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2021-2022学年浙江省舟山市高二（上）期末物理试卷（含答案解析）
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这是一份2021-2022学年浙江省舟山市高二（上）期末物理试卷（含答案解析），共26页。试卷主要包含了5m/s，8m/s2，5小时，62×105WB，6A量程的电流表的内阻，【答案】C，【答案】B，【答案】D等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年浙江省舟山市高二（上）期末物理试卷
1. 下列测工具测量的物理量是国际单位制基本量的是( )
A. 电流表 B. 电压表
C. 弹簧秤 D. 速度计
2. 在物理学发展过程中，许多科学家做出了突出贡献，下列关于科学家和他们的贡献说法正确的是( )
A. 牛顿开创了实验与逻辑推理相结合的研究方法，并用此方法研究了力与运动的关系
B. 库仑通过研究得出了电荷间的相互作用规律，并用实验测得元电荷e的数值
C. 安培提出了分子电流假说，成功揭示了磁现象来源于运动电荷这一本质
D. 麦克斯韦建立了经典电磁场理论，预言并通过实验证实了电磁波的存在
3. 如图是我国时速600公里高速磁悬浮试验样车，不久将下线调试。因为采用了磁悬浮原理，所以阻力比普通的高铁小很多，其速度可达600km/h，高速磁悬浮列车拥有起快停”的技术优点，能发挥出速度优势，也适用于中短途客运。下列说法正确的是( )
A. 因阻力比普通的高铁小很多，所以磁悬浮列车惯性比较小
B. 速度可达600km/h，是指平均速度
C. 能“快起快停”，是指加速度大
D. 考查在两城市间的运行时间时可把磁悬浮列车视为质点，这种研究方法叫“微元法”
4. 中国海军服役的歼−15舰载机在航母甲板上加速起飞过程中，某段时间内战斗机的位移时间(x−t)图像如图所示，则( )
A. 由图可知，舰载机起飞的运动轨迹是曲线
B. 在0∼3s内，舰载机的平均速度大于12m/s
C. 在M点对应的位置，舰载机的速度大于20m/s
D. 在N点对应的时刻，舰载机的速度为7.5m/s
5. 如图是某高中新生军训期间护旗手训练时的照片，他在水平地面上手持旗杆右脚向前抬起，身体微微后倾，在无风时保持静止状态。下列说法正确的是( )
A. 地面对护旗手有摩擦力的作用
B. 旗杆对护旗手的作用力方向竖直向下
C. 护旗手对地面的压力是由于地面发生形变而产生的
D. 护旗手所受的重力与地面对他的支持力是一对平衡力
6. 随着2022年北京冬奥会的脚步日益临近，越来越多的运动爱好者被吸引到冰雪运动中来，其中高台跳雪是北京冬奥会的比赛项目之一。如图甲所示，两名跳雪运动员a，b(可视为质点)从雪道末端先后以初速度之比va：vb=1：3沿水平方向向左飞出，示意图如图乙。不计空气阻力，则两名运动员从飞出至落到雪坡(可视为斜面)上的整个过程中，下列说法正确的是( )
A. 他们飞行时间之比为3：1
B. 他们飞行的水平位移之比为1：3
C. 他们落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同
D. 他们在空中离雪坡面的最大距离之比为1：3
7. 2021年10月16日，“神舟十三号”飞船成功发射，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空，并与“天和”核心舱顺利对接，如图所示。假设对接前它们在离地面高约为400km的同一轨道上一前一后绕地球做匀速圆周运动，则此时“神舟十三号”与“天和”核心舱( )
A. 均处于平衡状态
B. 向心加速度均小于9.8m/s2
C. 运行周期均大于24h
D. “神舟十三号”若点火加速可以追上前面的“天和”核心舱
8. 避雷针上方有雷雨云时，避雷针附近的电场线分布如图所示，图中央的竖直黑线AB代表了避雷针，CD为水平地面，MN是电场线中两个点，下列说法正确的是( )
A. N点的电势比M点的电势高
B. M点的场强比N点的场强大
C. 在试探电荷从M点到N点的多条路径中，沿直线MN电场力做功最少
D. 通常取CD的电势为零，且其表面附近的电场线和地面垂直
9. 如图所示的“520暖手充电宝集暖手与移动充电两大功能于一体而受热捧，下表中列出了这种产品的几个主要参数：
产品名称
520暖手充电宝
重量
285g
尺寸
74×68.5×33.8(mm)
电池容量
5000mAh
输入
DC5V/2.5A(最大)
输出
DC5V/2A(最大)
发热温度
52℃
发热功率
2.0W
根据上述信息，下列说法正确的是( )
A. 5000mAh的mAh是能量单位
B. 参数“DC5V中“DC指交流电
C. 以最大电流给手机充电，充电宝最多能连续工作2个小时
D. 该产品仅用作暖手，理论上可持续工作12.5小时
10. 现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。如图所示，上面为侧视图，上、下为电磁体的两个磁极；下面为磁极之间真空室的俯视图。若从上往下看电子在真空室中沿逆时针方向做圆周运动，改变电磁体线圈中电流的大小可使电子加速。则下列判断正确的是( )
A. 真空室中产生的感生电场沿逆时针方向
B. 通入电磁体线圈的电流在增强
C. 电子在轨道中加速的驱动力是洛伦兹力
D. 电子在轨道中做圆周运动的向心力是电场力
11. 磁流体发电机，又叫等离子体发电机，图中的燃烧室在3000K的高温下将气体全部电离为电子和正离子，即高温等离子体。高温等离子体经喷管加速后以1000m/s的速度进入矩形发电通道。发电通道有垂直于纸面向内的匀强磁场，磁感应强度B=6T等离子体发生偏转，在两极间形成电势差。已知发电通道长a=50cm，宽b=20cm，高d=20cm，等高速等高子体离子体的电阻率ρ=2Ω⋅m。则以下判断中正确的是( )
A. 因正离子带电量未知，故发电机的电动势不能确定
B. 图中外接电阻R二端的电压为1200V
C. 当外接电阻R=8Ω时，发电机的效率最高
D. 当外接电阻R=4Ω时，发电机输出功率最大
12. 如图是某城市广场喷泉喷出水柱的场景。从远处看，喷泉喷出的水柱超过了40层楼的高度；靠近看，喷管的直径约为10cm。据此估算用于给喷管喷水的电动机输出功率至少是( )
A. 4.62×105W B. 2.31×105W C. 4.62×103W D. 2.31×103W
13. 如图为某同学设计的一种发电装置。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π，磁场均沿半径方向。N匝矩形线圈abcd的边长ab=cd=L、bc=ad=2L。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。则( )
A. 矩形线圈每转动一周，电流方向改变一次
B. 从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式c=2NBL2ωsinωt
C. 线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F=4NB2L3ωr+R
D. 外接电阻上电流的有效值I=4NBL2ω3(r+R)
14. 下列哪项技术的应用原理与电磁感应现象有关( )
A. 探雷器
B. 磁电式电流表
C. 手机无线充电
D. 延时继电器
15. 如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中两盒狭缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，虚线中间不需加电场。如带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )
A. 带电粒子被加速后的最大速度与D形盒半径无关
B. 加速电场方向不需要做周期性的变化
C. 带电粒子每运动一周被加速一次
D. 图中P1P2等于P2P3
16. 如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20kW。在输电线路上接入一小型理想变升压变压器用来测量电路中的电流，其原、副线圈的匝数比为1：10，电流表的示数为1A，输电线的总电阻为5Ω，则下列说法中正确的是( )
A. 采用高压输电可以增大输电线中的电流 B. 升压变压器的输出电压U2=2000V
C. 用户获得的功率为19kW D. 将P下移，用户获得的电压将减小
17. 甲同学准备做“验证机械能守恒定律”实验，乙同学准备做“探究加速度与力、质量的关系”实验
(1)图中A、B、C、D、E是部分实验器材，甲同学需选用的器材有______；乙同学需选用的器材有______。(用字母表示)
(2)图2是高中常用的实验装置之一，以上二位同学中可用该装置完成实验的是______同学(填“甲”、“乙”或“甲和乙”)
(3)乙同学在实验室选齐所需器材后，经正确操作获得如图所示的两条纸带①和②。纸带______的加速度大(填①或者②)，其加速度大小为______m/s2(保留两位有效数字)
18. 小王同学想测量实验室0∼0.6A量程的电流表的内阻。
(1)他采用多用电表的欧姆表来粗测，下面四个挡位应选哪个最合适______。
A.×1挡
B.×10挡
C.×100挡
D.×1k挡
(2)该同学发现示数很小，也没办法继续用欧姆表测量，因此打算用伏安法来测量电流表的内阻。但是考虑到电流表内阻很小，为保护电流表，他决定给电流表串联一个阻值为2Ω定值电阻，电路图如图1所示。图2仪器中应该选择哪个作为2Ω的定值电阻？______。
(3)该同学选出正确的仪器，并采用最佳的电路正确连接电路并操作后(电源使用学生电源的3V直流输出)，得到一组电流表、电压表的示数，如图3所示，可求得电流表的0∼0.6A量程的内阻为______Ω(保留两位有效数字)。
