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浙江省A9协作体2022-2023学年高二物理上学期期中联考试卷（Word版附解析）
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这是一份浙江省A9协作体2022-2023学年高二物理上学期期中联考试卷（Word版附解析），共24页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷，可能用到的相关公式或参数等内容，欢迎下载使用。
浙江省A9协作体2022学年第一学期期中联考高二物理试题
考生须知：
1.本卷满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题卷。
5.可能用到的相关公式或参数：若无特别说明，重力加速度g均取10m/s2。
一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1. 以下单位属于国际单位制中基本单位的是（ ）
A. 安培 B. 库仑 C. 伏特 D. 欧姆
【答案】A
【解析】
【详解】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量，它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而由物理量之间的关系式推导出来的物理量的单位叫做导出单位，电流的单位安培是国际单位制中基本单位，库仑、伏特、欧姆属于导出单位。
故选A。
2. 某智能口罩的外观如图所示，它的侧面设计了两个圆孔静电层区域，是为了过滤空气，该设计用到的原理是（ ）
A. 静电屏蔽 B. 静电吸附 C. 尖端放电 D. 静电解冻
【答案】B
【解析】
【详解】电荷具有吸引轻小物体性质，可以过滤空气中的尘埃，故应用了静电吸附原理。
故选B。
3. 红外线和紫外线都属于电磁波大家族中的一员。与红外线相比，紫外线（ ）
A. 周期更长 B. 波长更长
C. 能量子的能量更小 D. 真空中传播速度相同
【答案】D
【解析】
【详解】与红外线相比，紫外线频率更高，周期更短，波长更长，能量更高，所有电磁波在真空中传播速度相同。
故选D。
4. 中央提出了“推进绿色发展、循环发展、低碳发展”的理念，下列有关新能源和能量观的描述中，正确的是（ ）
A. 外出旅游时，尽可能选择自驾出行
B. 核能是高效能源，在使用时要注意防范核泄漏事故
C. 水能和风能等能源，这些能源来源于太阳能，是不可再生能源
D. 根据能量守恒，担心能源危机是杞人忧天
【答案】B
【解析】
【详解】A．外出旅游时，尽可能选择公共交通工具出行，可以减小污染，节约能源，A错误；
B．核能是一种清洁高效的能源，核能的和平开发和利用对人类经济社会的发展做出了巨大的贡献,而核泄漏事故的发生又会造成一定的灾难，所以使用时要注意防范核泄漏事故，B正确；
C．水能和风能等能源，这些能源来源于太阳能，是可再生能源，C错误；
D．能量虽然守恒，但是可利用的能源是有限的，D错误。
故选B。
5. 人体含水量约为70%，水中有钠离子、钾离子等离子存在，因此容易导电，脂肪则不容易导电。当两手握住脂肪测量仪的两个把手时，就可知道人体脂肪所占的比例。下列说法正确的是（ ）
A. 人体内水和脂肪导电性不同，两者相较，脂肪电阻率更小一些
B. 由电阻公式可知，个子高的一定比个子矮的电阻大
C. 脂肪测量仪的工作原理是通过人体电阻不同来判断人体脂肪所占的比例
D. 刚沐浴后，脂肪测量仪显示人体脂肪所占比例的测量数据会更加准确
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题意可知水容易导电，即水的电阻比脂肪小，根据电阻定律由
因此相同条件下，脂肪的电阻率更大，故A项错误；
B．由电阻公式可知
由上述公式可知，影响电阻的因素有电阻率，导体的横截面积以及电阻率。而个子高的人其与个子矮的人其电阻率的关系未知，所以不一定个子高的人电阻大，故B项错误；
C．利用脂肪几乎不含水分，其导电性和人体内其他成分不同，可以用测量人体电阻的方法来计算人体的脂肪率，故C项正确；
D．人在沐浴后，人体内含水量发生变化，人体脂肪所占比例发生变化，即人体的电阻大小变化，所以测量数据会不准确，故D项错误。
故选C。
6. 2022年北京冬奥会开幕式上，由一朵朵代表各个参赛国家的“小雪花”组成一朵“大雪花”后，奥运圣火在其中央点燃，如图甲，让全世界惊叹。某国学发现每朵“小雪花”的基本形状如图乙所示，并利用绝缘弧形细条摆成模型，若其左右分别均匀分布着等量异种电荷。a、b、c、d四点均位于对称轴上，且它们与中心点的距离均相等。则（ ）
A. a点电势小于c点电势
B. c、d两点的电场强度相同
C. 负的试探电荷从a点到d点电场力做负功
D. 正的试探电荷从b点到d点电势能增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于沿着电场线，电势降低，因此a点电势比c点电势高，B错误；
B．c、d两点的电场强度大小和方向均不相同，选项B错误；
C．因a点电势高于d点，可知负的试探电荷从a点到d点电场力做负功，选项C正确；
D．b点电势等于d点电势，则正的试探电荷从b点到d点电场力做功为零，电势能不变，D错误。
故选C。
7. 如图，电池、开关和灯泡组成串联电路。当闭合开关时，发现灯泡不发光。在不能拆开电路的前提下，现使用一多用电表对故障电路进行检测：选择直流电压挡，闭合开关S，红、黑表笔分别接在接线柱E、F上，电压表示数为1.5V；断开开关S，选择欧姆1k挡，红、黑表笔分别同时接E、F，指针不偏转。则下列判断可能正确的是（ ）
A. 灯泡断路 B. 导线BF断开 C. 导线CA断开 D. 开关接触不良
【答案】A
【解析】
【详解】“闭合开关S，红、黑表笔分别接在接线柱E、F上，电压表示数为”说明从电源正极到接线柱E是没有断路，从电源负极到接线柱F没有断路；“断开开关S，选择欧姆挡，红、黑表笔分别同时接E、F，指针不偏转”说明接线柱E、接线柱F之间也就是小灯泡电阻无穷大，是断路。
故选A。
8. 地球是一个巨大的磁体，绍兴地区地表附近的磁感应强度大约为T，在该地区下列说法正确的是（ ）
A. 指南针静止时N极指向地理南极
B. 在地面上放置一个小磁针，小磁针静止时S极所指的方向即为该处磁场方向
C. 地面上水平放置边长为20cm的正方形线框的磁通量为Wb
