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2022-2023学年北京市石景山区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年北京市石景山区高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共20页。试卷主要包含了单选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.分子间的作用力F与分子间距离r的关系如图所示，r0为分子间的平衡位置。下列说法正确的是( )
A. 当r=r0时，分子间的作用力最小
B. 当r=r1时，分子间的作用力最小
C. 分子间的作用力总是随分子间距离增大而减小
D. 分子间的作用力总是随分子间距离增大而增大
2.如图所示，一束光沿着半圆形玻璃砖的半径射到它的平直的边上，在玻璃砖与空气的界面上发生反射和折射，入射角为θ1，折射角为θ2。下列说法正确的是( )
A. 反射光的频率大于入射光的频率
B. 折射光的波长等于入射光的波长
C. 若增大入射角θ1，则折射角θ2将减小
D. 若增大入射角θ1，则折射光可能消失
3.一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图1所示，K、L是介质中的两个质点。图2是质点K的振动图像。下列说法正确的是( )
A. t=0时刻质点K的加速度比质点L的大
B. t=0时刻后质点K比质点L先到达正向最大位移处
C. 波沿x轴正方向传播，速度为v=1.0m/s
D. 波沿x轴负方向传播，速度为v=0.5m/s
4.一个地球仪绕与其“赤道面”垂直的“地轴”匀速转动的示意图如图所示。P点和Q点位于同一条“经线”上、Q点和M点位于“赤道”上，O为球心。下列说法正确的是( )
A. P、Q的线速度大小相等
B. P、M的角速度大小相等
C. P、Q的向心加速度大小相等
D. P、M的向心加速度方向均指向O
5.如图所示，一定量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C。有关A、B和C三个状态温度TA、TB和TC的关系，正确的是( )
A. TA>TB，TB>TC
B. TATC
C. TA=TC，TB=TC
D. TA6.2021年5月，“天问一号”探测器成功在火星软着陆，我国成为世界上第一个首次探测火星就实现“绕、落、巡”三项任务的国家。“天问一号”在火星停泊轨道运行时，近火点距离火星表面2.8×102km、远火点距离火星表面5.9×105km，则“天问一号”( )
A. 在近火点的加速度比远火点的大
B. 在近火点的运行速度比远火点的小
C. 在近火点的机械能比远火点的大
D. 在近火点通过加速可实现绕火星做圆周运动
7.如图所示，真空中两个等量异号的点电荷−Q和+Q分别位于A点和A′点，以AA′连线中点O为原点建立直角坐标系Oxy，B、C、P是坐标轴上的3个点，且BO=OC。下列说法正确的是( )
A. 沿x轴从B点到C点电势先增大再减小
B. B、O两点间的电势差与O、C两点间的电势差相等
C. P点与O点的电场强度大小相等
D. P点与O点的电场强度方向垂直
8.如图所示，速度选择器的两平行导体板之间有方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一电荷量为+q的粒子以速度v从S点进入速度选择器后，恰能沿图中虚线通过。不计粒子重力，下列说法可能正确的是( )
A. 电荷量为−q的粒子以速度v从S点进入后将向下偏转
B. 电荷量为+2q的粒子以速度v从S点进入后将做类平抛运动
C. 电荷量为+q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐减小
D. 电荷量为−q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐增大
9.如图1所示，矩形导线框abcd固定在变化的磁场中，线框平面与磁场垂直。线框中产生的感应电流如图2所示(规定电流沿abcd为正)。若规定垂直纸面向里为磁场正方向，能够产生如图所示的电流的磁场为( )
A. B.
C. D.
10.交流发电机的示意图如图所示，矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′逆时针匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为e=20sin100πtV。下列说法正确的是( )
A. 此交流电的频率为100Hz
B. 此发电机电动势的有效值为20V
C. 当线圈平面转到图示位置时产生的电流为0
D. 当线圈平面转到图示位置时磁通量的变化率最大
11.如图所示，两极板加上恒定的电压U，将一质量为m、电荷量为+q的带电粒子在正极板附近由静止释放，粒子向负极板做加速直线运动。不计粒子重力。若将两板间距离减小，再次释放该粒子，则( )
A. 带电粒子获得的加速度变小B. 带电粒子到达负极板的时间变短
C. 带电粒子到达负极板时的速度变小D. 加速全过程静电力对带电粒子的冲量变小
12.如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为10：1，其原线圈两端接入正弦式交变电压u，u=311sin100πtV，副线圈通过电流表与变阻器R相连，若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法正确的是( )
A. 电压表的示数为31.1V
B. 滑动变阻器的滑片向上滑动，电压表的示数增大
C. 滑动变阻器的滑片向上滑动，电流表的示数增大
D. 滑动变阻器的滑片向上滑动，变压器的输入功率减小
13.如图所示，一带正电的点电荷固定于O点，图中虚线为以O为圆心的一组等间距的同心圆。一带电粒子以一定初速度射入点电荷的电场，实线为粒子仅在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c为运动轨迹上的三点。则该粒子( )
A. 带负电
B. 在c点受静电力最大
C. 在a点的电势能小于在b点的电势能
D. 由a点到b点的动能变化量大于由b点到c点的动能变化量
14.如图所示平面内，在通有图示方向电流Ⅰ的长直导线右侧，固定一矩形金属线框abcd，ad边与导线平行。调节电流Ⅰ使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则( )
A. 线框中产生的感应电流方向为 a→b→c→d→a
B. 线框中产生的感应电流逐渐增大
C. 线框ad边所受的安培力大小恒定
D. 线框整体受到的安培力方向水平向右
15.如图所示，一小物块从长0.5m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过时间1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2。下列关于v0、μ值的判断中，可能正确的是( )
A. μ=0.06B. μ=0.2C. v0=2.0m/sD. v0=1.5m/s
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
16.在“验证机械能守恒定律”实验中。
(1)甲同学采用让重物自由下落的方法验证机械能守恒，实验装置如图甲所示。下列说法正确的是______。
A.实验前必需用天平测出重物的质量
B.打点计时器应接低压直流电源
C.实验时先通电，稳定后再释放纸带
D.重锤释放位置应靠近打点计时器
(2)该同学选取了如图乙所示的一条纸带，O点是重锤开始下落时打出的点，A、B、C是按打点先后顺序选取的三个计数点。通过测量得到O、A间距离为h1，O、B间距离为h2，O、C间距离为h3。已知计数点A、B间和B、C间的时间间隔均为T，重锤质量为m，当地重力加速度为g。从重锤开始下落到打点计时器打B点的过程中，重锤动能的增加量ΔEk=______。如果ΔEk与近似相等，则可验证机械能守恒(用题目中所测量和已知量表示)。