(4)测出电流表的内阻后，若把这个测量值作为电流表的已知值，小王同学又想用该电流表测量手边的两节干电池串联的内阻，找到合适的仪器后，他拿不准如图4两个电路应该选哪个，请你帮他选出最合适的选项______(填“甲”或“乙”)。
(5)小王利用(4)中所选电路测出数组电池组的U、I，并作U−I图如图5所示，可求得电池组的内阻为______Ω(保留两位有效数字)。
19. 舟山市正在创建全国“文明城市”，“车让人人守规”扮靓城市文明底色。如图是一辆总质量(包括乘客)为M=1.2×104kg的公交车，以v0=54km/h速度沿市区平直道路匀速行驶，距斑马线还有x=30m远时，司机发现前方有小学生开始通过马线，于是立即制动公交车做匀减速直线运动，最终恰好停在斑马线前。设司机的反应时间为t0=0.5s，则：
(1)公交车刹车的加速度是多少？
(2)已知路面宽L=9m，小学生排着长l=6m的队伍从斑马线一端开始通行，小学生行走的速度大小v1=0.5m/s，若司机等小学生全部通过斑马线后立即起动公交车，求公交车在斑马线前等待的时间；
(3)若公交车正常行驶时所受阻力为车重的0.05倍，需要使车从静止开始匀加速行驶10s后速度重新达到54km/h，求牵引力的大小。
20. 某兴趣学习小组设计了一个游戏装置如图，它由足够长的斜面AB、水平轨道BC、固定在水平面上的光滑竖直圆轨道(最低点D处左右两侧内外略错开)和数个高度、宽度相等的台阶组成。游戏时滑块从斜面上合适位置由静止释放，经过圆轨道(全程不脱离轨道)后从C点水平飞出并直接落到设定的台阶上则视为游戏成功。已知斜面AB倾角θ=37∘，圆轨道半径R=0.2m，水平轨道DC段长L1=0.88m，台阶的高和宽都为d=0.2m，滑块与斜面AB、水平面BC之间的动摩擦因数μ=0.5，滑块质量m=10g，且可视为质点，忽略空气阻力，各部分平滑连接。游戏中滑块从斜面上距B点L0=3.0m处由静止释放，恰能通过圆轨道最高点E。已知sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。求：
(1)滑块恰能通过圆轨道最高点E时的速度vE大小；
(2)滑块经过D点时对轨道的压力大小；
(3)滑块在水平轨道BD段运动过程中摩擦力对其做的功Wf；
(4)要让滑块直接落到第2个台阶上，滑块释放处与B点之间的距离L应满足的条件。
21. 电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，创造了世界领先的关键技术，原理可用下述模型说明。如图甲所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，边长L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界。t=0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B=B0+kt(k为大于零的常数)同时用一水平外力使线圈处于静止状态，空气阻力忽略不计。
(1)求线框中的感应电流的大小和方向；
(2)写出所加水平外力随时间变化的表达式；
(3)求0到t0时间内通过导线截面的电荷量q；
(4)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，并在线框上加一质量为M的负载物，如图乙所示，当t=t0时撤去外力释放线框，求刚撤去外力时线框的加速度大小。
22. 电视机的显像管中电子束的偏转是应用磁偏转技术实现的。如图甲所示为显像管的原理示意图，显像管中电子枪工作时阴极发射的电子(速度很小，可视为零)经过加速电场加速后，穿过以O点为圆心、半径为r的圆形磁场区域(磁场方向垂直于纸面)，撞击到荧光屏上使荧光屏发光。已知电子质量为m，电荷量大小为e，加速电场的电压为U，在没有磁场时电子束通过O点打在荧光屏正中央的M点，OM间距离为a。偏转磁场的磁感应强度B随时间变化关系如图乙所示(Bm为未知量)，t=0时射入磁场的电子打到荧光屏上的P点，PM间距离为b。假设荧光屏面积足够大，电子所受的重力、电子间的相互作用力均可忽略不计，也不考虑磁场(或电场)变化对电子束运动所造成的影响。由于电子经过加速电场后速度很大，同一电子在穿过磁场的过程中可认为磁场不变。
(1)请指出t=0时偏转磁场的方向，并求出电子打到P点时的速率v；
(2)若b=3a，求Bm的大小；
(3)若其它条件不变，仅将圆形区域内的磁场换成匀强电场，电场方向垂直于纸面，且电场在垂直纸面方向上的分布区间足够长，场强E随时间变化关系如图丙所示.现测得荧光屏上所形成的“亮线”长度为2b，求场强的最大值Em。(由于电子的速度很大，同一电子穿过电场的过程可认为电场没有变化)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、电流表是测量电流的仪器，是测量国际单位制中的基本量电流的工具，故A正确；
BCD、电压表是测量电压的仪器，弹簧测力计是测量力的仪器，速度计是测量速率的仪器，电压、力和速度都是导出量，所以BCD都不是测量国际单位制中的基本量的工具，故BCD都错误。
故选：A。
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，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
解决本题的关键知道国际单位制中七个基本物理量以及对应的基本单位，属于识记内容。
2.【答案】C
【解析】解：A、伽利略开创了实验与逻辑推理相结合的研究方法，并用这种方法研究了力与运动的关系，故A错误；
B、库仑通过研究得出了电荷间的相互作用规律，密立根测出了自然界的最小带电单位，故B错误；
C、安培提出了分子电流假说，成功解释了所有磁现象来源于运动电荷这一本质，故C正确；
D、麦克斯韦建立了经典电磁场理论，预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故D错误。
故选：C。
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。
3.【答案】C
【解析】解：A、惯性大小只与物体的质量有关，与受力情况无关，故A错误；
B、速度可达600公里/时，这是指最大速度，为瞬时速度，故B错误；
C、加速度是描述速度变化快慢的物理量，加速度大，说明速度变化快，能“快起快停”，是指加速度大，故C正确；
D、用质点来代替实际物体的研究方法叫理想模型法，故D错误。
故选：C。
惯性只与物体的质量有关；平均速度和瞬时速度的区别在于平均速度与一段位移或一段时间对应，而瞬间速度和某一位置或某一时刻对应；加速度就是表示物体运动速度变化快慢的物理量；用质点来代替实际物体的研究方法叫理想模型法。
本题考查描述运动的基本物理量，知道速度、加速度、惯性的物理意义，知道平均速度和瞬时速度的区别。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
x−t图像只能表示直线运动的规律，图线的切线斜率表示瞬时速度，根据平均速度的定义进行求解平均速度。
解决本题的关键要理解位移-时间图像的物理意义，知道图像的切线斜率表示瞬时速度大小，图线上的两点连线的斜率表示对应时间内的平均速度大小。
【解答】
A、x−t图像只能表示直线运动的规律，即知舰载机起飞的运动轨迹是直线，故A错误；
B、在0∼3s内，舰载机通过的位移为x=36m−0=36m，平均速度为v−=xt=363m/s=12m/s，故B错误；
C、2−2.55s内的平均速度为v′−=xMNtMN=26−152.55−2m/s=20m/s，根据2−2.55s内的平均速度等于MN连线的斜率大小，在M点对应的位置舰载机的速度等于过M点的切线斜率大小，可知在M点对应的位置，舰载机的速度大于MN段平均速度20m/s，故C正确；
D、在0−2s内的平均速度为v″−=ΔxΔt=15−02m/s=7.5m/s，0−2s内的平均速度等于ON连线的斜率大小，在N点对应的时刻舰载机的速度等于过N点的切线斜率大小，可知在N点对应的时刻，舰载机的速度大于ON段平均速度7.5m/s，故D错误。
故选：C。
5.【答案】B
【解析】解：A、由于在水平方向不受外力作用，故此时地面对护旗手没有摩擦力的作用，故A错误；
B、对旗杆分析可知，旗杆受重力和人的作用力而处于平衡，故人对旗杆的作用力竖直向上，由牛顿第三定律可知，旗杆对护旗手的作用力方向竖直向下，故B正确；
C、护旗手对地面的压力是由于护旗手发生形变而产生的，故C错误；
D、由于护旗手还受旗杆的作用力，所以护旗手所受的重力与地面对他的支持力不是一对平衡力，故D错误。
故选：B。
对人和旗杆受力分析，根据平衡条件分析人和旗杆的受力情况，明确弹力产生原因，明确平衡力的定义。
本题考查对共点力平衡的掌握，要注意正确选择研究对象进行受力分析，同时能掌握共点力平衡条件的应用。
6.【答案】C
【解析】解：A、设运动员的初速度为v0时，飞行时间为t，水平方向的位移大小为x、竖直方向的位移大小为y，如图所示。
运动员在水平方向上做匀速直线运动，有x=v0t，在竖直方向上做自由落体运动，有y=12gt2
运动员落在斜面上时，有tanθ=yx
联立解得：t=2v0tanθg，则知运动员飞行的时间t与v0成正比，则他们飞行时间之比为ta：tb=va：vb=1：3，故A错误；
B、水平位移：x=v0t=2v02tanθg，运动员飞行的水平位移x与初速度的平方成正比，则他们飞行的水平位移之比为1：9，故B错误；
C、落到雪坡上时，设运动员的速度方向与竖直方向夹角为α，则有tanα=v0vy=v0gt=v02v0tanθ=12tanθ，则他们落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同，故C正确；
