2020-2021学年广东省广州市越秀区高二（上）期末物理试卷

这是一份2020-2021学年广东省广州市越秀区高二（上）期末物理试卷，共25页。试卷主要包含了单项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2020-2021学年广东省广州市越秀区高二（上）期末物理试卷
一、单项选择题(每小题4分,共40分;在每小题给出的四个选项中,只有一个正确选选对的得4分,选错的或不答的得0分)
1．（4分）下列关于动量的说法正确的是（　　）
A．动量相同的两个物体，质量大的动能大
B．一个物体动量改变了，则速率一定改变
C．一个物体的速率改变，它的动量可能不变
D．一个物体受合外力作用一段时间，它的动量一定改变
2．（4分）如图甲所示，U形金属导轨与水平面成θ角放置，电源、电阻、金属杆及导轨组成闭合回路，金属杆与导轨的摩擦不计，整个装置分别处在如图乙所示的A、B、C、D的匀强磁场中，其中可能使细杆保持静止的是（　　）

A． B． C． D．
3．（4分）如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（　　）

A．R1：R2＝3：1
B．把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2
C．将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1：P2＝3：1
D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2＝3：1
4．（4分）两根长直通电导线互相平行，电流方向相同，它们的截面处于等边△ABC的A和B处，如图所示．两通电导线在C处产生磁场的磁感应强度大小都是B0，则C处磁场的总磁感应强度大小是（　　）

A．0 B．B0 C．3B0 D．2B0
5．（4分）如图所示，运动员挥拍将质量为m的网球击出．如果网球被拍子击前、后瞬间速度的大小分别为v1、v2，v1与v2方向相反，且v2＞v1．忽略重力，则此过程中拍子对网球作用力的冲量（　　）

A．大小为m （v2﹣v1），方向与v1方向相同
B．大小为m （v2+v1），方向与v1方向相同
C．大小为m （v2﹣v1），方向与v2方向相同
D．大小为m （v2+v1），方向与v2方向相同
6．（4分）一正电荷在电场中仅受电场力作用，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如图所示，tA、tB分别对应电荷在A、B两点的时刻，则下列说法中正确的是（　　）

A．A处的场强一定小于B处的场强
B．A处的电势一定低于B处的电势
C．该电场可能是匀强电场
D．电荷在A处的电势能一定大于在B处的电势能
7．（4分）回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频电源的两极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中有周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，则下列说法中正确的是（　　）

A．只增大狭缝间的加速电压，可增大带电粒子射出时的动能
B．只增大狭缝间的加速电压，可增大带电粒子在回旋加速器中运动的时间
C．只增大磁场的磁感应强度，可增大带电粒子射出时的动能
D．用同一回旋加速器可以同时加速质子（11H）和氚核（13H）
8．（4分）直流电动机在生产、生活中有泛的应用。如图所示，一直流电动机M和电灯L并联之后接在直流电源上，电动机内阻r1＝0.5Ω，电灯灯丝电阻R＝9Ω（阻值认为保持不变），电源电动势E＝12V，内阻r2＝1Ω开关S闭合，电动机正常工作时，电压表读数为9V．则下列说法不正确的是（　　）

A．流过电源的电流3A
B．流过电动机的电流2A
C．电动机的输入功率等于24W
D．电动机的输出功率等于16W
9．（4分）如图所示，在匀强电场中，场强方向与△abc所在平面平行，ac⊥bc，∠abc＝60°，ac=0.2m。一个电荷量q＝1×10﹣5C的正电荷从a移到b，电场力做功为零；同样的电荷从a移到c，电场力做功为1×10﹣3J．则该匀强电场的场强大小和方向分别为（　　）

A．500 V/m、沿ab由a指向b
B．500 V/m、垂直ab向上
C．1000 V/m、垂直ab向上
D．1000 V/m、沿ac由a指向c
10．（4分）如图所示，一价氢离子和二价氦离子的混合体，经同一加速电场加速后，垂直射入同一偏转电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们（　　）

