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2023-2024学年浙江省宁波市镇海中学高二（上）期末考试物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年浙江省宁波市镇海中学高二（上）期末考试物理试卷（含解析），共25页。试卷主要包含了选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.因受空气污染和氧化等因素影响，国际千克原器的质量出现细微变化，已难以适应现代精密测量要求。因此科学界一直想用一种基于物理常数的定义来取代。2018年11月16日，第26届国际计量大会决定，千克由普朗克常量ℎ及米和秒定义，即1kg=ℎ6.62607015×10−34m2⋅s−1，该决定已于2019年5月20日生效。此次标准实施后，国际单位中7个基本单位全部建立在不变的自然常数基础上，保证了国际单位的长期稳定性和通用性。以下说法正确的是( )
A. 普朗克常量ℎ是个无单位的常量
B. 普朗克常量ℎ的单位等效于N⋅m⋅s
C. 普朗克常量ℎ的单位等效于N⋅m⋅s−1
D. 受外界因素的影响普朗克常量ℎ的数值也会发生细微变化
2.如图的轨道，物块以v0的初速度从A出发向右到B的速度为大小v1，时间t1；以同样的初速度从B出发向左到A的速度大小为v2，时间t2。则( )
A. 若接触面光滑，v1、v2相等时间t1大于t2
B. 若接触面光滑，v1、v2相等时间t1小于t2
C. 如果所有接触面粗糙程度一样，v1大于v2
D. 如果所有接触面粗糙程度一样，v1小于v2
3.如图所示，一个小球O用1、2两根细绳连接并分别系于车厢中的A点和B点，OB水平，车厢由静止状态开始缓慢加速的过程中，下列说法正确的是
( )
A. 若车厢向右加速，则绳2的张力增大，绳1的张力减小
B. 若车厢向右加速，则绳2的张力增大，绳1的张力不变
C. 若车厢向左加速，则绳1的张力增大，绳2的张力减小
D. 若车厢向左加速，则绳1的张力增大，绳2的张力不变
4.如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v−t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则( )
A. t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B. t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C. 0∼t2时间内小物块受滑动摩擦力作用，t2∼t3时间内小物块受静摩擦力作用
D. 0∼t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
5.如图所示，一只小船横渡一条河流。小船船头垂直于河岸，自A点出发沿直线抵达河对岸的B点，历时20s，且知AB与河岸的夹角α=37∘，河水流速大小为4m/s，小船相对静水的速度不变。已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8下列判断中错误的是( )
A. 河流的宽度为60m
B. 小船相对静水速度的大小为3m/s
C. 只要调整小船的航向合适，小船可以沿直线抵达正对岸的C点
D. 无论怎样调整小船的航向，小船渡河的位移都不可能小于80m
6.木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1:2:4。木卫三周期为T，公转轨道半径是月球绕地球轨道半径r的n倍。月球绕地球公转周期为T0，则
( )
A. 木卫一轨道半径为n16rB. 木卫二轨道半径为n2r
C. 周期T与T0之比为n32D. 木星质量与地球质量之比为T02T2n3
7.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v−t图像如图所示，已知汽车的质量为m=2×103kg，汽车受到的阻力为车重的0.1倍，g取10m/s2，则( )
A. 汽车在前5 s内的位移为50m
B. 汽车在达到最大速度的过程中牵引力做的功为1.5×105J
C. 汽车的额定功率为60 kW
D. 汽车的最大速度为15 m/s
8.某静电场在x轴正半轴上的电势φ随x变化的关系如图所示，Ex为电场强度在x轴上的分量则( )
A. 在x1、x2两处，E1与E2方向相同
B. 在x1、x2两处，E1与E2大小相等
C. 若把带正电的粒子从x1处移到x2处，电场力先做正功再做负功
D. 同一个带正电的粒子在R处具有的电势能小于在x2处的电势能
9.如图所示，电源电动势为E、内阻为r，电容器的电容为C，电压表内阻较大，电流表内阻不可忽略。闭合开关S，在增大电阻箱R的阻值的过程中，电压表示数的变化量的绝对值为ΔU，电流表示数的变化量的绝对值为ΔI，则下列说法正确的是
( )
A. 电容器电荷量的增加量等于ΔICrB. 电压表示数U和电流表示数I的比值不变
C. ΔU和ΔI的比值大于rD. 电源的效率和输出功率一定都增加
10.2020年9月1日消息，广东清远磁浮列车圆满完成整车静态调试运行试验如图1，图2是磁浮的原理图，图2中甲是圆柱形磁铁，乙是用高温超导材料制成的超导圆环，将超导圆环乙水平放在磁铁甲上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁甲的上方空中，若甲的N极朝上，在乙放入磁场向下运动的过程中( )
A. 俯视，乙中感应电流的方向为顺时针方向；当乙稳定后，感应电流消失
B. 俯视，乙中感应电流的方向为顺时针方向；当乙稳定后，感应电流仍存在
C. 俯视，乙中感应电流的方向为逆时针方向；当乙稳定后，感应电流消失
D. 俯视，乙中感应电流的方向为逆时针方向；当乙稳定后，感应电流仍存在
11.下面为教材中的四副插图，下列关于这几幅图说法正确的是( )
A. 图甲为库仑扭秤装置，库仑通过此实验装置研究得出电荷之间的静电力与其之间距离成反比关系
B. 图乙为小磁针在通电导线下发生偏转，表明电流具有磁效应，法拉第最先发现电流的磁效应
C. 图丙是研究安培力方向与磁场方向关系演示实验，表明通电导线所受的安培力可能与磁场方向垂直
D. 图丁为回旋加速器装置，仅增大D形盒半径，则粒子能够获得的最大速度增大
12.如右图所示，A、B两物体质量分别为mA=5kg和mB=4kg，与水平地面之间的动摩擦因数分别为μA=0.4和μB=0.5，开始时两物体之间有一压缩的轻弹簧(不拴接)，并用细线将两物体拴接在一起放在水平地面上．现将细线剪断，则两物体将被弹簧弹开，最后两物体都停在水平地面上．下列判断正确的是( )
A. 在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，两物体组成的系统动量不守恒
B. 在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，整个系统的机械能守恒
C. 在两物体被弹开的过程中，A、B两物体的机械能先增大后减小
D. 两物体一定不会同时停在地面上
13.如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源，在t=0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S，规定以电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是( )
A. B.
C. D.
14.一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，其边界如图中虚线所示，ab为半径为R的半圆，ac、bd与直径ab共线，a、c间的距离等于半圆的半径R。一束质量均为m、电量均为q的带负电的粒子，在纸面内从c点垂直于ac以不同速度射入磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是
A. 可以经过半圆形边界的粒子的速率最小值为qBRm
B. 可以经过半圆形边界的粒子的速率最大值为3qBR2m
C. 在磁场中运动时间最短的粒子速率为qBR2m
D. 在磁场中运动时间最短的粒子运动时间为2πm3qB
15.如图所示，CN、DQ是两条足够长水平固定放置的阻值可忽略的光滑平行金属导轨，导轨间距为L，水平导轨所在区域存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。水平导轨的左端与一段半径为r的光滑圆弧轨道平滑连接，水平导轨的右端接入阻值为R的电阻。一质量为m、长度为L、电阻为R的导体棒a静置于水平轨道最左端，将另一个与导体棒a完全相同的导体棒b从圆弧轨道上ℎ(ℎA. b棒刚到达圆弧底端时对轨道的压力大小为3mg
B. 两棒最终停在CD右侧3mR 2gℎ2B2L2处
C. 整个过程中，通过b棒的电荷量为m 2gℎBL
D. 整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为13mgℎ
二、实验题（本题共3小题，共19分）
16.(1)甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图(甲)、(乙)、(丙)所示的实验装置，验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律。已知他们使用的小车完全相同，小车的质量为M，重物的质量为m，试回答下列问题：
①实验时，必须满足“M远大于m”的实验小组是______ (填“甲”、“乙”或“丙”)。
②实验时，甲、乙、丙三组同学的操作均完全正确，他们作出的a−F图线如图(丁)中A、B、C所示，则甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是______ 。(选填“ABC”、“BCA”或“CAB”)。
