还剩14页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2021-2022学年安徽省部分省级示范高中高二（上）期末物理试卷（含答案解析）
展开
这是一份2021-2022学年安徽省部分省级示范高中高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共17页。试卷主要包含了13×10−3sB，5×103ΩD，6kg、电荷量为+1，【答案】A，【答案】D，【答案】C，【答案】B，【答案】BD等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年安徽省部分省级示范高中高二（上）期末物理试卷
1. 为使同学们能更好地学习，探索浩瀚的物理世界，教材中设计了问题、实验、演示、科学方法等11种栏目。在《必修三》“科学方法”栏目中介绍了用物理量之比定义新物理量，它是物理学中一种常用方法。以下物理量表达式中属于用物理量之比定义电场强度的是( )
A. E=Fq B. E=kQr2 C. E=Ud D. E=Wq
2. 2021年12月9日，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站为广大青少年带来了一场精彩的太空科普课，如图所示。已知神舟十三号空间实验室轨道半径为6740km，地球半径为6400km，则航天员讲课的实时画面从神舟十三号空间实验室发至地面接收站需要的时间最少为( )
A. 1.13×10−3s B. 2.47×10−2s C. 2.13×10−2s D. 1.13×10−2s
3. 如图所示为两个量程的电压表，当使用A、B两个端点时，量程为0∼5V，当使用A、C两个端点时，量程是0∼15V。已知表头电阻Rg=500Ω，满偏电流Ig为1mA，则在该电路中( )
A. R1起分流作用，保护表头 B. R2起分流作用，保护表头
C. R1起分压作用，R1=4.5×103Ω D. R2起分压作用，R2=1.0×103Ω
4. 下列关于甲、乙、丙、丁四种装置，在下列操作与判断正确的是( )
A. 图甲中，使两导体棒以相同的速度在导轨上匀速向右运动，导体棒中能产生感应电流
B. 图乙中，使导体棒ab在匀强磁场中以恒定的角速度绕b点构成的闭合回路转动，导体棒中不能产生感应电流
C. 图丙中，在闭合圆环导体(水平放置)某一直径正上方的平行直导线中，使通过的电流逐渐增大，闭合导体环中能产生感应电流
D. 图丁中，当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，不闭合的导体环中不能产生感应电流
5. 如图(a)所示的直线AB是电场中的一条电场线，沿与直线AB成θ=37∘角的方向建立直线坐标Ox，令原点O处电势为零，则Ox坐标轴上的电势φ与x坐标关系图像为过原点的直线，如图(b)所示，直线上P点坐标已标注在图中，下列说法正确的是( )
A. 电场方向由B指向A B. 电场为点电荷产生的电场
C. 该电场的场强大小为1.6×102V/m D. 该电场的场强大小为2.0×102V/m
6. 疫情不退，口罩不摘，戴口罩大家应牢记“防护第一，舒适第二”!熔喷布是医用口罩的最核心的材料。如图所示，工厂在生产熔喷布时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置传感器，其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上(B接正极，A接负极)，G是灵敏电流计。熔喷布变厚会导致电介质相对介电常数εr增大，当熔喷布匀速从两极板间穿过时，关于说法正确的是( )
A. 熔喷布突然变厚时，电容器两端电压变大
B. 熔喷布突然变厚时，电容器的电容变小
C. 熔喷布突然变厚时，有自b向a的电流流过灵敏电流计
D. 熔喷布的厚度未发生变化时，灵敏电流计读数不为零
7. 在如图甲所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化。图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况。以下说法正确的是( )
A. 图线c表示的是电压表V1的示数随电流表示数变化的情况
B. 图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况
C. 此过程中电压表V1示数的变化量ΔU1和电流表示数变化量ΔI的比值变小
D. 此过程中电压表V3示数的变化量ΔU3和电流表示数变化量ΔI的比值变大
8. 如图所示，真空中有三个带正电的点电荷，它们固定在边长为a的等边三角形的三个顶点上，每个点电荷的电荷量都是q(q>0)。若引入一个点电荷P，放在等边三角形的中心，使三角形顶点处的电荷所受静电力合力为零，则下列说法正确的是( )
A. 未引入点电荷P之前，顶点上的每个点电荷所受的库仑力的大小为2kq2a2
B. 未引入点电荷P之前，顶点上的每个点电荷所受的库仑力的大小为33kq2a2
C. 引入的点电荷P带负电，所带电荷量为Q=33q
D. 引入的点电荷P带正电，所带电荷量为Q=3q
9. 在固定的等量同种点电荷+Q和+Q连线的正中央虚拟一个正方体空间模型，abcd面和a′b′c′d′面的中心分别为O、O′(c、O没有画出)，下列说法正确的是( )
A. 点d、d′处的场强相同
B. a、a′、b、b′、c、c′、d、d′8点的电势相等
C. 将一正试探电荷从a移到c′，电荷的电势能增大
D. 将一正试探电荷从O′点由静止释放，将在O′、O间做往复运动
10. 如图所示，以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f(O点未标出)，两根直导线垂直纸面放在a、d两点。现给导线通有大小相等、方向垂直纸面向里的电流，下列说法正确的是( )
A. O处磁感应强度最大
B. b、e两处磁场方向相同
C. f、c两处磁场方向相反
D. b、c、e、f四个点的磁感应强度大小相等
11. 如图所示，光滑绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，现有一个质量为0.6kg、电荷量为+1.0×10−8C的滑块P(可看做质点)，仅在电场力作用下由静止沿x轴正方向运动。运动过程中物块的电势能Ep与坐标x的关系如图曲线表示，曲线过点(0.7,1)，图中斜线为该曲线的切线，过切点(0.3,3)和(0.6,0)。则下列说法正确的是( )
A. 该滑块运动的速度越来越大
B. x=0.3m处的电势比x=0.7m处的电势低
C. x=0.3m处的场强大小为5×102N/C
D. x=0.3m与x=0.7m间的电势差是2×102V
12. 现在很多景区门口都有一个被水冲击而悬空的石球，小明参观后回到自己的DIY实验工坊，尝试做了如下实验。其原理如图所示，开口向下的水桶代替石球，水桶下面有一水管，水桶的重心位于水管中心轴线上，从水管内喷出方向竖直向上，大小相等均为v=10m/s的水柱，水管的横截面积S=3.0×10−3m2，水的密度为ρ=1.0×103kg/m3，假设水碰到水桶底部瞬间内速度大小不变方向反向，忽略水流质量的损耗，忽略水的重力、阻力的影响，不计水管的高度，水桶处于悬停状态。重力加速度g=10m/s2，则( )
A. 水桶的质量约为600kg B. 水桶的质量约为60kg
C. 连接水管的水泵的输出功率约为1.5kW D. 连接水管的水泵的输出功率约为150W
13. “测量金属丝的电阻率”实验中，用电流表和电压表测量长度为10.00cm电阻丝的电阻。
(1)某实验小组使用螺旋测微器和多用电表测量该电阻丝的直径和电阻，该电阻丝的电阻值约为1.0∼15.0Ω，材料未知。实验过程如下：
①用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，示数如图(a)所示。该电阻丝的直径为______ mm。
②对多用电表进行机械调零。
③将多用电表选择开关旋至______倍率的电阻挡(填“×1”“×10”“×100”或“×1k”)。
④将黑、红表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在电阻挡零刻度线。
⑤将黑、红表笔并接在待测电阻丝两端，多用电表的示数如图(b)所示。该电阻丝的电阻值为______Ω。
⑥测量完成之后，将表笔从插孔拔出，并将选择开关旋到“OFF”位置。
(2)该同学测量金属丝两端的电压U和通过金属丝的电流I，得到多组数据，并在坐标图上标出，画出的U−I图线如图(C)所示。请根据图线得出该金属丝电阻R=______Ω(结果保留小数点后两位)。
14. 某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的橙子制作了橙汁电池，他们利用下列器材测量这种电池的电动势E和内阻r，测量电路的电路图如图甲所示。
一个电源E(电动势约1V、内阻约1kΩ，由盛有橙汁玻璃器皿、铜片和锌片组成)
一只微安表G(内阻为Rg=100Ω，量程为0∼300μA)
一个电阻箱R(阻值为0∼9999Ω)
一个开关S，导线若干。
(1)连接电路后，调节电阻箱R的阻值，得到的测量数据如下表所示。
R/kΩ
9
8
7
6
5
4
3
I/μA
92
102
115
131
