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2021-2022学年福建省南平市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年福建省南平市高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共14页。试卷主要包含了5V，25WB，【答案】A，【答案】AC，【答案】AD，【答案】100 ；503等内容，欢迎下载使用。
磁感应强度的定义式，式中L表示与磁场方向垂直的一小段通电导体棒的长度，I表示通过导体棒的电流，F表示通电导体棒受到的磁场力，下列说法正确的是( )
A. B与F成正比
B. B与IL成反比
C. B的方向与F相同
D. B的大小和方向与IL无关，由磁场本身决定
为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员发明了如图所示的振动器，用来振动树干使松果落下。则( )
A. 随着振动器的振动频率增加，树干振动的幅度一定增大
B. 针对不同的树木，落果效果最好的振动频率一定相同
C. 稳定后，不同的树干振动频率与振动器的振动频率相同
D. 稳定后，不同的树干振动频率与振动器的振动频率不同
生活中的各种应用领域利用电容器的场景很多，而构成电容器的形式也是多种多样。下列两幅图所示的两个电极之间都由绝缘介质分隔开来从而构成一个电容器。请根据两幅图示的相关说明判断下列说法正确的是( )
A. 图甲中，当金属芯线不动而h变小时，该电容器的电容变大
B. 图甲中，保持两电极间的电压不变，当金属芯线不动而h变小时，该电容器将充电
C. 图乙中，当待测压力F变大时，该电容器的电容变大
D. 图乙中，保持电容器的电量不变，当待测压力F变大时，两电极间的电压将变大
如图所示电路中，电源电动势E=9V，内阻r=1Ω。Ⓜ为直流电动机，其线圈电阻R=1Ω，限流电阻R′=3Ω。当电动机正常工作时，理想电压表示数为1.5V。则电动机的输出功率是( )
A. 3.25WB. 3.50WC. 3.75WD. 49W
如图所示电路，闭合开关，当滑动变阻器的滑片从b端向a端缓慢滑动时( )
A. 小灯泡L逐渐变亮
B. 小灯泡L逐渐变暗
C. 电压表示数逐渐减小
D. 电压表示数逐渐增大
A、B两固定的点电荷产生的电场的电场线如图所示，O是A、B连线的中点。下列说法正确的是( )
A. A、B带同种电荷
B. A的电荷量比B的电荷量大
C. O点的场强为零
D. 若将甲、乙接触后放回原处，则甲、乙间的静电力变大
如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度大小为B、方向与水平方向成45∘的匀强磁场中，以导线为中心，半径为R的圆周上均匀分布a、b、c、d四个点，bd连线与磁感线平行，其中c点的磁感应强度为零。下列说法正确的是( )
A. 直导线中电流方向垂直纸面向里
B. a点的磁感应强度为2B，方向与匀强磁场方向相同
C. b点的磁感应强度为2B，方向水平向右
D. d点的磁感应强度为2B，方向竖直向下
如图甲，O为AB连线的中点，M、N在AB连线的中垂线上，A、B、M、N四点距O点的距离均为2L。在A、B两点分别固定一点电荷，电荷量均为Q(Q>0)，以O为原点，ON方向为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势φ随位置x的变化如图乙所示。一电荷量为−q(q>0)的带电粒子以一定的初动能从M点沿x轴正方向运动，一段时间后经过N点。不计粒子重力，k为静电力常数。则( )
A. 粒子在M点受到的电场力大小为2kQq4L2
B. 粒子在O点的电势能为2kQqL
C. 粒子从x=L2处到N点的过程中，其动能减少了kQq3L
D. 要使粒子离开电场，粒子的初动能至少为kQqL
左下图中，质量为20kg的物体M静止放在光滑水平面上，现用与水平方向成30∘角斜向上的力F作用在物体上，力F的大小为10N，作用时间为10s。在此过程中，力F对物体的冲量大小为______N⋅s，10s末物体的动量大小是______kg⋅m/s。
在某种介质中，一列简谐横波沿x轴传播，在t=0时刻的波形图如图甲所示，图中质点B的振动图像如图乙所示。该简谐横波的波速v=______m/s；t=0.5s时，质点A沿______方向振动(选填“y轴正”“y轴负”)。
在“测量金属丝电阻率”的实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路。
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径d，测量结果如图所示，其读数为______ mm；
(2)用毫米刻度尺测量金属丝的长度L；
(3)用伏安法测金属丝的电阻Rx，实验所用器材为：电池组(电动势3V，内阻约1Ω)；电流表(内阻约0.1Ω)；电压表(内阻约3kΩ)；滑动变阻器R(0∼20Ω)；开关、导线若干。
某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
根据以上实验数据可知，能较准确地测出金属丝的阻值Rx，是采用下列电路中的______图。
(4)该金属材料电阻率的表达式ρ=______(用Rx、L、d等符号表示)。
“用单摆测定重力加速度”的实验装置如图所示，回答下列小题。
(1)按如图实验装置开始实验，测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=______；(用L、n、t表示)
