，等势线距离小，电势变化快，D符合题意
故答案为：D
【分析】电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
4．【答案】B
【知识点】机械能；动能与重力势能
【解析】【解答】运动员进入水中后，受到重力和水的阻力，克服合力做的功等于动能的减小量，故动能减小（F-mg）h，A不符合题意；运动员进入水中后，除重力外，克服阻力做功Fh，故机械能减小Fh，B符合题意，C不符合题意；运动员进入水中后，重力做功mgh，故重力势能减小mgh，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】对物体进行受力分析，合外力对物体做的功为物体动能的改变量，除重力以外的其他力做的功，为物体机械能的改变量，对物体进行受力分析求解即可。
5．【答案】B
【知识点】平抛运动
【解析】【解答】小球抛出点的高度h= gt2＝ ×10×1m＝5m；A不符合题意。小球落地时竖直分速度vy=gt=10m/s，落地时重力的瞬时功率为P=mgvy=100W，B符合题意；小球的速度大小 ，C不符合题意。设小球落地的速度方向与水平方向的夹角为θ，则tanθ＝ ＝2，可知θ≠30°．D不符合题意。
故答案为：B
【分析】物体做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，利用竖直方向的距离求出运动时间，根据水平方向的位移求解初速度的大小和方向，利用功率计算公式P=Fvcosθ求解功率，其中θ是力与速度的夹角。
6．【答案】C
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】根据电动势的定义式E=W/q，可知电源移动单位正电荷时向外电路提供的电能越多，电动势越大，电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功，AB不符合题意；电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，C符合题意；电源的电动势与外电路无关，D不符合题意.
故答案为：C
【分析】电源电动势就是电源利用非静电力，把低能电子转化为高能电子，是用来衡量电源转化电能的本领。
7．【答案】C
【知识点】欧姆定律
【解析】【解答】设导体两端原来的电压为U，电流为I，则导体的电阻 ；又由题，导体两端的电压变为原来的3/5时，导体中的电流减小了0.4 A，则有 ；联立得 ，解得I=1.0 A；当电压变为2U时，I′=2I=2.0A，
故答案为：C.
【分析】结合电流电压，利用欧姆定律求解电阻，再结合电阻和电压求解此时的电流。
8．【答案】B
【知识点】欧姆定律；表头的改装
【解析】【解答】由 ，所以 两端电压 ，所以 ；同理 ， 。 B符合题意
故答案为：B
【分析】通过串联一个大电阻起分压作用，可以把电流计改装成电压表，利用欧姆定律求解量程即可。
9．【答案】A,B,C,D
【知识点】电势差、电势、电势能；电场力做功
【解析】【解答】A.根据电势差与电场力做功的关系可知，电场中某点电势的大小等于电场力将单位正电荷从该点移到零电势点电场力所做的功，A符合题意。
B.根据 可知，电场中某点电势大小等于单位正电荷在该点所具有的电势能，B符合题意。
C.根据电场力做功与电势能关系可知，电场力做正功，电势能减小，C符合题意。
D.正电荷沿电场线移动，电场力做正功，电势能减小，负电荷沿电场线移动，电场力做负功，电势能增大，D符合题意。
故答案为：ABCD
【分析】电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
10．【答案】A,B,C
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能；电场力做功
【解析】【解答】由电场线的分布可知，沿直线由A到B，电场线先变疏后变密，则电场强度先减小后增大。A符合题意。电场线方向由B到A，根据顺着电场线方向电势降低可知，沿直线由A到B，各点的电势一直升高。B符合题意。沿中垂线由M到O，电场线越来越密，电场强度一直增大，C符合题意。MN是一条等势线。将一正电荷从M点移到O点，电场力不做功，D不符合题意。
故答案为：ABC
【分析】结合等量异号电荷的电场线模型分析，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
11．【答案】B,C
【知识点】电容器及其应用；欧姆定律
【解析】【解答】解：当滑动变阻器P的滑动触头从图示位置向a端移动时，其接入电路的电阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干路的电流I减小；变阻器两端的电压 ，由I减小，可知U增大，即电容器C两端的电压增大，再据Q=CU，可判断出电容器的电荷量Q增大，BC符合题意，AD不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】滑动变阻器的滑动触头P向a端移动，接入电路中的电阻变大，外电路的电阻变大，电流变小，结合公式Q=CU分析电容器Q的变化。
12．【答案】C,D
【知识点】弹性势能；功能关系；动能与重力势能
【解析】【解答】小球从A→B的过程中只受重力，机械能守恒；小球从B→C的过程中，由于弹力对小球做功，所以小球的机械能不守恒。A不符合题意。小球从B到C过程，受到重力和弹力两个力作用，弹力先小于重力，后大于重力，所以小球先加速和减速，故动能先变大后变小，弹力与重力相等时，动能最大，小球动能最大的位置在BC之间某点，B不符合题意；小球从A到C过程中，小球和弹簧系统的机械能守恒，而在最高点和最低点动能都为零，故减少的重力势能全部转化为弹性势能，C符合题意；小球到达C点时动能为零，动能最小，由系统的机械能守恒知，小球和地球系统的重力势能和弹簧的弹性势能之和最大，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】对小球进行受力分析，受到重力和弹力，除重力以外的其他力做的功，为物体机械能的改变量。
