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2022-2023学年黑龙江省齐齐哈尔市八校联合体高二（上）期中物理试卷（含答案解析）
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这是一份2022-2023学年黑龙江省齐齐哈尔市八校联合体高二（上）期中物理试卷（含答案解析），共16页。试卷主要包含了6×10−19C，5m/sB，10kg，【答案】B，【答案】C，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年黑龙江省齐齐哈尔市八校联合体高二（上）期中物理试卷
1. 下列说法错误的是( )
A. 英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场
B. 安培的分子电流假说揭示了磁性的起源，他认为在原子，分子等微粒内部存在着分子电流
C. 丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，证明电流周围存在磁场
D. 元电荷的数值最早是物理学家安培测得的 e=1.6×10−19C
2. 关于磁感应强度，下列说法中正确的是( )
A. 磁感应强度的方向，就是小磁针北极所受磁场力的方向
B. 由B=FIL知，B与F成正比，与IL成反比
C. 由B=FIL知，一小段通电导线在某处不受磁场力，说明该处一定无磁场
D. 若长为L、电流为I的导线在某处受到的磁场力为F，则该处的磁感应强度必为FIL
3. 如图，两个固定正点电荷相距L，电荷量均为q(q>0,q远大于电子电量)，两个点电荷中点为O点，A点为两点电荷中垂线上一点。静电力常量为k，不计重力。下列说法正确的是( )
A. 若在A点由静止释放一电子，电子将做匀加速运动
B. 在两点电荷产生的电场中，O点的电场强度大小为零
C. 在两点电荷产生的电场中，O点的电势最高
D. 过O、A两点的直线位于同一等势面上
4. 如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在上极板的同一点上(带电粒子的重力不计).则从开始射入到打到上极板的过程中( )
A. 它们运动的时间tQ>tP
B. 它们运动的加速度aQ
D. 它们的动能增加量之比△EkP：△EkQ=1：2
5. 如图所示，光滑水平桌面上放置质量为M=2kg的长方体形木板B，质量为m=1kg的小物块A停在B右端。t=0时刻，木板B在水平恒力F作用下由静止开始运动，此后A、B运动的速度-时间图像如图乙所示，在t=1s时，A物块刚好从B的左端滑落。规定水平向右为正方向，则以下判断正确的是( )
A. A对B的压力与地面对B的支持力冲量和为零
B. 水平恒力F与A对B的摩擦力的冲量和为零
C. 在0∼1s内，水平恒力F的冲量大小为10N⋅s
D. 在0∼1s内，A对B的冲量为8N⋅s
6. 两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=1kg、mB=2kg、vA=6m/s、vB=2m/s.当球A追上球B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(取两球碰撞前的运动方向为正)( )
A. vA′=5m/s，vB′=2.5m/s B. vA′=2m/s，vB′=4m/s
C. vA′=−4m/s，vB′=7m/s D. vA′=7m/s，vB′=1.5m/s
7. 某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如图中的a、b、c所示．以下判断错误的是( )
A. 直线a表示电源的总功率PE
B. 曲线c表示电源的输出功率PR
C. 电源的电动势E=3V，内电阻r=1Ω
D. 电源的最大输出功率Pm=9W
8. 图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0，一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26J和5J，当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为−8J时，它的动能为( )
A. 8J B. 15J C. 20J D. 34J
9. 如图所示，将带铁芯的线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连接到灵敏电流计上，把线圈A放进线圈B的里面。下列说法正确的是( )
A. 开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电计指针偏转
B. 线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转
C. 线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针向相反的方向偏转
D. 开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才会偏转
10. 如图所示电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度．下述哪些做法可使指针张角增大( )
A. 使A、B两板靠近一些
B. 使A、B两板正对面积错开一些
C. 断开S后，使B板向右平移拉开一些
D. 断开S后，使A、B正对面积错开一些
11. 如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是( )
A. B.
C. D.
12. 如图所示，一轻质弹簧两端各连着滑块A和B，滑块A的质量为m，滑块B的质量2m，两滑块都置于光滑的水平面上，今有质量为m的子弹以水平速度v0射入A中不再穿出，下列说法正确的是( )
A. 子弹打入滑块A过程中，子弹对滑块A的冲量大小为mv0
B. 滑块B的最大速度为12v0
C. 弹簧的最大弹性势能为18mv02
D. 子弹、滑块A、滑块B及弹簧组成的系统损失的机械能为38mv02
13. 把电流表改装成电压表的实验中，电流表G的满偏电流Ig为200μA，内阻rg在400−600Ω之间。电路如图1所示，利用半偏法测定电流表G的内阻rg，其供选用的器材如下：
A.滑动变阻器(阻值范围0∼200Ω)
B.滑动变阻器(阻值范围0∼5000Ω)C.电阻箱(阻值范围0∼999Ω)D.电阻箱(阻值范围0∼99999Ω)
依据实验要求，R1最好选用______、R2最好选用______。(填入选用器材前面的字母代号)
(2)该实验操作的步骤有：
A.接通K1，调节电阻R1，使电流表G指针偏转到满刻度
B.接通K2，调节电阻R2，使电流表G指针偏转到满刻度的一半 C.读出R2的阻值，即认为rg=______用此方法测得电流表内阻的测量值与真实值相比______。(填“偏大”或“偏小”或“相等”)
(3)由此实验测出电流表内阻rg=500Ω，现通过串联一个49.5kΩ的电阻把它改装成为一个电压表，则该电压表的量程为______V；如果用改装后的电压表进行测量(已校准)表头示数如图2所示，则测得的电压值是______V。
14. 如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．
①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量______(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．
A.小球开始释放高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的射程
②图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．
接下来要完成的必要步骤是______(填选项前的符号).
A.用天平测量两个小球的质量m1、m2
B.测量小球m1开始释放高度h
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM，ON
③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______(用(2)中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为______(用(2)中测量的量表示).
