四川省成都市第七中学2023-2024学年高二下学期第二次月考物理试卷

这是一份四川省成都市第七中学2023-2024学年高二下学期第二次月考物理试卷，共26页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题（本题共7个小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求。选对得4分，选错得0分。）
1．如图所示，两个正点电荷A、B所带电荷量分别为QA和QB，C是A、B连线上一点，A、C之间的距离是B、C之间距离的3倍，在A、B连线上，C点的电势最低，则QA和QB之间关系正确的是（ ）
A．QA=9QBB．QA=6QBC．QA=3QBD．QA=2QB
2． 如图所示，光滑固定金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当条形磁铁从高处下落接近回路的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P、Q将相互远离
B．P、Q对导轨M、N的压力小于自身重力
C．磁铁下落的加速度可能大于重力加速度g
D．磁铁动能的增加量小于重力势能的减少量
3．如图所示，△ABC是一直角三棱镜的横截面，∠A=30°，∠B=90°。一细光束从AB边上的D点以与AB边成45°角射入三棱镜，AD长度为a，AC长度为533a，三棱镜的折射率n=2，光在真空中的传播速度为c，光在三棱镜中传播的时间为（ ）
A．22acB．2acC．2acD．ac
4．下列说法中正确的是（ ）
图甲 图乙
A．图甲为某一时刻LC振荡电路中电流与电容器极板带电情况，此时电流正在减小
B．图乙得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测平面在此处是凸起的
C．根据多普勒效应，观察者远离波源时，波源振动频率变小
D．红外线比紫外线更容易发生明显衍射现象
5．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为1：3，正弦交流电源的电压有效值恒为U=12V，电阻R1=1Ω，R2=2Ω。若滑动变阻器接入电路的电阻为7Ω，则（ ）
A．R1与R2消耗的电功率相等
B．通过的电流为6A
C．若向上移动P，电压表读数将变大
D．若向上移动P，滑动变阻器消耗的电功率将变大
6．通过手机内电容式加速度传感器可以实现运动步数的测量，传感器原理的俯视图如图所示，电容器的M极板固定，与弹簧相连的N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。则当手机（ ）
A．匀速运动时，电流表示数为零，电容器M极板带负电
B．保持向前匀减速运动时，电流表示数变小
C．由静止突然向前加速时，流过电流表的电流由b向a
D．由静止突然向前加速时，电容器的电容增大
7．如图所示，一光滑绝缘半圆轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B点，半圆轨道的半径为R。整个空间存在水平向右的匀强电场，场强大小为E=3mg4q，一带正电小球质量为m、电荷量为q，从A点以一定的初速度向B点运动，经过B点后恰能不脱离轨道运动到轨道的最高点C，小球从轨道最高点C飞出后落到水平面上的F点（图中未标出）。已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cs37°=0.8，以初始位置为重力势能的零势能面，下列说法正确的是（ ）
A．小球在C点的速度大小为5gR2
B．小球在B点对轨道的压力大小为234mg
C．小球的机械能最小值为178mgR
D．F点与B点的水平距离为7R
二、多项选择题（本题共3个小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。选对得5分，选不全得3分，选错不得分。）
8．图甲为一列简谐横波在t=2s时的波形图，质点P、Q为该波传播方向上的两个质点，它们平衡位置之间的距离为1m，质点P的振动图像如图乙所示，则质点Q的振动图像可能是（ ）
甲 乙
A．B．
C．D．
9．霍尔元件广泛应用于测量和自动控制等领域，霍尔元件一般用半导体材料制成，有的半导体中的载流子（自由电荷）是自由电子，有的半导体中的载流子是空穴（相当于正电荷）。如图所示为用半导体材料制成的霍尔元件的工作原理示意图，厚度为h，宽度为d，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，下列说法正确的是（ ）
A．若元件的载流子是自由电子，上表面的电势低于下表面电势
B．若元件的载流子是空穴，上表面的电势低于下表面电势