(2)小明同学采用(乙)图实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验时，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图像是图(丁)中的一条直线，根据图线与横坐标的夹角求得图线的斜率为k，则小车的质量为______ 。
17.如图所示，是测电源电动势和内阻的两种常用方法，由于电流表和电压表都不是理想电表，所以测量结果有系统误差。下列分析正确的是( )
A. 采用图1的方法，引入系统误差的原因是电压表的分流作用；采用图2的方法，引入系统误差的原因是电流表的分压作用
B. 图3是用“图1”电路处理的结果，其中图线②表示测量图线，图线①表示真实图线
C. 图4是用图2电路处理的结果，其中图线③表示测量图线，图线④表示真实图线
D. 图3和图4结合处理实验数据，不能消除因电表不理想而引起的系统误差
18.某兴趣小组欲利用伏安法测量一未知电阻Rx(阻值在0.4～0.6 Ω之间)，实验室提供如下器材：
A.电压表V1(量程3 V，内阻3 kΩ)；
B.电压表V2(量程3 V，内阻3 kΩ)；
C.定值电阻R0(阻值4.5 Ω)；
D.电阻箱R(调节范围0～999.9 Ω)；
E.滑动变阻器R′(最大阻值10 Ω)；
F.电源E(电动势5 V，内阻约1 Ω)；
G.开关一个；
H.导线若干。
(1)欲将电压表V2改装成量程为0.6 A的电流表，需将电阻箱R调节至__________Ω后与V2表并联(结果保留2位有效数字)。
(2)由于待测电阻阻值过小，为保证电表读数总能在量程的13以上，需将定值电阻R0接入电路。图(a)所示电路图中合理的是__________(选填“A”、“B”或“C”)；闭合开关前，滑动变阻器R′的滑片应调到变阻器的最__________(选填“左”或“右”)端。
(3)按合理的电路图完成实验，绘制出两电压表示数的关系如图(b)所示。由此可计算出待测电阻Rx=__________Ω(结果保留1位有效数字)。
(4)电源内阻不是准确值，这对Rx的测量结果__________(选填“有”或“无”)影响。
三、计算题（本题共4小题，共36分）
19.电动自行车已成为城市出行的重要交通工具之一。某品牌电动自行车铭牌标识如下表所示，质量m=50kg的同学骑着该电动自行车以额定功率沿平直公路从静止启动，电动车能够达到的最大速度vm=21.6km/ℎ。已知电动自行车所受的阻力是人和车总重力的0.05倍，g=10m/s2。求：
(1)电机的输出功率P出；
(2)电机的线圈内阻R；
(3)电动车速度为3m/s时的加速度大小a。
20.如图所示，轨道ABCD由半径R1=1.2m的光滑四分之一圆弧轨道AB、长度LBC=0.6m的粗糙水平轨道BC以及足够长的光滑水平轨道CD组成。质量m1=2kg的物块P和质量m2=1kg的物块Q压缩着一轻质弹簧并锁定(物块与弹簧不连接)，三者静置于CD段中间，物块P、Q可视为质点。紧靠D的右侧水平地面上停放着质量m3=3kg的小车，其上表面EF段粗糙，与CD等高，长度LEF=1.2m；FG段为半径R2=1.8m的四分之一光滑圆弧轨道；小车与地面间的阻力忽略不计。P、Q与BC、EF间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，现解除弹簧锁定，物块P、Q由静止被弹出(P、Q脱离弹簧后立即撤走弹簧)，其中物块P进入CBA轨道，而物块Q滑上小车。不计物块经过各连接点时的机械能损失。
(1)若物块P经过CB后恰好能到达A点，求物块P通过B点时，物块P对圆弧轨道的弹力；
(2)若物块P经过CB后恰好能到达A点，试分析物块Q能否冲出小车上的G点，若能冲出G点，求出物块Q从飞离G点到再次回到G点过程中小车通过的位移；若物块Q不能飞离G点，请说明理由；
(3)若弹簧解除锁定后，物块Q向右滑上小车后能通过F点，并且后续运动过程始终不滑离小车，求被锁定弹簧的弹性势能取值范围。
21.如图所示，两对电阻不计、间距为L的光滑平行金属导轨，转角处用一小段光滑绝缘的弧形材料平滑连接。倾斜导轨与水平地面的夹角θ=30∘，上端连接电阻R1=R0，大小B1=B的匀强磁场Ⅰ垂直于整个倾斜导轨向上。水平导轨上静置着U形导线框cdef，cd边和ef边均紧密贴合导轨，右侧MN和PQ之间有宽为2L、竖直向上的匀强磁场Ⅱ，大小B2未知，末端连接电阻R2=2R0。质量为m、电阻为R0、长也为L的导体棒ab垂直于倾斜导轨由静止释放，在到达底端前已开始匀速运动，后进入水平导轨与线框cdef发生碰撞，立即连成闭合线框abed，然后再进入匀强磁场Ⅱ。已知U形线框cdef的三条边与导体棒ab完全相同，重力加速度为g，导体棒和线框在运动中均与导轨接触良好。
(1)求ab棒在倾斜导轨上所受重力的最大功率；
(2)若闭合线框abed在完全进入磁场Ⅱ之前速度减为零，求电阻R2产生的热量；
(3)若闭合线框abed刚好运动到磁场Ⅱ的右边界线PQ处时速度减为零，求磁场II的磁感应强度B2。
22.如图所示，一群电荷量为e、质量为m的电子从与y轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形匀强磁场后均从坐标原点O进入x轴上方的匀强磁场区域，这群电子在虚线处的y坐标范围为−2R(1)电子的初速度大小v0；
(2)荧光屏上发光区域x坐标的范围；
(3)打在荧光屏上的电子在进入圆形磁场时的y坐标的范围。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】B
【详解】A.根据 1kg=ℎ6.62607015×10−34m2⋅s−1 ，可得
ℎ=6.62607015×10−34kg⋅m2⋅s−1
则普朗克常量ℎ的单位为 kg⋅m2⋅s−1 ，故A错误；
BC.根据牛顿第二定律 F=ma 可知
1N=1kg⋅m/s2
则
kg⋅m2⋅s−1=N⋅m⋅s
故B正确，C错误；
D.据题意受空气污染和氧化等因素影响，国际千克原器的质量出现细微变化，但普朗克常量不变，故D错误。
故选B。
2.【答案】C
【解析】C
【详解】AB.若接触面光滑，不管是从A到B还是从B到A，整个过程中外力做功为0，所以 v1 与 v2 相等，路程相等，则时间 t1 等于 t2 ，故A、B错误；
CD.如果所有接触面粗糙程度一样，从A到B经过凸面某一点的速度大于从B到A经过凸面该点的速度，则从A到B经过凸面某一点的支持力小于从B到A经过凸面该点的支持力，从A到B经过凸面某一点的摩擦力小于从B到A经过凸面该点的摩擦力，同理可得从A到B经过凹面某一点的摩擦力小于从B到A经过凹面该点的摩擦力，所以从A到B克服摩擦力做的功小于从B到A克服摩擦力做的功， v1 大于 v2 ，故C正确，D错误；
故选C。
3.【答案】C
【解析】C
【详解】AB.若接触面光滑，不管是从A到B还是从B到A，整个过程中外力做功为0，所以 v1 与 v2 相等，路程相等，则时间 t1 等于 t2 ，故A、B错误；
CD.如果所有接触面粗糙程度一样，从A到B经过凸面某一点的速度大于从B到A经过凸面该点的速度，则从A到B经过凸面某一点的支持力小于从B到A经过凸面该点的支持力，从A到B经过凸面某一点的摩擦力小于从B到A经过凸面该点的摩擦力，同理可得从A到B经过凹面某一点的摩擦力小于从B到A经过凹面该点的摩擦力，所以从A到B克服摩擦力做的功小于从B到A克服摩擦力做
4.【答案】B
【解析】【分析】
根据图示图象分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键；滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，先判断出物块的相对运动方向，然后可以判断出摩擦力的方向。
小物块滑上传送后在阻力作用下做匀减速直线运动，当速度减为0时，小物块又反向匀加速运动最后与传送带一起向右运动。根据图象分析有：0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，t1～t2小物块向右匀加速，t2～t3当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速运动，摩擦力消失。
【解答】
A.对小物块进行分析可知，小物块先向左做匀减速直线运动，减速至0后向右做匀加速直线运动，速度达到与传送带速度相等时，再向右做匀速直线运动，可知在速度减为0，即在 t1 时刻，小物块离A处的距离达到最大，故A错误；
B.结合上述可知，在 0∼t1 时间内小物块相对于传送带向左运动，在 t1∼t2 时间内小物块速度方向向右，大小小于传送带的速度，小物块仍然相对于传送带向左运动， t2∼t3 小物块与传送带速度相等，小物块与传送带保持相对静止向右做匀速直线运动，该时间内没有发生相对运动，可知， t2 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；
C.根据上述， 0∼t2 时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到向右的滑动摩擦力，在 t2∼t3 时间内，小物块向右做匀速直线运动，根据平衡条件可知，小物块受到的摩擦力为0，故C错误；
D.根据上述可知， 0∼t2 时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到的滑动摩擦力方向始终向右，故D错误。
故选B。
5.【答案】C
【解析】【分析】A、小船参与沿水流和垂直河岸两个方向的匀速直线运动，时间相等，先求沿水流方向位移，再求河宽；B、按垂直河岸方向计算小船在静水中速度；C、比较v船与v水 的大小，判定小船是否沿直线抵达正对岸的C点；D、比较v船与v水 的大小，设定渡河方案求出小船渡河的最短位移。
小船渡河问题要分清两个分运动和合运动，渡河最短时间和渡河最短位移是两个不同问题，不能同时满足，要会根据两个分速度的大小关系设定不同的渡河方案求解最短位移。
【解答】A.根据位移关系有d=v1t⋅tan37∘=4×20×34m=60m ，A正确，不符合题意；
B.小船相对静水速度的大小为v2=v1tan37∘=3m/s ，B正确，不符合题意；
C.因为静水中的船速小于水速，所以小船无法沿直线到达正对岸。C错误，符合题意；