152
______
220
①上表中缺少一个电流表的示数，其读数如图乙所示，请读出数据填在上面的表格中。
②小强同学为了得出该橙汁电池的电动势和内阻，先通过电流算出电源路端电压，再作出U−I图像处理数据。若用U表示电源两端的电压，I表示通过电阻箱的电流，则U=______(用I、R、Rg表示)。
(2)小明同学根据实验原理，分析论证得出电流表示数I的倒数与电阻箱数值R关系式为1I=______(用E、R、r、Rg)，并根据数据、Excel程序得出1I−R图像如图(丙)所示，图中的关系方程为1I=1.056R+1.33mA−1，则电池的电动势E=______V和内阻r=______kΩ(均保留2位小数)。
15. 某学校科技小组同学利用图甲所示的电路进行相关测试，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻、电源内阻不计。实验时，他们调节滑动变阻器R1的阻值，得到了各组电压表和电流表的数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出U−I图像如图乙所示，已知电流表和电压表都是理想电表。求：
(1)电源的电动势E和定值电阻R2；
(2)图线AB从A状态变化到B状态的过程中，滑动变阻器R1阻值的变化范围；
(3)当R1的阻值为多大时，R1消耗的功率最大？最大功率为多少？
16. 如图所示，在xOy坐标系中，在第Ⅱ象限放置了α射线管，α射线管由平行于x轴的平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，细管C离两板等距，且开口在y轴上(图中C与两板连线绝缘)。放射源P靠近在A极板下方的左端，可以斜向下沿特定方向发射初速度为v0的α粒子。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上某一电压时，α粒子刚好能以某一速度从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器恰好做匀速圆周运动。之后α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的电场强度大小不变、方向水平、随时间周期性变化的电场中，以此刻为计时零时刻，电场变化关系如图乙(图中E0和T为已知值)，规定沿x轴正方向为电场正值的方向。静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心O，运动轨迹处的场强大小为E0。已知α粒子带正电，电荷量大小为2e(e为元电荷)，质量为m，重力不计。求：
(1)α粒子从细管C水平射出时的速度大小v；
(2)α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径r；
(3)当t=6T时，粒子的坐标。
17. 如图甲所示，以v=0.8m/s的速度顺时针匀速转动的传送带与水平面夹角θ=37∘，质量为4kg的小物块B与物块C间拴接一轻弹簧，B、C同时静止释放，且此时弹簧恰好处于原长，B、C与传送带间的动摩擦因数均为0.75。质量为2kg的小物块A在与物块B距离0.6m处，以v0=6m/s的初速度沿传送带向下运动，A与传送带间动摩擦因数也为0.75，传送带的上、下端均足够长，A、B碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失。以A、B碰撞时为0时刻，B、C物块运动的a−t图像如图乙所示，规定沿传送带向下为正方向，其中第四象限图线在0到t0时间内与坐标轴围成的面积大小为S1，第一象限图线在0到2t0时间内与坐标轴围成的面积大小为S2，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物块A、B碰撞后A、B的速度大小；
(2)物块C的质量mC；
(3)图线与坐标轴围成的面积S1、S2的大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、E=Fq是电场强度的比值定义公式，故A正确；
B、E=kQr2是点电荷产生的电场的公式，是决定式，故B错误；
C、E=Ud是匀强电场电势差与电场强度的关系，故C错误；
D、E=Wq是计算电动势的公式，故D错误；
故选：A。
明确比值定义法的性质及其物理量的含义进行作答．
用比值定义法所定义的物理量有：电场强度、磁感应强度、电阻、电容等等，注意它们均是由本身的性质决定的，和定义它们的物理量无关．
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查电磁波的传播，解题关键掌握光的传播速度。光的传播速度为3×108m/s，根据t=sv可解得信号传播时间。
【解答】
光的传播速度为c=3×108m/s，需要的时间最少为t=sc=6740−64003×108×103s=1.13×10−3s，故A正确，BCD错误，故选：A。
3.【答案】C
【解析】解：接A、B时，量程为U1=3V，串联的分压电阻R1，其作用是保护表头。则有：R1=U1Ig−Rg=51×10−3Ω−500Ω=4.5×103Ω。
接A、C时，电压表的量程U2=15V，串联的分压电阻R1和R2，它们的作用是保护表头，则有：R2=U2Ig−Rg−R1=1510−3Ω−500Ω−4500Ω=10000Ω=1.0×104Ω。故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据明确电路结构，说明分压电阻的作用。根据串联电路规律可知：改装后的量程为U=Ig(Rg+R串)据此可求出应串联的电阻R串=UIg−Rg。
本题考查电表改装中的数据分析，关键是正确认识电路，明确串并联电路的基本规律的应用。
4.【答案】D
【解析】解：产生感应电流的条件：当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流。
A、图甲中，两导体棒以相同的速度在导轨上匀速向右运动时，两导体棒之间的距离不变，则穿过两导体棒与导轨围成的面积上的磁通量不变，不能产生感应电流，故A错误；
B、图乙中，导体棒ab匀强磁场中以恒定的角速度转动时，ab棒切割磁感线，在闭合回路中能产生感应电流，故B错误；
C、图丙中，导线在水平放置的闭合导体圆环正上方，根据直导线产生的磁场的特点可知，穿过水平放置的闭合导体圆环的总磁通量为零；当导线内的电流最大时，闭合回路磁通量不变仍为零，不会产生感应电流，故C错误；
D、图丁中，滑动变阻器的滑片向右滑动时，接入电路中的电阻值最大，则电路中的电流减小，所以螺线管产生的磁场减弱，在不闭合的导体圆环中会产生感应电动势，由于圆环不闭合，所以不能产生感应电流，故D正确。
故选：D。
当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流；分析各个选项中，是否满足产生感应电流的条件。
判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：一是要有闭合回路；二是回路中的磁通量要发生变化；对于非匀强磁场穿过线圈的磁通量不能定量计算，可以根据磁感线的条数定性判断其变化情况，注意分清磁感线穿过线圈的哪个面是解题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：AB.由图(b)沿着x正方向电势逐渐降低可知，电场方向有A指向B，由于v−x图像为直线，故该电场为匀强电场，故AB错误；
CD.由图(b)可知该电场的场强大小为
E=φxcosθ=3.22×10−2×0.8V/m=2.0×102V/m
故C错误、D正确。
故选：D。
φ−x图象的斜率表示电场强度，分析各段的斜率从而求解电场强度的大小和方向；顺着电场线电势逐渐降低从而分析AB上的电场线方向。
解决该题的关键是明确知道φ−x图象的斜率表示电场强度，知道顺着电场线电势逐渐降低从而判断电场线的方向。
6.【答案】C
【解析】解：A、由于电容器与电源保持连接，则两板间的电压保持不变，故A错误；
B、根据电容器的公式C=εrS4πkd可知，当熔喷布的厚度变厚时导致介电常数ɛ r变大，电容器的电容C变大，再根据Q=CU可知极板带电量Q变大，故B错误；
CD、对B选项的分析可知，当熔喷布的厚度变厚时，极板带电量增加，由充电电流从b向a经过灵敏电流计；当熔喷布的厚度未发生变化时，极板所带电荷量不变，灵敏电流计读数为零，故C正确，D错误；
故选：C。
当电容器两端与电源相连时电压保持不变，根据电容的决定式C=εrS4πkd和电容的比值定义式Q=CU分析出极板电荷量的变化，从而得出灵敏电流计是否有示数。
本题主要考查了电容器的动态分析，熟悉电容的公式并分析即可，属于常规题型。
7.【答案】B
【解析】解：AB、电路中电流增大，则路端电压(V1示数)减小，R1两端电压(V2示数)增大，R2两端电压(V3示数)减小，且路端电压减小量=R2两端电压减小量−R1两端电压增大量，可知图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况，故A错误、B正确；
C、由闭合电路欧姆定律得U1=E−Ir，则|ΔU1ΔI|=r，保持不变，故C错误；
D、由闭合电路欧姆定律得U3=E−I(r+R1)，则|ΔU3ΔI|=r+R1，保持不变，故D错误.