15. 如图所示，光滑斜面倾角为37∘，一带有正电的小物块质量为m=1.0×10−3kg，电荷量为q，置于斜面上。当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，匀强电场场强大小为E=2500v/m，(g取10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8)
(1)求小物块的带电量q；
(2)从某时刻开始，电场强度变化为原来的一半，则过2s后，物块运动的速度为多大。
16. 利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E=6V，电源内阻r=1Ω，电阻R=4Ω，重物质量m=0.10kg。闭合电键，当将重物固定时，电压表的示数为5V；当重物不固定且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为5.6V.求：(不计摩擦，g取10m/s2)
(1)电动机的内阻。
(2)重物匀速上升时电动机的输入功率。
(3)重物匀速上升的速度大小。
17. 如图所示，在光滑的水平地面上，质量为1.75kg的木板右端固定一光滑四分之一圆弧槽，木板长2.5m，圆弧槽半径为0.4m，木板左端静置一个质量为0.25kg的小物块B，小物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.8，在木板的左端正上方，用长为1m的不可伸长的轻绳将质量为1kg的小球A悬于固定点O，现将小球A拉至左上方，轻绳处于伸直状态且与水平方向成θ=30∘角，小球由静止释放，到达O点的正下方时与物块B发生弹性正碰。不计圆弧槽质量及空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)小球A与物块B碰前瞬间，小球A的速度大小；
(2)物块B上升的最大高度；
(3)物块B与木板摩擦产生的总热量。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，故A正确；
B、安培的分子电流假说揭示了磁性的起源，他认为在原子，分子等微粒内部存在着分子电流，故B正确；
C、丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，证明电流周围存在磁场，故C正确；
D、元电荷的数值最早是物理学家密立根测得的 e=1.6×10−19C，故D错误；
本题选错误的，故选：D。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2.【答案】A
【解析】解：A、磁感应强度的方向就是该点的磁场方向，也就是小磁针北极所受磁场力的方向。故A正确。
B、B=FIL是采用比值法定义的，B与F、IL等无关，不能说B与F成正比，与IL成反比。故B错误。
C、一小段通电导线在某处不受磁场力，该处不一定无磁场，也可能是因为导线与磁场平行。故C错误。
D、只有当通过导线垂直放入磁场中，磁感应强度才为FIL，若导线与磁场不垂直，则磁感应强度大于FIL.故D错误。
故选：A。
磁感应强度的定义式：B=FIL是采用比值法定义的，B与F、IL等无关，由磁场本身决定的，充分理解磁场强度的定义式即可正确解答本题。
对于概念的理解要深入充分，不能停留在表面，很多概念的定义式和决定式是不同的，如电场强度、磁感应强度、速度、加速度等。
3.【答案】B
【解析】解：等两同种电荷电场线分布如图所示：
A、根据电场强度叠加原理或上图可知，两点电荷连线中垂线上的电场强度方向从终点沿中垂线指向无穷远，故且先增大后减小，故电子受到的电场力是个变力，做非匀变速直线运动，故A错误；
B、两等量点电荷在O点产生电场强度大小相等，方向相反，合场强为零，故B正确；
C、根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，中垂线上中点电势高于无穷远处，但两电荷连线上，从正电荷到中点，电势逐渐降低，故O点的电势不是最高，故C错误；
D、过OA两点的直线是中垂线，是一条电场线，不是等势面，故D错误；
故选：B。
电场强度是矢量，根据平行四边形定则可判两点电荷连线中垂线上的电场分布特点以及沿着电场线方向电势逐渐降低分析各项即可。
本题关键是明确电场强度和电势的求解方法，注意电场强度是矢量，电势是标量，合成的法则不同
4.【答案】C
【解析】
【分析】
将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析．
本题关键将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析．
【解答】
A、垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，得到运动时间相等，所以A错误；
B、平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，
根据位移时间关系公式，有：
x=12at2
解得：a=2xt2…①
由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为1：2，
所以aQ>aP，故B错误；
C、根据牛顿第二定律，有：
qE=ma…②
由①②两式解得：
q=2xmEt2
所以它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2，故C正确；
D、根据动能定理，有：
qEx=△Ek
而：qP：qQ=1：2，xP：xQ=1：2，
所以动能增加量之比：△EkP：△EkQ=1：4，故D错误；
故选：C。
5.【答案】C
【解析】解：A、因为A对B的压力小于地面对B的支持力，所以这两个力的冲量和不等于零，故A错误；
B、因为水平恒力F大于A对B的摩擦力，所以这两个力的冲量和不为零，故B错误；
C、在0∼1s内，对A根据动量定理得：ft=m×2m/s−0=2N⋅S。对B根据动量定理得：Ft−ft=M×4m/s−0，解得Ft=10N⋅S，水平恒力F的冲量大小为10N⋅S，故C正确；
D、在0∼1s内，A对B的冲量大小为ft=2N⋅S，故D错误。
故选：C。
利用图像分析物体的受力，再利用动量定理算出每个力的冲量大小。
图像和动量定理的综合考查，难度中等，可帮助加强提升学生在受力分析、图像解读和动量定理公式应用上的能力。
6.【答案】B
【解析】解：考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而AD错误，BC满足；
两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，ABCD均满足；
根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为22J，B选项碰撞后总动能为18J，C选项碰撞后总动能为57J，故C错误，B满足；
故选B.
两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度．
本题碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会比前面的球运动的快！
7.【答案】D
【解析】解：A、电源消耗的总功率的计算公式PE=EI，可知PE与I的关系为正比例，故A正确；
B、输出功率PR=PE−Pr=EI−I2r，应为开口向下的曲线，故曲线c表示输出功率，故B正确；
C、当I=3A时，PR=0，说明外电路短路，根据PE=EI知电源的电动势E=3V，内电阻r=EI=1Ω，故C正确；
D、图线c表示电源的输出功率与电流的关系图象，很显然，最大输出功率小于3W，故D错误；
本题选择错误的选项，故选：D.
