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2023-2024学年安徽省滁州市第二中学高二（下）开学考试物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年安徽省滁州市第二中学高二（下）开学考试物理试卷（含解析），共19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。
1.如图各电场中，A、B两点场强相同的是( )
A. B.
C. D.
2.下列说法正确的是( )
A. 电势有正负，所以是矢量
B. 电流的方向规定为正电荷移动的方向，所以电流强度是矢量
C. 磁感线与电场线一样是客观存在的
D. 某处磁感应强度的方向规定为该处小磁针静止时N极所指的方向，所以磁感应强度是矢量
3.把长为20cm的直导线全部放入磁感应强度为5×10−3T的匀强磁场中，保持导线和磁场方向垂直。当直导线中通以0.1A的电流时，该直导线受到的磁场力大小为
( )
A. 1.0×10−2NB. 2.5×10−3NC. 1.0×10−3ND. 1.0×10−4N
4.在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流表，A为理想电流表。开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态。在P向上移动的过程中，下列说法正确的是
( )
A. A表的示数变大B. 油滴向上加速运动
C. G中有由a至b的电流D. 电源的输出功率一定变大
5.一颗手榴弹以v0=10m/s的速度在空中水平飞行，设它爆炸后炸裂为两块，小块质量为0.2kg，沿原方向以210m/s的速度飞去，那么，质量为0.4kg的大块在爆炸后速度大小和方向是( )
A. 120m/s，与v0反向B. 90m/s，与v0反向
C. 240m/s，与v0反向D. 180m/s，与v0反向
6.《天问》是战国时期诗人屈原创作的一首长诗，全诗问天问地问自然，表现了作者对传统的质疑和对真理的探索精神。我国探测飞船“天问一号”发射成功飞向火星，屈原的“天问”梦想成为现实，也标志着我国深空探测迈向一个新台阶。如图所示，“天问一号”经过变轨成功进入近火圆轨道，其中轨道1是圆轨道，轨道2是椭圆轨道，轨道3是近火圆轨道，已知火星的平均密度为ρ，火星的半径为R，轨道1的半径为r，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. “天问一号”在轨道3上运动的周期为 2πGρ
B. “天问一号”在轨道2上运动的周期为R+r πR+r2GρR
C. “天问一号”在轨道1上运动的周期为rR 3πrGRρ
D. 火星的第一宇宙速度为R 3πGρ
7.如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场中，匝数为n、边长为L的正方形线圈绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，其角速度为ω，线圈总电阻为r，则( )
A. 理想电流表的示数为nBL2ωr
B. 线圈转动一周产生的热量为πnB2L4ωr
C. 线圈转动过程中的最大电流为nBL2ωr
D. 当线圈与中性面的夹角为45∘时，线圈产生的瞬时电动势为12nBL2ω
8.一带正电小球自A点水平向右射入水平向左的匀强电场中，小球从A点运动到P点的轨迹如图所示。已知AP方向与水平方向夹角为45∘，不计空气阻力，则该过程中，
( )
A. 任意相等的时间内小球所受重力做功相等
B. 任意相等的时间内小球所受电场力做功相等
C. 小球电势能的增加量大于重力势能的减小量
D. 小球电势能的增加量小于重力势能的减小量
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图是质谱仪的工作原理示意图，电荷量相同的带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是( )
A. 质谱仪是分析同位素的重要工具
B. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里
C. 能通过狭缝P的带电粒子的速率等于EB0
D. 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的质量越小
10.如图所示，用金属制作的曲线导轨与水平导轨平滑连接，水平导轨宽轨部分间距为2L，有竖直向下的匀强磁场，窄轨部分间距为L，有竖直向上的匀强磁场，两部分磁场磁感应强度大小均为B。质量均为m金属棒M、N垂直于导轨静止放置，现将金属棒M自曲线导轨上h高度处静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，两棒接入电路中的电阻均为R，其余电阻不计，导轨足够长，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动，不计所有摩擦。下列说法正确的是( )
A. M棒刚进入磁场时N棒的加速度2B2L2 2ghmR
B. N棒的最终速度大小23 2gh
C. 通过M棒的电量2m 2gh5BL
D. N棒产生的热量25mgh
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学用如图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来寻找碰撞中的不变量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置C由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，图中O是水平槽末端口在记录纸上的垂直投影点，P′为未放被碰小球B时A球的平均落点，M为与B球碰后A球的平均落点，N为被碰球B的平均落点。若B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP′。米尺的零点与O点对齐。(注意mA>mB)