D.当小船的船头与下游河岸的夹角满足sinα=v2v1=34，小船过河的位移最小，s=dsinα=80m
D正确，不符合题意。
6.【答案】D
【解析】解：设木卫一、木卫二、木卫三的轨道半径分别为r1、r2、r3，木卫三周期为T，公转轨道半径r3=nr。
A、根据开普勒第三定律可得：(r1r3)3=(T1T)2=(14)2，解得：r1=nr232，故A错误；
B、根据开普勒第三定律可得：(r2r3)3=(T2T)2=(24)2，解得：r2=nr34，故B错误；
C、由于开普勒第三定律适用于同一个中心天体，不能根据开普勒第三定律计算周期T与T0之比；由于木星和地球质量关系不知道，无法计算T与T0之比，故C错误；
D、对于木卫三，根据万有引力提供向心力，则有：GM木m(nr)2=mnr4π2T 2，解得：M木=4π2n3r3GT2
对于月球绕地球做匀速圆周运动时，有：GM地m′r2=m′r4π2T02，解得：M地=4π2r3GT02
所以木星质量与地球质量之比为：M木M地=T02T2n3，故D正确。
故选：D。
根据开普勒第三定律分析ABC选项；根据做匀速圆周运动的卫星，其万有引力提供向心力分析D选项。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
7.【答案】C
【解析】C
【详解】A.汽车在前5s内的位移为
x=v12t5=25m
A错误；
B.汽车在前5s内的牵引力所做的功为
W=Fs=6×103×12×10×5=1.5×105J
汽车在达到最大速度的过程中牵引力做的功一定大于 1.5×105J ，故B错误；
C.汽车受到的阻力
f=μmg=0.1×2×103×10N=2×103N
前5s内，由图知
a=2m/s2
由牛顿第二定律：
F−f=ma
求得
F=f+ma=(0.1×2×103×10+2×103×2)N=6×103N
t=5s末功率达到额定功率
P=Fv=6×103×10W=6×104W=60kW
故C正确；
D.汽车的最大速度为
vm=PF=Pf=600002000m/s=30m/s
故D错误；
故选C。
8.【答案】A
【解析】【分析】
在φ−x图中的斜率的大小表示电场强度的大小，斜率的正负表示场强的方向；正电荷从高电势向低电势移动，电场力做正功；电势能是标量，对正电荷来说，电势越高电势能越大。
本题主要考查φ−x图象，注意图像的斜率的意义，常规题目。
【解答】
A.x1和x2处的斜率都是负值，说明场强方向相同，故A正确；
B.图像的斜率表示电场强度的大小，故x1处的电场强度大于x2处的电场强度，故B错误；
C.从x1处到x2处，电势逐渐降低，把带正电的粒子从x1处移到x2处，电势能一直减小，电场力一直做正功，故C错误；
D.根据Ep=qφ可知，正电荷在R处具有的电势能为零，在x2处的电势小于零，所以正电荷在此具有的电势能小于零，电势能为标量，正负号表示大小，所以同一个带正电荷的粒子在R处具有的电势能大于在x2处的电势能，故D错误。
故选A。
9.【答案】C
【解析】【分析】本题为含容电路，解题的关键是明确电路结构，知道电容器在电路中相当于断路，电容器两端的电压等于与其并联的电阻的电压。根据串并联电路的特点、闭合电路欧姆定律结合电容公式Q=CU分析求解。同时应该明确：对于纯电阻电路，当外部电路的总电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大。电源内阻一定的情况下外电阻越大，电源的效率越大。对于定值电阻，是线性元件有R=UI=△U△I，对于非线性元件，R=UI≠△U△I。
【解答】B.电压表测的是电阻箱R上的电压，电流表测的是通过电阻箱R的电流，根据欧姆定律R=UI，可得它们的比值为电阻箱R的阻值，选项B错误;
C.根据闭合电路欧姆定律，可得电压表的示数U和电流表的示数I满足的关系为U=E−I(RA+r)，RA为电流表内阻，可知该U−I图像的斜率k=−(RA+r)，即电压表示数的变化量的绝对值ΔU与电流表示数的变化量的绝对值ΔI之比为RA+r，选项C正确;
D.电源的效率η=I2RI2(R+r)×100%，可知当R增大时，电源的效率增大，根据数学知识可知当R=r时有电源的输出功率最大值，但因为不确定各个电阻阻值的关系，故不确定输出功率如何变化，选项D错误;
A.当电阻箱的阻值增大时，电阻箱的电压即电容器上的电压增大，电容器的电荷量增大，由选项C可知ΔUΔI=RA+r，又ΔQ=CΔU=CΔI(RA+r)，选项A错误。
10.【答案】B
【解析】 【分析】
本题考查楞次定律，解题关键是对“超导”的理解，所谓超导体就是没有电阻的导体，没有电流热效应现象发生，一旦有电流出现，电流将不会消失。
【解答】
磁悬浮是利用了同性磁极相互排斥的原理，在乙放入磁场向下运动的过程中，圆环内的磁通量是增大的，由楞次定律可知图2中超导圆环乙中的感应电流所激发的磁场的N极是向下的，由右手螺旋定则可知俯视时感应电流沿着顺时针方向，由于超导体电阻为零，所以当乙稳定后感应电流将仍然存在，故ACD错误，B正确。
故选B。
11.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了库仑定律实验、电流的磁效应、探究安培力方向实验、回旋加速器，都是教材里面的插图知识，比较简单，要求同学们重视基础知识的学习与理解。
【解答】
A、电荷之间的静电力与其之间距离的平方成反比关系，故A错误；
B、奥斯特最先发现电流的磁效应，故B错误；
C、图丙是研究安培力方向与磁场方向关系演示实验，表明通电导线所受的安培力可能与磁场方向垂直，故C错误；
D、根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r，粒子的最大速度为v=BqRm，故仅增大D形盒半径，则粒子能够获得的最大速度增大，故D正确。
故选D．
12.【答案】C
【解析】解：A、在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，A物体所受的滑动摩擦力大小为fA=μAmAg=20N，方向水平向右；B物体所受的滑动摩擦力大小为fB=μBmBg=20N，方向水平向左，可知两物体组成的系统合外力为零，故两物体组成的系统动量守恒。故A错误。
B、在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，整个系统克服摩擦力做功，机械能减小转化为内能，故B错误。
C、在两物体被弹开的过程中，弹簧的弹力先大于摩擦力，后小于摩擦力，故物体先做加速运动后做减速运动，机械能先增大后减小，故C正确。
D、对任一物体，根据动量定理得：−μmgt=−P，得物体运动的时间为t=Pμmg，由上分析可知，两个物体的动量P的大小相等，所受的摩擦力f大小相等，故滑行时间相等，应同时停止运动。故D错误。
故选：C。
分析两物体组成的系统所受的外力情况，当合外力为零时，系统的动量守恒．由于系统克服摩擦力做功，整个系统的机械能减小．在两物体被弹开的过程中，A、B两物体先加速后减速，机械能先增大后减小．根据动量定理研究两物体运动的时间．
本题应根据动量守恒的条件：合外力为零判断系统的动量是否守恒，根据是否只有重力和弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒，属于基本题．
13.【答案】C
【解析】C
【详解】当闭合电键时，因为线圈与D1相连，所以电流I1会慢慢增大，D2这一支路立即就有电流，当电键断开时，线圈阻碍电流的减小，而且D1、D2、D3组成回路，所以通过D1的电流不会立即消失，会从原来慢慢减小，且方向不变，通过D1的电流也流过D2，I2反向，逐渐减小，由于电路稳定时通过D1的电流大于D2的电流，所以D2和D3都会闪亮一下。
故选C。
14.【答案】BD
【解析】【分析】
本题主要考查带电粒子在磁场中的临界和极值问题。
在能达到半圆形边界的粒子中，经过a点的粒子半径最小，速度最小，经过b点的粒子半径最大，速度最大，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力解答；轨迹圆弧所对应的弦与ab半圆形边界相切时，圆心角最小，运动时间最短，运动时间t=θ360°T。
【解答】
A.由R=mvqB，可知粒子速度越大，半径越大，在能达到半圆形边界的粒子中，经过a点的粒子半径最小，速度最小，其轨迹如图中轨迹1所示，由R2=mvminqB，解得vmin=qBR2m，故A错误；
B.经过b点的粒子半径最大，速度最大，其轨迹如图中轨迹2所示，由3R2=mvmaxqB，解得vmax=3qBR2m，故B正确；
C.由分析可知，轨迹圆弧所对应的弦与ab半圆形边界相切时，圆心角最小，运动时间最短，其轨迹如图中轨迹3所示，圆心恰好位于a点，由R=mvqB，解得v=qBRm，故C错误；
D.在磁场中运动时间最短的粒子的圆心角为120∘，故运动时间为t=T3=2πm3qB，故D正确。
15.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查电磁感应和动量定理知识，考查考生的推理论证能力。导体棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出导体棒到达水平面时的速度，a、b棒发生完全非弹性碰撞，动量守恒， 应用动量定理求出通过R的电荷量;能量守恒定律求出回路产生的焦耳热，然后求出电阻R产生带电焦耳热。
解决该题需要明确知道导体棒的运动过程，能根据运动过程分析出最大感应电动势的位置，应用机械能守恒定律、能量守恒定律、法拉第电磁感应定律与欧姆定律及电流的定义式分析答题。
【解答】
A.根据机械能守恒有mgℎ=12mv2−0，根据牛顿第二定律有FN−mg=mv2r，得b棒刚到达圆弧导轨底端时对轨道的压力大小为FN=mg(1+2ℎr)，选项A错误；
C.a、b棒发生完全非弹性碰撞，由mv=2mv′可得a、b棒碰撞后瞬间速度v′= 2gℎ2，对a、b棒粘连后整体，根据动量定理有BIL·Δt=BLq=2mv′，得q=2mv′BL=m 2gℎBL。
a、b棒粘连一起可视为并联，所以通过b棒的电荷量q′=q2=m 2gℎ2BL，选项C错误；
B.根据q感=△ΦR总有q=BLx3R2，得x=3qR2BL=3mR 2gℎ2B2L2，选项B正确；