根据电源消耗的总功率的计算公式PE=EI可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率Pr=I2r可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，再由功率的公式可以分析功率之间的关系．
本题根据图象考查电源的输出功率，要注意根据公式分析图象；同时明确当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和．
8.【答案】C
【解析】解：电荷经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV，动能减小了21eV.而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，动能变化相等，所以经过3等势面的动能为：Ek3=26eV−14eV=12eV；电荷在等势面3的电势为0，所以电荷的总能量为E=Ep3+Ek3=0+12eV=12eV；
所以电荷的电势能变为−8eV时，根据能量守恒定律得到，动能应为20eV，故C正确，ABD错误。
故选：C。
相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，根据能量守恒定律确定出电荷在3等势面上的电势能，写出电荷的总能量，再由能量守恒求出其电势能变为−8eV时的动能值。
本题关键要根据电场力做功与电势差的关系确定电荷的总能量，然后结合等差等势面之间的关系即可正确解答．
9.【答案】AC
【解析】
【分析】
产生感应电流的条件是闭合电路的磁通量发生变化，指针偏转时说明电路中产生了感应电流，将产生感应电流的情况与螺线管中磁场的变化情况联系在一起即可得到答案。
闭合线圈中的磁通量发生变化有几种方式：可以线圈面积的变化，也可以磁场的变化，也可以线圈与磁场的位置变化。
【解答】
解：A、开关闭合后，线圈A插入或拔出时穿过B的磁通量会发生变化，产生感应电流，都会引起电计指针偏转，故A正确；
B、线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，穿过B的磁通量会发生变化，产生感应电流，电流计指针会偏转，故B错误；
C、线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，穿过B的磁通量分别会发生增加和减小，磁通量的方向相同，会产生相反方向的感应电流，电流计指针向相反的方向偏转，故C正确；
D、开关闭合后，滑动变阻器的滑片P无论如何滑动，电路中电流都会变化，穿过B的磁通量会发生变化产生感应电流，电流计指针会偏转，故D错误；
故选：AC。
10.【答案】CD
【解析】解：A、B、合上开关，电容器两端间的电势差等于电源的电动势，保持不变，所以静电计指针张角不变．故A、B错误．
C、断开S，电容器带电量保持不变，使B板向右平移拉开一些，根据\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)，d变大，C变小．根据\(C=\dfrac{Q}{U}\)，U增加，张角变大．故C正确．
D、断开S，电容器带电量保持不变，使A、B正对面积错开一些，根据\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)，S变小，C变小．根据\(C=\dfrac{Q}{U}\)，U增大，张角增大．故D正确．
故选：CD.
静电计测量的是电容器两端间的电势差．合上开关，电容器两端间的电势差不变；断开开关，电容器所带的电荷量不变；根据电容器的决定式\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)和定义式\(C=\dfrac{Q}{U}\)分析判断哪些做法可使指针张角增大．
解决本题的关键在处理电容器动态分析时，电容始终与电源相连，两端间电势差不变，与电源断开，电量保持不变．
11.【答案】BC
【解析】解：分析电子一个周期内的运动情况：0∼T4时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，T4∼T2时间内沿原方向做匀减速直线运动，T2时刻速度为零。T2∼3T4时间内向A板做匀加速直线运动，3T4∼T时间内做匀减速直线运动。接着周而复始。
A.电子做匀变速直线运动时x−t图象应是抛物线，故A错误。
BD.根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况。故B正确，D错误。
C.根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度大小不变，a−t图象应平行于横轴，故C正确。
故选：BC。
分析电子一个周期内的运动情况：0∼T4时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，T4∼T2时间内沿原方向做匀减速直线运动，T2时刻速度为零。T2∼3T4时间内向A板做匀加速直线运动，3T4∼T时间内做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律分析加速度。根据电子的运动情况分析判断。
本题是带电粒子在周期性电场中运动的问题，关键是分析电子的运动情况。
12.【答案】BC
【解析】解：涉及动量守恒定律，取向右为正方向。
A、设子弹打入滑块A的过程中，动量守恒，设共速的速度大小为v，根据动量守恒定律可得：mv0=2mv，解得：v=12v0；
对A，取向右为正方向，根据动量定理可得子弹打入滑块A过程中，子弹对滑块A的冲量大小为I=mv=12mv0，故A错误；
B、子弹打入滑块A后，以整体为研究对象，设弹簧弹开后子弹和A的速度大小为v1，B的速度大小为v2；
根据动量守恒定律可得：2mv=2mv1+2mv2
根据机械能守恒定律可得：12×2mv2=12×2mv12+12×2mv22
解得：v1=0，v2=12v0，故滑块B的最大速度为12v0，故B正确；
C、当三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律可得：2mv=4mv共
根据能量守恒定律可得：EP=12×2mv2−12×4mv共2
联立解得弹簧的最大弹性势能为EP=18mv02，故C正确；
D、子弹打入滑块A过程中机械能有损失，以后子弹、滑块A、滑块B及弹簧组成的系统机械能不变，则损失的机械能为：
ΔE=12mv02−12×2mv2=12mv02−12×2m(v02)2=14mv02，故D错误。
故选：BC。
子弹打入滑块A的过程中，根据动量守恒定律求解穿入后的速度大小，对A根据动量定理求解子弹对滑块A的冲量大小；
子弹打入滑块A后，以整体为研究对象，根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解滑块B的最大速度；
当三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律、能量守恒定律求解弹簧的最大弹性势能；
子弹打入滑块A过程中机械能有损失，根据能量守恒定律求解机械能的损失。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
13.【答案】DCR2偏小 106.0
【解析】解：(1)首先我们要知道半偏法测量电流表内阻的方法以及测量原理：
如图，设电源的电动势为E，内阻为r，K2打开时，设电流表满偏电流Ig=Er+R1+Rg，实验要求R1>>Rg，R1>>r，这样才有Ig≈ER1，
当K2闭合时，R2和Rg并联，并联后总阻值R并
从上述原理可知，K2打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是R1>>Rg.故实验器材选择应满足①电源电动势尽可能大，②R1尽可能大。所以R1选用大量程的电阻箱D，R2选用量程跟电流表内阻差不多的即可，选C。
(2)当K2闭合时，R2和Rg并联，并联后总阻值R并
为了使改装表与标准表在零到量程范围内一一校对，要采用滑动变阻器分压接法，实物连接图如图所示
图中电流表示数为I=120μA，则 所测的电压U′=I(Rg+49500)=6.0V；
故答案为：(1)D；C；(2)R2；偏小；(3)10；6.0。
(1)应用半偏法测电流表内阻实验，为减小实验误差，应选择最大阻值较大的滑动变阻器，选择与待测电表内阻相当的电阻箱，根据所给实验器材分析答题。
(2)根据题意应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题。
(3)根据欧姆定律求出电压表量程，根据电压表量程由图示表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数。
本题考查半偏法测电流表内阻的原理和电压表的改装原理以及改装表的校对，难点是对半偏法测电流表内阻原理的解释。
14.【答案】CADEm1OP=m1OM+m2ONm1⋅OP2−=m1⋅OM2−+m2ON2−
【解析】解：①小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，
故选：C.
