湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷
1．（2024高一下·长沙期末）一种新型节能路灯如图所示，它“头顶”小风扇，“肩扛”太阳能电池板。关于节能路灯的设计解释合理的是（ ）
A．小风扇是用来给太阳能电池板散热的
B．小风扇是小型电动机，将电能转化为风能
C．太阳能电池板将太阳能转化为电能
D．蓄电池在夜晚放电时，将电能转化为化学能
【答案】C
【知识点】能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】A B．“头顶”的小风扇可以把风能转化为电能，这样只要有风，这种路灯就可以发电，借助风能可以弥补没有阳光的时段进行发电，故AB错误；
C．“肩扛”太阳能电池板可以把太阳能转化为电能，故C正确；
D．蓄电池在夜晚放电时，将化学能转化为电能，故D错误。
故选C。
【分析】“头顶”的小风扇可以把风能转化为电能；“肩扛”太阳能电池板可以把太阳能转化为电能；蓄电池在夜晚放电时，将化学能转化为电能。
2．（2024高一下·长沙期末）一小量程电流表G，满偏电流为500μA，内阻为100Ω。将它改装成0~1mA、0~10mA的两量程电流表，电路如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．开关接b时电流表量程较大
B．与串联后的总电阻等于100Ω
C．用量程0~1mA改装表测出的电流为0.5mA时，流过G表的电流为200μA
D．将图中与的位置互换，两量程都会发生变化
【答案】B
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】AB．开关S接b时，根据串联电路的电流规律可以得出改装成的量程为
开关S接a时，根据串联电路的电流规律可以得出改装成的量程为
则有
可知开关S接b时的量程为0~1mA，根据欧姆定律则有
故A错误，B正确；
C．用量程0~1mA改装表测出的电流为0.5mA时，根据串联电路的电流规律可以得出
可得流过G表的电流为，故C错误；
D．将图中与的位置互换时接a的由于内阻变化所以电流表的量程会发生变化，接b的电流表的量程不会发生变化，故D错误。
故选B。
【分析】利用并联电路的电流规律可以比较电流表的量程大小；利用欧姆定律可以求出串联后的总电阻大小；利用欧姆定律及电流的规律可以求出流过G表电流的大小；利用与的位置互换时接a的由于内阻变化所以电流表的量程会发生变化，接b的电流表的量程不会发生变化。
3．（2024高一下·长沙期末）早在两千多年前，我国劳动人民就发明了汉石磨盘，它是一种可使谷物脱壳、粉碎的加工工具，凝聚着人类的高度智慧。后来人们通常用驴来拉磨把谷物磨成面粉，如图所示。磨盘半径，磨杆长也为0.5m，驴沿切线方向以恒定的速率拉动磨盘转动，假设驴对磨杆的拉力F为500N，在一分钟时间内转动了3圈，则下列说法正确的是（ ）
A．驴拉磨转动一周拉力所做的功为0
B．驴拉磨转动一周拉力的平均功率约为628W
C．驴拉磨转动的角速度约为6.28rad/s
D．驴拉磨的线速度约为0.314m/s
【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；功的概念；功率及其计算
【解析】【解答】A．由于驴对磨的拉力沿圆周切线方向，速度方向也在圆周切线方向，故可认为拉磨过程中拉力方向始终与速度方向相同，磨转动一周，弧长的大小为
根据拉力与速度方向相同则拉力所做的功
故A错误；
B．已知做功的大小及做功的时间，根据功率的定义，驴拉磨转动一周拉力的平均功率约为
故B错误；
C．根据驴 一分钟时间内转动了3圈 则驴拉磨转动的周期为
根据角速度和周期的关系可以得出驴拉磨转动的角速度
故C错误；
D．根据角速度和线速度的关系式可以得出磨杆边缘的线速度为
故D正确。
故选D。
【分析】利用拉力和位移可以求出拉力做功的大小；利用做功和时间可以求出功率的大小；利用周期可以求出角速度的大小，结合半径可以求出线速度的大小。
4．（2024高一下·长沙期末）如图甲所示，质量为0.2kg的物体在水平向右的拉力F的作用下从A点由静止开始向右运动，F随位移x变化的图像如图乙所示。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.15，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，在运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体做加速度减小的加速运动，当拉力时，物体的速度最大
B．拉力从1.8N减小到0.3N的过程中，拉力做的功为21J
C．物体的最大速度为
D．物体运动的总位移为36m
【答案】D
【知识点】图象法；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．根据滑动摩擦力的表达式可以得出物体的最大静摩擦力为
根据图乙可知，当拉力大于最大静摩擦力时，由于物体合力向右所以物体向右加速运动，当拉力与最大静摩擦力平衡时，合力为0，物体速度达到最大值，故A错误；
B．根据图像拉力和位移的图像可以得出当拉力等于0.3N时，对应的位移为10m，图像中，图像与横坐标所围几何图形的面积表示功，则拉力从1.8N减小到0.3N的过程中，根据图像面积的大小可以得出拉力的功为
故B错误；
C．拉力等于0.3N时，物体速度达到最大值，由于合力做功等于物体动能的增量，根据动能定理有
其中
解得
故C错误；
D．整个过程中拉力做功为
当物体从运动到静止的过程中，由动能定理有
解得
故D正确。
故选D。
【分析】利用物体的拉力和摩擦力比较可以判别合力的方向进而判别物体速度的变化；利用图像面积可以求出拉力做功的大小；利用动能定理可以求出物体最大速度的大小；利用动能定理可以求出物体运动的总位移。
5．（2024高一下·长沙期末）如图所示，甲、乙两张频闪照片分别记录了某一竖直上抛的塑料空心小球在上升和下降过程中的四个不同时刻所处的位置，已知两幅照片中的频闪时间间隔相同，、均为最高点。空气阻力大小，则下列说法中正确的是（ ）
A．图乙为塑料空心小球上升时所拍摄的频闪照片
B．小球下落过程中做加速度增大的加速运动