故选：B。
有系统分析法，结合图像分析变化趋势，由闭合电路欧姆定律求解比值大小。
本题考查恒定电流，数形结合及闭合电路欧姆定律的灵活运用，是解题关键。
8.【答案】C
【解析】解：AB、三角形顶点每个点电荷都受到其他两个点电荷的斥力，对右下角的电荷进行分析，受力示意图如下图所示：
根据平行四边形定则，顶点上的每个点电荷受到的库仑力为：F=2F1cos30∘=3kq2a2，故AB错误；
CD、要使三角形顶点处场强为零，则该处点电荷所受静电力为零，则引入的电荷量必须是负的点电荷，由平衡条件得：
F=kQqr2
又有几何关系得：2rcos30∘=a
解得：Q=33q，故C正确，D错误；
故选：C。
分别分析出另外两个电荷对第三个电荷的库仑力，根据几何关系分析出合力的大小；
根据场强叠加的特点列式分析出P点电荷的电性和电荷量。
本题主要考查了库仑定律的相关应用，根据库仑定律结合几何关系完成分析即可，整体难度不大。
9.【答案】BD
【解析】解：A.根据等量同种电荷的电场线特点，点d、d′处的场强大小相等，方向不同，故A错误；
B.根据等量同种电荷等势面的特点，a、a′、b、b′、c、c′、d、d′8点的电势相等，故B正确；
C、根据等量同种电荷电势分布特点，a、c′电势相等，将一正试探电荷从a移到c′，电势能不变，故C错误；
D、将一正试探电荷从O′点由静止释放，向O点运动过程中，根据等量同种电荷电场线的特点，电场力先做正功后做负功，根据对称性，这两点的电势相等，电场力的总功等于零，电荷在O点的速度也等于零，所以电荷将在O、O′间做往复运动，故D正确。
故选：BD。
电场是矢量，具有方向性；根据等量同种电荷等势面的特点，等势面是曲面，a、a′、b、b′在同一个等势面上，aa′bb面不是等势面，将一正试探电荷从a移到a′电场力不做功，电势能不变，根据对称性可知电荷将在O、O′间做往复运动。
本题考查等势线与电场力做功，解题关键掌握等量同种电荷的电场线特点，注意a、a′的电势相等，将一正试探电荷从a移到a′电场力不做功，电势能不变。
10.【答案】CD
【解析】解：A、根据右手安培定则知：a处电流在O点产生的磁感应强度的方向垂直ad连线向下，d处电流在O点产生的磁感应强度的方向垂直ad连线向上，如图1所示：
由于两导线电流大小相等，O到a、d的距离相等，所以BaO=BdO，根据矢量的合成可得O处磁感应强度为0，故A错误；
BC、根据安培定则可知，b、c、f、e各点的磁感应强度方向如图2所示。
所以有：b、e两处磁场方向相反，f、c两处磁场方向相反，故B错误、C正确；
D、根据图2结合平行四边形法则可知，Bb、Be、Bf、Bc大小相等，故D正确。
故选：CD。
利用安培定则判断磁感应强度的方向，然后利用平行四边形定则求矢量和即可分析。
该题考查了安培定则的相关知识，解题的关键是安培定则灵活运用，而且要注意用平行四边形定则求得矢量和。
11.【答案】AD
【解析】解：AB、滑块P向右运动的过程中，电场力对正电荷做正功，电势能逐渐减少、动能逐渐增大、根据ΔEp=qEx，可知，滑块P向右运动的过程中，随x的增加，图线的斜率逐渐减小，则场强逐渐减小，加速度变小，速度变大，则电场方向沿x轴的正方向，且电势越来越低，故A正确，B错误；
C、点x=0.3m处的电场力大小为F=Eq=k，代入数据解得：F=1.0×10−5N，则E=Fq，代入数据解得：E=1.0×103V/m，故C错误；
D、x=0.3m与x=0.7m间，电场力做功为W=2×10−6J，可知电势差是U=Wq=2×10−61×10−8V=2×102V，故D正确。
故选：AD。
Ep−x图象切线的斜率表示电场力，根据斜率的变化分析电场力的变化，从而确定场强的变化，由电场力做功的正负分析场强的方向。x=0.3m与x=0.7m间，由图读出电场力做功的值，再由U=Wq求电势差。
解决本题的关键要知道电场力做功W与位移x图线的斜率表示电场力，会根据滑块的受力判断出滑块的运动情况。在应用公式U=Wq要注意各个量的符号。
12.【答案】BC
【解析】解：AB.在Δt间内，以撞到水桶底部的水为研究对象，根据动量定理有
F⋅Δt=mΔv=ρSvΔt[v−(−v)]，得F=mΔvΔt=ρSvΔt[v−(−v)]Δt=1.0×103kg/m3×3.0×10−3m2×10m/s×2×10m/s=600N
而水桶悬在空中
F=Mg，M=Fg=600N10m/s2=60kg，桶的质量M=60kg，故A错误，B正确。
CD.在Δt时间内，根据动能定理
W=12(ρSvΔt)v2
因此功率
P=WΔt=12(ρSvΔt)v2Δt=12ρSv3=12×1.0×103kg/m3×3.0×10−3m2×(10m/s)3=1.5kW，故C正确，D错误。
故选：BC。
单位时间内喷出的水对水桶的作用力与水桶重力平衡，可求得水桶的质量，根据单位时间内喷出的水的动能与时间的比值即可求得水泵的输出功率。
本题的难点在于的对在一段时间内水的动量的变化量的表示，从而求出水柱对水桶底部的作用力大小，进而根据其与水桶重力平衡可求得水桶质量。属于较难题型。
13.【答案】1.415×16.04.79
【解析】解：(1)①螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，所有金属丝的直径d=1mm+41.5×0.01mm=1.415mm。
③择适当倍率的欧姆挡，使测量时表针指在刻度盘的中间区。
⑤欧姆表测电阻等于读数乘以倍率；所以粗测电阻R=6.0×1Ω=6.0Ω；
(2)测出了多组电流和电压数据后，画出的U−I图线，显然图象的倍率就是导体的电阻，R=UI=ΔUΔI=2.58−1.000.50−0.17Ω=4.79Ω。
故答案为：(1)①1.415、③×1、⑤6.0；(2)4.79
(1)①螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
③欧姆表倍率的选择应使指针在表盘中央左右。
⑤测电阻等于指针示数乘以倍率。
(2)根据欧姆定律和和电阻的U−I图象的意义求电阻值。
解决该题的关键是掌握螺旋测微器和欧姆表测电阻的读数原理，掌握电压表和电流表的选择原则，掌握电阻定律的表达式；
14.【答案】180I(R+Rg)1ER+Rg+rE 0.951.16
【解析】(1)由图乙可知电流表最小刻度为10mA，则电流表的读数为180mA.