②要验证动量守恒定律定律，即验证：m1v1=m1v2+m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，
上式两边同时乘以t得：m1v1t=m1v2t+m2v3t，得：m1OP=m1OM+m2ON，
因此实验需要测量：两球的质量、小球的水平位移，故选：ADE.
③由②可知，若两球相碰前后的动量守恒，实验需要验证：m1OP=m1OM+m2ON；
若碰撞是弹性碰撞，那么还满足：12m1v12=12m1v22+12m2v32
结合公式：x=vt
表达式整理为：m1⋅OP2−=m1⋅OM2−+m2ON2−
故答案为：(1)C；(2)ADE；(3)m1OP=m1OM+m2ON，m1⋅OP2−=m1⋅OM2−+m2ON2−
①根据实验原理分析答题．
②由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量；
③根据②的分析确定需要验证的关系式．
实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目．
15.【答案】解：(1)小物块静止在斜面上时受力如图所示：
由平衡条件得：mgsin37∘−qEcos37∘=0
代入数据解得：q=3×10−6C
(2)当电场强度变为原来的一半，物块沿斜面加速下滑，
对物块，由牛顿第二定律得：mgsin37∘−12qEcos37∘=ma
代入数据解得：a=3m/s2
经t=2s后物块的速度大小v=at=3×2m/s=6m/s
答：(1)小物块的带电量q是3×10−6C；
(2)过2s后物块运动的速度大小为6m/s。
【解析】(1)应用平衡条件求出小物块的电荷量。
(2)应用牛顿第二定律求出小物块的加速度大小，应用运动学公式求出物块的速度大小。
本题求解的关键是受力分析，应用平衡条件与牛顿第二定律、运动学公式即可解题。
16.【答案】解：(1)由题，电源电动势E=6V，电源内阻r=1Ω，当将重物固定时，电压表的示数为5V，则根据闭合电路欧姆定律得，电路中电流为：I=E−Ur=6−51A=1A
电动机的电阻：RM=UI−R=51−4=1Ω
(2)当重物匀速上升时，电压表的示数为：U=5.6V
电路中电流为：I′=E−U′r=6−5.61A=0.4A
电动机两端的电压为：UM=E−I′(R+r)=6V−0.4×(4+1)V=4.0V，
故电动机的输入功率：P=UMI′=4.0×0.4=1.6W
(3)根据能量转化和守恒定律得：UMI′=mgv+I′2RM
代入解得：v=1.44m/s
答：(1)电动机的内阻为1Ω。
(2)重物匀速上升时电动机的输入功率为1.6W。
(3)重物匀速上升的速度大小为1.44m/s。
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流，重物固定相当于电动机不转动，视为纯电阻，利用欧姆定律求解电阻；
(2)根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流，根据部分电路欧姆定律求解电压，电动机消耗的电功率P=UI；
(3)根据能量转化和守恒定律列方程求解重物匀速上升时的速度大小。
本题是欧姆定律与能量转化与守恒定律的综合应用。对于电动机电路，不转动时，是纯电阻电路，欧姆定律成立；当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立。
17.【答案】解：(1)设轻绳长为L，小球A自由落体L时，轻绳刚好再次伸直，此时速度为v1，
根据自由落体运动规律可得：v12=2gL，
轻绳伸直后瞬间小球A速度为：v2=v1cos30∘，
轻绳刚好再次伸直后到最低点过程，由动能定理得：
mAgL(1−sin30∘)=12mAv32−12mAv22，
代入数据解得：v3=5m/s；
(2)小球A与物块B弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv3=mAv4+mBv5，
由机械能守恒定律得：12mAv32=12mAv42+12mBv52，
代入数据解得：v4=3m/s，v5=8m/s，
物块B在最高点时，与木板水平共速，木板速度为v6，
设物块B升高最大高度为h，板长为L1，
碰撞过程系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mBv5=(mB+M)v6，
由能量守恒定律得：12mBv52=12(mB+M)v62+μmBgL1+mBgh，
代入数据解得：h=0.8m>0.4，物块B飞出圆弧槽。
(3)假设物块B最终能停在木板上，物块B与木板速度共同速度仍为v6，
物块B在木板上相对木板滑行路程设为x，由能量守恒定律得：
12mBv52=12(mB+M)v62+μmBgx，
代入数据解得：x=3.5m<5m，故物块B最终能停在木板上，
产生总热量为：Q=μmBgx，
代入数据解得：Q=7J；
答：(1)小球A与物块B碰前瞬间，小球A的速度大小为5m/s；
(2)物块B上升的最大高度为0.8m；
(3)物块B与木板摩擦产生的总热量为7J。
【解析】(1)绳子再次拉直前小球A做自由落体运动，应用自由落体运动规律、运动的合成与分解、动能定理求出A、B碰撞前瞬间A的速度大小。
(2)A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒动量求出碰撞后A、B的速度，然后应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题。
(3)应用能量守恒定律求出摩擦产生的热量。
本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用动能定理、动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
2022-2023学年黑龙江省齐齐哈尔市八校联合体高二（上）期中物理试卷
1. 下列说法错误的是( )
A. 英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场
B. 安培的分子电流假说揭示了磁性的起源，他认为在原子，分子等微粒内部存在着分子电流
C. 丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，证明电流周围存在磁场
D. 元电荷的数值最早是物理学家安培测得的 e=1.6×10−19C
2. 关于磁感应强度，下列说法中正确的是( )
A. 磁感应强度的方向，就是小磁针北极所受磁场力的方向
B. 由B=FIL知，B与F成正比，与IL成反比
C. 由B=FIL知，一小段通电导线在某处不受磁场力，说明该处一定无磁场
D. 若长为L、电流为I的导线在某处受到的磁场力为F，则该处的磁感应强度必为FIL