C．保持载流子定向移动速率v不变，仅增大d时，上下表面的电势差不变
D．保持电流I不变，仅增大d时，上下表面的电势差增大
10．如图，质量为m的圆环带正电，套在一粗糙程度相同的水平杆上，空间中存在水平向右的匀强电场和垂直平面向里的匀强磁场，给圆环一水平向右的初速度v0，圆环运动的v-t图像可能是（ ）
A．B．
C．D．
三、实验题（本题共2个小题，共15分。）
11．某实验小组为了制作一个具有两个倍率的简易欧姆表，他们从实验室中找到了如下器材并设计了如图所示的电路图：
一节干电池（电动势为1.5V，内阻不计）
一个微安表（量程为2000μA，内阻不明）
两个电阻箱R1（0~999.9Ω）和R2（0~99.9Ω）红、黑表笔各一个，开关一个，导线若干
（1）微安表左侧的导线应连接微安表的 （填“正接线柱”或“负接线柱”）。
（2）开关断开时电路为“×100”倍率的欧姆表。两表笔短接，调节R1使微安表指针达到满偏，在红、黑表笔间接入未知电阻，微安表指针指在1000μA处，则未知电阻的阻值为 Ω。（保留3位有效数字）
（3）闭合开关，在保证刻度线的值相同的情况下，欲使欧姆表倍率变为“×10”，电阻箱R2的阻值应调为 Ω。（保留3位有效数字）
12．一定值电阻Rx阻值在20±2Ω范围内，某研究小组欲根据如图所示电路精确测量其阻值。已知电源E的电动势为5V、内阻为1Ω；灵敏电流计的量程为100μA、内阻为1kΩ；电阻箱R（0~9999.9Ω）。实验室可供选择的其他主要器材如下：
A.电压表V1量程0~5V，内阻为20kΩ）； B.电压表V2（量程0~15V，内阻为50kΩ）；
C.电流表A1（量程0~0.3A，内阻为2Ω）； D.电流表A2（量程0~0.6A，内阻为1Ω）；
（1）为保证测量精度，电路中电压表应选 （选填“A”或“B”），电流表应选 （选填“C”或“D”）；
（2）为确保灵敏电流计G的安全，闭合S前电阻箱应调整至 （选填“1000.0Ω”、“2000.0Ω”、“5000.0Ω”或“9999.9Ω”）；
（3）闭合S后，调节电阻箱的阻值，当灵敏电流计G的示数为零时，电阻箱的阻值为R、电压表的示数为U以及电流表的示数为I，则Rx的测量值为 （用测得的物理量表示）；
（4）考虑电表内阻的影响，用这种方法测得的电阻值 （选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
四、计算题（本题共3个小题，共42分。要求写出必要的公式、文字叙述。）
13．洗车所用的喷水壶的构造如图所示，水壶的容积为V，洗车前向壶内加入V2的洗涤剂并密封，然后用打气筒打气20次后开始喷水。已知外部大气压强恒为p0，打气筒每次打入压强为p0、体积为V60的空气，空气可视为理想气体，不计细管内液体的体积及压强，打气及喷水过程中封闭空气的温度始终不变。
（1）求喷水壶内封闭空气的最大压强p；
（2）喷水壶内洗涤剂能否全部从喷口喷出？若不能，最少还能剩余多少？
14．如图所示，足够长的绝缘水平传送带在电动机带动下以恒定的速率v0=4m/s匀速转动（顺时针）。与传送带运动方向垂直的虚线MN右侧存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.6T。将一边长为L=2.0m、质量为m=1kg、阻值为R=0.6Ω的正方形闭合金属线框abcd无初速度地放置在传送带上，当线框的dc边运动到虚线MN前，线框已经与传送带共速。整个线框通过虚线MN所用的时间t=0.7s。线框运动过程中dc边始终与虚线平行，线框与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.4，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，求：
（1）线框ab边运动到虚线MN时的速度大小；
（2）从线框dc边运动到虚线MN，到线框速度最终稳定的过程中，系统产生的总热量（电动机产热不计）。
15．如图所示，在坐标系xOy中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为-q的带电粒子在纸面内从P点与y轴成α=30°方向射入磁场，已知P点的纵坐标yP=d，不计粒子重力。
（1）若粒子不离开磁场，求粒子速度的最大值vm；
（2）若粒子能离开磁场，求粒子在磁场中运动时间t的范围；
（3）若磁场为非匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随y方向均匀增大，关系为B=B0yd。粒子以大小为v0=2qB0dm的速度从P点沿图示方向射入磁场，求粒子从P点运动到离x轴最远位置的过程中，运动轨迹、初末位置所在竖直直线与x轴围成的面积S。
答案解析部分
