2023-2024学年陕西省西安交大附中高二（上）期中物理试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年陕西省西安交大附中高二（上）期中物理试卷（含解析），共22页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本大题共9小题，共27分。
1.在科学发展的历程中，许多学者、科学家做出了杰出的贡献，下列关于物理学史和事实的说法正确的是( )
A. 库仑通过实验最早测定了元电荷的数值
B. 法拉第不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场
C. 卡文迪什利用库仑扭秤测出了静电力常量
D. 在对自由落体运动的研究中，伽利略猜想运动速度与下落时间成正比，并直接用实验进行了验证
2.锂离子电池主要依靠锂离子(Li+)在正极和负极之间移动来工作，如图为锂电池放电时的内部结构。该过程中Li+从负极通过隔膜返回正极。已知该锂电池的电动势为3.7V，则( )
A. 非静电力做的功越多，电动势越大
B. 移动一个锂离子，需要消耗电能3.7J
C. “毫安⋅时”(mA⋅h)是电池储存能量的单位
D. 锂离子电池放电时，电池内部静电力做负功，化学能转化为电能
3.2022年3月，中国航天员翟志刚、王亚平、叶光富在离地球表面约400km的“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。通过直播画面可以看到，在近地圆轨道上飞行的“天宫二号”中，航天员可以自由地漂浮，这表明他们( )
A. 所受地球引力的大小近似为零
B. 所受地球引力与飞船对其作用力两者的合力近似为零
C. 在地球表面上所受引力的大小小于其随飞船运动所需向心力的大小
D. 所受地球引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等
4.如图，弹簧的一端固定在竖直墙上，质量为M的光滑弧形槽静止在光滑水平面上，底部与水平面平滑连接，一个质量为m(mA. 整个运动过程中，小球和槽所组成的系统水平方向动量始终守恒
B. 在下滑过程中小球和槽之间的相互作用力始终不做功
C. 整个运动过程中，小球、槽和弹簧所组成的系统机械能始终守恒，且水平方向动量始终守恒
D. 被弹簧反弹后，小球和槽所组成的系统机械能守恒，但小球不能回到槽高h处
5.贵州省坝陵河特大悬索桥，高370米，蹦极爱好者段树军在此打破了以往的陆地蹦极记录。某次他从平台自由落下，下落125m时绳索达到自然长度，此后又经7s，他达到最低点。已知段树军的质量为70kg，重力加速度g=10m/s2，忽略空气阻力，则这7s内绳对他的平均作用力大小为( )
A. 500NB. 700NC. 1200ND. 1760N
6.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球(视为点电荷)，b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点时速度为零，则下列说法错误的是( )
A. 小球a从N到P的过程中，电势能一直减小
B. 小球a从N到P的过程中，动能先增大后减小
C. 小球a从N到P的过程中，库仑力增大
D. 小球a从N到P的过程中，重力势能减少量等于电势能增加量
7.某博物馆举办抓金砖挑战赛，如图为一块质量m=25kg的梭台形金砖，挑战者须规博物馆提供的手套，单手抓住金砖的a、b两侧面向上提，保持金砖c面水平初上，而且手指不能抠底，在空中保持25s，才是挑战成功。已知金砖a、b两侧面与金砖底面的夹角均为θ=78.5°，挑战者施加给金砖的单侧握力为F，手套与金砖之间的动摩擦因数为μ=0.25，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取武力加速度g=10m/s2。计算时取sin78.5°≈0.98，cs78.5°≈0.20，若要抓起金砖，力F至少约为( )
A. 2500NB. 2778N
C. 1389ND. 无论多大的力都无法抓起金砖