A．两离子同时到达屏上的不同点
B．到达屏上同一点，一价氢离子先到达，二价氦离子后到达
C．到达屏上同一点，二价氦离子先到达，一价氢离子后到达
D．增大偏转极板间的距离，氢离子射在荧光屏上的点将向下移动
二、多项选择题（每小题4分，共16分；在每小题给出的四个选项中，有两个或多个正确选乙、项，全部选对的得4分，选不全的得2分，选的或不选的得0分
11．（4分）如图所示，质量分别为m1，m2的两个小球A．B，带有等量异种电荷，通过绝缘轻弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，两球A．B将由静止开始运动，在以后的运动过程中，对两小球A．B和弹簧组成的系统，以下说法错误的是（设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限度）（　　）

A．由于电场力分别对球A和B做正功，故系统机械能不断增加
B．由于两小球所受电场力等大反向，故系统动量守恒
C．当弹簧长度达到最大值时，系统机械能最大
D．当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，系统动能最大
12．（4分）如图所示，在x轴上关于原点O对称的两点放置异种点电荷+Q和﹣3Q，x轴上的P点位于﹣3Q的右侧，下列判断正确的是（　　）

A．在x轴上还有一点与P点电场强度相同
B．在x轴上还有两点与P点电场强度相同
C．若将一试探电荷+q放在x轴上，只有一个点能使之平衡
D．若将一试探电荷+q放在x轴上，共有两个点能使之平衡
13．（4分）在如图所示电路中，电源的电动势E＝3V，内电阻r＝5Ω，电阻R1＝5Ω，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P从最上端向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，则下列叙述中正确的是（　　）

A．I变大，U1变大 B．U2变大，U1变小
C．电阻R1的电功率减小 D．电源的输出功率增大
14．（4分）质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示，离子源S产生带电荷量为q的某种正离子，离子产生时的速度很小，可以看作是静止的，离子经过电压U加速后形成离子流，然后垂直于磁场方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，沿着半圆周运动到达记录它的照相底片P上。实验测得，它在P上的位置到入口处S1的距离为a，离子流形成稳定的电流I时，下列说法确的是（　　）

A．这种离了的质量为m=qB28Ua2
B．单位时间内穿过入口S1处离子流的能量为UI
C．单位时间内穿过入口S1处离子流的能量为qU
D．在时间t内到达照底片P上的离子的数目为n=Itq
三、实验题：（共15分}
15．（7分）某同学把两块大小不同的木块用细线连接，中间夹一被压缩了的弹簧，如图所示。将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察物体的运动情况，进行必要的测量，验证物体间相互作用时动量守恒。
（1）该同学还必须有的器材是　 　；
（2）需要直接测量的数据是　 　；
（3）用所得数据验证动量守恒的关系式是　 　。

16．（8分）为了测量一精密金属丝的电阻率，某实验小组先用多用表粗测其电阻约为6Ω，然后进行较准确测量，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：
A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）
B．电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）
C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω）
D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）
E．滑动变阻器R1（0～5Ω，0.6A）
F．滑动变阻器R2（0～2000Ω，0.1A）
G．输出电压为3V的直流稳压电源E
H．电阻箱
L．开关S，导线若干
为了测较多组实验数据，则上述器材中应选用的实验器材有（填代号）　 　，请在虚线框内设计最合理的电路图并将图中的实物连线，但用该电路电阻的测值　 　真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）。如果金属丝直径为D，长度为L，所测电压为U，电流为1，写出计算电阻率的表达式　 　
四、计算题:(共39分。按题目夏求作答,解答题应写出必要的文字说朋、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题,答案中必须阴确写出数值和单位)
17．（12分）如图所示，长L＝3m的木板右端固定一立柱，板和立柱的总质是M＝20kg木板置于地面上，木板与地而向的动摩擦因数μ＝0.1．质量m＝20kg的人立于木板左端木板与人均静止、若人以4m/s2的加速度匀加速向右奔跑至板的右端，并立即抱住立柱，g取10m/s2，求：
（1）从人开始奔跑至到达木板右端所经历的时间；
（2）从人开始运动到最终木板静止，木板发生的总位移x。