C．小球在处的速度比处的速度大
D．塑料空心小球整个运动过程中机械能先减小后增大
【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据题意，设空气阻力为f，小球上抛时由牛顿第二定律可得
下降时由牛顿第二定律可得
可知
根据位移公式可知，由于运动的位移相等，则图甲运动的时间比较短则为塑料空心小球上升时所拍摄的频闪照片，故A错误；
B．根据牛顿第二定律
由于速度不断增大可知小球下落过程中做加速度减小的加速运动，故B错误；
C．上升过程加速度大于下降时的加速度，最高点的速度为0，的时间等于的时间，根据速度公式可以得出小球在处速度大，故C正确；
D．由于塑料空心小球在运动过程空气阻力一直做负功，阻力做功会导致机械能不断减小，则根据功能关系可知机械能一直减小，故D错误。
故选C。
【分析】利用牛顿第二定律可以比较两个过程加速度的大小，结合位移相等可以比较运动的时间，进而判别甲为上升过程运动的图片；利用牛顿第二定律结合速度的变化可以判别加速度的大小变化；利用速度公式可以比较速度的大小；利用阻力做功可以判别机械能不断减小。
6．（2024高一下·长沙期末）如图所示，水平面上固定一个绝缘支杆，支杆上固定一带电小球A，小球A位于光滑小定滑轮O的正下方，绝缘细线绕过定滑轮与带电小球B相连，在拉力F的作用下，小球B静止，此时两球处于同一水平线。假设两球的电荷量均不变，现缓慢拉动细线，使球B移动一小段距离。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．B球运动轨迹是一段圆弧
B．球B受到的库仑力先减小后增大
C．球B所受的拉力做正功，库仑力做正功
D．细线中的拉力一直增大
【答案】A
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【解答】由于小球B缓慢运动，对小球B分析可知，受细线的拉力F，静电斥力和重力G，如图所示
设A、B两个小球的电荷量分别为、，B球的质量为m，，，，根据平衡条件结合相似三角形可知
根据上述表达式可以得出m、h以及电荷量不变，所以r不变，B球运动轨迹是一段圆弧，故A正确；
B．电荷量不变，r不变，根据库仑定律可知，库仑力大小不变，故B错误；
C．根据做功的定义式可以得出拉力与速度方向夹角为锐角，拉力做正功。库仑力方向与速度方向垂直，库仑力不做功，故C错误；
D．在此过程中，m、h不变，l减小，根据表达式可知拉力减小，故D错误。
故选A。
【分析】利用小球缓慢运动的平衡条件结合矢量三角形定则可以判别库仑力和拉力的大小变化；利用拉力方向和库仑力方向可以判别拉力和库仑力做功的情况；利用几何关系可以判别B球的运动轨迹。
7．（2024高一下·长沙期末）电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控带电颜料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈现出不同颜色，透明面板下有一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素。如图所示，某一像素胶囊中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒，当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在胶囊内迁移（每个微粒电量保持不变），像素由黑色变成白色。下列说法正确的是（ ）
A．像素由黑变白的过程中，黑色微粒向下迁移过程中电势能减小
B．像素由黑变白的过程中，电场力对黑色微粒做负功，对白色微粒做正功
C．像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势
D．无论人眼看见的透明面板是白色还是黑色，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势
【答案】A,D
【知识点】电势能；电势；带电粒子在电场中的加速
【解析】【解答】A．像素由黑变白的过程中，黑色微粒在电场力的作用下向下运动，则黑色微粒受到的电场力向下，位移向下，电场力对黑色微粒做正功，电势能减小，白色微粒在电场力的作用下向上运动则白色微粒受到的电场力向上，位移向上，电场力对白色微粒做正功，电势能减小，故A正确；
B．像素由黑变白的过程中，根据微粒运动的方向可以得出：电场力对黑色微粒和白色微粒均做正功，故B错误；
C．像素呈黑色时，胶囊下方的电极带负电，像素胶囊里电场线方向向下，根据电场线的方向可以得出黑色微粒所在的区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故C错误；
D．透明面板为黑色时，电场向下，根据电场线的方向可以得出黑色微粒处电势高，透明面板为白色时，电场向上，根据电场线的方向可以得出黑色微粒处电势高。故D正确。
故选AD。
【分析】利用像素由黑变白的过程中，利用微粒的运动方向可以判别电场力方向，结合运动的方向可以判别电场力做功；利用电场线方向可以比较电势的高低。
8．（2024高一下·长沙期末）如图，氕（）和氘（）两种原子核由静止经同一加速电场加速后，沿OO'方向射入偏转电场，粒子射出偏转电场后都能打在圆筒感光纸上并留下感光点，加速电压为，偏转电压为，若圆筒不转动，两种原子核（ ）
A．离开加速电场时，动能相等
B．离开偏转电场时，动能相等
C．氕（）通过偏转电场所需时间更长
D．离开偏转电场后，在感光纸上留下2个感光点
【答案】A,B
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．根据动能定理，离开加速电场时的动能为
故A正确；
BD．粒子在加速电场中做匀加速直线运动，有
粒子在偏转电场中做类平抛运动，有
，，，，
解得
，
由此可知，粒子离开偏转电场时竖直位移相同；粒子离开偏转电场时的动能
两个粒子的电荷量与y都相同，则动能相等，又粒子离开偏转电场时的位置、速度方向均相同，所以在感光纸上留下1个感光点，故B正确，故D错误；
C．在加速电场中，根据动能定理可得
可得
在偏转电场中沿平行板方向做匀速直线运动，则
