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2023-2024学年河南省新郑市新郑高级中学高二上学期10月月考物理试题含解析
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这是一份2023-2024学年河南省新郑市新郑高级中学高二上学期10月月考物理试题含解析，共10页。试卷主要包含了选择题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(共7个，分值共：28)
1、关于静电场，下列结论普遍成立的是（ ）
A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低
B．在正电荷或负电荷产生的静电场中，电场强度方向都指向电势降落最快的方向
C．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的电场强度有关
D．将正点电荷从电场强度为零的一点移动到电场强度为零的另一点，静电力做功为零
2、如图所示,木块A、B、C置于光滑的水平面上,B和C之间用一轻质弹簧相连接,整个装置处于静止状态.现给A一初速度,使其沿B、C连线向B运动,随后与B相碰并粘在一起,则下列说法正确的是( )
A.A与B碰撞过程,二者组成的系统动量守恒,机械能守恒
B.A与B碰撞过程,二者组成的系统动量守恒,机械能不守恒
C.A与B一起压缩弹簧的过程,A、B、C及弹簧组成的系统动量不守恒,机械能守恒
D.A与B一起压缩弹簧的过程,A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒,机械能不守恒
3、下列各图表示电流及其产生的磁场，其中正确的是（ ）
A． B．C． D．
4、等量异种电荷+Q、-Q，分别置于M、N，相距2L，O为其中点。O、A、B、C四点到N的距离相等，AC垂直OB。如图。现将一带负电试探电荷在O、A、B、C四点移动，则（ ）
A．该试探电荷在B点受电场力最大
B．该试探电荷在A、C两点受电场力相同
C．该试探电荷在O点电势能最大
D．该试探电荷从C到O比从B到A电势能变化大
5、如图所示，直角△MNP区域内存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。∠M=30∘，MP=L，C为MP的中点，D为NP的中点，在C点有一粒子源可沿平行PN方向射入速度大小不同的正、负电子。电子的质量为m、电荷量为e，不考虑电子间的相互作用不计正、负电子所受的重力。下列说法正确的是（ ）
A．可能有正电子从M点射出磁场
B．负电子从D点离开磁场时的速度大小为eBL2m
C．从MN边射出的正电子在磁场中运动的最长时间为2πm3eB
D．正电子在磁场中运动的最长时间为πm3eB
6、在纳米技术中需要移动或修补原子，必须使在不停地做热运动（速率约几百米每秒）的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间，为此已发明了“激光制冷”技术，若把原子和入射光分别类比为一辆小车和一个小球，则“激光制冷”与下述的力学模型很类似。一辆质量为m的小车（一侧固定一轻弹簧），如图所示以速度v0水平向右运动，一个动量大小为p的小球水平向左射入小车并压缩弹簧至最短，接着被锁定一段时间ΔT，再解除锁定使小球以大小相同的动量p水平向右弹出，紧接着不断重复上述过程，最终小车停下来。设地面和车厢均为光滑，除锁定时间ΔT外，不计小球在小车上运动和弹簧压缩、伸长的时间。从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间为（ ）
A．mv0p⋅ΔT B．2mv0p⋅ΔT C．mv04p⋅ΔT D．mv02p⋅ΔT
7、如图所示，质量m=0.1kg的AB杆放在倾角θ=30°的光滑轨道上，轨道间距l=0.2m，电流I=0.5A。当加上垂直于杆AB的某一方向的匀强磁场后，杆AB处于静止状态，则所加磁场的磁感应强度不可能为（ ）
A．3T B．6T C．9T D．12T
二、多选题（共24分）
8、小明同学用自制的验电器进行了一些探究实验。如图所示，小明使验电器带了负电荷，经过一段时间后，他发现该验电器的金属箔片（用包装巧克力的锡箔纸制作）几乎闭合了。关于此问题，他跟学习小组讨论后形成了下列观点，你认为正确的是（ ）
A．小球上原有的负电荷逐渐消失了
B．在此现象中，电荷不守恒
C．小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了
D．该现象是由于电子的转移引起的，仍然遵循电荷守恒定律
9、如图所示为真空中某一静电场的电势φ在x轴上分布的图像，A点为电势最高点，x轴上M、N两点电场强度在x轴方向上的分量分别是E1、E2，下列说法中正确的是（ ）
A．+x轴场强方向沿x轴负方向
B．电子在M、N两点的电势能关系为EpM>EpN
C．E1>E2
D．将一正试探电荷沿x轴从N点移到M点的过程中电场力先做负功后做正功
10、如图所示，等腰直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，d为ac边的中点，e为bc边上的一点。现有一带正电的粒子（不计重力）从a点以大小不同的速度沿ab方向射入磁场，分别从d、c、e点射出磁场，所用时间分别为t1、t2、t3，且t1：t3=3：2，若t3已知，则（ ）