18．（13分）如图所示，电源电动势为E＝100V，内阻不计，R1、R2、R4的阻值为300Ω，R3为可变电阻。C为一水平放置的平行板电容器，虚线到两极距离相等且通过竖直放置的荧光屏中心，极板长为1＝8cm，板间距离为d＝1cm，右端到荧光屏为s＝20cm，荧光屏直径为D＝5cm。有一细电子束沿图中虚线以E0＝9.6×102eV的动能连续不断地向右射入平行板电容器。已知电子电荷量e＝1.6×10﹣19C．求：
（1）要使电子都能从平行板电容器右侧飞出，电容器两板间电压最大不能超过多少？
（2）要使所有电子都能打在荧光屏上，变阻器R3的取值范围多大？

19．（14分）如图所示，在直角坐标系的原点O处有一放射源，向四周均匀发射速度大小相等、方向都平行于纸面的带电粒子．在放射源右边有一很薄的挡板，挡板与xoy平面交线的两端M、N与原点O正好构成等腰直角三角形．已知带电粒子的质量为m，带电量为+q，速度为υ，MN的长度为L．
（1）若在y轴右侧加一平行于x轴的匀强电场，要使y轴右侧所有运动的粒子都能打到挡板MN上，则电场强度E0的最小值为多大？在电场强度为E0时，打到板上的粒子动能为多大？
（2）若在整个空间加一方向垂直纸面向里的匀强磁场，要使板右侧的MN连线上都有粒子打到，磁场的磁感应强度不能超过多少（用m、υ、q、L表示）？若满足此条件，放射源O向外发射出的所有带电粒子中有几分之几能打在板的左边？


2020-2021学年广东省广州市越秀区高二（上）期末物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题(每小题4分,共40分;在每小题给出的四个选项中,只有一个正确选选对的得4分,选错的或不答的得0分)
1．【分析】动量是矢量，有大小有方向，大小和方向任意一个发生变化，则动量一定改变。根据动量和动能的表达式得出动能与动量的关系，从而判断动能的大小关系。
【解答】解：A、根据P＝mv，Ek=12mv2得Ek=P22m，知动量相同，质量大的动能小。故A错误。
B、一个物体的动量改变，速率不一定变化，比如做匀速圆周运动，动量变化，速率不变。故B错误。
C、一个物体的速率改变，根据P＝mv知，动量一定改变，C错误。
D、一个物体受合外力作用一段时间一定有冲量，则动量一定变化，故D正确。
故选：D。
【点评】决本题的关键知道动量是矢量，知道动量和动能的关系，基础题。
2．【分析】本题在磁场中考查了物体平衡问题，对物体正确进行受力分析，看能否满足平衡条件，同时知道左手定则的内容：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指指向电流方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．
【解答】解：A、磁场的方向与电流的方向相同，不受安培力，金属杆受重力和支持力不可能平衡。故A错误。
B、金属杆所受的安培力方向竖直向上，若安培力与重力平衡，金属杆能处于平衡状态。故B正确。
C、金属杆受垂直于斜面向上的安培力，重力，支持力，不可能平衡。故C错误。
D、磁场的方向向上，电流的方向向外，所以金属杆受到水平向左的安培力，和重力，支持力，三个力不可能处于平衡状态。故D错误。
故选：B。
【点评】这类问题的解题思路和以前所学物体平衡解题思路一样，只不过在受力分析时多了安培力，注意正确应用左手定则判断安培力的方向．
3．【分析】通过I﹣U图象得出两电阻的关系。串联电路电流相等；并联电路，电压相等；结合公式P＝UI和U＝IR分析即可。
【解答】解：A、解答：根据I﹣U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2＝1：3．故A错误。
B、把R1拉长到原来的3倍长后，横截面积减小为原来的13，根据电阻定律公式R=ρLS，电阻增加为9倍，变为R2的3倍，故B错误；
C、串联电路电流相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流比I1：I2＝1：1；又由于R1：R2＝1：3。
根据P＝UI＝I2R，功率之比为1：3，故C错误。
D、并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2＝3：1。
根据公式P＝UI，功率之比为3：1，故D正确。
故选：D。
【点评】本题关键是明确I﹣U图象的斜率的倒数表示电阻，然后结合电阻定律、欧姆定律和电功率表达式分析，不难。
4．【分析】根据右手螺旋定则得出两根通电导线在C点的磁感应强度的方向，根据平行四边形定则得出合场强的大小．
【解答】解：根据安培定则可知，导线A在C处产生的磁场方向垂直于AC方向向右，导线B在C处产生的磁场方向垂直于BC方向向右，
如图，根据平行四边形定则得到，C处的总磁感应强度为B总＝2Bcos30°=3B0。
故选：C。