故氘（）所需时间更长，故C错误。
故选AB。
【分析】根据加速电场中电场力做功确定对两粒子电场力做功相等，依据动能定理确定粒子速度公式结合偏转电场粒子类平抛运动求解粒子运动时间、偏转位移和偏转角，依据粒子比荷分析判断。
9．（2024高一下·长沙期末）如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r。开关S闭合后，平行金属板中的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小），当光照强度减小时，下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数减小
B．电源的输出功率可能变大
C．电源的效率减小
D．在没有接触极板前，小液滴的机械能增大
【答案】A,B,D
【知识点】含容电路分析；电路动态分析
【解析】【解答】A．由于为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小）， 当光照强度减小时，光敏电阻增大，外电路总电阻增大，根据欧姆定律可以得出干路电流减小，两端电压减小，即电压表示数减小，故A正确；
B．因电源内阻与外电阻大小关系未知，根据功率的表达式则无法判断电源输出功率的变化；故B正确；
C．根据内外电压的大小可以得出电源的效率为
当光照强度减小时，光敏电阻增大，外电路总电阻增大，电源效率增加，故C错误；
D．当光照强度减小时，光敏电阻增大，外电路总电阻增大，会导致总电流减小，则内电压减小，路端电压增大，由于R1两端电压减小则两端电压增大，电容器C的电压增大，根据电势差与场强的关系可以得出场强增大，由于电场强度增大会导致电场力增大后大于重力，小液滴向上运动，电场力做正功，根据功能关系可以得出机械能增大，故D正确。
故选ABD。
【分析】利用光敏电子的阻值变化可以判别干路电流的变化，结合欧姆定律可以判别电压表示数的变化；由于未知内外电阻的大小不能判别输出功率的大小变化；利用内外电压可以判别效率的变化；利用外电压的变化可以判别电容器板间电压及电场强度的变化，结合电场力变化可以判别电场力做功进而判别机械能的大小变化。
10．（2024高一下·长沙期末）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度，下列说法正确的是（ ）
A．若小球能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动到B点动能最大
B．若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为
C．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时的机械能最小
D．若在A点给小球竖直向下的初速度，则小球运动到B点的速度小于
【答案】B,C,D
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A．若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，等效重力即电场力和重力的合力，根据电场力的表达式可以得出小球受到水平向右的电场力
根据力的合成可以得出合力为
方向斜向右下方，与竖直方向夹角为，设等效合力方向与弧的交点为，则它运动到等效最低点动能最大，故A错误；
B．根据A的分析可以得出合力的大小为
设小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最小速度为v，根据牛顿第二定律有
解得
故B正确；
C．机械能的增加量等于除重力弹力外其他力做的功，要想机械能最小，根据功能关系则电场力做负功且最多，即小球运动到A点，由于小球运动的方向与电场力方向相反，且位移最大，则电场力做的负功最多，机械能最小，故C正确；
D．若小球做圆周运动，小球从A运动到B时，根据动能定理有
可得
但是由于小于，故先做一段曲线近心运动，后绳子绷直，有动能损失，故B点速度小于，故D正确。
故选BCD。
【分析】利用力的合成可以求出小球受到的合力方向，结合合力的方向可以判别小球动能最大的位置；利用合力提供向心力可以求出最小速度的大小；利用电场力做功最多的位置可以得出机械能最小的位置；利用动能定理可以得出小球运动到B点速度的大小。
11．（2024高一下·长沙期末）在“验证机械能守恒定律”实验中，小王用如图（a）所示的装置，让金属小球从静止开始下落，实验过程如下：
（1）让小球从某一固定高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后立即停止。
（2）用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图（b）所示，小球直径d= mm。
（3）测量时，应 （选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”）。记录小球第一次通过光电门的遮光时间。
（4）若适当调低光电门位置（不会接触橡胶材料），将会 （选填“增大”或“减小”）因空气阻力引起的测量误差。
【答案】7.884；B；增大
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（2）根据螺旋测微器的结构可以得出小球的直径为
（3）在测量时，为了测量小球经过光电门的时间，所以应先接通数字计时器，再释放小球。
故选B。
（4）若调低光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，会导致阻力做功比较大，则会导致小球损失的机械能比较大，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。
【分析】（2）利用螺旋测微器的结构可以得出对应的读数；
（3）实验应该先接通数字计时器，再释放小球；
（4）若调低光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，会导致阻力做功比较大，则会导致小球损失的机械能比较大，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。