一、单项选择题（本题共7个小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求。选对得4分，选错得0分。）
1．如图所示，两个正点电荷A、B所带电荷量分别为QA和QB，C是A、B连线上一点，A、C之间的距离是B、C之间距离的3倍，在A、B连线上，C点的电势最低，则QA和QB之间关系正确的是（ ）
A．QA=9QBB．QA=6QBC．QA=3QBD．QA=2QB
【答案】A
【知识点】电场强度；电场强度的叠加
【解析】【解答】由两个正点电荷在C点的电势最低，沿电场线方向电势逐渐降低，即电场线从A→C和B→C，结合电场线的分别情况知，C点的电场强度为零。设BC间的距离为r，根据点电荷的电场强度
E=kQr2
知
kQA(3r)2=kQBr2
解得
QA=9QB
A正确，BCD错误。
故答案为A。
【分析】本题考查点电荷的电场和电场强度的叠加，要求学生能够根据题意，结合QA、QB的电场线分布，得出C点的合场强为零，根据点电荷的电场强度E=kQr2分析判断QA和QB的电量关系。
2． 如图所示，光滑固定金属导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路，当条形磁铁从高处下落接近回路的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．P、Q将相互远离
B．P、Q对导轨M、N的压力小于自身重力
C．磁铁下落的加速度可能大于重力加速度g
D．磁铁动能的增加量小于重力势能的减少量
【答案】D
【知识点】楞次定律
【解析】【解答】A．当条形磁铁从高处下落接近回路的过程中，穿过回路的磁通量增大，则由“增缩减扩”可得，P、Q将相互靠近，故A错误；
BC．由于穿过回路的磁通量增大，则由“来拒去留”可得，竖直方向磁铁受到向上的力，由于力的作用是相互的，则P、Q棒受到向下的力，则磁铁下落的加速度肯定小于重力加速度，P、Q对导轨M、N的压力大于自身重力，故BC错误；
D．由能量守恒可得，磁铁减小的重力势能等于磁铁增加的动能、导体棒增加的动能以及产生的焦耳热之和，则磁铁动能的增加量小于重力势能的减少量，故D正确。
故答案为：D。
【分析】根据楞次定律的推论增反减同，来拒去留，增缩减扩的推论进行分析。
3．如图所示，△ABC是一直角三棱镜的横截面，∠A=30°，∠B=90°。一细光束从AB边上的D点以与AB边成45°角射入三棱镜，AD长度为a，AC长度为533a，三棱镜的折射率n=2，光在真空中的传播速度为c，光在三棱镜中传播的时间为（ ）
A．22acB．2acC．2acD．ac
【答案】A
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】 三棱镜的折射率n=2 ，根据
sinC=1n
知，得
C=45°
说明光从棱镜射向空气的临界角是45°，光从空气射向三棱镜，入射点为D，根据
n=sinisinr
知
2=sin45°sinr
解得
r=30°
即ED与发现的夹角为30°，根据题意画出光路图如下
根据几何关系知，∆AED是等腰三角形
AD=ED=a，AE=2AD·cs30°=3a，
在Rt∆CEF中
EF=CE·cs30°=(533a-3a)·32=a，
光在三棱镜的传播速度为
v=cn=2c2
光在三棱镜的传播距离
x=DE+EF=2a
光在三棱镜的传播时间
t=xv=22ac
A正确，BCD错误。
故答案为A。
【分析】本题考查光的折射和全反射，根据临界角的定义求出临界角，根据光从三棱镜射向空气，判断光是否在AC、BC界面发生全反射，并能根据题意作出对应的光路图，根据几何关系求出光在三棱镜的传播距离x，结合v=cn和t=xv求出光在三棱镜中的时间。注意：寻找角度关系，求出光在三棱镜中的传播距离是关键。
4．下列说法中正确的是（ ）
图甲 图乙
A．图甲为某一时刻LC振荡电路中电流与电容器极板带电情况，此时电流正在减小
B．图乙得到的干涉图样，弯曲的干涉条纹说明被检测平面在此处是凸起的
C．根据多普勒效应，观察者远离波源时，波源振动频率变小
D．红外线比紫外线更容易发生明显衍射现象
【答案】D
【知识点】多普勒效应；LC振荡电路分析；薄膜干涉；光的衍射
【解析】【解答】A、 图甲为某一时刻LC振荡电路中电流与电容器极板带电情况，根据上极板带正电，且电流方向为逆时针方向，说明电路处于放电过程，所以电路的电流在增加，A错误；
B、 图乙得到的干涉图样， 根据同一亮纹下样板与被检测面间的距离相等， 弯曲的干涉条纹说明空气膜厚度较小的区域提前出现了空气膜厚度较宽的条纹，弯曲的干涉条纹处空气膜变宽了，即被检测平面在此处是凹的，B错误；
C、根据多普勒效应，观察者远离波源时，观察者接收到的波的频率比波的实际频率少，但波源的振动频率不变的，C错误；
D、由于红外线的频率比紫外线的频率小，由
c=λf