U为路端电压，则由欧姆定律得
U=I(R+Rg)
(2)由闭合电路欧定律得
E=I(R+Rg+r)
变形得
1I=1ER+Rg+rE
对比
1I=1.056R+1.33mA−1，
解得
E=0.95V，r=1160Ω=1.16kΩ
故答案为：(1)180，I(R+Rg)；(2)1ER+Rg+rE，0.95，1.16
(1)根据电流表的读数方法读得数据；根据串并联电路的规律可求得电路中的路端电压；
(2)根据电路结构分析实验得出函数解析式，再根据图象的性质分析处理数据．
本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，能根据数据处理的方法进行分析．
15.【答案】解：(1)根据图乙可知，当电流表示数I1=0.4A时电压表的示数为U1=4V，当电流表示数I2=0.8A时电压表的示数为U2=2V，
由闭合电路欧姆定律可知：
E=U1+I1R2
E=U2+I2R2
联立解得：E=6V、R2=5Ω；
(2)由图像可知，在A点R1A=U1I1=40.4Ω=10Ω
在B点：R1B=U2I2=20.8Ω=2.5Ω
所以滑动变阻器R1的阻值范围为2.5Ω≤R1≤10Ω；
(3)根据公式P=I2R1=E2(R1−R2)2R1+4R2可知，当R1=R2=5Ω时，R1消耗功率最大
最大功率为：Pmax=E24R2
代入数据解得：Pmax=1.8W。
答：(1)电源的电动势E为6V，定值电阻R2的阻值为5Ω；
(2)图线AB从A状态变化到B状态的过程中，滑动变阻器R1阻值的变化范围为2.5Ω≤R1≤10Ω；
(3)当R1的阻值为5Ω时，R1消耗的功率最大，最大功率为1.8W。
【解析】(1)根据欧姆定律列出两个等式并求解；
(2)根据图像的斜率求出两个状态下的电阻，从而得出R1阻值的变化范围；
(3)根据内电阻和外电阻的关系，结合功率的计算公式计算出最大功率。
本题主要是考查闭合电路的欧姆定律，关键是弄清楚电路的连接情况，能够根据电路连接情况结合闭合电路的欧姆定律进行解答。
16.【答案】解：(1)设α粒子运动到C处时速度为v0，α粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有：L=v0t
竖直方向有：12d=12at2
由牛顿第二定律：2eUd=ma
联立解得：U=md2v022eL2
α粒子从放射源发射出到C的过程，由动能定理有：−2e12U=ΔEk
解得：ΔEk=−md2v022L2
设α粒子发射时速度的大小为v，α粒子从放射源发射至运动到C的过程，由动能定理：−12⋅2eU=12mv02−12mv2
解得：v=v01+d2L2
(2)由牛顿第二定律2eE0=mv02r
由πr2=v0t0
解得：t0=πmv04eE0
(3)T2时，α粒子在x方向的速度为vx=2eE0m⋅T2
所以一个周期内，离子在x方向的平均速度：
vx−=vx2
每个周期α粒子在x正方向进：
x0=vx−T
因为开始计时时α粒子横坐标为：r=mv022eE0
联立解得6T时，α粒子的横坐标为：
x=r+6x0
联立解得：x=mv022eE0+6eE0T22m
a粒子的纵坐标为y=−3v0T
则在3T时α粒子的坐标为：(mv022eE0+6eE0T22m,−3v0T)
答：(1)α粒子从细管C水平射出时的速度大小为v01+d2L2；
(2)α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为πmv04eE0；
(3)当t=6T时，粒子的坐标为(mv022eE0+6eE0T22m,−3v0T)。
【解析】(1)粒子从发射到细管C反过来看是类平抛运动，由类平抛规律和牛顿第二定律求出板间电压，再由动能定理求出动能的变化；
(2)由动能定理求出粒子进入C的速度，由静电力提供向心力求得粒子的半径，再由运动学公式求出时间；
(3)进入正交的交变电场后，在竖直方向匀速运动，在水平方向做匀加速直线运动，按运动的合成与分解求坐标。
本题是带电粒子在复合场中的运动在实际科技中应用，关键抓住类平抛运动、圆周运动等基础知识，分过程分步骤用研究曲线运动的方法处理问题。
17.【答案】解：(1)因为(mB+mC)gsinθ=μ(mB+mC)gcosθ，所以碰撞前B、C静止，A匀速向下运动
A与B发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律可得
mAv0=mAvA+mBvB
由机械能守恒定律可得
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
联立代入数据解得：vA=−2m/s，vB=4m/s
(2)碰后A反向运动，B以4m/s开始压缩弹簧，C的加速度沿斜面向下，所以C的a−t图像在第一象限，B的的a−t图像在第四象限，B、C系统因为重力沿斜面向下分力等于滑动摩擦力，所以B、C系统动量守恒，t0时刻弹簧压缩到最短，此时有a0=F弹mC，a02=F弹mB
可得物块C的质量为mC=2kg
(4)t0时刻B、C速度相等，由动量守恒定律可得
mBvB=(mB+mC)v共
代入数据解得：v共=83m/s
则|ΔvB|=vB−v共=43m/s
由a−t图像的面积S=Δv可知，S1=43m/s(1分)|ΔvC|=v共−0=83m/s
所以2t0时刻S2=2|ΔvC|=163m/s
2t0时刻弹簧恢复原长，设此时B、C速度分别为vB′、vC′，则有mBvB=mBvB′+mCvC′、12mBvB2=12mBvB′2+12mCvC′2
代入数据解得：vC′=163m/s
所以2t0时刻由a−t图像的面积S=Δv可知，S2=vC′−0=163m/s。
答：(1)物块A、B碰撞后A、B的速度大小分别为2m/s、4m/s。
(2)物块C的质量mC为2kg。
(3)图线与坐标轴围成的面积S1、S2的大小分别为43m/s，163m/s。
【解析】(1)根据受力分析分析物块的运动情况，知道碰撞前B、C静止，A匀速向下运动，由动量守恒和机械能守恒定律相结合计算出物块A、B碰撞后A、B的速度大小；
(2)结合上题的结果，分析碰撞后三个物体的运动情况，由图乙读出t0时刻弹簧压缩到最短，由牛顿第二定律求物块C的质量mC；
(3)根据动量守恒定律，同时a−t图像中图像与横轴围成的面积表示速度的变化量，联立等式求解图线与坐标轴围成的面积S1、S2的大小。
本题考查倾斜传送带和碰撞问题，在分析过程中涉及到了动量守恒，能量守恒和运动学公式等，解题的关键点是分析清楚物块的运动情况并结合物理知识完成解答，特别要注意物理量的方向问题。
2021-2022学年安徽省部分省级示范高中高二（上）期末物理试卷
1. 为使同学们能更好地学习，探索浩瀚的物理世界，教材中设计了问题、实验、演示、科学方法等11种栏目。在《必修三》“科学方法”栏目中介绍了用物理量之比定义新物理量，它是物理学中一种常用方法。以下物理量表达式中属于用物理量之比定义电场强度的是( )
A. E=Fq B. E=kQr2 C. E=Ud D. E=Wq
2. 2021年12月9日，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富在中国空间站为广大青少年带来了一场精彩的太空科普课，如图所示。已知神舟十三号空间实验室轨道半径为6740km，地球半径为6400km，则航天员讲课的实时画面从神舟十三号空间实验室发至地面接收站需要的时间最少为( )
A. 1.13×10−3s B. 2.47×10−2s C. 2.13×10−2s D. 1.13×10−2s
3. 如图所示为两个量程的电压表，当使用A、B两个端点时，量程为0∼5V，当使用A、C两个端点时，量程是0∼15V。已知表头电阻Rg=500Ω，满偏电流Ig为1mA，则在该电路中( )
A. R1起分流作用，保护表头 B. R2起分流作用，保护表头