12．（2024高一下·长沙期末）在“用多用表测电阻、电流和电压”的实验中。
（1）（多选题）用多用表测电流或电阻的过程中，下列说法正确的是________。
A．在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零
B．在测量电流时，更换量程后必须重新进行调零
C．在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测
（2）测量时多用表指针指在如左图所示位置。若选择开关处于“10V”挡，其读数为 V；若选择开关处于“×10”挡，其读数为 Ω。
（3）右图是该多用表欧姆挡某挡位的内部电路示意图。电流表满偏电流1.0mA、内阻10Ω；电池电动势1.50V、内阻1Ω；变阻器阻值0~5000Ω。该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.50V标定的，若实验室购买的新电池电动势达到了1.55V，内阻仍为1Ω，则欧姆调零后阻值将变 （选填“大”或“小”）；若测得某电阻阻值为3000Ω，则这个电阻的真实值是 Ω。
【答案】（1）A；C
（2）5.8；110
（3）大；3100
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）A．多用电表测量电阻时，更换倍率后由于测量的精确度不同所以必须重新进行欧姆调零，选项A正确；
B．多用电表测量电流前需要进行机械调零，更换量程时不需要再次进行机械调零，选项B错误；
C．多用电表测量未知电流时，为了避免电表烧坏，应该用最大量程试测，选项C正确。故选AC。
（2）选择开关置于“10V”挡，电表最小刻度为0.2V，此时读数为5.8V；选择开关处于“×10”挡，根据图示示数和挡位可以得出读数为110Ω。
（3）根据闭合电路欧姆定律
由于满偏电流保持不变，可知电动势变大导致变大；又欧姆表的本质是通过电流反映电阻，刻度值是按电池电动势为1.50V刻度的，根据欧姆定律有：
，，，
解得真实值为
【分析】（1）测量电阻时，更换倍率需要重新进行欧姆调零；测量电流时，更换量程不需要重新进行机械调零；测量未知电流时，为了避免电表烧坏，应该用最大量程试测；
（2）利用电压表的分度值可以得出电压的大小；利用示数和挡位可以得出电阻的大小；
（3）利用闭合电路的欧姆定律可以判别电动势变大时则变阻器的电阻变大；利用欧姆定律可以去求出电阻的真实值。
13．（2024高一下·长沙期末）如图所示的小型电动机演示电路中，在闭合、断开的情况下，电流表的示数为1A，在、均闭合的情况下，电流表的示数为3A，已知电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω。不计电流表的内阻，且灯丝电阻不变，求：
（1）灯L的电阻；
（2）、均闭合时电动机M的总功率。
【答案】（1）闭合、断开的情况下，电流表的示数为1A，由闭合电路欧姆定律可得
代入数据解得
（2）、均闭合的情况下，由闭合电路欧姆定律，可得路端电压为
灯泡的电流为
电动机的电流为
电动机M的总功率为
代入数据得
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）当开关闭合、断开的情况下，根据闭合电路的欧姆定律可以求出灯泡电阻的大小；
（2）当两个开关闭合时，利用闭合电路的欧姆定律结合灯泡的欧姆定律可以求出电动机电流的大小，结合电功率的表达式可以求出总功率的大小。
14．（2024高一下·长沙期末）如图，直角三角形位于竖直平面内，AB沿水平方向，长度为L，。空间存在一匀强电场，场强方向与所在平面平行，质量为m、电量为q的带正电微粒（不计重力、空气阻力）从A点移动到B点，电场力做功为零。从B点移动至C点，电场力做功为W（）。求：
（1）电场强度的大小和方向；
（2）将该带电微粒从A点水平抛出，要使其通过BC中点，求微粒的初速度大小。
【答案】（1）带正电微粒从A点移动到B点，电场力做功为零；从B点移动至C点，电场力做功为W（）；可知电场与AB连线垂直，指向AC方向；根据功的定义式可得
解得电场强度的大小为
（2）将该带电微粒从A点水平抛出，要使其通过BC中点，设微粒的初速度大小，微粒在电场中做类平抛运动，则有
，，
联立解得
【知识点】电场力做功；电势差；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）已知带电粒子做功带电情况，进而可以判别电场的方向，结合功的表达式可以求出电场强度的大小；
（2）粒子从A点水平抛出时，利用类平抛运动的位移公式可以求出初速度的大小。
15．（2024高一下·长沙期末）如图（a），同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（）。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势φ随位置x的变化关系如图（b）所示。一电荷量为Q（）的小球以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图（c）所示。图中g为重力加速度大小，k为静电力常量。
（1）求M点的电场强度；
（2）求小球的重力；
（3）为保证能运动到N点，从M点下落时的初动能须满足什么条件？
【答案】（1）由点电荷场强公式，单个点电荷在M点的场强大小
①
由矢量的合成有
②
方向由O指向M
（2）设O点下方处为C点，A与C的距离为，小球在C处所受的库仑力大小为，由库仑定律和力的合成有
③
式中
④
设小球的质量为，小球在C点的加速度大小为a，
由牛顿第二定律有
⑤
由图（c）可知，式中
联立并代入数据得
⑥
（3）设O点上方处为D点。根据图（c）和对称性可知，在D点所受的电场力大小等于小球的重力大小，方向竖直向上，在此处加速度为0；在D点上方做减速运动，在D点下方做加速运动，为保证能运动到N点，运动到D点时的速度必须大于零
设M点与D点电势差为，由电势差定义有
⑦
设小球初动能为，运动到D点的动能为，由动能定理有
⑧
⑨
由对称性，D点与C点电势相等，M点与N点电势相等，依据图（b）所给数据，并联立⑥⑦⑧⑨式可得