D、将运动员的运动分解为沿坡面和垂直于坡面的两个方向上，建立直角坐标系，在沿坡面方向做匀加速直线运动，垂直于坡面方向做匀减速直线运动，则运动员在空中离雪道坡面的最大高度为：hmax=(v0sinθ)22gcosθ∝v02，所以他们在空中离雪道坡面的最大高度之比为1：9，故D错误。
故选：C。
两名运动员在空中做平抛运动，落到雪坡上时，利用竖直位移和水平位移的比值等于斜面倾角的正切值，可表示出平抛运动的时间，从而求得时间之比；根据水平方向的匀速直线运动求解水平位移之比；根据运动的合成与分解结合几何关系分析他们落到雪坡上的瞬时速度方向；在垂直于斜面方向上，根据速度-位移关系求解离开斜面的最大距离之比。
本题考查平抛运动规律的应用，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，能够根据平抛运动的规律结合运动学公式进行解答。
7.【答案】B
【解析】解：A、“神舟十三号”与“天和”核心舱均绕地球做匀速圆周运动，速度大小不变，而速度方向时刻发生变化，即运动状态是变化的，两者并非处于平衡状态，故A错误；
B、设“神舟十三号”与“天和”核心舱的轨道半径为r，地球的半径为R、质量为M。
由万有引力提供向心力得：GMmr2=man，解得“神舟十三号”与“天和”核心舱的向心加速度为：an=GMr2
地球表面的重力加速度为g=9.8m/s2，忽略地球自转时，对于在地球表面的物体可认为万有引力等于重力，则有：GMm′R2=m′g，解得：g=GMR2
因r>R，故an
D、“神舟十三号”若点火加速，其所需向心力将大于万有引力，会做离心运动，脱离原来的圆周轨道，并不能追上前面的“天和”核心舱，故D错误。
故选：B。
物体做匀速圆周运动具有向心加速度，处于非平衡状态；万有引力定律F=GMmr2；由牛顿第二定律，匀速圆周运动向心力公式，推导出向心加速度、周期的表达式进行解答；“神舟十三号”点火加速后，其所需向心力将大于万有引力，会做离心运动。
本题考查了万有引力定律在天体运动中的应用，基础题，由万有引力定律，牛顿第二定律，匀速圆周运动向心力公式解答即可。
8.【答案】D
【解析】解：A、沿电场线电势逐渐降低，可知M点的电势比N点的电势高，故A错误；
B、N点处的电场线比M点密集，可知M点的场强比N点的场强小，故B错误；
C、由于MN两点的电势差一定，可知无论试探电荷沿什么路径从M点到N点，电场力做功都是相同的，故C错误；
D、CD的电势为零，地面为等势面，则CD表面附近的电场线与地面都是垂直的，故D正确；
故选：D。
根据电场线的疏密判断场强的大小；顺着电场线电势逐渐降低；等势面与电场线垂直，从而即可一一判定求解。
本题要掌握电场线的相关性质，即电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线方向电势逐渐降低；此外要注意电场力做功与路径无关，等势面与电场线垂直。
9.【答案】D
【解析】解：A、mA⋅h是电荷量的单位，故A错误；
B、参数“DC 5V”中“DC”指直流电的意思，故B错误；
C、由图示信息可知，充电宝的最大输出电流为2A，根据I=qt可知，以最大电流给手机充电，充电宝持续工作时间为I=qt=5000mA⋅h2A=2.5h，故C错误；
D、该充电宝储存的电能为W=qU=5×5000×10−3×3600J=9.0×104J，由图示信息可知仅用作暖手时的功率为2W，根据W=Pt可得持续时间为t=WP=9.0×1042s=4.5×104s=12.5h，故D正确。
故选：D。
mA⋅h是电荷量的单位；“DC”指直流电的意思；根据I=qt可计算出充电宝的工作时间；先计算出充电宝储存的电能，然后与发热功率的比值即为工作时间。
在计算充电宝储存电荷量以及储存的电能的时候，一定要注意单位换算。
10.【答案】B
【解析】解：AC、电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备，电子带负电，电场线方向与电子运动的方向相反，所以真空室中产生的感生电场沿顺时针方向，故AC错误；
B、电磁体线圈中电流变大，产生的磁感应强度变大，由楞次定律可知，进而产生的感应电场方向是顺时针方向，电子受感应电场的力与运动方向相同，电子的速度增大，故B正确；
D、电子在洛伦兹力的作用下做圆周运动，故D错误。
故选：B。
11.【答案】D
【解析】解：AB、由等离子体所受的电场力和洛伦兹力平衡得：qEd=qvB
则得发电机的电动势为：E=Bdv=6×0.2×1000V=1200V，图中外接电阻R二端的电压为路端电压，小于1200V；
由上知，发电机的电动势与高速等离子体的电荷量无关，即与离子的化合价无关，由E=Bdv能求电动势，故AB错误；
C、发动机的内阻为：r=ρdab=2×0.20.5×0.2Ω=4Ω
发动机的效率为：η=UIEI=RR+r=11+rR，可知外电阻R越大，效率越高，则当外接电阻为8Ω时，发电机的效率不是最高，故C错误；
D、设外电阻为R外，电源的输出功率为：P出=I2R外=(ER外+r)2R外=E2R外+r2R外+2r；由于R外×r2R外=r2(定值)，根据数学知识可得：R外=r2R外时分母最小，电源的输出功率最大，此时有R外=r；当电源的内外电阻相等时输出功率最大，此时外电阻为：R=r=4Ω，故D正确。
故选：D。
根据等离子体所受的电场力和洛伦兹力平衡，列式求电动势。发动机的效率等于输出功率与总功率之比。当电源的内外电阻相等时输出功率最大。
本题是磁流体发电机问题，要理解并掌握其工作原理，知道最终等离子体所受的电场力和洛伦兹力平衡，由此求电动势；知道电源输出功率最大值的求解方法。
12.【答案】A
【解析】解：管口的圆形内径约有10cm，则半径r=5cm=0.05m
根据实际情况，每层楼高h=3m，所以喷水的高度H=40h=120m，
则水离开管口的速度为：
v=2gH=2×10×120m/s=206m/s
设给喷管喷水的电动机输出功率为P，在接近管口很短一段时间Δt内水柱的质量为：
m=ρ⋅vΔtS=ρπr2vΔt
根据动能定理可得：PΔt=12mv2
解得：P=pπr2v32
代入数据解得：P=4.62×105W.
故A正确，BCD错误。
故选：A。
由速度-位移关系求解速度，由动能定理求解功率。
本题考查功率，学生需结合运动学及动能定理综合求解。
13.【答案】D
【解析】解：A、由右手定则可知，线圈转动一周电流方向改变两次，故A错误；
B、磁感应强度方向始终与线圈两边运动方向垂直，感应电动势大小不变，产生的交变电流不是正弦式交变电流，故B错误；
C、bc、ad边的运动速度为：v=ω×L2=12ωL
感应电动势：Em=2NBbcv=2NB×2L×12ωL=2NBL2ω
由闭合电路的欧姆定律可知，bc边切割磁感线时的感应电流：根据欧姆定律得电流为：Im=EmR+r=2NBL2ωR+r
bc边所受安培力大小：F=NBImbc=NB×2NBL2ωR+r×2L=4N2B2L3ωR+r，故C错误；
D、由题意可知圆心角α=49π，一个周期内有电流的时间t=49T
设感应电流的有效值为I，则I2RT=Im2Rt，代入数解得：I=4NBL2ω3(R+r)，故D正确。
故选：D。
分析清楚线圈转动过程，求出感应电动势；
应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式求出bc边所受安培力大小。
分析清楚线圈运动过程是解题的前提，解题时要掌握交流电有效值的定义式；解题时一定要注意，产生的交变电流不是正弦值电流。
14.【答案】ACD
【解析】解：A、探雷器是通过地雷在探雷器上产生涡流而使报警器发出报警，属于电磁感应现象的应用，故A正确；
B、磁电式电流表是利用磁场对电流的作用，不是利用电磁感应现象，故B错误；
C、手机无线充电是利用电磁感应现象来充电的，故C正确；
D、断开开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量向下减小，产生感应电流，使衔铁D受到吸引力，弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起使触头C离开，而是过一小段时间才执行这个动作，所以这是利用了电磁感应现象，故D正确。
故选：ACD。
电磁感应现象是穿过闭合回路的磁通量发生变化时，回路中产生感应电流的现象。明确各仪器的工作原理即可明确是否应用了电磁感应现象。
本题以现代科技的应用为情景载体，考查电磁感应现象在实际问题中的应用，要求学生能够熟练应用所学知识去解决实际问题，提高学生的科学探究能力。
15.【答案】BC
【解析】解：
A、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r=mvBq得，v=qBrm，知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，故A错误；
BC、带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向没有改变，则在AC间加速，加速电场方向不需要做周期性的变化。故BC正确；
D、根据r=mvBq得，则P1P2=2(r2−r1)=2mΔvqB，因为每转一圈被加速一次，根据v2−v12=2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v3−v2P3P4，故D错误。
故选：BC。
带电粒子经加速电场加速后，进入磁场发生偏转，电场被限制在A、C板间，只有经过AC板间时被加速，所以运动一周加速一次，电场的方向不需改变．当带电粒子离开回旋加速器时，速度最大．
解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变．
16.【答案】BD
【解析】解：A.根据PP=UI，P不变的情况下， U增大，I减小，即采用高压输电可以减小输电线中的电流，故A错误；
B.根据理想变压器原副线圈电流关系有I2I1=n2n1
得I2=10I1=10A
又因为
P2=P=U2I2
代入数据解得