A．t2：t3=3：2
B．带电粒子的比荷为2πBt3
C．从c点与从e点射出的速度大小之比为3:4
D．从d点与从e点射出的速度大小之比为3:4
11、如图所示绝缘传送带长为l，倾角为θ。沿顺时针方向转动，速度大小恒为0.5v0，质量为m、电荷量为－q的带电物块（可视为质点），以初速度v0从底端滑上传送带，并从传送带顶端滑出。整个空间存在匀强电场，场强大小E=mgsinθq，方向平行于传送带斜向下。传送带与物体间动摩擦因数μ≠0，运动过程中物块所带电量不变，重力加速度为g。物块从底端滑至顶端的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．物块可能先做匀减速直线运动后做匀速直线运动
B．物块可能先受到滑动摩擦力的作用，再受到静摩擦力的作用
C．物块电势能增加了mglsinθ
D．物块克服摩擦力做功可能为38mv02
三、实验题（共2题，每空2分，共16分）
12、如图所示，图1为多用电表中欧姆表的电路图，已知灵敏电流计表头内阻Rg=900Ω，满偏电流Ig=100μA，电源电动势E=1.5V，内阻r=1Ω。定值电阻R1=10Ω，R2=90Ω。图2为多用电表的表盘，请回答下列问题：
（1）电源的 端为正极（填 “左”或“右”）
（2）当电键拨至1时，欧姆表的倍率是 （填“×10”或 “×100”）。
（3）某同学把电键拨至2后，进行欧姆调零，当调零完毕时，滑动变阻器接入电路的电阻应为 Ω。接着测量某一电阻，电表指针指示位置如图2所示，则该电阻阻值为 Ω。
13、（10分）为了测量一节干电池的电动势和内电阻，实验室准备了下列器材供选用：
A．待测干电池一节
B．直流电流表（量程0~0.6~3A，0.6A档内阻约为0.1Ω，3A档内阻约为0.02Ω）
C．直流电压表（量程0~3~15V，3V内阻约为5kΩ，15V档内阻约为25kΩ）
D．滑动变阻器（阻值范围为0~15Ω）
E．滑动变阻器（阻值范围为0~1000Ω）
F．开关，导线若干
（1）为了尽可能减少误差，其中滑动变阻器选 （填代号）．
（2）请在图（甲）中进行实物连线。
（3）根据实验记录，画出的U—I图线如图（乙）所示，从中可求出待测干电池的电动势为 V，内电阻为 Ω．
四、计算题（9+10+13）
14、据媒体报道，某手机带有屏幕保护器，保护装置设置在屏幕的4个角落由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成，一旦手机内的加速度计、陀螺仪及位移传感器感知手机掉落，屏幕保护器会自动弹出，并完全吸收手机撞击地面的能量，避免手机屏幕直接接触地面而损坏。已知该手机设计质量约为l60g，从1.8m自由掉落，保护器撞击地面的时间为0.05s。不计空气阻力，手机可看成质点，求：
（1）手机落地前瞬间的速度大小；
（2）手机从开始掉落到落地前的过程中重力的冲量大小；
（3）地面对手机的平均作用力大小。
15、甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6m/s.甲的车上有质量为m=1kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M1=50kg，乙和他的车总质量为M2＝30kg.现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面16.5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住.假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不相撞，此时：
（1）两车的速度大小各为多少？
（2）甲总共抛出了多少个小球？
16、如图所示，在xOy平面的第一象限以OA为分界线分成两部分，OA与x轴的夹角为45°，OA与y轴正方向之间有一沿y轴负方向的匀强电场，OA与x轴正方向之间有方向垂直于纸面向里的匀强磁场。有一质量为m，带电荷量为+q的粒子，从y轴上的P点以速度v0平行于x轴正方向射入匀强电场，在电场中运动后从OA上的M点垂直OA方向进入磁场，经磁场偏转后第二次到达OA上的N点（M、N点图中均未标出），已知OP=L，不计粒子的重力。求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）求O、N两点间距离的最大值以及所对应的磁感应强度B的大小。
参考答案
1、B解析：A．电势与电场强度没有直接关系，所以电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，故A错误；
B．沿电场方向电势降低，而且降低最快，故B正确；
C．由公式U=Ed可知，两点之间的电势差与场强和两点间沿电场线方向的距离都有关，故C错误；
D．场强为零，电势不一定为零，电场力做功与电势的变化有关，将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电势可能变化，所以电场力可能做功，故D错误．
2、B 解析： A与B发生的碰撞是完全非弹性碰撞,二者组成的系统所受的合外力为零,系统的动量守恒,但机械能不守恒,故A错误,B正确.A与B一起压缩弹簧的过程,A、B、C及弹簧组成的系统所受的合外力为零,系统的动量守恒,由于只有弹簧的弹力做功,所以系统的机械能也守恒,故C、D错误.