C. R1起分压作用，R1=4.5×103Ω D. R2起分压作用，R2=1.0×103Ω
4. 下列关于甲、乙、丙、丁四种装置，在下列操作与判断正确的是( )
A. 图甲中，使两导体棒以相同的速度在导轨上匀速向右运动，导体棒中能产生感应电流
B. 图乙中，使导体棒ab在匀强磁场中以恒定的角速度绕b点构成的闭合回路转动，导体棒中不能产生感应电流
C. 图丙中，在闭合圆环导体(水平放置)某一直径正上方的平行直导线中，使通过的电流逐渐增大，闭合导体环中能产生感应电流
D. 图丁中，当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，不闭合的导体环中不能产生感应电流
5. 如图(a)所示的直线AB是电场中的一条电场线，沿与直线AB成θ=37∘角的方向建立直线坐标Ox，令原点O处电势为零，则Ox坐标轴上的电势φ与x坐标关系图像为过原点的直线，如图(b)所示，直线上P点坐标已标注在图中，下列说法正确的是( )
A. 电场方向由B指向A B. 电场为点电荷产生的电场
C. 该电场的场强大小为1.6×102V/m D. 该电场的场强大小为2.0×102V/m
6. 疫情不退，口罩不摘，戴口罩大家应牢记“防护第一，舒适第二”!熔喷布是医用口罩的最核心的材料。如图所示，工厂在生产熔喷布时为了实时监控其厚度，通常要在生产流水线上设置传感器，其中A、B为平行板电容器的上、下两个极板，上下位置均固定，且分别接在恒压直流电源的两极上(B接正极，A接负极)，G是灵敏电流计。熔喷布变厚会导致电介质相对介电常数εr增大，当熔喷布匀速从两极板间穿过时，关于说法正确的是( )
A. 熔喷布突然变厚时，电容器两端电压变大
B. 熔喷布突然变厚时，电容器的电容变小
C. 熔喷布突然变厚时，有自b向a的电流流过灵敏电流计
D. 熔喷布的厚度未发生变化时，灵敏电流计读数不为零
7. 在如图甲所示电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化。图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况。以下说法正确的是( )
A. 图线c表示的是电压表V1的示数随电流表示数变化的情况
B. 图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况
C. 此过程中电压表V1示数的变化量ΔU1和电流表示数变化量ΔI的比值变小
D. 此过程中电压表V3示数的变化量ΔU3和电流表示数变化量ΔI的比值变大
8. 如图所示，真空中有三个带正电的点电荷，它们固定在边长为a的等边三角形的三个顶点上，每个点电荷的电荷量都是q(q>0)。若引入一个点电荷P，放在等边三角形的中心，使三角形顶点处的电荷所受静电力合力为零，则下列说法正确的是( )
A. 未引入点电荷P之前，顶点上的每个点电荷所受的库仑力的大小为2kq2a2
B. 未引入点电荷P之前，顶点上的每个点电荷所受的库仑力的大小为33kq2a2
C. 引入的点电荷P带负电，所带电荷量为Q=33q
D. 引入的点电荷P带正电，所带电荷量为Q=3q
9. 在固定的等量同种点电荷+Q和+Q连线的正中央虚拟一个正方体空间模型，abcd面和a′b′c′d′面的中心分别为O、O′(c、O没有画出)，下列说法正确的是( )
A. 点d、d′处的场强相同
B. a、a′、b、b′、c、c′、d、d′8点的电势相等
C. 将一正试探电荷从a移到c′，电荷的电势能增大
D. 将一正试探电荷从O′点由静止释放，将在O′、O间做往复运动
10. 如图所示，以O点为圆心的圆周上有六个等分点a、b、c、d、e、f(O点未标出)，两根直导线垂直纸面放在a、d两点。现给导线通有大小相等、方向垂直纸面向里的电流，下列说法正确的是( )
A. O处磁感应强度最大
B. b、e两处磁场方向相同
C. f、c两处磁场方向相反
D. b、c、e、f四个点的磁感应强度大小相等
11. 如图所示，光滑绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，现有一个质量为0.6kg、电荷量为+1.0×10−8C的滑块P(可看做质点)，仅在电场力作用下由静止沿x轴正方向运动。运动过程中物块的电势能Ep与坐标x的关系如图曲线表示，曲线过点(0.7,1)，图中斜线为该曲线的切线，过切点(0.3,3)和(0.6,0)。则下列说法正确的是( )
A. 该滑块运动的速度越来越大
B. x=0.3m处的电势比x=0.7m处的电势低
C. x=0.3m处的场强大小为5×102N/C
D. x=0.3m与x=0.7m间的电势差是2×102V
12. 现在很多景区门口都有一个被水冲击而悬空的石球，小明参观后回到自己的DIY实验工坊，尝试做了如下实验。其原理如图所示，开口向下的水桶代替石球，水桶下面有一水管，水桶的重心位于水管中心轴线上，从水管内喷出方向竖直向上，大小相等均为v=10m/s的水柱，水管的横截面积S=3.0×10−3m2，水的密度为ρ=1.0×103kg/m3，假设水碰到水桶底部瞬间内速度大小不变方向反向，忽略水流质量的损耗，忽略水的重力、阻力的影响，不计水管的高度，水桶处于悬停状态。重力加速度g=10m/s2，则( )
A. 水桶的质量约为600kg B. 水桶的质量约为60kg
C. 连接水管的水泵的输出功率约为1.5kW D. 连接水管的水泵的输出功率约为150W
13. “测量金属丝的电阻率”实验中，用电流表和电压表测量长度为10.00cm电阻丝的电阻。
(1)某实验小组使用螺旋测微器和多用电表测量该电阻丝的直径和电阻，该电阻丝的电阻值约为1.0∼15.0Ω，材料未知。实验过程如下：
①用螺旋测微器测量该电阻丝的直径，示数如图(a)所示。该电阻丝的直径为______ mm。
②对多用电表进行机械调零。
③将多用电表选择开关旋至______倍率的电阻挡(填“×1”“×10”“×100”或“×1k”)。
④将黑、红表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在电阻挡零刻度线。
⑤将黑、红表笔并接在待测电阻丝两端，多用电表的示数如图(b)所示。该电阻丝的电阻值为______Ω。
⑥测量完成之后，将表笔从插孔拔出，并将选择开关旋到“OFF”位置。
(2)该同学测量金属丝两端的电压U和通过金属丝的电流I，得到多组数据，并在坐标图上标出，画出的U−I图线如图(C)所示。请根据图线得出该金属丝电阻R=______Ω(结果保留小数点后两位)。
14. 某中学生课外科技活动小组利用铜片、锌片和家乡盛产的橙子制作了橙汁电池，他们利用下列器材测量这种电池的电动势E和内阻r，测量电路的电路图如图甲所示。
一个电源E(电动势约1V、内阻约1kΩ，由盛有橙汁玻璃器皿、铜片和锌片组成)
一只微安表G(内阻为Rg=100Ω，量程为0∼300μA)
一个电阻箱R(阻值为0∼9999Ω)
一个开关S，导线若干。
(1)连接电路后，调节电阻箱R的阻值，得到的测量数据如下表所示。
R/kΩ
9
8
7
6
5
4
3
I/μA
92
102
115
131
152
______
220
①上表中缺少一个电流表的示数，其读数如图乙所示，请读出数据填在上面的表格中。
②小强同学为了得出该橙汁电池的电动势和内阻，先通过电流算出电源路端电压，再作出U−I图像处理数据。若用U表示电源两端的电压，I表示通过电阻箱的电流，则U=______(用I、R、Rg表示)。
(2)小明同学根据实验原理，分析论证得出电流表示数I的倒数与电阻箱数值R关系式为1I=______(用E、R、r、Rg)，并根据数据、Excel程序得出1I−R图像如图(丙)所示，图中的关系方程为1I=1.056R+1.33mA−1，则电池的电动势E=______V和内阻r=______kΩ(均保留2位小数)。