U2=2000V，故B正确；
C.输电线上的产热功率为ΔP=I22R=10²×5W=500W
根据能量守恒有P用户=P−ΔP=20×103W−500W=19500W，故C错误；
D.根据理想变压器原副线圈电压关系有
P点下移，由U3U3=n3n4
n3变大，n3，U3不变，所以U4将减小，故D正确。
故选：BD。
发电机输出功率恒定，根据P=UI可知，采用高压输电可以减小输电线中的电流，变压器的原副线圈两端电压与匝数成正比；若P下移，降压变压器的原线圈匝数增大，用户的电压减小，从而判断用户获得的功率；用户获得的功率P用=P送−P损；由线损P损=U2I2求升压变压器的输出电压。
本题实质是电流互感器的简单运用，电流互感器是利用变压器原理将电压、电流减小到可测范围进行测量的仪器。
17.【答案】(1)AB，BDE；(2)乙；(3)①，2.5(2.6±0.2均正确)
【解析】解：(1)在“验证机械能守恒定律”实验中需要的器材有：铁架台、重锤、刻度尺、纸带、打点计时器、低压交流电源等，因此从图中选择的器材有：AB；在“探究加速度与力、质量的关系”实验中需要的器材有：小车、钩码、长木板，打点计时器、低压交流电源、刻度尺、天平等，因此从图中选择的器材有：BDE。
(2)用此实验装置进行实验时小车与长木板之间存在滑动摩擦力，钩码与小车组成的系统机械能不守恒，故没法用该装置完成“验证机械能守恒定律”实验；而此实验装置可以进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验，故选：乙。
(3)由Δx=aT2可知，相邻两点迹间的位移之差越大，则加速度越大，故①的加速度大；
由逐差法可得加速度a=x3+x4−(x1+x2)4T2
由图读得：x3+x4=38.10cm−34.20cm=3.90cm；x1+x2=34.20cm−30.70cm=3.50cm；T=0.02s
代入数据解得：a=2.5m/s2
(1)明确实验原理以及实验方法，从而选择出所需要的仪器；
(2)用此实验装置进行实验时小车与长木板之间存在滑动摩擦力，钩码与小车组成的系统机械能不守恒；
(3)根据Δx=aT2，通过比较Δx的大小可比较加速度的大小，再利用逐差法可求解加速度。
本题考查常见的实验原理及逐差法的正确应用，要注意在求加速度时，为了减小误差，应将实验数据尽量多的应用上，对于实验问题关键在于明确实验原理和实验方法。
18.【答案】(1)A； (2)B；(3)0.70；(4)乙 ；(5)1.8
【解析】解：(1)由于电流表的电阻很小，在几欧以下，所以需选择×1挡，故A正确，BCD错误。
(2)在三个图中，能准确获得2Ω电阻的仪器只能是电阻箱，故B正确，AC错误。
(3)由图3知：电流表的示数是0.20A，电压表的示数是0.54V，根据欧姆定律得：R测=UI=0.540.2Ω=2.70Ω，而此测量电阻R测=rA+R0，由题意知R0=2Ω，故rA=0.70Ω
(4)采用图乙电路测得的E测=E真，r测=rA+r真，由于已知电流表电阻，故r真可求，故应选图乙。
(5)由闭合电路欧姆定律E=U+Ir得：U=E−Ir测，即r测应为图5图像的斜率，r测=3.0−1.00.8Ω=2.5Ω，
故r真=r测−rA=(2.5−0.70)Ω=1.8Ω
故答案为：(1)A； (2)B；(3)0.70；(4)乙 ；(5)1.8
由于电流表的电阻很小，在几欧姆以下，所以需选择×1挡；能准确获得2Ω电阻的仪器只能是电阻箱；由电压表和电流表的示数可求总电阻，再减去定值电阻阻值即为电流表内阻；已知电流表内阻时，应选图乙测电动势和内阻。
本题考查的是测电源电动势和内阻的实验，要注意两种电路图的选择条件，尤其是已知电流表内阻时，求出斜率后千万不要忘记减掉电流表的内阻。
19.【答案】解：(1)设公交车做匀减速直线运动的加速度为a1，匀速运动位移为x0，由运动学公式得
v0=54km/h=15m/s
x0=v0t0=15×0.5m=7.5m
0−v02=2a1(x−x0)
代入数据解得：a1=−5m/s2
(2)小学生通过斑马线的时间t1：t1=L+lv1
代入数据解得：t1=30s
公交车减速时间t2=v0a1=155s=3s
等待时间Δt=t1−t0−t2=(30−0.5−3)s=26.5s
(3)设车重新启动的加速度为a，牵引力为F
54km/h=15m/s
a=ΔvΔt
代入数据解得：a=1.5m/s2
F−0.05Mg=Ma
代入数据解得：F=2.4×104N
答：(1)公交车刹车的加速度是−5m/s2，与车运动方向相反；
(2)公交车在斑马线前等待的时间为26.5s；
(3)牵引力的大小为2.4×104N.
【解析】(1)根据题意，由速度-位移公式求出公交车的加速度；
(2)求出小学生通过的时间，结合时间关系，求出公交车等待的时间；
(3)根据运动学公式求出公交车加速过程的加速度，利用牛顿第二定律求出牵引力。
在处理刹车类问题时，一是要注意司机在反应时间内汽车匀速运动；二是要注意汽车从刹车到停下来所用的总时间。
20.【答案】解：(1)恰好通过最高点E，由mg=mvE2R，
代入数据解得：vE=2m/s；
(2)从D到E过程，由动能定理得−mg⋅2R=12mvE2−12mvD2，
FN−mg=mvD2R，
代入数据解得：FN=0.6N，
根据牛顿第三定律，物块到达D点对轨道的压力大小为0.6N；
(3)滑块从释放到恰好过E点的过程，由动能定理得
mg(L0sinθ−2R)−μmgL0cosθ+Wf=12mvE2，
代入数据解得：Wf=−0.01J；
(4)从C点平抛落在第二个台阶上，满足
竖直方向上d=12gt12，水平方向上vC1t1>d，
竖直方向上2d=12gt22水平方向上vC2t2≤2d，
代入数据解得：1m/s
代入数据解得：v0=1.2m/s，
满足1.2m/s≤v0≤2m/s，
设滑块从斜面上距B点L处释放，根据动能定理得
mgLsinθ−μmgLcosθ+Wf−μmgL1=12mvC22，
解得L=3.2m，
综上可得：3.0m≤L≤3.2m。
答：(1)滑块恰能通过圆轨道最高点E时的速度vE大小为2m/s；
(2)滑块经过D点时对轨道的压力大小为0.6N；
(3)滑块在水平轨道BD段运动过程中摩擦力对其做的功Wf为−0.01J；
(4)要让滑块直接落到第2个台阶上，滑块释放处与B点之间的距离L应满足的条件为3.0m≤L≤3.2m。
【解析】(1)(2)滑块恰能通过最高点E，由重力提供滑块做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律求速度vE的大小；从D到E的过程，根据动能定理求出滑块通过D点时的速度。在D点，对滑块，利用牛顿运动定律求滑块在D点时对轨道的压力；
(3)从释放点到最高点E的过程，根据动能定理求得BD段摩擦力做功Wf；
(4)结合从E点到C点的过程，判断出到达C点的速度，从C点做平抛运动，求得恰好能落到第二个台阶的速度范围，在整个过程中根据动能定理即可判断
解决本题时需要掌握圆周运动的临界条件，知道滑块恰好到达最高点时由重力提供向心力，选择合适的运动过程应用动能定理求解速度大小。
21.【答案】解：(1)线框中的感应电动势E=ΔBΔtL2=kL2
感应电流I=ER=kL2R
感应电流沿顺时针方向。
(2)由于线圈静止，则所加的水平外力与安培力平衡
有F=BIL=(B0+kt)kL3R
(3)0到t0时间内的平均电动势E−=ΔΦΔt
线框中的电流I−=E−R
解得通过的电量q=I−t=E−=ΔΦR=kt0L2R
(4)n匝线框中t=t0时刻产生的感应电动势E总=nΔBΔtL2=nkL2
线框的总电阻R总=nR
线框中的电流I=E总R总
t=t0时刻线框受到的安培力F安=nBIL=n(B0+kt0)kL3R
设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有F安=(nm+M)a
解得：a=k(B0+kt0)L3(Mn+m)R
答：(1)线框中的感应电流的大小为kL2R，方向沿顺时针方向；
(2)所加水平外力随时间变化的表达式为F=(B0+kt)kL3R；
(3)求0到t0时间内通过导线截面的电荷量为kt0L2R；
(4)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，并在线框上加一质量为M的负载物，如图乙所示，当t=t0时撤去外力释放线框，则刚撤去外力时线框的加速度大小为k(B0+kt0)L3(Mn+m)R
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律，即可求解；
(2)由于线圈静止，则所加的水平外力与安培力平衡可解得；
(3)根据平均电动势与电荷量的关系可解得；
(4)根据感应电动势与感应电流值，依据安培力表达式，及牛顿第二定律可解得加速度。
考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的内容，掌握动能定理与牛顿第二定律的应用，理解电量的综合表达式的推导，注意安培力大小与匝数有关．
22.【答案】解：(1)t=0时射入磁场的电子打到荧光屏上的P点，说明电子进入磁场时受到的洛伦兹力向下，电子带负电，根据左手定则判断可知，t=0时偏转磁场的方向为垂直纸面向里。
电子束经过磁场时速率不变，故电子打到P点时的速率与经过加速电场加速后的速率相同，对加速过程，由动能定理得
eU=12mv2
得v=2eUm
(2)设电子在磁场中做圆周运动的半径为R，运动轨迹如图1所示。
当b=3a时，tanθ=ba=3，
得θ=60∘
由几何关系可知tanθ2=rR
得R=3r
由牛顿第二定律得
evBm=mv2R
得Bm=1r2mU3e；
(3)仅将圆形区域内的磁场换成匀强电场，电子在匀强电场中做类平抛运动，当电场方向垂直纸面向里且场强最大时，电子的运动轨迹如图2所示。
此时电子打在荧光屏上的Q点，由题意可知MQ−=b
设此时电子在电场中运动所发生的侧移为y，由几何关系可知yb=ra