(2)某次实验中，测得摆长为100.00cm，50次全振动时间为100.0s。根据数据计算g=______m/s2；(计算结果保留三位有效数字)
(3)用多组实验数据作出T2−L图像，也可以求出重力加速度g。某三位同学作出的T2−L图线如图中的a、b、c所示，其中a和b都是过原点的直线，b和c两直线平行，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。下列说法正确的是______。
A.图线a对应的测量值g小于图线b对应的测量值g
B.出现图线a的原因可能是误将49次全振动记为50次
C.出现图线c的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
D.出现图线c的原因可能是误将悬点到小球上端的细线长度记为摆长L
一面积S=0.02m2的矩形导线框abcd水平放置于匀强磁场中，如甲图中位置Ⅰ磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B=2T。
(1)在甲图中的位置Ⅰ时，求穿过线框abcd的磁通量；
(2)在甲图中，以bc边为转轴将该线框转过60∘至位置Ⅱ的过程中，求穿过线框abcd磁通量变化量；
(3)现将线框沿中线折成如图乙所示的V形面，开口竖直向上，a、b、c、d在同一水面内，并将磁场方向改为水平向右，且与ad、bc边垂直。求穿过V形面的磁通量。
示波器的原理可简化为图甲所示，一束电子流持续不断的由静止开始经加速电场加速后，沿中轴线OO′垂直电场方向射入偏转电场，射出电场后打到荧光屏上的P点。已知电子的质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场电压为U，两板间距离为d，极板的长度为L1，极板末端到荧光屏的距离为L2，不计电子所受重力。
(1)求电子射入偏转电场时的初速度v0；
(2)求电子飞出电场的位置离中心轴线OO′的距离y；
(3)若偏转电场的电压U按图乙所示周期性变化，电压的最大值为U0，L1=L2=2d，求荧光屏上能接收到粒子范围的长度ΔY。(由于电子通过电场的时间极短，每个电子通过偏转电场过程中可视为电压不变)
如图所示，一质量M=2.0kg的小车静止在光滑的水平地面上，OP部分是表面粗糙的水平导轨，PQ部分是光滑的四分之一圆弧导轨，OP和PQ部分平滑相连，整个导轨都是由绝缘材料制成，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场。一质量m=1.0kg、电荷量为q=1×10−2C、带负电的滑块(可视为质点)，以v0=10m/s的水平速度向右冲上小车，它对水平导轨的压力FN=10.2N，到达P点时的速度v1=6m/s。g取10m/s2。
求：(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)滑块从O到P的过程中，小车、滑块系统损失的机械能；
(3)小车所能获得的最大速度。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：ABD、磁感应强度B=FIL采用的是比值定义法，它的大小取决于磁场本身的性质，与F、IL无关，故AB错误，D正确。
C、根据左手定则可知，B的方向与F的方向相互垂直，故C错误。
故选：D。
磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．比值与磁场力及电流元均无关．电流元所受磁场力是由左手定则来确定。
本题考查对磁感应强度的理解，要注意明确磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系．再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关。
2.【答案】C
【解析】解：A、当振动器的振动频率等于树木的固有频率时产生共振，此时树干的振幅最大，则随着振动器频率的增加，树干振动的幅度不一定增大，故A错误；
B、根据共振产生的条件，当振动器的频率等于树木的固有频率时产生共振，此时落果效果最好，而不同的树木的固有频率不同，针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同，故B错误；
CD、树干在振动器的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，故C正确，D错误。
故选：C。
根据共振产生的条件，可知当振动器的振动频率等于或接近树木的固有频率时产生共振，使松树上松果得振动幅度增大。
本题以提高松树上松果的采摘率和工作效率为情境载体，考查了产生共振的条件及其应用，考查了学生应用所学物理知识解决实际问题的能力，体现了科学探究的物理核心素养。
3.【答案】C
【解析】解：AB.若图甲中两电极间的电压不变，当金属芯线不动而h变小时，电容器两极板正对面积S减小，根据C=εrS4πkd
可知电容器的电容C减小，又由U=QC
U不变时，C减小Q也减小，该电容器放电。故AB错误；
CD.若图乙中，当图示中的F变大时，电容器两极板间距离d减小，根据C=εrS4πkd
可知电容c变大，再根据U=QC
两极板的电量不变，C变大U减小，故C正确；D错误。
故选：C。
根据电容的决定式C=εrS4πkd和定义式C=QC，结合分析电量不变时，电压增加时，h如何变化．分析电压不变时，x如何变化．
本题是电容器的动态变化分析问题，抓住不变量，根据电容的决定式C=εrS4πkd结和定义式C==QC结合进行分析．
4.【答案】A
【解析】解：电路中的电流I=UR′=1.53A=0.5A
电动机两端的电压UM=E−UV−Ir=9V−1.5V−0.5×1V=7V
电动机的输入功率P入=UMI=7×0.5W=3.5W