说明红外线的波长比紫外线的波长长，波长越长，越容易发生明显衍射现象，所以 红外线比紫外线更容易发生明显衍射现象，D正确。
故答案为D。
【分析】本题主要考查光，要求学生能通过LC振动电路极板的带电情况和电路电流方向判断电路处于充电或放电的过程，从而判断对于电流大小的变化；薄膜干涉中通过干涉条纹来判断被检测面的凹凸情况，对学生来说，难度大，要求学生理解同一亮纹下样板与被检测面间的距离相等，以此作为判断的依据；观察者与波源的距离越大，观察者接收到的波频率越来越小，而波源的频率是不变的；根据红外线和紫外线的频率关系，结合c=λf判断波长关系，波长越长，衍射现象越明显。
5．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为1：3，正弦交流电源的电压有效值恒为U=12V，电阻R1=1Ω，R2=2Ω。若滑动变阻器接入电路的电阻为7Ω，则（ ）
A．R1与R2消耗的电功率相等
B．通过的电流为6A
C．若向上移动P，电压表读数将变大
D．若向上移动P，滑动变阻器消耗的电功率将变大
【答案】B
【知识点】闭合电路的欧姆定律；变压器的应用
【解析】【解答】A、 理想变压器原、副线圈的匝数比为1：3， 根据
I1n1=I2n2
知，原、副线圈的电流比为3：1，根据
P=I2R
知，R1与R2消耗的电功率 比为9：4，A错误；
B、设副线圈的电流为I，根据
U1U2=31，U1=U-3I·R1，U2=I·(R2+R3)
解得
I=2A
所以通过原线圈的电流为
3I=6A
B正确；
CD、设副线圈的电流为I，根据
U1U2=31，U1=U-3I·R1，U2=I·(R2+R3)
代入数据解得
I=3611+R3
若向上移动P， R3减小，副线圈的电流为I增大，原线圈电流也增大，原线圈两端电压
U1=U-3I·R1
变小，电压表示数变小，R2两端电压变大，说明滑动变阻器两端电压变小，而副线圈的电流变大，根据
P=UI
知，无法判断滑动变阻器的电功率如何变化，CD错误。
故答案为B。
【分析】本题考查变压器与电路的综合问题，要求学生掌握，对于理想变压器，原副线圈的匝数比等于原副线圈的电压比，等于原副线圈电流比的倒数，根据部分电路欧姆定律，分析通过R1的电流，明确电路动态分析的基本方法，分析向上移动P时，副线圈的电流I=3611+R3的变化，根据部分→整体→部分分析判断。
6．通过手机内电容式加速度传感器可以实现运动步数的测量，传感器原理的俯视图如图所示，电容器的M极板固定，与弹簧相连的N极板只能按图中标识的“前后”方向运动。则当手机（ ）
A．匀速运动时，电流表示数为零，电容器M极板带负电
B．保持向前匀减速运动时，电流表示数变小
C．由静止突然向前加速时，流过电流表的电流由b向a
D．由静止突然向前加速时，电容器的电容增大
【答案】C
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】A、匀速运动时，N极板相对M极板的位置不变，则电容器带电量不变，电路中没有电流，则电流表示数为零，电容器M极板与电源正极相连，带正电，A错误；
B、保持向前匀减速运动，加速度恒定不变，即N极板的受力不变，说明弹簧的形变量不变，N极板相对M极板位置不变，即极板间的距离不变，根据
C=εrS4πkd
知，电容器的电容不变，由
C=QU
知，极板的带电量不变，说明电路电流为零，B错误；
CD、由静止突然向前加速，由于惯性，N极板相对M极板向后运动，即极板间的距离变大，根据
C=εrS4πkd
知，电容器的电容变小，由
C=QU
知，极板的带电量减小，说明电路处于放电过程，即流过电流表的电流由b流向a，C正确，D错误。
故答案为C。
【分析】本题主要考查电容器的动态分析问题，要求学生能够根据人的运动性质判断MN两极板间距离的变化，进而根据C=εrS4πkd分析电容的变化，结合C=QU分析极板电量的变化，从而判断电路处于充电或放电过程，充电过程，电路电流变小，放电过程，电路电流变大。难点在于如何判断极板间距离的变化。
7．如图所示，一光滑绝缘半圆轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B点，半圆轨道的半径为R。整个空间存在水平向右的匀强电场，场强大小为E=3mg4q，一带正电小球质量为m、电荷量为q，从A点以一定的初速度向B点运动，经过B点后恰能不脱离轨道运动到轨道的最高点C，小球从轨道最高点C飞出后落到水平面上的F点（图中未标出）。已知重力加速度为g，sin37°=0.6，cs37°=0.8，以初始位置为重力势能的零势能面，下列说法正确的是（ ）
A．小球在C点的速度大小为5gR2
B．小球在B点对轨道的压力大小为234mg
C．小球的机械能最小值为178mgR
D．F点与B点的水平距离为7R
【答案】C