⑩
【知识点】库仑定律；电场强度；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）已知场源电荷的电荷量，结合电场强度的表达式及场强的叠加可以求出电场强度的大小；
（2）已知小球的位置，结合电场力的合成可以求出小球受到的库仑力的大小，结合牛顿第二定律结合加速度的大小可以求出小球重力的大小；
（3）已知电势差的大小，结合动能定理可以求出小球初动能的大小。
1 / 1湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高一下学期期末考试物理试卷
1．（2024高一下·长沙期末）一种新型节能路灯如图所示，它“头顶”小风扇，“肩扛”太阳能电池板。关于节能路灯的设计解释合理的是（ ）
A．小风扇是用来给太阳能电池板散热的
B．小风扇是小型电动机，将电能转化为风能
C．太阳能电池板将太阳能转化为电能
D．蓄电池在夜晚放电时，将电能转化为化学能
2．（2024高一下·长沙期末）一小量程电流表G，满偏电流为500μA，内阻为100Ω。将它改装成0~1mA、0~10mA的两量程电流表，电路如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．开关接b时电流表量程较大
B．与串联后的总电阻等于100Ω
C．用量程0~1mA改装表测出的电流为0.5mA时，流过G表的电流为200μA
D．将图中与的位置互换，两量程都会发生变化
3．（2024高一下·长沙期末）早在两千多年前，我国劳动人民就发明了汉石磨盘，它是一种可使谷物脱壳、粉碎的加工工具，凝聚着人类的高度智慧。后来人们通常用驴来拉磨把谷物磨成面粉，如图所示。磨盘半径，磨杆长也为0.5m，驴沿切线方向以恒定的速率拉动磨盘转动，假设驴对磨杆的拉力F为500N，在一分钟时间内转动了3圈，则下列说法正确的是（ ）
A．驴拉磨转动一周拉力所做的功为0
B．驴拉磨转动一周拉力的平均功率约为628W
C．驴拉磨转动的角速度约为6.28rad/s
D．驴拉磨的线速度约为0.314m/s
4．（2024高一下·长沙期末）如图甲所示，质量为0.2kg的物体在水平向右的拉力F的作用下从A点由静止开始向右运动，F随位移x变化的图像如图乙所示。已知物体与地面间的动摩擦因数为0.15，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取，在运动过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体做加速度减小的加速运动，当拉力时，物体的速度最大
B．拉力从1.8N减小到0.3N的过程中，拉力做的功为21J
C．物体的最大速度为
D．物体运动的总位移为36m
5．（2024高一下·长沙期末）如图所示，甲、乙两张频闪照片分别记录了某一竖直上抛的塑料空心小球在上升和下降过程中的四个不同时刻所处的位置，已知两幅照片中的频闪时间间隔相同，、均为最高点。空气阻力大小，则下列说法中正确的是（ ）
A．图乙为塑料空心小球上升时所拍摄的频闪照片
B．小球下落过程中做加速度增大的加速运动
C．小球在处的速度比处的速度大
D．塑料空心小球整个运动过程中机械能先减小后增大
6．（2024高一下·长沙期末）如图所示，水平面上固定一个绝缘支杆，支杆上固定一带电小球A，小球A位于光滑小定滑轮O的正下方，绝缘细线绕过定滑轮与带电小球B相连，在拉力F的作用下，小球B静止，此时两球处于同一水平线。假设两球的电荷量均不变，现缓慢拉动细线，使球B移动一小段距离。在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．B球运动轨迹是一段圆弧
B．球B受到的库仑力先减小后增大
C．球B所受的拉力做正功，库仑力做正功
D．细线中的拉力一直增大
7．（2024高一下·长沙期末）电子墨水是一种无光源显示技术，它利用电场调控带电颜料微粒的分布，使之在自然光的照射下呈现出不同颜色，透明面板下有一层胶囊，其中每个胶囊都是一个像素。如图所示，某一像素胶囊中有带正电的白色微粒和带负电的黑色微粒，当胶囊下方的电极极性由负变正时，微粒在胶囊内迁移（每个微粒电量保持不变），像素由黑色变成白色。下列说法正确的是（ ）
A．像素由黑变白的过程中，黑色微粒向下迁移过程中电势能减小
B．像素由黑变白的过程中，电场力对黑色微粒做负功，对白色微粒做正功
C．像素呈黑色时，黑色微粒所在区域的电势低于白色微粒所在区域的电势
D．无论人眼看见的透明面板是白色还是黑色，黑色微粒所在区域的电势高于白色微粒所在区域的电势
8．（2024高一下·长沙期末）如图，氕（）和氘（）两种原子核由静止经同一加速电场加速后，沿OO'方向射入偏转电场，粒子射出偏转电场后都能打在圆筒感光纸上并留下感光点，加速电压为，偏转电压为，若圆筒不转动，两种原子核（ ）
A．离开加速电场时，动能相等
B．离开偏转电场时，动能相等
C．氕（）通过偏转电场所需时间更长
D．离开偏转电场后，在感光纸上留下2个感光点
9．（2024高一下·长沙期末）如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r。开关S闭合后，平行金属板中的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小），当光照强度减小时，下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数减小
B．电源的输出功率可能变大
C．电源的效率减小
D．在没有接触极板前，小液滴的机械能增大
10．（2024高一下·长沙期末）如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为＋q的小球，系在一根长为d的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动。AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度，下列说法正确的是（ ）
A．若小球能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动到B点动能最大