15. 某学校科技小组同学利用图甲所示的电路进行相关测试，R1为滑动变阻器，R2为定值电阻、电源内阻不计。实验时，他们调节滑动变阻器R1的阻值，得到了各组电压表和电流表的数据，用这些数据在坐标纸上描点、拟合，作出U−I图像如图乙所示，已知电流表和电压表都是理想电表。求：
(1)电源的电动势E和定值电阻R2；
(2)图线AB从A状态变化到B状态的过程中，滑动变阻器R1阻值的变化范围；
(3)当R1的阻值为多大时，R1消耗的功率最大？最大功率为多少？
16. 如图所示，在xOy坐标系中，在第Ⅱ象限放置了α射线管，α射线管由平行于x轴的平行金属板A、B和平行于金属板的细管C组成，细管C离两板等距，且开口在y轴上(图中C与两板连线绝缘)。放射源P靠近在A极板下方的左端，可以斜向下沿特定方向发射初速度为v0的α粒子。若极板长为L，间距为d，当A、B板加上某一电压时，α粒子刚好能以某一速度从细管C水平射出，进入位于第Ⅰ象限的静电分析器恰好做匀速圆周运动。之后α粒子垂直x轴进入第Ⅳ象限的电场强度大小不变、方向水平、随时间周期性变化的电场中，以此刻为计时零时刻，电场变化关系如图乙(图中E0和T为已知值)，规定沿x轴正方向为电场正值的方向。静电分析器中电场的电场线为沿半径方向指向圆心O，运动轨迹处的场强大小为E0。已知α粒子带正电，电荷量大小为2e(e为元电荷)，质量为m，重力不计。求：
(1)α粒子从细管C水平射出时的速度大小v；
(2)α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径r；
(3)当t=6T时，粒子的坐标。
17. 如图甲所示，以v=0.8m/s的速度顺时针匀速转动的传送带与水平面夹角θ=37∘，质量为4kg的小物块B与物块C间拴接一轻弹簧，B、C同时静止释放，且此时弹簧恰好处于原长，B、C与传送带间的动摩擦因数均为0.75。质量为2kg的小物块A在与物块B距离0.6m处，以v0=6m/s的初速度沿传送带向下运动，A与传送带间动摩擦因数也为0.75，传送带的上、下端均足够长，A、B碰撞时间极短且碰撞过程中无机械能损失。以A、B碰撞时为0时刻，B、C物块运动的a−t图像如图乙所示，规定沿传送带向下为正方向，其中第四象限图线在0到t0时间内与坐标轴围成的面积大小为S1，第一象限图线在0到2t0时间内与坐标轴围成的面积大小为S2，重力加速度g=10m/s2。求：
(1)物块A、B碰撞后A、B的速度大小；
(2)物块C的质量mC；
(3)图线与坐标轴围成的面积S1、S2的大小。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、E=Fq是电场强度的比值定义公式，故A正确；
B、E=kQr2是点电荷产生的电场的公式，是决定式，故B错误；
C、E=Ud是匀强电场电势差与电场强度的关系，故C错误；
D、E=Wq是计算电动势的公式，故D错误；
故选：A。
明确比值定义法的性质及其物理量的含义进行作答．
用比值定义法所定义的物理量有：电场强度、磁感应强度、电阻、电容等等，注意它们均是由本身的性质决定的，和定义它们的物理量无关．
2.【答案】A
【解析】
【分析】
本题考查电磁波的传播，解题关键掌握光的传播速度。光的传播速度为3×108m/s，根据t=sv可解得信号传播时间。
【解答】
光的传播速度为c=3×108m/s，需要的时间最少为t=sc=6740−64003×108×103s=1.13×10−3s，故A正确，BCD错误，故选：A。
3.【答案】C
【解析】解：接A、B时，量程为U1=3V，串联的分压电阻R1，其作用是保护表头。则有：R1=U1Ig−Rg=51×10−3Ω−500Ω=4.5×103Ω。
接A、C时，电压表的量程U2=15V，串联的分压电阻R1和R2，它们的作用是保护表头，则有：R2=U2Ig−Rg−R1=1510−3Ω−500Ω−4500Ω=10000Ω=1.0×104Ω。故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据明确电路结构，说明分压电阻的作用。根据串联电路规律可知：改装后的量程为U=Ig(Rg+R串)据此可求出应串联的电阻R串=UIg−Rg。
本题考查电表改装中的数据分析，关键是正确认识电路，明确串并联电路的基本规律的应用。
4.【答案】D
【解析】解：产生感应电流的条件：当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流。
A、图甲中，两导体棒以相同的速度在导轨上匀速向右运动时，两导体棒之间的距离不变，则穿过两导体棒与导轨围成的面积上的磁通量不变，不能产生感应电流，故A错误；
B、图乙中，导体棒ab匀强磁场中以恒定的角速度转动时，ab棒切割磁感线，在闭合回路中能产生感应电流，故B错误；
C、图丙中，导线在水平放置的闭合导体圆环正上方，根据直导线产生的磁场的特点可知，穿过水平放置的闭合导体圆环的总磁通量为零；当导线内的电流最大时，闭合回路磁通量不变仍为零，不会产生感应电流，故C错误；
D、图丁中，滑动变阻器的滑片向右滑动时，接入电路中的电阻值最大，则电路中的电流减小，所以螺线管产生的磁场减弱，在不闭合的导体圆环中会产生感应电动势，由于圆环不闭合，所以不能产生感应电流，故D正确。
故选：D。
当闭合回路中磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流；分析各个选项中，是否满足产生感应电流的条件。
判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：一是要有闭合回路；二是回路中的磁通量要发生变化；对于非匀强磁场穿过线圈的磁通量不能定量计算，可以根据磁感线的条数定性判断其变化情况，注意分清磁感线穿过线圈的哪个面是解题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：AB.由图(b)沿着x正方向电势逐渐降低可知，电场方向有A指向B，由于v−x图像为直线，故该电场为匀强电场，故AB错误；
CD.由图(b)可知该电场的场强大小为
E=φxcosθ=3.22×10−2×0.8V/m=2.0×102V/m
故C错误、D正确。
故选：D。
φ−x图象的斜率表示电场强度，分析各段的斜率从而求解电场强度的大小和方向；顺着电场线电势逐渐降低从而分析AB上的电场线方向。
解决该题的关键是明确知道φ−x图象的斜率表示电场强度，知道顺着电场线电势逐渐降低从而判断电场线的方向。
6.【答案】C
【解析】解：A、由于电容器与电源保持连接，则两板间的电压保持不变，故A错误；
B、根据电容器的公式C=εrS4πkd可知，当熔喷布的厚度变厚时导致介电常数ɛ r变大，电容器的电容C变大，再根据Q=CU可知极板带电量Q变大，故B错误；
CD、对B选项的分析可知，当熔喷布的厚度变厚时，极板带电量增加，由充电电流从b向a经过灵敏电流计；当熔喷布的厚度未发生变化时，极板所带电荷量不变，灵敏电流计读数为零，故C正确，D错误；
故选：C。
当电容器两端与电源相连时电压保持不变，根据电容的决定式C=εrS4πkd和电容的比值定义式Q=CU分析出极板电荷量的变化，从而得出灵敏电流计是否有示数。
本题主要考查了电容器的动态分析，熟悉电容的公式并分析即可，属于常规题型。
7.【答案】B
【解析】解：AB、电路中电流增大，则路端电压(V1示数)减小，R1两端电压(V2示数)增大，R2两端电压(V3示数)减小，且路端电压减小量=R2两端电压减小量−R1两端电压增大量，可知图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况，故A错误、B正确；
C、由闭合电路欧姆定律得U1=E−Ir，则|ΔU1ΔI|=r，保持不变，故C错误；
D、由闭合电路欧姆定律得U3=E−I(r+R1)，则|ΔU3ΔI|=r+R1，保持不变，故D错误.