电动机的热功率P热=I2R=0.52×1W=0.25W
电动机的输出功率P出=P入−P热=3.5W−0.25W=3.25W，故A正确，BCD错误；
故选：A。
电动机与电阻串联，根据欧姆定律求解电流；根据P=UI求解输入到电动机的电功率；根据P出=P电−P热求解输出功率．
在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．
5.【答案】AC
【解析】解：AB、当滑动变阻器的滑片从b端向a端缓慢滑动，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知总电流增大，所以灯泡逐渐变亮，故A正确，B错误；
CD、电源内电压U内=Ir，变大，所以电压表示数U=E−Ir，减小，故C正确，D错误；
故选：AC。
当滑动变阻器的滑片从b端向a端缓慢滑动，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知总电流增大，电源内电压U内=Ir，电压表测量路端电压。
本题考查闭合电路欧姆定律，解题关键掌握电路串并联的分析，注意电压表的示数变化判断。
6.【答案】AD
【解析】解：AB、类比等量异种电荷、等量同种电荷电场线(如图)可知，A、B应带同种电荷，且B的带电量较大，故A正确，B错误；
C、等量同种电荷时，连线中点电场强度为零，不等量电荷时，不为0，故C错误；
D、设甲、乙带电量为q1、q2，原来两电荷间的静电力为F=kq1q2r2，接触后放回原处，电荷量总和平分，两电荷间的静电力变为F′=k(q1+q22)2r2，由于(q1+q22)2>q1q2，联立可得F′>F，即静电力变大，故D正确。
故选：AD。
电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止．根据电场线分布情况，可判断电荷的电性；结合电荷守恒定律与库仑定律判断电场力的变化。
电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止．根据电场线分布情况，可判断电荷间的作用力性质，即可求解．
7.【答案】AC
【解析】解：A、由题，c点的磁感应强度为0，说明通电导线在c点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向里。故A正确。
BCD、由上知道，通电导线在a、b、d点产生的磁感应强度大小为B，由安培定则与矢量的合成可知，通电导线在a处的磁感应强度方向与匀强磁场方向相同，大小为2B，b点感应强度为2B，方向水平向右。则d点感应强度为2B，方向竖直向上。故C正确，BD错误。
故选：AC。
由题，c点的磁感应强度为0，说明通电导线在c点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，由安培定则判断出通电导线中电流方向．通电导线在abcd四点处产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成分析b、a、d三点的磁感应强度大小和方向．
本题考查安培定则和平行四边形定则，空间任意一点的磁感应强度都通电导线产生的磁场和匀强磁场的叠加．
8.【答案】AC
【解析】解：A、根据点电荷产生的电场公式E=kQr2，根据几何关系可知AM=BM=2L，则AB在M点的场强E=2kQ(2L)2，所以粒子在M点受到的电场力大小为F=qE=2kQq4L2，故A正确；
B、由图可知φO=2⋅kQL，则粒子在O点的电势能Ep=−qφO=−2⋅kQqL，故B错误；
C、从x=L2处到N点的过程中，根据W=qU=ΔEk，结合图像可知ΔEk=−q⋅(4kQ3L−kQL)=ΔEk，可知动能减少了kQq3L，故C正确；
D、根据动能定理可知要使粒子离开电场，粒子的初动能至少为Ek0=W=qφO=2⋅kQqL，故D错误；
故选：AC。
根据点电荷产生的电场与电场的叠加可解得粒子在M点受到的电场力，根据动能定理结合电势φ随位置x的变化可判断BCD选项。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电场的叠加与电势能的计算公式，注意动能定理的应用。
9.【答案】100 ；503
【解析】解：物体受力如图所示：
作用t=10s力F的冲量大小：I=Ft=10×10N⋅s=100N⋅s
由动量定理可知，10s末物体的动量大小：p=I合=Fcs30∘×t=10×32×10kg⋅m/s=503kg⋅m/s
故答案为：100；503。
根据物体的受力情况应用冲量的定义式求出力F的冲量，应用动量定理求出10s末物体的动量大小。
本题是一道基础题，掌握基础知识是解题的前提，分析清楚物体的受力情况，应用冲量的定义式与动量定理即可解题。
10.【答案】10 ； y轴负
【解析】解：根据甲乙两图可知波的周期T=0.4s，波长λ=4.0m，则波速v=λT=，结合两图可知此时B向下振动，根据平移法知波向右传播，t=0.5s=114T，根据平移法可知A将沿y轴负方向振动；
故答案为：10，y轴负
由图甲读出波长，由图乙读出周期，即可求出波速；根据波形平移法分析t=0时刻B点的振动方向，根据时间与周期的关系分析t=0.5s时A的振动方向。
解决该题需要掌握用同侧法分析质点的振动方向，熟记波速与周期、频率的关系式，知道影响机械波传播速度的因素是介质。
11.【答案】(1)0.399；(3)A；(4)πRxd24L。
【解析】解：(1)由图示螺旋测微器可知，其读数为：0mm+39.9×0.01mm=0.399mm。
(3)由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由表中实验数据可知，电阻丝阻值约为5Ω，由题意可知，电压表内阻远大于待测金属丝的阻值，电流表应采用外接法，应选择图A所示实验电路图。