B．若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为
C．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到A点时的机械能最小
D．若在A点给小球竖直向下的初速度，则小球运动到B点的速度小于
11．（2024高一下·长沙期末）在“验证机械能守恒定律”实验中，小王用如图（a）所示的装置，让金属小球从静止开始下落，实验过程如下：
（1）让小球从某一固定高度由静止释放，与水平放置的橡胶材料碰撞后立即停止。
（2）用螺旋测微器测量小球的直径，示数如图（b）所示，小球直径d= mm。
（3）测量时，应 （选填“A”或“B”，其中A为“先释放小球，后接通数字计时器”，B为“先接通数字计时器，后释放小球”）。记录小球第一次通过光电门的遮光时间。
（4）若适当调低光电门位置（不会接触橡胶材料），将会 （选填“增大”或“减小”）因空气阻力引起的测量误差。
12．（2024高一下·长沙期末）在“用多用表测电阻、电流和电压”的实验中。
（1）（多选题）用多用表测电流或电阻的过程中，下列说法正确的是________。
A．在测量电阻时，更换倍率后必须重新进行调零
B．在测量电流时，更换量程后必须重新进行调零
C．在测量未知电流时，必须先选择电流最大量程进行试测
（2）测量时多用表指针指在如左图所示位置。若选择开关处于“10V”挡，其读数为 V；若选择开关处于“×10”挡，其读数为 Ω。
（3）右图是该多用表欧姆挡某挡位的内部电路示意图。电流表满偏电流1.0mA、内阻10Ω；电池电动势1.50V、内阻1Ω；变阻器阻值0~5000Ω。该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.50V标定的，若实验室购买的新电池电动势达到了1.55V，内阻仍为1Ω，则欧姆调零后阻值将变 （选填“大”或“小”）；若测得某电阻阻值为3000Ω，则这个电阻的真实值是 Ω。
13．（2024高一下·长沙期末）如图所示的小型电动机演示电路中，在闭合、断开的情况下，电流表的示数为1A，在、均闭合的情况下，电流表的示数为3A，已知电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω。不计电流表的内阻，且灯丝电阻不变，求：
（1）灯L的电阻；
（2）、均闭合时电动机M的总功率。
14．（2024高一下·长沙期末）如图，直角三角形位于竖直平面内，AB沿水平方向，长度为L，。空间存在一匀强电场，场强方向与所在平面平行，质量为m、电量为q的带正电微粒（不计重力、空气阻力）从A点移动到B点，电场力做功为零。从B点移动至C点，电场力做功为W（）。求：
（1）电场强度的大小和方向；
（2）将该带电微粒从A点水平抛出，要使其通过BC中点，求微粒的初速度大小。
15．（2024高一下·长沙期末）如图（a），同一竖直平面内A、B、M、N四点距O点的距离均为，O为水平连线AB的中点，M、N在AB连线的中垂线上。A、B两点分别固定有一点电荷，电荷量均为Q（）。以O为原点，竖直向下为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势φ随位置x的变化关系如图（b）所示。一电荷量为Q（）的小球以一定初动能从M点竖直下落，一段时间后经过N点，其在ON段运动的加速度大小a随位置x的变化关系如图（c）所示。图中g为重力加速度大小，k为静电力常量。
（1）求M点的电场强度；
（2）求小球的重力；
（3）为保证能运动到N点，从M点下落时的初动能须满足什么条件？
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】能量转化和转移的方向性
【解析】【解答】A B．“头顶”的小风扇可以把风能转化为电能，这样只要有风，这种路灯就可以发电，借助风能可以弥补没有阳光的时段进行发电，故AB错误；
C．“肩扛”太阳能电池板可以把太阳能转化为电能，故C正确；
D．蓄电池在夜晚放电时，将化学能转化为电能，故D错误。
故选C。
【分析】“头顶”的小风扇可以把风能转化为电能；“肩扛”太阳能电池板可以把太阳能转化为电能；蓄电池在夜晚放电时，将化学能转化为电能。
2．【答案】B
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】AB．开关S接b时，根据串联电路的电流规律可以得出改装成的量程为
开关S接a时，根据串联电路的电流规律可以得出改装成的量程为
则有
可知开关S接b时的量程为0~1mA，根据欧姆定律则有
故A错误，B正确；
C．用量程0~1mA改装表测出的电流为0.5mA时，根据串联电路的电流规律可以得出
可得流过G表的电流为，故C错误；
D．将图中与的位置互换时接a的由于内阻变化所以电流表的量程会发生变化，接b的电流表的量程不会发生变化，故D错误。
故选B。
【分析】利用并联电路的电流规律可以比较电流表的量程大小；利用欧姆定律可以求出串联后的总电阻大小；利用欧姆定律及电流的规律可以求出流过G表电流的大小；利用与的位置互换时接a的由于内阻变化所以电流表的量程会发生变化，接b的电流表的量程不会发生变化。
3．【答案】D
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；功的概念；功率及其计算
【解析】【解答】A．由于驴对磨的拉力沿圆周切线方向，速度方向也在圆周切线方向，故可认为拉磨过程中拉力方向始终与速度方向相同，磨转动一周，弧长的大小为
根据拉力与速度方向相同则拉力所做的功
故A错误；
B．已知做功的大小及做功的时间，根据功率的定义，驴拉磨转动一周拉力的平均功率约为
故B错误；
C．根据驴 一分钟时间内转动了3圈 则驴拉磨转动的周期为
根据角速度和周期的关系可以得出驴拉磨转动的角速度
故C错误；
D．根据角速度和线速度的关系式可以得出磨杆边缘的线速度为
故D正确。
故选D。
【分析】利用拉力和位移可以求出拉力做功的大小；利用做功和时间可以求出功率的大小；利用周期可以求出角速度的大小，结合半径可以求出线速度的大小。
4．【答案】D