3、A解析：AB．根据右手螺旋定则，可判断通电直导线周围磁场分布情况，故A正确；B错误；
CD．根据右手螺旋定则，可判断通电螺线管周围磁场分布情况，故C错误；D错误。故选A。
4、D解析：A．由等量异种电荷的电场分布可知，O点场强最大，该试探电荷在O点受电场力最大，选项A错误；
B．由对称可知，AC两点场强大小相等，方向不同，则该试探电荷在A、C两点受电场力大小相同，方向不同，选项B错误；
C．在O、A、B、C四点中，O点电势最高，则带负电的试探电荷在O点电势能最小，选项C错误；
D．根据等量异号电荷的电场线分布可知，CO的电势差大于BA的电势差，则该试探电荷从C到O比从B到A电势能变化大，选项D正确。故选D。
5、C解析：A．根据粒子的运动的轨迹可知，粒子不可能从B点射出磁场，选项A错误；
B．负电子从D点离开磁场时(L2)2+(3L2−r)2=r2，解得r=33L，则负电子的速度大小为v=Berm=eBL3m，选项B错误；
C．当正电子运动的轨迹与MN相切时从MN射出的时间最长，由几何关系可知圆心角为为120°，则最长时间tmin=120∘360∘×2πmeB=2πm3eB，选项C正确；
D．正电子从CM之间射出时用时间最长，则在磁场中运动的最长时间为t'min=T2=πmeB，选项D错误。故选C。
6、D解析：小球入射和弹出的过程，及以后重复进行的过程中，小球和小车所组成的系统动量守恒。规定向右为正方向，设第一次碰撞后小车速度为v1，由动量守恒定律得mv0−p=mv1+p，则有v1=v0−2pm，第二次碰撞过程有mv1−p=mv2+p，则有v2=v1−2pm=v0−2×2pm，同理可推得vn=v0−n×2pm，要使小车停下来，即vn=0，小球重复入射和弹出的次数为n=mv02p，故从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间为t=nΔT=mv02p⋅ΔT，故选D。
7、A解析：根据题意，金属杆受到竖直向下的重力G（大小为mg）、垂直于轨道向上的支持力T和安培力F的作用，根据平衡条件，安培力的大小满足F≥mgsin30°，又F=BIL，可得B≥5T，所以所加磁场的磁感应强度不可能为3T。本题答案为A。
8、CD解析：带负电的验电器在潮湿的空气中，经过一段时间后，小球上的负电荷（电子）被潮湿的空气导走了，但电荷在转移的过程中仍然守恒，故CD正确，AB错误。故选CD。
9、CD解析：A．沿着电场线方向电势降落，可知−x轴场强方向沿x轴负方向，+x轴场强方向沿x轴正方向，故A错误；
B．由电势能公式Ep=φq，可知，电势越高，电子的电势能越小，故EpMC．电场强度可用φ−x图线的斜率表示，斜率的绝对值表示电场强度的大小E1>E2，故C正确；
D．正试探电荷在N、O间所受电场力沿x轴负方向，O、M间所受电场力沿x轴正方向，故电场力先做负功后做正功，故D正确。故选CD。
10、AD解析：A．粒子运动轨迹如图所示
从d、c两点射出时，对应的圆心角相等，都等于90°，所以，他们在磁场中运动时间也相等，即t1=t2，又由于t1：t3=3：2，因此
t2：t3=3：2故A正确；
B．由于t1：t3=3：2，又因为，从d点射出时对应的圆心角为90°，所以，从e点射出时，对应的圆心角为60°，即t3=16T=16×2πmqB，变形得qm=π3Bt3，故B错误；
CD．设ab=L，由几何关系得rd=O1d=12L，rc=O2c=L，re=O3e=ae=23L3，根据牛顿第二定律得qvB=mv2r，v=qBrm，由于q、m、B相同，速度与半径成正比vcve=rcre=L23L3=32，vdve=rdre=12L23L3=34，故C错误、D正确；故选AD。
11、AD解析：AB．物块收到的电场力为F=Eq=mgsinθ，一开始物块速度比传送带速度大，所以物块收到沿斜面向下的滑动摩擦力，当物块速度和传送带速度相等时，物块和传送带没有相对滑动，重力向下的分力等于电场力，所以滑动摩擦力突变为0，物块后面做匀速直线运动，故A对，B错；
C．因为运动方向和电场力方向一样，所以电场力做正功，电势能减少，故C错；
D．物块先做匀减速运动后做匀速直线运动对全过程列，根据功能关系得：克服摩擦力做功为Wf=12mv02−12m（0.5v0）2=38mv02，故D正确。故选AD.
