重庆市缙云教育联盟2020-2021学年高二上学期期末考试物理试题

这是一份重庆市缙云教育联盟2020-2021学年高二上学期期末考试物理试题，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

物理试题
学校:___________姓名：___________考场：___________考号：___________
注意：本试卷包含Ⅰ、Ⅱ两卷。第Ⅰ卷为选择题，所有答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置。第Ⅱ卷为非选择题，所有答案必须填在答题卷的相应位置。答案写在试卷上均无效，不予记分。
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）
如图所示，真空中有一等边三角形ABC，在三角形顶点A、B处各固定一正点电荷，另一顶点C处固定一负点电荷，且三个点电荷所带的电荷量均相等，其中a、b、c为三边的中点，d为三角形的中心。下列说法正确的是
A. b、c两点电场强度相同
B. 中心d处的电场强度为0
C. 将电子从b处移到c处电场力做功为0
D. 将电子从b处移到a处电场力做功为0
如图所示，两金属板M、N带有等量异种电荷，正对且水平放置.带正电小球a、b以一定的速度分别从A、B两点射入电场，两小球恰能分别沿直线AC、BC运动到C点，则下列说法正确的是( )
A. 电场中的电势φC>φB
B. 小球a、b在C位置一定具有相等的电势能
C. 仅将下极板N向左平移，则小球a、b仍能沿直线运动
D. 仅将下极板N向下平移，则小球a、b仍能沿直线运动
反射式速调管是常用的微波器件之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似：已知静电场的方向平行于x轴，其电势φ随x的分布如图所示，一质量m=1.0×10−20kg，带电荷量大小为q=1.0×10−9C的带负电的粒子从(−1cm,0)点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动。忽略粒子的重力等因素，则( )
A. x轴上O点左侧的电场强度方向与x轴正方向同向
B. x轴上O点左侧电场强度E1和右侧电场强度E2的大小之比E1：E2=2：1
C. 该粒子运动的周期T=1.5×10−8s
D. 该粒子运动的最大动能Ekm=2×10−8J
某次实验，小明测得一小灯泡伏安特性曲线如图所示，若将两个这样的灯泡并联后与一电动势E=1.5V、内阻r=1.5Ω的电源连接，每个小灯泡实际消耗的功率最接近( )
A. 0.1WB. 0.2WC. 0.3WD. 0.4W
如下图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，已知灵敏电流表的满偏电流Ig=2mA，内电阻Rg=300Ω，则下列说法正确的是( )
A. 甲表是电流表，R增大时量程增大
B. 乙表是电压表，R增大时量程减小
C. 在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，则R=0.5Ω
D. 在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=1200Ω
如图所示，在水平面上有两条光滑平行金属导轨MN、PQ，导轨间距为L，匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直导轨平面向下．两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆放在导轨上，且与导轨垂直，它们在导轨间的电阻均为R，两导轨电阻不计．杆1以初速度v0滑向杆2，为使两杆不相碰，则在杆2固定与不固定两种情况下，下列说法正确的是( )
A. 杆2不固定时，两杆组成的系统动量不守恒
B. 固定与不固定的情况下，最初两杆最小间距之比为1:2
C. 固定与不固定的情况下，最初两杆最小间距之比为2:1
D. 固定与不固定的情况下，通过闭合回路的电荷量之比为4:1