D.a、b棒最终停止，回路中产生的总焦耳热Q=12×2mv′2=14mv2=12mgℎ，
a、b棒粘连一起后的等效电阻为R′=R2，根据串联电路规律可得，电阻R上产生的焦耳热
Q1=23Q=13mgℎ，选项D正确。
16.【答案】甲 CAB 2k
【解析】解：(1)三个实验小组分别采用如图(甲)、(乙)、(丙)所示的实验装置，从实验装置来看：
①乙图有弹簧测力计可以直接读出小车受到的拉力。丙图有力传感器也能测量小车受到的拉力，而甲图中需要用重物的重力代替拉力，所以必须满足“M远大于m”的实验小组是甲。
②甲图用重物的重力代替绳子的拉力，要满足M>>m，随着m的增大，不满足M>>m时，图象出现弯曲；而对乙和丙图据牛顿第二定律有：a乙=2M×F，a丙=1M×F，则斜率较大的是乙组，较小是丙组，甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是CAB。
(2)乙组实验的图象是A，由上述分析知：a=2FM，所以斜率k=2M，故质量M=2k。
故答案为：(1)①甲；②CAB；(2)2k。
(1)①当用重物的重力代替绳子的拉力，才需要满足“M远大于m”；
②若用重物的重力代替绳子的拉力，要满足M>>m，随着m的增大，不满足M>>m时，图线出现弯曲，还有两组根据绳子拉力相等时，加速度的大小来判断。
(2)对小车由牛顿第二定律，经过整理得到a与F的函数图象，根据图线的斜率求得小车的质量。
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题。探究加速度与力、质量关系实验要采用控制变量法，当钩码的质量远小于小车的总质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力，若用力传感器，则不需要满足此条件。
17.【答案】AB
【解析】A：由于电表不是理想电表，则电流表存在电阻，电压表内阻不是无穷大；采用图1的方法，由于电压表的分流使电流表读数偏小，引入系统误差的原因是电压表的分流作用；采用图2的方法，由于电流表的分压使电压表读数偏小，引入系统误差的原因是电流表的分压作用．故A项正确．
B：采用图1的方法，由于电压表的分流使电流表读数偏小，当外电路短路时，电压表分流为0，即图1方法中测量图线和真实图线与横轴交点相同；则图3是用“图1”电路处理的结果，其中图线②表示测量图线，图线①表示真实图线．故B项正确．
C：采用图2的方法，由于电流表的分压使电压表读数偏小，当外电路断路时，电流表的分压为0，即图2方法中测量图线和真实图线与纵轴交点相同，则图4是用图2电路处理的结果，其中图线③表示真实图线，图线④表示测量图线．故C项错误．
D：利用图3中图线与横轴交点、图4中图线与纵轴交点，连接后可得出真实的图线，消除因电表不理想而引起的系统误差．故D项不正确．
故选AB．
【分析】
本题考查测量电动势和内电阻的实验误差分析，要注意明确误差增来自于电表内阻；将电表视为能测量数值的电阻再利用闭合电路欧姆定律以及串并联电路规律进行分析即可求解；初学者难度稍大，要注意此类题型的训练。
(1)分析两电路，明确因电表内阻不计而带来的误差情况；
(2)明确两种接法中所对应的极限情况，从而找出对应的图线，再根据测量值的误差情况明确真实图象和测量图象。
18.【答案】(1)5.0；(2)A；左；(3)0.5；(4)无
【解析】【分析】
本题为伏安法测电阻实验，明确实验是解题关键。
电流表扩大量程需要并联一个小电阻来分流，并联的电阻越小分流越大，则量程越大。电流表改装为电压表需要串联一个大电阻来分压，串联的电阻越大则分压越大，则量程越大。根据串并联电路的特点结合欧姆定律求解。
滑动变阻器采用分压式接法时，一般选阻值小的滑动变阻器。
通过图(b)结合所选电路求待测电阻阻值。
借助与教材原型实验相比较具有一定创新性的改进实验，考查学生从实验目的出发，根据器材、装置、操作步骤认识和理解实验原理的能力，同时考查学生利用图像分析处理数据以及对系统误差进行初步分析的能力。
【解答】
(1)V2表指针满偏时的电流为33×103A=1×10−3A，电阻箱R应分流0.599A，故R应调节至阻值为30.599Ω≈5.0Ω。
(2)由于Rx的阻值在0.4∼ 0.6Ω之间，即使等效电流表的指针满偏(0.6 A)时，Rx两端的电压也仅在0.6×0.4∼0.6×0.6V(即0.24∼0.36V)之间，使V1表无法满足读数总能在量程的13以上的要求，因此需给Rx串联一个分压电阻R0，使V1表的读数能够增大至量程的13以上。分析可知，除A外，B、C接法均无法满足题设要求，故选A接法。闭合开关前，将变阻器滑片调到最左端，与测量电路并联的变阻器电阻最小，整个电路的电阻最大，可起到有效保护电路中各元件的作用。
(3)解法一：由于两电压表的参数与示数完全相同，且两表为串联关系，由等效的思想可知，R=Rx+R0，解得Rx=0.5Ω。
解法二：将V2表示数转化为电流表示数(例如，0.5V对应于电流0.1A，1.0V对应于电流0.2A，⋯)后，由图像斜率可得Rx+R0=Ω，解得Rx=0.5Ω。
(4)电源内阻仅影响测量电路可分到的最大电压，但无法影响测量电路内的电压分配关系，故无法对测量结果产生影响。
19.【答案】(1)300W；(2) 0.6Ω ；(3) 0.5m/s2
【解析】(1)由匀速运动可知，牵引力
F=Ff
其中
Ff=0.05×m+Mg=50N
电机输出功率
P出=Fv
解得
P出=300W
(2)根据能量守恒有
P热+P出=P
电动机的总功率为
P=UI
电机的热功率为
P热=I2R
联立解得
R=0.6Ω
(3)电机输出功率
P出=F′v′
当 v′=3m/s 时
F′=100N
根据牛顿第二定律有
F′−Ff=m+Ma
解得
a=0.5m/s2
20.【答案】(1)60N，方向竖直向下；(2)能， 12.6m ；(3) 12J≤Ep≤24J
【详解】(1)物块P从B到A过程，根据动能定理有
−m1gR1=0−12m1vB2
物块P在B点，根据牛顿第二定律有
N−m1g=m1vB2R1
解得
N=60N
根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力大小60N，方向竖直向下；
(2)物块P被弹出到运动到A过程，根据动能定理有
−m1gR1−μm1gLBC=0−12m1vP2
解得
vP= 30m/s
对P、Q构成的系统，根据动量守恒定律有
m1vP−m2vQ=0
解得
vQ=2 30m/s
对Q与小车构成的系统，在水平方向，根据动量守恒定律有
m2vQ=m2+m3vx
解得
vx= 7.5m/s
根据能量守恒定律有
12m2vQ2=12m2vx2+vy2+12m3vx2+m2gR2+μm2gLEF
解得
vy= 42m/s
物块P运动时间为
t=2vyg=2 0.42s
x=vxt= 12.6m
(3)物块被弹开过程有
m1vP1−m2vQ1=0
Epmin=12m1vP12+12m2vQ12
当物块Q向右滑上小车后恰好到达F点与小车共速时，弹簧弹性势能最小，此时，对物块Q与小车有
m2vQ1=m2+m3v3
12m2vQ22=μm2gLEF+12m2+m3v32
解得
Epmin=12J
由于
m2gR2=18J>2μm2gLEF=12J
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧弹开两物块过程有
m1vP2−m2vQ2=0
EPmax=12m1vP22+12m2vQ22
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速过程有
m2vQ2=m2+m3v4
12m2vQ22=2μm2gLEF+12m2+m3v32
解得
Epmax=24J
综合上述，被锁定弹簧的弹性势能的取值范围为
12J≤Ep≤24J
【解析】略
21.【答案】解：(1)导棒a在倾斜导轨上匀速运动时所受安培力的功率最大，设此时速度为v
感应电动势ε=BLv
感应电流I=ε2R0
安培力F=BIL，
由平衡条件mgsinθ=F，可得v=mgR0B2L2
所求重力的功率P=mgvsinθ=m2g2R02B2L2；
(2)在水平导轨上，导棒ab与线框cdef碰撞时满足系统动量守恒，设碰后速度为v1，依题设线框cdef质量为3m，电阻为3R0，由mv=(m+3m)v1，得v1=mgR04B2L2
碰后闭合线框abed进入磁场过程，de边切割磁感线，cd边、ef边被导轨短路，
电路结构如图示：
R总=53R0
电路产生的总热量Q=12×4m(v12−0)；
电阻R2产生的热量Q′=23R0R总×13Q=m3g2R0260B4L4；
(3)闭合线框仍以速度v1进入磁场B2，设线框完全进入时速度为v2。
由动量定理可得：−−B22L3R总=4mv2−4mv1 ①
线框全部进入磁场后de边、ab边同时切割磁感线，相当于两电源并联，电路结构如图示：
电阻R2产生的热量Q′=23R0R总×13Q=m3g2R0260B4L4
回路总电阻R总′=52R0
依题设线框再前移L距离速度恰好为0，
由动量定理可得：−B22L3R总′=0−4mv2 ②
联立 ① ②可得：B2=mR0BL2 gL。
【解析】本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、力的平衡、动量守恒定律、动量定理这些知识点；
(1)根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律列式求出安培力，再结合力的平衡即可求解；
(2)利用动量守恒定律列式求出速度，再根据能量转化与守恒及电路结构求解热量；
(3)根据动量定理，结合电路结构求解求磁场Ⅱ的磁感应强度B2。
22.【答案】解：(1)电子射入圆形磁场后均从坐标原点O进入x轴上方的磁场区域，所以电子运动半径与圆形磁场区域半径相同，
根据牛顿第二定律ev0B=mv02R，
解得：v0=eRBm。
(2)电子到达O点时的速度方向在沿x轴负向到x轴正向180度的范围内，由于磁感应强度大小不变，所以电子在x轴上方运动的轨迹半径不变，仍为R，
如图所示，
沿x轴正向运动的粒子到达荧光屏上的A点，由几何关系可知M、A点距离为0.8R，