D. 在地面上放置一根通电导线，该导线可能受到地磁场对其力的作用
【答案】D
【解析】
【详解】A．地磁N极重合在地理南极附近，地磁S极重合在地理北极附近，所以指南针静止时N极指向地理北极，A错误；
B．在地面上放置一个小磁针，根据磁场方向的规定，小磁针静止时N极所指的方向即为该处磁场方向，B错误；
C．绍兴地区地表附近的磁感应强度不是竖直方向，与水平面的夹角较小，地面上水平放置边长为20cm的正方形线框的磁通量小于Wb，C错误；
D．在地面上放置一根通电导线，该导线摆放的方向不与地磁场平行时，则通电导线将会受到地磁场对其力的作用，D正确。
故选D。
9. 把两个相同的灵敏电流计分别改装成了两个量程不同的电压表V1、V2，若把V1、V 2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图甲、乙所示，两电路中滑动变阻器与电源均相同，则闭合开关后，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲中的V1、V 2的示数不同，指针偏角相同
B. 图乙中的V1、V 2的示数不同，指针偏角相同
C. 图甲V1和图乙V1的示数不可能相同
D. 图甲V1和图乙V 2的指针偏角一定相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．两个电压表量程不同，所以内阻不同，在图甲中两个电压表是并联关系，根据并联电路电压相等，所以两只电表的示数相同，但是由于两只电表的内阻不同，故流过两只电表的电流不同，又因为指针偏转角与流过表头的电流有关，电流越大，偏转角越大，故A错误；
B．两个电压表量程不同，所以内阻不同，在图乙中两个电压表是串联关系，根据串联电路电流相等，又因为指针偏转角与流过表头的电流有关，所以两只电表的指针偏转角相同，但是由于两只电表的内阻不同，所以两个电表的分压不同，所以两个表的示数不同，故B正确；
C．图甲和图乙两个电路中总电阻不可能相同，甲图中定值电阻与滑动变阻器串联，当滑动变阻器的电阻调节到比较小时，定值电阻分压可以与图乙中电压表的分压相同，所以图甲V1和图乙V1的示数可能相同，C错误；
D．流过图甲V1中电流可能和图乙V 2中的电流相同，也可能不同，所以指针偏角可能相同，也可能不同，故D错误；
故选B。
10. 如图是一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图。当电磁铁通入电流时，可吸引或排斥上部的小磁铁，从而带动弹性金属片对橡皮碗下面的气室施加力的作用，达到充气的目的。下列说法正确的是（ ）
A. .电磁铁的工作原理是电流磁效应
B. 电磁铁用的铁芯应选用不易退磁的材料
C. 工作时AB接线柱应接入稳恒电流
D. 当电流从B接线柱流入时，发现吸引小磁铁向下运动，则小磁铁的下端为N极
【答案】A
【解析】
【详解】AB．当电磁铁通入电流时，可吸引或排斥上部的小磁铁，从而带动弹性金属片对橡皮碗下面的气室施加力的作用，故电磁铁的工作原理是电流的磁效应；根据电磁铁的工作要求，当没有电流时，要让铁芯失去磁性，当通电时，要有磁性，因此种铁芯应选用易磁化和退磁的软磁性材料，故B错误，A正确；
C．当A、B间接入恒定电流时，电磁铁的磁场始终保持一个方向，小磁体将只能被吸引，如果接入的是交流电，电磁铁的磁场方向在不断变化，从而可以使小磁体不断的与电磁铁之间有吸引和排斥的作用，使得弹簧片上下振动，故A、B间应接入交流电，故C错误；
D．当电流从电磁铁的接线柱B流入时，从上向下看电流是逆时针方向，根据右手螺旋定则可知电磁铁的下端为S极，上端为N极；吸引小磁体向下运动，根据磁铁同极相斥，异极相吸的特性可知，小磁体的下端为S极，故D错误。
故选A。
11. 心室纤颤是一种可危及生命的疾病。如图所示为一种叫做心脏除颤器的设备，某型号AED模拟治疗仪器的电容器电容是25μF，充电至6kV电压，如果电容器在3ms时间内完成放电，则下列说法正确的是（ ）
A. 电容器放电过程中电流保持不变
B. 电容器的击穿电压为6kV
C. 电容器充满电的电量是1.5C
D. 电容器放电过程中平均电流为50A
【答案】D
【解析】
【详解】A．电容器放电过程中电流随着电容器电量的减少而减小，故A错误；
B．电容器铭牌上的电压为额定电压，所以根据题意可知电容器的额定电压为6kV，而击穿电压要比6kV高得多，故B错误；
CD．根据电容公式可得电容器充满电的电量为
根据电流强度的定义可得电容器放电的平均电流为
故C错误，D正确；
故选D。
12. 如图所示，边长为1m的正方体ABCD—EFGH所处空间中存在匀强电场（图中未画出）。已知A、B、F三点的电势分别为20V、10V、0，则下列判断正确的是（ ）
A. 电场方向从F指向A
B. A、E两点电势差和H、D两点电势差相等
C. 场强大小可能为20V/m
D. 场强大小为V/m时，ADGF平面为等势面
【答案】C
【解析】
【详解】A．连接AF和BE相交与O点，则O点的电势为10V，所以OB为等势线，电场线只要垂直于OB（BE）即可，故A错误；
B．根据匀强电场特点可知
故B错误；
C．设电场线绕O点旋转 ，则
当转过 时，电场强度为20V/m，故C正确；
D．场强大小为V/m时，电场线与AF平行，AD电势相等，GF电势相等，但是A和F电势不相等，故不是等势体，故D错误。
故选C。
13. 利用光敏电阻制作的光传感器，可以记录传送带上工件的输送情况。如图甲所示是光电计数器的工作示意图，其中A是发光仪器，B是传送带上的物品，R1为光敏电阻（有光照时电阻为4Ω，无光照时电阻为100Ω），R2为定值电阻，电源内阻不计；图乙是输出电信号与时间的关系。则下列说法正确的是（ ）
A. 当有光照射R1时，信号输出端获得高电压
B. 当有光照射R1时，R1的功率将变小
C. 选用20Ω定值电阻，信号输出端获得的高电压最小
D. 选用20Ω定值电阻，一个周期内定值电阻R2两端电压差最大
【答案】D
【解析】
【详解】A．当有光照射R1时，R1阻值变小，回路电流变大，根据
U1=E-I（R2+r）
R1两端的电压U1变小，信号处理系统获得低电压，故A错误；
B．若将R2看做电源内阻，则当R1=R2时R1功率最大，但是由于R2阻值未知，则不能确定有光照射R1时，R1的功率如何变化，选项B错误；
C．无光照射时，R1电阻较大，此时在输出端获得高电压；根据闭合电路的电压关系
E=UR1+UR2