8.无线蓝牙耳机可以在一定距离内与手机等设备实现无线连接。已知某蓝牙耳机无线连接的最远距离为10m，甲和乙两位同学做了一个有趣实验：甲佩戴无线蓝牙耳机，乙携带手机检测，如图(a)所示，甲、乙同时分别沿两条平行且相距6m的直线轨道向同一方向运动，甲做匀速直线运动，乙从静止开始先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，甲、乙速度v随时间t的关系如图(b)所示，则在运动过程中，手机检测到蓝牙耳机能被连接的总时间为( )
A. 13sB. 9sC. 6sD. 4s
9.如图所示，在垂直纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m，带电量为+q的小球穿在足够长的水平固定绝缘的直杆上处于静止状态，小球与杆间的动摩擦因数为μ。现对小球施加水平向右的恒力F0，在小球从静止开始至速度最大的过程中，下列说法中正确的是( )
A. 直杆对小球的弹力方向不变B. 直杆对小球的摩擦力一直减小
C. 小球运动的最大加速度为F0mD. 小球的最大速度为F0+mgμqB
二、多选题：本大题共6小题，共23分。
10.如图甲所示，真空中水平放置两块长度为2d的平行金属板P、Q，两板间距为d，两板间加上如图乙所示最大值为U0的周期性变化的电压，在两板左侧紧靠P板处有一粒子源A，自t=0时刻开始连续释放初速度大小为v0、方向平行于金属板的相同带电粒子，t=0时刻释放的粒子恰好从Q板右侧边缘离开电场。已知电场变化周期T=2dv0，粒子质量为m，不计粒子重力及相互间的作用力，则以下说法正确的是( )
A. t=0时刻进入的粒子在t=T2时刻的速度方向与金属板成45°角
B. t=0到t=T4时段内进入的粒子离开电场时的速度方向均平行于极板
C. t=T4时刻进入的粒子在t=3T4时刻与P板的距离为d4
D. t=T8时刻进入的粒子与P板的最大距离为d2
11.如图所示为一半径为R的圆形区域匀强磁场，在A点沿半径方向射入一速率为v的带电粒子，带电粒子从B点飞出磁场，速度偏角为60°，不考虑带电粒子的重力，下列说法正确的是( )
A. 粒子带负电
B. 粒子在磁场运动的轨迹半径为R
C. 粒子的比荷为 3v3BR
D. 粒子在磁场中运动的时间为πR3v
12.电源的电动势为E、内阻为r，与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，下列说法正确的是( )
A. 电压表读数减小、电流表读数增大
B. 定值电阻R2的电功率减小
C. 定值电阻R1的电功率减小
D. 电压表示数变化的绝对值与电流表示数变化的绝对值的比值不变
13.如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和O′，A、D两点分别固定着等量异号的两个点电荷，下列说法正确的是( )
A. B′点与E′点的电场强度方向相同
B. F′点与C′点的电场强度大小相等
C. A′点与F′点的电势差小于O′点与D′点的电势差
D. 将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点，其电势能一直增大
14.利用智能手机中的磁传感器可以粗测特高压直流输电线中的电流I。如图所示，一条大致东西方向放置的水平长直输电导线，距地面高度20m，手机平行放置于水平长直输电导线的正下方，手机显示屏所在平面为xOy面，x轴与导线重合，测量此时的磁感应强度，然后沿y轴方向保持手机平移前进1000m，再测量此时的磁感应强度，数据记录如下表。
设通有电流I的长直导线在距导线r处产生磁场的磁感应强度大小为B=kIr(其中k=2×10−7T⋅m⋅A−1)，该地地磁场为匀强磁场，前进1000m后电流影响可忽略。忽略其他影响，根据实验数据，下列说法正确的是( )
A. 地磁场方向为沿y轴方向B. 地磁场的磁感应强度为40μT
C. 长导线中电流方向自西向东D. 输电线中电流的大小约为500A
15.如图甲所示，粗糙的水平地面上有一块长木板P，小滑块Q放置于长木板上的最右端。现将一个水平向右的力F作用在长木板的右端，让长木板从静止开始运动，一段时间后撤去力F的作用。滑块、长木板的速度图像如图乙所示，已知滑块与长木板的质量相等，滑块始终没有从长木板上滑下，重力加速度g=10m/s2，下列说法正确的是( )
A. 滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.05