【知识点】运动的合成与分解；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A、研究小球从A运动到C的过程，等效最高点D点如下图：重力与电场力的合力指向圆心，根据题意，在D点，轨道对小球的支持力恰好为零，完全由重力和电场力的合力提供向心力。
在D点
(mg)2+(qE)2=mv2R
结合
E=3mg4q，tanθ=qEmg
联立解得
v2=5gR4，θ=37°
小球从D点运动到C点，由动能定理有
-mg(R-Rcs37°)+qERsin37°=12mvC2-12mv2
代入数据解得
vC=7gR2
A错误；
B、小球从B点运动到C点的过程，由动能定理有：
-mg·2R=12mvC2-12mvB2
在B点
FN-mg=mvB2R
代入数据解得
vB2=23gR4，FN=274mg
根据牛顿第三定律，说明 小球在B点对轨道的压力大小为274mg，B错误；
C、小球在运动过程中，电场力对小球做的负功最多时，增加的电势能最多，说明小球的机械能减少得最多，所以当小球到达圆弧圆心等高处时，小球的电势能最大，机械能最小。小球从B运动到圆心等高处：由动能定理有：
-mgR-qER=EK-12mvB2
代入数据解得
EK=9mgR8
小球在圆心等高处的机械能
E=EK+mgR=17mgR8
C正确；
D、小球从C点落到地面F点，根据运动的分解，小球在水平方向上做初速为vC，加速度为
a=qEm=34g
的匀加速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动。根据分运动的等时性，竖直方向
2R=12gt2
水平方向
x=vct+12at2
联立以上各式解得
x=27+32R
即F点与B点的水平距离27+32R。D错误。
故答案为C。
【分析】本题考查竖直平面内的圆周运动和动能定理的应用，解题关键在于寻找小球运动的等效最高点，求出小球恰好做圆周运动的临界速度，根据动能定理求出小球在最高点C、圆心等高处、B点的速度，小球从C点离开后，根据运动的分解，结合小球在水平方向和竖直方向的受力情况，判断小球在这两个方向的运动性质，根据水平方向遵循匀加速直线运动规律和竖直方向上遵循自由落体运动规律来求出落地点F与B点的水平位移。注意：小球从C点离开后并不是做平抛运动。
二、多项选择题（本题共3个小题，每小题5分，共15分。在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求。选对得5分，选不全得3分，选错不得分。）
8．图甲为一列简谐横波在t=2s时的波形图，质点P、Q为该波传播方向上的两个质点，它们平衡位置之间的距离为1m，质点P的振动图像如图乙所示，则质点Q的振动图像可能是（ ）
甲 乙
A．B．
C．D．
【答案】B,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】根据图甲波动图像知：波长
λ=4m
根据图乙振动图像知：周期
T=4s
两质点间相差
∆x=1m=14λ
根据波从Q传到P的时间（或从P传到Q的时间）
∆t=∆xv=∆xλT=14T=1s
说明另一个质点相对该质点的振动延迟了14T，或提前了14T，如下图所示：
BD正确，AC错误。
故答案为BD。
【分析】本题考查了机械振动，要求学生能够从波动图像和振动图像中获取波长和周期，根据两质点间平衡位置间的距离分析波从一个质点传播到另一个质点的时间，由于不知道两质点平衡位置的具体坐标，所以判断波从一个质点相对另一个质点的振动延迟了14T，或提前了14T，以此判断质点Q的可能振动图像。
9．霍尔元件广泛应用于测量和自动控制等领域，霍尔元件一般用半导体材料制成，有的半导体中的载流子（自由电荷）是自由电子，有的半导体中的载流子是空穴（相当于正电荷）。如图所示为用半导体材料制成的霍尔元件的工作原理示意图，厚度为h，宽度为d，当磁场方向与电流方向垂直时，在导体上下表面会产生电势差，下列说法正确的是（ ）
A．若元件的载流子是自由电子，上表面的电势低于下表面电势
B．若元件的载流子是空穴，上表面的电势低于下表面电势
C．保持载流子定向移动速率v不变，仅增大d时，上下表面的电势差不变
D．保持电流I不变，仅增大d时，上下表面的电势差增大
【答案】A,C
【知识点】霍尔元件
【解析】【解答】A、 若元件的载流子是自由电子，说明电子的运动方向从右向左运动，根据左手定则知，自由电子将打在上表面，所以上表面的电势低于下表面的电势，A正确；
B、 若元件的载流子是空穴， 说明正电荷的运动方向从左向右运动，根据左手定则知，正电荷打在上表面，说明上表面的电势高于下表面的电势，B错误；
C、当载流子的电场力与洛伦兹力平衡时，载流子将以某速度做匀速直线运动。根据平衡条件有
qUh=qvB
解得上下表面的电势差
U=Bvh
所以，载流子定向移动速率v不变 ，仅增大d时，上下表面的电势差不变 ，C正确；