则选用的定值电阻阻值越大，信号输出端获得的高电压越小；可知选用20Ω定值电阻，信号输出端获得的高电压不是最小的，选项C错误；
D．根据电路结构可知，定值电阻R2两端的电压为
当R1分别取得最大值和最小值时，定值电阻上的电压差最大，即
由数学知识可知当
即当R=20Ω时∆UR2最大，选项D正确。
故选D。
二、选择题II（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题给出的四个备选项中至少有一项是符合题目要求的。全部选对得2分，选对但不全得1分，有选错的得0分。）
14. 关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（ ）
A. 普朗克首次提出能量子的概念
B. 焦耳测定了电子的电荷量
C. 法拉第提出了场的概念以及发现了电磁感应现象
D. 库仑揭示了电阻、电压与电流的关系
【答案】AC
【解析】
【详解】A．普朗克首次提出了能量子的概念，故A正确；
B．密立根通过油滴实验测定了电子的电荷量，故B错误；
C．法拉第提出了场的概念，并最早发现了电磁感应现象，故C正确；
D．欧姆揭示了电阻、电压和电流的关系，故D错误。
故选AC。
15. 如图所示，一带电量为q的金属球，固定在绝缘的支架上，这时球外P点的电场强度为E，当把一电量也是q的点电荷A放在P点时，测得点电荷受到的静电力为f；当把一电量为aq的点电荷B放在P点时，测得作用于这个点电荷的静电力为F，下列说法正确的是（ ）
A. a比1小得越多，F的数值越接近af
B. a比1小得越多，F的数值越接近aqE
C. 将电荷A先与金属球接触，再将其放回P点，则电荷A的电势能一定不变
D. 只将电荷B放到P点，稳定后金属球表面的电场线与球面垂直
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．本题中的场源电荷为金属球体而不是固定的点电荷，在P点未放点电荷时，电荷量均匀分布在球体的外表面，金属球体可以等效成电量集中于球心的点电荷；但是当有电荷放在P时，由于电荷的相互作用，使得金属球上的电荷分布不再均匀，等效的中心偏离球心，放在P点的带电量越大，偏离的越厉害，如果放在P点的电荷量非常小，也就是a比1小得多，金属球带电等效中心偏离中心就可以忽略不计，在P点激发的场强就约等于E，F的数值接近aqE,故A错误B正确；
C．由于A可以看成点电荷，也就是A的大小相对于金属球来说，可以忽略不计，当A与金属球接触时，由于电荷要分布在金属的外表面，A上的电荷几乎都要转移到金属球上面，当A分离时，A上电荷量近似为零，故重新放回P点时，电势能也接近零，一定发生了改变，故C错误；
D．在P点放电荷B，稳定后，金属球任然是一个等势体，电场线在金属球的表面就要与金属球的表面垂直，故D正确。
故选BD。
16. 如图甲所示，直线加速器由一个金属圆板（序号为0）和多个横截面积相同的金属圆筒组成，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度遵照一定的规律依次增加。圆板和圆筒与交流电源相连，序号为奇数的圆筒和电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源的另一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。若电压的绝对值为U，电子电量大小为e，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在t=0时刻，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，不考虑相对论效应，则（ ）
A. 由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场
B. 电子运动到第n个圆筒时动能为neU
C. 在时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值
D. 第n个和第n+1个圆筒的长度之比为
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场，A正确；
B．电子每经过一个间隙，电场力做功eU，根据动能定理，电子运动到第n个圆筒时动能为
电子运动到第n个圆筒时动能为neU ，B正确；
C．因为
时圆筒1相对圆板的电势差为正值，同理，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，C错误；
D．根据动能定理得
第n个和第n+1个圆筒的长度之比为
解得
D正确。
故选ABD。
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
17. （1）李同学用螺旋测微器测量某合金丝的直径。调节顺序为_______（选项“先调C后调D”或“先调D后调C”），再旋紧B。从图甲中的示数可读出合金丝的直径为_______mm。
（2）某小组欲“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”。将粗细均匀合金丝在木质量角器上绕半周，接入如图乙所示的电路中，通过金属夹所夹位置改变合金丝接入电路的长度。实验时多次改变合金丝接入电路的长度l、记录相应电流表的读数I和电压表的读数U，从而得到多个的值，作出图像，如图丙中图线a所示。
①本实验中滑动变阻器的连接方式是________（选填“分压式接法”或“限流式接法”）；
②该实验中测得的电阻率相较真实值_________（选填“偏大”、“偏小”或“相同”）；
③图丙中图线b是另一根横截面积为合金丝甲2倍的合金丝乙，采用同样的方法获得的图像，由图可知合金丝甲的电阻率________（选填“大于”、“等于”或“小于”）合金丝乙电阻率。
【答案】 ①. 先调C后调D ②. 0.410 ③. 分压式接法 ④. 偏小 ⑤. 大于
【解析】
【详解】（1）[1]调节顺序为先粗调后细调，所以先调C后调D，再旋紧B。
[2]合金丝的直径为
（2）①[3]滑动变阻器使用三个接线柱，是分压式接法；
②[4]由于采用电流表外接法，电流的测量值偏大，根据欧姆定律，电阻的测量值偏小，根据电阻定律，电阻率的测量值偏小；
③[5]根据欧姆定律
根据电阻定律得
解得
根据题意得
解得
由图可知合金丝甲的电阻率大于合金丝乙的电阻率。