如图所示，质量为m、边长为L、电阻为R的正方形导线框abcd，线框平面竖直且ab边水平．ab边下方L处存在匀强磁场区域Ⅰ，其宽度也为L，磁感应强度的大小为B，方向垂直纸面向里．区域Ⅰ下方2L处存在足够大的匀强磁场区域Ⅱ，方向垂直纸面向外．将线框从距磁场区域Ⅰ上边界PP′的高度为L处由静止释放，运动中线框平面始终与磁场方向垂直且ab边始终保持水平，当ab边刚穿出磁场区域Ⅰ和进入磁场区域Ⅱ时，线框做匀速运动，重力加速度为g.下列说法正确的是
A. 线框进入磁场区域Ⅰ的过程中，线框中感应电流的方向为顺时针
B. 线框ab边刚进入磁场区域Ⅰ时，ab两点间的电势差Uab=−BL2gL
C. 线框穿过磁场区域Ⅰ的过程中，线圈中产生的焦耳热为2mgL−m3g2R22B4L4
D. 磁场区域Ⅱ的磁感应强度大小为412B
图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带负电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是( )
A. 向上B. 向下C. 向左D. 向右
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
将一根粗细均匀的导线折成如图所示的闭合线框，线框上C,D连线的左侧是半径为r的半圆，右侧与C,D连线形成等边三角形。将线框放在光滑水平面上，其右侧为磁感应强度为B、方向垂直水平面向下的匀强磁场(虚线为磁场边界)，现用外力拉着线框以速度v匀速向右进入该磁场，且运动过程中C,D连线与磁场边界始终平行，下列说法正确的是( )
A. 线框进入磁场的过程中产生的感应电动势不变
B. 线框进入磁场的过程中产生的感应电动势先变大后变小
C. C,D连线到达磁场边界时，C,D两端的电压为
D. C,D连线到达磁场边界时，C,D两端的电压为
超级电容器是电容C达到上千法拉甚至上万法拉的大容量电容器，具有功率密度高、充电速度快、循环寿命长等优点。现采用如下图所示的电路对某个超级电容器充电。充电器具有控制输出电压和输出电流的功能。充电过程分为两个阶段：第一阶段是恒流(即充电器输出的电流不变)充电，当充电器检测到电压达到一定值后，进入第二阶段，进行恒压充电(即充电器输出的电压不变)，直到充电终止。若电阻R阻值恒定，关于充电过程，下列说法正确的是
A. 恒流充电时，充电器的输出功率逐渐减小
B. 恒流充电时，超级电容器两端电压随时间均匀增加
C. 恒压充电时，电阻R两端的电压逐渐减小
D. 恒压充电时，充电器的输出功率逐渐增大
在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示，电表的示数变化量分别用ΔI、ΔU1、ΔU2表示，下列判断正确的是( )
A. I增大，U1增大B. I减小，U2增大
C. U1I不变，U2I增大D. ΔU1ΔI不变，ΔU2ΔI增大
如下图所示，有两个物块，质量分别为m1、m2，m2是m1的两倍，用轻绳将两个物块连接在滑轮组上，滑轮的质量不计，轻绳与滑轮的摩擦也不计．现将两滑块从静止释放，m1上升一小段距离h高度．在这一过程中，下列说法正确的是
A. m1和m2重力势能之和不变
B. m1上升到h位置时的速度为2gh3
C. 轻绳的拉力大小为23m1g
D. 轻绳对m1和m2的功率大小不相等
三、实验题（本大题共3小题，共27.0分）
硅光电池是一种太阳能电池，具有广泛的应用。某课外兴趣小组设计了如图(甲)所示的电路，在不变的光照条件下探究硅光电池组的输出电压和输出电流的关系。他们根据实验数据绘出电池组的输出电压和输出电流的关系图线如乙所示。
(1)关于本实验，下列说法正确的是________。
A.这个实验的系统误差是由于电压表分流引起的
B.这个实验的系统误差是由于电流表分压引起的
C.仅把滑动变阻器和电流表换成电阻箱，其他器材都不变，也可以完成实验
D.仅把滑动变阻器和电流表换成电阻箱，其他器材都不变，无法完成实验
(2)在题中所述光照条件下，将一个20Ω的负载电阻接在该硅光电池组两端，电池组的输出功率约为________W。(结果保留2位有效数字)
如图所示，在“研究电荷间作用力大小影响因素”的实验中，将一带电轻质小球挂在铁架台上，小球静止时丝线与竖直方向的夹角为θ如图所示。
(1)作用力大小的变化通过_______的变化呈现
(2)在研究作用力大小与电量的关系时，当增大小球A的电荷量后，在铁架台不动时，需将_________
A.A球支架不动 B.A球支架左移 C.A球支架右移
法拉第电磁感应现象是指：“闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动时，导体中就会产生感应电流。”小明和芳芳根据课文中的描述进行了进一步探究。