D、电流的微观表达式
I=neSv
保持电流I不变， 说明载流子定向移动的速率不变， 仅增大d时，根据
U=Bvh
知上下表面的电势差不变，D错误。
故答案为AC。
【分析】本题考查霍尔效应的应用，理解霍尔效应的形成原因是解题的关键，结合载流子的电性和电流方向，从而分析载流子的运动方向。根据左手定则判断洛伦兹力的方向，分析载流子打在哪个表面，从而判断上下表面电势的高低。当上下表面的电势差保持不变，根据平衡条件求出上下表面的电势差。注意：本题应用左手定则、平衡条件、电流的微观表达式解题。
10．如图，质量为m的圆环带正电，套在一粗糙程度相同的水平杆上，空间中存在水平向右的匀强电场和垂直平面向里的匀强磁场，给圆环一水平向右的初速度v0，圆环运动的v-t图像可能是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B,C,D
【知识点】带电粒子在重力场、电场及磁场混合场中的运动
【解析】【解答】对圆环进行受力分析，如下图所示：
由于不知道qvB和mg的大小关系，故无法判断杆对圆环的弹力方向，需要分情况讨论：
第一类：
qvB>mg
由牛顿第二定律知：情况一：圆环向右加速
eE-μ(qvB-mg)=ma
速度增加，加速度在减小，当速度增加到某一速度值时，加速度为零，C项满足，C正确；
情况二：圆环向右减速
μ(qvB-mg)-eE=ma
速度减小，加速度也减小，当速度减小到
qvB时，加速度为
μ(mg-qvB)-eE=ma
速度继续减小，但加速度确在增加。A不满足，A错误；
第二类
qvB由牛顿第二定律知：
情况一：圆环向右加速
eE-μ(mg-qvB)=ma
速度增加，加速度也增加，当速度增加到
qvB>mg
时，加速度
eE-μ(qvB-mg)=ma
速度继续增加，但加速度在减小，当速度增加到某一速度值时，加速度为零，D项满足，D正确；
情况二：圆环向右减速
μ(mg-qvB)-eE=ma
速度减小，加速度在增加，B项满足，B正确。
故答案为BCD。
【分析】本题考查带电圆环在组合场中的运动，要求学生能对圆环进行正确的受力分析，由于不知道一开始洛伦兹力和重力的关系，并不知杆对环的弹力方向，即需要通过分情况讨论弹力的方向，结合牛顿第二定律和环的运动性质进行讨论分析，难度偏大。
三、实验题（本题共2个小题，共15分。）
11．某实验小组为了制作一个具有两个倍率的简易欧姆表，他们从实验室中找到了如下器材并设计了如图所示的电路图：
一节干电池（电动势为1.5V，内阻不计）
一个微安表（量程为2000μA，内阻不明）
两个电阻箱R1（0~999.9Ω）和R2（0~99.9Ω）红、黑表笔各一个，开关一个，导线若干
（1）微安表左侧的导线应连接微安表的 （填“正接线柱”或“负接线柱”）。
（2）开关断开时电路为“×100”倍率的欧姆表。两表笔短接，调节R1使微安表指针达到满偏，在红、黑表笔间接入未知电阻，微安表指针指在1000μA处，则未知电阻的阻值为 Ω。（保留3位有效数字）
（3）闭合开关，在保证刻度线的值相同的情况下，欲使欧姆表倍率变为“×10”，电阻箱R2的阻值应调为 Ω。（保留3位有效数字）
【答案】（1）负接线柱
（2）750
（3）83.3
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）电流从电源正极出发，电流从微安表的正接线柱流入微安表中，从负接线柱流出，然后流向电源的负极，所以，微安表左侧的导线连接微安表的负接线柱。
（2） 两表笔短接，调节R1使微安表指针达到满偏，欧姆表的内阻为Rg+R1 ，由闭合电路欧姆定律知：
E=Ig(Rg+R1)……（1），Ig=2000μA
在红、黑表笔间接入未知电阻，微安表指针指在1000μA处， 由闭合电路欧姆定律知：
E=I(Rg+R1+R)……（2），I=1000μA
联立以上两式解得
R=Rg+R1=EIg=750Ω
由于该倍率是“×100”倍率，说明1000μA对应的刻度值为7.5。
(3)闭合开关，在保证刻度线的值相同的情况下，欲使欧姆表倍率变为“×10”，说明欧姆表的内阻为
R内=7.5×10Ω=75Ω
而
R内=（Rg+R1)·R2Rg+R1+R2
联立以上两式解得
R2=83.3Ω
【分析】本题考查欧姆表的原理，运用闭合电路欧姆定律，可以求出欧姆表的内阻，然后根据接入电阻后电流为微安表满偏电流的一半，结合闭合电路欧姆定律求出对应待测电阻的阻值，结合待测电阻阻值等于欧姆表盘刻度乘以倍率挡，确定了1000μA对应此时表盘的刻度值，且为表盘的中间刻度。闭合开关，在保证刻度线的值相同的情况下，欲使欧姆表倍率变为“×10”，结合表盘的中间刻度，确定该倍率挡对应的中值电阻，即欧姆表的内阻阻值，结合并联电路电阻的表达式求出电阻R2的阻值。