B. 长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.15
C. t=9s时长木板P停下来
D. 长木板P的长度至少是7.5m
第II卷（非选择题）
三、实验题：本大题共2小题，共12分。
16.用如图a所示的实验装置研究小车的匀变速直线运动，电源频率f=50Hz，从纸带上打出的点中选取某点为参考点O，在纸带上依次标记A、B、C、D四个计数点，每相邻两个计数点之间的时间间隔为0.1s。如图b所示，因保存不当，纸带被污染，仅保留了A、B、D三点及其到O点的距离：sA=79.9mm、sB=149.5mm、sD=361.0mm。

利用上述信息可知：
(1)打C点时小车的速度大小为______ m/s(保留2位有效数字)；
(2)小车的加速度大小计算结果为______ m/s2(保留到小数点后2位)。
17.小华同学新买了两节同一型号的干电池，并用这两节干电池串联起来组成一个电源给手电筒供电，他利用如图1甲所示的电路对这个电源的电动势和内阻进行了测量.所选用的器材有：待测电源，电阻箱R(最大阻值999.9Ω)，电压表V(量程为0～3V，内阻很大)，定值电阻R0=10.0Ω，开关，导线若干，正确完成实验操作后利用取得的多组数据得到了如图2所示的1U—1R图像，并比较准确地测得了电源的电动势和内阻。
(1)测量的结果如图1乙、丙，则电压表的读数为______ V，电阻箱的读数为______ Ω；
(2)根据如图2所示的1U—1R图像，求出电源电动势E= ______ V，内阻r= ______ Ω。(计算结果保留三位有效数字)
四、简答题：本大题共3小题，共38分。
18.如图所示，两平行导轨间距为L=0.5m，导轨电阻忽略不计。导体棒ab质量为m=60g，位于导轨间的电阻R=1Ω，与导轨竖直部分接触良好。已知电源电动势为E=3V，内阻为r=0.5Ω，定值电阻R0=1.5Ω。在导体棒所在空间加一匀强磁场(图中仅用一根磁感线表示)，磁场方向垂直于导体棒，且与竖直方向夹角θ可变，导体棒始终处于静止状态，重力加速度g=10m/s2，则：
(1)若磁场与竖直方向夹角θ=90°，求磁感应强度B1的大小；
(2)若导轨竖直部分与导体棒间的动摩擦因数为μ=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，且磁场与竖直方向夹角θ=0°，求磁感应强度B2的最小值。
19.如图所示，有一半径为R=1m的圆形区域，O为圆心，AC为直径，三角形ABC为圆内接三角形。∠A为60°有面积足够大平行于圆面的匀强电场。已知场强E=100V/m，A点电势为50 3V，B点电势为0，C点电势低于B点电势。电子电荷量大小为e=1.6×10−19C，电子重力不计。求：
(1)匀强电场的方向；
(2)C点的电势(可用根号表示)；
(3)若将一电子以某一初速度从C点飞出，电子经过圆形区域边界时可能获得的最大动能增量(可用根号及含eV单位的数值表示)。
20.如图所示，绝缘水平轨道与光滑绝缘竖直圆槽形轨道相切于A点，圆形轨道半径为R，圆形轨道上B点与圆心等高，水平轨道AM段长度也为R，竖直边界MN左侧分布有水平向左的匀强电场，场强E=3mg4q。质量为m，带电量为+q的物块(可视为质点)以水平方向速度v0从M点进入电场，水平轨道AM段与物块间的动摩擦因数μ可调，(重力加速度为g，sin37°=0.6，sin53°=0.8)。求：
(1)若μ=0.75，且物块的速度v0= gR，物块经过圆形轨道最低点A时对轨道的压力大小；
(2)若物块的速度v0= 9gR2，要使物块能做完整的圆周运动，AM段与物块间动摩擦因数满足什么条件；
(3)若μ=0.75，只把MN左侧的电场方向变成水平向右，其他条件不变，为使滑块能到达B点，物块的初速度v0应满足什么条件。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A、密立根通过实验最早测定了元电荷的数值，故A错误；
B、法拉第不仅提出了电场的概念，而且采用了画电场线这个简洁的方法描述电场，故B正确；
C、库仑利用库仑扭称测出了静电引力常量，故C错误；
D、伽利略猜想自由落体运动的速度与下落时间成正比，但没有直接用实验进行验证，故D错误。
故选：B。
