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江苏省如皋中学2024-2025学年度第二学期综合练习（四）

高—物理

命题人：邱建国审核人：王敏

一、单选题

1. 如图所示，甲、乙两同学握住绳子A、B两端摇动（A、B近似不动），绳子绕AB连线在空中转到图示位置时，则有关绳上P、Q两质点运动情况，说法正确的是（　　）

A. P的转动周期小于Q的转动周期

B. P的线速度大于Q的线速度

C. P的向心加速度小于Q的向心加速度

D. P的向心加速度大于Q的向心加速度

【答案】C

【解析】

【详解】A．由题意可知绳子上的各点同轴转动，角速度、周期相同，即,故A错误；

B．根据线速度公式，P、Q两质点角速度相等，由于，所以，故B错误；

C D．根据向心加速度公式，P、Q两质点角速度相等，由于，所以，故C正确，D错误。

故选C。

2. 若海王星绕太阳逆时针运行的运动轨迹如图所示，图中AC为长轴，BD为短轴，若只考虑万有引力的作用，则海王星（　　）

A. 在A点的速率小于在B点的速率

B. 在B点的加速度与在D点的加速度相同

C. 从C到D所用的时间等于从D到A的时间

D. 从A到B的过程中与太阳的连线扫过的面积比从B到C的小

【答案】D

【解析】

【详解】A．根据开普勒第二定律可知，海王星在近日点A点的速率最大，远日点C点的速率最小，从A点到C点，海王星的速率逐渐减小，所以海王星在A点的速率大于在B点的速率，故A错误；

B．根据对称性可知，在B点的加速度与在D点的加速度大小相等，但方向不同，故B错误；

C．由于从C点到A点，海王星的速率逐渐增大，所以海王星从C到D所用的时间大于从D到A的时间，故C错误；

D．由于从A点到C点，海王星的速率逐渐减小，所以海王星从A到B所用的时间小于从B到C的时间；根据开普勒第二定律可知，相同时间内海王星与太阳的连线扫过的面积，所以海王星从A到B的过程中与太阳的连线扫过的面积比从B到C的小，故D正确。

故选D。

3. 在光滑固定斜面顶端，同时无初速度释放完全相同的两个小球A和B，A沿斜面下滑，B自由下落，在各自到达地面的过程中，则（　　）

A. 到达地面前瞬间，重力的瞬时功率不相等

B. 下落过程，重力做功的平均功率相等

C. 下落过程，合力对两球做功不相等

D. 下落过程，重力对两球做功不相等

【答案】A

【解析】

【详解】BD．根据

可知下落过程，重力对两球做功相等；根据

由于沿斜面下滑的小球运动时间较长，所以重力做功的平均功率不相等，故BD错误；

C．沿斜面下滑小球，斜面弹力对小球不做功，则两球都是只有重力做功，且重力做功相等，则合力做功相等，故C错误；

A．根据动能定理可得

可得到达地面前瞬间的速度大小为

可知两球到达地面前瞬间的速度大小相等；根据

由于两球到达地面前瞬间的速度方向与重力方向的夹角不同，所以到达地面前瞬间，重力的瞬时功率不相等，故A正确。

故选A。

4. 用如图所示装置做“验证机械能守恒定律”的实验，通过测量重物运动过程中下落高度h和相应的速度大小v等物理量，进行分析验证。则（　　）

A. 应先释放纸带再打开打点计时器电源

B. 可以利用公式计算重物的速度

C. 若交流电的实际频率小于50Hz，算得的动能偏大

D. 作图像，图线是过原点的直线，说明重物机械能守恒

【答案】C

【解析】

【详解】A．为了充分利用纸带，应先打开打点计时器电源，再释放纸带，故A错误；

B．不可以利用公式计算重物的速度，因为这样认为重物下落的加速度为g，默认了机械能守恒，失去了验证的意义，故B错误；

C．瞬时速度为

若交流电的实际频率小于50Hz，则实际周期大于0.02s，则代入计算的时间间隔偏小，使得速度测量值偏大，根据可知，算得的动能偏大，故C正确；

D．根据

可得

则作图像，只有当图线是过原点的直线时且斜率为，才能说明重物机械能守恒，故D错误。

故选C。

5. 如图所示，绝缘轻杆的两端固定带有等量异种电荷的小球（不计重力）。开始时，两小球分别静止在A、B位置。现外加一匀强电场E，在静电力作用下，小球绕轻杆中点O转到水平位置。取O点的电势为0。下列说法正确的有（　　）