18. （1）在“测定干电池电动势和内阻”实验时，小明学习用多用电表测电源电动势，此时红表笔应当连接电源________（选填“正极”或“负极”）；
（2）实验课前，老师从原理上解释了电表对测量的影响。实验中小明为分析电流表、电压表内阻对测量的影响，利用如图甲所示的电路图进行测量。请根据图甲电路图在实物连线图乙中补画出剩下的连线________；
（3）电路器件完好，实验时开关S2分别拨到1，2，发现无论怎么调节滑动变阻器，电压表和电流表示数变化均不明显，应该如何更换电路仪器________；
（4）接入电路的阻值，得到多组电流和电压值，在坐标纸上画出U－I图像得到如图丙所示的两条直线a、b。根据图像，选择一条你认为更合理的图线，对应直线的电路是S2拨到________（选填“1”或“2”），求出该电池的电动势E=________V（保留三位有效数字），内阻r=________Ω（保留两位有效数字）。
【答案】 ①. 正极 ②. ③. 更换一个阻值较大一些的滑动变阻器 ④. 2 ⑤. 1.49 ⑥. 0.48
【解析】
【详解】（1）[1]用多用电表测电源电动势，电流应由红表笔流入黑表笔流出，所以此时红表笔应当连接电源的正极；
（2）[2]根据电路图，实物图连接如图所示
（3）[3]实验时开关S2分别拨到1，2，发现无论怎么调节滑动变阻器，电压表和电流表示数变化均不明显，说明滑动变阻器阻值过小，则当滑动变阻器从一端到另一端时总电阻变化不大，电流的变化就不大，路端电压的变化也不大，所以需要更换一个阻值较大一些的滑动变阻器；
（4）[4]由于电流表内阻对电源内阻的测量值影响较大，当开关拨到2时，电压表直接接到电源两端，由于电流表内阻的影响，则电流表读数相同时，开关拨到2时电压表的读数较大，故应该将选择开关S接2时比较合理，此时图线对应a；
[5][6]由图线a的纵截距可得电源电动势
内阻
19. 如图所示，空间存在竖直方向的匀强电场（图中未画出）。半圆弧绝缘细管ABC竖直放置，直径AC水平，圆心为O、半径为R，O处固定有一正点电荷。质量为m、电量为的小球从A点以初速度进入管道后，与管道始终无挤压。已知静电力常量为k，重力加速度为g，管道内径略大于小球半径，不计一切阻力：求：
（1）求匀强电场的电场强度；
（2）求O处点电荷电量大小；
（3）小球运动到C点时，撤去匀强电场；当小球回到B点时，求轨道对其作用力大小。
【答案】（1），方向竖直向下；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由题意分析可知，小球在匀强电场中所受电场力与重力平衡，点电荷对小球的库仑力提供向心力，则有
解得
小球带负电，可知匀强电场方向竖直向下；
（2）根据牛顿第二定律可得
解得
（3）撤去匀强电场后，库仑力对小球不做功，小球机械能守恒，根据机械能守恒定律可得
在B点，由牛顿第二定律可得
联立解得
20. 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，电源内阻，电动机内阻，电阻，重物质量。当电动机以稳定的速度匀速提升重物时，流经电源电流为。不计空气阻力和摩擦。求：
（1）理想电压表读数；
（2）电动机输出功率；
（3）重物匀速上升时的速度大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意，由闭合回路欧姆定律可得，路端电压为
即理想电压表的读数为。
（2）根据题意，由欧姆定律及串联分压原理可得，电动机两端的电压为
由公式可得，电动机输入功率为
由公式可得，电动机的热功率为
则电动机输出功率为
（3）根据题意可知，电动机以稳定速度匀速提升重物时，不计空气阻力和摩擦，设重物匀速上升时的速度大小为，则有
解得
21. 如图所示，光滑绝缘斜面高度，斜面底端与光滑绝缘水平轨道用小圆弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线。正对的平行板电容器和电阻及恒压源，构成如图所示电路，S1、S2为电路开关，平行板板长为，板间距离，定值电阻未知。可视作质点的带电小球电量C、质量，从斜面项端静止下滑。当闭合开关S1，断开开关S2时，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动。不考虑电容器边缘效应。
（1）求恒压源电压U；
（2）闭合开关S1，断开开关S2，电容器充电完成后再断开开关S1，不考虑空气导电性。将下极板向上平移0.1m，试求小球离开电场的位置；
（3）保持S1闭合，再闭合S2，调节滑动变阻器，使其接入电阻，小球恰好从极板边缘离开。当滑动变阻器接入电阻时，求小球在电场中偏转位移。
【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【解析】
【详解】（1）小球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得
代入数据得
当S断开时，极板电势差即为电源电压U，由平衡条件得
代入数据得
（2）闭合开关S1，断开开关S2，电容器充电完成后再断开开关S1，极板间电压仍为18V，极板间电荷量不变，根据
联立可得
可知将下极板向上平移0.1m，极板间电场强度不变，小球在极板间仍做匀速直线运动，距离下极板的距离为0.2m。
（3）当接入电阻时，极板间的电压
小球在极板中做类平抛运动，水平方向
竖直方向
根据牛顿第二定律可得
联立解得
当滑动变阻器接入电阻时，极板间电压
根据牛顿第二定律
竖直方向
水平方向
联立解得
22. 某质谱仪简化装置如图所示：匀强电场被限定在直角三角形AOC内，三角形区域外可视为真空，电场沿CO方向，斜边AC长L，∠A=30°。一长为L的绝缘材料制成的探测板与边界AC完全重合，探测板可绕A点旋转。一群质量为m，带电量为e的电子从A点水平射入，粒子数目按速率均匀分布，速率分布在0.5v到2v之间。若速率为v的电子刚好打在探测板的中间，电子击中探测板会激发探测板上荧光发光。不考虑电子反弹，不计电子重力和电子间的相互作用力，则：
（1）求电场强度的大小；
（2）求探测板收集效率；（即被探测板收集到的粒子占总粒子数之比）
（3）求探测板上荧光发光长度；
（4）使探测板绕A点顺时针转动，当收集效率为100%时，求探测板旋转最小角度。（可用三角函数表示）
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）速率为的电子刚好打在探测器板中央，电子做类平抛运动，则有
联立求得