通过对电场专题有关的物理学史的了解，明确科学发展过程中的对应的人物事件。
本题考查对物理学史掌握情况，物理学史是考试内容之一，对于重要实验、重大发现和著名理论要加强记忆，不要混淆。
2.【答案】D
【解析】解：A、根据电动势的定义式E=Wq，知移动单位正电荷非静电力做的功越多，电动势越大，故A错误；
B、锂离子的电荷量为e，该锂电池的电动势为E=3.7V，根据电场力做功的公式W=qU=qE得，移动一个锂离子，需要消耗电能是3.7eV，故B错误；
C、根据q=It知“毫安⋅时”(mA⋅h)是电池储存电荷量的单位，故C错误；
D、锂离子电池放电时，电池内部非静电力做正功，静电力做负功，化学能转化为电能，故D正确。
故选：D。
电动势的定义式为E=Wq，W是非静电力做的功。由W=qU求移动一个锂离子，需要消耗电能。“毫安⋅时”(mA⋅h)是电池储存电荷量的单位。结合能量转化情况分析。
本题主要是考查锂电池的工作原理，知道在电池放电的过程中，是靠非静电力做功把化学能转化为电能。
3.【答案】D
【解析】解：航天员可以自由地漂浮，是由于所受地球引力提供向心力，所以引力的大小与其随飞船运动所需向心力的大小近似相等，故ABC错误，D正确；
故选：D。
空间站在轨道上绕地球做匀速圆周运动，宇航员在空间站中随空间站一起做绕地圆周运动，万有引力完全提供做圆周运动的向心力。
本题以“天宫二号”空间站直播授课为背景考查人造卫星运行问题，解题关键要分析清楚空间站的运动，知道航天器在轨道上绕地球做匀速圆周运动时万有引力提供向心力。
4.【答案】D
【解析】解：A.小球在槽上运动时，小球和槽组成的系统水平方向合力为零，所以小球和槽组成的系统水平方向动量守恒，当小球脱离槽后，与弹簧作用过程中，小球和槽组成的系统水平方向合力不为零，小球和槽组成的系统动量不守恒，故A错误；
B.在下滑过程中小球和槽都有水平方向的位移，而二者之间的作用力是垂直于面的，力和位移的夹角不垂直，故两力均做功，故B错误；
C.全过程小球和槽、弹簧所组成的系统机械能守恒，但当小球与弹簧接触相互作用时，由于弹簧固定在地面上，整个系统合力不为零，所以整个系统水平方向动量不守恒，故C错误；
D.被弹簧反弹后，小球与槽组成的系统只有重力做功，小球和槽的机械能守恒，由于M>m，所以小球的速度大于槽的速度，被弹簧反弹后，小球与槽的速度均向左，水平方向动量守恒，小球上升到最高点时二者共速，根据机械能守恒定律可知小球不能回到槽高h处，故D正确。
故选：D。
由动量守恒的条件可以判断动量是否守恒；由功的定义可确定小球和槽的作用力是否做功；由小球及槽的受力情况可知运动情况；由机械能守恒及动量守恒可知小球能否回到最高点。
该题考查动量守恒的条件以及机械能守恒的条件，解答本题要明确动量守恒的条件，以及在两个物体相互作用中同时满足机械能守恒，应结合两点进行分析判断。
5.【答案】C
【解析】解：段树军在自由下落125m时的速度为v
v2=2gh
代入数据解得v=50m/s
后7s，设向下为正方向，设7s内绳对他的平均作用力大小为F，根据动量定理
(mg−F)t=0−mv
代入数据解得F=1200N，故C正确，BCD错误。
故选：C。
先求段树军下落125m时的速度，然后由动量定理求得7s内绳对他的平均作用力大小。
本题考查了蹦极过程中绳索开始拉伸到运动到最低点过程中绳子拉力的平均值，解题的关键是求出自由下落125m时的速度，然后由动量定理求解即可。
6.【答案】A
【解析】解：C、a由N到P的过程中，重力竖直向下，而库仑力一直沿二者的连线方向，根据F库=kqaqbr2可知库仑力大小增大，故C正确；
B、在整个过程中合力先与运动方向的夹角均为锐角，合力做正功；而后一过程中合力与运动方向夹角为钝角，合力做负功；故从N到P的过程中，速率先增大后减小；即动能先增大后减小，故B正确；
A、从N到Q的过程中，库仑力一直与运动方向夹角大于90度，故库仑力一直做负功，电势能一直增加；故A错误；
D、从N到Q的过程中，动能的变化量为零，根据能量守恒可知，重力势能的减少量等于电势能增加量；故D正确；
本题选不正确的
故选：A。
由库仑力的公式可知库仑力如何变化，根据功的公式明确合力做功情况；再根据重力做功和电场力做功的特点与电势能的关系分析电势能的变化。
本题考查功能关系，要注意明确电场力和重力具有相同的性质，即重力做功量度重力势能的改变量，而电场力做功量度电势能的改变量。