(1)碰撞后B球的水平射程应为______cm(如图乙)。
(2)在以下选项中，哪些是本次实验没必要进行的测量？答：_______(填选项号)。
A.测量A球或B球的直径
B.测量A球和B球的质量
C.水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离
D.A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离
E.测量G点相对于水平槽面的高度
(3)实验所需验证的表达式为：_____。(用OM,OP′,ON,mA,mB表示)
12.某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：
A.电流表A1(内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=3mA)
B.电流表A2(内阻约为0.4Ω，量程为0.6A)
C.定值电阻(R0=900Ω)
D.滑动变阻器(最大电阻为5Ω)
E.干电池组
F.一个开关和导线若干
G.螺旋测微器，游标卡尺
(1)如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为______mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为______cm。
(2)用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用______挡(填“×1Ω”或“×100Ω”)，换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3所示，则金属棒的阻值约为______Ω。
(3)请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值。
(4)若实验测得电流表A1示数为I1，电流表A2示数为I2，则金属棒电阻的表达式为Rx=______。(用I1，I2，R0，Rg表示)
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.图中电源电动势E=12V，内电阻r=0.5Ω。将一盏额定电压为8V，额定功率为16W的灯泡与一只线圈电阻为0.5Ω的直流电动机并联后和电源相连，灯泡刚好正常发光，通电100min。问：
(1)电源输出的能量是多少？
(2)电动机的效率为多少？
14.如图示，在xy平面内，OP长为L的直角三角形OQP∠POQ=30∘，PQ边与x轴垂直；在第一、二象限存在磁感应强度大小为B方向垂直于纸面向外的匀强磁场，三角形OQP区域内无磁场分布。现有质量为m，带电荷量为q(q>0)的粒子，自O点射入磁场，不计重力。
(1)若粒子从O点沿垂直于OP边进入磁场且经过P点求该粒子的速度大小；
(2)若粒子从O点以初速度v0= 3qBL6m沿y轴正方向射入磁场，求该粒子从O点到Q点所经历的时间。
15.如图所示，CEG、DFH是两条足够长的、水平放置的平行金属导轨，导轨间距为L，在CDFE区域存在垂直于导轨平面向上的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨的右端接有一阻值为R的电阻，左端与光滑弯曲轨道MC、ND平滑连接。现将一阻值为R，质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰停在磁场的右边界EF处。金属导轨电阻不计，EF左侧导轨光滑，右侧导轨粗糙，与导体棒间动摩擦因数为μ。建立原点位于磁场左边界CD、方向沿导轨向右的坐标轴x，已知导体棒在有界磁场中运动的速度随位移均匀变化，即满足关系式：v=v0−B2L22mRx，v0为导体棒进入有界磁场的初速度。求：
(1)有界磁场区域的宽度d；
(2)导体棒运动到x=d2加速度a；
(3)若导体棒从弯曲轨道上4h高处由静止释放，则导体棒最终的位置坐标x和这一过程中导体棒上产生的焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】C
【详解】A.电场强度是矢量，电场线疏密表示电场强度大小，方向沿该点的切线方向，图中，A、B两点电场强度大小相同，方向不同，故电场强度不同，A错误；
B.电场中A点电场强度大于B点电场强度，B错误；
C.图为匀强电场，电场中A、B两点电场强度大小相同，方向相同，C正确；
D.图中，A、B两点电场强度大小不相同，方向也不同，D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】解：A、电势有正负，表示大小，所以是标量，故A错误；
B、电流的方向规定为正电荷移动的方向，但运算不遵循平行四边形定则，所以电流强度是标量，故B错误；
C、磁感线与电场线一样并不存在，是假想的线，故C错误；
D、某处磁感应强度的方向规定为该处小磁针静止时N极所指的方向，磁感应强度由大小有方向，计算时满足平行四边形定则，是矢量，故D正确。
故选：D。
电势是标量；电流有方向，但不是矢量；磁通量有正负，是标量；磁感应强度是矢量，从而即可求解。
考查矢量的概念，掌握矢量与标量的区别，注意判定矢量不是以是否有方向，或有正负。
3.【答案】D
【解析】选D。
3.D
【详解】当磁场的方向与电流方向垂直时
F=BIL= 1.0×10−4N
故选D。
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题根据滑片移动的方向，分析电路中电阻的变化，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况；根据电源的内外电阻关系分析电源的输出功率如何变化。