12．一定值电阻Rx阻值在20±2Ω范围内，某研究小组欲根据如图所示电路精确测量其阻值。已知电源E的电动势为5V、内阻为1Ω；灵敏电流计的量程为100μA、内阻为1kΩ；电阻箱R（0~9999.9Ω）。实验室可供选择的其他主要器材如下：
A.电压表V1量程0~5V，内阻为20kΩ）； B.电压表V2（量程0~15V，内阻为50kΩ）；
C.电流表A1（量程0~0.3A，内阻为2Ω）； D.电流表A2（量程0~0.6A，内阻为1Ω）；
（1）为保证测量精度，电路中电压表应选 （选填“A”或“B”），电流表应选 （选填“C”或“D”）；
（2）为确保灵敏电流计G的安全，闭合S前电阻箱应调整至 （选填“1000.0Ω”、“2000.0Ω”、“5000.0Ω”或“9999.9Ω”）；
（3）闭合S后，调节电阻箱的阻值，当灵敏电流计G的示数为零时，电阻箱的阻值为R、电压表的示数为U以及电流表的示数为I，则Rx的测量值为 （用测得的物理量表示）；
（4）考虑电表内阻的影响，用这种方法测得的电阻值 （选填“大于”“等于”或“小于”）真实值。
【答案】（1）A；C
（2）2000.0Ω
（3）UI
（4）等于
【知识点】特殊方法测电阻
【解析】【解答】（1）由于电源电动势为5V，所以选择电压表量程为0~5V，即电压表选择A；
流进电流表的最大电流
1=ERx+r=518+1A=0.26A
所以电流表选择C。
（2） 为确保灵敏电流计G的安全， 可以理解为有很小的电流流经灵敏电流计或者没有电流流经灵敏电流计，而Rx的电阻值是电流表的10倍，那么电压表的内阻应该也是电阻箱阻值的10倍，所以电阻箱的阻值调到2000.0Ω
（3） 闭合S后，调节电阻箱的阻值，当灵敏电流计G的示数为零时， 说明灵敏电流计两端的电势相等，即电压表的示数是电阻Rx两端的电压，电流表的示数的时间流经Rx的电流，即
Rx=UI。
（4） 考虑电表内阻的影响， （3）的测量方法，电压表和电流表示数都是电阻Rx两端的电压和实际流经Rx的电流，即测得的电阻值等于真实值。
【分析】本题考查电阻的测量，电压表选择可以依据电源的电压为参考，电流表的选择可以通过计算流经电流表的最大电流来分析判断；为确保灵敏电流计G的安全，一般理解为流经灵敏电流计的电流为零；闭合S后，调节电阻箱的阻值，当灵敏电流计G的示数为零时， 说明灵敏电流计两端的电势相等，即电压表的示数是电阻Rx两端的电压，电流表的示数的时间流经Rx的电流，即Rx=UI。该测量方法直接避开了电表内阻对测量结果的影响。
四、计算题（本题共3个小题，共42分。要求写出必要的公式、文字叙述。）
13．洗车所用的喷水壶的构造如图所示，水壶的容积为V，洗车前向壶内加入V2的洗涤剂并密封，然后用打气筒打气20次后开始喷水。已知外部大气压强恒为p0，打气筒每次打入压强为p0、体积为V60的空气，空气可视为理想气体，不计细管内液体的体积及压强，打气及喷水过程中封闭空气的温度始终不变。
（1）求喷水壶内封闭空气的最大压强p；
（2）喷水壶内洗涤剂能否全部从喷口喷出？若不能，最少还能剩余多少？
【答案】（1）解：打气过程中，相当于把空气等温压缩，有
p0(V2+20V60)=pV2 解得p=5p03
（2）解：假设壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，当壶内空气的压强降到p0时，剩余洗涤剂的体积为V剩；
有p0(V-V剩)=pV2 解得V剩=V6
故假设成立，壶内洗涤剂不能全部从喷口喷出，剩余洗涤剂的体积为V6
【知识点】气体的等温变化及玻意耳定律
【解析】【分析】本题考查理想气体的变质量问题，要求学生能够将变质量转换成质量不变的理想气体。（1）大气过程，相当于把空气等温压缩，确定初始状态气体压强和体积，打气过程气体质量增加，将初始状态下的气体和打入气筒20次的气体看成一个整体，该整体的气体质量不变，气体由状态1到状态2，根据等质量气体的等温变化，求出 喷水壶内封闭空气的最大压强p 。（2）喷水过程中，水壶里气体压强大于大气压强时，可以喷水，当水壶里气体压强等于大气压强时，没有水喷出。喷水过程中，是等质量气体等温膨胀的过程，寻找出该过程初末状态下的压强和体积，根据玻意耳定律求出末状态下气体体积，即可求出对应水壶剩下水的体积。
14．如图所示，足够长的绝缘水平传送带在电动机带动下以恒定的速率v0=4m/s匀速转动（顺时针）。与传送带运动方向垂直的虚线MN右侧存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B=0.6T。将一边长为L=2.0m、质量为m=1kg、阻值为R=0.6Ω的正方形闭合金属线框abcd无初速度地放置在传送带上，当线框的dc边运动到虚线MN前，线框已经与传送带共速。整个线框通过虚线MN所用的时间t=0.7s。线框运动过程中dc边始终与虚线平行，线框与传送带之间的动摩擦因数为μ=0.4，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，求：