7.【答案】A
【解析】解：金砖受重力、两侧的握力、两侧摩擦力，受力分析如图所示：
挑战者与金砖之间的单侧摩擦力f=μF，要想提起金砖，则竖直方向有：2fsin78.5°=mg+2Fcs78.5°，联立可得：F=2500N，故A正确，BCD错误。
故选：A。
对金砖受力分析，根据平衡条件和数学知识解答即可。
本题考查了平衡条件的应用，解题需要对金砖进行正确的受力分析，根据平衡条件求出最小的作用力。
8.【答案】A
【解析】解：v−t图像的斜率表示加速度，乙的加速度a=ΔvΔt=4−04−0m/s2=1.0m/s2
由图可知t=4s时，甲和乙的速度均为4m/s，两者有最大距离
对甲x1=vt1=4×4m=16m
对乙x2=v2t1=42×4m=8m
两者此时的水平距离相差Δx1=x1−x2=16m−8m=8m
此时两者之间的距离s1= Δx12+d2= 82+62m=10m
蓝牙耳机能够被连接，因此只有甲、乙的水平位移差小于等于8m，蓝牙耳机能够被连接；
乙从v=4m/s加速到vt=6m/s的时间t2=vt−va=6−41.0s=2s
对甲x3=vt2=4×2m=8m
对乙x4=v+vt2⋅t2=4+62×2m=10m
两者此时的水平距离相差Δx2=Δx1+x3−x4=8m+8m−10m=6m
蓝牙耳机能够被连接；
设再经过t3时间，两者水平距离相差8m
根据位移关系Δx3=vtt3−(vt3+Δx2)=8m
代入数据解得t3=7s
综上分析，蓝牙耳机能够被连接的总时间为t=t1+t2+t3=4s+2s+7s=13s，故A正确，BCD错误。
故选：A。
已知无线连接的最远距离为10m，直线轨道相距6m，手机检测到蓝牙耳机时，甲、乙间位移之差最大值为8m，结合v−t图像与时间轴所围的面积表示位移来分析。
解决本题的关键要找出甲和乙两位同学之间的位移关系，结合v−t图像与时间轴所围的面积表示位移进行解答。
9.【答案】C
【解析】解：小球开始滑动时有：
F0−μ(mg−qvB)=ma，
随v增大，摩擦力f=μ(mg−qvB)减小，a增大；当v=mgqB时，a达最大值F0m，洛伦兹力等于mg，支持力等于0；此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大反向，有：
F0−μ(qvB−mg)=ma，
随v增大，a减小，摩擦力f=μ(qvB−mg)增大，当vm=F0+μmgμqB时，a=0.此时达到平衡状态，速度不变。
所以整个过程中，小球v先增大后不变，最大速度为F0+μmgμqB；a先增大后减小，最大加速度为F0m；支持力先减小后反向增大；摩擦力先减小后增大；故C正确，ABD错误
故选：C。
小球从静止开始运动，受到重力、支持力、洛伦兹力、摩擦力，根据牛顿第二定律表示出加速度，进而分析出最大速度和最大加速度及加速度的变化过程。
解决本题的关键是正确地进行受力分析，抓住当速度增大时，洛伦兹力增大，比较洛伦兹力与重力的大小关系，分清摩擦力的变化是解决问题的关键
10.【答案】ABC
【解析】解：A、粒子进入电场后，水平方向做匀速运动，竖直方向先做加速运动后做减速运动，经过一个周期，粒子速度为零，根据题意有t=2dv0=T，在T2时，vy=v0，故v合与金属板的度数为45°，故A正确；
B、t=0到t=T4之间进入电场的粒子，在竖直方向上先向下加速运动，然后向下减速运动，两者的时间之和等于向上加速运动的时间与向上减速运动的时间之和，故离开电场时速度方向平行于极板，故B正确；
C、t=T4时进入电场的粒子在竖直方向先向下加速运动T4，然后再向下减速运动T4，34T时与P板的距离为y=2×qU02md(T4)2代入数据得y=d4，故C正确；
D、t=T8时刻进入电场的粒子在t=78T时离P板最远，最远距离为y=2×12×qU0md×(38T)2代入数据得y=916d，故D错误；
故选：ABC。
粒子在电场中做类平抛运动，根据图像求出粒子的合速度方向。
粒子离开电场时的速度方向平行于极板说明粒子在磁场中的加速时间和减速时间相同。
粒子在电场做类平抛运动可求出粒子距P板的距离。
明确粒子进入电场的运动性子，根据运动的特点和匀变速直线运动的特点解决问题是关键。
11.【答案】AC
【解析】解：设带电粒子在磁场运动的轨迹半径为r，如图所示
由左手定则可知，粒子带负电；根据几何关系可得