3. 如图，两个固定正点电荷相距L，电荷量均为q(q>0,q远大于电子电量)，两个点电荷中点为O点，A点为两点电荷中垂线上一点。静电力常量为k，不计重力。下列说法正确的是( )
A. 若在A点由静止释放一电子，电子将做匀加速运动
B. 在两点电荷产生的电场中，O点的电场强度大小为零
C. 在两点电荷产生的电场中，O点的电势最高
D. 过O、A两点的直线位于同一等势面上
4. 如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在上极板的同一点上(带电粒子的重力不计).则从开始射入到打到上极板的过程中( )
A. 它们运动的时间tQ>tP
B. 它们运动的加速度aQ
D. 它们的动能增加量之比△EkP：△EkQ=1：2
5. 如图所示，光滑水平桌面上放置质量为M=2kg的长方体形木板B，质量为m=1kg的小物块A停在B右端。t=0时刻，木板B在水平恒力F作用下由静止开始运动，此后A、B运动的速度-时间图像如图乙所示，在t=1s时，A物块刚好从B的左端滑落。规定水平向右为正方向，则以下判断正确的是( )
A. A对B的压力与地面对B的支持力冲量和为零
B. 水平恒力F与A对B的摩擦力的冲量和为零
C. 在0∼1s内，水平恒力F的冲量大小为10N⋅s
D. 在0∼1s内，A对B的冲量为8N⋅s
6. 两球A、B在光滑水平面上沿同一直线、同一方向运动，mA=1kg、mB=2kg、vA=6m/s、vB=2m/s.当球A追上球B并发生碰撞后，两球A、B速度的可能值是(取两球碰撞前的运动方向为正)( )
A. vA′=5m/s，vB′=2.5m/s B. vA′=2m/s，vB′=4m/s
C. vA′=−4m/s，vB′=7m/s D. vA′=7m/s，vB′=1.5m/s
7. 某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如图中的a、b、c所示．以下判断错误的是( )
A. 直线a表示电源的总功率PE
B. 曲线c表示电源的输出功率PR
C. 电源的电动势E=3V，内电阻r=1Ω
D. 电源的最大输出功率Pm=9W
8. 图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0，一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为26J和5J，当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为−8J时，它的动能为( )
A. 8J B. 15J C. 20J D. 34J
9. 如图所示，将带铁芯的线圈A通过滑动变阻器和开关连接到电源上，线圈B的两端连接到灵敏电流计上，把线圈A放进线圈B的里面。下列说法正确的是( )
A. 开关闭合后，线圈A插入或拔出都会引起电计指针偏转
B. 线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针均不会偏转
C. 线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间电流计指针向相反的方向偏转
D. 开关闭合后，只有滑动变阻器的滑片P加速滑动，电流计指针才会偏转
10. 如图所示电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度．下述哪些做法可使指针张角增大( )
A. 使A、B两板靠近一些
B. 使A、B两板正对面积错开一些
C. 断开S后，使B板向右平移拉开一些
D. 断开S后，使A、B正对面积错开一些
11. 如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大。当两板间加上如图乙所示的交变电压后，在图中，反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是( )
A. B.
C. D.
12. 如图所示，一轻质弹簧两端各连着滑块A和B，滑块A的质量为m，滑块B的质量2m，两滑块都置于光滑的水平面上，今有质量为m的子弹以水平速度v0射入A中不再穿出，下列说法正确的是( )
A. 子弹打入滑块A过程中，子弹对滑块A的冲量大小为mv0
B. 滑块B的最大速度为12v0
C. 弹簧的最大弹性势能为18mv02
D. 子弹、滑块A、滑块B及弹簧组成的系统损失的机械能为38mv02
13. 把电流表改装成电压表的实验中，电流表G的满偏电流Ig为200μA，内阻rg在400−600Ω之间。电路如图1所示，利用半偏法测定电流表G的内阻rg，其供选用的器材如下：
A.滑动变阻器(阻值范围0∼200Ω)
B.滑动变阻器(阻值范围0∼5000Ω)C.电阻箱(阻值范围0∼999Ω)D.电阻箱(阻值范围0∼99999Ω)
依据实验要求，R1最好选用______、R2最好选用______。(填入选用器材前面的字母代号)
(2)该实验操作的步骤有：
A.接通K1，调节电阻R1，使电流表G指针偏转到满刻度
B.接通K2，调节电阻R2，使电流表G指针偏转到满刻度的一半 C.读出R2的阻值，即认为rg=______用此方法测得电流表内阻的测量值与真实值相比______。(填“偏大”或“偏小”或“相等”)
(3)由此实验测出电流表内阻rg=500Ω，现通过串联一个49.5kΩ的电阻把它改装成为一个电压表，则该电压表的量程为______V；如果用改装后的电压表进行测量(已校准)表头示数如图2所示，则测得的电压值是______V。
14. 如图，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．
①实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过仅测量______(填选项前的符号)，间接地解决这个问题．
A.小球开始释放高度h
B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的射程
②图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影．实验时，先让入射球m1多次从斜轨上S位置静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后，把被碰小球m2静置于轨道的水平部分，再将入射球m1从斜轨上S位置静止释放，与小球m2相碰，并多次重复．
接下来要完成的必要步骤是______(填选项前的符号).
A.用天平测量两个小球的质量m1、m2
B.测量小球m1开始释放高度h
C.测量抛出点距地面的高度H
D.分别找到m1、m2相碰后平均落地点的位置M、N
E.测量平抛射程OM，ON
③若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为______(用(2)中测量的量表示)；若碰撞是弹性碰撞，那么还应满足的表达式为______(用(2)中测量的量表示).