(4)由电阻定律得：Rx=ρLS=ρLπ(d2)2，解得：ρ=πRxd24L
故答案为：(1)0.399；(3)A；(4)πRxd24L。
(1)螺旋测微器固定刻度读数与可动刻度读数的和是螺旋测微器的读数。
(3)根据实验数据与实验器材确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路图。
(4)应用电阻定律求出电阻率的表达式。
要掌握常用器材的使用及读数方法；根据题意确定滑动变阻器与电流表接法是选择实验电路图的关键；应用电阻定律即可解题。
12.【答案】(1)4π2n2Lt2；(2)9.86；(3)BD。
【解析】解：(1)单摆周期T=tn
由单摆周期公式T=2πLg可知：g=4π2LT2=4π2L(tn)2=4π2n2Lt2
(2)由题意可知：L=100.00cm=1.0000m，周期T=tn=100.050s=2.0s
由单摆周期公式T=2πLg可知，重力加速度g=4π2LT2=4π2×≈9.86m/s2；
(3)由单摆周期公式T=2πLg可知：T2=4π2gL，图象的斜率k=4π2g，重力加速度g=4π2k
A、图线a的斜率小于图线b的斜率，图线a对应的测量值g大于图线b对应的测量值g，故A错误；
B、根据图线a测出的重力加速度偏大，如果误将49次全振动记为50次，所测周期T偏小，导致g的测量值偏大，故B正确；
C、由图示图线可知，L=0时T>0，说明单摆的时间摆长大于L，.出现图线c的原因可能是误将悬点到小球上端的细线长度记为摆长L，故C错误，D正确。
故选：BD。
故答案为：(1)4π2n2Lt2；(2)9.86；(3)BD。
(1)(2)根据单摆周期公式求出重力加速度。
(3)根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后分析答题。
本题考查了用单摆测重力加速度实验，理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提，应用单摆周期公式即可解题。
13.【答案】(1)初始位置穿过线框的磁通量为
Φ=BS
代入数据解得
Φ=0.04Wb
(2)线框平面在垂直磁场方向的投影面积为：
S⊥=Scs60∘
线框顺时针旋转60∘时的磁通量为
Φ′=BS′
解得
Φ′=0.02Wb
此过程中的穿过线框的磁通量变化量为
ΔΦ=|Φ′−Φ|=|0.02Wb−0.04Wb|=0.02Wb
(3)磁场方向水平向右，穿过V形面两个面的磁通量符号相反，总磁通量为
Φ′′=Φ1+Φ2=0
答：(1)在甲图中的位置Ⅰ时，穿过线框abcd的磁通量为0.04Wb；
(2)穿过线框abcd磁通量变化量为0.02Wb；
(3)穿过V形面的磁通量为0。
【解析】磁场与线框垂直时，穿过线框的磁通量为Φ=BS；在图Ⅱ位置线框在垂直磁场方向投影面积为Scs60∘，由公式Φ=BScs60∘
进行计算。线框对折后，穿过穿过V形面两个面的磁通量符号相反，总磁通量为0.
本题考查的是磁通量的计算，关键是要知道，磁通量是个标量但是它有正负，加入正面穿入为正，负面穿入就为负值，知道这个内容即可轻松解决第三问。
14.【答案】解：(1)对电子，在加速电场中，由动能定理得
eU0=12mv2
解得：v0=2eU0m
(2)对电子在偏转电场中
L1=v0t，qUd=ma，y=12at2
以上各式联立求解：y=UL124dU0
(3)恰好能从下极板边缘飞出时，有
12dΔY=12L112L1+L2
解得ΔY=32d
答：(1)电子射入偏转电场时的初速度v0为2eU0m；
(2)电子飞出电场的位置离中心轴线OO′的距离y为UL124dU0；
(3)荧光屏上能接收到粒子范围的长度ΔY为32d。
【解析】(1)根据动能定理计算出电子进入偏转电场时的初速度；
(2)根据类平抛运动的运动规律计算出竖直方向上的偏转量；
(3)根据类平抛的末速度反向延长线过水平位移的中点的推论，结合几何关系计算出距离。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，涉及到了匀变速直线运动和类平抛运动，在分析过程中结合了动能定理，根据角度关系完成解答。
15.【答案】解：(1)由牛顿第三定律可知，水平轨道对滑块的支持力FN′=FN=10.2N
在竖直方向，由平衡条件得：mg+qE=FN′
代入数据解得：E=20N/C
(2)滑块与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，在水平方向系统动量守恒，
设滑块到达P点时小车的速度大小为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+Mv
设系统损失的机械能为ΔE，由能量守恒定律得：12mv02=12mv12+12Mv2+ΔE
代入数据解得：v=2m/s，ΔE=28J
(3)滑块沿圆弧轨道上升过程与下滑过程小车都做加速运动，滑块回到P点时小车的速度最大，设为vm，设此时滑块的速度大小为v2，
滑块从P点沿圆弧轨道上滑与下滑过程在竖直方向上的位移大小相等，整个过程电场力不做功，整个过程系统机械能守恒，
滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1+Mv=mv2+Mvm
由机械能守恒定律得：12mv12+12Mv2=12mv22+12Mvm2
代入数据解得：vm=143m/s
【解析】(1)根据题意应用平衡条件求出电场强度大小。
(2)系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律可以求出小车的速度，应用能量守恒定律可以求出系统损失的机械能。