tan30°=Rr
解得粒子在磁场运动的轨迹半径为
r= 3R
由洛伦兹力提供向心力可得
qvB=mv2r
解得粒子的比荷为
qm= 3v3BR
粒子在磁场中运动的时间为
t=60°360∘T=16×2πrv
代入数据解得
t= 3πR3v
故AC正确，BD错误。
故选：AC。
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由数学知识求出粒子的轨道半径，由牛顿第二定律可以求出粒子的比荷比值，求出粒子做圆周的圆心角，然后求出粒子的运动时间。
本题考查了粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律、粒子做圆周运动的周期公式即可解题。
12.【答案】BD
【解析】解：A、当滑动变阻器的滑片由中点滑向a端时，电阻R减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律可知干路电流增大，电压表测量路端电压，由U=E−I干r知，路端电压U减小，则电压表读数减小。R与R2并联电路两端电压U2=E−I干(r+R1)，I干增大，则U2减小，电流表的示数减小，故A错误；
B、R2的电功率P2=U22R2，U2减小，则P2减小，故B正确；
C、流过R1的电流增大，由P1=I干2R1知R1的电功率增大，故C错误；
D、设电压表示数为U，电流表示数为I。
由闭合电路欧姆定律E=U+I干r可得：
E=U+U−IR2R1r
整理得：U=R1R1+rE+R2rR1+rI
则|ΔUΔI|=R2rR1+r，保持不变，故D正确。
故选：BD。
先判断滑动变阻器接入电路的电阻变化，分析外电路总电阻的变化，判断干路电流和路端电压的变化。根据闭合电路的欧姆定律判断各部分的电压变化，再根据表达式分析电压表示数变化的绝对值与电流表示数变化的绝对值的比值如何变化。
本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分析。
13.【答案】BC
【解析】解：AB.由等量异种电荷的对称性可知F′和C′电场强度大小相等，B′和E′电场强度大小相等，但方向不同(B′有向下的分量，E′有向上的分量)，故A错误，B正确；
C.取无穷远处的电势为0，设A′点电势为φ，由等量异种电荷的电势分布可知
φA′=φ>0；φD′=−φ<0；φO′=0；φF′>0；
因此φA′−φF′=φ−φF′<φO′−φD′=φ；
即A′点与F′点的电势差小于O′点与D′点的电势差，故C正确；
D.将六棱柱的上表面的一半拿出
如图所示，由几何条件可知正电荷在OF中点K的场强方向垂直OF，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，D在F点产生的场强大小为A点在F点产生的场强大小的13，合场强方向斜相右上角且与水平面的夹角大于三十度，所以在F点的场强和OF的夹角为钝角，因此将正电荷从F移到O点过程中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，故D错误。
故选：BC。
根据等量异种电荷的对称性求解电场强度；对六棱柱的上表面分析K点的合场强与OF的夹角关系，判断移动试验电荷电场力做功情况；根据等量异种电荷的电势分布求解各点电势，得出电势差大小关系。
常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性。加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题。
14.【答案】CD
【解析】解：AB、根据题意前进1000m后电流影响可忽略，由表格沿地面前进1000m的磁场方向可知地磁场方向并非沿着y轴方向，而是与xy平面成一定夹角指向−z方向，根据矢量的合成可知地磁场的磁感应强度为B= Bx2+By2+Bz2= 332+402+302μT=60μT，故AB错误；
C、沿y轴方向保持手机平移前进1000m，由于沿y轴方向的磁场减小，可知长导线产生的磁场沿y轴方向，所以长导线中的电流方向为自西向东，故C正确；
D、通有电流I的长直导线在距导线处r产生磁场的磁感应强度大小为B=kIr，则根据在y轴方向磁场的变化可知5×10−6=2×10−7×I20，解得I=500A，故D正确。