(1)芳芳同学思考：线圈的一边在磁场中做切割磁感线运动与单根导线在磁场中做切割磁感线运动，产生的感应电流的大小可能不一样。于是她验证如下：
(a)先用大约25圈的漆包线圈的一条边框较快地切割磁感线运动；
(b)然后用单根导线以相同的情况切割磁感线运动。
你认为两次灵敏电流计指针偏转程度______。
A.(a)较大
B.(b)较大
C.一样大
D.无法确定
(2)实验过程中小明与芳芳又用线圈和条形磁铁来做实验(如图乙所示)，发现灵敏电流计指针发生偏转。你认为在此实验中产生感应电流大小跟什么因素有关？请你总结一下。
①______；②______。
(3)在(1)、(2)两个实验中，如何改变感应电流的方向？每个实验各写出一种方法。
①______；②______。
四、计算题（本大题共2小题，共20.0分）
如图所示，在匀强磁场中水平放置两条足够长的光滑平行导轨，磁场方向与导轨所在平面垂直，以虚线为界，左边和右边的磁感强度大小为B1=2B2=2B，导轨间距为L。导轨左端连接一内阻不计、电动势为E的电源，单刀双掷开关K和电容为C的电容器相连。由同种材料制成的、长度均为L的金属棒ab和cd分别放置于虚线左侧和右侧，它们与虚线的距离足够大，与导轨接触良好。金属棒ab和cd的质量分别为2m和m，其中金属棒ab的电阻为R。金属棒ab和cd之间有一开关S(断开)，导轨电阻不计。
(1)将单刀双掷开关K置于1为电容器充电，求稳定时电容器带的电荷量q0;
(2)充电结束后，将单刀双掷开关K置于2，求金属棒ab运动的最大速度v0。
(3)棒ab的速度达到最大后，断开单刀双掷开关，同时闭合开关S，求金属棒cd产生的最大焦耳热Qad。
如图所示，在竖直平面内放置着绝缘轨道ABC，AB部分是半径R=0.40 m的光滑半圆形轨道，BC部分是粗糙的水平轨道，BC轨道所在的竖直平面内分布着E=1.0×103V/m的水平向右的有界匀强电场，AB为电场的左侧竖直边界．现将一质量为m=0.04 kg、电荷量为q=−1×10−4C的滑块(视为质点)从BC上的某点由静止释放，滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零．已知滑块与BC间的动摩擦因数为μ=0.05，不计空气阻力，g取10 m/s2.求：
(1)滑块通过A点时速度vA的大小；
(2)滑块在BC轨道上的释放点到B点的距离x；
(3)滑块离开A点后在空中运动速度v的最小值．(计算结果可带根号)
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查了电场的叠加和电势关系，关键是能够根据矢量合成分析电场强度的关系及电势关系。
根据点电荷电场强度的叠加分析电场强度关系；根据电势叠加分析电势关系，进而确定电场做功情况。
【解答】
A.根据题意可知，b、c两点的电场强度为三个点电荷在该处场强的矢量和，其中A、C两处的点电荷在b点的场强的矢量和沿bC方向，B处电荷在b点的场强沿Bb方向，同理可标出A、B、C三处的点电荷在c点的电场方向，方向如图所示，因此，b、c两处叠加后的电场强度方向是不同的，故选项A错误；
B.根据点电荷电场强度的叠加规律很容易判断出中心d处的电场强度不为零，故选项B错误；
C.A、C两处的两点电荷在b点的电势之和为零(规定无穷远处电势为0)，B、C两处两点电荷在c点的电势之和等于零，所以b点的电势等于B处电荷在该点的电势，c处电势等于A处电荷在该点的电势，A、B两电荷带等量正电荷，根据几何关系有Ac=Bb，所以b、c两点电势相等，所以将电子从b处移到c处电场力不做功，故选项C正确；
D.由图判断a点的电势高于b点电势，所以将电子从b处移到a处电场力做正功，故选项D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
由带电小球的运动情况判断其受的电场力与重力的关系，由此判断两球的电荷量与质量的关系；再由电势能的表达式判断小球a、b在C位置的电势能大小；由电容器的动态分析判断下极板N向左平移或向下平移时，板间的场强变化，从而判断球受的电场力的变化，由此得解。
本题主要考查带电小球在电场中的运动，及电容器的动态分析，熟悉带电体的受力是解题的关键，难度一般。
【解答】