(3)滑块再次返回到P点时小车的速度最大，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出小车的最大速度。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚滑块与小车的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题。
次数
1
2
3
4
5
6
7
8
U/V
0.00
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0.00
0.02
0.06
0.14
0.20
0.30
0.33
0.44
磁感应强度的定义式，式中L表示与磁场方向垂直的一小段通电导体棒的长度，I表示通过导体棒的电流，F表示通电导体棒受到的磁场力，下列说法正确的是( )
A. B与F成正比
B. B与IL成反比
C. B的方向与F相同
D. B的大小和方向与IL无关，由磁场本身决定
为了提高松树上松果的采摘率和工作效率，工程技术人员发明了如图所示的振动器，用来振动树干使松果落下。则( )
A. 随着振动器的振动频率增加，树干振动的幅度一定增大
B. 针对不同的树木，落果效果最好的振动频率一定相同
C. 稳定后，不同的树干振动频率与振动器的振动频率相同
D. 稳定后，不同的树干振动频率与振动器的振动频率不同
生活中的各种应用领域利用电容器的场景很多，而构成电容器的形式也是多种多样。下列两幅图所示的两个电极之间都由绝缘介质分隔开来从而构成一个电容器。请根据两幅图示的相关说明判断下列说法正确的是( )
A. 图甲中，当金属芯线不动而h变小时，该电容器的电容变大
B. 图甲中，保持两电极间的电压不变，当金属芯线不动而h变小时，该电容器将充电
C. 图乙中，当待测压力F变大时，该电容器的电容变大
D. 图乙中，保持电容器的电量不变，当待测压力F变大时，两电极间的电压将变大
如图所示电路中，电源电动势E=9V，内阻r=1Ω。Ⓜ为直流电动机，其线圈电阻R=1Ω，限流电阻R′=3Ω。当电动机正常工作时，理想电压表示数为1.5V。则电动机的输出功率是( )
A. 3.25WB. 3.50WC. 3.75WD. 49W
如图所示电路，闭合开关，当滑动变阻器的滑片从b端向a端缓慢滑动时( )
A. 小灯泡L逐渐变亮
B. 小灯泡L逐渐变暗
C. 电压表示数逐渐减小
D. 电压表示数逐渐增大
A、B两固定的点电荷产生的电场的电场线如图所示，O是A、B连线的中点。下列说法正确的是( )
A. A、B带同种电荷
B. A的电荷量比B的电荷量大
C. O点的场强为零
D. 若将甲、乙接触后放回原处，则甲、乙间的静电力变大
如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度大小为B、方向与水平方向成45∘的匀强磁场中，以导线为中心，半径为R的圆周上均匀分布a、b、c、d四个点，bd连线与磁感线平行，其中c点的磁感应强度为零。下列说法正确的是( )
A. 直导线中电流方向垂直纸面向里
B. a点的磁感应强度为2B，方向与匀强磁场方向相同
C. b点的磁感应强度为2B，方向水平向右
D. d点的磁感应强度为2B，方向竖直向下
如图甲，O为AB连线的中点，M、N在AB连线的中垂线上，A、B、M、N四点距O点的距离均为2L。在A、B两点分别固定一点电荷，电荷量均为Q(Q>0)，以O为原点，ON方向为正方向建立x轴。若取无穷远处为电势零点，则ON上的电势φ随位置x的变化如图乙所示。一电荷量为−q(q>0)的带电粒子以一定的初动能从M点沿x轴正方向运动，一段时间后经过N点。不计粒子重力，k为静电力常数。则( )
A. 粒子在M点受到的电场力大小为2kQq4L2
B. 粒子在O点的电势能为2kQqL
C. 粒子从x=L2处到N点的过程中，其动能减少了kQq3L
D. 要使粒子离开电场，粒子的初动能至少为kQqL
左下图中，质量为20kg的物体M静止放在光滑水平面上，现用与水平方向成30∘角斜向上的力F作用在物体上，力F的大小为10N，作用时间为10s。在此过程中，力F对物体的冲量大小为______N⋅s，10s末物体的动量大小是______kg⋅m/s。
在某种介质中，一列简谐横波沿x轴传播，在t=0时刻的波形图如图甲所示，图中质点B的振动图像如图乙所示。该简谐横波的波速v=______m/s；t=0.5s时，质点A沿______方向振动(选填“y轴正”“y轴负”)。
在“测量金属丝电阻率”的实验中，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路。
(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径d，测量结果如图所示，其读数为______ mm；
(2)用毫米刻度尺测量金属丝的长度L；
(3)用伏安法测金属丝的电阻Rx，实验所用器材为：电池组(电动势3V，内阻约1Ω)；电流表(内阻约0.1Ω)；电压表(内阻约3kΩ)；滑动变阻器R(0∼20Ω)；开关、导线若干。
某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：
根据以上实验数据可知，能较准确地测出金属丝的阻值Rx，是采用下列电路中的______图。
(4)该金属材料电阻率的表达式ρ=______(用Rx、L、d等符号表示)。
“用单摆测定重力加速度”的实验装置如图所示，回答下列小题。
(1)按如图实验装置开始实验，测出悬点O到小球球心的距离(摆长)L及单摆完成n次全振动所用的时间t，则重力加速度g=______；(用L、n、t表示)