A. 电场中A点电势高于B点

B. 转动中A球电势能变化量大于B球电势能变化量

C. 该过程静电力对两小球做功相等

D. 该过程两小球的总电势能增加

【答案】C

【解析】

【详解】A．沿电场线方向电势降低，则A点电势低于B点，A错误；

BC．两球电荷量相等，转动中两球沿电场线方向运动距离相等，根据

可知，静电力对两小球做功相等，总功为零。则两球电势能变化量大小相等，B错误，C正确；

D．转动过程电场对两小球均做正功，则该过程两小球的总电势能减小，D错误。

故选C。

6. 下列关于电阻表的使用和操作正确的是（　　）

A. 用多用电表测量不同的电阻R时，均需要重新欧姆调零

B. 电阻表欧姆调零后，用“×100”挡测量电阻的阻值，发现表针偏转如图甲所示，为了提高测量精度，应换用“×10”挡，重新欧姆调零后再测量

C. 若用多用电表电阻挡测量某晶体二极管，结果如图乙所示，可知该二极管的正极为A端

D. 多用电表用完后，将红黑表笔拔出即可

【答案】C

【解析】

【详解】A．用多用电表测量不同的电阻R时，如果需要换挡，则需要重新欧姆调零；如果不换挡，则不需要重新欧姆调零，故A错误；

B．欧姆表欧姆调零后，用“×100”挡测量电阻的阻值，发现表针偏转如图甲所示，说明电阻读数较大，倍率挡位选小了，为了提高测量精度，应换用“×1k”挡，重新调零后再测量，故B错误；

C．若用多用电表欧姆挡测量某晶体二极管，结果如图乙所示，由图乙可知左图中电流从B端流入二极管，电阻较大，所测的为二极管的反向电阻；右图中电流从A端流入二极管，电阻较小，测的是正向电阻，则该二极管的正极为A端，故C正确；

D．为保护电路与多用电表，多用电表使用完后应把开关置于OFF挡或交流电压最高挡，故D错误。

故选C。

7. 如图所示，真空中水平放置的平行板电容器的两极板与电压恒定的电源相连，下极板接地（电势为0），极板间的点固定一带负电的点电荷（电荷量不变），把下极板缓慢向上平移少许后，下列说法正确的是（　　）

A. 电容器所带的电荷量减小

B. 点电荷受到的电场力不变

C. 点的电势降低

D. 点电荷的电势能减小

【答案】C

【解析】

【详解】A．根据平行板电容器的决定式可知把下极板缓慢向上平移少许后，电容器的电容变大，再结合可知电容器所带的电荷量变大，故A错误；

B．根据可知极板间的电场强度变大，根据可知点电荷受到的电场力变大，故B错误；

C．因为点所在位置到上极板的距离不变，且下极板的电势为零，且两极板间的电场强度增大，根据可知点所在位置的电势降低，故C正确；

D．点电荷的电势能，由于点电荷带负电，因此点电荷的电势能增大，故D错误。

故选C。

8. 如图所示的电路，电源电动势为E，内阻为r，灯泡L的电阻不随温度变化（电阻值）电流表和电压表均为理想电表。当滑动变阻器的滑动触头向上滑动的过程中，则（　　）

A. 电源输出功率一直增大

B. 电流表示数增大，路端电压增大

C. 电压表示数减小，电压表示数增大

D. 电压表示数与电流表A示数的比值不变

【答案】A

【解析】

【详解】BC．滑动变阻器的滑动触头向上滑动的过程中，滑动变阻器接入电路阻值减小，则电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路总电流增大，路端电压减小，则电流表示数增大；根据

可知电压表示数增大；根据

可知电压表示数减小，故BC错误；

A．电源的输出功率为

可知当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，由于，且外电阻逐渐减小，所以电源输出功率一直增大，故A正确；

D．根据欧姆定律可得

由于滑动变阻器接入电路阻值减小，所以电压表示数与电流表A示数的比值减小，故D错误。

故选A。

9. 新能源汽车以恒定的加速度由静止开始沿平直的公路行驶，时刻达到发动机额定功率后保持功率不变，时刻起匀速行驶。汽车所受的阻力大小不变，则此过程中汽车的速度v、牵引力F、加速度a、功率P随时间t的变化规律正确的是（　　）