12、 右 ×100 139.1Ω 140Ω
解析：(1)[1]在多用电表的使用过程中，我们需要让电流从红笔流入，黑笔流出，所以在当欧姆挡使用时，黑表笔接着内部电源正极，所以电源的右端为正；
(2)[2]当电键拨至1时，这时候电流表等效的量程为Iʹg=IgRgR1+R2+Ig=1000μA=1×10−3A
所以这时候的中值电阻为R内=R中=EIʹg=1.51×10−3Ω=1500Ω=15×100Ω
所以当电键拨至1时，欧姆表的倍率是“×100”；
(3)[3] 当电键拨至2时，这时候电流表等效的量程为Iʹʹg=IgRg+R2R1+Ig=10000μA=1×10−2A，等效内阻为Rʹʹg=IgRg+R2Iʹʹg=9.9Ω，所以这时候的中值电阻为R内=R中=EIʹʹg=1.51×10−2Ω=150Ω=15×10Ω
所以滑动变阻器接入电路的电阻为R滑=R内−Rʹʹg−r=150Ω−9.9Ω−1Ω=139.1Ω
[4]所以当电键拨至2时，欧姆表的倍率是“×10”，所以该电阻阻值为R=14.0×10Ω=140Ω
13、（1）滑动变阻器应选D
（2）实物连线如图
（3）1.35V；0.5Ω
解析：若选择E，则电流太小，不利于读数及测量，所以选择D。测量电源电动势和内阻，关键是得到路端电压和干路电流，所以使物体容易连接。根据U-I图像，利用闭合电路欧姆即U=E-Ir可知，电源电动势为1.35V，内阻即直线斜率求出即可，r=0.5Ω
14、（1）6m/s；（2）0.96N·s；（3）20.8N
解析：（1）落地的速度v=2gℎ=2×10×1.8m/s=6m/s
（2）根据自由落体的时间t=2ℎg=2×1.810s=0.6s
根据I=mgt
得重力冲量I=0.16×10×0.6N·s=0.96N·s
（3）取竖直向下为正方向，由动量定理（mg-F）t=0-mv
得F=mg+mvt=20.8N
15、（1）v甲=v乙=1.5m/s（2）15
解析：（1）M1v0=(M1−nm)v甲+nmv，
nmv−M2v0=(M2+nm)v乙
v甲=v乙
解得v甲=v乙=1.5m/s
（2）这一过程中乙小孩接球的动量变化为：ΔP=30×6−30×(−1.5)=225(kg•m/s)
每一个小球被乙接收后，到最终的动量变化为ΔP1=16.5×1−1.5×1=15(kg•m/s)
故小球个数为 N=ΔpΔp1=15
16、（1）3mv022qL；（2）8+623L；3(2−1)mv02qL
解析：(1)粒子的运动轨迹如图所示，由题意可知tan45°=vyv0
根据粒子在匀强电场中做类平抛运动知
x=v0t
y=vy2t
距离关系为y+xtan45°=L
竖直速度为vy=at
加速度为qE=ma
解以上各式得E=3mv022qL
(2)当粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹与x轴相切时，O、N两点间的距离最大如图所示，设此时圆周运动的半径为R，圆心为Oʹ则由几何关系可知
OM=Rsin45°−R=22L3
解得R=2(2+2)L3
O、N两点间的距离最大值ON=(2+1)R=8+623L
根据洛伦兹力提供向心力可知qvB=mv2R
速度关系为v=2v0
解得B=3(2−1)mv02qL
一、选择题(共7个，分值共：28)
1、关于静电场，下列结论普遍成立的是（ ）
A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低
B．在正电荷或负电荷产生的静电场中，电场强度方向都指向电势降落最快的方向
C．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的电场强度有关
D．将正点电荷从电场强度为零的一点移动到电场强度为零的另一点，静电力做功为零
2、如图所示,木块A、B、C置于光滑的水平面上,B和C之间用一轻质弹簧相连接,整个装置处于静止状态.现给A一初速度,使其沿B、C连线向B运动,随后与B相碰并粘在一起,则下列说法正确的是( )
A.A与B碰撞过程,二者组成的系统动量守恒,机械能守恒
B.A与B碰撞过程,二者组成的系统动量守恒,机械能不守恒
C.A与B一起压缩弹簧的过程,A、B、C及弹簧组成的系统动量不守恒,机械能守恒
D.A与B一起压缩弹簧的过程,A、B、C及弹簧组成的系统动量守恒,机械能不守恒