且y=12⋅eEmm(2rv)2
联立上述两式可得Em=bUar
答：(1)t=0时偏转磁场的方向垂直纸面向里。电子打到P点时的速率v为2eUm；
(2)若b=3a，Bm的大小为1r2mU3e；
(3)场强的最大值Em为bUar。
【解析】(1)t=0时射入磁场的电子打到荧光屏上的P点，电子进入磁场时受到的洛伦兹力向下，根据左手定则判断磁场方向。电子束经过磁场时速率不变，电子打到P点时的速率v等于电子离开加速电场时的速率，根据动能定理求解。
(2)电子在磁场中偏转，画出电子的运动轨迹，根据几何知识求出偏转角和轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可计算磁场大小Bm的大小。
(3)仅将圆形区域内的磁场换成匀强电场，电子在匀强电场中做类平抛运动，作出场强最大时的运动轨迹，结合类平抛运动规律计算场强的最大值Em。
解答本题的关键要明确电子的受力情况和运动情况，合理作出电子的运动轨迹，结合圆周运动，类平抛运动及牛顿第二定律进行计算。
2021-2022学年浙江省舟山市高二（上）期末物理试卷
1. 下列测工具测量的物理量是国际单位制基本量的是( )
A. 电流表 B. 电压表
C. 弹簧秤 D. 速度计
2. 在物理学发展过程中，许多科学家做出了突出贡献，下列关于科学家和他们的贡献说法正确的是( )
A. 牛顿开创了实验与逻辑推理相结合的研究方法，并用此方法研究了力与运动的关系
B. 库仑通过研究得出了电荷间的相互作用规律，并用实验测得元电荷e的数值
C. 安培提出了分子电流假说，成功揭示了磁现象来源于运动电荷这一本质
D. 麦克斯韦建立了经典电磁场理论，预言并通过实验证实了电磁波的存在
3. 如图是我国时速600公里高速磁悬浮试验样车，不久将下线调试。因为采用了磁悬浮原理，所以阻力比普通的高铁小很多，其速度可达600km/h，高速磁悬浮列车拥有起快停”的技术优点，能发挥出速度优势，也适用于中短途客运。下列说法正确的是( )
A. 因阻力比普通的高铁小很多，所以磁悬浮列车惯性比较小
B. 速度可达600km/h，是指平均速度
C. 能“快起快停”，是指加速度大
D. 考查在两城市间的运行时间时可把磁悬浮列车视为质点，这种研究方法叫“微元法”
4. 中国海军服役的歼−15舰载机在航母甲板上加速起飞过程中，某段时间内战斗机的位移时间(x−t)图像如图所示，则( )
A. 由图可知，舰载机起飞的运动轨迹是曲线
B. 在0∼3s内，舰载机的平均速度大于12m/s
C. 在M点对应的位置，舰载机的速度大于20m/s
D. 在N点对应的时刻，舰载机的速度为7.5m/s
5. 如图是某高中新生军训期间护旗手训练时的照片，他在水平地面上手持旗杆右脚向前抬起，身体微微后倾，在无风时保持静止状态。下列说法正确的是( )
A. 地面对护旗手有摩擦力的作用
B. 旗杆对护旗手的作用力方向竖直向下
C. 护旗手对地面的压力是由于地面发生形变而产生的
D. 护旗手所受的重力与地面对他的支持力是一对平衡力
6. 随着2022年北京冬奥会的脚步日益临近，越来越多的运动爱好者被吸引到冰雪运动中来，其中高台跳雪是北京冬奥会的比赛项目之一。如图甲所示，两名跳雪运动员a，b(可视为质点)从雪道末端先后以初速度之比va：vb=1：3沿水平方向向左飞出，示意图如图乙。不计空气阻力，则两名运动员从飞出至落到雪坡(可视为斜面)上的整个过程中，下列说法正确的是( )
A. 他们飞行时间之比为3：1
B. 他们飞行的水平位移之比为1：3
C. 他们落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同
D. 他们在空中离雪坡面的最大距离之比为1：3
7. 2021年10月16日，“神舟十三号”飞船成功发射，顺利将翟志刚、王亚平、叶光富3名航天员送入太空，并与“天和”核心舱顺利对接，如图所示。假设对接前它们在离地面高约为400km的同一轨道上一前一后绕地球做匀速圆周运动，则此时“神舟十三号”与“天和”核心舱( )
A. 均处于平衡状态
B. 向心加速度均小于9.8m/s2
C. 运行周期均大于24h
D. “神舟十三号”若点火加速可以追上前面的“天和”核心舱
8. 避雷针上方有雷雨云时，避雷针附近的电场线分布如图所示，图中央的竖直黑线AB代表了避雷针，CD为水平地面，MN是电场线中两个点，下列说法正确的是( )
A. N点的电势比M点的电势高
B. M点的场强比N点的场强大
C. 在试探电荷从M点到N点的多条路径中，沿直线MN电场力做功最少
D. 通常取CD的电势为零，且其表面附近的电场线和地面垂直
9. 如图所示的“520暖手充电宝集暖手与移动充电两大功能于一体而受热捧，下表中列出了这种产品的几个主要参数：
产品名称
520暖手充电宝
重量
285g
尺寸
74×68.5×33.8(mm)
电池容量
5000mAh
输入
DC5V/2.5A(最大)
输出
DC5V/2A(最大)
发热温度
52℃
发热功率
2.0W
根据上述信息，下列说法正确的是( )
A. 5000mAh的mAh是能量单位
B. 参数“DC5V中“DC指交流电
C. 以最大电流给手机充电，充电宝最多能连续工作2个小时
D. 该产品仅用作暖手，理论上可持续工作12.5小时
10. 现代科学研究中常要用到高速电子，电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备。如图所示，上面为侧视图，上、下为电磁体的两个磁极；下面为磁极之间真空室的俯视图。若从上往下看电子在真空室中沿逆时针方向做圆周运动，改变电磁体线圈中电流的大小可使电子加速。则下列判断正确的是( )
A. 真空室中产生的感生电场沿逆时针方向
B. 通入电磁体线圈的电流在增强
C. 电子在轨道中加速的驱动力是洛伦兹力
D. 电子在轨道中做圆周运动的向心力是电场力
11. 磁流体发电机，又叫等离子体发电机，图中的燃烧室在3000K的高温下将气体全部电离为电子和正离子，即高温等离子体。高温等离子体经喷管加速后以1000m/s的速度进入矩形发电通道。发电通道有垂直于纸面向内的匀强磁场，磁感应强度B=6T等离子体发生偏转，在两极间形成电势差。已知发电通道长a=50cm，宽b=20cm，高d=20cm，等高速等高子体离子体的电阻率ρ=2Ω⋅m。则以下判断中正确的是( )
A. 因正离子带电量未知，故发电机的电动势不能确定
B. 图中外接电阻R二端的电压为1200V
C. 当外接电阻R=8Ω时，发电机的效率最高
D. 当外接电阻R=4Ω时，发电机输出功率最大
12. 如图是某城市广场喷泉喷出水柱的场景。从远处看，喷泉喷出的水柱超过了40层楼的高度；靠近看，喷管的直径约为10cm。据此估算用于给喷管喷水的电动机输出功率至少是( )
A. 4.62×105W B. 2.31×105W C. 4.62×103W D. 2.31×103W
13. 如图为某同学设计的一种发电装置。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π，磁场均沿半径方向。N匝矩形线圈abcd的边长ab=cd=L、bc=ad=2L。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。则( )
A. 矩形线圈每转动一周，电流方向改变一次
B. 从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式c=2NBL2ωsinωt
C. 线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F=4NB2L3ωr+R
D. 外接电阻上电流的有效值I=4NBL2ω3(r+R)
14. 下列哪项技术的应用原理与电磁感应现象有关( )
A. 探雷器
B. 磁电式电流表
C. 手机无线充电
D. 延时继电器
15. 如图为一种改进后的回旋加速器示意图，其中两盒狭缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，虚线中间不需加电场。如带电粒子从P0处以速度v0沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动，对这种改进后的回旋加速器，下列说法正确的是( )
A. 带电粒子被加速后的最大速度与D形盒半径无关
B. 加速电场方向不需要做周期性的变化
C. 带电粒子每运动一周被加速一次
D. 图中P1P2等于P2P3
16. 如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20kW。在输电线路上接入一小型理想变升压变压器用来测量电路中的电流，其原、副线圈的匝数比为1：10，电流表的示数为1A，输电线的总电阻为5Ω，则下列说法中正确的是( )
A. 采用高压输电可以增大输电线中的电流 B. 升压变压器的输出电压U2=2000V
C. 用户获得的功率为19kW D. 将P下移，用户获得的电压将减小
17. 甲同学准备做“验证机械能守恒定律”实验，乙同学准备做“探究加速度与力、质量的关系”实验
(1)图中A、B、C、D、E是部分实验器材，甲同学需选用的器材有______；乙同学需选用的器材有______。(用字母表示)
(2)图2是高中常用的实验装置之一，以上二位同学中可用该装置完成实验的是______同学(填“甲”、“乙”或“甲和乙”)
(3)乙同学在实验室选齐所需器材后，经正确操作获得如图所示的两条纸带①和②。纸带______的加速度大(填①或者②)，其加速度大小为______m/s2(保留两位有效数字)
18. 小王同学想测量实验室0∼0.6A量程的电流表的内阻。
(1)他采用多用电表的欧姆表来粗测，下面四个挡位应选哪个最合适______。
A.×1挡
B.×10挡
C.×100挡
D.×1k挡
(2)该同学发现示数很小，也没办法继续用欧姆表测量，因此打算用伏安法来测量电流表的内阻。但是考虑到电流表内阻很小，为保护电流表，他决定给电流表串联一个阻值为2Ω定值电阻，电路图如图1所示。图2仪器中应该选择哪个作为2Ω的定值电阻？______。