电子在电场中只受电场力，有
求得
（2）电子恰好打到C点时，设电子的速率为，则有
联立求得
所以速率为的电子均能打到探测板上，所以探测板的收集效率为
（3）电子速率为时，有
且
联立求得
即此时电子打到距A点处，则发光长度为
（4）若要探测器收集效率为100%，则速率为的电子恰好打到C点，则电子先在电场中平抛，飞出电场后匀速打在点，如图所示
根据平抛运动推论：轨迹上某点速度的反向延长线交于此时水平位移的中点，可得电子轨迹与CO交点处的速度的反向延长线交于AO中点D，由几何知识可得此延长线与AC平行，则此时连接A点，电子恰好打到探测板的最右端及电子轨迹与CO的交点D，在中，利用几何关系求得，及，由正弦定理可得
可得此时探测板偏转的最小角度满足
浙江省A9协作体2022学年第一学期期中联考高二物理试题
考生须知：
1.本卷满分100分，考试时间90分钟；
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效；
4.考试结束后，只需上交答题卷。
5.可能用到的相关公式或参数：若无特别说明，重力加速度g均取10m/s2。
一、选择题I（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题给出的四个备选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1. 以下单位属于国际单位制中基本单位的是（ ）
A. 安培 B. 库仑 C. 伏特 D. 欧姆
【答案】A
【解析】
【详解】国际单位制规定了七个基本物理量．分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量，它们的在国际单位制中的单位称为基本单位，而由物理量之间的关系式推导出来的物理量的单位叫做导出单位，电流的单位安培是国际单位制中基本单位，库仑、伏特、欧姆属于导出单位。
故选A。
2. 某智能口罩的外观如图所示，它的侧面设计了两个圆孔静电层区域，是为了过滤空气，该设计用到的原理是（ ）
A. 静电屏蔽 B. 静电吸附 C. 尖端放电 D. 静电解冻
【答案】B
【解析】
【详解】电荷具有吸引轻小物体性质，可以过滤空气中的尘埃，故应用了静电吸附原理。
故选B。
3. 红外线和紫外线都属于电磁波大家族中的一员。与红外线相比，紫外线（ ）
A. 周期更长 B. 波长更长
C. 能量子的能量更小 D. 真空中传播速度相同
【答案】D
【解析】
【详解】与红外线相比，紫外线频率更高，周期更短，波长更长，能量更高，所有电磁波在真空中传播速度相同。
故选D。
4. 中央提出了“推进绿色发展、循环发展、低碳发展”的理念，下列有关新能源和能量观的描述中，正确的是（ ）
A. 外出旅游时，尽可能选择自驾出行
B. 核能是高效能源，在使用时要注意防范核泄漏事故
C. 水能和风能等能源，这些能源来源于太阳能，是不可再生能源
D. 根据能量守恒，担心能源危机是杞人忧天
【答案】B
【解析】
【详解】A．外出旅游时，尽可能选择公共交通工具出行，可以减小污染，节约能源，A错误；
B．核能是一种清洁高效的能源，核能的和平开发和利用对人类经济社会的发展做出了巨大的贡献,而核泄漏事故的发生又会造成一定的灾难，所以使用时要注意防范核泄漏事故，B正确；
C．水能和风能等能源，这些能源来源于太阳能，是可再生能源，C错误；
D．能量虽然守恒，但是可利用的能源是有限的，D错误。
故选B。
5. 人体含水量约为70%，水中有钠离子、钾离子等离子存在，因此容易导电，脂肪则不容易导电。当两手握住脂肪测量仪的两个把手时，就可知道人体脂肪所占的比例。下列说法正确的是（ ）
A. 人体内水和脂肪导电性不同，两者相较，脂肪电阻率更小一些
B. 由电阻公式可知，个子高的一定比个子矮的电阻大
C. 脂肪测量仪的工作原理是通过人体电阻不同来判断人体脂肪所占的比例
D. 刚沐浴后，脂肪测量仪显示人体脂肪所占比例的测量数据会更加准确
【答案】C
【解析】
【详解】A．由题意可知水容易导电，即水的电阻比脂肪小，根据电阻定律由
因此相同条件下，脂肪的电阻率更大，故A项错误；
B．由电阻公式可知
由上述公式可知，影响电阻的因素有电阻率，导体的横截面积以及电阻率。而个子高的人其与个子矮的人其电阻率的关系未知，所以不一定个子高的人电阻大，故B项错误；
C．利用脂肪几乎不含水分，其导电性和人体内其他成分不同，可以用测量人体电阻的方法来计算人体的脂肪率，故C项正确；
D．人在沐浴后，人体内含水量发生变化，人体脂肪所占比例发生变化，即人体的电阻大小变化，所以测量数据会不准确，故D项错误。
故选C。
6. 2022年北京冬奥会开幕式上，由一朵朵代表各个参赛国家的“小雪花”组成一朵“大雪花”后，奥运圣火在其中央点燃，如图甲，让全世界惊叹。某国学发现每朵“小雪花”的基本形状如图乙所示，并利用绝缘弧形细条摆成模型，若其左右分别均匀分布着等量异种电荷。a、b、c、d四点均位于对称轴上，且它们与中心点的距离均相等。则（ ）
A. a点电势小于c点电势
B. c、d两点的电场强度相同
C. 负的试探电荷从a点到d点电场力做负功
D. 正的试探电荷从b点到d点电势能增加
【答案】C
【解析】
【详解】A．由于沿着电场线，电势降低，因此a点电势比c点电势高，B错误；
B．c、d两点的电场强度大小和方向均不相同，选项B错误；
C．因a点电势高于d点，可知负的试探电荷从a点到d点电场力做负功，选项C正确；
D．b点电势等于d点电势，则正的试探电荷从b点到d点电场力做功为零，电势能不变，D错误。
故选C。
7. 如图，电池、开关和灯泡组成串联电路。当闭合开关时，发现灯泡不发光。在不能拆开电路的前提下，现使用一多用电表对故障电路进行检测：选择直流电压挡，闭合开关S，红、黑表笔分别接在接线柱E、F上，电压表示数为1.5V；断开开关S，选择欧姆1k挡，红、黑表笔分别同时接E、F，指针不偏转。则下列判断可能正确的是（ ）
A. 灯泡断路 B. 导线BF断开 C. 导线CA断开 D. 开关接触不良
【答案】A
【解析】
【详解】“闭合开关S，红、黑表笔分别接在接线柱E、F上，电压表示数为”说明从电源正极到接线柱E是没有断路，从电源负极到接线柱F没有断路；“断开开关S，选择欧姆挡，红、黑表笔分别同时接E、F，指针不偏转”说明接线柱E、接线柱F之间也就是小灯泡电阻无穷大，是断路。
故选A。
8. 地球是一个巨大的磁体，绍兴地区地表附近的磁感应强度大约为T，在该地区下列说法正确的是（ ）
A. 指南针静止时N极指向地理南极