(3)乙同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。如图丙所示，将拉力传感器固定在天花板上，细线一端系着小球，另一端连在拉力传感器上的O点。将小球拉至细线与竖直方向成θ角处无初速度释放，拉力传感器显示拉力的最大值为F。已知小球的质量为m，重力加速度为g。当Fmg约为______时，可说明小球摆动过程中机械能守恒。
17.测电阻有多种方法。
(1)甲同学用多用电表欧姆挡直接测量待测电阻Rx的阻值。某次测量时，多用电表表盘指针如图甲所示。已知他选用欧姆挡的倍率为“×100”，则Rx的测量值为______Ω。
(2)乙同学用如图乙所示的电路，测量待测电阻Rx的阻值。某次实验，电流表的示数为I，电压表的示数为U，则电阻Rx的测量值为______。若不考虑偶然误差，该测量值与Rx的真实值相比______(选填“偏小”或“偏大”)。
(3)丙同学用如图丙所示的电路，测量待测电阻Rx的阻值。操作步骤如下：①先将开关S接1，调节滑动变阻器R1，读出电流表的示数I；②再将开关S接2，保持R1不变，调节电阻箱R2，使电流表的示数仍为I，记下此时电阻箱的阻值为R0。则Rx的测量值为______；电流表内阻对测量结果______(选填“有”或“无”)影响。
(4)丁同学用如图丁所示的电路，测量电流计内阻Rg的阻值。操作步骤如下：①先闭合开关S1，调节R1，使电流计指针满偏；②再闭合开关S2，保持R1不变，调节R2使得电流计指针半偏，记下此时R2的值为R′0。则Rg的测量值为______；若不考虑偶然误差，电流计内阻的测量值______(选填“大于”“等于”或“小于”)其真实值。
三、简答题：本大题共2小题，共21分。
18.如图所示，一枚炮弹发射的初速度为v0，发射角为θ。它飞行到最高点时炸裂成质量均为m的A、B两部分，A部分炸裂后竖直下落，B部分继续向前飞行。重力加速度为g，不计空气阻力，不计炸裂过程中炮弹质量的变化。求：
(1)炸裂后瞬间B部分速度的大小和方向；
(2)炸裂前后，A、B系统机械能的变化量ΔE；
(3)A、B两部分落地点之间的水平距离Δx。
19.1913年，美国物理学家密立根用油滴实验证明电荷的量子性并测出电子的电荷量，由此获得了1923年度诺贝尔物理学奖。
如图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的金属极板，上极板中央有一小孔。用喷雾器将细小的油滴喷入密闭空间，这些油滴由于摩擦而带了负电。油滴通过上极板的小孔进入到观察室中。当两极板电压为U时，某一油滴恰好悬浮在两板间静止。将油滴视为半径为r的球体，已知油滴的密度为ρ，重力加速度为g。
(1)求该油滴所带的电荷量q。
(2)由于油滴的半径r太小，无法直接测量。密立根让油滴在电场中悬浮，然后撤去电场，油滴开始做加速运动；由于空气阻力的存在，油滴很快做近似匀速运动，测出油滴在时间t内匀速下落的距离为h。已知球形油滴受到的空气阻力大小为f=6πηrv，其中η为空气的粘滞系数，v为油滴运动的速率。不计空气浮力。请推导半径r的表达式(用η、h、t、ρ和g表示)。
(3)实验发现，对于质量为m的油滴，如果改变它所带的电荷量q，则能够使油滴达到平衡的电压必须是某些特定值Un，研究这些电压变化的规律可发现它们都满足方程Un=mgdq=nU0，式中n=±1，±2，……。此现象说明了什么？
四、计算题：本大题共2小题，共16分。
20.如图所示，长为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球(可视为质点)。重力加速度为g。
(1)在水平拉力的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为θ，小球保持静止。请画出此时小球的受力示意图，并求所受水平拉力的大小F；
(2)由图示位置无初速释放小球，不计空气阴力。当小球通过最低点时，求：
①小球动量的大小p；
②轻绳对小球拉力的大小FT。
21.如图所示，宽度为L的U形导体框，水平放置在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，左端连接一阻值为R的电阻。一质量为m、电阻为r的导体棒MN置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框之间的摩擦，导体棒与框始终接触良好。在水平向右的拉力作用下，导体棒以速度v0向右匀速运动。
(1)求通过导体棒MN的电流大小I；
(2)求拉力做功的功率P；
(3)某时刻撤去拉力，再经过一段时间，导体棒MN停在导体框上。求在此过程中电阻R上产生的热量Q。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
r0为分子间的平衡位置，引力等于斥力，分子间的作用力最小；分子间的引力和斥力均随分子间的距离增大而减小，根据图像判断分子间作用力的变化。
本题考查分子间的作用力，解题关键是知道分子间引力和斥力随分子距离变化的变化。
【解答】
AB、r0为分子间的平衡位置，引力等于斥力，分子间的作用力最小，为零，故A正确，B错误；
CD、若rr1，分子间的作用力随分子间距离增大而减小，故CD错误。
故选：A。
2.【答案】D
【解析】解：A.光的频率决定光的颜色，光发生反射和折射后光的颜色不变，光的频率不变，因此反射光的频率等于入射光的频率，故A错误；
B.光从玻璃射入空气，光的传播速度变大，根据波长、波速和频率的关系，光的波长λ=vf，由于光的频率相同，因此折射光的波长大于入射光的波长，故B错误；
C.根据折射定律n=sinθ2sinθ1，可知若增大入射角θ1，则折射角θ2将增大，故C错误；
D.光从光密介质射入光疏介质时，若增大入射角θ1，当入射角大于或等于折射角时，将方式全反射，折射光将消失，故D正确。
故选：D。
A.光发生反射和折射后频率不变；
B.根据折射率公式分析波速的大小，再根据波长、波速和频率的关系分析作答；
C.根据光的折射定律分析作答；
D.根据全反射发生的条件作答。
本题考查光的折射、反射以及光的全反射；要理解光的折射定律和全反射发生的条件。
3.【答案】B
【解析】解：A.=0时刻质点K在平衡位置，加速度比质点L的小，故A错误；
BCD.因t=0时刻，质点K沿y轴正向振动，结合波形图可知，波沿x轴正方向传播，根据平移法可知t=0时刻后质点K比质点L先到达正向最大位移处
这列波的波速为v=λT=1.02m/s=0.5m/s，故B正确，CD错误；
故选：B。
根据图像得出对应的物理意义，结合波速的计算公式和同侧法完成分析；根据波的传播方向结合时间与周期关系解得波速。
根据图像得出对应的物理意义，结合波速的计算公式和同侧法完成分析；根据波的传播方向结合时间与周期关系分析质点的振动情况。
4.【答案】B
【解析】解：A、P、Q两点共轴转动，角速度大小相等，Q点的轨道半径大于P点的轨道半径，根据v=rω知Q点的线速度比P点的大，故A错误；
B、P、M两点共轴转动，角速度大小相等，故B正确；
C、P、Q两点共轴转动，角速度大小相等，P点的轨道半径小于Q点的轨道半径，根据a=ω2r知P点的向心加速度比Q点的小，故C错误；
D、P点的向心加速度方向指向P点所在纬线的圆心，M的向心加速度方向指向O，故D错误。
故选：B。
P、Q、M三点共轴转动，角速度大小相等，根据v=rω分析线速度关系。根据a=ω2r分析向心加速度大小关系。P、M的向心加速度方向指向各自轨迹的圆心。
解决本题的关键要知道共轴转动的物体角速度大小相等，运用圆周运动的运动学公式进行解答。
5.【答案】B
【解析】解：根据盖-吕萨克定理
VATA=VBTB
因为
VB>VA
故
TB>TA
状态B到状态C是一个等容过程，由查理定律
pBTB=pCTC
因为
pB>pC
故
TB>TC
对状态A到状态C，根据理想气体状态方程
2p0×35V0TA=35p0×2V0TC
可得
TA=TC
故ACD错误，B正确。
故选：B。
A到B等压过程，用盖-吕萨克定理解决；B到C是一个等容过程，由查理定律解决；A到C，根据理想气体状态方程解决。
本题考查了气体定律的应用，属于基本题型，比较容易，认真即可。
6.【答案】A
【解析】解：A、设火星的质量为M，“天问一号”的质量为m，它到火星中心的距离为r，根据牛顿第二定律得：GMmr2=ma，得a=GMr2，近火点离火星的距离r小，所以“天问一号”在近火点的加速度比远火点的大，故A正确；