3、下列各图表示电流及其产生的磁场，其中正确的是（ ）
A． B．C． D．
4、等量异种电荷+Q、-Q，分别置于M、N，相距2L，O为其中点。O、A、B、C四点到N的距离相等，AC垂直OB。如图。现将一带负电试探电荷在O、A、B、C四点移动，则（ ）
A．该试探电荷在B点受电场力最大
B．该试探电荷在A、C两点受电场力相同
C．该试探电荷在O点电势能最大
D．该试探电荷从C到O比从B到A电势能变化大
5、如图所示，直角△MNP区域内存在磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场。∠M=30∘，MP=L，C为MP的中点，D为NP的中点，在C点有一粒子源可沿平行PN方向射入速度大小不同的正、负电子。电子的质量为m、电荷量为e，不考虑电子间的相互作用不计正、负电子所受的重力。下列说法正确的是（ ）
A．可能有正电子从M点射出磁场
B．负电子从D点离开磁场时的速度大小为eBL2m
C．从MN边射出的正电子在磁场中运动的最长时间为2πm3eB
D．正电子在磁场中运动的最长时间为πm3eB
6、在纳米技术中需要移动或修补原子，必须使在不停地做热运动（速率约几百米每秒）的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间，为此已发明了“激光制冷”技术，若把原子和入射光分别类比为一辆小车和一个小球，则“激光制冷”与下述的力学模型很类似。一辆质量为m的小车（一侧固定一轻弹簧），如图所示以速度v0水平向右运动，一个动量大小为p的小球水平向左射入小车并压缩弹簧至最短，接着被锁定一段时间ΔT，再解除锁定使小球以大小相同的动量p水平向右弹出，紧接着不断重复上述过程，最终小车停下来。设地面和车厢均为光滑，除锁定时间ΔT外，不计小球在小车上运动和弹簧压缩、伸长的时间。从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间为（ ）
A．mv0p⋅ΔT B．2mv0p⋅ΔT C．mv04p⋅ΔT D．mv02p⋅ΔT
7、如图所示，质量m=0.1kg的AB杆放在倾角θ=30°的光滑轨道上，轨道间距l=0.2m，电流I=0.5A。当加上垂直于杆AB的某一方向的匀强磁场后，杆AB处于静止状态，则所加磁场的磁感应强度不可能为（ ）
A．3T B．6T C．9T D．12T
二、多选题（共24分）
8、小明同学用自制的验电器进行了一些探究实验。如图所示，小明使验电器带了负电荷，经过一段时间后，他发现该验电器的金属箔片（用包装巧克力的锡箔纸制作）几乎闭合了。关于此问题，他跟学习小组讨论后形成了下列观点，你认为正确的是（ ）
A．小球上原有的负电荷逐渐消失了
B．在此现象中，电荷不守恒
C．小球上负电荷减少的主要原因是潮湿的空气将电子导走了
D．该现象是由于电子的转移引起的，仍然遵循电荷守恒定律
9、如图所示为真空中某一静电场的电势φ在x轴上分布的图像，A点为电势最高点，x轴上M、N两点电场强度在x轴方向上的分量分别是E1、E2，下列说法中正确的是（ ）
A．+x轴场强方向沿x轴负方向
B．电子在M、N两点的电势能关系为EpM>EpN
C．E1>E2
D．将一正试探电荷沿x轴从N点移到M点的过程中电场力先做负功后做正功
10、如图所示，等腰直角三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，d为ac边的中点，e为bc边上的一点。现有一带正电的粒子（不计重力）从a点以大小不同的速度沿ab方向射入磁场，分别从d、c、e点射出磁场，所用时间分别为t1、t2、t3，且t1：t3=3：2，若t3已知，则（ ）
A．t2：t3=3：2
B．带电粒子的比荷为2πBt3
C．从c点与从e点射出的速度大小之比为3:4
D．从d点与从e点射出的速度大小之比为3:4
11、如图所示绝缘传送带长为l，倾角为θ。沿顺时针方向转动，速度大小恒为0.5v0，质量为m、电荷量为－q的带电物块（可视为质点），以初速度v0从底端滑上传送带，并从传送带顶端滑出。整个空间存在匀强电场，场强大小E=mgsinθq，方向平行于传送带斜向下。传送带与物体间动摩擦因数μ≠0，运动过程中物块所带电量不变，重力加速度为g。物块从底端滑至顶端的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A．物块可能先做匀减速直线运动后做匀速直线运动