本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化。注意电源输出功率的大小由内外电阻的大小关系决定。
【解答】
由题知：油滴原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联；
A.滑片P向上移动时，电阻R变大，电路的总电阻变大，总电流变小，则A表的示数变小，故A错误；
B.电容器两端电压为：U=E−I(r+R1)，I变小，故电容器两端电压U变大，板间场强增大，油滴受到的电场力变大，则油滴将向上加速，故B正确；
C.电容器要充电，故G中有由b至a的电流，故C错误；
D.根据当外电阻等于内电阻时，此时电源输出功率最大，虽然外电阻在变大，但不知外电阻与内电阻的关系，因此无法确定输出功率的变化，故D错误。
故选B。
5.【答案】B
【解析】【分析】
手榴弹在空中爆炸过程，爆炸力远大于重力，在水平方向上动量守恒．根据动量守恒定律求出质量为0.4kg的大块在爆炸后速度大小和方向．
本题考查了动量守恒定律的应用，解决本题的关键掌握动量守恒定律，注意速度的方向，应选取正方向，用正负号表示速度的方向．
【解答】
手榴弹爆炸过程系统动量守恒，以手榴弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定
律得
Mv0=m1v1+m2v2
解得
v2=−90m/s
即速度大小为90m/s，负号表示方向与v0反向。
故选B。
6.【答案】C
【解析】A.火星的半径为R，因轨道3为近火轨道，所以轨道3的半径为R，设火星的质量为M，“天问一号”的质量为m，根据万有引力提供向心力有
GMmR2=mR4π2T2
火星的密度
ρ=MV=M43πR3=3πGT2
解得
T= 3πGρ
故A错误；
BC.设“天问一号”在轨道1上运动的周期为 T′ ，在轨道上2运动的周期为 T′′ ，根据开普勒第三定律可得
T2R3=T′2r3=8T′′2(r+R)3
解得
T′=rR 3πrGρR
T′′=R+r2R 3πR+r2GρR
故B错误，C正确；
D.火星的第一宇宙速度为
v=2πRT=2R 3πGρ3
故D错误。
故选C。
7.【答案】C
【解析】C
【详解】AC.线圈产生的电动势最大值为
Em=nBL2ω
则线圈转动过程中的最大电流为
Im=Emr=nBL2ωr
电动势有效值为
E有=Em 2=nBL2ω 2
理想电流表的示数等于电路电流有效值，则有
I=E有r=nBL2ω 2r
故A错误，C正确；
B.线圈转动一周产生的热量为
Q=I2rT=(nBL2ω 2r)2r⋅2πω=πn2B2L4ωr
故B错误；
D.当线圈从中性面开始计时，线圈产生的电动势表达式为
e=Emsinωt=nBL2ωsinωt
当线圈与中性面的夹角为 45∘ 时，线圈产生的瞬时电动势为
e=nBL2ωsin45∘= 22nBL2ω
故D错误。
故选C。
8.【答案】C
【解析】A.依题意，小球竖直方向受重力作用，做自由落体运动，有y=12gt2
又WG=mgy
可知任意相等的时间内小球的竖直分位移不相等，所受重力做功也不相等。故A错误；
B.依题意，小球水平方向受水平向左的电场作用，做匀减速直线运动，有x=v0t−12at2
又W电=qEx
易知任意相等的时间内小球水平分位移不相等，所受电场力做功并不相等。故B错误；
CD.小球所受电场力和重力均为恒力，则小球所受合力也为恒力，可得其运动轨迹为一抛物线，由图可知
A、P两点关于抛物线顶点并不对称，可知小球在P点的动能小于在A点的动能，即小球从A点运动到P点过程，动能减少，根据动能定理，有WG−W电=ΔEk
可知重力做的正功小于电场力做的负功，根据重力做功与重力势能变化的关系WG=−ΔEGp
电场力做功和电势能变化的关系W电=−ΔE电p
可知小球电势能的增加量大于重力势能的减小量。故C正确，D错误。
故选C。
9.【答案】AD
【解析】.AD
【详解】B.带正电荷的粒子进入速度选择器，所受静电力向右，则洛伦兹力必须向左，根据左手定则可判断速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外，故B错误；
C.能通过狭缝P的带电粒子在速度选择器中做直线运动，受力平衡，则
Eq=qvB
所以得
v=EB
故C错误；
AD.粒子进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则
qvB0=mv2R
v=EB
则得
R=mEqBB0
其中E、B、B0都是定值，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，则粒子的轨道半径R越小，电荷量相同的粒子的质量越小，所以质谱仪是分析同位素的重要工具，故AD正确。
故选AD。
10.【答案】CD
【解析】【分析】
本题考查电磁感应中的双杆切割磁感线问题，此类模型解题方法：判断双杆组成的系统是否动量守恒，如果满足动量守恒，那么使用动量守恒定律和能量守恒定律分析求解。如果动量不守恒，往往先判断双杆最终的运动状态，然后分别对双杆使用动量定理求出双杆最终的速度，然后再结合能量守恒定律分析解题。注意在双杆问题中，最常用的解题方法是动量定理。
【解答】
A.金属棒 M 自曲线导轨上 h 离度处静止释放，根据动能定理有
mgh=12mv02
金属棒 M 刚进入磁场时，对N棒根据牛顿第二定律有
BB⋅2Lv02R⋅L=ma
解得 M 棒刚进入磁场时 N 棒的加速度为
a=B2L2 2ghmR
故A错误；
BC.两棒最终做匀速直线运动，电路中感应电流为零，则
B⋅2LvM−BLvN=0
根据动量定理，金属棒 M、N 分别有
−BI⋅2LΔt=−2BLq=mvM−mv0
BILΔt=BLq=mvN
解得
vM=15 2gh ， vN=25 2gh ， q=2m 2gh5BL
故B错误，C正确；
D.全过程，根据能量守恒定律有
mgh=Q总+12mvM2+12mvN2
N 棒产生的热量为
QN=RR+RQ总=25mgh
故D正确。
11.【答案】(1) 64.7 (64.2−65.2cm均可)