B、根据开普勒第二定律知“天问一号”与火星连线在相等时间内扫过的面积相等，则它在近火点的运行速度比远火点的大，故B错误；
C、“天问一号”在火星停泊轨道运行时，只有万有引力做功，其机械能守恒，在近火点与远火点的机械能相等，故C错误；
D、“天问一号”在近火点时，做匀速圆周运动所需向心力大于万有引力，在此处点火加速时，其所需要的向心力增大，做离心运动，不可能绕火星做圆周运动，故D错误。
故选：A。
根据牛顿第二定律和万有引力定律相结合列式分析加速度大小；根据开普勒第二定律分析近火点与远火点的速度大小；“天问一号”在火星停泊轨道运行时机械能守恒；结合变轨原理分析。
解答本题时要掌握万有引力定律、开普勒第二定律，要知道“天问一号”加速时将做离心运动。
7.【答案】B
【解析】解：A、沿x轴电场线从B点到C点，电势逐渐减小，故A错误；
B、x轴所在直线为等势线，BO=OC，所以B、M两点间的电势差与M、C两点间的电势差相等，故B正确；
CD、根据等量异种电荷的电场线分布，可知P点的电场强度小于O点的电场强度，P点与O点的电场强度方向平行，故CD错误；
故选：B。
沿电场线方向，电势逐渐降低，根据等量异种电荷的电场线和等势线分布分析解答。
本题考查电势差与电场线的分析，解题关键掌握等量异种电荷的电场线和电势的特点。
8.【答案】C
【解析】解：A、由题意+q的粒子能从左向右匀速通过，竖直向上的洛伦兹力与竖直向下的电场力相平衡，若电荷量为−q的粒子从左向右通过时，粒子的速度不变时，则竖直向下的洛伦兹力也能与竖直向上的电场力相平衡，则该粒子沿图中虚线通过，故A错误；
B、电荷量为+2q的粒子以速度v从S点进入后，由题意正电粒子能从左向右匀速通过，竖直向上的洛伦兹力与竖直向下的电场力相平衡，即有：qE=Bqv0，解得v0=EB，可知平衡条件与电荷量的多少无关，因此带电量为2q的粒子同样也能匀速通过，故B错误；
C、电荷量为+q的粒子以大于v的速度从S点进入后，洛伦兹力大于电场力，粒子将向上偏转，电场力做负功，动能减小，故C正确；
D、电荷量为−q的粒子以大于v的速度从S点进入后，洛伦兹力大于电场力，粒子将向下偏转，电场力做负功，动能将逐渐减小，故D错误。
故选：C。
首先根据粒子做匀速直线运动，可判断带正电粒子的电场力和洛伦兹力相等，即有：qE=Bqv0，解得v0=EB，可得知电场强度和磁场强度的大小与速度的关系．不论粒子带正电还是负电，不论电量大还小，粒子要沿直线通过该复合场，洛伦兹力和电场力必应等大反向．若速度反向，则不论粒子带何种电，电场力与洛伦兹力均同向，所以不能匀速通过．
该题模型是“速度选择器”，在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；
粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，v=EB，只有速度为v=EB的粒子才能沿直线匀速通过选择器．若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转．
9.【答案】C
【解析】解：由图可知，0−t1内，线圈中的电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的磁通量的变化率相同，故0−t1内磁场与时间的关系是一条斜线。
又由于0−t1时间内电流的方向为正，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场的方向向里，与原磁场的方向相同，所以是向里的磁场减小，或向外的磁场增大；
故C正确，ABD错误；
故选：C。
由右图可知电流的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知磁场与时间的变化关系。
本题要求学生能正确理解B−t图的含义，才能准确的利用楞次定律进行判定。
10.【答案】D
【解析】解：A、根据
e=20sin100πt(V)
可知交流电的角速度
ω=100πrad/s
故交流电的频率
f=ω2π=100π2πHz=50Hz
B、根据e=20sin100πt(V)可知交流电压的最大值为Em=20V，交流电的有效值
E=Em 2=20 2V=10 2V
故B错误；
CD.当线圈平面转到图示位置时处于与中性面垂直的位置，易知磁通量的变化率最大，产生的电流最大，故C错误，D正确。
故选：D。
线圈在磁场中转动产生感应电动势，根据瞬时感应电动势的表达式判断出产生的感应电动势的最大值和角速度，即可求得有效值和频率，明确中性面的特点即可判断产生的感应电动势的大小和磁通量的变化率，根据右手定则判断出电流方向。
本题主要考查了线圈在磁场中转动产生感应电动势，对于正弦式交变电流，明确最大值有效值间的关系，知道中性面的特点即可。
11.【答案】B
【解析】解：设两极板间的距离为d
A、对粒子，由牛顿第二定律得：q×Ud=ma，解得粒子加速度大小：a=qUmd，q、U、m不变，两板间距离d减小，则粒子的加速度大小变大，故A错误；
B、粒子做初速度为零的匀加速直线运动，到达负极板过程的位移d=12at2，解得t=d 2mqU，q、U、m不变，d减小，则粒子的运动时间变短，故B正确；
C、粒子从正极板运动到负极板过程，由动能定理得：qU=12mv2−0，解得粒子带电负极板时的速度大小v= 2qUm，两极板间的距离d减小，粒子速度v不变，故C错误；
D、对粒子，由动量定理得：I=mv−0，解得静电力对带电粒子的冲量I= 2qmU，q、m、U不变，两极板间距离d减小，静电力对带电粒子的冲量不变，故D错误。
故选：B。
应用牛顿第二定律求出加速度大小，然后判断加速度大小如何变化；应用运动学公式求出粒子的运动时间，然后比较时间如何变化；应用动能定理与动量定理分析答题。
本题考查了带电粒子在电场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理与动量定理可以解题。
12.【答案】D
【解析】解：A、由图乙可知交流电压有效值为220V，理想变压器原、副线圈匝数之比为10：1，根据U1U2=n1n2，解得副线圈电压为22V；即电压表示数为22V；故A错误；
BCD、滑动变阻器的滑片向上滑动，电阻增大，由于变压器原、副线圈匝数之比不变，则电压表示数不变，电流减小，滑动变阻器电功率减小，则变压器的输入功率减小，故BC错误，D正确；
故选：D。
根据交流电压u的表达式可知最大值，进而求解有效值，通过U1U2=n1n2，解得副线圈电压，根据负载电阻的变化，结合闭合电路欧姆定律分析BCD项。
本题考查变压器的动态分析，解题关键掌握变压器原、副线圈匝数之比和电压之比的关系，注意闭合电路欧姆定律的应用。
13.【答案】D
【解析】解：A、根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，知粒子带正电荷，故A错误；
B、点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在c点受到的电场力最小，故B错误；
C、粒子受到的电场力是排斥力，所以粒子从a到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，在a点的电势能大于在b点的电势能，故C错误；
D、根据库仑定律可知，点电荷的电场强度与点电荷的距离有关，靠近点电荷处的电场强度大，所以ab之间的电场强度大于bc之间的电场强度，所以ab之间的电势差大于bc之间的电势差，粒子a到b的过程中电场力做的功大于b到c的过程中电场力做的功，根据动能定理知由a点到b点的动能变化量大于由b点到c点的动能变化量，故D正确。
故选：D。
电场线与等势面垂直。电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
此题掌握点电荷的电场线和等势面的分布情况，知道点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，电场强度越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题，属于基础题目。
14.【答案】D