AB.由于两球在电场中均做直线运动，故两球在电场中受力平衡，即其受的电场力与重力等大、反向，故有：qE=mg，而重力竖直向下，故其受的电场力方向竖直向上，由于两球均带正电，故由其受力可知M板带负电，电势较低，由电场线与电势的关系可知，故电场中的电势关系为：φc<φB；由于两球的指廊关系未知，故二者的电荷量未知，故有电势能的表达式可知，小球a、b在C位置的电势能关系未知，故AB错误；
C.由于电容器未与电源相连，故两板的电荷量不变，此时仅将下极板N向左平移，两板的正对面积减小，故由电容的结构式可知电容减小，又由其定义式可知，板间的电势差增大，由电势差与场强的关系可知，颁奖的场强增大，故两球受力不再平衡，不能沿直线运动，故C错误；
D.仅将下极板N向下平移，此时板间距离增大，由电荷量不变，故有：E=Ud=QCd=QεS4πk，由表达式可知板间距离的变化不会影响场强的大小，故板间场强不变，球的受力不变，故仍能沿直线运动，故D正确。
故选D。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
根据电场强度的斜率求解电场强度之比；带负电的粒子在电势高的地方电势能小，由此分析电势能的变化；根据△EP=q△φ求解电势能的变化；根据受力情况确定运动情况，从而明确振动周期。
【解答】
A.根据电场强度的方向从高电势指向低电势，可知x轴左侧的电场强度方向指向x轴负方向，A错误；
B.由图可知：根据U=Ed可知：左侧电场强度为：E1=201×10−2V/m=2.0×103V/m，右侧电场强度为：E2=200.5×10−2V/m=4.0×103V/m，所以x轴左侧电场强度和右侧电场强度的大小之比E1:E2=1:2，故B错误；
C.设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为t1、t2，在原点时的速度为vm，由运动学公式有：vm=qE1mt1，同理可知：vm=qE2mt2，Ekm=12mvm2，而周期：T=2(t1+t2)，
联立以上各式并代入相关数据可得：T=3.0×10−8s，故C错误；
D.该粒子运动过程中电势能的最大值为：EPm=qφm=−2×10−8J，由能量守恒得当电势能为零是动能最大，最大动能为Ekm=2×10−8J，故D正确。
故选D。
4.【答案】B
【解析】解：电源的外电压与电流的关系为U=E−Ir=1.5−1.5I，当电压U=0V时，I=1A，当电流等于0时，电压U=1.5V，作电源的外电压与电流的关系图线如图所示：
交点所对应的电压U=1.3V，电流I=0.37A，两电灯并联，则通过每个灯泡的电流为：I′=I2=0.19A
则灯泡的实际功率P=UI′=1.3×0.19≈0.2W，
故ACD错误，B正确；
故选：B。
在灯泡I−U图象中作出电源的I−U图象，由图象求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后由功率公式求出功率。
本题考查了求电阻与灯泡实际功率问题，应用图象法处理实验数据是常用的方法，本题要特别注意两个灯泡并联，每个灯泡电流为流经电源电流的一半。
5.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查表头的改装。关键是明确要将表头改装成电压表，应该串联一个大电阻；要改装成电流表，应该将表头并联一个小电阻。然后用欧姆定律进行相关计算。。
【解答】
A.图甲是表头并联了一个电阻，是电流表，且R越大量程越小，故A错误；
B.图乙是表头串联了一个电阻，是电压表，且R越大量程越大，故B错误；
C.在甲图中，流过变阻器R的电流IR=600mA−2mA=598mA，据欧姆定律，R=IgRgIR=1.003Ω，故C错误；
D.在乙图中，R=U−IgRgIg=1200Ω，故D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】本题考查动量守恒条件及动量定理和动量守恒定律应用，也可使用牛顿第二定律处理与动量定理应用相关的问题。同时因为杆的受力是一个变力，所以使用了微元求和的思想。
A.杆2不固定时，杆1受向左的安培力，杆2受向右的安培力，两个力大小相同，方向相反，杆1、杆2系统动量守恒，A错误；