A. B.

C. D.

【答案】B

【解析】

【详解】汽车在时间内做匀加速运动，则加速度a不变，速度v均匀增加，牵引力F保持不变，根据

P=Fv=Fat

可知功率随时间均匀增加；时间内，功率P保持不变，根据

可知随速度的增加，加速度a减小，牵引力F减小；时刻后匀速行驶，速度不变，牵引力等于阻力不变，加速度为零，功率不变。

故选B。

10. 如图所示，两个等量正点电荷固定于空间中两点，Ox、Oy为其连线的中垂线，c、d关于O点对称，Oa=Ob=Oc=Od。下列说法正确的是（　　）

Aa、b两点场强相同

B. 从O点出发沿着x轴的正方向电势先增大后减小

C. 电子可能在xOy平面内，以O圆心做匀速圆周运动

D. 电子在c点的电势能大于在b点的电势能

【答案】C

【解析】

【分析】

【详解】A．a、b两点场强大小相等，方向不同，A错误；

B．从O点出发沿着x轴的正方向电势一直减小，B错误；

C．在xoy平面内，以O为圆心的圆周上，电场强度均等大，方向指向O点，当电子取恰当初速度条件下，可能绕O做匀速圆周运动，C正确；

D．将负电荷从c点移动到O点，再移动到b点，电场力一直做负功，所以c点的电势能小于在b点的电势能，D错误；

故选C。

11. 如图所示，小物块A下端与固定在地面上的轻弹簧相连，上端与绕过定滑轮的细线和小物块B相连，A、B质量相等，整个装置处于静止状态，现将B向下拉至地面由静止释放，运动过程中A、B速度大小始终相等，弹簧始终在弹性限度内，不计摩擦，则（　　）

A. B不能再次到达地面

B. B上升过程中，B的机械能先增大后减小

C. 弹簧处于原长时，A、B组成的系统总动能最小

D. A在最高点和最低点时，弹簧的弹性势能相等

【答案】D

【解析】

【详解】A．依题意，运动过程中A、B速度大小始终相等，弹簧始终在弹性限度内，可知系统中只涉及弹簧的弹性势能和两物体的机械能之间的相互转化，总的机械能守恒。在运动过程中B可能再次到达地面，故A错误；

B．B上升过程中，细线拉力做正功，B的机械能增大，故B错误；

C．弹簧处于原长时，A、B的加速度为零，组成的系统总动能最大，故C错误；

D．A在最高点和最低点时，两物块的动能均为零，两物块的重力势能之和相等，由系统机械能守恒可知这两个状态时弹簧的弹性势能相等，故D正确。

故选D。

二、非选择题

12. 在测量电源电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，会产生系统误差。为了消除电表的内阻产生的系统误差，某兴趣小组连接了如图所示的电路来测量电源电动势和内阻，其中。

（1）实验操作步骤如下：

①将滑动变阻器滑到______位置（填“最左端”、“正中间”或“最右端”）

②单刀双掷开关S与1接通，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U、I的值，断开开关

③重复步骤①

④单刀双掷开关S与2接通，闭合开关，调节滑动变阻器R，记录下若干组数据U、I的值，断开开关

⑤在图丙中分别作出两种情况所对应的图像

（2）某次读取电表数据时，电表指针如图丁所示，此时电表示数为______V。

（3）图丙中的图线1是开关与______（填“1”或“2”）接通时相对应。

（4）根据图丙中的图线求得电源电动势______V，内阻______Ω。（结果均保留两位小数）

（5）该兴趣小组经讨论认为，利用图丙还可以计算出电流表和电压表的内阻，其中，电流表的内阻为______Ω。

【答案】（1）最左端（2）1.30

（3）1（4） ①. 1.8②. 2.5

（5）0.5

【解析】

【小问1详解】

为了保护电路，滑动变阻器应以最大电阻接入电路，故滑到最左端。

【小问2详解】

由图丙可知，电压表的量程为3V，其分度值为0.1V，需要估读到分度值的下一位，电压表读数U=1.30V。

【小问3详解】

当单刀双掷开关接1时，电动势的测量值（图线与纵轴交点）准确，内阻的测量值（图像的斜率）偏大；当单刀双掷开关接2时，电动势测量值偏小，内阻测量值偏小。比较图丙中两条图线，图线Ⅰ对应与开关与1接通，图线Ⅱ对应与开关与2接通。

提示：可以利用等效电源方法，当单刀双掷开关接1时，将电源、电阻R₀视为“新电源1”，电源、电阻R₀和电流表视为“新电源2”，当单刀双掷开关接2时，电源、电阻R₀和电压表视为“新电源2”。