15. 如图所示，光滑斜面倾角为37∘，一带有正电的小物块质量为m=1.0×10−3kg，电荷量为q，置于斜面上。当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，匀强电场场强大小为E=2500v/m，(g取10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8)
(1)求小物块的带电量q；
(2)从某时刻开始，电场强度变化为原来的一半，则过2s后，物块运动的速度为多大。
16. 利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E=6V，电源内阻r=1Ω，电阻R=4Ω，重物质量m=0.10kg。闭合电键，当将重物固定时，电压表的示数为5V；当重物不固定且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为5.6V.求：(不计摩擦，g取10m/s2)
(1)电动机的内阻。
(2)重物匀速上升时电动机的输入功率。
(3)重物匀速上升的速度大小。
17. 如图所示，在光滑的水平地面上，质量为1.75kg的木板右端固定一光滑四分之一圆弧槽，木板长2.5m，圆弧槽半径为0.4m，木板左端静置一个质量为0.25kg的小物块B，小物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.8，在木板的左端正上方，用长为1m的不可伸长的轻绳将质量为1kg的小球A悬于固定点O，现将小球A拉至左上方，轻绳处于伸直状态且与水平方向成θ=30∘角，小球由静止释放，到达O点的正下方时与物块B发生弹性正碰。不计圆弧槽质量及空气阻力，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)小球A与物块B碰前瞬间，小球A的速度大小；
(2)物块B上升的最大高度；
(3)物块B与木板摩擦产生的总热量。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A、英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，故A正确；
B、安培的分子电流假说揭示了磁性的起源，他认为在原子，分子等微粒内部存在着分子电流，故B正确；
C、丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，证明电流周围存在磁场，故C正确；
D、元电荷的数值最早是物理学家密立根测得的 e=1.6×10−19C，故D错误；
本题选错误的，故选：D。
根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一。
2.【答案】A
【解析】解：A、磁感应强度的方向就是该点的磁场方向，也就是小磁针北极所受磁场力的方向。故A正确。
B、B=FIL是采用比值法定义的，B与F、IL等无关，不能说B与F成正比，与IL成反比。故B错误。
C、一小段通电导线在某处不受磁场力，该处不一定无磁场，也可能是因为导线与磁场平行。故C错误。
D、只有当通过导线垂直放入磁场中，磁感应强度才为FIL，若导线与磁场不垂直，则磁感应强度大于FIL.故D错误。
故选：A。
磁感应强度的定义式：B=FIL是采用比值法定义的，B与F、IL等无关，由磁场本身决定的，充分理解磁场强度的定义式即可正确解答本题。
对于概念的理解要深入充分，不能停留在表面，很多概念的定义式和决定式是不同的，如电场强度、磁感应强度、速度、加速度等。
3.【答案】B
【解析】解：等两同种电荷电场线分布如图所示：
A、根据电场强度叠加原理或上图可知，两点电荷连线中垂线上的电场强度方向从终点沿中垂线指向无穷远，故且先增大后减小，故电子受到的电场力是个变力，做非匀变速直线运动，故A错误；
B、两等量点电荷在O点产生电场强度大小相等，方向相反，合场强为零，故B正确；
C、根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知，中垂线上中点电势高于无穷远处，但两电荷连线上，从正电荷到中点，电势逐渐降低，故O点的电势不是最高，故C错误；
D、过OA两点的直线是中垂线，是一条电场线，不是等势面，故D错误；
故选：B。
电场强度是矢量，根据平行四边形定则可判两点电荷连线中垂线上的电场分布特点以及沿着电场线方向电势逐渐降低分析各项即可。
本题关键是明确电场强度和电势的求解方法，注意电场强度是矢量，电势是标量，合成的法则不同
4.【答案】C
【解析】
【分析】
将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析．
本题关键将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析．
【解答】
A、垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，得到运动时间相等，所以A错误；
B、平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，
根据位移时间关系公式，有：
x=12at2
解得：a=2xt2…①
由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为1：2，
所以aQ>aP，故B错误；
C、根据牛顿第二定律，有：
qE=ma…②
由①②两式解得：
q=2xmEt2
所以它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2，故C正确；
D、根据动能定理，有：
qEx=△Ek
而：qP：qQ=1：2，xP：xQ=1：2，
所以动能增加量之比：△EkP：△EkQ=1：4，故D错误；
故选：C。
5.【答案】C
【解析】解：A、因为A对B的压力小于地面对B的支持力，所以这两个力的冲量和不等于零，故A错误；
B、因为水平恒力F大于A对B的摩擦力，所以这两个力的冲量和不为零，故B错误；
C、在0∼1s内，对A根据动量定理得：ft=m×2m/s−0=2N⋅S。对B根据动量定理得：Ft−ft=M×4m/s−0，解得Ft=10N⋅S，水平恒力F的冲量大小为10N⋅S，故C正确；
D、在0∼1s内，A对B的冲量大小为ft=2N⋅S，故D错误。
故选：C。
利用图像分析物体的受力，再利用动量定理算出每个力的冲量大小。
图像和动量定理的综合考查，难度中等，可帮助加强提升学生在受力分析、图像解读和动量定理公式应用上的能力。
6.【答案】B
【解析】解：考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度，因而AD错误，BC满足；
两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒，ABCD均满足；
根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能，碰撞前总动能为22J，B选项碰撞后总动能为18J，C选项碰撞后总动能为57J，故C错误，B满足；
故选B.
两球碰撞过程，系统不受外力，故碰撞过程系统总动量守恒；碰撞过程中系统机械能可能有一部分转化为内能，根据能量守恒定律，碰撞后的系统总动能应该小于或等于碰撞前的系统总动能；同时考虑实际情况，碰撞后A球速度不大于B球的速度．
本题碰撞过程中动量守恒，同时要遵循能量守恒定律，不忘联系实际情况，即后面的球不会比前面的球运动的快！
7.【答案】D
【解析】解：A、电源消耗的总功率的计算公式PE=EI，可知PE与I的关系为正比例，故A正确；
B、输出功率PR=PE−Pr=EI−I2r，应为开口向下的曲线，故曲线c表示输出功率，故B正确；
C、当I=3A时，PR=0，说明外电路短路，根据PE=EI知电源的电动势E=3V，内电阻r=EI=1Ω，故C正确；
D、图线c表示电源的输出功率与电流的关系图象，很显然，最大输出功率小于3W，故D错误；
本题选择错误的选项，故选：D.