BCD.杆2固定时，设两杆最小间距x，通过回路电荷量为q，杆1受安培力BIL，速度由v0变成0，加速度a=BILm，在微元时间Δt内，aΔt=BILmΔt，求和，∑aΔt=∑BILmΔt，有v0=BL∑IΔtm=BLqm，则q=mv0BL。又由法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律有I=ΔΦ2RΔt=BLx2RΔt，则q=BLx2R，所以x=2Rmv0B2L2
杆2不固定时，由动量守恒两棒最终速度均为v02，由以上分析得两杆最小间距x′=Rmv0B2L2，通过回路电量q′=mv02BL，故B错误，C正确，D错误。
故选C
7.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要是考查电磁感应中力学问题与能量问题的综合，涉及力学问题常根据牛顿第二定律或平衡条件列出方程；涉及能量问题，要知道电磁感应现象中的能量转化情况，根据动能定理、功能关系等列方程求解。
根据右手定则可知线框中感应电流的方向；
根据动能定理求解线框刚进入磁场区域Ⅰ时的速度，根据法拉第电磁感应定律结合闭合电路欧姆定律求解；
结合平衡条件、根据能量守恒定律可得线框中产生的焦耳热；
根据平衡条件结合安培力的计算公式得到磁场区域Ⅱ的磁感应强度大小。
【解答】
A.线框进入磁场区域Ⅰ的过程中，ab边切割磁感应线，根据右手定则可知线框中感应电流的方向为逆时针，故A错误；
B.线框刚进入磁场区域Ⅰ时的速度为v0，根据动能定理可得：mgL=12mv02
解得：v0=2gL，
ab切割磁感线相当于电源，产生的感应电动势为：E=BLv0=BL2gL，
ab两点间的电势差绝对值等于路端电压，由于b点的电势高，则Uab=−34E=−34BL2gL，故B错误；
C.ab边刚穿出磁场区域Ⅰ时，线框做匀速运动，设匀速运动的速度为v1，根据闭合电路欧姆定律和电磁感应定律可知：mg=B2L2v1R，
根据能量守恒定律可得线框穿过磁场区域Ⅰ的过程中，线框中产生的焦耳热为：
Q=3mgL−12mv12=3mgL−m3g2R22B4L4，故C错误；
D.线框的cd边刚穿出磁场区域Ⅰ时的速度v1=v0=2gL，线框穿出磁场区域Ⅰ到进入区域Ⅱ的过程中做匀加速直线运动，得v22−v12=2gL，所以ab边刚进入磁场区域Ⅱ时的速度v2=4gL，根据闭合电路欧姆定律和电磁感应定律可知
mg=B22L2v2R，则B22B2=v1v2=12，所以磁场区域Ⅱ的磁感应强度大小为B2=412B，故D正确。
故选：D。
8.【答案】A
【解析】
【分析】
根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比，得出各电流在O点所产生的B的大小关系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得B的合矢量的方向。
考查磁感应强度B的矢量合成法则，会进行B的合成，从而确定磁场的大小与方向。
【解答】
根据题意，由右手螺旋定则知b与d导线电流产生磁场正好相互抵消，而a与c导线产生磁场正好相互叠加，由右手螺旋定则，则得磁场方向水平向左，当一带负电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向上，故A正确，BCD错误。
故选：A。
9.【答案】BC
【解析】
【分析】
本题考查了线框平动切割磁感线问题，注意E=BLv求解动生电动势中L指切割的有效长度，基础题，难度不大。
根据切割磁感线的有效长度结合E=BLv分析感应电动势的变化；根据闭合电路的欧姆定律计算CD两端电压。
【解答】
AB.线框进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度先增大后减小，产生的感应电动势先增大后减小，A错误，B正确；
CD．C,D连线到达磁场边界时，产生的感应电动势E=2Brv
线框导线总长度为L=πr+4r
C,D两端电压为U=2Brv×πrπr+4r=2πBrvπ+4
故C正确，D错误。
故选BC。
10.【答案】BC
【解析】
【分析】
根据功率公式和电容定义分析恒流充电时充电器的输出功率和电容器两端电压的变化；根据功率公式和电容器充电规律联立欧姆定律分析电阻R两端的电压和充电器的输出功率变化。
【解答】
AB、恒流充电时，根据P=UI和电容定义C=QU=ItU分析可知，充电器的输出功率逐渐增大，电容不变超级电容器两端电压随时间均匀增加，故A错误，B正确；