(2)AE
(3) mA⋅OP′=mA⋅OM+mB⋅ON
【详解】(1)将l0个点圈在圆内的最小圆的圆心作为平均落点，可由刻度尺测得碰撞后B球的水平射程约为 64.7 cm。
(2)从同一高度做平抛运动飞行的时间t相同，而水平方向为匀速运动，故水平位移 s=vt ，所以只要测出小球飞行的水平位移，就可以用水平位移代替平抛初速度，亦即碰撞前后的速度，通过计算 mA⋅OP′ 与 mA⋅OM+mB⋅ON 是否相等，即可以说明两个物体碰撞前后各自的质量与其速度的乘积之和是否相等，故必须测量的是两球的质量和水平射程，即选项BCD是必须进行的测量，则AE不需要测量。
故选AE。
(3)由动量守恒
mAv0=mAv1+mBv2
因运动时间相同，等式两边同时乘以运动时间得
mAv0t=mAv1t+mBv2t
即
mA⋅OP′=mA⋅OM+mB⋅ON
【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】(1)6.126 10.230
(2)×1Ω 10.0
(3)
(4)I1(Rg+R0)I2−I1
【解析】【分析】
(1)螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；
(2)由欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；
(3)根据伏安法测电阻的实验原理与所给实验器材作出电路图；
(4)根据电路图应用欧姆定律求出电阻阻值。
本题考查了螺旋测微器与游标卡尺读数、欧姆表的使用方法、设计电路图、求电阻阻值；螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，螺旋测微器需要估读，游标卡尺不需要估读。
【解答】
(1)由图示螺旋测微器可知，其示数为：6mm+12.6×0.01mm=6.126mm，由图示游标卡尺可知，其示数为：102mm+6×0.05mm=102.30mm=10.230cm；
(2)用欧姆表“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应该换用×1Ω挡，并进行一系列正确操作，由图3所示可知，则金属棒的阻约为10×1Ω=10Ω；
(3)由题意可知，没有电压表，可以用电流表A1与定值电阻R0串联组成电压表测电压，用电流表A2测电流，由于改装后电压表内阻为100+900=1000Ω，电流表内阻约为0.4Ω，待测电阻阻值约为10Ω，滑动变阻器最大阻值为5Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：
(4)金属棒电阻阻值：Rx=UxIx=I1(Rg+R0)I2−I1。
故答案为：(1)6.126；10.230；
(2)×1Ω；10.0；
(3)
(4)I1(Rg+R0)I2−I1。
13.【答案】解：(1)由题意可知，电路的路端电压U=8V，则内电压U=E−Ir；
电路中电流I= E−Ur=12−80.5=4A；
故电源提供的能量W=UIt=8×4×100×60J=3.84×105J；
(2)灯泡中的电流I灯= P U=168=2A；由并联电路可知：通过电动机的电流I机=I−I灯；
电动机的功率P机=UI机；
电动机的热功率P热=I机2R机；
电动机的输出功率：P机=P电−P热；
电动机的效率η=P机P电；解得：η=62.5％；
答：(1)电源提供的能量是3.84×105J； (2)电动机的效率是62.5%。
【解析】
(1)由题意可知电路中的路端电压，则由闭合电路欧姆定律可求得电路中的电流，由P=UIt可求得电源输出的能量；
(2)由η=P出P入×100％可求得电动机的效率。
本题考查电路中电功及电热的区别，要注意焦耳定律及电功公式在非纯电阻电路中均可使用，但焦耳定律只能求产生的热量。
14.【答案】(1) v=qBL2m ；(2) t=2π3+ 3mqB
【详解】(1)由题意可知，OP为带电粒子在磁场中圆周运动的直径，粒子运动半径为
R1=L2
洛伦兹力提供向心力，有
Bqv=mv2R1
由以上得
v=qBL2m
(2)设带电粒子在磁场中圆周运动的半径为R2，有
Bqv0=mv02R2
得到
R2= 36L
带电粒子运动轨迹如图所示，由几何关系知
OO1= 3R2=L2 ， ∠OO2O1=120∘
带电粒子在磁场中的运动时间为
t1=23πR2v0=2πm3qB
带电粒子从O1到Q做匀速直线运动
t2=O1Qv0= 3mqB
故带电粒子从O到Q运动的总时间为
t=t1+t2=2π3+ 3mqB
【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1) d=2mRB2L2 2gh ；(2) a=B2L24mR 2gh ，方向沿x轴负方向；(3) hμ+2mRB2L2 2gh ； Q=32mgh
【详解】(1)导体棒在弯曲轨道上下滑，机械能守恒，有
mgh=12mv02
v0= 2gh
导体棒由CD到EF，有
0=v0−B2L22mRd
d=2mRB2L2 2gh
(2)导体棒运动到
x=d2 处
速度为 v1 ，则
v1=v0−B2L22mR⋅d2
联立上式，得
v1=v02= 2gh2
又
F安=BIL
I=BLv12R
导体棒的加速度
a=F安m=B2L24mR 2gh
方向沿x轴负方向。
(3)导体棒在弯曲轨道上下滑，有
mg⋅4h=12mv 0 ′2
v 0′=2 2gh
导体棒运动到EF处，速度为 v2 ，则
v2=v 0′−B2L22mRd= 2gh
后在粗糙轨道上减速滑行，加速度为
a1=mgμm=gμ
v22=2a1(x−d)
x=v222a1+d=hμ+2mRB2L2 2gh
导体棒在有界磁场中运动，速度从 v 0′ 减小到 v2 ，克服安培力做功为
W=12mv 0 ′2−12mv22=3mgh
此过程中电阻R上产生的焦耳热为
Q=I2RtI2⋅2Rt⋅W=32mgh
【解析】详细解答和解析过程见答案
1.如图各电场中，A、B两点场强相同的是( )