(2)某次实验中，测得摆长为100.00cm，50次全振动时间为100.0s。根据数据计算g=______m/s2；(计算结果保留三位有效数字)
(3)用多组实验数据作出T2−L图像，也可以求出重力加速度g。某三位同学作出的T2−L图线如图中的a、b、c所示，其中a和b都是过原点的直线，b和c两直线平行，图线b对应的g值最接近当地重力加速度的值。下列说法正确的是______。
A.图线a对应的测量值g小于图线b对应的测量值g
B.出现图线a的原因可能是误将49次全振动记为50次
C.出现图线c的原因可能是误将悬点到小球下端的距离记为摆长L
D.出现图线c的原因可能是误将悬点到小球上端的细线长度记为摆长L
一面积S=0.02m2的矩形导线框abcd水平放置于匀强磁场中，如甲图中位置Ⅰ磁场方向竖直向下，磁感应强度大小为B=2T。
(1)在甲图中的位置Ⅰ时，求穿过线框abcd的磁通量；
(2)在甲图中，以bc边为转轴将该线框转过60∘至位置Ⅱ的过程中，求穿过线框abcd磁通量变化量；
(3)现将线框沿中线折成如图乙所示的V形面，开口竖直向上，a、b、c、d在同一水面内，并将磁场方向改为水平向右，且与ad、bc边垂直。求穿过V形面的磁通量。
示波器的原理可简化为图甲所示，一束电子流持续不断的由静止开始经加速电场加速后，沿中轴线OO′垂直电场方向射入偏转电场，射出电场后打到荧光屏上的P点。已知电子的质量为m，电荷量为e，加速电场电压为U0，偏转电场电压为U，两板间距离为d，极板的长度为L1，极板末端到荧光屏的距离为L2，不计电子所受重力。
(1)求电子射入偏转电场时的初速度v0；
(2)求电子飞出电场的位置离中心轴线OO′的距离y；
(3)若偏转电场的电压U按图乙所示周期性变化，电压的最大值为U0，L1=L2=2d，求荧光屏上能接收到粒子范围的长度ΔY。(由于电子通过电场的时间极短，每个电子通过偏转电场过程中可视为电压不变)
如图所示，一质量M=2.0kg的小车静止在光滑的水平地面上，OP部分是表面粗糙的水平导轨，PQ部分是光滑的四分之一圆弧导轨，OP和PQ部分平滑相连，整个导轨都是由绝缘材料制成，小车所在空间内有竖直向上的匀强电场。一质量m=1.0kg、电荷量为q=1×10−2C、带负电的滑块(可视为质点)，以v0=10m/s的水平速度向右冲上小车，它对水平导轨的压力FN=10.2N，到达P点时的速度v1=6m/s。g取10m/s2。
求：(1)匀强电场的电场强度大小E；
(2)滑块从O到P的过程中，小车、滑块系统损失的机械能；
(3)小车所能获得的最大速度。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：ABD、磁感应强度B=FIL采用的是比值定义法，它的大小取决于磁场本身的性质，与F、IL无关，故AB错误，D正确。
C、根据左手定则可知，B的方向与F的方向相互垂直，故C错误。
故选：D。
磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．比值与磁场力及电流元均无关．电流元所受磁场力是由左手定则来确定。
本题考查对磁感应强度的理解，要注意明确磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系．再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关。
2.【答案】C
【解析】解：A、当振动器的振动频率等于树木的固有频率时产生共振，此时树干的振幅最大，则随着振动器频率的增加，树干振动的幅度不一定增大，故A错误；
B、根据共振产生的条件，当振动器的频率等于树木的固有频率时产生共振，此时落果效果最好，而不同的树木的固有频率不同，针对不同树木，落果效果最好的振动频率可能不同，故B错误；
CD、树干在振动器的振动下做受迫振动，则稳定后，不同粗细树干的振动频率始终与振动器的振动频率相同，故C正确，D错误。
故选：C。
根据共振产生的条件，可知当振动器的振动频率等于或接近树木的固有频率时产生共振，使松树上松果得振动幅度增大。
本题以提高松树上松果的采摘率和工作效率为情境载体，考查了产生共振的条件及其应用，考查了学生应用所学物理知识解决实际问题的能力，体现了科学探究的物理核心素养。
3.【答案】C
【解析】解：AB.若图甲中两电极间的电压不变，当金属芯线不动而h变小时，电容器两极板正对面积S减小，根据C=εrS4πkd
可知电容器的电容C减小，又由U=QC
U不变时，C减小Q也减小，该电容器放电。故AB错误；
CD.若图乙中，当图示中的F变大时，电容器两极板间距离d减小，根据C=εrS4πkd
可知电容c变大，再根据U=QC
两极板的电量不变，C变大U减小，故C正确；D错误。
故选：C。
根据电容的决定式C=εrS4πkd和定义式C=QC，结合分析电量不变时，电压增加时，h如何变化．分析电压不变时，x如何变化．
本题是电容器的动态变化分析问题，抓住不变量，根据电容的决定式C=εrS4πkd结和定义式C==QC结合进行分析．
4.【答案】A
【解析】解：电路中的电流I=UR′=1.53A=0.5A
电动机两端的电压UM=E−UV−Ir=9V−1.5V−0.5×1V=7V
电动机的输入功率P入=UMI=7×0.5W=3.5W
电动机的热功率P热=I2R=0.52×1W=0.25W
电动机的输出功率P出=P入−P热=3.5W−0.25W=3.25W，故A正确，BCD错误；
故选：A。
电动机与电阻串联，根据欧姆定律求解电流；根据P=UI求解输入到电动机的电功率；根据P出=P电−P热求解输出功率．
在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．
5.【答案】AC