CD、恒压充电时，随充电过程，电容器上电荷增多电压增大，使电容器极板和充电器间电势差变小，故充电越来越慢即充电电流越来越小，根据P=UI和UR=IR分析可知，电阻R两端的电压逐渐减小，充电器的输出功率逐渐减小，故C正确，D错误；
故选BC。
11.【答案】BC
【解析】
【分析】本题重点考查电路的动态变化，从变化的用电器开始分析，滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时R2增大，根据闭合电路欧姆定律分析出总电流的变化，路端电压的变化，再根据部分电路欧姆定律分析电路中各用电器上的电压、电流的变化情况，解决本题的关键是熟练掌握欧姆定律。
【解析】AB.当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时R2增大，电路的外电阻电阻R外增大，由I总=ER外+r知总电流减小，由路端电压U=E−I总r可知路端电压U增大，设通过R3的电流为I３，由于R3阻值不变，由I3=UR3可以判断出I3增大，由I总=I3+I可知I减小，R１与R２串联且R１与R２串联的电压为路端电压，U=U１+U２，由U１=IR１知U１减小，所以U２增大，故A错误，B正确；
CD.要注意对于定值电阻，是线性元件，有R=UI=ΔUΔI，由电路图可知，U１I=ΔU１ΔI=R１故U１I，ΔU１ΔI不变化，对于电阻R2有：R2=U2I，由于R2增大，故U2I都增大，U2=E−I+I3r−IR1，化简可得：U2=−R1+rI+E−I3r，所以ΔU2ΔI=−R1+r，则ΔU2ΔI不变，故C正确，D错误；
故选BC
12.【答案】BC
【解析】
【分析】
根据能量守恒可知能量转化情况；再结合滑轮原理，可知两物体速度关系，联立可得到m1上升到h时的速度；根据滑轮原理可得两物体所受绳子拉力关系，再结合两物体速度关系，根据P=Fv可得功率情况；二者均同时做初速度为零的匀加速直线运动，结合二者速度关系，可知二者加速度关系，根据牛顿第二定律联立即可解得绳子张力。
本题考查了能量守恒、功率、牛顿第二定律，根据动滑轮、定滑轮找出二者速度关系与所受绳子拉力关系是解决问题的突破口。
【解答】
A.下落过程中，m2减小的重力势能一部分转化为m1的重力势能，一部分转化为二者的动能，故A错误；
B.由滑轮原理知2v1=v2，m1升高h时，m2下降2h，根据能量守恒由m2g×2h=m1gh+12m1v12+12mv22,联立即可解得v1=2gh3，故B正确；
C.两物体均同时做初速度为零的匀加速直线运动，根据2v1=v2知a2=2a1，对两物体分别使用牛顿第二定律得：m2g−T=m2a2，2T−m1g=m1a1，联立以上式子可解得T=23m1g，故C正确；
D.绳子上各处拉力大小相等，设m2所受绳子拉力为T，则m1所受绳子拉力为2T，又因2v1=v2，根据P=Fv知，绳子对两物体做功的功率大小相等，故D错误。
13.【答案】(1)AC；
(2)0.14±0.01W。
【解析】
【分析】
(1)通过电流表的内外接法来分析误差原因；根据闭合电路欧姆定律列式分析能否完成实验；
(2)在图乙中作出定值电阻的U−I图像，与电源的U−I图线交点即为实际电压和实际电流，根据P=UI求实际功率．
【解答】
(1)AB、对于电源，电流表采用的是外接法，由于电压表分流，导致电流表示数小于实际通过电源的电流，从而造成误差，故A正确，B错误；
CD、把滑动变阻器和电流表换成电阻箱后，根据闭合电路欧姆定律有U=ERR+r，整理可得到1U=rE·1R+1E，所以可以做1U−1R图线，根据图像斜率和纵轴截距的物理意义求电源电动势和内阻，故C正确，D错误。
故选AC．
(2)在图乙中作出负载电阻的U−I图线，
交点为实际电压和实际电流，电压为U=1.7V，电流为I=84mA=0.084A，则电功率P=UI≈0.14W．
14.【答案】(1)θ；
(2)C
【解析】
【分析】
根据库仑定律，可判定库仑力的大小变化，再结合平衡条件，即可判定丝线与竖直方向的夹角变化情况；
依据库仑定律来判定即可。
该题考查库仑定律的演示实验，属于记忆性的知识点，实验时，先保持两球电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，本实验的方法是控制变量法。
【解答】
(1)作用力大小的变化通过θ的变化呈现，即当作用力较大时，θ角较大；当作用力较小时，θ角较小；
(2)在研究作用力大小与电量的关系时，要保持AB间距不变，当增大小球A的电荷量后，因作用力变大，两球距离变大，则要保持两球间距不变，当在铁架台不动时，则需将A球支架右移，故选C。