【解析】解：A、根据右手螺旋定则可知，线框处于垂直纸面向里的磁场中，且空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针，即a→d→c→b→a，故A错误；
B、空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，根据法拉第电磁感应定律E=nΔBΔtS可知，感应电流恒定不变，故B错误；
C、线框ad边所受安培力F=BIL，因为B在随时间均匀增加，所以线框ad边所受的安培力变大，故C错误；
D、通电导线周围磁场不是均匀磁场，离导线越近，磁场越强，所以线框中ad边所在的磁感应强度大于cd边所在磁感应强度，根据F=BIL可知，ad边所受安培力大，由左手定则确定ad边受安培力向右，bc边受安培力向左，上下两边合力为零，所以线框整体受到的安培力方向水平向右，故D正确；
故选：D。
当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流的方向；根据左手定则确定受力方向；由法拉第电磁感应定律判定线框中感应电流的变化。
本题主要考查了电磁感应现象，解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向。
15.【答案】A
【解析】解：CD、物块水平沿中线做匀减速直线运动，则平均速度：v−=xt=v0+v2，已知x=0.5m，t=1s，v>0，代入数据解得：v0<1m/s，故CD错误；
AB、对物块做受力分析，根据牛顿第二定律可得：μmg=ma，解得加速度大小为：a=μg
根据速度-位移：v02−v2=2ax
整理有：v02−2ax>0
由于v0<1m/s，可得μ<0.1，因此A可能、B不可能，故A正确，B错误。
故选：A。
物块做匀减速直线运动，根据位移等于平均速度与时间的乘积，判断初速度的大小，根据牛顿第二定律结合速度-位移关系判断动摩擦因数。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答。要知道加速度是联系力和运动的桥梁。
16.【答案】CDm(h3−h1)28T2 3−2csθ
【解析】解：(1)A.因为要验证mgh=12mv2，两边的质量可以消掉，所以可以不必测量质量，故A错误；
B.打点计时器应接交流电源，故B错误；
C.打点计时器实验时应先通电，稳定后再释放纸带，故C正确；
D.重锤释放位置应靠近打点计时器，故D正确。
故选：CD。
(2)B点的速度等于AC间的平均速度，为vB=h3−h12T
故重锤动能的增加量为ΔEk=12mvB2=m(h3−h1)28T2
(3)若机械能守恒则有mgl(1−csθ)=12mv2
在最低点拉力与重力的合力提供向心力F−mg=mv2l
联立解得Fmg=3−2csθ
故当Fmg约为(3−2csθ)时，可说明小球摆动过程中机械能守恒；
故答案为：(1)CD；(2)m(h3−h1)28T2；(3)3−2csθ。
(1)根据实验原理以及实验注意事项进行分析；
(2)首先根据匀变速运动的推论分析得到打点计时器打B点的速度，再根据动能定义式求解B点动能；
(3)根据机械能守恒定律列式，再根据牛顿第二定律在最低点分析即可整理表达式即能分析。
本题考查了验证机械能守恒定律的实验，对于基础实验要理解实验原理，掌握实验注意事项，能够准确的应用相关原理进行分析，题目难度适中。
17.【答案】600UI 偏大 R0 无 R0′小于
【解析】解：(1)电阻Rx=6×100Ω=600Ω；
(2)根据欧姆定律，待测电阻Rx=UI；
图乙的误差来源于电流表的分压，待测电阻两端电压UR=U−UA；
待测电阻的真实值Rx真=URI=U−UAI该测量值与Rx的真实值相比偏大。
(3)根据“等效法”测电阻的原理可知Rx=R0；
由于单刀双掷开关从“1”位置扳到“2”位置时，电流表的示数不变，根据闭合电路的欧姆定律可知电路中的总电阻不变；
由于滑动变阻器的接入电阻，电流表的内阻，电源内阻不变，因此有Rx=R0，因此电流表内阻对实验测量结果无影响；
(4)根据半偏法测电流表内阻的原理，电流表内阻的测量值Rg=R0′；
实际上保持R1的阻值不变，再闭合S2时，电路中的总电阻变小，根据闭合电路的欧姆定律可知，总电流将大于Ig；
当电流表半偏时，通过电阻箱的电流IR>12Ig
根据欧姆定律及并联电路的特点得12Ig⋅Rg真=IR⋅R0′>12Ig⋅R0′
联立解得Rg真>Rg
即电流计内阻的测量值小于其真实值。
故答案为：(1)600；(2)UI；偏大；(3)R0；无；(4)R0′；小于。
(1)欧姆表测电阻，测量值=欧姆表指针所指示数×倍率；
(2)根据欧姆定律求电阻的测量值，图乙的误差来源于电流表的分压，据此分析作答；
(3)根据“等效法”测电阻的原理分析作答；
(4)根据题中“半偏法”测量电流表G的内阻的实验原理分析误差。
本题考查多种方式测内阻，弄清每种方式测电阻的原理和误差分析是解题的关键。
18.【答案】解：(1)炮弹飞行到最高点时炸裂成质量均为m的A、B两部分，A部分炸裂后竖直下落，B部分继续向前飞，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
2mv0csθ=mv
解得
v=2v0csθ，方向向右；
(2)根据能量守恒定律有
ΔE=12mv2−12×2m(v0csθ)2
解得
ΔE=mv02cs2θ
(3)炮弹上升到最高点的时间为t=v0sinθg
根据平抛运动规律可知Δx=vt
解得Δx=v02sin2θg
答：(1)炸裂后瞬间B部分速度的大小为2v0csθ，方向向右；
(2)炸裂前后，A、B系统机械能的变化量为mv02cs2θ；
(3)A、B两部分落地点之间的水平距离为v02sin2θg。
【解析】(1)根据动量守恒定律解答；
(2)根据能量守恒定律解得A、B系统机械能的变化量；
(3)根据平抛运动规律解得A、B两部分落地点之间的水平距离。
本题考查爆炸中的动量守恒定律，解题关键掌握平抛运动规律，注意动量的矢量性。
19.【答案】解：(1)由平衡条件有：Udq=mg
又根据密度的定义有：m=ρ×43πr3
联立解得：q=4πgρdr33U
(2)由题意可知：mg=f
由题意知，空气阻力：f=6πηrv，速度：v=ht
联立解得：r= 9ηh2tρg
(3)研究这些电压变化的规律可发现它们都满足方程：Un=mgdq=nU0
式中n=±1，±2，……即：Undq=mg
即：U0d⋅nq=mg
此现象说明了油滴所带电荷量都是某一值的整数倍。
答：(1)该油滴所带的电荷量q为4πgρdr33U；
(2)请推导半径r的表达式为 9ηh2tρg；
(3)说明了油滴所带电荷量都是某一值的整数倍。
【解析】(1)根据对油滴的受力分析，结合密度的定义，由平衡条件求出电荷量；
(2)根据油滴的运动特点和题设过程由平稳条件列出方程，从而求得油滴的半径；
(3)根据此电压下求出油滴所受电场力，从而求得油滴的电荷，得到结论。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉对物体的受力分析，理解平衡条件在该实验的应用，关键点是要分过程讨论，对学生的理解思维要求较高，难度较大。
20.【答案】解：(1)对小球受力分析如图
可得F=mgtanθ
(2)①小球从释放到通过最低点，机械能守恒mgl(1−csθ)=12mv2
小球在最低点的速度大小v= 2gl(1−csθ)
小球在最低点的动量大小p=mv=m 2gl(1−csθ)
②小球在最低点受到重力和绳子拉力作用，根据牛顿第二定律FT−mg=mv2l
小球在最低点，受到绳子的拉力大小FT=mg(3−2csθ)
答：(1)小球的受力示意图见解析，所受水平拉力的大小为mgtanθ；
(2)①小球动量的大小为m 2gl(1−csθ)；
②轻绳对小球拉力的大小为mg(3−2csθ)。
【解析】(1)根据受力分析结合共点力平衡条件解答；
(2)①根据机械能守恒结合动量的公式解答；
②根据牛顿第二定律解得轻绳对小球拉力。
本题考查动量的计算，解题关键掌握机械能守恒定律与牛顿第二定律的应用。
21.【答案】解：(1)导体棒以速度v0向右匀速运动切割磁感线产生的感应电动势为：
E=BLv0
根据闭合电路欧姆定律可得电流强度大小为：
I=ER=BLv0R+r；
(2)根据平衡条件可得拉力的大小为：F=F安=BIL