B. 在地面上放置一个小磁针，小磁针静止时S极所指的方向即为该处磁场方向
C. 地面上水平放置边长为20cm的正方形线框的磁通量为Wb
D. 在地面上放置一根通电导线，该导线可能受到地磁场对其力的作用
【答案】D
【解析】
【详解】A．地磁N极重合在地理南极附近，地磁S极重合在地理北极附近，所以指南针静止时N极指向地理北极，A错误；
B．在地面上放置一个小磁针，根据磁场方向的规定，小磁针静止时N极所指的方向即为该处磁场方向，B错误；
C．绍兴地区地表附近的磁感应强度不是竖直方向，与水平面的夹角较小，地面上水平放置边长为20cm的正方形线框的磁通量小于Wb，C错误；
D．在地面上放置一根通电导线，该导线摆放的方向不与地磁场平行时，则通电导线将会受到地磁场对其力的作用，D正确。
故选D。
9. 把两个相同的灵敏电流计分别改装成了两个量程不同的电压表V1、V2，若把V1、V 2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图甲、乙所示，两电路中滑动变阻器与电源均相同，则闭合开关后，下列说法正确的是（ ）
A. 图甲中的V1、V 2的示数不同，指针偏角相同
B. 图乙中的V1、V 2的示数不同，指针偏角相同
C. 图甲V1和图乙V1的示数不可能相同
D. 图甲V1和图乙V 2的指针偏角一定相同
【答案】B
【解析】
【详解】A．两个电压表量程不同，所以内阻不同，在图甲中两个电压表是并联关系，根据并联电路电压相等，所以两只电表的示数相同，但是由于两只电表的内阻不同，故流过两只电表的电流不同，又因为指针偏转角与流过表头的电流有关，电流越大，偏转角越大，故A错误；
B．两个电压表量程不同，所以内阻不同，在图乙中两个电压表是串联关系，根据串联电路电流相等，又因为指针偏转角与流过表头的电流有关，所以两只电表的指针偏转角相同，但是由于两只电表的内阻不同，所以两个电表的分压不同，所以两个表的示数不同，故B正确；
C．图甲和图乙两个电路中总电阻不可能相同，甲图中定值电阻与滑动变阻器串联，当滑动变阻器的电阻调节到比较小时，定值电阻分压可以与图乙中电压表的分压相同，所以图甲V1和图乙V1的示数可能相同，C错误；
D．流过图甲V1中电流可能和图乙V 2中的电流相同，也可能不同，所以指针偏角可能相同，也可能不同，故D错误；
故选B。
10. 如图是一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图。当电磁铁通入电流时，可吸引或排斥上部的小磁铁，从而带动弹性金属片对橡皮碗下面的气室施加力的作用，达到充气的目的。下列说法正确的是（ ）
A. .电磁铁的工作原理是电流磁效应
B. 电磁铁用的铁芯应选用不易退磁的材料
C. 工作时AB接线柱应接入稳恒电流
D. 当电流从B接线柱流入时，发现吸引小磁铁向下运动，则小磁铁的下端为N极
【答案】A
【解析】
【详解】AB．当电磁铁通入电流时，可吸引或排斥上部的小磁铁，从而带动弹性金属片对橡皮碗下面的气室施加力的作用，故电磁铁的工作原理是电流的磁效应；根据电磁铁的工作要求，当没有电流时，要让铁芯失去磁性，当通电时，要有磁性，因此种铁芯应选用易磁化和退磁的软磁性材料，故B错误，A正确；
C．当A、B间接入恒定电流时，电磁铁的磁场始终保持一个方向，小磁体将只能被吸引，如果接入的是交流电，电磁铁的磁场方向在不断变化，从而可以使小磁体不断的与电磁铁之间有吸引和排斥的作用，使得弹簧片上下振动，故A、B间应接入交流电，故C错误；
D．当电流从电磁铁的接线柱B流入时，从上向下看电流是逆时针方向，根据右手螺旋定则可知电磁铁的下端为S极，上端为N极；吸引小磁体向下运动，根据磁铁同极相斥，异极相吸的特性可知，小磁体的下端为S极，故D错误。
故选A。
11. 心室纤颤是一种可危及生命的疾病。如图所示为一种叫做心脏除颤器的设备，某型号AED模拟治疗仪器的电容器电容是25μF，充电至6kV电压，如果电容器在3ms时间内完成放电，则下列说法正确的是（ ）
A. 电容器放电过程中电流保持不变
B. 电容器的击穿电压为6kV
C. 电容器充满电的电量是1.5C
D. 电容器放电过程中平均电流为50A
【答案】D
【解析】
【详解】A．电容器放电过程中电流随着电容器电量的减少而减小，故A错误；
B．电容器铭牌上的电压为额定电压，所以根据题意可知电容器的额定电压为6kV，而击穿电压要比6kV高得多，故B错误；
CD．根据电容公式可得电容器充满电的电量为
根据电流强度的定义可得电容器放电的平均电流为
故C错误，D正确；
故选D。
12. 如图所示，边长为1m的正方体ABCD—EFGH所处空间中存在匀强电场（图中未画出）。已知A、B、F三点的电势分别为20V、10V、0，则下列判断正确的是（ ）
A. 电场方向从F指向A
B. A、E两点电势差和H、D两点电势差相等
C. 场强大小可能为20V/m
D. 场强大小为V/m时，ADGF平面为等势面
【答案】C
【解析】
【详解】A．连接AF和BE相交与O点，则O点的电势为10V，所以OB为等势线，电场线只要垂直于OB（BE）即可，故A错误；
B．根据匀强电场特点可知
故B错误；
C．设电场线绕O点旋转 ，则
当转过 时，电场强度为20V/m，故C正确；
D．场强大小为V/m时，电场线与AF平行，AD电势相等，GF电势相等，但是A和F电势不相等，故不是等势体，故D错误。
故选C。
13. 利用光敏电阻制作的光传感器，可以记录传送带上工件的输送情况。如图甲所示是光电计数器的工作示意图，其中A是发光仪器，B是传送带上的物品，R1为光敏电阻（有光照时电阻为4Ω，无光照时电阻为100Ω），R2为定值电阻，电源内阻不计；图乙是输出电信号与时间的关系。则下列说法正确的是（ ）
A. 当有光照射R1时，信号输出端获得高电压
B. 当有光照射R1时，R1的功率将变小
C. 选用20Ω定值电阻，信号输出端获得的高电压最小
D. 选用20Ω定值电阻，一个周期内定值电阻R2两端电压差最大
【答案】D
【解析】
【详解】A．当有光照射R1时，R1阻值变小，回路电流变大，根据
U1=E-I（R2+r）
R1两端的电压U1变小，信号处理系统获得低电压，故A错误；
B．若将R2看做电源内阻，则当R1=R2时R1功率最大，但是由于R2阻值未知，则不能确定有光照射R1时，R1的功率如何变化，选项B错误；
C．无光照射时，R1电阻较大，此时在输出端获得高电压；根据闭合电路的电压关系
E=UR1+UR2
则选用的定值电阻阻值越大，信号输出端获得的高电压越小；可知选用20Ω定值电阻，信号输出端获得的高电压不是最小的，选项C错误；