粒子到达左侧最远时与荧光屏相切于B点，由几何关系可知M、B点距离为0.8R，
所以荧光屏上发光区域x坐标的范围为−0.8R(3)到达荧光屏上A点的电子在进入圆形磁场时的y坐标为y=−2R，
到达荧光屏上B点的电子在O点出射的速度方向与x轴正向夹角θ满足csθ=0.6RR=0.6，
此时电子在进入圆形磁场时的y坐标为y=−(R+Rcsθ)=−1.6R，
打在荧光屏上的电子在进入圆形磁场时的y坐标的范围为−2R【解析】电子射入圆形磁场后均从坐标原点O进入x轴上方的磁场区域，即为磁聚焦现象，所以电子运动半径与圆形磁场区域半径相同，由洛伦兹力提供向心力可求电子的初速度。做出粒子轨迹图，结合几何关系求荧光屏上发光区域x坐标的范围以及打在荧光屏上的电子在进入圆形磁场时的y坐标的范围。
规格
后轮驱动直流电机
车型：20′′电动自行车
额定功率P=360W
整车质量M=50kg
额定工作电压U=36V
1.因受空气污染和氧化等因素影响，国际千克原器的质量出现细微变化，已难以适应现代精密测量要求。因此科学界一直想用一种基于物理常数的定义来取代。2018年11月16日，第26届国际计量大会决定，千克由普朗克常量ℎ及米和秒定义，即1kg=ℎ6.62607015×10−34m2⋅s−1，该决定已于2019年5月20日生效。此次标准实施后，国际单位中7个基本单位全部建立在不变的自然常数基础上，保证了国际单位的长期稳定性和通用性。以下说法正确的是( )
A. 普朗克常量ℎ是个无单位的常量
B. 普朗克常量ℎ的单位等效于N⋅m⋅s
C. 普朗克常量ℎ的单位等效于N⋅m⋅s−1
D. 受外界因素的影响普朗克常量ℎ的数值也会发生细微变化
2.如图的轨道，物块以v0的初速度从A出发向右到B的速度为大小v1，时间t1；以同样的初速度从B出发向左到A的速度大小为v2，时间t2。则( )
A. 若接触面光滑，v1、v2相等时间t1大于t2
B. 若接触面光滑，v1、v2相等时间t1小于t2
C. 如果所有接触面粗糙程度一样，v1大于v2
D. 如果所有接触面粗糙程度一样，v1小于v2
3.如图所示，一个小球O用1、2两根细绳连接并分别系于车厢中的A点和B点，OB水平，车厢由静止状态开始缓慢加速的过程中，下列说法正确的是
( )
A. 若车厢向右加速，则绳2的张力增大，绳1的张力减小
B. 若车厢向右加速，则绳2的张力增大，绳1的张力不变
C. 若车厢向左加速，则绳1的张力增大，绳2的张力减小
D. 若车厢向左加速，则绳1的张力增大，绳2的张力不变
4.如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v−t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2>v1，则( )
A. t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B. t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C. 0∼t2时间内小物块受滑动摩擦力作用，t2∼t3时间内小物块受静摩擦力作用
D. 0∼t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
5.如图所示，一只小船横渡一条河流。小船船头垂直于河岸，自A点出发沿直线抵达河对岸的B点，历时20s，且知AB与河岸的夹角α=37∘，河水流速大小为4m/s，小船相对静水的速度不变。已知sin37∘=0.6，cs37∘=0.8下列判断中错误的是( )
A. 河流的宽度为60m
B. 小船相对静水速度的大小为3m/s
C. 只要调整小船的航向合适，小船可以沿直线抵达正对岸的C点
D. 无论怎样调整小船的航向，小船渡河的位移都不可能小于80m
6.木星的卫星中，木卫一、木卫二、木卫三做圆周运动的周期之比为1:2:4。木卫三周期为T，公转轨道半径是月球绕地球轨道半径r的n倍。月球绕地球公转周期为T0，则
( )
A. 木卫一轨道半径为n16rB. 木卫二轨道半径为n2r
C. 周期T与T0之比为n32D. 木星质量与地球质量之比为T02T2n3
7.一辆小汽车在水平路面上由静止启动，在前5 s内做匀加速直线运动，5 s末达到额定功率，之后保持额定功率运动，其v−t图像如图所示，已知汽车的质量为m=2×103kg，汽车受到的阻力为车重的0.1倍，g取10m/s2，则( )
A. 汽车在前5 s内的位移为50m
B. 汽车在达到最大速度的过程中牵引力做的功为1.5×105J
C. 汽车的额定功率为60 kW
D. 汽车的最大速度为15 m/s
8.某静电场在x轴正半轴上的电势φ随x变化的关系如图所示，Ex为电场强度在x轴上的分量则( )
A. 在x1、x2两处，E1与E2方向相同
B. 在x1、x2两处，E1与E2大小相等
C. 若把带正电的粒子从x1处移到x2处，电场力先做正功再做负功
D. 同一个带正电的粒子在R处具有的电势能小于在x2处的电势能
9.如图所示，电源电动势为E、内阻为r，电容器的电容为C，电压表内阻较大，电流表内阻不可忽略。闭合开关S，在增大电阻箱R的阻值的过程中，电压表示数的变化量的绝对值为ΔU，电流表示数的变化量的绝对值为ΔI，则下列说法正确的是
( )
A. 电容器电荷量的增加量等于ΔICrB. 电压表示数U和电流表示数I的比值不变
C. ΔU和ΔI的比值大于rD. 电源的效率和输出功率一定都增加
10.2020年9月1日消息，广东清远磁浮列车圆满完成整车静态调试运行试验如图1，图2是磁浮的原理图，图2中甲是圆柱形磁铁，乙是用高温超导材料制成的超导圆环，将超导圆环乙水平放在磁铁甲上，它就能在磁力的作用下悬浮在磁铁甲的上方空中，若甲的N极朝上，在乙放入磁场向下运动的过程中( )
A. 俯视，乙中感应电流的方向为顺时针方向；当乙稳定后，感应电流消失
B. 俯视，乙中感应电流的方向为顺时针方向；当乙稳定后，感应电流仍存在
C. 俯视，乙中感应电流的方向为逆时针方向；当乙稳定后，感应电流消失
D. 俯视，乙中感应电流的方向为逆时针方向；当乙稳定后，感应电流仍存在
11.下面为教材中的四副插图，下列关于这几幅图说法正确的是( )
A. 图甲为库仑扭秤装置，库仑通过此实验装置研究得出电荷之间的静电力与其之间距离成反比关系
B. 图乙为小磁针在通电导线下发生偏转，表明电流具有磁效应，法拉第最先发现电流的磁效应
C. 图丙是研究安培力方向与磁场方向关系演示实验，表明通电导线所受的安培力可能与磁场方向垂直
D. 图丁为回旋加速器装置，仅增大D形盒半径，则粒子能够获得的最大速度增大
12.如右图所示，A、B两物体质量分别为mA=5kg和mB=4kg，与水平地面之间的动摩擦因数分别为μA=0.4和μB=0.5，开始时两物体之间有一压缩的轻弹簧(不拴接)，并用细线将两物体拴接在一起放在水平地面上．现将细线剪断，则两物体将被弹簧弹开，最后两物体都停在水平地面上．下列判断正确的是( )
A. 在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，两物体组成的系统动量不守恒
B. 在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，整个系统的机械能守恒
C. 在两物体被弹开的过程中，A、B两物体的机械能先增大后减小
D. 两物体一定不会同时停在地面上
13.如图所示的电路中，L是一个自感系数很大、直流电阻不计的线圈，D1、D2和D3是三个完全相同的灯泡，E是内阻不计的电源，在t=0时刻，闭合开关S，电路稳定后在t1时刻断开开关S，规定以电路稳定时流过D1、D2的电流方向为正，分别用I1、I2表示流过D1和D2的电流，则下图中能定性描述电流I随时间t变化关系的是( )
A. B.
C. D.
14.一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，其边界如图中虚线所示，ab为半径为R的半圆，ac、bd与直径ab共线，a、c间的距离等于半圆的半径R。一束质量均为m、电量均为q的带负电的粒子，在纸面内从c点垂直于ac以不同速度射入磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用。下列说法正确的是
A. 可以经过半圆形边界的粒子的速率最小值为qBRm
B. 可以经过半圆形边界的粒子的速率最大值为3qBR2m
C. 在磁场中运动时间最短的粒子速率为qBR2m
D. 在磁场中运动时间最短的粒子运动时间为2πm3qB
15.如图所示，CN、DQ是两条足够长水平固定放置的阻值可忽略的光滑平行金属导轨，导轨间距为L，水平导轨所在区域存在竖直向下、磁感应强度大小为B的匀强磁场。水平导轨的左端与一段半径为r的光滑圆弧轨道平滑连接，水平导轨的右端接入阻值为R的电阻。一质量为m、长度为L、电阻为R的导体棒a静置于水平轨道最左端，将另一个与导体棒a完全相同的导体棒b从圆弧轨道上ℎ(ℎ
B. 两棒最终停在CD右侧3mR 2gℎ2B2L2处
C. 整个过程中，通过b棒的电荷量为m 2gℎBL
D. 整个过程中，电阻R上产生的焦耳热为13mgℎ
二、实验题（本题共3小题，共19分）
16.(1)甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图(甲)、(乙)、(丙)所示的实验装置，验证“当质量一定时，物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律。已知他们使用的小车完全相同，小车的质量为M，重物的质量为m，试回答下列问题：
①实验时，必须满足“M远大于m”的实验小组是______ (填“甲”、“乙”或“丙”)。
②实验时，甲、乙、丙三组同学的操作均完全正确，他们作出的a−F图线如图(丁)中A、B、C所示，则甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是______ 。(选填“ABC”、“BCA”或“CAB”)。