(3)该同学选出正确的仪器，并采用最佳的电路正确连接电路并操作后(电源使用学生电源的3V直流输出)，得到一组电流表、电压表的示数，如图3所示，可求得电流表的0∼0.6A量程的内阻为______Ω(保留两位有效数字)。
(4)测出电流表的内阻后，若把这个测量值作为电流表的已知值，小王同学又想用该电流表测量手边的两节干电池串联的内阻，找到合适的仪器后，他拿不准如图4两个电路应该选哪个，请你帮他选出最合适的选项______(填“甲”或“乙”)。
(5)小王利用(4)中所选电路测出数组电池组的U、I，并作U−I图如图5所示，可求得电池组的内阻为______Ω(保留两位有效数字)。
19. 舟山市正在创建全国“文明城市”，“车让人人守规”扮靓城市文明底色。如图是一辆总质量(包括乘客)为M=1.2×104kg的公交车，以v0=54km/h速度沿市区平直道路匀速行驶，距斑马线还有x=30m远时，司机发现前方有小学生开始通过马线，于是立即制动公交车做匀减速直线运动，最终恰好停在斑马线前。设司机的反应时间为t0=0.5s，则：
(1)公交车刹车的加速度是多少？
(2)已知路面宽L=9m，小学生排着长l=6m的队伍从斑马线一端开始通行，小学生行走的速度大小v1=0.5m/s，若司机等小学生全部通过斑马线后立即起动公交车，求公交车在斑马线前等待的时间；
(3)若公交车正常行驶时所受阻力为车重的0.05倍，需要使车从静止开始匀加速行驶10s后速度重新达到54km/h，求牵引力的大小。
20. 某兴趣学习小组设计了一个游戏装置如图，它由足够长的斜面AB、水平轨道BC、固定在水平面上的光滑竖直圆轨道(最低点D处左右两侧内外略错开)和数个高度、宽度相等的台阶组成。游戏时滑块从斜面上合适位置由静止释放，经过圆轨道(全程不脱离轨道)后从C点水平飞出并直接落到设定的台阶上则视为游戏成功。已知斜面AB倾角θ=37∘，圆轨道半径R=0.2m，水平轨道DC段长L1=0.88m，台阶的高和宽都为d=0.2m，滑块与斜面AB、水平面BC之间的动摩擦因数μ=0.5，滑块质量m=10g，且可视为质点，忽略空气阻力，各部分平滑连接。游戏中滑块从斜面上距B点L0=3.0m处由静止释放，恰能通过圆轨道最高点E。已知sin37∘=0.6，cos37∘=0.8。求：
(1)滑块恰能通过圆轨道最高点E时的速度vE大小；
(2)滑块经过D点时对轨道的压力大小；
(3)滑块在水平轨道BD段运动过程中摩擦力对其做的功Wf；
(4)要让滑块直接落到第2个台阶上，滑块释放处与B点之间的距离L应满足的条件。
21. 电磁弹射是我国最新研究的重大科技项目，创造了世界领先的关键技术，原理可用下述模型说明。如图甲所示，虚线MN右侧存在一个竖直向上的匀强磁场，边长L的正方形单匝金属线框abcd放在光滑水平面上，电阻为R，质量为m，ab边在磁场外侧紧靠MN虚线边界。t=0时起磁感应强度B随时间t的变化规律是B=B0+kt(k为大于零的常数)同时用一水平外力使线圈处于静止状态，空气阻力忽略不计。
(1)求线框中的感应电流的大小和方向；
(2)写出所加水平外力随时间变化的表达式；
(3)求0到t0时间内通过导线截面的电荷量q；
(4)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，并在线框上加一质量为M的负载物，如图乙所示，当t=t0时撤去外力释放线框，求刚撤去外力时线框的加速度大小。
22. 电视机的显像管中电子束的偏转是应用磁偏转技术实现的。如图甲所示为显像管的原理示意图，显像管中电子枪工作时阴极发射的电子(速度很小，可视为零)经过加速电场加速后，穿过以O点为圆心、半径为r的圆形磁场区域(磁场方向垂直于纸面)，撞击到荧光屏上使荧光屏发光。已知电子质量为m，电荷量大小为e，加速电场的电压为U，在没有磁场时电子束通过O点打在荧光屏正中央的M点，OM间距离为a。偏转磁场的磁感应强度B随时间变化关系如图乙所示(Bm为未知量)，t=0时射入磁场的电子打到荧光屏上的P点，PM间距离为b。假设荧光屏面积足够大，电子所受的重力、电子间的相互作用力均可忽略不计，也不考虑磁场(或电场)变化对电子束运动所造成的影响。由于电子经过加速电场后速度很大，同一电子在穿过磁场的过程中可认为磁场不变。
(1)请指出t=0时偏转磁场的方向，并求出电子打到P点时的速率v；
(2)若b=3a，求Bm的大小；
(3)若其它条件不变，仅将圆形区域内的磁场换成匀强电场，电场方向垂直于纸面，且电场在垂直纸面方向上的分布区间足够长，场强E随时间变化关系如图丙所示.现测得荧光屏上所形成的“亮线”长度为2b，求场强的最大值Em。(由于电子的速度很大，同一电子穿过电场的过程可认为电场没有变化)
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、电流表是测量电流的仪器，是测量国际单位制中的基本量电流的工具，故A正确；
BCD、电压表是测量电压的仪器，弹簧测力计是测量力的仪器，速度计是测量速率的仪器，电压、力和速度都是导出量，所以BCD都不是测量国际单位制中的基本量的工具，故BCD都错误。
故选：A。
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，而物理量之间的关系式推到出来的物理量的单位叫做导出单位。
解决本题的关键知道国际单位制中七个基本物理量以及对应的基本单位，属于识记内容。
2.【答案】C
【解析】解：A、伽利略开创了实验与逻辑推理相结合的研究方法，并用这种方法研究了力与运动的关系，故A错误；
B、库仑通过研究得出了电荷间的相互作用规律，密立根测出了自然界的最小带电单位，故B错误；
C、安培提出了分子电流假说，成功解释了所有磁现象来源于运动电荷这一本质，故C正确；
D、麦克斯韦建立了经典电磁场理论，预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证实了电磁波的存在，故D错误。
故选：C。
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。
3.【答案】C
【解析】解：A、惯性大小只与物体的质量有关，与受力情况无关，故A错误；
B、速度可达600公里/时，这是指最大速度，为瞬时速度，故B错误；
C、加速度是描述速度变化快慢的物理量，加速度大，说明速度变化快，能“快起快停”，是指加速度大，故C正确；
D、用质点来代替实际物体的研究方法叫理想模型法，故D错误。
故选：C。
惯性只与物体的质量有关；平均速度和瞬时速度的区别在于平均速度与一段位移或一段时间对应，而瞬间速度和某一位置或某一时刻对应；加速度就是表示物体运动速度变化快慢的物理量；用质点来代替实际物体的研究方法叫理想模型法。
本题考查描述运动的基本物理量，知道速度、加速度、惯性的物理意义，知道平均速度和瞬时速度的区别。
4.【答案】C
【解析】
【分析】
x−t图像只能表示直线运动的规律，图线的切线斜率表示瞬时速度，根据平均速度的定义进行求解平均速度。
解决本题的关键要理解位移-时间图像的物理意义，知道图像的切线斜率表示瞬时速度大小，图线上的两点连线的斜率表示对应时间内的平均速度大小。
【解答】
A、x−t图像只能表示直线运动的规律，即知舰载机起飞的运动轨迹是直线，故A错误；
B、在0∼3s内，舰载机通过的位移为x=36m−0=36m，平均速度为v−=xt=363m/s=12m/s，故B错误；
C、2−2.55s内的平均速度为v′−=xMNtMN=26−152.55−2m/s=20m/s，根据2−2.55s内的平均速度等于MN连线的斜率大小，在M点对应的位置舰载机的速度等于过M点的切线斜率大小，可知在M点对应的位置，舰载机的速度大于MN段平均速度20m/s，故C正确；
D、在0−2s内的平均速度为v″−=ΔxΔt=15−02m/s=7.5m/s，0−2s内的平均速度等于ON连线的斜率大小，在N点对应的时刻舰载机的速度等于过N点的切线斜率大小，可知在N点对应的时刻，舰载机的速度大于ON段平均速度7.5m/s，故D错误。
故选：C。
5.【答案】B
【解析】解：A、由于在水平方向不受外力作用，故此时地面对护旗手没有摩擦力的作用，故A错误；
B、对旗杆分析可知，旗杆受重力和人的作用力而处于平衡，故人对旗杆的作用力竖直向上，由牛顿第三定律可知，旗杆对护旗手的作用力方向竖直向下，故B正确；
C、护旗手对地面的压力是由于护旗手发生形变而产生的，故C错误；
D、由于护旗手还受旗杆的作用力，所以护旗手所受的重力与地面对他的支持力不是一对平衡力，故D错误。
故选：B。
对人和旗杆受力分析，根据平衡条件分析人和旗杆的受力情况，明确弹力产生原因，明确平衡力的定义。
本题考查对共点力平衡的掌握，要注意正确选择研究对象进行受力分析，同时能掌握共点力平衡条件的应用。
6.【答案】C
【解析】解：A、设运动员的初速度为v0时，飞行时间为t，水平方向的位移大小为x、竖直方向的位移大小为y，如图所示。
运动员在水平方向上做匀速直线运动，有x=v0t，在竖直方向上做自由落体运动，有y=12gt2
运动员落在斜面上时，有tanθ=yx
联立解得：t=2v0tanθg，则知运动员飞行的时间t与v0成正比，则他们飞行时间之比为ta：tb=va：vb=1：3，故A错误；
B、水平位移：x=v0t=2v02tanθg，运动员飞行的水平位移x与初速度的平方成正比，则他们飞行的水平位移之比为1：9，故B错误；
C、落到雪坡上时，设运动员的速度方向与竖直方向夹角为α，则有tanα=v0vy=v0gt=v02v0tanθ=12tanθ，则他们落到雪坡上的瞬时速度方向一定相同，故C正确；
D、将运动员的运动分解为沿坡面和垂直于坡面的两个方向上，建立直角坐标系，在沿坡面方向做匀加速直线运动，垂直于坡面方向做匀减速直线运动，则运动员在空中离雪道坡面的最大高度为：hmax=(v0sinθ)22gcosθ∝v02，所以他们在空中离雪道坡面的最大高度之比为1：9，故D错误。