根据功率计算公式可得：P=Fv0
联立解得：P=B2L2v02R+r；
(3)根据能量守恒定律可得：Q总=12mv02
在此过程中电阻R上产生的热量为：
Q=RR+rQ总=Rmv022(R+r)。
答：(1)通过导体棒MN的电流大小I为BLv0R+r；
(2)拉力做功的功率P为B2L2v02R+r；
(3)在此过程中电阻R上产生的热量Q为Rmv022(R+r)。
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律可得电流强度大小；
(2)根据平衡条件可得拉力的大小，根据功率计算公式求解功率；
(3)根据能量守恒定律、焦耳定律求解此过程中电阻R上产生的热量。
对于电磁感应现象中涉及电路问题关键是确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。
1.分子间的作用力F与分子间距离r的关系如图所示，r0为分子间的平衡位置。下列说法正确的是( )
A. 当r=r0时，分子间的作用力最小
B. 当r=r1时，分子间的作用力最小
C. 分子间的作用力总是随分子间距离增大而减小
D. 分子间的作用力总是随分子间距离增大而增大
2.如图所示，一束光沿着半圆形玻璃砖的半径射到它的平直的边上，在玻璃砖与空气的界面上发生反射和折射，入射角为θ1，折射角为θ2。下列说法正确的是( )
A. 反射光的频率大于入射光的频率
B. 折射光的波长等于入射光的波长
C. 若增大入射角θ1，则折射角θ2将减小
D. 若增大入射角θ1，则折射光可能消失
3.一列简谐横波沿x轴传播，t=0时刻的波形如图1所示，K、L是介质中的两个质点。图2是质点K的振动图像。下列说法正确的是( )
A. t=0时刻质点K的加速度比质点L的大
B. t=0时刻后质点K比质点L先到达正向最大位移处
C. 波沿x轴正方向传播，速度为v=1.0m/s
D. 波沿x轴负方向传播，速度为v=0.5m/s
4.一个地球仪绕与其“赤道面”垂直的“地轴”匀速转动的示意图如图所示。P点和Q点位于同一条“经线”上、Q点和M点位于“赤道”上，O为球心。下列说法正确的是( )
A. P、Q的线速度大小相等
B. P、M的角速度大小相等
C. P、Q的向心加速度大小相等
D. P、M的向心加速度方向均指向O
5.如图所示，一定量的理想气体从状态A开始，经历两个过程，先后到达状态B和C。有关A、B和C三个状态温度TA、TB和TC的关系，正确的是( )
A. TA>TB，TB>TC
B. TA
C. TA=TC，TB=TC
D. TA
A. 在近火点的加速度比远火点的大
B. 在近火点的运行速度比远火点的小
C. 在近火点的机械能比远火点的大
D. 在近火点通过加速可实现绕火星做圆周运动
7.如图所示，真空中两个等量异号的点电荷−Q和+Q分别位于A点和A′点，以AA′连线中点O为原点建立直角坐标系Oxy，B、C、P是坐标轴上的3个点，且BO=OC。下列说法正确的是( )
A. 沿x轴从B点到C点电势先增大再减小
B. B、O两点间的电势差与O、C两点间的电势差相等
C. P点与O点的电场强度大小相等
D. P点与O点的电场强度方向垂直
8.如图所示，速度选择器的两平行导体板之间有方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一电荷量为+q的粒子以速度v从S点进入速度选择器后，恰能沿图中虚线通过。不计粒子重力，下列说法可能正确的是( )
A. 电荷量为−q的粒子以速度v从S点进入后将向下偏转
B. 电荷量为+2q的粒子以速度v从S点进入后将做类平抛运动
C. 电荷量为+q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐减小
D. 电荷量为−q的粒子以大于v的速度从S点进入后动能将逐渐增大
9.如图1所示，矩形导线框abcd固定在变化的磁场中，线框平面与磁场垂直。线框中产生的感应电流如图2所示(规定电流沿abcd为正)。若规定垂直纸面向里为磁场正方向，能够产生如图所示的电流的磁场为( )
A. B.
C. D.
10.交流发电机的示意图如图所示，矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′逆时针匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为e=20sin100πtV。下列说法正确的是( )
A. 此交流电的频率为100Hz
B. 此发电机电动势的有效值为20V
C. 当线圈平面转到图示位置时产生的电流为0
D. 当线圈平面转到图示位置时磁通量的变化率最大
11.如图所示，两极板加上恒定的电压U，将一质量为m、电荷量为+q的带电粒子在正极板附近由静止释放，粒子向负极板做加速直线运动。不计粒子重力。若将两板间距离减小，再次释放该粒子，则( )
A. 带电粒子获得的加速度变小B. 带电粒子到达负极板的时间变短
C. 带电粒子到达负极板时的速度变小D. 加速全过程静电力对带电粒子的冲量变小
12.如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为10：1，其原线圈两端接入正弦式交变电压u，u=311sin100πtV，副线圈通过电流表与变阻器R相连，若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法正确的是( )
A. 电压表的示数为31.1V
B. 滑动变阻器的滑片向上滑动，电压表的示数增大
C. 滑动变阻器的滑片向上滑动，电流表的示数增大
D. 滑动变阻器的滑片向上滑动，变压器的输入功率减小
13.如图所示，一带正电的点电荷固定于O点，图中虚线为以O为圆心的一组等间距的同心圆。一带电粒子以一定初速度射入点电荷的电场，实线为粒子仅在静电力作用下的运动轨迹，a、b、c为运动轨迹上的三点。则该粒子( )
A. 带负电
B. 在c点受静电力最大
C. 在a点的电势能小于在b点的电势能
D. 由a点到b点的动能变化量大于由b点到c点的动能变化量
14.如图所示平面内，在通有图示方向电流Ⅰ的长直导线右侧，固定一矩形金属线框abcd，ad边与导线平行。调节电流Ⅰ使得空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，则( )
A. 线框中产生的感应电流方向为 a→b→c→d→a
B. 线框中产生的感应电流逐渐增大
C. 线框ad边所受的安培力大小恒定
D. 线框整体受到的安培力方向水平向右
15.如图所示，一小物块从长0.5m的水平桌面一端以初速度v0沿中线滑向另一端，经过时间1s从另一端滑落。物块与桌面间动摩擦因数为μ，g取10m/s2。下列关于v0、μ值的判断中，可能正确的是( )
A. μ=0.06B. μ=0.2C. v0=2.0m/sD. v0=1.5m/s
二、实验题：本大题共2小题，共18分。
16.在“验证机械能守恒定律”实验中。
(1)甲同学采用让重物自由下落的方法验证机械能守恒，实验装置如图甲所示。下列说法正确的是______。
A.实验前必需用天平测出重物的质量
B.打点计时器应接低压直流电源
C.实验时先通电，稳定后再释放纸带
D.重锤释放位置应靠近打点计时器
(2)该同学选取了如图乙所示的一条纸带，O点是重锤开始下落时打出的点，A、B、C是按打点先后顺序选取的三个计数点。通过测量得到O、A间距离为h1，O、B间距离为h2，O、C间距离为h3。已知计数点A、B间和B、C间的时间间隔均为T，重锤质量为m，当地重力加速度为g。从重锤开始下落到打点计时器打B点的过程中，重锤动能的增加量ΔEk=______。如果ΔEk与近似相等，则可验证机械能守恒(用题目中所测量和已知量表示)。
(3)乙同学设计了一个用拉力传感器验证机械能守恒定律的实验。如图丙所示，将拉力传感器固定在天花板上，细线一端系着小球，另一端连在拉力传感器上的O点。将小球拉至细线与竖直方向成θ角处无初速度释放，拉力传感器显示拉力的最大值为F。已知小球的质量为m，重力加速度为g。当Fmg约为______时，可说明小球摆动过程中机械能守恒。
17.测电阻有多种方法。
(1)甲同学用多用电表欧姆挡直接测量待测电阻Rx的阻值。某次测量时，多用电表表盘指针如图甲所示。已知他选用欧姆挡的倍率为“×100”，则Rx的测量值为______Ω。