(2)小明同学采用(乙)图实验装置探究质量一定时加速度与力的关系的实验时，以弹簧测力计的示数F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a−F图像是图(丁)中的一条直线，根据图线与横坐标的夹角求得图线的斜率为k，则小车的质量为______ 。
17.如图所示，是测电源电动势和内阻的两种常用方法，由于电流表和电压表都不是理想电表，所以测量结果有系统误差。下列分析正确的是( )
A. 采用图1的方法，引入系统误差的原因是电压表的分流作用；采用图2的方法，引入系统误差的原因是电流表的分压作用
B. 图3是用“图1”电路处理的结果，其中图线②表示测量图线，图线①表示真实图线
C. 图4是用图2电路处理的结果，其中图线③表示测量图线，图线④表示真实图线
D. 图3和图4结合处理实验数据，不能消除因电表不理想而引起的系统误差
18.某兴趣小组欲利用伏安法测量一未知电阻Rx(阻值在0.4～0.6 Ω之间)，实验室提供如下器材：
A.电压表V1(量程3 V，内阻3 kΩ)；
B.电压表V2(量程3 V，内阻3 kΩ)；
C.定值电阻R0(阻值4.5 Ω)；
D.电阻箱R(调节范围0～999.9 Ω)；
E.滑动变阻器R′(最大阻值10 Ω)；
F.电源E(电动势5 V，内阻约1 Ω)；
G.开关一个；
H.导线若干。
(1)欲将电压表V2改装成量程为0.6 A的电流表，需将电阻箱R调节至__________Ω后与V2表并联(结果保留2位有效数字)。
(2)由于待测电阻阻值过小，为保证电表读数总能在量程的13以上，需将定值电阻R0接入电路。图(a)所示电路图中合理的是__________(选填“A”、“B”或“C”)；闭合开关前，滑动变阻器R′的滑片应调到变阻器的最__________(选填“左”或“右”)端。
(3)按合理的电路图完成实验，绘制出两电压表示数的关系如图(b)所示。由此可计算出待测电阻Rx=__________Ω(结果保留1位有效数字)。
(4)电源内阻不是准确值，这对Rx的测量结果__________(选填“有”或“无”)影响。
三、计算题（本题共4小题，共36分）
19.电动自行车已成为城市出行的重要交通工具之一。某品牌电动自行车铭牌标识如下表所示，质量m=50kg的同学骑着该电动自行车以额定功率沿平直公路从静止启动，电动车能够达到的最大速度vm=21.6km/ℎ。已知电动自行车所受的阻力是人和车总重力的0.05倍，g=10m/s2。求：
(1)电机的输出功率P出；
(2)电机的线圈内阻R；
(3)电动车速度为3m/s时的加速度大小a。
20.如图所示，轨道ABCD由半径R1=1.2m的光滑四分之一圆弧轨道AB、长度LBC=0.6m的粗糙水平轨道BC以及足够长的光滑水平轨道CD组成。质量m1=2kg的物块P和质量m2=1kg的物块Q压缩着一轻质弹簧并锁定(物块与弹簧不连接)，三者静置于CD段中间，物块P、Q可视为质点。紧靠D的右侧水平地面上停放着质量m3=3kg的小车，其上表面EF段粗糙，与CD等高，长度LEF=1.2m；FG段为半径R2=1.8m的四分之一光滑圆弧轨道；小车与地面间的阻力忽略不计。P、Q与BC、EF间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，现解除弹簧锁定，物块P、Q由静止被弹出(P、Q脱离弹簧后立即撤走弹簧)，其中物块P进入CBA轨道，而物块Q滑上小车。不计物块经过各连接点时的机械能损失。
(1)若物块P经过CB后恰好能到达A点，求物块P通过B点时，物块P对圆弧轨道的弹力；
(2)若物块P经过CB后恰好能到达A点，试分析物块Q能否冲出小车上的G点，若能冲出G点，求出物块Q从飞离G点到再次回到G点过程中小车通过的位移；若物块Q不能飞离G点，请说明理由；
(3)若弹簧解除锁定后，物块Q向右滑上小车后能通过F点，并且后续运动过程始终不滑离小车，求被锁定弹簧的弹性势能取值范围。
21.如图所示，两对电阻不计、间距为L的光滑平行金属导轨，转角处用一小段光滑绝缘的弧形材料平滑连接。倾斜导轨与水平地面的夹角θ=30∘，上端连接电阻R1=R0，大小B1=B的匀强磁场Ⅰ垂直于整个倾斜导轨向上。水平导轨上静置着U形导线框cdef，cd边和ef边均紧密贴合导轨，右侧MN和PQ之间有宽为2L、竖直向上的匀强磁场Ⅱ，大小B2未知，末端连接电阻R2=2R0。质量为m、电阻为R0、长也为L的导体棒ab垂直于倾斜导轨由静止释放，在到达底端前已开始匀速运动，后进入水平导轨与线框cdef发生碰撞，立即连成闭合线框abed，然后再进入匀强磁场Ⅱ。已知U形线框cdef的三条边与导体棒ab完全相同，重力加速度为g，导体棒和线框在运动中均与导轨接触良好。
(1)求ab棒在倾斜导轨上所受重力的最大功率；
(2)若闭合线框abed在完全进入磁场Ⅱ之前速度减为零，求电阻R2产生的热量；
(3)若闭合线框abed刚好运动到磁场Ⅱ的右边界线PQ处时速度减为零，求磁场II的磁感应强度B2。
22.如图所示，一群电荷量为e、质量为m的电子从与y轴平行的虚线处垂直虚线射入圆形匀强磁场后均从坐标原点O进入x轴上方的匀强磁场区域，这群电子在虚线处的y坐标范围为−2R
(2)荧光屏上发光区域x坐标的范围；
(3)打在荧光屏上的电子在进入圆形磁场时的y坐标的范围。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】B
【详解】A.根据 1kg=ℎ6.62607015×10−34m2⋅s−1 ，可得
ℎ=6.62607015×10−34kg⋅m2⋅s−1
则普朗克常量ℎ的单位为 kg⋅m2⋅s−1 ，故A错误；
BC.根据牛顿第二定律 F=ma 可知
1N=1kg⋅m/s2
则
kg⋅m2⋅s−1=N⋅m⋅s
故B正确，C错误；
D.据题意受空气污染和氧化等因素影响，国际千克原器的质量出现细微变化，但普朗克常量不变，故D错误。
故选B。
2.【答案】C
【解析】C
【详解】AB.若接触面光滑，不管是从A到B还是从B到A，整个过程中外力做功为0，所以 v1 与 v2 相等，路程相等，则时间 t1 等于 t2 ，故A、B错误；
CD.如果所有接触面粗糙程度一样，从A到B经过凸面某一点的速度大于从B到A经过凸面该点的速度，则从A到B经过凸面某一点的支持力小于从B到A经过凸面该点的支持力，从A到B经过凸面某一点的摩擦力小于从B到A经过凸面该点的摩擦力，同理可得从A到B经过凹面某一点的摩擦力小于从B到A经过凹面该点的摩擦力，所以从A到B克服摩擦力做的功小于从B到A克服摩擦力做的功， v1 大于 v2 ，故C正确，D错误；
故选C。
3.【答案】C
【解析】C
【详解】AB.若接触面光滑，不管是从A到B还是从B到A，整个过程中外力做功为0，所以 v1 与 v2 相等，路程相等，则时间 t1 等于 t2 ，故A、B错误；
CD.如果所有接触面粗糙程度一样，从A到B经过凸面某一点的速度大于从B到A经过凸面该点的速度，则从A到B经过凸面某一点的支持力小于从B到A经过凸面该点的支持力，从A到B经过凸面某一点的摩擦力小于从B到A经过凸面该点的摩擦力，同理可得从A到B经过凹面某一点的摩擦力小于从B到A经过凹面该点的摩擦力，所以从A到B克服摩擦力做的功小于从B到A克服摩擦力做
4.【答案】B
【解析】【分析】
根据图示图象分析清楚物块的运动过程是解题的前提与关键；滑动摩擦力的方向与相对运动方向相反，先判断出物块的相对运动方向，然后可以判断出摩擦力的方向。
小物块滑上传送后在阻力作用下做匀减速直线运动，当速度减为0时，小物块又反向匀加速运动最后与传送带一起向右运动。根据图象分析有：0～t1时间内木块向左匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，t1～t2小物块向右匀加速，t2～t3当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速运动，摩擦力消失。
【解答】
A.对小物块进行分析可知，小物块先向左做匀减速直线运动，减速至0后向右做匀加速直线运动，速度达到与传送带速度相等时，再向右做匀速直线运动，可知在速度减为0，即在 t1 时刻，小物块离A处的距离达到最大，故A错误；
B.结合上述可知，在 0∼t1 时间内小物块相对于传送带向左运动，在 t1∼t2 时间内小物块速度方向向右，大小小于传送带的速度，小物块仍然相对于传送带向左运动， t2∼t3 小物块与传送带速度相等，小物块与传送带保持相对静止向右做匀速直线运动，该时间内没有发生相对运动，可知， t2 时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；
C.根据上述， 0∼t2 时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到向右的滑动摩擦力，在 t2∼t3 时间内，小物块向右做匀速直线运动，根据平衡条件可知，小物块受到的摩擦力为0，故C错误；
D.根据上述可知， 0∼t2 时间内，小物块相对传送带向左运动，小物块受到的滑动摩擦力方向始终向右，故D错误。
故选B。
5.【答案】C
【解析】【分析】A、小船参与沿水流和垂直河岸两个方向的匀速直线运动，时间相等，先求沿水流方向位移，再求河宽；B、按垂直河岸方向计算小船在静水中速度；C、比较v船与v水 的大小，判定小船是否沿直线抵达正对岸的C点；D、比较v船与v水 的大小，设定渡河方案求出小船渡河的最短位移。
小船渡河问题要分清两个分运动和合运动，渡河最短时间和渡河最短位移是两个不同问题，不能同时满足，要会根据两个分速度的大小关系设定不同的渡河方案求解最短位移。
【解答】A.根据位移关系有d=v1t⋅tan37∘=4×20×34m=60m ，A正确，不符合题意；
B.小船相对静水速度的大小为v2=v1tan37∘=3m/s ，B正确，不符合题意；
C.因为静水中的船速小于水速，所以小船无法沿直线到达正对岸。C错误，符合题意；
D.当小船的船头与下游河岸的夹角满足sinα=v2v1=34，小船过河的位移最小，s=dsinα=80m
D正确，不符合题意。
6.【答案】D
【解析】解：设木卫一、木卫二、木卫三的轨道半径分别为r1、r2、r3，木卫三周期为T，公转轨道半径r3=nr。
A、根据开普勒第三定律可得：(r1r3)3=(T1T)2=(14)2，解得：r1=nr232，故A错误；