B．物块可能先受到滑动摩擦力的作用，再受到静摩擦力的作用
C．物块电势能增加了mglsinθ
D．物块克服摩擦力做功可能为38mv02
三、实验题（共2题，每空2分，共16分）
12、如图所示，图1为多用电表中欧姆表的电路图，已知灵敏电流计表头内阻Rg=900Ω，满偏电流Ig=100μA，电源电动势E=1.5V，内阻r=1Ω。定值电阻R1=10Ω，R2=90Ω。图2为多用电表的表盘，请回答下列问题：
（1）电源的 端为正极（填 “左”或“右”）
（2）当电键拨至1时，欧姆表的倍率是 （填“×10”或 “×100”）。
（3）某同学把电键拨至2后，进行欧姆调零，当调零完毕时，滑动变阻器接入电路的电阻应为 Ω。接着测量某一电阻，电表指针指示位置如图2所示，则该电阻阻值为 Ω。
13、（10分）为了测量一节干电池的电动势和内电阻，实验室准备了下列器材供选用：
A．待测干电池一节
B．直流电流表（量程0~0.6~3A，0.6A档内阻约为0.1Ω，3A档内阻约为0.02Ω）
C．直流电压表（量程0~3~15V，3V内阻约为5kΩ，15V档内阻约为25kΩ）
D．滑动变阻器（阻值范围为0~15Ω）
E．滑动变阻器（阻值范围为0~1000Ω）
F．开关，导线若干
（1）为了尽可能减少误差，其中滑动变阻器选 （填代号）．
（2）请在图（甲）中进行实物连线。
（3）根据实验记录，画出的U—I图线如图（乙）所示，从中可求出待测干电池的电动势为 V，内电阻为 Ω．
四、计算题（9+10+13）
14、据媒体报道，某手机带有屏幕保护器，保护装置设置在屏幕的4个角落由弹性塑料、聚合物及超薄金属片组成，一旦手机内的加速度计、陀螺仪及位移传感器感知手机掉落，屏幕保护器会自动弹出，并完全吸收手机撞击地面的能量，避免手机屏幕直接接触地面而损坏。已知该手机设计质量约为l60g，从1.8m自由掉落，保护器撞击地面的时间为0.05s。不计空气阻力，手机可看成质点，求：
（1）手机落地前瞬间的速度大小；
（2）手机从开始掉落到落地前的过程中重力的冲量大小；
（3）地面对手机的平均作用力大小。
15、甲、乙两小孩各乘一辆小车在光滑水平面上匀速相向行驶，速度均为6m/s.甲的车上有质量为m=1kg的小球若干个，甲和他的车及所带小球的总质量为M1=50kg，乙和他的车总质量为M2＝30kg.现为避免相撞，甲不断地将小球以相对地面16.5m/s的水平速度抛向乙，且被乙接住.假设某一次甲将小球抛出且被乙接住后刚好可保证两车不相撞，此时：
（1）两车的速度大小各为多少？
（2）甲总共抛出了多少个小球？
16、如图所示，在xOy平面的第一象限以OA为分界线分成两部分，OA与x轴的夹角为45°，OA与y轴正方向之间有一沿y轴负方向的匀强电场，OA与x轴正方向之间有方向垂直于纸面向里的匀强磁场。有一质量为m，带电荷量为+q的粒子，从y轴上的P点以速度v0平行于x轴正方向射入匀强电场，在电场中运动后从OA上的M点垂直OA方向进入磁场，经磁场偏转后第二次到达OA上的N点（M、N点图中均未标出），已知OP=L，不计粒子的重力。求：
（1）匀强电场的电场强度E的大小；
（2）求O、N两点间距离的最大值以及所对应的磁感应强度B的大小。
参考答案
1、B解析：A．电势与电场强度没有直接关系，所以电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，故A错误；
B．沿电场方向电势降低，而且降低最快，故B正确；
C．由公式U=Ed可知，两点之间的电势差与场强和两点间沿电场线方向的距离都有关，故C错误；
D．场强为零，电势不一定为零，电场力做功与电势的变化有关，将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电势可能变化，所以电场力可能做功，故D错误．
2、B 解析： A与B发生的碰撞是完全非弹性碰撞,二者组成的系统所受的合外力为零,系统的动量守恒,但机械能不守恒,故A错误,B正确.A与B一起压缩弹簧的过程,A、B、C及弹簧组成的系统所受的合外力为零,系统的动量守恒,由于只有弹簧的弹力做功,所以系统的机械能也守恒,故C、D错误.