D．根据电路结构可知，定值电阻R2两端的电压为
当R1分别取得最大值和最小值时，定值电阻上的电压差最大，即
由数学知识可知当
即当R=20Ω时∆UR2最大，选项D正确。
故选D。
二、选择题II（本题共3小题，每小题2分，共6分。每小题给出的四个备选项中至少有一项是符合题目要求的。全部选对得2分，选对但不全得1分，有选错的得0分。）
14. 关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（ ）
A. 普朗克首次提出能量子的概念
B. 焦耳测定了电子的电荷量
C. 法拉第提出了场的概念以及发现了电磁感应现象
D. 库仑揭示了电阻、电压与电流的关系
【答案】AC
【解析】
【详解】A．普朗克首次提出了能量子的概念，故A正确；
B．密立根通过油滴实验测定了电子的电荷量，故B错误；
C．法拉第提出了场的概念，并最早发现了电磁感应现象，故C正确；
D．欧姆揭示了电阻、电压和电流的关系，故D错误。
故选AC。
15. 如图所示，一带电量为q的金属球，固定在绝缘的支架上，这时球外P点的电场强度为E，当把一电量也是q的点电荷A放在P点时，测得点电荷受到的静电力为f；当把一电量为aq的点电荷B放在P点时，测得作用于这个点电荷的静电力为F，下列说法正确的是（ ）
A. a比1小得越多，F的数值越接近af
B. a比1小得越多，F的数值越接近aqE
C. 将电荷A先与金属球接触，再将其放回P点，则电荷A的电势能一定不变
D. 只将电荷B放到P点，稳定后金属球表面的电场线与球面垂直
【答案】BD
【解析】
【详解】AB．本题中的场源电荷为金属球体而不是固定的点电荷，在P点未放点电荷时，电荷量均匀分布在球体的外表面，金属球体可以等效成电量集中于球心的点电荷；但是当有电荷放在P时，由于电荷的相互作用，使得金属球上的电荷分布不再均匀，等效的中心偏离球心，放在P点的带电量越大，偏离的越厉害，如果放在P点的电荷量非常小，也就是a比1小得多，金属球带电等效中心偏离中心就可以忽略不计，在P点激发的场强就约等于E，F的数值接近aqE,故A错误B正确；
C．由于A可以看成点电荷，也就是A的大小相对于金属球来说，可以忽略不计，当A与金属球接触时，由于电荷要分布在金属的外表面，A上的电荷几乎都要转移到金属球上面，当A分离时，A上电荷量近似为零，故重新放回P点时，电势能也接近零，一定发生了改变，故C错误；
D．在P点放电荷B，稳定后，金属球任然是一个等势体，电场线在金属球的表面就要与金属球的表面垂直，故D正确。
故选BD。
16. 如图甲所示，直线加速器由一个金属圆板（序号为0）和多个横截面积相同的金属圆筒组成，其中心轴线在同一直线上，圆筒的长度遵照一定的规律依次增加。圆板和圆筒与交流电源相连，序号为奇数的圆筒和电源的一极相连，圆板和序号为偶数的圆筒和该电源的另一极相连，交变电源两极间电势差的变化规律如图乙所示。若电压的绝对值为U，电子电量大小为e，电子通过圆筒间隙的时间可以忽略不计。在t=0时刻，圆板中央的一个电子在圆板和圆筒之间的电场中由静止开始加速，沿中心轴线冲进圆筒1，电子在每个圆筒中运动的时间均小于T，且电子均在电压变向时恰从各圆筒中射出，不考虑相对论效应，则（ ）
A. 由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场
B. 电子运动到第n个圆筒时动能为neU
C. 在时奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为负值
D. 第n个和第n+1个圆筒的长度之比为
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．由于静电屏蔽作用，圆筒内不存在电场，A正确；
B．电子每经过一个间隙，电场力做功eU，根据动能定理，电子运动到第n个圆筒时动能为
电子运动到第n个圆筒时动能为neU ，B正确；
C．因为
时圆筒1相对圆板的电势差为正值，同理，奇数圆筒相对偶数圆筒的电势差为正值，C错误；
D．根据动能定理得
第n个和第n+1个圆筒的长度之比为
解得
D正确。
故选ABD。
三、非选择题（本题共6小题，共55分）
17. （1）李同学用螺旋测微器测量某合金丝的直径。调节顺序为_______（选项“先调C后调D”或“先调D后调C”），再旋紧B。从图甲中的示数可读出合金丝的直径为_______mm。
（2）某小组欲“探究导体电阻与其影响因素的定量关系”。将粗细均匀合金丝在木质量角器上绕半周，接入如图乙所示的电路中，通过金属夹所夹位置改变合金丝接入电路的长度。实验时多次改变合金丝接入电路的长度l、记录相应电流表的读数I和电压表的读数U，从而得到多个的值，作出图像，如图丙中图线a所示。
①本实验中滑动变阻器的连接方式是________（选填“分压式接法”或“限流式接法”）；
②该实验中测得的电阻率相较真实值_________（选填“偏大”、“偏小”或“相同”）；
③图丙中图线b是另一根横截面积为合金丝甲2倍的合金丝乙，采用同样的方法获得的图像，由图可知合金丝甲的电阻率________（选填“大于”、“等于”或“小于”）合金丝乙电阻率。
【答案】 ①. 先调C后调D ②. 0.410 ③. 分压式接法 ④. 偏小 ⑤. 大于
【解析】
【详解】（1）[1]调节顺序为先粗调后细调，所以先调C后调D，再旋紧B。
[2]合金丝的直径为
（2）①[3]滑动变阻器使用三个接线柱，是分压式接法；
②[4]由于采用电流表外接法，电流的测量值偏大，根据欧姆定律，电阻的测量值偏小，根据电阻定律，电阻率的测量值偏小；
③[5]根据欧姆定律
根据电阻定律得
解得
根据题意得
解得
由图可知合金丝甲的电阻率大于合金丝乙的电阻率。
18. （1）在“测定干电池电动势和内阻”实验时，小明学习用多用电表测电源电动势，此时红表笔应当连接电源________（选填“正极”或“负极”）；
（2）实验课前，老师从原理上解释了电表对测量的影响。实验中小明为分析电流表、电压表内阻对测量的影响，利用如图甲所示的电路图进行测量。请根据图甲电路图在实物连线图乙中补画出剩下的连线________；
（3）电路器件完好，实验时开关S2分别拨到1，2，发现无论怎么调节滑动变阻器，电压表和电流表示数变化均不明显，应该如何更换电路仪器________；