故答案为：(1)θ；
(2)C。
15.【答案】A 条形磁铁磁场强弱 线圈匝数多少，或条形磁铁插入(拔出)线圈的快慢 改变切割方向(或改变磁极方向) 改变磁极方向(或改变磁铁的运动方向)
【解析】解：(1)因为多匝线圈在磁场中运动时，相当于多根导线同时切割磁感线，即相当于多个电源串联，则电路中电流较大，即(a)较大，故A正确，BCD错误；
故选：A。
(2)我们知道导体切割磁感线可以产生感应电流，即导体和磁场中发生了相对运动，本题中磁场运动，可以认为导线相对磁场发生了运动，因此也可以产生感应电流；则感应电流的大小与磁场的强弱、磁体运动的快慢及线圈的匝数等有关；
(3)感应电流的方向与切割方向及磁场方向有关，故二者都可以通过改变磁极方向和运动方向改变电流方向。即①改变切割方向(或改变磁极方向)；②改变磁极方向(或改变磁铁的运动方向)。
故答案为：(1)A；
(2)条形磁铁磁场强弱；线圈匝数多少，或条形磁铁插入(拔出)线圈的快慢；
(3)①改变切割方向(或改变磁极方向)；②改变磁极方向(或改变磁铁的运动方向)。
(1)当多匝线圈同时切割时，相当于多个导线一起切割磁感线，则可以得出电流的强弱；
(2)磁铁运动与线圈运动结果是一样的，都可根据导体切割磁感线，即可进行分析；
(3)根据感应电流方向的影响因素：导体的运动方向、磁感线的方向即可判定。
考查了探究电磁感应现象的实验，掌握影响感应电流大小与方向的因素，注意理解实验探究的方法。
16.【答案】(1)电容器充电完毕，稳定时，电容器极板间电压U=E
由电容的定义式C=q0U，得q0=CU
所以q0=CE
(2)金属棒ab先做加速运动，接着做匀速运动。
由法拉第电磁感应定律得E感=B1Lv0
此时电容器两极板间电压为U′=E感
电容器带电量为q，q=CU′=CB1Lv0
电容器电量减少Δq=q0−q=C(E−B1Lv0)
Δt时间内流经金属棒电流I1=ΔqΔt1
对金属棒ab，由动量定理得B1I1LΔt1=2mv0，解得v0=CBLEm+2CB2L2
(3)打开单刀双掷开关K，同时闭合开关S，金属棒ab和cd最终都做匀速直线运动，回路中感应电流为0。
由法拉第电磁感应定律得B1Lvab=B2Lvcd
对金属棒ab由动量定理得−B1I2LΔt2=2mvab−2mv0
对金属棒c d由动量定理得B2I2LΔt2=mvcd
由电阻定律R=ρLS得金属棒c d的电阻为Rcd=2R
对金属棒ab和cd组成的系统由能量守恒定律得12×2m×v02−12×2m×vab2−12×m×vcd2=Qab+Qcd
QabQcd=R2R=12
解得Qcd=49mv02
即Qcd=49mC2B2L2E2(m+2CB2L2)2
【解析】本题是电磁感应类一道综合题，考查动生电动势大小的运算以及动量定理、能量守恒关系。结合导体棒的受力，分析两导体棒的运动过程极其重要。
(1)电容器稳定状态下的电压，即为电源电动势；
(2)电容器放电的过程，电压减小，但ab棒加速，感应电动势增大，当电容器电压降到和ab棒电动势相等时，电路中不再有感应电流，导体棒开始匀速运动，此时速度最大；
(3)导体棒ab在安培力作用下减速运动，cd棒加速运动，至二者速度相等时，回路内无磁通量变化，导体棒均不受安培力，均做匀速直线运动。再结合能量守恒关系，处理本题。
17.【答案】解(1)因为滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零，
所以有：mg=mvA2R
解得：vA=2m/s
(2)根据动能定理可得：|q|Ex−μmgx−mg·2R=12mvA2
解得x=5m
(3)滑块离开A点后在水平方向上做匀减速直线运动，
故有：vx=vA+axt=vA−|q|Emt=2−2.5t
在竖直方向上做自由落体运动，
所以有vy=gt=10t，
v=vx2+vy2=106.25t2−10t+4
故vmin=81717m/s≈1.94m/s
【解析】(1)当滑块通过A点时对轨道的压力恰好为零，则此时由重力提供向心力，根据向心力公式即可求出vA的大小；
(2)对滑块由起点到A点全程应用动能定理求解即可；
(3)对滑块离开A点后的运动沿水平和竖直方向分解，而后对两分运动分别应用速度公式，再求出合速度的关系式，最后应用数学方法讨论即可。
在解答本题时，一要注意滑块运动过程的分析；二要注意数学知识在处理物理问题中的应用。