故选：C。
两名运动员在空中做平抛运动，落到雪坡上时，利用竖直位移和水平位移的比值等于斜面倾角的正切值，可表示出平抛运动的时间，从而求得时间之比；根据水平方向的匀速直线运动求解水平位移之比；根据运动的合成与分解结合几何关系分析他们落到雪坡上的瞬时速度方向；在垂直于斜面方向上，根据速度-位移关系求解离开斜面的最大距离之比。
本题考查平抛运动规律的应用，知道平抛运动可以分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，能够根据平抛运动的规律结合运动学公式进行解答。
7.【答案】B
【解析】解：A、“神舟十三号”与“天和”核心舱均绕地球做匀速圆周运动，速度大小不变，而速度方向时刻发生变化，即运动状态是变化的，两者并非处于平衡状态，故A错误；
B、设“神舟十三号”与“天和”核心舱的轨道半径为r，地球的半径为R、质量为M。
由万有引力提供向心力得：GMmr2=man，解得“神舟十三号”与“天和”核心舱的向心加速度为：an=GMr2
地球表面的重力加速度为g=9.8m/s2，忽略地球自转时，对于在地球表面的物体可认为万有引力等于重力，则有：GMm′R2=m′g，解得：g=GMR2
因r>R，故an
D、“神舟十三号”若点火加速，其所需向心力将大于万有引力，会做离心运动，脱离原来的圆周轨道，并不能追上前面的“天和”核心舱，故D错误。
故选：B。
物体做匀速圆周运动具有向心加速度，处于非平衡状态；万有引力定律F=GMmr2；由牛顿第二定律，匀速圆周运动向心力公式，推导出向心加速度、周期的表达式进行解答；“神舟十三号”点火加速后，其所需向心力将大于万有引力，会做离心运动。
本题考查了万有引力定律在天体运动中的应用，基础题，由万有引力定律，牛顿第二定律，匀速圆周运动向心力公式解答即可。
8.【答案】D
【解析】解：A、沿电场线电势逐渐降低，可知M点的电势比N点的电势高，故A错误；
B、N点处的电场线比M点密集，可知M点的场强比N点的场强小，故B错误；
C、由于MN两点的电势差一定，可知无论试探电荷沿什么路径从M点到N点，电场力做功都是相同的，故C错误；
D、CD的电势为零，地面为等势面，则CD表面附近的电场线与地面都是垂直的，故D正确；
故选：D。
根据电场线的疏密判断场强的大小；顺着电场线电势逐渐降低；等势面与电场线垂直，从而即可一一判定求解。
本题要掌握电场线的相关性质，即电场线的疏密表示场强的大小，顺着电场线方向电势逐渐降低；此外要注意电场力做功与路径无关，等势面与电场线垂直。
9.【答案】D
【解析】解：A、mA⋅h是电荷量的单位，故A错误；
B、参数“DC 5V”中“DC”指直流电的意思，故B错误；
C、由图示信息可知，充电宝的最大输出电流为2A，根据I=qt可知，以最大电流给手机充电，充电宝持续工作时间为I=qt=5000mA⋅h2A=2.5h，故C错误；
D、该充电宝储存的电能为W=qU=5×5000×10−3×3600J=9.0×104J，由图示信息可知仅用作暖手时的功率为2W，根据W=Pt可得持续时间为t=WP=9.0×1042s=4.5×104s=12.5h，故D正确。
故选：D。
mA⋅h是电荷量的单位；“DC”指直流电的意思；根据I=qt可计算出充电宝的工作时间；先计算出充电宝储存的电能，然后与发热功率的比值即为工作时间。
在计算充电宝储存电荷量以及储存的电能的时候，一定要注意单位换算。
10.【答案】B
【解析】解：AC、电子感应加速器就是利用感生电场使电子加速的设备，电子带负电，电场线方向与电子运动的方向相反，所以真空室中产生的感生电场沿顺时针方向，故AC错误；
B、电磁体线圈中电流变大，产生的磁感应强度变大，由楞次定律可知，进而产生的感应电场方向是顺时针方向，电子受感应电场的力与运动方向相同，电子的速度增大，故B正确；
D、电子在洛伦兹力的作用下做圆周运动，故D错误。
故选：B。
11.【答案】D
【解析】解：AB、由等离子体所受的电场力和洛伦兹力平衡得：qEd=qvB
则得发电机的电动势为：E=Bdv=6×0.2×1000V=1200V，图中外接电阻R二端的电压为路端电压，小于1200V；
由上知，发电机的电动势与高速等离子体的电荷量无关，即与离子的化合价无关，由E=Bdv能求电动势，故AB错误；
C、发动机的内阻为：r=ρdab=2×0.20.5×0.2Ω=4Ω
发动机的效率为：η=UIEI=RR+r=11+rR，可知外电阻R越大，效率越高，则当外接电阻为8Ω时，发电机的效率不是最高，故C错误；
D、设外电阻为R外，电源的输出功率为：P出=I2R外=(ER外+r)2R外=E2R外+r2R外+2r；由于R外×r2R外=r2(定值)，根据数学知识可得：R外=r2R外时分母最小，电源的输出功率最大，此时有R外=r；当电源的内外电阻相等时输出功率最大，此时外电阻为：R=r=4Ω，故D正确。
故选：D。
根据等离子体所受的电场力和洛伦兹力平衡，列式求电动势。发动机的效率等于输出功率与总功率之比。当电源的内外电阻相等时输出功率最大。
本题是磁流体发电机问题，要理解并掌握其工作原理，知道最终等离子体所受的电场力和洛伦兹力平衡，由此求电动势；知道电源输出功率最大值的求解方法。
12.【答案】A
【解析】解：管口的圆形内径约有10cm，则半径r=5cm=0.05m
根据实际情况，每层楼高h=3m，所以喷水的高度H=40h=120m，
则水离开管口的速度为：
v=2gH=2×10×120m/s=206m/s
设给喷管喷水的电动机输出功率为P，在接近管口很短一段时间Δt内水柱的质量为：
m=ρ⋅vΔtS=ρπr2vΔt
根据动能定理可得：PΔt=12mv2
解得：P=pπr2v32
代入数据解得：P=4.62×105W.
故A正确，BCD错误。
故选：A。
由速度-位移关系求解速度，由动能定理求解功率。
本题考查功率，学生需结合运动学及动能定理综合求解。
13.【答案】D
【解析】解：A、由右手定则可知，线圈转动一周电流方向改变两次，故A错误；
B、磁感应强度方向始终与线圈两边运动方向垂直，感应电动势大小不变，产生的交变电流不是正弦式交变电流，故B错误；
C、bc、ad边的运动速度为：v=ω×L2=12ωL
感应电动势：Em=2NBbcv=2NB×2L×12ωL=2NBL2ω
由闭合电路的欧姆定律可知，bc边切割磁感线时的感应电流：根据欧姆定律得电流为：Im=EmR+r=2NBL2ωR+r
bc边所受安培力大小：F=NBImbc=NB×2NBL2ωR+r×2L=4N2B2L3ωR+r，故C错误；
D、由题意可知圆心角α=49π，一个周期内有电流的时间t=49T
设感应电流的有效值为I，则I2RT=Im2Rt，代入数解得：I=4NBL2ω3(R+r)，故D正确。
故选：D。
分析清楚线圈转动过程，求出感应电动势；
应用闭合电路的欧姆定律求出感应电流，应用安培力公式求出bc边所受安培力大小。
分析清楚线圈运动过程是解题的前提，解题时要掌握交流电有效值的定义式；解题时一定要注意，产生的交变电流不是正弦值电流。
14.【答案】ACD
【解析】解：A、探雷器是通过地雷在探雷器上产生涡流而使报警器发出报警，属于电磁感应现象的应用，故A正确；
B、磁电式电流表是利用磁场对电流的作用，不是利用电磁感应现象，故B错误；
C、手机无线充电是利用电磁感应现象来充电的，故C正确；
D、断开开关S的瞬间，穿过线圈B的磁通量向下减小，产生感应电流，使衔铁D受到吸引力，弹簧K并不会立刻将衔铁D拉起使触头C离开，而是过一小段时间才执行这个动作，所以这是利用了电磁感应现象，故D正确。
故选：ACD。
电磁感应现象是穿过闭合回路的磁通量发生变化时，回路中产生感应电流的现象。明确各仪器的工作原理即可明确是否应用了电磁感应现象。
本题以现代科技的应用为情景载体，考查电磁感应现象在实际问题中的应用，要求学生能够熟练应用所学知识去解决实际问题，提高学生的科学探究能力。
15.【答案】BC
【解析】解：
A、当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据r=mvBq得，v=qBrm，知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，故A错误；
BC、带电粒子只有经过AC板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向没有改变，则在AC间加速，加速电场方向不需要做周期性的变化。故BC正确；
D、根据r=mvBq得，则P1P2=2(r2−r1)=2mΔvqB，因为每转一圈被加速一次，根据v2−v12=2ad，知每转一圈，速度的变化量不等，且v3−v2
故选：BC。
带电粒子经加速电场加速后，进入磁场发生偏转，电场被限制在A、C板间，只有经过AC板间时被加速，所以运动一周加速一次，电场的方向不需改变．当带电粒子离开回旋加速器时，速度最大．
解决本题的关键知道该回旋加速器的原理，知道粒子每转一圈，加速一次，且都在AC间加速，加速的电场不需改变．
16.【答案】BD
【解析】解：A.根据PP=UI，P不变的情况下， U增大，I减小，即采用高压输电可以减小输电线中的电流，故A错误；
B.根据理想变压器原副线圈电流关系有I2I1=n2n1
得I2=10I1=10A
又因为
P2=P=U2I2
代入数据解得
U2=2000V，故B正确；
C.输电线上的产热功率为ΔP=I22R=10²×5W=500W
根据能量守恒有P用户=P−ΔP=20×103W−500W=19500W，故C错误；
D.根据理想变压器原副线圈电压关系有
P点下移，由U3U3=n3n4
n3变大，n3，U3不变，所以U4将减小，故D正确。
故选：BD。
发电机输出功率恒定，根据P=UI可知，采用高压输电可以减小输电线中的电流，变压器的原副线圈两端电压与匝数成正比；若P下移，降压变压器的原线圈匝数增大，用户的电压减小，从而判断用户获得的功率；用户获得的功率P用=P送−P损；由线损P损=U2I2求升压变压器的输出电压。