（1）线框ab边运动到虚线MN时的速度大小；
（2）从线框dc边运动到虚线MN，到线框速度最终稳定的过程中，系统产生的总热量（电动机产热不计）。
【答案】（1）解：设线框ab边运动到虚线MN时速度大小为v'，此过程线框中的感应电动势E=BLv=BL2t线框中的感应电流I=ER
由动量定理可知μmgt-BILt=mv'-mv0
解得v'=2m/s
（2）解：法一：分别计算摩擦生热和焦耳热
从线框ab边运动到虚线MN，到线框速度最终稳定的过程中，线框在摩擦力作用下做匀加速直线运动。设该过程时间为t'，线框位移为x'，则有t'=v0-v1μg=0.5s
x'=v0+v12t'=1.5m
传送带两个过程的总位移 x=v0(t+t')=4.8m
线框与传送带的总相对位移 Δx=x-(x'+L)=1.3m
整个过程中线框与传送带之间因摩擦产生的热量Qf=μmgΔx=5.2J
设线框进入磁场时安培力做功为W安，则μmgL+W安=12mv12-12mv02
解得 W安=-14J
则电阻因电流的热效应发热QR=14J
系统总产热Q=Qf+QR=19.2J
法二：线框初、末动能相同，系统产生的总热量等于发动机对传送带做的功W
W=μmgx=19.2J
【知识点】牛顿运动定律的应用—传送带模型；电磁感应中的动力学问题；电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】本题考查电磁感应和功能关系，（1）对于电磁感应，如果涉及到电荷量、求位移、时间等问题，一般根据动量定理结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律列方程求解，注意：当dc边进入磁场区域时，线框在安培力作用下有相对传送带向左运动的趋势，从而判断摩擦力的方向，结合线框进入磁场后的受力和动量定理即可求出 线框ab边运动到虚线MN时的速度大小 。（2）线框从开始进入到完全进入的过程中，线框做减速运动，线框完全进入磁场后，线框在摩擦力的作用下做加速运动，直至与从传送带的速度相同。根据运动学公式和动能定理求出系统由于摩擦产生的内能和由于热效应产生的内能。
15．如图所示，在坐标系xOy中，x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为-q的带电粒子在纸面内从P点与y轴成α=30°方向射入磁场，已知P点的纵坐标yP=d，不计粒子重力。
（1）若粒子不离开磁场，求粒子速度的最大值vm；
（2）若粒子能离开磁场，求粒子在磁场中运动时间t的范围；
（3）若磁场为非匀强磁场，方向垂直纸面向里，磁感应强度大小随y方向均匀增大，关系为B=B0yd。粒子以大小为v0=2qB0dm的速度从P点沿图示方向射入磁场，求粒子从P点运动到离x轴最远位置的过程中，运动轨迹、初末位置所在竖直直线与x轴围成的面积S。
【答案】（1）解：若粒子刚好不离开磁场，则运动轨迹与x轴相切，如图所示由几何关系d=rsinα+r
由洛伦兹力提供向心力qvmB0=mvm2r
解得vm=2qdB03m
（2）解：粒子在磁场中的运动周期T=2πrv=2πmB0q
当粒子刚好离开磁场时，在磁场中运动时间最长，则t1=240°360°T=4πm3B0q
当粒子速度越来越大，粒子的半径足够大时，d与半径相比忽略不计，可视为粒子从磁场边界x轴上进入磁场，粒子在磁场中运动时间最短，则t2=120°360°T=13T=2πm3B0q
综上所述，粒子离开磁场，在磁场中运动时间的范围为2πm3B0q（3）解：设粒子在x轴方向上的分速度为vx，根据动量定理，极短时间内满足FxΔt=-qBvxΔt=mΔvx
粒子运动至x轴最远位置时y轴方向上的分速度为零，且B=B0yd，则ΣqB0ydvxΔt=mv0csα可得qB0dΣyvxΔt=mv0csα
根据ΣyvxΔt=ΣyΔx=ΣΔS=S
解得S=3d2
【知识点】带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【分析】本题考查带电粒子在磁场中的运动，要求学生能正确分析粒子的运动过程和准确画出对应的轨迹。（1）根据轨迹图，结合几何关系求出粒子在磁场中运动的最大半径，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子在磁场中运动最大速度。（2）根据轨迹图，结合几何关系求出粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角，根据t=θ2πT求出粒子在磁场的运动时间，即可求出粒子在磁场中运动时间t的范围。（3）y轴方向根据动量定理列式求出粒子从P点运动到离x轴最远位置的过程中，运动轨迹与x轴围成的面积S.