【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断通电电流周围的磁场方向，以及知道磁感应强度是矢量，合成遵循平行四边形定则．
5．【分析】以网球为研究对象，在拍子击打网球的过程中，网球水平受到拍子的作用力，速度大小和方向发生了改变，根据动量定理研究拍子的作用力的冲量．
【解答】解：取拍子击打前网球的速度为v1方向为正方向，根据动量定理得：
拍子对网球作用力的冲量I＝﹣mv2﹣mv1＝﹣m（v1+v2），
即冲量大小为m（v1+v2），方向与v1方向相反，与v2方向相同。
故选：D。
【点评】本题是实际问题，考查应用物理知识分析处理实际问题的能力．对于变力的冲量常常根据动量定理求解．
6．【分析】由速度图象看出，正电荷做加速度减小的减速运动，可知，电场力减小，场强减小，由能量守恒定律分析电势能的变化，由动能定理分析电场力做功情况。
【解答】解：AC、v﹣t图象的斜率等于加速度，由v﹣t图象看出，正电荷做加速度减小的减速运动，而正电荷在电场中仅受电场力作用，则知电场力减小，由电场力F＝qE知，电场强度E减小，即有A处的场强一定大于B处的场强。故AC错误。
BD、正电荷做减速运动，其动能减小，根据能量守恒可知，其电势能增大，即电荷在A处的电势能一定小于在B处的电势能，根据推论：正电荷在电势高处电势能大，可知A处的电势一定低于B处的电势。故B正确D错误。
故选：B。
【点评】本题关键要根据速度的斜率判断出加速度的变化，根据动能定理和能量守恒分析电势能的变化和电场力做功和正负，属于基础题。
7．【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，粒子在磁场中运动的周期等于交流电的周期，当粒子从D形盒出来时速度最大．
【解答】解：最大动能对应的是D形盒半径R，由R=mvBq和Ek=12mv2，得Em=(BqR)22m∝B2，与加速电压大小无关。增加加速电压，最大动能不变，加速次数减少，回旋次数减少，每半周时间不变，因此运动时间减少。质子和氚核的回旋周期T=2πmBq∝m不同，因此不能同时加速。故ABD错误，C正确；
故选：C。
【点评】解决本题的关键知道回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，以及知道粒子在磁场中运动的周期等于交流电的周期．
8．【分析】根据内外之和等于电源的电动势和欧姆定律，求出流过电源的电流。由欧姆定律求出灯泡的电流，由总电流与灯泡电流之差求出流过电动机的电流。电动机对外输出的机械功率等于电动机的总功率与内部发热功率之差。
【解答】解：A、电源的输出电压：U＝E﹣Ir，则有I=E-Ur=3A，故A正确；
B、对灯泡：I灯=UR灯=99=1A，电动机与灯泡并联，则电动机的电流I电＝I﹣I灯＝3A﹣1A＝2A，故B正确；
C、电动机的输入功率等于P＝UI电＝9×2＝18W，故C错误；
D、根据能量转化与守恒定律得，电动机的输出功率P出＝UI电﹣I电2r＝18﹣2＝16W，故D正确。
本题选不正确的
故选：C。
【点评】本题是含有电动机的问题，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不适用
9．【分析】由题意可知ab两点电势相等，则可知ab是一条等势线，由电场线可等势面的关系可知电场线；由电场力做功可求得bc两点的电势差，则可确定电场线的方向，由U＝Ed可求得电场强度。
【解答】解：正电荷从a移到b，电场力做功为零，则由电场力做功的特点可知，ab两点电势相等，故ab应为等势线；因电场线与等势面相互垂直，故过c做ab的垂线，一定是电场线；正电荷从a到c过程，由W＝Uq可知，ac两点的电势差Uac=Wq=1.0×10-31×10-5V=100V，即a点电势高于c点的电势，故电场线垂直于ab向上；