【知识点】图象法；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．根据滑动摩擦力的表达式可以得出物体的最大静摩擦力为
根据图乙可知，当拉力大于最大静摩擦力时，由于物体合力向右所以物体向右加速运动，当拉力与最大静摩擦力平衡时，合力为0，物体速度达到最大值，故A错误；
B．根据图像拉力和位移的图像可以得出当拉力等于0.3N时，对应的位移为10m，图像中，图像与横坐标所围几何图形的面积表示功，则拉力从1.8N减小到0.3N的过程中，根据图像面积的大小可以得出拉力的功为
故B错误；
C．拉力等于0.3N时，物体速度达到最大值，由于合力做功等于物体动能的增量，根据动能定理有
其中
解得
故C错误；
D．整个过程中拉力做功为
当物体从运动到静止的过程中，由动能定理有
解得
故D正确。
故选D。
【分析】利用物体的拉力和摩擦力比较可以判别合力的方向进而判别物体速度的变化；利用图像面积可以求出拉力做功的大小；利用动能定理可以求出物体最大速度的大小；利用动能定理可以求出物体运动的总位移。
5．【答案】C
【知识点】牛顿第二定律；机械能守恒定律
【解析】【解答】A．根据题意，设空气阻力为f，小球上抛时由牛顿第二定律可得
下降时由牛顿第二定律可得
可知
根据位移公式可知，由于运动的位移相等，则图甲运动的时间比较短则为塑料空心小球上升时所拍摄的频闪照片，故A错误；
B．根据牛顿第二定律
由于速度不断增大可知小球下落过程中做加速度减小的加速运动，故B错误；
C．上升过程加速度大于下降时的加速度，最高点的速度为0，的时间等于的时间，根据速度公式可以得出小球在处速度大，故C正确；
D．由于塑料空心小球在运动过程空气阻力一直做负功，阻力做功会导致机械能不断减小，则根据功能关系可知机械能一直减小，故D错误。
故选C。
【分析】利用牛顿第二定律可以比较两个过程加速度的大小，结合位移相等可以比较运动的时间，进而判别甲为上升过程运动的图片；利用牛顿第二定律结合速度的变化可以判别加速度的大小变化；利用速度公式可以比较速度的大小；利用阻力做功可以判别机械能不断减小。
6．【答案】A
【知识点】库仑定律；共点力的平衡
【解析】【解答】由于小球B缓慢运动，对小球B分析可知，受细线的拉力F，静电斥力和重力G，如图所示
设A、B两个小球的电荷量分别为、，B球的质量为m，，，，根据平衡条件结合相似三角形可知
根据上述表达式可以得出m、h以及电荷量不变，所以r不变，B球运动轨迹是一段圆弧，故A正确；
B．电荷量不变，r不变，根据库仑定律可知，库仑力大小不变，故B错误；
C．根据做功的定义式可以得出拉力与速度方向夹角为锐角，拉力做正功。库仑力方向与速度方向垂直，库仑力不做功，故C错误；
D．在此过程中，m、h不变，l减小，根据表达式可知拉力减小，故D错误。
故选A。
【分析】利用小球缓慢运动的平衡条件结合矢量三角形定则可以判别库仑力和拉力的大小变化；利用拉力方向和库仑力方向可以判别拉力和库仑力做功的情况；利用几何关系可以判别B球的运动轨迹。
7．【答案】A,D
【知识点】电势能；电势；带电粒子在电场中的加速
【解析】【解答】A．像素由黑变白的过程中，黑色微粒在电场力的作用下向下运动，则黑色微粒受到的电场力向下，位移向下，电场力对黑色微粒做正功，电势能减小，白色微粒在电场力的作用下向上运动则白色微粒受到的电场力向上，位移向上，电场力对白色微粒做正功，电势能减小，故A正确；
B．像素由黑变白的过程中，根据微粒运动的方向可以得出：电场力对黑色微粒和白色微粒均做正功，故B错误；
C．像素呈黑色时，胶囊下方的电极带负电，像素胶囊里电场线方向向下，根据电场线的方向可以得出黑色微粒所在的区域的电势高于白色微粒所在区域的电势，故C错误；
D．透明面板为黑色时，电场向下，根据电场线的方向可以得出黑色微粒处电势高，透明面板为白色时，电场向上，根据电场线的方向可以得出黑色微粒处电势高。故D正确。
故选AD。
【分析】利用像素由黑变白的过程中，利用微粒的运动方向可以判别电场力方向，结合运动的方向可以判别电场力做功；利用电场线方向可以比较电势的高低。
8．【答案】A,B
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A．根据动能定理，离开加速电场时的动能为
故A正确；
BD．粒子在加速电场中做匀加速直线运动，有
粒子在偏转电场中做类平抛运动，有
，，，，
解得
，
由此可知，粒子离开偏转电场时竖直位移相同；粒子离开偏转电场时的动能
两个粒子的电荷量与y都相同，则动能相等，又粒子离开偏转电场时的位置、速度方向均相同，所以在感光纸上留下1个感光点，故B正确，故D错误；
C．在加速电场中，根据动能定理可得
可得
在偏转电场中沿平行板方向做匀速直线运动，则
故氘（）所需时间更长，故C错误。
故选AB。
【分析】根据加速电场中电场力做功确定对两粒子电场力做功相等，依据动能定理确定粒子速度公式结合偏转电场粒子类平抛运动求解粒子运动时间、偏转位移和偏转角，依据粒子比荷分析判断。
9．【答案】A,B,D
【知识点】含容电路分析；电路动态分析
【解析】【解答】A．由于为光敏电阻（阻值随光照强度的增大而减小）， 当光照强度减小时，光敏电阻增大，外电路总电阻增大，根据欧姆定律可以得出干路电流减小，两端电压减小，即电压表示数减小，故A正确；
B．因电源内阻与外电阻大小关系未知，根据功率的表达式则无法判断电源输出功率的变化；故B正确；
C．根据内外电压的大小可以得出电源的效率为
当光照强度减小时，光敏电阻增大，外电路总电阻增大，电源效率增加，故C错误；
D．当光照强度减小时，光敏电阻增大，外电路总电阻增大，会导致总电流减小，则内电压减小，路端电压增大，由于R1两端电压减小则两端电压增大，电容器C的电压增大，根据电势差与场强的关系可以得出场强增大，由于电场强度增大会导致电场力增大后大于重力，小液滴向上运动，电场力做正功，根据功能关系可以得出机械能增大，故D正确。
故选ABD。
【分析】利用光敏电子的阻值变化可以判别干路电流的变化，结合欧姆定律可以判别电压表示数的变化；由于未知内外电阻的大小不能判别输出功率的大小变化；利用内外电压可以判别效率的变化；利用外电压的变化可以判别电容器板间电压及电场强度的变化，结合电场力变化可以判别电场力做功进而判别机械能的大小变化。
10．【答案】B,C,D
【知识点】带电粒子在重力场和电场复合场中的运动