A. B.
C. D.
2.下列说法正确的是( )
A. 电势有正负，所以是矢量
B. 电流的方向规定为正电荷移动的方向，所以电流强度是矢量
C. 磁感线与电场线一样是客观存在的
D. 某处磁感应强度的方向规定为该处小磁针静止时N极所指的方向，所以磁感应强度是矢量
3.把长为20cm的直导线全部放入磁感应强度为5×10−3T的匀强磁场中，保持导线和磁场方向垂直。当直导线中通以0.1A的电流时，该直导线受到的磁场力大小为
( )
A. 1.0×10−2NB. 2.5×10−3NC. 1.0×10−3ND. 1.0×10−4N
4.在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流表，A为理想电流表。开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态。在P向上移动的过程中，下列说法正确的是
( )
A. A表的示数变大B. 油滴向上加速运动
C. G中有由a至b的电流D. 电源的输出功率一定变大
5.一颗手榴弹以v0=10m/s的速度在空中水平飞行，设它爆炸后炸裂为两块，小块质量为0.2kg，沿原方向以210m/s的速度飞去，那么，质量为0.4kg的大块在爆炸后速度大小和方向是( )
A. 120m/s，与v0反向B. 90m/s，与v0反向
C. 240m/s，与v0反向D. 180m/s，与v0反向
6.《天问》是战国时期诗人屈原创作的一首长诗，全诗问天问地问自然，表现了作者对传统的质疑和对真理的探索精神。我国探测飞船“天问一号”发射成功飞向火星，屈原的“天问”梦想成为现实，也标志着我国深空探测迈向一个新台阶。如图所示，“天问一号”经过变轨成功进入近火圆轨道，其中轨道1是圆轨道，轨道2是椭圆轨道，轨道3是近火圆轨道，已知火星的平均密度为ρ，火星的半径为R，轨道1的半径为r，引力常量为G，下列说法正确的是( )
A. “天问一号”在轨道3上运动的周期为 2πGρ
B. “天问一号”在轨道2上运动的周期为R+r πR+r2GρR
C. “天问一号”在轨道1上运动的周期为rR 3πrGRρ
D. 火星的第一宇宙速度为R 3πGρ
7.如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场中，匝数为n、边长为L的正方形线圈绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，其角速度为ω，线圈总电阻为r，则( )
A. 理想电流表的示数为nBL2ωr
B. 线圈转动一周产生的热量为πnB2L4ωr
C. 线圈转动过程中的最大电流为nBL2ωr
D. 当线圈与中性面的夹角为45∘时，线圈产生的瞬时电动势为12nBL2ω
8.一带正电小球自A点水平向右射入水平向左的匀强电场中，小球从A点运动到P点的轨迹如图所示。已知AP方向与水平方向夹角为45∘，不计空气阻力，则该过程中，
( )
A. 任意相等的时间内小球所受重力做功相等
B. 任意相等的时间内小球所受电场力做功相等
C. 小球电势能的增加量大于重力势能的减小量
D. 小球电势能的增加量小于重力势能的减小量
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图是质谱仪的工作原理示意图，电荷量相同的带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是( )
A. 质谱仪是分析同位素的重要工具
B. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里
C. 能通过狭缝P的带电粒子的速率等于EB0
D. 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的质量越小
10.如图所示，用金属制作的曲线导轨与水平导轨平滑连接，水平导轨宽轨部分间距为2L，有竖直向下的匀强磁场，窄轨部分间距为L，有竖直向上的匀强磁场，两部分磁场磁感应强度大小均为B。质量均为m金属棒M、N垂直于导轨静止放置，现将金属棒M自曲线导轨上h高度处静止释放，两金属棒在运动过程中始终相互平行且与导轨保持良好接触，两棒接入电路中的电阻均为R，其余电阻不计，导轨足够长，M棒总在宽轨上运动，N棒总在窄轨上运动，不计所有摩擦。下列说法正确的是( )
A. M棒刚进入磁场时N棒的加速度2B2L2 2ghmR
B. N棒的最终速度大小23 2gh
C. 通过M棒的电量2m 2gh5BL
D. N棒产生的热量25mgh
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学用如图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来寻找碰撞中的不变量，图中PQ是斜槽，QR为水平槽，实验时先使A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹，再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置C由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，图中O是水平槽末端口在记录纸上的垂直投影点，P′为未放被碰小球B时A球的平均落点，M为与B球碰后A球的平均落点，N为被碰球B的平均落点。若B球落点痕迹如图乙所示，其中米尺水平放置，且平行于OP′。米尺的零点与O点对齐。(注意mA>mB)
(1)碰撞后B球的水平射程应为______cm(如图乙)。
(2)在以下选项中，哪些是本次实验没必要进行的测量？答：_______(填选项号)。
A.测量A球或B球的直径
B.测量A球和B球的质量