根据电源消耗的总功率的计算公式PE=EI可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率Pr=I2r可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，再由功率的公式可以分析功率之间的关系．
本题根据图象考查电源的输出功率，要注意根据公式分析图象；同时明确当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和．
8.【答案】C
【解析】解：电荷经过a、b点时的动能分别为26eV和5eV，动能减小了21eV.而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，动能变化相等，所以经过3等势面的动能为：Ek3=26eV−14eV=12eV；电荷在等势面3的电势为0，所以电荷的总能量为E=Ep3+Ek3=0+12eV=12eV；
所以电荷的电势能变为−8eV时，根据能量守恒定律得到，动能应为20eV，故C正确，ABD错误。
故选：C。
相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，根据能量守恒定律确定出电荷在3等势面上的电势能，写出电荷的总能量，再由能量守恒求出其电势能变为−8eV时的动能值。
本题关键要根据电场力做功与电势差的关系确定电荷的总能量，然后结合等差等势面之间的关系即可正确解答．
9.【答案】AC
【解析】
【分析】
产生感应电流的条件是闭合电路的磁通量发生变化，指针偏转时说明电路中产生了感应电流，将产生感应电流的情况与螺线管中磁场的变化情况联系在一起即可得到答案。
闭合线圈中的磁通量发生变化有几种方式：可以线圈面积的变化，也可以磁场的变化，也可以线圈与磁场的位置变化。
【解答】
解：A、开关闭合后，线圈A插入或拔出时穿过B的磁通量会发生变化，产生感应电流，都会引起电计指针偏转，故A正确；
B、线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，穿过B的磁通量会发生变化，产生感应电流，电流计指针会偏转，故B错误；
C、线圈A插入线圈B中后，开关闭合和断开的瞬间，穿过B的磁通量分别会发生增加和减小，磁通量的方向相同，会产生相反方向的感应电流，电流计指针向相反的方向偏转，故C正确；
D、开关闭合后，滑动变阻器的滑片P无论如何滑动，电路中电流都会变化，穿过B的磁通量会发生变化产生感应电流，电流计指针会偏转，故D错误；
故选：AC。
10.【答案】CD
【解析】解：A、B、合上开关，电容器两端间的电势差等于电源的电动势，保持不变，所以静电计指针张角不变．故A、B错误．
C、断开S，电容器带电量保持不变，使B板向右平移拉开一些，根据\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)，d变大，C变小．根据\(C=\dfrac{Q}{U}\)，U增加，张角变大．故C正确．
D、断开S，电容器带电量保持不变，使A、B正对面积错开一些，根据\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)，S变小，C变小．根据\(C=\dfrac{Q}{U}\)，U增大，张角增大．故D正确．
故选：CD.
静电计测量的是电容器两端间的电势差．合上开关，电容器两端间的电势差不变；断开开关，电容器所带的电荷量不变；根据电容器的决定式\(C=\dfrac{ɛS}{4\pi kd}\)和定义式\(C=\dfrac{Q}{U}\)分析判断哪些做法可使指针张角增大．
解决本题的关键在处理电容器动态分析时，电容始终与电源相连，两端间电势差不变，与电源断开，电量保持不变．
11.【答案】BC
【解析】解：分析电子一个周期内的运动情况：0∼T4时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，T4∼T2时间内沿原方向做匀减速直线运动，T2时刻速度为零。T2∼3T4时间内向A板做匀加速直线运动，3T4∼T时间内做匀减速直线运动。接着周而复始。
A.电子做匀变速直线运动时x−t图象应是抛物线，故A错误。
BD.根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况。故B正确，D错误。
C.根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度大小不变，a−t图象应平行于横轴，故C正确。
故选：BC。
分析电子一个周期内的运动情况：0∼T4时间内，电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，T4∼T2时间内沿原方向做匀减速直线运动，T2时刻速度为零。T2∼3T4时间内向A板做匀加速直线运动，3T4∼T时间内做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律分析加速度。根据电子的运动情况分析判断。
本题是带电粒子在周期性电场中运动的问题，关键是分析电子的运动情况。
12.【答案】BC
【解析】解：涉及动量守恒定律，取向右为正方向。
A、设子弹打入滑块A的过程中，动量守恒，设共速的速度大小为v，根据动量守恒定律可得：mv0=2mv，解得：v=12v0；
对A，取向右为正方向，根据动量定理可得子弹打入滑块A过程中，子弹对滑块A的冲量大小为I=mv=12mv0，故A错误；
B、子弹打入滑块A后，以整体为研究对象，设弹簧弹开后子弹和A的速度大小为v1，B的速度大小为v2；
根据动量守恒定律可得：2mv=2mv1+2mv2
根据机械能守恒定律可得：12×2mv2=12×2mv12+12×2mv22
解得：v1=0，v2=12v0，故滑块B的最大速度为12v0，故B正确；
C、当三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律可得：2mv=4mv共
根据能量守恒定律可得：EP=12×2mv2−12×4mv共2
联立解得弹簧的最大弹性势能为EP=18mv02，故C正确；
D、子弹打入滑块A过程中机械能有损失，以后子弹、滑块A、滑块B及弹簧组成的系统机械能不变，则损失的机械能为：
ΔE=12mv02−12×2mv2=12mv02−12×2m(v02)2=14mv02，故D错误。
故选：BC。
子弹打入滑块A的过程中，根据动量守恒定律求解穿入后的速度大小，对A根据动量定理求解子弹对滑块A的冲量大小；
子弹打入滑块A后，以整体为研究对象，根据动量守恒定律、机械能守恒定律求解滑块B的最大速度；
当三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律、能量守恒定律求解弹簧的最大弹性势能；
子弹打入滑块A过程中机械能有损失，根据能量守恒定律求解机械能的损失。
本题主要是考查了动量守恒定律和能量守恒定律；对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用(或合外力为零)；解答时要首先确定一个正方向，利用碰撞前系统的动量和碰撞后系统的动量相等列方程，再根据能量关系列方程求解。
13.【答案】DCR2偏小 106.0
【解析】解：(1)首先我们要知道半偏法测量电流表内阻的方法以及测量原理：
如图，设电源的电动势为E，内阻为r，K2打开时，设电流表满偏电流Ig=Er+R1+Rg，实验要求R1>>Rg，R1>>r，这样才有Ig≈ER1，
当K2闭合时，R2和Rg并联，并联后总阻值R并
从上述原理可知，K2打开与闭合，近似认为干路中电流不变，前提是R1>>Rg.故实验器材选择应满足①电源电动势尽可能大，②R1尽可能大。所以R1选用大量程的电阻箱D，R2选用量程跟电流表内阻差不多的即可，选C。
(2)当K2闭合时，R2和Rg并联，并联后总阻值R并
为了使改装表与标准表在零到量程范围内一一校对，要采用滑动变阻器分压接法，实物连接图如图所示
图中电流表示数为I=120μA，则 所测的电压U′=I(Rg+49500)=6.0V；
故答案为：(1)D；C；(2)R2；偏小；(3)10；6.0。
(1)应用半偏法测电流表内阻实验，为减小实验误差，应选择最大阻值较大的滑动变阻器，选择与待测电表内阻相当的电阻箱，根据所给实验器材分析答题。
(2)根据题意应用串并联电路特点与欧姆定律分析答题。
(3)根据欧姆定律求出电压表量程，根据电压表量程由图示表盘确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数。
本题考查半偏法测电流表内阻的原理和电压表的改装原理以及改装表的校对，难点是对半偏法测电流表内阻原理的解释。
14.【答案】CADEm1OP=m1OM+m2ONm1⋅OP2−=m1⋅OM2−+m2ON2−
【解析】解：①小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，
故选：C.