【解析】解：AB、当滑动变阻器的滑片从b端向a端缓慢滑动，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知总电流增大，所以灯泡逐渐变亮，故A正确，B错误；
CD、电源内电压U内=Ir，变大，所以电压表示数U=E−Ir，减小，故C正确，D错误；
故选：AC。
当滑动变阻器的滑片从b端向a端缓慢滑动，电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知总电流增大，电源内电压U内=Ir，电压表测量路端电压。
本题考查闭合电路欧姆定律，解题关键掌握电路串并联的分析，注意电压表的示数变化判断。
6.【答案】AD
【解析】解：AB、类比等量异种电荷、等量同种电荷电场线(如图)可知，A、B应带同种电荷，且B的带电量较大，故A正确，B错误；
C、等量同种电荷时，连线中点电场强度为零，不等量电荷时，不为0，故C错误；
D、设甲、乙带电量为q1、q2，原来两电荷间的静电力为F=kq1q2r2，接触后放回原处，电荷量总和平分，两电荷间的静电力变为F′=k(q1+q22)2r2，由于(q1+q22)2>q1q2，联立可得F′>F，即静电力变大，故D正确。
故选：AD。
电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止．根据电场线分布情况，可判断电荷的电性；结合电荷守恒定律与库仑定律判断电场力的变化。
电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止．根据电场线分布情况，可判断电荷间的作用力性质，即可求解．
7.【答案】AC
【解析】解：A、由题，c点的磁感应强度为0，说明通电导线在c点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，根据安培定则判断可知，直导线中的电流方向垂直纸面向里。故A正确。
BCD、由上知道，通电导线在a、b、d点产生的磁感应强度大小为B，由安培定则与矢量的合成可知，通电导线在a处的磁感应强度方向与匀强磁场方向相同，大小为2B，b点感应强度为2B，方向水平向右。则d点感应强度为2B，方向竖直向上。故C正确，BD错误。
故选：AC。
由题，c点的磁感应强度为0，说明通电导线在c点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反，由安培定则判断出通电导线中电流方向．通电导线在abcd四点处产生的磁感应强度大小相等，根据平行四边形定则进行合成分析b、a、d三点的磁感应强度大小和方向．
本题考查安培定则和平行四边形定则，空间任意一点的磁感应强度都通电导线产生的磁场和匀强磁场的叠加．
8.【答案】AC
【解析】解：A、根据点电荷产生的电场公式E=kQr2，根据几何关系可知AM=BM=2L，则AB在M点的场强E=2kQ(2L)2，所以粒子在M点受到的电场力大小为F=qE=2kQq4L2，故A正确；
B、由图可知φO=2⋅kQL，则粒子在O点的电势能Ep=−qφO=−2⋅kQqL，故B错误；
C、从x=L2处到N点的过程中，根据W=qU=ΔEk，结合图像可知ΔEk=−q⋅(4kQ3L−kQL)=ΔEk，可知动能减少了kQq3L，故C正确；
D、根据动能定理可知要使粒子离开电场，粒子的初动能至少为Ek0=W=qφO=2⋅kQqL，故D错误；
故选：AC。
根据点电荷产生的电场与电场的叠加可解得粒子在M点受到的电场力，根据动能定理结合电势φ随位置x的变化可判断BCD选项。
本题考查电势能与电场力做功，解题关键掌握电场的叠加与电势能的计算公式，注意动能定理的应用。
9.【答案】100 ；503
【解析】解：物体受力如图所示：
作用t=10s力F的冲量大小：I=Ft=10×10N⋅s=100N⋅s
由动量定理可知，10s末物体的动量大小：p=I合=Fcs30∘×t=10×32×10kg⋅m/s=503kg⋅m/s
故答案为：100；503。
根据物体的受力情况应用冲量的定义式求出力F的冲量，应用动量定理求出10s末物体的动量大小。
本题是一道基础题，掌握基础知识是解题的前提，分析清楚物体的受力情况，应用冲量的定义式与动量定理即可解题。
10.【答案】10 ； y轴负
【解析】解：根据甲乙两图可知波的周期T=0.4s，波长λ=4.0m，则波速v=λT=，结合两图可知此时B向下振动，根据平移法知波向右传播，t=0.5s=114T，根据平移法可知A将沿y轴负方向振动；
故答案为：10，y轴负
由图甲读出波长，由图乙读出周期，即可求出波速；根据波形平移法分析t=0时刻B点的振动方向，根据时间与周期的关系分析t=0.5s时A的振动方向。
解决该题需要掌握用同侧法分析质点的振动方向，熟记波速与周期、频率的关系式，知道影响机械波传播速度的因素是介质。
11.【答案】(1)0.399；(3)A；(4)πRxd24L。
【解析】解：(1)由图示螺旋测微器可知，其读数为：0mm+39.9×0.01mm=0.399mm。
(3)由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；由表中实验数据可知，电阻丝阻值约为5Ω，由题意可知，电压表内阻远大于待测金属丝的阻值，电流表应采用外接法，应选择图A所示实验电路图。
(4)由电阻定律得：Rx=ρLS=ρLπ(d2)2，解得：ρ=πRxd24L
故答案为：(1)0.399；(3)A；(4)πRxd24L。
(1)螺旋测微器固定刻度读数与可动刻度读数的和是螺旋测微器的读数。
(3)根据实验数据与实验器材确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路图。
(4)应用电阻定律求出电阻率的表达式。