（4）接入电路的阻值，得到多组电流和电压值，在坐标纸上画出U－I图像得到如图丙所示的两条直线a、b。根据图像，选择一条你认为更合理的图线，对应直线的电路是S2拨到________（选填“1”或“2”），求出该电池的电动势E=________V（保留三位有效数字），内阻r=________Ω（保留两位有效数字）。
【答案】 ①. 正极 ②. ③. 更换一个阻值较大一些的滑动变阻器 ④. 2 ⑤. 1.49 ⑥. 0.48
【解析】
【详解】（1）[1]用多用电表测电源电动势，电流应由红表笔流入黑表笔流出，所以此时红表笔应当连接电源的正极；
（2）[2]根据电路图，实物图连接如图所示
（3）[3]实验时开关S2分别拨到1，2，发现无论怎么调节滑动变阻器，电压表和电流表示数变化均不明显，说明滑动变阻器阻值过小，则当滑动变阻器从一端到另一端时总电阻变化不大，电流的变化就不大，路端电压的变化也不大，所以需要更换一个阻值较大一些的滑动变阻器；
（4）[4]由于电流表内阻对电源内阻的测量值影响较大，当开关拨到2时，电压表直接接到电源两端，由于电流表内阻的影响，则电流表读数相同时，开关拨到2时电压表的读数较大，故应该将选择开关S接2时比较合理，此时图线对应a；
[5][6]由图线a的纵截距可得电源电动势
内阻
19. 如图所示，空间存在竖直方向的匀强电场（图中未画出）。半圆弧绝缘细管ABC竖直放置，直径AC水平，圆心为O、半径为R，O处固定有一正点电荷。质量为m、电量为的小球从A点以初速度进入管道后，与管道始终无挤压。已知静电力常量为k，重力加速度为g，管道内径略大于小球半径，不计一切阻力：求：
（1）求匀强电场的电场强度；
（2）求O处点电荷电量大小；
（3）小球运动到C点时，撤去匀强电场；当小球回到B点时，求轨道对其作用力大小。
【答案】（1），方向竖直向下；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）由题意分析可知，小球在匀强电场中所受电场力与重力平衡，点电荷对小球的库仑力提供向心力，则有
解得
小球带负电，可知匀强电场方向竖直向下；
（2）根据牛顿第二定律可得
解得
（3）撤去匀强电场后，库仑力对小球不做功，小球机械能守恒，根据机械能守恒定律可得
在B点，由牛顿第二定律可得
联立解得
20. 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，电源内阻，电动机内阻，电阻，重物质量。当电动机以稳定的速度匀速提升重物时，流经电源电流为。不计空气阻力和摩擦。求：
（1）理想电压表读数；
（2）电动机输出功率；
（3）重物匀速上升时的速度大小。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）根据题意，由闭合回路欧姆定律可得，路端电压为
即理想电压表的读数为。
（2）根据题意，由欧姆定律及串联分压原理可得，电动机两端的电压为
由公式可得，电动机输入功率为
由公式可得，电动机的热功率为
则电动机输出功率为
（3）根据题意可知，电动机以稳定速度匀速提升重物时，不计空气阻力和摩擦，设重物匀速上升时的速度大小为，则有
解得
21. 如图所示，光滑绝缘斜面高度，斜面底端与光滑绝缘水平轨道用小圆弧连接，水平轨道边缘紧靠平行板中心轴线。正对的平行板电容器和电阻及恒压源，构成如图所示电路，S1、S2为电路开关，平行板板长为，板间距离，定值电阻未知。可视作质点的带电小球电量C、质量，从斜面项端静止下滑。当闭合开关S1，断开开关S2时，小球刚好沿平行板中心轴线做直线运动。不考虑电容器边缘效应。
（1）求恒压源电压U；
（2）闭合开关S1，断开开关S2，电容器充电完成后再断开开关S1，不考虑空气导电性。将下极板向上平移0.1m，试求小球离开电场的位置；
（3）保持S1闭合，再闭合S2，调节滑动变阻器，使其接入电阻，小球恰好从极板边缘离开。当滑动变阻器接入电阻时，求小球在电场中偏转位移。
【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【解析】
【详解】（1）小球下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得
代入数据得
当S断开时，极板电势差即为电源电压U，由平衡条件得
代入数据得
（2）闭合开关S1，断开开关S2，电容器充电完成后再断开开关S1，极板间电压仍为18V，极板间电荷量不变，根据
联立可得
可知将下极板向上平移0.1m，极板间电场强度不变，小球在极板间仍做匀速直线运动，距离下极板的距离为0.2m。
（3）当接入电阻时，极板间的电压
小球在极板中做类平抛运动，水平方向
竖直方向
根据牛顿第二定律可得
联立解得
当滑动变阻器接入电阻时，极板间电压
根据牛顿第二定律
竖直方向
水平方向
联立解得
22. 某质谱仪简化装置如图所示：匀强电场被限定在直角三角形AOC内，三角形区域外可视为真空，电场沿CO方向，斜边AC长L，∠A=30°。一长为L的绝缘材料制成的探测板与边界AC完全重合，探测板可绕A点旋转。一群质量为m，带电量为e的电子从A点水平射入，粒子数目按速率均匀分布，速率分布在0.5v到2v之间。若速率为v的电子刚好打在探测板的中间，电子击中探测板会激发探测板上荧光发光。不考虑电子反弹，不计电子重力和电子间的相互作用力，则：
（1）求电场强度的大小；
（2）求探测板收集效率；（即被探测板收集到的粒子占总粒子数之比）
（3）求探测板上荧光发光长度；
（4）使探测板绕A点顺时针转动，当收集效率为100%时，求探测板旋转最小角度。（可用三角函数表示）
【答案】（1）；（2）；（3）；（4）
【解析】
【详解】（1）速率为的电子刚好打在探测器板中央，电子做类平抛运动，则有
联立求得
电子在电场中只受电场力，有
求得
（2）电子恰好打到C点时，设电子的速率为，则有
联立求得
所以速率为的电子均能打到探测板上，所以探测板的收集效率为
（3）电子速率为时，有
且
联立求得
即此时电子打到距A点处，则发光长度为
（4）若要探测器收集效率为100%，则速率为的电子恰好打到C点，则电子先在电场中平抛，飞出电场后匀速打在点，如图所示
根据平抛运动推论：轨迹上某点速度的反向延长线交于此时水平位移的中点，可得电子轨迹与CO交点处的速度的反向延长线交于AO中点D，由几何知识可得此延长线与AC平行，则此时连接A点，电子恰好打到探测板的最右端及电子轨迹与CO的交点D，在中，利用几何关系求得，及，由正弦定理可得
可得此时探测板偏转的最小角度满足
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