②要验证动量守恒定律定律，即验证：m1v1=m1v2+m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，
上式两边同时乘以t得：m1v1t=m1v2t+m2v3t，得：m1OP=m1OM+m2ON，
因此实验需要测量：两球的质量、小球的水平位移，故选：ADE.
③由②可知，若两球相碰前后的动量守恒，实验需要验证：m1OP=m1OM+m2ON；
若碰撞是弹性碰撞，那么还满足：12m1v12=12m1v22+12m2v32
结合公式：x=vt
表达式整理为：m1⋅OP2−=m1⋅OM2−+m2ON2−
故答案为：(1)C；(2)ADE；(3)m1OP=m1OM+m2ON，m1⋅OP2−=m1⋅OM2−+m2ON2−
①根据实验原理分析答题．
②由动量守恒定律求出需要验证的表达式，根据表达式确定需要测量的量；
③根据②的分析确定需要验证的关系式．
实验的一个重要的技巧是入射球和靶球从同一高度作平抛运动并且落到同一水平面上，故下落的时间相同，所以在实验的过程当中把本来需要测量的速度改为测量平抛过程当中水平方向发生的位移，可见掌握了实验原理才能顺利解决此类题目．
15.【答案】解：(1)小物块静止在斜面上时受力如图所示：
由平衡条件得：mgsin37∘−qEcos37∘=0
代入数据解得：q=3×10−6C
(2)当电场强度变为原来的一半，物块沿斜面加速下滑，
对物块，由牛顿第二定律得：mgsin37∘−12qEcos37∘=ma
代入数据解得：a=3m/s2
经t=2s后物块的速度大小v=at=3×2m/s=6m/s
答：(1)小物块的带电量q是3×10−6C；
(2)过2s后物块运动的速度大小为6m/s。
【解析】(1)应用平衡条件求出小物块的电荷量。
(2)应用牛顿第二定律求出小物块的加速度大小，应用运动学公式求出物块的速度大小。
本题求解的关键是受力分析，应用平衡条件与牛顿第二定律、运动学公式即可解题。
16.【答案】解：(1)由题，电源电动势E=6V，电源内阻r=1Ω，当将重物固定时，电压表的示数为5V，则根据闭合电路欧姆定律得，电路中电流为：I=E−Ur=6−51A=1A
电动机的电阻：RM=UI−R=51−4=1Ω
(2)当重物匀速上升时，电压表的示数为：U=5.6V
电路中电流为：I′=E−U′r=6−5.61A=0.4A
电动机两端的电压为：UM=E−I′(R+r)=6V−0.4×(4+1)V=4.0V，
故电动机的输入功率：P=UMI′=4.0×0.4=1.6W
(3)根据能量转化和守恒定律得：UMI′=mgv+I′2RM
代入解得：v=1.44m/s
答：(1)电动机的内阻为1Ω。
(2)重物匀速上升时电动机的输入功率为1.6W。
(3)重物匀速上升的速度大小为1.44m/s。
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流，重物固定相当于电动机不转动，视为纯电阻，利用欧姆定律求解电阻；
(2)根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流，根据部分电路欧姆定律求解电压，电动机消耗的电功率P=UI；
(3)根据能量转化和守恒定律列方程求解重物匀速上升时的速度大小。
本题是欧姆定律与能量转化与守恒定律的综合应用。对于电动机电路，不转动时，是纯电阻电路，欧姆定律成立；当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立。
17.【答案】解：(1)设轻绳长为L，小球A自由落体L时，轻绳刚好再次伸直，此时速度为v1，
根据自由落体运动规律可得：v12=2gL，
轻绳伸直后瞬间小球A速度为：v2=v1cos30∘，
轻绳刚好再次伸直后到最低点过程，由动能定理得：
mAgL(1−sin30∘)=12mAv32−12mAv22，
代入数据解得：v3=5m/s；
(2)小球A与物块B弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，
以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv3=mAv4+mBv5，
由机械能守恒定律得：12mAv32=12mAv42+12mBv52，
代入数据解得：v4=3m/s，v5=8m/s，
物块B在最高点时，与木板水平共速，木板速度为v6，
设物块B升高最大高度为h，板长为L1，
碰撞过程系统水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mBv5=(mB+M)v6，
由能量守恒定律得：12mBv52=12(mB+M)v62+μmBgL1+mBgh，
代入数据解得：h=0.8m>0.4，物块B飞出圆弧槽。
(3)假设物块B最终能停在木板上，物块B与木板速度共同速度仍为v6，
物块B在木板上相对木板滑行路程设为x，由能量守恒定律得：
12mBv52=12(mB+M)v62+μmBgx，
代入数据解得：x=3.5m<5m，故物块B最终能停在木板上，
产生总热量为：Q=μmBgx，
代入数据解得：Q=7J；
答：(1)小球A与物块B碰前瞬间，小球A的速度大小为5m/s；
(2)物块B上升的最大高度为0.8m；
(3)物块B与木板摩擦产生的总热量为7J。
【解析】(1)绳子再次拉直前小球A做自由落体运动，应用自由落体运动规律、运动的合成与分解、动能定理求出A、B碰撞前瞬间A的速度大小。
(2)A、B碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒动量求出碰撞后A、B的速度，然后应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题。
(3)应用能量守恒定律求出摩擦产生的热量。
本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用动能定理、动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。
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