【小问4详解】

[1][2]当单刀双掷开关接1时，电流表示数为零时，电压表测量准确；当单刀双掷开关接2，电压表示数为零时，电流表测量准确。由图丙可得，。

【小问5详解】

建立等效电源模型如图所示，图线Ⅰ的斜率为5.00Ω，图线Ⅰ的斜率k₁=r+r_A+R₀，解得R_A=k₁－r－R₀=0.50Ω。

13. 如图所示，某人造地球卫星A围绕地球赤道所在平面做周期为T的匀速圆周运动，B是赤道上的一点，直线AB与半径OB垂直，直线与AB夹角为，地球的半径为R，忽略地球自转，引力常量为G，求：

（1）地球的质量M；

（2）地球第一宇宙速度v。

【答案】（1）

（2）

【解析】

【小问1详解】

设卫星A的轨道半径为，根据几何关系可得

由万有引力提供向心力可得

联立解得地球的质量为

【小问2详解】

地球第一宇宙速度等于近地卫星的运行速度，由万有引力提供向心力可得

可得

14. 如图所示的电路中，电源电动势为，内阻为，白炽灯的灯丝电阻为，电动机M线圈的电阻为。当开关S闭合后，白炽灯的电功率为。若灯丝电阻保持不变。

（1）求电源总功率P；

（2）求电动机效率。

【答案】（1）12W（2）

【解析】

小问1详解】

灯泡消耗的功率

解得灯泡两端电压

则通过电源的电流

电源总功率

【小问2详解】

流过电动机的电流为

电动机M输出的机械功率为

电动机的效率为

15. 如图所示，某游乐场游乐装置由竖直面内轨道BCDE组成，左侧为半径的光滑圆弧轨道BC，轨道上端点B和圆心O的连线与水平方向的夹角，下端点C与粗糙水平轨道CD相切，DE为倾角θ=37°的粗糙倾斜轨道，一轻质弹簧上端固定在E点处的挡板上。现有质量为的小滑块P（视为质点）从空中的A点以的初速度水平向左抛出，经过后恰好从B点沿轨道切线方向进入轨道，沿着圆弧轨道运动到C点之后继续沿水平轨道CD滑动，经过D点后沿倾斜轨道向上运动至F点（图中未标出），弹簧恰好压缩至最短，已知，滑块与轨道CD、DE间的动摩擦因数为，各轨道平滑连接，不计其余阻力，重力加速度g取，。求：

（1）BO连线与水平方向的夹角的大小及小滑块P到达B点时的速度大小；

（2）小滑块P到达与O点等高的点时对轨道的压力大小；

（3）弹簧的弹性势能的最大值；

【答案】（1）30°，4m/s

（2）5N（3）2.02J

【解析】

【小问1详解】

滑块从A到B做平抛运动，水平方向速度不变，竖直方向为自由落体运动；

滑块经过B点时的竖直分速度为

滑块在B的速度关系如图所示：

根据运动的合成与分解，根据几何关系可得

解得α=30°

B点的合速度

【小问2详解】

小滑块由B→O'机械能守恒，设O′点的速度大小为v；根据动能定理

代入数据解得

滑块经过O'点时受轨道的支持力大小F_N，根据牛顿第二定律

由牛顿第三定律可得滑块在O'点时对轨道的压力大小F_压=5N，方向向左；

【小问3详解】

设CD=DF=L，从B到F，由动能定理及功能关系有

代入数据可解得弹簧的弹性势能的最大值E_p=2.02J。

16. 如图所示装置由“加速器”和“平移器”组成。平移器由左右两对水平放置、相距为L的平行金属板构成。两平行金属板间的电压大小均为、电场方向相反，极板长度均为L、间距均为d。一初速度为零、质量为m、电量为的粒子经过电压为的加速器后，沿着第一对平行金属板的下板上沿水平射入，粒子最终水平撞击在右侧荧光屏上。平行板外的电场以及粒子的重力都忽略不计。

（1）求粒子离开加速器时的速度大小；

（2）求粒子离开第一对平行金属板时竖直方向的位移的大小；

（3）通过改变加速器的电压可以控制粒子水平撞击到荧光屏上的位置，当粒子撞击荧光屏的位置最高时，求此时加速器的电压。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】

【详解】（1）由

解得

（2）粒子经过第一对平行金属板的过程中竖直方向的位移

粒子在平行金属板间的加速度

粒子穿过第一对金属板所用时间

解得

（3）当粒子沿着第二对上方金属板右侧边沿射出时，粒子竖直方向平移量最大，此时几何关系满足

粒子离开加速场时的速度

通过每一对平行金属板所用时间

两对平行金属板内场强方向相反，根据对称性可得

，

解得