C.水平槽上未放B球时，测量A球落点位置到O点的距离
D.A球与B球碰撞后，测量A球落点位置到O点的距离
E.测量G点相对于水平槽面的高度
(3)实验所需验证的表达式为：_____。(用OM,OP′,ON,mA,mB表示)
12.某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：
A.电流表A1(内阻Rg=100Ω，满偏电流Ig=3mA)
B.电流表A2(内阻约为0.4Ω，量程为0.6A)
C.定值电阻(R0=900Ω)
D.滑动变阻器(最大电阻为5Ω)
E.干电池组
F.一个开关和导线若干
G.螺旋测微器，游标卡尺
(1)如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为______mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为______cm。
(2)用多用电表粗测金属棒的阻值：当用“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用______挡(填“×1Ω”或“×100Ω”)，换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3所示，则金属棒的阻值约为______Ω。
(3)请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值。
(4)若实验测得电流表A1示数为I1，电流表A2示数为I2，则金属棒电阻的表达式为Rx=______。(用I1，I2，R0，Rg表示)
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.图中电源电动势E=12V，内电阻r=0.5Ω。将一盏额定电压为8V，额定功率为16W的灯泡与一只线圈电阻为0.5Ω的直流电动机并联后和电源相连，灯泡刚好正常发光，通电100min。问：
(1)电源输出的能量是多少？
(2)电动机的效率为多少？
14.如图示，在xy平面内，OP长为L的直角三角形OQP∠POQ=30∘，PQ边与x轴垂直；在第一、二象限存在磁感应强度大小为B方向垂直于纸面向外的匀强磁场，三角形OQP区域内无磁场分布。现有质量为m，带电荷量为q(q>0)的粒子，自O点射入磁场，不计重力。
(1)若粒子从O点沿垂直于OP边进入磁场且经过P点求该粒子的速度大小；
(2)若粒子从O点以初速度v0= 3qBL6m沿y轴正方向射入磁场，求该粒子从O点到Q点所经历的时间。
15.如图所示，CEG、DFH是两条足够长的、水平放置的平行金属导轨，导轨间距为L，在CDFE区域存在垂直于导轨平面向上的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨的右端接有一阻值为R的电阻，左端与光滑弯曲轨道MC、ND平滑连接。现将一阻值为R，质量为m的导体棒从弯曲轨道上h高处由静止释放，导体棒最终恰停在磁场的右边界EF处。金属导轨电阻不计，EF左侧导轨光滑，右侧导轨粗糙，与导体棒间动摩擦因数为μ。建立原点位于磁场左边界CD、方向沿导轨向右的坐标轴x，已知导体棒在有界磁场中运动的速度随位移均匀变化，即满足关系式：v=v0−B2L22mRx，v0为导体棒进入有界磁场的初速度。求：
(1)有界磁场区域的宽度d；
(2)导体棒运动到x=d2加速度a；
(3)若导体棒从弯曲轨道上4h高处由静止释放，则导体棒最终的位置坐标x和这一过程中导体棒上产生的焦耳热Q。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】C
【详解】A.电场强度是矢量，电场线疏密表示电场强度大小，方向沿该点的切线方向，图中，A、B两点电场强度大小相同，方向不同，故电场强度不同，A错误；
B.电场中A点电场强度大于B点电场强度，B错误；
C.图为匀强电场，电场中A、B两点电场强度大小相同，方向相同，C正确；
D.图中，A、B两点电场强度大小不相同，方向也不同，D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】解：A、电势有正负，表示大小，所以是标量，故A错误；
B、电流的方向规定为正电荷移动的方向，但运算不遵循平行四边形定则，所以电流强度是标量，故B错误；
C、磁感线与电场线一样并不存在，是假想的线，故C错误；
D、某处磁感应强度的方向规定为该处小磁针静止时N极所指的方向，磁感应强度由大小有方向，计算时满足平行四边形定则，是矢量，故D正确。
故选：D。
电势是标量；电流有方向，但不是矢量；磁通量有正负，是标量；磁感应强度是矢量，从而即可求解。
考查矢量的概念，掌握矢量与标量的区别，注意判定矢量不是以是否有方向，或有正负。
3.【答案】D
【解析】选D。
3.D
【详解】当磁场的方向与电流方向垂直时
F=BIL= 1.0×10−4N
故选D。
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题根据滑片移动的方向，分析电路中电阻的变化，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况；根据电源的内外电阻关系分析电源的输出功率如何变化。
本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化。注意电源输出功率的大小由内外电阻的大小关系决定。
【解答】
由题知：油滴原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联；
A.滑片P向上移动时，电阻R变大，电路的总电阻变大，总电流变小，则A表的示数变小，故A错误；