13．【答案】（1）C
（2）B；D
（3）0.476；0.473；在误差允许的范围内，物体机械能守恒（或者说：在误差允许的范围内，物体减少的势能等于增加的动能）
【知识点】验证机械能守恒定律
【解析】【解答】（1）在“验证机械能守恒定律”的实验中，要验证动能增加量和势能减小量是否相等，质量约去，不需要天平测量物体的质量，所以天平不必要．
故答案为：C.（2）为了减小阻力对其影响，选用重锤时，应该选用质量大体积小重锤的进行实验，A不符合题意，D符合题意；物体自由下落时根据公式h= gt2，其中t=T=0.02s，由此可知，开始所打两个点之间的距离约等于2mm，则第1、2两点间距约为2mm的纸带，打第一个点的速度接近为零，误差较小，B符合题意；应先接通电压后释放纸带，C不符合题意．（3）利用匀变速直线运动的推论 ；重物由O点运动到B点时，重物的重力势能的减少量△Ep=mgh=1.0×9.8×0.0486 J=0.476J．EkB= mvB2=0.473J；实验得到的结论是：在误差允许的范围内，物体机械能守恒（或者说：在误差允许的范围内，物体减少的势能等于增加的动能）．
【分析】（1）验证机械能守恒，对物体应用机械能守恒定律可以看出，等式左右两侧的质量相互约掉，故不需要测量物体的质量；
（2）换体积比较小的物体，受到的阻力比较小，所以实验更准确；
（3）重力势能的减少量利用公式mgh求解即可，利用公式求出纸带上的点的速度，进而求出动能的增量，再比较两者的大小判断能否验证机械能守恒。
14．【答案】（1）1.052；1.0295
（2）200.0；；
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）由图可知，游标卡尺的固定刻度读数为1cm，游标读数为0.02×26mm=0.52mm，所以最终读数为1cm+0.52mm=1.052cm．
螺旋测微器固定刻度示数为10mm，可动刻度示数为29.5×0.01mm=0.295mm，螺旋测微器示数为10mm+0.295mm=10.295mm=1.0295cm．（2）①多用电表的读数：20×10Ω=200Ω；
②待测电阻阻值为200Ω，滑动变阻器最大阻值为20Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法； ， ，则有： ，则电流表应采用内接法，实验电路图如图所示．
③由欧姆定律可得，电阻阻值 ，由电阻定律得： ，则电阻率 ．
【分析】（1）明确螺旋测微器每一个小格代表的数值，并且在最后的读数时注意估读即可；’明确游标卡尺的读数规则进行读数即可；
（2）读取电阻时，利用表盘的示数乘以倍率即可；
在量程允许的情况下选择小量程的电表即可；为了能得到比较多的数据，采用分压法，电压表内阻比较小，对电流的影响大，电路采用电流表内接法；
结合电流和电压，利用欧姆定律求出电阻丝的电阻，结合电阻的决定式求解电阻率。
15．【答案】（1）解：从C到D，根据平抛运动规律可得，竖直方向： ，
水平方向
解得小物块从C点飞出时速度的大小
（2）解：小物块从A到C，根据动能定理可得
求得克服摩擦力做功：
【知识点】动能定理的综合应用；平抛运动
【解析】【分析】（1）物体做平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，利用竖直方向的距离求出运动时间，根据水平方向的位移求解初速度；
（2）对物体进行受力分析，结合物体的初末速度，对物体从A点运动到C点的过程应用动能定理求解克服摩擦力做功。
16．【答案】（1）解：对小球受力分析，向下的重力，杆对球斜向上的支持力以及水平向左的电场力，由平衡知识可知：tan37°=qE/mg
解得：q=3/8×10-5C，小球负电
（2）解：小球由A运动至B电场力所做的功WAB=EqLcos37°=6×10-5J
UAB=EL
cos37° =16V
【知识点】电场强度和电场线；受力分析的应用；电场力做功
【解析】【分析】（1）对小球进行受力分析，在重力、支持力和电场力的作用下，小球处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程分析求解小球的电荷量；
（2）求出小球受到的电场力，结合公式W=Fs cosα求解电场力做功；A、B两点间的电势差利用电场力做的功除以电荷量即可。
17．【答案】（1）解：P移至A端时，R3被短路．等效电路如图所示．
外电路的总电阻为
电路中总电流为 A
电源的电动势为E=U+Ir=6V
当P移至B端时，R2、R3、R4均被短路，电路中总电流为 A
电源的总功率为 W
（2）解：电源的效率：
P在A端时，电源的效率为
P在B端时，电源的效率为
【知识点】电功率和电功；欧姆定律
【解析】【分析】（1）利用串并联电阻规律求出电路中的总电阻，利用欧姆定律求解电流和外电路电压，进而求出电源功率；
（2）同理，滑键分别置于两端，利用欧姆定律求解电流和外电路电压，进而求出电源的效率。
18．【答案】（1）解：在电磁弹射区外，由牛顿第二定律得：
解得
（2）解：由动能定理得：
解得F牵=7.1×105N
（3）解：电磁弹射器对飞机做的功为 J
则其消耗的能量 J
【知识点】对单物体(质点)的应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对处在弹射区外的飞机进行受力分析，利用牛顿第二定律求解加速度；
（2）对飞机在弹射区内的运动过程进行受力分析，结合飞机的初末状态的速度，利用动能定理求解牵引力；
（3）结合第二问牵引力做的功，结合弹射器的工作效率求解消耗的电能。