(2)乙同学用如图乙所示的电路，测量待测电阻Rx的阻值。某次实验，电流表的示数为I，电压表的示数为U，则电阻Rx的测量值为______。若不考虑偶然误差，该测量值与Rx的真实值相比______(选填“偏小”或“偏大”)。
(3)丙同学用如图丙所示的电路，测量待测电阻Rx的阻值。操作步骤如下：①先将开关S接1，调节滑动变阻器R1，读出电流表的示数I；②再将开关S接2，保持R1不变，调节电阻箱R2，使电流表的示数仍为I，记下此时电阻箱的阻值为R0。则Rx的测量值为______；电流表内阻对测量结果______(选填“有”或“无”)影响。
(4)丁同学用如图丁所示的电路，测量电流计内阻Rg的阻值。操作步骤如下：①先闭合开关S1，调节R1，使电流计指针满偏；②再闭合开关S2，保持R1不变，调节R2使得电流计指针半偏，记下此时R2的值为R′0。则Rg的测量值为______；若不考虑偶然误差，电流计内阻的测量值______(选填“大于”“等于”或“小于”)其真实值。
三、简答题：本大题共2小题，共21分。
18.如图所示，一枚炮弹发射的初速度为v0，发射角为θ。它飞行到最高点时炸裂成质量均为m的A、B两部分，A部分炸裂后竖直下落，B部分继续向前飞行。重力加速度为g，不计空气阻力，不计炸裂过程中炮弹质量的变化。求：
(1)炸裂后瞬间B部分速度的大小和方向；
(2)炸裂前后，A、B系统机械能的变化量ΔE；
(3)A、B两部分落地点之间的水平距离Δx。
19.1913年，美国物理学家密立根用油滴实验证明电荷的量子性并测出电子的电荷量，由此获得了1923年度诺贝尔物理学奖。
如图是密立根油滴实验的原理示意图，两个水平放置、相距为d的金属极板，上极板中央有一小孔。用喷雾器将细小的油滴喷入密闭空间，这些油滴由于摩擦而带了负电。油滴通过上极板的小孔进入到观察室中。当两极板电压为U时，某一油滴恰好悬浮在两板间静止。将油滴视为半径为r的球体，已知油滴的密度为ρ，重力加速度为g。
(1)求该油滴所带的电荷量q。
(2)由于油滴的半径r太小，无法直接测量。密立根让油滴在电场中悬浮，然后撤去电场，油滴开始做加速运动；由于空气阻力的存在，油滴很快做近似匀速运动，测出油滴在时间t内匀速下落的距离为h。已知球形油滴受到的空气阻力大小为f=6πηrv，其中η为空气的粘滞系数，v为油滴运动的速率。不计空气浮力。请推导半径r的表达式(用η、h、t、ρ和g表示)。
(3)实验发现，对于质量为m的油滴，如果改变它所带的电荷量q，则能够使油滴达到平衡的电压必须是某些特定值Un，研究这些电压变化的规律可发现它们都满足方程Un=mgdq=nU0，式中n=±1，±2，……。此现象说明了什么？
四、计算题：本大题共2小题，共16分。
20.如图所示，长为l的轻绳上端固定在O点，下端系一质量为m的小球(可视为质点)。重力加速度为g。
(1)在水平拉力的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为θ，小球保持静止。请画出此时小球的受力示意图，并求所受水平拉力的大小F；
(2)由图示位置无初速释放小球，不计空气阴力。当小球通过最低点时，求：
①小球动量的大小p；
②轻绳对小球拉力的大小FT。
21.如图所示，宽度为L的U形导体框，水平放置在磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中，左端连接一阻值为R的电阻。一质量为m、电阻为r的导体棒MN置于导体框上。不计导体框的电阻、导体棒与框之间的摩擦，导体棒与框始终接触良好。在水平向右的拉力作用下，导体棒以速度v0向右匀速运动。
(1)求通过导体棒MN的电流大小I；
(2)求拉力做功的功率P；
(3)某时刻撤去拉力，再经过一段时间，导体棒MN停在导体框上。求在此过程中电阻R上产生的热量Q。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
r0为分子间的平衡位置，引力等于斥力，分子间的作用力最小；分子间的引力和斥力均随分子间的距离增大而减小，根据图像判断分子间作用力的变化。
本题考查分子间的作用力，解题关键是知道分子间引力和斥力随分子距离变化的变化。
【解答】
AB、r0为分子间的平衡位置，引力等于斥力，分子间的作用力最小，为零，故A正确，B错误；
CD、若r
故选：A。
2.【答案】D
【解析】解：A.光的频率决定光的颜色，光发生反射和折射后光的颜色不变，光的频率不变，因此反射光的频率等于入射光的频率，故A错误；
B.光从玻璃射入空气，光的传播速度变大，根据波长、波速和频率的关系，光的波长λ=vf，由于光的频率相同，因此折射光的波长大于入射光的波长，故B错误；
C.根据折射定律n=sinθ2sinθ1，可知若增大入射角θ1，则折射角θ2将增大，故C错误；
D.光从光密介质射入光疏介质时，若增大入射角θ1，当入射角大于或等于折射角时，将方式全反射，折射光将消失，故D正确。
故选：D。
A.光发生反射和折射后频率不变；
B.根据折射率公式分析波速的大小，再根据波长、波速和频率的关系分析作答；
C.根据光的折射定律分析作答；
D.根据全反射发生的条件作答。
本题考查光的折射、反射以及光的全反射；要理解光的折射定律和全反射发生的条件。
3.【答案】B
【解析】解：A.=0时刻质点K在平衡位置，加速度比质点L的小，故A错误；
BCD.因t=0时刻，质点K沿y轴正向振动，结合波形图可知，波沿x轴正方向传播，根据平移法可知t=0时刻后质点K比质点L先到达正向最大位移处
这列波的波速为v=λT=1.02m/s=0.5m/s，故B正确，CD错误；
故选：B。
根据图像得出对应的物理意义，结合波速的计算公式和同侧法完成分析；根据波的传播方向结合时间与周期关系解得波速。
根据图像得出对应的物理意义，结合波速的计算公式和同侧法完成分析；根据波的传播方向结合时间与周期关系分析质点的振动情况。
4.【答案】B
【解析】解：A、P、Q两点共轴转动，角速度大小相等，Q点的轨道半径大于P点的轨道半径，根据v=rω知Q点的线速度比P点的大，故A错误；
B、P、M两点共轴转动，角速度大小相等，故B正确；
C、P、Q两点共轴转动，角速度大小相等，P点的轨道半径小于Q点的轨道半径，根据a=ω2r知P点的向心加速度比Q点的小，故C错误；
D、P点的向心加速度方向指向P点所在纬线的圆心，M的向心加速度方向指向O，故D错误。
故选：B。
P、Q、M三点共轴转动，角速度大小相等，根据v=rω分析线速度关系。根据a=ω2r分析向心加速度大小关系。P、M的向心加速度方向指向各自轨迹的圆心。
解决本题的关键要知道共轴转动的物体角速度大小相等，运用圆周运动的运动学公式进行解答。
5.【答案】B
【解析】解：根据盖-吕萨克定理
VATA=VBTB
因为
VB>VA
故
TB>TA
状态B到状态C是一个等容过程，由查理定律
pBTB=pCTC
因为
pB>pC
故
TB>TC
对状态A到状态C，根据理想气体状态方程
2p0×35V0TA=35p0×2V0TC
可得
TA=TC
故ACD错误，B正确。
故选：B。
A到B等压过程，用盖-吕萨克定理解决；B到C是一个等容过程，由查理定律解决；A到C，根据理想气体状态方程解决。
本题考查了气体定律的应用，属于基本题型，比较容易，认真即可。
6.【答案】A
【解析】解：A、设火星的质量为M，“天问一号”的质量为m，它到火星中心的距离为r，根据牛顿第二定律得：GMmr2=ma，得a=GMr2，近火点离火星的距离r小，所以“天问一号”在近火点的加速度比远火点的大，故A正确；
B、根据开普勒第二定律知“天问一号”与火星连线在相等时间内扫过的面积相等，则它在近火点的运行速度比远火点的大，故B错误；
C、“天问一号”在火星停泊轨道运行时，只有万有引力做功，其机械能守恒，在近火点与远火点的机械能相等，故C错误；
D、“天问一号”在近火点时，做匀速圆周运动所需向心力大于万有引力，在此处点火加速时，其所需要的向心力增大，做离心运动，不可能绕火星做圆周运动，故D错误。
故选：A。
根据牛顿第二定律和万有引力定律相结合列式分析加速度大小；根据开普勒第二定律分析近火点与远火点的速度大小；“天问一号”在火星停泊轨道运行时机械能守恒；结合变轨原理分析。
解答本题时要掌握万有引力定律、开普勒第二定律，要知道“天问一号”加速时将做离心运动。