B、根据开普勒第三定律可得：(r2r3)3=(T2T)2=(24)2，解得：r2=nr34，故B错误；
C、由于开普勒第三定律适用于同一个中心天体，不能根据开普勒第三定律计算周期T与T0之比；由于木星和地球质量关系不知道，无法计算T与T0之比，故C错误；
D、对于木卫三，根据万有引力提供向心力，则有：GM木m(nr)2=mnr4π2T 2，解得：M木=4π2n3r3GT2
对于月球绕地球做匀速圆周运动时，有：GM地m′r2=m′r4π2T02，解得：M地=4π2r3GT02
所以木星质量与地球质量之比为：M木M地=T02T2n3，故D正确。
故选：D。
根据开普勒第三定律分析ABC选项；根据做匀速圆周运动的卫星，其万有引力提供向心力分析D选项。
本题主要是考查万有引力定律及其应用，解答本题的关键是能够根据万有引力提供向心力结合向心力公式进行分析，掌握开普勒第三定律的应用方法。
7.【答案】C
【解析】C
【详解】A.汽车在前5s内的位移为
x=v12t5=25m
A错误；
B.汽车在前5s内的牵引力所做的功为
W=Fs=6×103×12×10×5=1.5×105J
汽车在达到最大速度的过程中牵引力做的功一定大于 1.5×105J ，故B错误；
C.汽车受到的阻力
f=μmg=0.1×2×103×10N=2×103N
前5s内，由图知
a=2m/s2
由牛顿第二定律：
F−f=ma
求得
F=f+ma=(0.1×2×103×10+2×103×2)N=6×103N
t=5s末功率达到额定功率
P=Fv=6×103×10W=6×104W=60kW
故C正确；
D.汽车的最大速度为
vm=PF=Pf=600002000m/s=30m/s
故D错误；
故选C。
8.【答案】A
【解析】【分析】
在φ−x图中的斜率的大小表示电场强度的大小，斜率的正负表示场强的方向；正电荷从高电势向低电势移动，电场力做正功；电势能是标量，对正电荷来说，电势越高电势能越大。
本题主要考查φ−x图象，注意图像的斜率的意义，常规题目。
【解答】
A.x1和x2处的斜率都是负值，说明场强方向相同，故A正确；
B.图像的斜率表示电场强度的大小，故x1处的电场强度大于x2处的电场强度，故B错误；
C.从x1处到x2处，电势逐渐降低，把带正电的粒子从x1处移到x2处，电势能一直减小，电场力一直做正功，故C错误；
D.根据Ep=qφ可知，正电荷在R处具有的电势能为零，在x2处的电势小于零，所以正电荷在此具有的电势能小于零，电势能为标量，正负号表示大小，所以同一个带正电荷的粒子在R处具有的电势能大于在x2处的电势能，故D错误。
故选A。
9.【答案】C
【解析】【分析】本题为含容电路，解题的关键是明确电路结构，知道电容器在电路中相当于断路，电容器两端的电压等于与其并联的电阻的电压。根据串并联电路的特点、闭合电路欧姆定律结合电容公式Q=CU分析求解。同时应该明确：对于纯电阻电路，当外部电路的总电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大。电源内阻一定的情况下外电阻越大，电源的效率越大。对于定值电阻，是线性元件有R=UI=△U△I，对于非线性元件，R=UI≠△U△I。
【解答】B.电压表测的是电阻箱R上的电压，电流表测的是通过电阻箱R的电流，根据欧姆定律R=UI，可得它们的比值为电阻箱R的阻值，选项B错误;
C.根据闭合电路欧姆定律，可得电压表的示数U和电流表的示数I满足的关系为U=E−I(RA+r)，RA为电流表内阻，可知该U−I图像的斜率k=−(RA+r)，即电压表示数的变化量的绝对值ΔU与电流表示数的变化量的绝对值ΔI之比为RA+r，选项C正确;
D.电源的效率η=I2RI2(R+r)×100%，可知当R增大时，电源的效率增大，根据数学知识可知当R=r时有电源的输出功率最大值，但因为不确定各个电阻阻值的关系，故不确定输出功率如何变化，选项D错误;
A.当电阻箱的阻值增大时，电阻箱的电压即电容器上的电压增大，电容器的电荷量增大，由选项C可知ΔUΔI=RA+r，又ΔQ=CΔU=CΔI(RA+r)，选项A错误。
10.【答案】B
【解析】 【分析】
本题考查楞次定律，解题关键是对“超导”的理解，所谓超导体就是没有电阻的导体，没有电流热效应现象发生，一旦有电流出现，电流将不会消失。
【解答】
磁悬浮是利用了同性磁极相互排斥的原理，在乙放入磁场向下运动的过程中，圆环内的磁通量是增大的，由楞次定律可知图2中超导圆环乙中的感应电流所激发的磁场的N极是向下的，由右手螺旋定则可知俯视时感应电流沿着顺时针方向，由于超导体电阻为零，所以当乙稳定后感应电流将仍然存在，故ACD错误，B正确。
故选B。
11.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了库仑定律实验、电流的磁效应、探究安培力方向实验、回旋加速器，都是教材里面的插图知识，比较简单，要求同学们重视基础知识的学习与理解。
【解答】
A、电荷之间的静电力与其之间距离的平方成反比关系，故A错误；
B、奥斯特最先发现电流的磁效应，故B错误；
C、图丙是研究安培力方向与磁场方向关系演示实验，表明通电导线所受的安培力可能与磁场方向垂直，故C错误；
D、根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r，粒子的最大速度为v=BqRm，故仅增大D形盒半径，则粒子能够获得的最大速度增大，故D正确。
故选D．
12.【答案】C
【解析】解：A、在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，A物体所受的滑动摩擦力大小为fA=μAmAg=20N，方向水平向右；B物体所受的滑动摩擦力大小为fB=μBmBg=20N，方向水平向左，可知两物体组成的系统合外力为零，故两物体组成的系统动量守恒。故A错误。
B、在弹簧弹开两物体以及脱离弹簧后两物体的运动过程中，整个系统克服摩擦力做功，机械能减小转化为内能，故B错误。
C、在两物体被弹开的过程中，弹簧的弹力先大于摩擦力，后小于摩擦力，故物体先做加速运动后做减速运动，机械能先增大后减小，故C正确。
D、对任一物体，根据动量定理得：−μmgt=−P，得物体运动的时间为t=Pμmg，由上分析可知，两个物体的动量P的大小相等，所受的摩擦力f大小相等，故滑行时间相等，应同时停止运动。故D错误。
故选：C。
分析两物体组成的系统所受的外力情况，当合外力为零时，系统的动量守恒．由于系统克服摩擦力做功，整个系统的机械能减小．在两物体被弹开的过程中，A、B两物体先加速后减速，机械能先增大后减小．根据动量定理研究两物体运动的时间．
本题应根据动量守恒的条件：合外力为零判断系统的动量是否守恒，根据是否只有重力和弹簧的弹力做功判断机械能是否守恒，属于基本题．
13.【答案】C
【解析】C
【详解】当闭合电键时，因为线圈与D1相连，所以电流I1会慢慢增大，D2这一支路立即就有电流，当电键断开时，线圈阻碍电流的减小，而且D1、D2、D3组成回路，所以通过D1的电流不会立即消失，会从原来慢慢减小，且方向不变，通过D1的电流也流过D2，I2反向，逐渐减小，由于电路稳定时通过D1的电流大于D2的电流，所以D2和D3都会闪亮一下。
故选C。
14.【答案】BD
【解析】【分析】
本题主要考查带电粒子在磁场中的临界和极值问题。
在能达到半圆形边界的粒子中，经过a点的粒子半径最小，速度最小，经过b点的粒子半径最大，速度最大，根据几何关系和洛伦兹力提供向心力解答；轨迹圆弧所对应的弦与ab半圆形边界相切时，圆心角最小，运动时间最短，运动时间t=θ360°T。
【解答】
A.由R=mvqB，可知粒子速度越大，半径越大，在能达到半圆形边界的粒子中，经过a点的粒子半径最小，速度最小，其轨迹如图中轨迹1所示，由R2=mvminqB，解得vmin=qBR2m，故A错误；
B.经过b点的粒子半径最大，速度最大，其轨迹如图中轨迹2所示，由3R2=mvmaxqB，解得vmax=3qBR2m，故B正确；
C.由分析可知，轨迹圆弧所对应的弦与ab半圆形边界相切时，圆心角最小，运动时间最短，其轨迹如图中轨迹3所示，圆心恰好位于a点，由R=mvqB，解得v=qBRm，故C错误；
D.在磁场中运动时间最短的粒子的圆心角为120∘，故运动时间为t=T3=2πm3qB，故D正确。
15.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查电磁感应和动量定理知识，考查考生的推理论证能力。导体棒在弯曲轨道下滑时，只有重力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律可以求出导体棒到达水平面时的速度，a、b棒发生完全非弹性碰撞，动量守恒， 应用动量定理求出通过R的电荷量;能量守恒定律求出回路产生的焦耳热，然后求出电阻R产生带电焦耳热。
解决该题需要明确知道导体棒的运动过程，能根据运动过程分析出最大感应电动势的位置，应用机械能守恒定律、能量守恒定律、法拉第电磁感应定律与欧姆定律及电流的定义式分析答题。
【解答】
A.根据机械能守恒有mgℎ=12mv2−0，根据牛顿第二定律有FN−mg=mv2r，得b棒刚到达圆弧导轨底端时对轨道的压力大小为FN=mg(1+2ℎr)，选项A错误；
C.a、b棒发生完全非弹性碰撞，由mv=2mv′可得a、b棒碰撞后瞬间速度v′= 2gℎ2，对a、b棒粘连后整体，根据动量定理有BIL·Δt=BLq=2mv′，得q=2mv′BL=m 2gℎBL。
a、b棒粘连一起可视为并联，所以通过b棒的电荷量q′=q2=m 2gℎ2BL，选项C错误；
B.根据q感=△ΦR总有q=BLx3R2，得x=3qR2BL=3mR 2gℎ2B2L2，选项B正确；
D.a、b棒最终停止，回路中产生的总焦耳热Q=12×2mv′2=14mv2=12mgℎ，
a、b棒粘连一起后的等效电阻为R′=R2，根据串联电路规律可得，电阻R上产生的焦耳热
Q1=23Q=13mgℎ，选项D正确。
16.【答案】甲 CAB 2k
【解析】解：(1)三个实验小组分别采用如图(甲)、(乙)、(丙)所示的实验装置，从实验装置来看：
①乙图有弹簧测力计可以直接读出小车受到的拉力。丙图有力传感器也能测量小车受到的拉力，而甲图中需要用重物的重力代替拉力，所以必须满足“M远大于m”的实验小组是甲。