本题实质是电流互感器的简单运用，电流互感器是利用变压器原理将电压、电流减小到可测范围进行测量的仪器。
17.【答案】(1)AB，BDE；(2)乙；(3)①，2.5(2.6±0.2均正确)
【解析】解：(1)在“验证机械能守恒定律”实验中需要的器材有：铁架台、重锤、刻度尺、纸带、打点计时器、低压交流电源等，因此从图中选择的器材有：AB；在“探究加速度与力、质量的关系”实验中需要的器材有：小车、钩码、长木板，打点计时器、低压交流电源、刻度尺、天平等，因此从图中选择的器材有：BDE。
(2)用此实验装置进行实验时小车与长木板之间存在滑动摩擦力，钩码与小车组成的系统机械能不守恒，故没法用该装置完成“验证机械能守恒定律”实验；而此实验装置可以进行“探究加速度与力、质量的关系”的实验，故选：乙。
(3)由Δx=aT2可知，相邻两点迹间的位移之差越大，则加速度越大，故①的加速度大；
由逐差法可得加速度a=x3+x4−(x1+x2)4T2
由图读得：x3+x4=38.10cm−34.20cm=3.90cm；x1+x2=34.20cm−30.70cm=3.50cm；T=0.02s
代入数据解得：a=2.5m/s2
(1)明确实验原理以及实验方法，从而选择出所需要的仪器；
(2)用此实验装置进行实验时小车与长木板之间存在滑动摩擦力，钩码与小车组成的系统机械能不守恒；
(3)根据Δx=aT2，通过比较Δx的大小可比较加速度的大小，再利用逐差法可求解加速度。
本题考查常见的实验原理及逐差法的正确应用，要注意在求加速度时，为了减小误差，应将实验数据尽量多的应用上，对于实验问题关键在于明确实验原理和实验方法。
18.【答案】(1)A； (2)B；(3)0.70；(4)乙 ；(5)1.8
【解析】解：(1)由于电流表的电阻很小，在几欧以下，所以需选择×1挡，故A正确，BCD错误。
(2)在三个图中，能准确获得2Ω电阻的仪器只能是电阻箱，故B正确，AC错误。
(3)由图3知：电流表的示数是0.20A，电压表的示数是0.54V，根据欧姆定律得：R测=UI=0.540.2Ω=2.70Ω，而此测量电阻R测=rA+R0，由题意知R0=2Ω，故rA=0.70Ω
(4)采用图乙电路测得的E测=E真，r测=rA+r真，由于已知电流表电阻，故r真可求，故应选图乙。
(5)由闭合电路欧姆定律E=U+Ir得：U=E−Ir测，即r测应为图5图像的斜率，r测=3.0−1.00.8Ω=2.5Ω，
故r真=r测−rA=(2.5−0.70)Ω=1.8Ω
故答案为：(1)A； (2)B；(3)0.70；(4)乙 ；(5)1.8
由于电流表的电阻很小，在几欧姆以下，所以需选择×1挡；能准确获得2Ω电阻的仪器只能是电阻箱；由电压表和电流表的示数可求总电阻，再减去定值电阻阻值即为电流表内阻；已知电流表内阻时，应选图乙测电动势和内阻。
本题考查的是测电源电动势和内阻的实验，要注意两种电路图的选择条件，尤其是已知电流表内阻时，求出斜率后千万不要忘记减掉电流表的内阻。
19.【答案】解：(1)设公交车做匀减速直线运动的加速度为a1，匀速运动位移为x0，由运动学公式得
v0=54km/h=15m/s
x0=v0t0=15×0.5m=7.5m
0−v02=2a1(x−x0)
代入数据解得：a1=−5m/s2
(2)小学生通过斑马线的时间t1：t1=L+lv1
代入数据解得：t1=30s
公交车减速时间t2=v0a1=155s=3s
等待时间Δt=t1−t0−t2=(30−0.5−3)s=26.5s
(3)设车重新启动的加速度为a，牵引力为F
54km/h=15m/s
a=ΔvΔt
代入数据解得：a=1.5m/s2
F−0.05Mg=Ma
代入数据解得：F=2.4×104N
答：(1)公交车刹车的加速度是−5m/s2，与车运动方向相反；
(2)公交车在斑马线前等待的时间为26.5s；
(3)牵引力的大小为2.4×104N.
【解析】(1)根据题意，由速度-位移公式求出公交车的加速度；
(2)求出小学生通过的时间，结合时间关系，求出公交车等待的时间；
(3)根据运动学公式求出公交车加速过程的加速度，利用牛顿第二定律求出牵引力。
在处理刹车类问题时，一是要注意司机在反应时间内汽车匀速运动；二是要注意汽车从刹车到停下来所用的总时间。
20.【答案】解：(1)恰好通过最高点E，由mg=mvE2R，
代入数据解得：vE=2m/s；
(2)从D到E过程，由动能定理得−mg⋅2R=12mvE2−12mvD2，
FN−mg=mvD2R，
代入数据解得：FN=0.6N，
根据牛顿第三定律，物块到达D点对轨道的压力大小为0.6N；
(3)滑块从释放到恰好过E点的过程，由动能定理得
mg(L0sinθ−2R)−μmgL0cosθ+Wf=12mvE2，
代入数据解得：Wf=−0.01J；
(4)从C点平抛落在第二个台阶上，满足
竖直方向上d=12gt12，水平方向上vC1t1>d，
竖直方向上2d=12gt22水平方向上vC2t2≤2d，
代入数据解得：1m/s
代入数据解得：v0=1.2m/s，
满足1.2m/s≤v0≤2m/s，
设滑块从斜面上距B点L处释放，根据动能定理得
mgLsinθ−μmgLcosθ+Wf−μmgL1=12mvC22，
解得L=3.2m，
综上可得：3.0m≤L≤3.2m。
答：(1)滑块恰能通过圆轨道最高点E时的速度vE大小为2m/s；
(2)滑块经过D点时对轨道的压力大小为0.6N；
(3)滑块在水平轨道BD段运动过程中摩擦力对其做的功Wf为−0.01J；
(4)要让滑块直接落到第2个台阶上，滑块释放处与B点之间的距离L应满足的条件为3.0m≤L≤3.2m。
【解析】(1)(2)滑块恰能通过最高点E，由重力提供滑块做圆周运动的向心力，根据牛顿第二定律求速度vE的大小；从D到E的过程，根据动能定理求出滑块通过D点时的速度。在D点，对滑块，利用牛顿运动定律求滑块在D点时对轨道的压力；
(3)从释放点到最高点E的过程，根据动能定理求得BD段摩擦力做功Wf；
(4)结合从E点到C点的过程，判断出到达C点的速度，从C点做平抛运动，求得恰好能落到第二个台阶的速度范围，在整个过程中根据动能定理即可判断
解决本题时需要掌握圆周运动的临界条件，知道滑块恰好到达最高点时由重力提供向心力，选择合适的运动过程应用动能定理求解速度大小。
21.【答案】解：(1)线框中的感应电动势E=ΔBΔtL2=kL2
感应电流I=ER=kL2R
感应电流沿顺时针方向。
(2)由于线圈静止，则所加的水平外力与安培力平衡
有F=BIL=(B0+kt)kL3R
(3)0到t0时间内的平均电动势E−=ΔΦΔt
线框中的电流I−=E−R
解得通过的电量q=I−t=E−=ΔΦR=kt0L2R
(4)n匝线框中t=t0时刻产生的感应电动势E总=nΔBΔtL2=nkL2
线框的总电阻R总=nR
线框中的电流I=E总R总
t=t0时刻线框受到的安培力F安=nBIL=n(B0+kt0)kL3R
设线框的加速度为a，根据牛顿第二定律有F安=(nm+M)a
解得：a=k(B0+kt0)L3(Mn+m)R
答：(1)线框中的感应电流的大小为kL2R，方向沿顺时针方向；
(2)所加水平外力随时间变化的表达式为F=(B0+kt)kL3R；
(3)求0到t0时间内通过导线截面的电荷量为kt0L2R；
(4)若用相同的金属线绕制相同大小的n匝线框，并在线框上加一质量为M的负载物，如图乙所示，当t=t0时撤去外力释放线框，则刚撤去外力时线框的加速度大小为k(B0+kt0)L3(Mn+m)R
【解析】(1)根据法拉第电磁感应定律，即可求解；
(2)由于线圈静止，则所加的水平外力与安培力平衡可解得；
(3)根据平均电动势与电荷量的关系可解得；
(4)根据感应电动势与感应电流值，依据安培力表达式，及牛顿第二定律可解得加速度。
考查法拉第电磁感应定律与闭合电路欧姆定律的内容，掌握动能定理与牛顿第二定律的应用，理解电量的综合表达式的推导，注意安培力大小与匝数有关．
22.【答案】解：(1)t=0时射入磁场的电子打到荧光屏上的P点，说明电子进入磁场时受到的洛伦兹力向下，电子带负电，根据左手定则判断可知，t=0时偏转磁场的方向为垂直纸面向里。
电子束经过磁场时速率不变，故电子打到P点时的速率与经过加速电场加速后的速率相同，对加速过程，由动能定理得
eU=12mv2
得v=2eUm
(2)设电子在磁场中做圆周运动的半径为R，运动轨迹如图1所示。
当b=3a时，tanθ=ba=3，
得θ=60∘
由几何关系可知tanθ2=rR
得R=3r
由牛顿第二定律得
evBm=mv2R
得Bm=1r2mU3e；
(3)仅将圆形区域内的磁场换成匀强电场，电子在匀强电场中做类平抛运动，当电场方向垂直纸面向里且场强最大时，电子的运动轨迹如图2所示。
此时电子打在荧光屏上的Q点，由题意可知MQ−=b
设此时电子在电场中运动所发生的侧移为y，由几何关系可知yb=ra
且y=12⋅eEmm(2rv)2
联立上述两式可得Em=bUar
答：(1)t=0时偏转磁场的方向垂直纸面向里。电子打到P点时的速率v为2eUm；
(2)若b=3a，Bm的大小为1r2mU3e；
(3)场强的最大值Em为bUar。
【解析】(1)t=0时射入磁场的电子打到荧光屏上的P点，电子进入磁场时受到的洛伦兹力向下，根据左手定则判断磁场方向。电子束经过磁场时速率不变，电子打到P点时的速率v等于电子离开加速电场时的速率，根据动能定理求解。
(2)电子在磁场中偏转，画出电子的运动轨迹，根据几何知识求出偏转角和轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可计算磁场大小Bm的大小。
(3)仅将圆形区域内的磁场换成匀强电场，电子在匀强电场中做类平抛运动，作出场强最大时的运动轨迹，结合类平抛运动规律计算场强的最大值Em。
解答本题的关键要明确电子的受力情况和运动情况，合理作出电子的运动轨迹，结合圆周运动，类平抛运动及牛顿第二定律进行计算。
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