故选：B。
有系统分析法，结合图像分析变化趋势，由闭合电路欧姆定律求解比值大小。
本题考查恒定电流，数形结合及闭合电路欧姆定律的灵活运用，是解题关键。
8.【答案】C
【解析】解：AB、三角形顶点每个点电荷都受到其他两个点电荷的斥力，对右下角的电荷进行分析，受力示意图如下图所示：
根据平行四边形定则，顶点上的每个点电荷受到的库仑力为：F=2F1cos30∘=3kq2a2，故AB错误；
CD、要使三角形顶点处场强为零，则该处点电荷所受静电力为零，则引入的电荷量必须是负的点电荷，由平衡条件得：
F=kQqr2
又有几何关系得：2rcos30∘=a
解得：Q=33q，故C正确，D错误；
故选：C。
分别分析出另外两个电荷对第三个电荷的库仑力，根据几何关系分析出合力的大小；
根据场强叠加的特点列式分析出P点电荷的电性和电荷量。
本题主要考查了库仑定律的相关应用，根据库仑定律结合几何关系完成分析即可，整体难度不大。
9.【答案】BD
【解析】解：A.根据等量同种电荷的电场线特点，点d、d′处的场强大小相等，方向不同，故A错误；
B.根据等量同种电荷等势面的特点，a、a′、b、b′、c、c′、d、d′8点的电势相等，故B正确；
C、根据等量同种电荷电势分布特点，a、c′电势相等，将一正试探电荷从a移到c′，电势能不变，故C错误；
D、将一正试探电荷从O′点由静止释放，向O点运动过程中，根据等量同种电荷电场线的特点，电场力先做正功后做负功，根据对称性，这两点的电势相等，电场力的总功等于零，电荷在O点的速度也等于零，所以电荷将在O、O′间做往复运动，故D正确。
故选：BD。
电场是矢量，具有方向性；根据等量同种电荷等势面的特点，等势面是曲面，a、a′、b、b′在同一个等势面上，aa′bb面不是等势面，将一正试探电荷从a移到a′电场力不做功，电势能不变，根据对称性可知电荷将在O、O′间做往复运动。
本题考查等势线与电场力做功，解题关键掌握等量同种电荷的电场线特点，注意a、a′的电势相等，将一正试探电荷从a移到a′电场力不做功，电势能不变。
10.【答案】CD
【解析】解：A、根据右手安培定则知：a处电流在O点产生的磁感应强度的方向垂直ad连线向下，d处电流在O点产生的磁感应强度的方向垂直ad连线向上，如图1所示：
由于两导线电流大小相等，O到a、d的距离相等，所以BaO=BdO，根据矢量的合成可得O处磁感应强度为0，故A错误；
BC、根据安培定则可知，b、c、f、e各点的磁感应强度方向如图2所示。
所以有：b、e两处磁场方向相反，f、c两处磁场方向相反，故B错误、C正确；
D、根据图2结合平行四边形法则可知，Bb、Be、Bf、Bc大小相等，故D正确。
故选：CD。
利用安培定则判断磁感应强度的方向，然后利用平行四边形定则求矢量和即可分析。
该题考查了安培定则的相关知识，解题的关键是安培定则灵活运用，而且要注意用平行四边形定则求得矢量和。
11.【答案】AD
【解析】解：AB、滑块P向右运动的过程中，电场力对正电荷做正功，电势能逐渐减少、动能逐渐增大、根据ΔEp=qEx，可知，滑块P向右运动的过程中，随x的增加，图线的斜率逐渐减小，则场强逐渐减小，加速度变小，速度变大，则电场方向沿x轴的正方向，且电势越来越低，故A正确，B错误；
C、点x=0.3m处的电场力大小为F=Eq=k，代入数据解得：F=1.0×10−5N，则E=Fq，代入数据解得：E=1.0×103V/m，故C错误；
D、x=0.3m与x=0.7m间，电场力做功为W=2×10−6J，可知电势差是U=Wq=2×10−61×10−8V=2×102V，故D正确。
故选：AD。
Ep−x图象切线的斜率表示电场力，根据斜率的变化分析电场力的变化，从而确定场强的变化，由电场力做功的正负分析场强的方向。x=0.3m与x=0.7m间，由图读出电场力做功的值，再由U=Wq求电势差。
解决本题的关键要知道电场力做功W与位移x图线的斜率表示电场力，会根据滑块的受力判断出滑块的运动情况。在应用公式U=Wq要注意各个量的符号。
12.【答案】BC
【解析】解：AB.在Δt间内，以撞到水桶底部的水为研究对象，根据动量定理有
F⋅Δt=mΔv=ρSvΔt[v−(−v)]，得F=mΔvΔt=ρSvΔt[v−(−v)]Δt=1.0×103kg/m3×3.0×10−3m2×10m/s×2×10m/s=600N
而水桶悬在空中
F=Mg，M=Fg=600N10m/s2=60kg，桶的质量M=60kg，故A错误，B正确。
CD.在Δt时间内，根据动能定理
W=12(ρSvΔt)v2
因此功率
P=WΔt=12(ρSvΔt)v2Δt=12ρSv3=12×1.0×103kg/m3×3.0×10−3m2×(10m/s)3=1.5kW，故C正确，D错误。
故选：BC。
单位时间内喷出的水对水桶的作用力与水桶重力平衡，可求得水桶的质量，根据单位时间内喷出的水的动能与时间的比值即可求得水泵的输出功率。
本题的难点在于的对在一段时间内水的动量的变化量的表示，从而求出水柱对水桶底部的作用力大小，进而根据其与水桶重力平衡可求得水桶质量。属于较难题型。
13.【答案】1.415×16.04.79
【解析】解：(1)①螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，所有金属丝的直径d=1mm+41.5×0.01mm=1.415mm。
③择适当倍率的欧姆挡，使测量时表针指在刻度盘的中间区。
⑤欧姆表测电阻等于读数乘以倍率；所以粗测电阻R=6.0×1Ω=6.0Ω；
(2)测出了多组电流和电压数据后，画出的U−I图线，显然图象的倍率就是导体的电阻，R=UI=ΔUΔI=2.58−1.000.50−0.17Ω=4.79Ω。
故答案为：(1)①1.415、③×1、⑤6.0；(2)4.79
(1)①螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。
③欧姆表倍率的选择应使指针在表盘中央左右。
⑤测电阻等于指针示数乘以倍率。
(2)根据欧姆定律和和电阻的U−I图象的意义求电阻值。
解决该题的关键是掌握螺旋测微器和欧姆表测电阻的读数原理，掌握电压表和电流表的选择原则，掌握电阻定律的表达式；
14.【答案】180I(R+Rg)1ER+Rg+rE 0.951.16
【解析】(1)由图乙可知电流表最小刻度为10mA，则电流表的读数为180mA.