7.【答案】B
【解析】解：A、沿x轴电场线从B点到C点，电势逐渐减小，故A错误；
B、x轴所在直线为等势线，BO=OC，所以B、M两点间的电势差与M、C两点间的电势差相等，故B正确；
CD、根据等量异种电荷的电场线分布，可知P点的电场强度小于O点的电场强度，P点与O点的电场强度方向平行，故CD错误；
故选：B。
沿电场线方向，电势逐渐降低，根据等量异种电荷的电场线和等势线分布分析解答。
本题考查电势差与电场线的分析，解题关键掌握等量异种电荷的电场线和电势的特点。
8.【答案】C
【解析】解：A、由题意+q的粒子能从左向右匀速通过，竖直向上的洛伦兹力与竖直向下的电场力相平衡，若电荷量为−q的粒子从左向右通过时，粒子的速度不变时，则竖直向下的洛伦兹力也能与竖直向上的电场力相平衡，则该粒子沿图中虚线通过，故A错误；
B、电荷量为+2q的粒子以速度v从S点进入后，由题意正电粒子能从左向右匀速通过，竖直向上的洛伦兹力与竖直向下的电场力相平衡，即有：qE=Bqv0，解得v0=EB，可知平衡条件与电荷量的多少无关，因此带电量为2q的粒子同样也能匀速通过，故B错误；
C、电荷量为+q的粒子以大于v的速度从S点进入后，洛伦兹力大于电场力，粒子将向上偏转，电场力做负功，动能减小，故C正确；
D、电荷量为−q的粒子以大于v的速度从S点进入后，洛伦兹力大于电场力，粒子将向下偏转，电场力做负功，动能将逐渐减小，故D错误。
故选：C。
首先根据粒子做匀速直线运动，可判断带正电粒子的电场力和洛伦兹力相等，即有：qE=Bqv0，解得v0=EB，可得知电场强度和磁场强度的大小与速度的关系．不论粒子带正电还是负电，不论电量大还小，粒子要沿直线通过该复合场，洛伦兹力和电场力必应等大反向．若速度反向，则不论粒子带何种电，电场力与洛伦兹力均同向，所以不能匀速通过．
该题模型是“速度选择器”，在速度选择器中，粒子的受力特点：同时受到方向相反的电场力和洛伦兹力作用；
粒子能匀速通过选择器的条件：电场力和洛伦兹力平衡，即qvB=qE，v=EB，只有速度为v=EB的粒子才能沿直线匀速通过选择器．若粒子从反方向射入选择器，所受的电场力和磁场力方向相同，粒子必定发生偏转．
9.【答案】C
【解析】解：由图可知，0−t1内，线圈中的电流的大小与方向都不变，根据法拉第电磁感应定律可知，线圈中的磁通量的变化率相同，故0−t1内磁场与时间的关系是一条斜线。
又由于0−t1时间内电流的方向为正，由楞次定律可知，电路中感应电流的磁场的方向向里，与原磁场的方向相同，所以是向里的磁场减小，或向外的磁场增大；
故C正确，ABD错误；
故选：C。
由右图可知电流的变化，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知磁场与时间的变化关系。
本题要求学生能正确理解B−t图的含义，才能准确的利用楞次定律进行判定。
10.【答案】D
【解析】解：A、根据
e=20sin100πt(V)
可知交流电的角速度
ω=100πrad/s
故交流电的频率
f=ω2π=100π2πHz=50Hz
B、根据e=20sin100πt(V)可知交流电压的最大值为Em=20V，交流电的有效值
E=Em 2=20 2V=10 2V
故B错误；
CD.当线圈平面转到图示位置时处于与中性面垂直的位置，易知磁通量的变化率最大，产生的电流最大，故C错误，D正确。
故选：D。
线圈在磁场中转动产生感应电动势，根据瞬时感应电动势的表达式判断出产生的感应电动势的最大值和角速度，即可求得有效值和频率，明确中性面的特点即可判断产生的感应电动势的大小和磁通量的变化率，根据右手定则判断出电流方向。
本题主要考查了线圈在磁场中转动产生感应电动势，对于正弦式交变电流，明确最大值有效值间的关系，知道中性面的特点即可。
11.【答案】B
【解析】解：设两极板间的距离为d
A、对粒子，由牛顿第二定律得：q×Ud=ma，解得粒子加速度大小：a=qUmd，q、U、m不变，两板间距离d减小，则粒子的加速度大小变大，故A错误；
B、粒子做初速度为零的匀加速直线运动，到达负极板过程的位移d=12at2，解得t=d 2mqU，q、U、m不变，d减小，则粒子的运动时间变短，故B正确；
C、粒子从正极板运动到负极板过程，由动能定理得：qU=12mv2−0，解得粒子带电负极板时的速度大小v= 2qUm，两极板间的距离d减小，粒子速度v不变，故C错误；
D、对粒子，由动量定理得：I=mv−0，解得静电力对带电粒子的冲量I= 2qmU，q、m、U不变，两极板间距离d减小，静电力对带电粒子的冲量不变，故D错误。
故选：B。
应用牛顿第二定律求出加速度大小，然后判断加速度大小如何变化；应用运动学公式求出粒子的运动时间，然后比较时间如何变化；应用动能定理与动量定理分析答题。
本题考查了带电粒子在电场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理与动量定理可以解题。
12.【答案】D
【解析】解：A、由图乙可知交流电压有效值为220V，理想变压器原、副线圈匝数之比为10：1，根据U1U2=n1n2，解得副线圈电压为22V；即电压表示数为22V；故A错误；
BCD、滑动变阻器的滑片向上滑动，电阻增大，由于变压器原、副线圈匝数之比不变，则电压表示数不变，电流减小，滑动变阻器电功率减小，则变压器的输入功率减小，故BC错误，D正确；
故选：D。
根据交流电压u的表达式可知最大值，进而求解有效值，通过U1U2=n1n2，解得副线圈电压，根据负载电阻的变化，结合闭合电路欧姆定律分析BCD项。
本题考查变压器的动态分析，解题关键掌握变压器原、副线圈匝数之比和电压之比的关系，注意闭合电路欧姆定律的应用。
13.【答案】D
【解析】解：A、根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，知粒子带正电荷，故A错误；
B、点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在c点受到的电场力最小，故B错误；
C、粒子受到的电场力是排斥力，所以粒子从a到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，在a点的电势能大于在b点的电势能，故C错误；
D、根据库仑定律可知，点电荷的电场强度与点电荷的距离有关，靠近点电荷处的电场强度大，所以ab之间的电场强度大于bc之间的电场强度，所以ab之间的电势差大于bc之间的电势差，粒子a到b的过程中电场力做的功大于b到c的过程中电场力做的功，根据动能定理知由a点到b点的动能变化量大于由b点到c点的动能变化量，故D正确。
故选：D。
电场线与等势面垂直。电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，沿电场线的方向，电势降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
此题掌握点电荷的电场线和等势面的分布情况，知道点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，电场强度越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题，属于基础题目。
14.【答案】D
【解析】解：A、根据右手螺旋定则可知，线框处于垂直纸面向里的磁场中，且空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针，即a→d→c→b→a，故A错误；
B、空间各点的磁感应强度随时间均匀增加，根据法拉第电磁感应定律E=nΔBΔtS可知，感应电流恒定不变，故B错误；
C、线框ad边所受安培力F=BIL，因为B在随时间均匀增加，所以线框ad边所受的安培力变大，故C错误；
D、通电导线周围磁场不是均匀磁场，离导线越近，磁场越强，所以线框中ad边所在的磁感应强度大于cd边所在磁感应强度，根据F=BIL可知，ad边所受安培力大，由左手定则确定ad边受安培力向右，bc边受安培力向左，上下两边合力为零，所以线框整体受到的安培力方向水平向右，故D正确；
故选：D。