②甲图用重物的重力代替绳子的拉力，要满足M>>m，随着m的增大，不满足M>>m时，图象出现弯曲；而对乙和丙图据牛顿第二定律有：a乙=2M×F，a丙=1M×F，则斜率较大的是乙组，较小是丙组，甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是CAB。
(2)乙组实验的图象是A，由上述分析知：a=2FM，所以斜率k=2M，故质量M=2k。
故答案为：(1)①甲；②CAB；(2)2k。
(1)①当用重物的重力代替绳子的拉力，才需要满足“M远大于m”；
②若用重物的重力代替绳子的拉力，要满足M>>m，随着m的增大，不满足M>>m时，图线出现弯曲，还有两组根据绳子拉力相等时，加速度的大小来判断。
(2)对小车由牛顿第二定律，经过整理得到a与F的函数图象，根据图线的斜率求得小车的质量。
解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，同时要熟练应用所学基本规律解决实验问题。探究加速度与力、质量关系实验要采用控制变量法，当钩码的质量远小于小车的总质量时，可以近似认为小车受到的拉力等于钩码的重力，若用力传感器，则不需要满足此条件。
17.【答案】AB
【解析】A：由于电表不是理想电表，则电流表存在电阻，电压表内阻不是无穷大；采用图1的方法，由于电压表的分流使电流表读数偏小，引入系统误差的原因是电压表的分流作用；采用图2的方法，由于电流表的分压使电压表读数偏小，引入系统误差的原因是电流表的分压作用．故A项正确．
B：采用图1的方法，由于电压表的分流使电流表读数偏小，当外电路短路时，电压表分流为0，即图1方法中测量图线和真实图线与横轴交点相同；则图3是用“图1”电路处理的结果，其中图线②表示测量图线，图线①表示真实图线．故B项正确．
C：采用图2的方法，由于电流表的分压使电压表读数偏小，当外电路断路时，电流表的分压为0，即图2方法中测量图线和真实图线与纵轴交点相同，则图4是用图2电路处理的结果，其中图线③表示真实图线，图线④表示测量图线．故C项错误．
D：利用图3中图线与横轴交点、图4中图线与纵轴交点，连接后可得出真实的图线，消除因电表不理想而引起的系统误差．故D项不正确．
故选AB．
【分析】
本题考查测量电动势和内电阻的实验误差分析，要注意明确误差增来自于电表内阻；将电表视为能测量数值的电阻再利用闭合电路欧姆定律以及串并联电路规律进行分析即可求解；初学者难度稍大，要注意此类题型的训练。
(1)分析两电路，明确因电表内阻不计而带来的误差情况；
(2)明确两种接法中所对应的极限情况，从而找出对应的图线，再根据测量值的误差情况明确真实图象和测量图象。
18.【答案】(1)5.0；(2)A；左；(3)0.5；(4)无
【解析】【分析】
本题为伏安法测电阻实验，明确实验是解题关键。
电流表扩大量程需要并联一个小电阻来分流，并联的电阻越小分流越大，则量程越大。电流表改装为电压表需要串联一个大电阻来分压，串联的电阻越大则分压越大，则量程越大。根据串并联电路的特点结合欧姆定律求解。
滑动变阻器采用分压式接法时，一般选阻值小的滑动变阻器。
通过图(b)结合所选电路求待测电阻阻值。
借助与教材原型实验相比较具有一定创新性的改进实验，考查学生从实验目的出发，根据器材、装置、操作步骤认识和理解实验原理的能力，同时考查学生利用图像分析处理数据以及对系统误差进行初步分析的能力。
【解答】
(1)V2表指针满偏时的电流为33×103A=1×10−3A，电阻箱R应分流0.599A，故R应调节至阻值为30.599Ω≈5.0Ω。
(2)由于Rx的阻值在0.4∼ 0.6Ω之间，即使等效电流表的指针满偏(0.6 A)时，Rx两端的电压也仅在0.6×0.4∼0.6×0.6V(即0.24∼0.36V)之间，使V1表无法满足读数总能在量程的13以上的要求，因此需给Rx串联一个分压电阻R0，使V1表的读数能够增大至量程的13以上。分析可知，除A外，B、C接法均无法满足题设要求，故选A接法。闭合开关前，将变阻器滑片调到最左端，与测量电路并联的变阻器电阻最小，整个电路的电阻最大，可起到有效保护电路中各元件的作用。
(3)解法一：由于两电压表的参数与示数完全相同，且两表为串联关系，由等效的思想可知，R=Rx+R0，解得Rx=0.5Ω。
解法二：将V2表示数转化为电流表示数(例如，0.5V对应于电流0.1A，1.0V对应于电流0.2A，⋯)后，由图像斜率可得Rx+R0=Ω，解得Rx=0.5Ω。
(4)电源内阻仅影响测量电路可分到的最大电压，但无法影响测量电路内的电压分配关系，故无法对测量结果产生影响。
19.【答案】(1)300W；(2) 0.6Ω ；(3) 0.5m/s2
【解析】(1)由匀速运动可知，牵引力
F=Ff
其中
Ff=0.05×m+Mg=50N
电机输出功率
P出=Fv
解得
P出=300W
(2)根据能量守恒有
P热+P出=P
电动机的总功率为
P=UI
电机的热功率为
P热=I2R
联立解得
R=0.6Ω
(3)电机输出功率
P出=F′v′
当 v′=3m/s 时
F′=100N
根据牛顿第二定律有
F′−Ff=m+Ma
解得
a=0.5m/s2
20.【答案】(1)60N，方向竖直向下；(2)能， 12.6m ；(3) 12J≤Ep≤24J
【详解】(1)物块P从B到A过程，根据动能定理有
−m1gR1=0−12m1vB2
物块P在B点，根据牛顿第二定律有
N−m1g=m1vB2R1
解得
N=60N
根据牛顿第三定律，物块对轨道的压力大小60N，方向竖直向下；
(2)物块P被弹出到运动到A过程，根据动能定理有
−m1gR1−μm1gLBC=0−12m1vP2
解得
vP= 30m/s
对P、Q构成的系统，根据动量守恒定律有
m1vP−m2vQ=0
解得
vQ=2 30m/s
对Q与小车构成的系统，在水平方向，根据动量守恒定律有
m2vQ=m2+m3vx
解得
vx= 7.5m/s
根据能量守恒定律有
12m2vQ2=12m2vx2+vy2+12m3vx2+m2gR2+μm2gLEF
解得
vy= 42m/s
物块P运动时间为
t=2vyg=2 0.42s
x=vxt= 12.6m
(3)物块被弹开过程有
m1vP1−m2vQ1=0
Epmin=12m1vP12+12m2vQ12
当物块Q向右滑上小车后恰好到达F点与小车共速时，弹簧弹性势能最小，此时，对物块Q与小车有
m2vQ1=m2+m3v3
12m2vQ22=μm2gLEF+12m2+m3v32
解得
Epmin=12J
由于
m2gR2=18J>2μm2gLEF=12J
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速时，弹簧弹性势能达到最大值，则弹簧弹开两物块过程有
m1vP2−m2vQ2=0
EPmax=12m1vP22+12m2vQ22
当物块Q冲上FG圆弧没有越过G点之后又返回E点与小车共速过程有
m2vQ2=m2+m3v4
12m2vQ22=2μm2gLEF+12m2+m3v32
解得
Epmax=24J
综合上述，被锁定弹簧的弹性势能的取值范围为
12J≤Ep≤24J
【解析】略
21.【答案】解：(1)导棒a在倾斜导轨上匀速运动时所受安培力的功率最大，设此时速度为v
感应电动势ε=BLv
感应电流I=ε2R0
安培力F=BIL，
由平衡条件mgsinθ=F，可得v=mgR0B2L2
所求重力的功率P=mgvsinθ=m2g2R02B2L2；
(2)在水平导轨上，导棒ab与线框cdef碰撞时满足系统动量守恒，设碰后速度为v1，依题设线框cdef质量为3m，电阻为3R0，由mv=(m+3m)v1，得v1=mgR04B2L2
碰后闭合线框abed进入磁场过程，de边切割磁感线，cd边、ef边被导轨短路，
电路结构如图示：
R总=53R0
电路产生的总热量Q=12×4m(v12−0)；
电阻R2产生的热量Q′=23R0R总×13Q=m3g2R0260B4L4；
(3)闭合线框仍以速度v1进入磁场B2，设线框完全进入时速度为v2。
由动量定理可得：−−B22L3R总=4mv2−4mv1 ①
线框全部进入磁场后de边、ab边同时切割磁感线，相当于两电源并联，电路结构如图示：
电阻R2产生的热量Q′=23R0R总×13Q=m3g2R0260B4L4
回路总电阻R总′=52R0
依题设线框再前移L距离速度恰好为0，
由动量定理可得：−B22L3R总′=0−4mv2 ②
联立 ① ②可得：B2=mR0BL2 gL。
【解析】本题考查了法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、安培力、力的平衡、动量守恒定律、动量定理这些知识点；
(1)根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律列式求出安培力，再结合力的平衡即可求解；
(2)利用动量守恒定律列式求出速度，再根据能量转化与守恒及电路结构求解热量；
(3)根据动量定理，结合电路结构求解求磁场Ⅱ的磁感应强度B2。
22.【答案】解：(1)电子射入圆形磁场后均从坐标原点O进入x轴上方的磁场区域，所以电子运动半径与圆形磁场区域半径相同，
根据牛顿第二定律ev0B=mv02R，
解得：v0=eRBm。
(2)电子到达O点时的速度方向在沿x轴负向到x轴正向180度的范围内，由于磁感应强度大小不变，所以电子在x轴上方运动的轨迹半径不变，仍为R，
如图所示，
沿x轴正向运动的粒子到达荧光屏上的A点，由几何关系可知M、A点距离为0.8R，
粒子到达左侧最远时与荧光屏相切于B点，由几何关系可知M、B点距离为0.8R，
所以荧光屏上发光区域x坐标的范围为−0.8R
到达荧光屏上B点的电子在O点出射的速度方向与x轴正向夹角θ满足csθ=0.6RR=0.6，
此时电子在进入圆形磁场时的y坐标为y=−(R+Rcsθ)=−1.6R，
打在荧光屏上的电子在进入圆形磁场时的y坐标的范围为−2R
规格
后轮驱动直流电机
车型：20′′电动自行车
额定功率P=360W
整车质量M=50kg
额定工作电压U=36V
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