U为路端电压，则由欧姆定律得
U=I(R+Rg)
(2)由闭合电路欧定律得
E=I(R+Rg+r)
变形得
1I=1ER+Rg+rE
对比
1I=1.056R+1.33mA−1，
解得
E=0.95V，r=1160Ω=1.16kΩ
故答案为：(1)180，I(R+Rg)；(2)1ER+Rg+rE，0.95，1.16
(1)根据电流表的读数方法读得数据；根据串并联电路的规律可求得电路中的路端电压；
(2)根据电路结构分析实验得出函数解析式，再根据图象的性质分析处理数据．
本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，能根据数据处理的方法进行分析．
15.【答案】解：(1)根据图乙可知，当电流表示数I1=0.4A时电压表的示数为U1=4V，当电流表示数I2=0.8A时电压表的示数为U2=2V，
由闭合电路欧姆定律可知：
E=U1+I1R2
E=U2+I2R2
联立解得：E=6V、R2=5Ω；
(2)由图像可知，在A点R1A=U1I1=40.4Ω=10Ω
在B点：R1B=U2I2=20.8Ω=2.5Ω
所以滑动变阻器R1的阻值范围为2.5Ω≤R1≤10Ω；
(3)根据公式P=I2R1=E2(R1−R2)2R1+4R2可知，当R1=R2=5Ω时，R1消耗功率最大
最大功率为：Pmax=E24R2
代入数据解得：Pmax=1.8W。
答：(1)电源的电动势E为6V，定值电阻R2的阻值为5Ω；
(2)图线AB从A状态变化到B状态的过程中，滑动变阻器R1阻值的变化范围为2.5Ω≤R1≤10Ω；
(3)当R1的阻值为5Ω时，R1消耗的功率最大，最大功率为1.8W。
【解析】(1)根据欧姆定律列出两个等式并求解；
(2)根据图像的斜率求出两个状态下的电阻，从而得出R1阻值的变化范围；
(3)根据内电阻和外电阻的关系，结合功率的计算公式计算出最大功率。
本题主要是考查闭合电路的欧姆定律，关键是弄清楚电路的连接情况，能够根据电路连接情况结合闭合电路的欧姆定律进行解答。
16.【答案】解：(1)设α粒子运动到C处时速度为v0，α粒子反方向的运动为类平抛运动，水平方向有：L=v0t
竖直方向有：12d=12at2
由牛顿第二定律：2eUd=ma
联立解得：U=md2v022eL2
α粒子从放射源发射出到C的过程，由动能定理有：−2e12U=ΔEk
解得：ΔEk=−md2v022L2
设α粒子发射时速度的大小为v，α粒子从放射源发射至运动到C的过程，由动能定理：−12⋅2eU=12mv02−12mv2
解得：v=v01+d2L2
(2)由牛顿第二定律2eE0=mv02r
由πr2=v0t0
解得：t0=πmv04eE0
(3)T2时，α粒子在x方向的速度为vx=2eE0m⋅T2
所以一个周期内，离子在x方向的平均速度：
vx−=vx2
每个周期α粒子在x正方向进：
x0=vx−T
因为开始计时时α粒子横坐标为：r=mv022eE0
联立解得6T时，α粒子的横坐标为：
x=r+6x0
联立解得：x=mv022eE0+6eE0T22m
a粒子的纵坐标为y=−3v0T
则在3T时α粒子的坐标为：(mv022eE0+6eE0T22m,−3v0T)
答：(1)α粒子从细管C水平射出时的速度大小为v01+d2L2；
(2)α粒子在静电分析器中运动的轨迹半径为πmv04eE0；
(3)当t=6T时，粒子的坐标为(mv022eE0+6eE0T22m,−3v0T)。
【解析】(1)粒子从发射到细管C反过来看是类平抛运动，由类平抛规律和牛顿第二定律求出板间电压，再由动能定理求出动能的变化；
(2)由动能定理求出粒子进入C的速度，由静电力提供向心力求得粒子的半径，再由运动学公式求出时间；
(3)进入正交的交变电场后，在竖直方向匀速运动，在水平方向做匀加速直线运动，按运动的合成与分解求坐标。
本题是带电粒子在复合场中的运动在实际科技中应用，关键抓住类平抛运动、圆周运动等基础知识，分过程分步骤用研究曲线运动的方法处理问题。
17.【答案】解：(1)因为(mB+mC)gsinθ=μ(mB+mC)gcosθ，所以碰撞前B、C静止，A匀速向下运动
A与B发生弹性碰撞，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律可得
mAv0=mAvA+mBvB
由机械能守恒定律可得
12mAv02=12mAvA2+12mBvB2
联立代入数据解得：vA=−2m/s，vB=4m/s
(2)碰后A反向运动，B以4m/s开始压缩弹簧，C的加速度沿斜面向下，所以C的a−t图像在第一象限，B的的a−t图像在第四象限，B、C系统因为重力沿斜面向下分力等于滑动摩擦力，所以B、C系统动量守恒，t0时刻弹簧压缩到最短，此时有a0=F弹mC，a02=F弹mB
可得物块C的质量为mC=2kg
(4)t0时刻B、C速度相等，由动量守恒定律可得
mBvB=(mB+mC)v共
代入数据解得：v共=83m/s
则|ΔvB|=vB−v共=43m/s
由a−t图像的面积S=Δv可知，S1=43m/s(1分)|ΔvC|=v共−0=83m/s
所以2t0时刻S2=2|ΔvC|=163m/s
2t0时刻弹簧恢复原长，设此时B、C速度分别为vB′、vC′，则有mBvB=mBvB′+mCvC′、12mBvB2=12mBvB′2+12mCvC′2
代入数据解得：vC′=163m/s
所以2t0时刻由a−t图像的面积S=Δv可知，S2=vC′−0=163m/s。
答：(1)物块A、B碰撞后A、B的速度大小分别为2m/s、4m/s。
(2)物块C的质量mC为2kg。
(3)图线与坐标轴围成的面积S1、S2的大小分别为43m/s，163m/s。
【解析】(1)根据受力分析分析物块的运动情况，知道碰撞前B、C静止，A匀速向下运动，由动量守恒和机械能守恒定律相结合计算出物块A、B碰撞后A、B的速度大小；
(2)结合上题的结果，分析碰撞后三个物体的运动情况，由图乙读出t0时刻弹簧压缩到最短，由牛顿第二定律求物块C的质量mC；
(3)根据动量守恒定律，同时a−t图像中图像与横轴围成的面积表示速度的变化量，联立等式求解图线与坐标轴围成的面积S1、S2的大小。
本题考查倾斜传送带和碰撞问题，在分析过程中涉及到了动量守恒，能量守恒和运动学公式等，解题的关键点是分析清楚物块的运动情况并结合物理知识完成解答，特别要注意物理量的方向问题。
相关试卷
2023-2024学年湖北省部分省级示范高中高二（上）期末考试物理试卷（含解析）： 这是一份2023-2024学年湖北省部分省级示范高中高二（上）期末考试物理试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
湖北省部分省级示范高中2023-2024学年高二上学期期中联考物理试卷(含答案)： 这是一份湖北省部分省级示范高中2023-2024学年高二上学期期中联考物理试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，计算题，实验题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年湖北省宜昌市部分省级示范高中高一（上）期中考试物理试卷（含解析）： 这是一份2023-2024学年湖北省宜昌市部分省级示范高中高一（上）期中考试物理试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