当通过线圈的磁通量发生变化时，线圈中将会产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流的方向；根据左手定则确定受力方向；由法拉第电磁感应定律判定线框中感应电流的变化。
本题主要考查了电磁感应现象，解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向，掌握感应电流的产生条件，会根据楞次定律判断感应电流的方向。
15.【答案】A
【解析】解：CD、物块水平沿中线做匀减速直线运动，则平均速度：v−=xt=v0+v2，已知x=0.5m，t=1s，v>0，代入数据解得：v0<1m/s，故CD错误；
AB、对物块做受力分析，根据牛顿第二定律可得：μmg=ma，解得加速度大小为：a=μg
根据速度-位移：v02−v2=2ax
整理有：v02−2ax>0
由于v0<1m/s，可得μ<0.1，因此A可能、B不可能，故A正确，B错误。
故选：A。
物块做匀减速直线运动，根据位移等于平均速度与时间的乘积，判断初速度的大小，根据牛顿第二定律结合速度-位移关系判断动摩擦因数。
对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答。要知道加速度是联系力和运动的桥梁。
16.【答案】CDm(h3−h1)28T2 3−2csθ
【解析】解：(1)A.因为要验证mgh=12mv2，两边的质量可以消掉，所以可以不必测量质量，故A错误；
B.打点计时器应接交流电源，故B错误；
C.打点计时器实验时应先通电，稳定后再释放纸带，故C正确；
D.重锤释放位置应靠近打点计时器，故D正确。
故选：CD。
(2)B点的速度等于AC间的平均速度，为vB=h3−h12T
故重锤动能的增加量为ΔEk=12mvB2=m(h3−h1)28T2
(3)若机械能守恒则有mgl(1−csθ)=12mv2
在最低点拉力与重力的合力提供向心力F−mg=mv2l
联立解得Fmg=3−2csθ
故当Fmg约为(3−2csθ)时，可说明小球摆动过程中机械能守恒；
故答案为：(1)CD；(2)m(h3−h1)28T2；(3)3−2csθ。
(1)根据实验原理以及实验注意事项进行分析；
(2)首先根据匀变速运动的推论分析得到打点计时器打B点的速度，再根据动能定义式求解B点动能；
(3)根据机械能守恒定律列式，再根据牛顿第二定律在最低点分析即可整理表达式即能分析。
本题考查了验证机械能守恒定律的实验，对于基础实验要理解实验原理，掌握实验注意事项，能够准确的应用相关原理进行分析，题目难度适中。
17.【答案】600UI 偏大 R0 无 R0′小于
【解析】解：(1)电阻Rx=6×100Ω=600Ω；
(2)根据欧姆定律，待测电阻Rx=UI；
图乙的误差来源于电流表的分压，待测电阻两端电压UR=U−UA；
待测电阻的真实值Rx真=URI=U−UAI
(3)根据“等效法”测电阻的原理可知Rx=R0；
由于单刀双掷开关从“1”位置扳到“2”位置时，电流表的示数不变，根据闭合电路的欧姆定律可知电路中的总电阻不变；
由于滑动变阻器的接入电阻，电流表的内阻，电源内阻不变，因此有Rx=R0，因此电流表内阻对实验测量结果无影响；
(4)根据半偏法测电流表内阻的原理，电流表内阻的测量值Rg=R0′；
实际上保持R1的阻值不变，再闭合S2时，电路中的总电阻变小，根据闭合电路的欧姆定律可知，总电流将大于Ig；
当电流表半偏时，通过电阻箱的电流IR>12Ig
根据欧姆定律及并联电路的特点得12Ig⋅Rg真=IR⋅R0′>12Ig⋅R0′
联立解得Rg真>Rg
即电流计内阻的测量值小于其真实值。
故答案为：(1)600；(2)UI；偏大；(3)R0；无；(4)R0′；小于。
(1)欧姆表测电阻，测量值=欧姆表指针所指示数×倍率；
(2)根据欧姆定律求电阻的测量值，图乙的误差来源于电流表的分压，据此分析作答；
(3)根据“等效法”测电阻的原理分析作答；
(4)根据题中“半偏法”测量电流表G的内阻的实验原理分析误差。
本题考查多种方式测内阻，弄清每种方式测电阻的原理和误差分析是解题的关键。
18.【答案】解：(1)炮弹飞行到最高点时炸裂成质量均为m的A、B两部分，A部分炸裂后竖直下落，B部分继续向前飞，规定向右为正方向，根据动量守恒定律有
2mv0csθ=mv
解得
v=2v0csθ，方向向右；
(2)根据能量守恒定律有
ΔE=12mv2−12×2m(v0csθ)2
解得
ΔE=mv02cs2θ
(3)炮弹上升到最高点的时间为t=v0sinθg
根据平抛运动规律可知Δx=vt
解得Δx=v02sin2θg
答：(1)炸裂后瞬间B部分速度的大小为2v0csθ，方向向右；
(2)炸裂前后，A、B系统机械能的变化量为mv02cs2θ；
(3)A、B两部分落地点之间的水平距离为v02sin2θg。
【解析】(1)根据动量守恒定律解答；
(2)根据能量守恒定律解得A、B系统机械能的变化量；
(3)根据平抛运动规律解得A、B两部分落地点之间的水平距离。
本题考查爆炸中的动量守恒定律，解题关键掌握平抛运动规律，注意动量的矢量性。
19.【答案】解：(1)由平衡条件有：Udq=mg
又根据密度的定义有：m=ρ×43πr3
联立解得：q=4πgρdr33U
(2)由题意可知：mg=f
由题意知，空气阻力：f=6πηrv，速度：v=ht
联立解得：r= 9ηh2tρg
(3)研究这些电压变化的规律可发现它们都满足方程：Un=mgdq=nU0
式中n=±1，±2，……即：Undq=mg
即：U0d⋅nq=mg
此现象说明了油滴所带电荷量都是某一值的整数倍。
答：(1)该油滴所带的电荷量q为4πgρdr33U；
(2)请推导半径r的表达式为 9ηh2tρg；
(3)说明了油滴所带电荷量都是某一值的整数倍。
【解析】(1)根据对油滴的受力分析，结合密度的定义，由平衡条件求出电荷量；
(2)根据油滴的运动特点和题设过程由平稳条件列出方程，从而求得油滴的半径；
(3)根据此电压下求出油滴所受电场力，从而求得油滴的电荷，得到结论。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉对物体的受力分析，理解平衡条件在该实验的应用，关键点是要分过程讨论，对学生的理解思维要求较高，难度较大。
20.【答案】解：(1)对小球受力分析如图
可得F=mgtanθ
(2)①小球从释放到通过最低点，机械能守恒mgl(1−csθ)=12mv2
小球在最低点的速度大小v= 2gl(1−csθ)
小球在最低点的动量大小p=mv=m 2gl(1−csθ)
②小球在最低点受到重力和绳子拉力作用，根据牛顿第二定律FT−mg=mv2l
小球在最低点，受到绳子的拉力大小FT=mg(3−2csθ)
答：(1)小球的受力示意图见解析，所受水平拉力的大小为mgtanθ；
(2)①小球动量的大小为m 2gl(1−csθ)；
②轻绳对小球拉力的大小为mg(3−2csθ)。
【解析】(1)根据受力分析结合共点力平衡条件解答；
(2)①根据机械能守恒结合动量的公式解答；
②根据牛顿第二定律解得轻绳对小球拉力。
本题考查动量的计算，解题关键掌握机械能守恒定律与牛顿第二定律的应用。
21.【答案】解：(1)导体棒以速度v0向右匀速运动切割磁感线产生的感应电动势为：
E=BLv0
根据闭合电路欧姆定律可得电流强度大小为：
I=ER=BLv0R+r；
(2)根据平衡条件可得拉力的大小为：F=F安=BIL
根据功率计算公式可得：P=Fv0
联立解得：P=B2L2v02R+r；
(3)根据能量守恒定律可得：Q总=12mv02
在此过程中电阻R上产生的热量为：
Q=RR+rQ总=Rmv022(R+r)。
答：(1)通过导体棒MN的电流大小I为BLv0R+r；
(2)拉力做功的功率P为B2L2v02R+r；
(3)在此过程中电阻R上产生的热量Q为Rmv022(R+r)。
【解析】(1)根据闭合电路欧姆定律可得电流强度大小；
(2)根据平衡条件可得拉力的大小，根据功率计算公式求解功率；
(3)根据能量守恒定律、焦耳定律求解此过程中电阻R上产生的热量。
对于电磁感应现象中涉及电路问题关键是确定哪部分相当于电源，根据电路连接情况，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律、以及电功率的计算公式列方程求解。
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