【解析】【解答】A．若小球恰能在竖直平面内绕O点做圆周运动，等效重力即电场力和重力的合力，根据电场力的表达式可以得出小球受到水平向右的电场力
根据力的合成可以得出合力为
方向斜向右下方，与竖直方向夹角为，设等效合力方向与弧的交点为，则它运动到等效最低点动能最大，故A错误；
B．根据A的分析可以得出合力的大小为
设小球在竖直平面内做匀速圆周运动，最小速度为v，根据牛顿第二定律有
解得
故B正确；
C．机械能的增加量等于除重力弹力外其他力做的功，要想机械能最小，根据功能关系则电场力做负功且最多，即小球运动到A点，由于小球运动的方向与电场力方向相反，且位移最大，则电场力做的负功最多，机械能最小，故C正确；
D．若小球做圆周运动，小球从A运动到B时，根据动能定理有
可得
但是由于小于，故先做一段曲线近心运动，后绳子绷直，有动能损失，故B点速度小于，故D正确。
故选BCD。
【分析】利用力的合成可以求出小球受到的合力方向，结合合力的方向可以判别小球动能最大的位置；利用合力提供向心力可以求出最小速度的大小；利用电场力做功最多的位置可以得出机械能最小的位置；利用动能定理可以得出小球运动到B点速度的大小。
11．【答案】7.884；B；增大
【知识点】验证机械能守恒定律；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】（2）根据螺旋测微器的结构可以得出小球的直径为
（3）在测量时，为了测量小球经过光电门的时间，所以应先接通数字计时器，再释放小球。
故选B。
（4）若调低光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，会导致阻力做功比较大，则会导致小球损失的机械能比较大，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。
【分析】（2）利用螺旋测微器的结构可以得出对应的读数；
（3）实验应该先接通数字计时器，再释放小球；
（4）若调低光电门的高度，较调整之前小球会经历较大的空中距离，会导致阻力做功比较大，则会导致小球损失的机械能比较大，所以将会增大因空气阻力引起的测量误差。
12．【答案】（1）A；C
（2）5.8；110
（3）大；3100
【知识点】电压表、电流表欧姆表等电表的读数；练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）A．多用电表测量电阻时，更换倍率后由于测量的精确度不同所以必须重新进行欧姆调零，选项A正确；
B．多用电表测量电流前需要进行机械调零，更换量程时不需要再次进行机械调零，选项B错误；
C．多用电表测量未知电流时，为了避免电表烧坏，应该用最大量程试测，选项C正确。故选AC。
（2）选择开关置于“10V”挡，电表最小刻度为0.2V，此时读数为5.8V；选择开关处于“×10”挡，根据图示示数和挡位可以得出读数为110Ω。
（3）根据闭合电路欧姆定律
由于满偏电流保持不变，可知电动势变大导致变大；又欧姆表的本质是通过电流反映电阻，刻度值是按电池电动势为1.50V刻度的，根据欧姆定律有：
，，，
解得真实值为
【分析】（1）测量电阻时，更换倍率需要重新进行欧姆调零；测量电流时，更换量程不需要重新进行机械调零；测量未知电流时，为了避免电表烧坏，应该用最大量程试测；
（2）利用电压表的分度值可以得出电压的大小；利用示数和挡位可以得出电阻的大小；
（3）利用闭合电路的欧姆定律可以判别电动势变大时则变阻器的电阻变大；利用欧姆定律可以去求出电阻的真实值。
13．【答案】（1）闭合、断开的情况下，电流表的示数为1A，由闭合电路欧姆定律可得
代入数据解得
（2）、均闭合的情况下，由闭合电路欧姆定律，可得路端电压为
灯泡的电流为
电动机的电流为
电动机M的总功率为
代入数据得
【知识点】焦耳定律；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）当开关闭合、断开的情况下，根据闭合电路的欧姆定律可以求出灯泡电阻的大小；
（2）当两个开关闭合时，利用闭合电路的欧姆定律结合灯泡的欧姆定律可以求出电动机电流的大小，结合电功率的表达式可以求出总功率的大小。
14．【答案】（1）带正电微粒从A点移动到B点，电场力做功为零；从B点移动至C点，电场力做功为W（）；可知电场与AB连线垂直，指向AC方向；根据功的定义式可得
解得电场强度的大小为
（2）将该带电微粒从A点水平抛出，要使其通过BC中点，设微粒的初速度大小，微粒在电场中做类平抛运动，则有
，，
联立解得
【知识点】电场力做功；电势差；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）已知带电粒子做功带电情况，进而可以判别电场的方向，结合功的表达式可以求出电场强度的大小；
（2）粒子从A点水平抛出时，利用类平抛运动的位移公式可以求出初速度的大小。
15．【答案】（1）由点电荷场强公式，单个点电荷在M点的场强大小
①
由矢量的合成有
②
方向由O指向M
（2）设O点下方处为C点，A与C的距离为，小球在C处所受的库仑力大小为，由库仑定律和力的合成有
③
式中
④
设小球的质量为，小球在C点的加速度大小为a，
由牛顿第二定律有
⑤
由图（c）可知，式中
联立并代入数据得
⑥
（3）设O点上方处为D点。根据图（c）和对称性可知，在D点所受的电场力大小等于小球的重力大小，方向竖直向上，在此处加速度为0；在D点上方做减速运动，在D点下方做加速运动，为保证能运动到N点，运动到D点时的速度必须大于零
设M点与D点电势差为，由电势差定义有
⑦
设小球初动能为，运动到D点的动能为，由动能定理有
⑧
⑨
由对称性，D点与C点电势相等，M点与N点电势相等，依据图（b）所给数据，并联立⑥⑦⑧⑨式可得
⑩
【知识点】库仑定律；电场强度；带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）已知场源电荷的电荷量，结合电场强度的表达式及场强的叠加可以求出电场强度的大小；
（2）已知小球的位置，结合电场力的合成可以求出小球受到的库仑力的大小，结合牛顿第二定律结合加速度的大小可以求出小球重力的大小；
（3）已知电势差的大小，结合动能定理可以求出小球初动能的大小。
1 / 1