3、A解析：AB．根据右手螺旋定则，可判断通电直导线周围磁场分布情况，故A正确；B错误；
CD．根据右手螺旋定则，可判断通电螺线管周围磁场分布情况，故C错误；D错误。故选A。
4、D解析：A．由等量异种电荷的电场分布可知，O点场强最大，该试探电荷在O点受电场力最大，选项A错误；
B．由对称可知，AC两点场强大小相等，方向不同，则该试探电荷在A、C两点受电场力大小相同，方向不同，选项B错误；
C．在O、A、B、C四点中，O点电势最高，则带负电的试探电荷在O点电势能最小，选项C错误；
D．根据等量异号电荷的电场线分布可知，CO的电势差大于BA的电势差，则该试探电荷从C到O比从B到A电势能变化大，选项D正确。故选D。
5、C解析：A．根据粒子的运动的轨迹可知，粒子不可能从B点射出磁场，选项A错误；
B．负电子从D点离开磁场时(L2)2+(3L2−r)2=r2，解得r=33L，则负电子的速度大小为v=Berm=eBL3m，选项B错误；
C．当正电子运动的轨迹与MN相切时从MN射出的时间最长，由几何关系可知圆心角为为120°，则最长时间tmin=120∘360∘×2πmeB=2πm3eB，选项C正确；
D．正电子从CM之间射出时用时间最长，则在磁场中运动的最长时间为t'min=T2=πmeB，选项D错误。故选C。
6、D解析：小球入射和弹出的过程，及以后重复进行的过程中，小球和小车所组成的系统动量守恒。规定向右为正方向，设第一次碰撞后小车速度为v1，由动量守恒定律得mv0−p=mv1+p，则有v1=v0−2pm，第二次碰撞过程有mv1−p=mv2+p，则有v2=v1−2pm=v0−2×2pm，同理可推得vn=v0−n×2pm，要使小车停下来，即vn=0，小球重复入射和弹出的次数为n=mv02p，故从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间为t=nΔT=mv02p⋅ΔT，故选D。
7、A解析：根据题意，金属杆受到竖直向下的重力G（大小为mg）、垂直于轨道向上的支持力T和安培力F的作用，根据平衡条件，安培力的大小满足F≥mgsin30°，又F=BIL，可得B≥5T，所以所加磁场的磁感应强度不可能为3T。本题答案为A。
8、CD解析：带负电的验电器在潮湿的空气中，经过一段时间后，小球上的负电荷（电子）被潮湿的空气导走了，但电荷在转移的过程中仍然守恒，故CD正确，AB错误。故选CD。
9、CD解析：A．沿着电场线方向电势降落，可知−x轴场强方向沿x轴负方向，+x轴场强方向沿x轴正方向，故A错误；
B．由电势能公式Ep=φq，可知，电势越高，电子的电势能越小，故EpM
D．正试探电荷在N、O间所受电场力沿x轴负方向，O、M间所受电场力沿x轴正方向，故电场力先做负功后做正功，故D正确。故选CD。
10、AD解析：A．粒子运动轨迹如图所示
从d、c两点射出时，对应的圆心角相等，都等于90°，所以，他们在磁场中运动时间也相等，即t1=t2，又由于t1：t3=3：2，因此
t2：t3=3：2故A正确；
B．由于t1：t3=3：2，又因为，从d点射出时对应的圆心角为90°，所以，从e点射出时，对应的圆心角为60°，即t3=16T=16×2πmqB，变形得qm=π3Bt3，故B错误；
CD．设ab=L，由几何关系得rd=O1d=12L，rc=O2c=L，re=O3e=ae=23L3，根据牛顿第二定律得qvB=mv2r，v=qBrm，由于q、m、B相同，速度与半径成正比vcve=rcre=L23L3=32，vdve=rdre=12L23L3=34，故C错误、D正确；故选AD。
11、AD解析：AB．物块收到的电场力为F=Eq=mgsinθ，一开始物块速度比传送带速度大，所以物块收到沿斜面向下的滑动摩擦力，当物块速度和传送带速度相等时，物块和传送带没有相对滑动，重力向下的分力等于电场力，所以滑动摩擦力突变为0，物块后面做匀速直线运动，故A对，B错；
C．因为运动方向和电场力方向一样，所以电场力做正功，电势能减少，故C错；
D．物块先做匀减速运动后做匀速直线运动对全过程列，根据功能关系得：克服摩擦力做功为Wf=12mv02−12m（0.5v0）2=38mv02，故D正确。故选AD.