故选：CD。
根据右手定则判断电流的磁场，再结合电磁场的方向，对照图表中各个方向的磁场关系，由磁场的叠加解题；
本题考查的是电流的磁场与电磁场的叠加问题，解题的关键是要知道各点的磁场是电磁场与电流的磁场叠加的结果。
15.【答案】ACD
【解析】解：A.由乙图可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的速度为v1=5m/s，6s时两者速度相同为v2=3m/s，在0～6s的过程对Q由牛顿第二定律得：
μ1mg=ma2，由乙图可知a2=ΔvΔt=0.5m/s2，代入数据可得μ1=0.05，故A正确；
B.5s～6s对P由牛顿第二定律得：μ1mg+μ2⋅2mg=ma1，由乙图可知a1=2m/s2，代入数据可得μ2=0.075，故B错误；
C.6s末到长木板停下的过程，对长木板由牛顿第二定律得：
μ2⋅2mg−μ1mg=ma3，代入数据可得a3=1m/s2，这段时间Δt=v2a3=3s，所以t=9s时长木板P停下来，故C正确；
D.6s前长木板的速度大于滑块Q的速度，6s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，由v−t图像的“面积“可知前6s的相对位移大于6s后的相对位移，故长木板P的长度至少为前6s过程中Q相对P滑动的距离：
Δx=12×5×5m+12(5+3)×1m−12×6×3m=7.5m，故D正确；
故选：ACD。
先根据v−t图象计算出各个时间段的长木板P和滑块Q的加速度，然后根据牛顿第二定律计算出长木板P与地面与滑块Q之间的动摩擦因数，然后计算撤去拉力后长木板的加速度，根据速度一时间关系即可计算出P停下来的时间；长木板P的长度至少是Q和P的相对位移的长度；注意Q物体，一开始Q比P运动的慢，Q相对于P向后滑动，后来Q比P运动的快，相对于P向前滑动。
这是一个典型的滑块滑板模型的问题，解决这类问题的关键是分清楚各个阶段的运动加速度、速度情况，然后分别计算它们相对地面的位移，才能计算出它们之间的相对位移。
16.【答案】1.1 2.41
【解析】解：(1)匀变速直线运动中，平均速度等于中间时刻的瞬时速度，故vC=BD 2T=(361.0−149.5)×10−32×0.1m/s=1.1m/s；
(2)根据公式Δx=aT2，有：
BC−AB=aT2 ①
CD−AB=2aT2 ②
由公式①+②可得：
BD−2AB=3aT2 ③
其中：BD=SD−SB，AB=SB−SA
即：SD−3SB+2SA=3aT2
解得：a=SD−3SB+2SA3T2
又：T=5t=5f；
联立可得：a=(SD−3SB+2SA)⋅f275
代入数据可得：a=2.41m/s2
故答案为：(1)1.1；(2)2.41。
根据匀变速直线运动中时间中点的瞬时速度等于该过程中的平均速度，可以求出打纸带上C点时小车的瞬时速度大小；根据匀变速直线运动的推论公式Δx=aT2可以求出加速度的大小。
本题关键会计算瞬时速度和加速度，并要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。
17.【答案】2.50 86.3 2.94 1.47
【解析】解：(1)电压表的量程为0～3V，由图1乙知其最小分度值是0.1V，读数要估读到分度值的下一位，可得电压表的读数为2.50V；
电阻箱的读数不需要估读，由图1丙知电阻箱的读数为：
0×100Ω+8×10Ω+6×1Ω+3×0.1Ω=86.3Ω。
(2)由图1甲所示的电路，根据由闭合电路欧姆定律可得：E=U+UR(R0+r)
可得：1U=1E+R0+rE⋅1R
由题图2所示图像的纵轴截距和斜率可得：
1E=0.340V−1
R0+rE=0.535−0.3405×10−2Ω/V
解得：E=2.94V，r=1.47Ω。
故答案为：(1)2.50；86.3；(2)2.94；1.47
(1)先确定电压表的量程与最小分度值，再确定估读位数后进行读数；电阻箱的读数不需要估读；
(2)根据由闭合电路欧姆定律得到1U与1R的关系式，结合题图2所示图像的纵轴截距和斜率解答。
本题考查了测量电源的电动势和内阻的实验，掌握利用图像处理数据的方法。
18.【答案】解：(1)若磁场与竖直方向夹角θ=90°，根据左手定则导体棒所受的安培力竖直向上，根据平衡条件