要掌握常用器材的使用及读数方法；根据题意确定滑动变阻器与电流表接法是选择实验电路图的关键；应用电阻定律即可解题。
12.【答案】(1)4π2n2Lt2；(2)9.86；(3)BD。
【解析】解：(1)单摆周期T=tn
由单摆周期公式T=2πLg可知：g=4π2LT2=4π2L(tn)2=4π2n2Lt2
(2)由题意可知：L=100.00cm=1.0000m，周期T=tn=100.050s=2.0s
由单摆周期公式T=2πLg可知，重力加速度g=4π2LT2=4π2×≈9.86m/s2；
(3)由单摆周期公式T=2πLg可知：T2=4π2gL，图象的斜率k=4π2g，重力加速度g=4π2k
A、图线a的斜率小于图线b的斜率，图线a对应的测量值g大于图线b对应的测量值g，故A错误；
B、根据图线a测出的重力加速度偏大，如果误将49次全振动记为50次，所测周期T偏小，导致g的测量值偏大，故B正确；
C、由图示图线可知，L=0时T>0，说明单摆的时间摆长大于L，.出现图线c的原因可能是误将悬点到小球上端的细线长度记为摆长L，故C错误，D正确。
故选：BD。
故答案为：(1)4π2n2Lt2；(2)9.86；(3)BD。
(1)(2)根据单摆周期公式求出重力加速度。
(3)根据单摆周期公式求出图象的函数表达式，然后分析答题。
本题考查了用单摆测重力加速度实验，理解实验原理、掌握基础知识是解题的前提，应用单摆周期公式即可解题。
13.【答案】(1)初始位置穿过线框的磁通量为
Φ=BS
代入数据解得
Φ=0.04Wb
(2)线框平面在垂直磁场方向的投影面积为：
S⊥=Scs60∘
线框顺时针旋转60∘时的磁通量为
Φ′=BS′
解得
Φ′=0.02Wb
此过程中的穿过线框的磁通量变化量为
ΔΦ=|Φ′−Φ|=|0.02Wb−0.04Wb|=0.02Wb
(3)磁场方向水平向右，穿过V形面两个面的磁通量符号相反，总磁通量为
Φ′′=Φ1+Φ2=0
答：(1)在甲图中的位置Ⅰ时，穿过线框abcd的磁通量为0.04Wb；
(2)穿过线框abcd磁通量变化量为0.02Wb；
(3)穿过V形面的磁通量为0。
【解析】磁场与线框垂直时，穿过线框的磁通量为Φ=BS；在图Ⅱ位置线框在垂直磁场方向投影面积为Scs60∘，由公式Φ=BScs60∘
进行计算。线框对折后，穿过穿过V形面两个面的磁通量符号相反，总磁通量为0.
本题考查的是磁通量的计算，关键是要知道，磁通量是个标量但是它有正负，加入正面穿入为正，负面穿入就为负值，知道这个内容即可轻松解决第三问。
14.【答案】解：(1)对电子，在加速电场中，由动能定理得
eU0=12mv2
解得：v0=2eU0m
(2)对电子在偏转电场中
L1=v0t，qUd=ma，y=12at2
以上各式联立求解：y=UL124dU0
(3)恰好能从下极板边缘飞出时，有
12dΔY=12L112L1+L2
解得ΔY=32d
答：(1)电子射入偏转电场时的初速度v0为2eU0m；
(2)电子飞出电场的位置离中心轴线OO′的距离y为UL124dU0；
(3)荧光屏上能接收到粒子范围的长度ΔY为32d。
【解析】(1)根据动能定理计算出电子进入偏转电场时的初速度；
(2)根据类平抛运动的运动规律计算出竖直方向上的偏转量；
(3)根据类平抛的末速度反向延长线过水平位移的中点的推论，结合几何关系计算出距离。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，涉及到了匀变速直线运动和类平抛运动，在分析过程中结合了动能定理，根据角度关系完成解答。
15.【答案】解：(1)由牛顿第三定律可知，水平轨道对滑块的支持力FN′=FN=10.2N
在竖直方向，由平衡条件得：mg+qE=FN′
代入数据解得：E=20N/C
(2)滑块与小车组成的系统在水平方向所受合外力为零，在水平方向系统动量守恒，
设滑块到达P点时小车的速度大小为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mv1+Mv
设系统损失的机械能为ΔE，由能量守恒定律得：12mv02=12mv12+12Mv2+ΔE
代入数据解得：v=2m/s，ΔE=28J
(3)滑块沿圆弧轨道上升过程与下滑过程小车都做加速运动，滑块回到P点时小车的速度最大，设为vm，设此时滑块的速度大小为v2，
滑块从P点沿圆弧轨道上滑与下滑过程在竖直方向上的位移大小相等，整个过程电场力不做功，整个过程系统机械能守恒，
滑块与小车组成的系统在水平方向动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv1+Mv=mv2+Mvm
由机械能守恒定律得：12mv12+12Mv2=12mv22+12Mvm2
代入数据解得：vm=143m/s
【解析】(1)根据题意应用平衡条件求出电场强度大小。
(2)系统在水平方向所受合外力为零，系统在水平方向动量守恒，应用动量守恒定律可以求出小车的速度，应用能量守恒定律可以求出系统损失的机械能。
(3)滑块再次返回到P点时小车的速度最大，应用动量守恒定律与机械能守恒定律求出小车的最大速度。
本题考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚滑块与小车的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题。
次数
1
2
3
4
5
6
7
8
U/V
0.00
0.10
0.30
0.70
1.00
1.50
1.70
2.30
I/A
0.00
0.02
0.06
0.14
0.20
0.30
0.33
0.44
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