12、 右 ×100 139.1Ω 140Ω
解析：(1)[1]在多用电表的使用过程中，我们需要让电流从红笔流入，黑笔流出，所以在当欧姆挡使用时，黑表笔接着内部电源正极，所以电源的右端为正；
(2)[2]当电键拨至1时，这时候电流表等效的量程为Iʹg=IgRgR1+R2+Ig=1000μA=1×10−3A
所以这时候的中值电阻为R内=R中=EIʹg=1.51×10−3Ω=1500Ω=15×100Ω
所以当电键拨至1时，欧姆表的倍率是“×100”；
(3)[3] 当电键拨至2时，这时候电流表等效的量程为Iʹʹg=IgRg+R2R1+Ig=10000μA=1×10−2A，等效内阻为Rʹʹg=IgRg+R2Iʹʹg=9.9Ω，所以这时候的中值电阻为R内=R中=EIʹʹg=1.51×10−2Ω=150Ω=15×10Ω
所以滑动变阻器接入电路的电阻为R滑=R内−Rʹʹg−r=150Ω−9.9Ω−1Ω=139.1Ω
[4]所以当电键拨至2时，欧姆表的倍率是“×10”，所以该电阻阻值为R=14.0×10Ω=140Ω
13、（1）滑动变阻器应选D
（2）实物连线如图
（3）1.35V；0.5Ω
解析：若选择E，则电流太小，不利于读数及测量，所以选择D。测量电源电动势和内阻，关键是得到路端电压和干路电流，所以使物体容易连接。根据U-I图像，利用闭合电路欧姆即U=E-Ir可知，电源电动势为1.35V，内阻即直线斜率求出即可，r=0.5Ω
14、（1）6m/s；（2）0.96N·s；（3）20.8N
解析：（1）落地的速度v=2gℎ=2×10×1.8m/s=6m/s
（2）根据自由落体的时间t=2ℎg=2×1.810s=0.6s
根据I=mgt
得重力冲量I=0.16×10×0.6N·s=0.96N·s
（3）取竖直向下为正方向，由动量定理（mg-F）t=0-mv
得F=mg+mvt=20.8N
15、（1）v甲=v乙=1.5m/s（2）15
解析：（1）M1v0=(M1−nm)v甲+nmv，
nmv−M2v0=(M2+nm)v乙
v甲=v乙
解得v甲=v乙=1.5m/s
（2）这一过程中乙小孩接球的动量变化为：ΔP=30×6−30×(−1.5)=225(kg•m/s)
每一个小球被乙接收后，到最终的动量变化为ΔP1=16.5×1−1.5×1=15(kg•m/s)
故小球个数为 N=ΔpΔp1=15
16、（1）3mv022qL；（2）8+623L；3(2−1)mv02qL
解析：(1)粒子的运动轨迹如图所示，由题意可知tan45°=vyv0
根据粒子在匀强电场中做类平抛运动知
x=v0t
y=vy2t
距离关系为y+xtan45°=L
竖直速度为vy=at
加速度为qE=ma
解以上各式得E=3mv022qL
(2)当粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹与x轴相切时，O、N两点间的距离最大如图所示，设此时圆周运动的半径为R，圆心为Oʹ则由几何关系可知
OM=Rsin45°−R=22L3
解得R=2(2+2)L3
O、N两点间的距离最大值ON=(2+1)R=8+623L
根据洛伦兹力提供向心力可知qvB=mv2R
速度关系为v=2v0
解得B=3(2−1)mv02qL
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