B1IL=mg
而I=ER+r+R0=31+0.5+1.5A=1A
解得B1=1.2T
(2)若导轨竖直部分与导体棒间的动摩擦因数为μ=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，且磁场与竖直方向夹角θ=0°时，安培力与竖直导轨垂直水平向右，根据平衡条件有

FN=B2IL
f=μFN=mg
代入数据解得B2=2.4T
答：(1)磁感应强度B1的大小为1.2T；
(2)磁感应强度B2的最小值为2.4T。
【解析】(1)根据闭合电路的欧姆定律求电流，再由平衡条件求磁感应强度B1；
(2)改变磁场方向后重新对导体棒进行受力分析，再根据平衡条件列式求解B2。
熟练掌握安培力作用下的物体的平衡问题，结合闭合电路的欧姆定律，摩擦力问题进行综合分析解答。
19.【答案】解：(1)根据场强与电势差的关系UAB=EdAB，可得dAB= 32m
以A点为圆心以 32m为半径作圆，过B点作该圆的切线2条，是可能的B点电势等势线，如图1所示：

图1
根据题意C点电势低于B点电势，判断大圆外的切线不符合，舍去。故BO线为B点电势的等势线，过A点作此等势线的垂线，即为一条电场线，根据几何关系可知电场线与AB夹角为θ=30°，方向由高电势指向低电势，如图2所示：

图2
(2)根据几何关系易知，A到C点的电场线方向距离为dAC= 3m
AC间电势差UAC=EdAC=100× 3V=100 3V
UAC=φA−φC
解得：φC=−50 3V
(3)由图可知M点电势最高，UCM=EdCM=−100×(1+ 32) V
电子从C到M电场力做功最多，电子动能增加最多ΔEk=W=eUMC
代入数据解得：ΔEk=(100+50) 3eV
答：(1)匀强电场的方向与AB夹角为θ=30°，如解析图所示；
(2)C点的电势为−50 3V；
(3)电子经过圆形区域边界时可能获得的最大动能增量为(100+50) 3eV。
【解析】(1)根据UAB=EdAB分析等势线，电场线与等势线垂直，且由高电势指向低电势；
(2)根据几何关系结合电势差的公式解答；
(3)M点电势最高，电子从C到M电场力做功最多，根据动能定理解得。
本题考查匀强电场电势差与电场强度的关系，解题关键掌握确定等势面的方法及求电场强度的公式理解。
20.【答案】解：(1)物块从M点到A点，由动能定理得
qER−μmgR=12mvA2−12mv02
物块在A点做圆周运动，受轨道的支持力为NA，在A点由牛顿第二定律可得
NA−mg=mvA2R
解得
NA=2mg
由牛顿第三定律可得，物块对轨道的压力大小为2mg。
(2)当物块通过等效最高点C时，重力和电场力的合力恰好提供向心力时，物块恰能做完整的圆周运动，受力分析如图所示

NC=0
合力与竖直方向夹角为37°；物块从M点到C点，由动能定理得
qER(1−sin37°)−μmgR−mgR(1+cs37°)=12mvC2−12mv02
在等效最高点C时，由牛顿第二定律得
(mg)2+(qE)2=mvC2R
联立解得
μ=0.125
要使物块能做完整的圆周运动，AM段与物块间动摩擦因数
μ≤0.125
(3)物块从M点到B点，由动能定理得
−2qER−μmgR−mgR=12mvB2−12mv02
物块恰能到B点，则对轨道压力为
NB=0
由牛顿第二定律得
qE=mvB2R
联立解得
v0= 29gR2
因此，物块的初速度
v0≥ 29gR2
答：(1)物块经过圆形轨道最低点A时对轨道的压力大小为2mg；
(2)要使物块能做完整的圆周运动，AM段与物块间动摩擦因数满足μ≤0.125；
(3)为使滑块能到达B点，物块的初速度v0应满足v0≥ 29gR2。
【解析】(1)根据动能定理求出物块运动到A点的速度，根据牛顿第二定律求出物块所受支持力，进而求出其对地面的压力；
(2)物块在复合场中做圆周运动的等效最高点，由等效重力提供向心力时其速度最小，结合动能定理，牛顿第二定律求得AM段与物块间动摩擦因数满足什么条件；
(3)为使滑块能到达B点，结合动能定理，牛顿第二定律求得最小速度，进而确定其初速度的范围。
本题考查带电粒子在电场中的运动，解题关键掌握等效重力场的计算，注意动能定理、牛顿第二定律的应用。测量点位置
Bx/μT
By/μT
Bz/μT
正下方时
33
45
−30
沿地面前进1000m
33
40
−30