B.电容器两端电压为：U=E−I(r+R1)，I变小，故电容器两端电压U变大，板间场强增大，油滴受到的电场力变大，则油滴将向上加速，故B正确；
C.电容器要充电，故G中有由b至a的电流，故C错误；
D.根据当外电阻等于内电阻时，此时电源输出功率最大，虽然外电阻在变大，但不知外电阻与内电阻的关系，因此无法确定输出功率的变化，故D错误。
故选B。
5.【答案】B
【解析】【分析】
手榴弹在空中爆炸过程，爆炸力远大于重力，在水平方向上动量守恒．根据动量守恒定律求出质量为0.4kg的大块在爆炸后速度大小和方向．
本题考查了动量守恒定律的应用，解决本题的关键掌握动量守恒定律，注意速度的方向，应选取正方向，用正负号表示速度的方向．
【解答】
手榴弹爆炸过程系统动量守恒，以手榴弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定
律得
Mv0=m1v1+m2v2
解得
v2=−90m/s
即速度大小为90m/s，负号表示方向与v0反向。
故选B。
6.【答案】C
【解析】A.火星的半径为R，因轨道3为近火轨道，所以轨道3的半径为R，设火星的质量为M，“天问一号”的质量为m，根据万有引力提供向心力有
GMmR2=mR4π2T2
火星的密度
ρ=MV=M43πR3=3πGT2
解得
T= 3πGρ
故A错误；
BC.设“天问一号”在轨道1上运动的周期为 T′ ，在轨道上2运动的周期为 T′′ ，根据开普勒第三定律可得
T2R3=T′2r3=8T′′2(r+R)3
解得
T′=rR 3πrGρR
T′′=R+r2R 3πR+r2GρR
故B错误，C正确；
D.火星的第一宇宙速度为
v=2πRT=2R 3πGρ3
故D错误。
故选C。
7.【答案】C
【解析】C
【详解】AC.线圈产生的电动势最大值为
Em=nBL2ω
则线圈转动过程中的最大电流为
Im=Emr=nBL2ωr
电动势有效值为
E有=Em 2=nBL2ω 2
理想电流表的示数等于电路电流有效值，则有
I=E有r=nBL2ω 2r
故A错误，C正确；
B.线圈转动一周产生的热量为
Q=I2rT=(nBL2ω 2r)2r⋅2πω=πn2B2L4ωr
故B错误；
D.当线圈从中性面开始计时，线圈产生的电动势表达式为
e=Emsinωt=nBL2ωsinωt
当线圈与中性面的夹角为 45∘ 时，线圈产生的瞬时电动势为
e=nBL2ωsin45∘= 22nBL2ω
故D错误。
故选C。
8.【答案】C
【解析】A.依题意，小球竖直方向受重力作用，做自由落体运动，有y=12gt2
又WG=mgy
可知任意相等的时间内小球的竖直分位移不相等，所受重力做功也不相等。故A错误；
B.依题意，小球水平方向受水平向左的电场作用，做匀减速直线运动，有x=v0t−12at2
又W电=qEx
易知任意相等的时间内小球水平分位移不相等，所受电场力做功并不相等。故B错误；
CD.小球所受电场力和重力均为恒力，则小球所受合力也为恒力，可得其运动轨迹为一抛物线，由图可知
A、P两点关于抛物线顶点并不对称，可知小球在P点的动能小于在A点的动能，即小球从A点运动到P点过程，动能减少，根据动能定理，有WG−W电=ΔEk
可知重力做的正功小于电场力做的负功，根据重力做功与重力势能变化的关系WG=−ΔEGp
电场力做功和电势能变化的关系W电=−ΔE电p
可知小球电势能的增加量大于重力势能的减小量。故C正确，D错误。
故选C。
9.【答案】AD
【解析】.AD
【详解】B.带正电荷的粒子进入速度选择器，所受静电力向右，则洛伦兹力必须向左，根据左手定则可判断速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外，故B错误；
C.能通过狭缝P的带电粒子在速度选择器中做直线运动，受力平衡，则
Eq=qvB
所以得
v=EB
故C错误；
AD.粒子进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则
qvB0=mv2R
v=EB
则得
R=mEqBB0
其中E、B、B0都是定值，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，则粒子的轨道半径R越小，电荷量相同的粒子的质量越小，所以质谱仪是分析同位素的重要工具，故AD正确。
故选AD。
10.【答案】CD
【解析】【分析】
本题考查电磁感应中的双杆切割磁感线问题，此类模型解题方法：判断双杆组成的系统是否动量守恒，如果满足动量守恒，那么使用动量守恒定律和能量守恒定律分析求解。如果动量不守恒，往往先判断双杆最终的运动状态，然后分别对双杆使用动量定理求出双杆最终的速度，然后再结合能量守恒定律分析解题。注意在双杆问题中，最常用的解题方法是动量定理。
【解答】
A.金属棒 M 自曲线导轨上 h 离度处静止释放，根据动能定理有
mgh=12mv02
金属棒 M 刚进入磁场时，对N棒根据牛顿第二定律有
BB⋅2Lv02R⋅L=ma
解得 M 棒刚进入磁场时 N 棒的加速度为
a=B2L2 2ghmR
故A错误；
BC.两棒最终做匀速直线运动，电路中感应电流为零，则
B⋅2LvM−BLvN=0
根据动量定理，金属棒 M、N 分别有
−BI⋅2LΔt=−2BLq=mvM−mv0
BILΔt=BLq=mvN
解得
vM=15 2gh ， vN=25 2gh ， q=2m 2gh5BL
故B错误，C正确；
D.全过程，根据能量守恒定律有
mgh=Q总+12mvM2+12mvN2
N 棒产生的热量为
QN=RR+RQ总=25mgh
故D正确。
11.【答案】(1) 64.7 (64.2−65.2cm均可)
(2)AE
(3) mA⋅OP′=mA⋅OM+mB⋅ON
【详解】(1)将l0个点圈在圆内的最小圆的圆心作为平均落点，可由刻度尺测得碰撞后B球的水平射程约为 64.7 cm。
(2)从同一高度做平抛运动飞行的时间t相同，而水平方向为匀速运动，故水平位移 s=vt ，所以只要测出小球飞行的水平位移，就可以用水平位移代替平抛初速度，亦即碰撞前后的速度，通过计算 mA⋅OP′ 与 mA⋅OM+mB⋅ON 是否相等，即可以说明两个物体碰撞前后各自的质量与其速度的乘积之和是否相等，故必须测量的是两球的质量和水平射程，即选项BCD是必须进行的测量，则AE不需要测量。
故选AE。
(3)由动量守恒
mAv0=mAv1+mBv2
因运动时间相同，等式两边同时乘以运动时间得
mAv0t=mAv1t+mBv2t
即
mA⋅OP′=mA⋅OM+mB⋅ON
【解析】详细解答和解析过程见答案
12.【答案】(1)6.126 10.230
(2)×1Ω 10.0
(3)
(4)I1(Rg+R0)I2−I1
【解析】【分析】
(1)螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；
(2)由欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；
(3)根据伏安法测电阻的实验原理与所给实验器材作出电路图；
(4)根据电路图应用欧姆定律求出电阻阻值。
本题考查了螺旋测微器与游标卡尺读数、欧姆表的使用方法、设计电路图、求电阻阻值；螺旋测微器固度刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，螺旋测微器需要估读，游标卡尺不需要估读。
【解答】
(1)由图示螺旋测微器可知，其示数为：6mm+12.6×0.01mm=6.126mm，由图示游标卡尺可知，其示数为：102mm+6×0.05mm=102.30mm=10.230cm；
(2)用欧姆表“×10Ω”挡时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应该换用×1Ω挡，并进行一系列正确操作，由图3所示可知，则金属棒的阻约为10×1Ω=10Ω；
(3)由题意可知，没有电压表，可以用电流表A1与定值电阻R0串联组成电压表测电压，用电流表A2测电流，由于改装后电压表内阻为100+900=1000Ω，电流表内阻约为0.4Ω，待测电阻阻值约为10Ω，滑动变阻器最大阻值为5Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：
(4)金属棒电阻阻值：Rx=UxIx=I1(Rg+R0)I2−I1。
故答案为：(1)6.126；10.230；
(2)×1Ω；10.0；
(3)
(4)I1(Rg+R0)I2−I1。
13.【答案】解：(1)由题意可知，电路的路端电压U=8V，则内电压U=E−Ir；
电路中电流I= E−Ur=12−80.5=4A；
故电源提供的能量W=UIt=8×4×100×60J=3.84×105J；
(2)灯泡中的电流I灯= P U=168=2A；由并联电路可知：通过电动机的电流I机=I−I灯；
电动机的功率P机=UI机；
电动机的热功率P热=I机2R机；
电动机的输出功率：P机=P电−P热；
电动机的效率η=P机P电；解得：η=62.5％；
答：(1)电源提供的能量是3.84×105J； (2)电动机的效率是62.5%。
【解析】
(1)由题意可知电路中的路端电压，则由闭合电路欧姆定律可求得电路中的电流，由P=UIt可求得电源输出的能量；
(2)由η=P出P入×100％可求得电动机的效率。
本题考查电路中电功及电热的区别，要注意焦耳定律及电功公式在非纯电阻电路中均可使用，但焦耳定律只能求产生的热量。
14.【答案】(1) v=qBL2m ；(2) t=2π3+ 3mqB
【详解】(1)由题意可知，OP为带电粒子在磁场中圆周运动的直径，粒子运动半径为
R1=L2
洛伦兹力提供向心力，有
Bqv=mv2R1
由以上得
v=qBL2m
(2)设带电粒子在磁场中圆周运动的半径为R2，有
Bqv0=mv02R2
得到
R2= 36L
带电粒子运动轨迹如图所示，由几何关系知
OO1= 3R2=L2 ， ∠OO2O1=120∘
带电粒子在磁场中的运动时间为
t1=23πR2v0=2πm3qB
带电粒子从O1到Q做匀速直线运动
t2=O1Qv0= 3mqB
故带电粒子从O到Q运动的总时间为
t=t1+t2=2π3+ 3mqB
【解析】详细解答和解析过程见答案
15.【答案】(1) d=2mRB2L2 2gh ；(2) a=B2L24mR 2gh ，方向沿x轴负方向；(3) hμ+2mRB2L2 2gh ； Q=32mgh
【详解】(1)导体棒在弯曲轨道上下滑，机械能守恒，有
mgh=12mv02
v0= 2gh
导体棒由CD到EF，有
0=v0−B2L22mRd
d=2mRB2L2 2gh
(2)导体棒运动到
x=d2 处
速度为 v1 ，则
v1=v0−B2L22mR⋅d2
联立上式，得
v1=v02= 2gh2
又
F安=BIL
I=BLv12R
导体棒的加速度
a=F安m=B2L24mR 2gh
方向沿x轴负方向。
(3)导体棒在弯曲轨道上下滑，有
mg⋅4h=12mv 0 ′2
v 0′=2 2gh
导体棒运动到EF处，速度为 v2 ，则
v2=v 0′−B2L22mRd= 2gh
后在粗糙轨道上减速滑行，加速度为
a1=mgμm=gμ
v22=2a1(x−d)
x=v222a1+d=hμ+2mRB2L2 2gh
导体棒在有界磁场中运动，速度从 v 0′ 减小到 v2 ，克服安培力做功为
W=12mv 0 ′2−12mv22=3mgh
此过程中电阻R上产生的焦耳热为
Q=I2RtI2⋅2Rt⋅W=32mgh
【解析】详细解答和解析过程见答案
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