ac间沿电场线的距离d＝ac•cos60°＝0.2×0.5m＝0.1m；由E=Ud可知：电场强度E=1000.1V/m=1000V/m；方向垂直ab向上；故C正确，ABD错误；
故选：C。
【点评】场线与等势面相互垂直，而且电场线由是由高电势指向低电势；匀强电场中U＝Ed中的d应为沿电场方向的有效距离
10．【分析】本题中带电粒子先加速后偏转。先根据动能定理求出加速获得的速度表达式。两种粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学得到粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，从而得出偏转位移的关系即可判断粒子打在屏上的位置关系。
【解答】解：ABC、设偏转极板的长度为L，板间距离为d。在加速电场中，由动能定理得：qU1=12mv2
两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v的匀速直线运动，由于两种粒子的比荷不同，则v不同，所以两粒子在偏转电场中运动的时间t=Lv=Lm2qU1不同。根据比荷可知，一价氢离子先离开偏转电场。
在偏转电场中的偏转位移：y=12at2=12⋅qU2md⋅(Lv)2
联立得：y=U2L24U1d
同理可得到偏转角度的正切：tanθ=U2L2U1d，可见y和tanθ与电荷的电量和质量无关。所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同。故两种粒子打屏上同一点。故B正确AC错误。
D、由上面的方向可知，增大偏转极板间的距离，则y和tanθ都变小，即氢离子射在荧光屏上的点将向上移动，故D错误。
故选：B。
【点评】解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同。做选择题时，这个结论可直接运用，节省时间。
二、多项选择题（每小题4分，共16分；在每小题给出的四个选项中，有两个或多个正确选乙、项，全部选对的得4分，选不全的得2分，选的或不选的得0分
11．【分析】两小球受到的电场力做正功，则能量增加；分析系统中的外力做功情况可得出能量与动量的变化情况．
【解答】解：A、电场力对两球分别做正功，在弹簧第一次伸长到最长的运动过程中，系统机械能不断增加，故A错误；
B、两球所带电荷量相等而电性相反，则系统所受电场力合力为零，系统所受合外力为零，系统动量守恒，故B正确；
C、电场力对两球分别做正功，弹簧第一次伸长到最长的运动过程时，电场力对系统做功做多，系统机械能最大，故C正确；
D、弹簧第一次伸长到最长的运动过程中，当电场力和弹簧弹力平衡前，合力对小球一直做整个，小球动能一直增大，当弹力大于电场力后，合力对小球做负功，小球动能减小，由此可知，当小球所受电场力与弹簧的弹力相等时，小球动能最大，系统动能最大，故D正确；
题目要求选错误的，故选：A。
【点评】本题关键要明确两个小球的速度的变化情况，两小球都是先做加速度不断减小的加速运动，再做加速度不断变大的减速运动．
12．【分析】要解答本题需要：熟悉掌握等量正负点电荷的电场分布；从而确定电场强度相等的点；再根据库仑定律和受力情况确定哪些点可以使电荷平衡。
【解答】解：AB、等量异种电荷周围的电场分布情况如图所示，根据其电场分布可知，在x轴上还有一点与P点电场强度相同，在正电荷Q的左边，故A正确，B错误；
CD、若放置一正电荷而处于平衡，则其受两固定电荷的电场力应平衡，根据电荷间的相互作用可知，若放置在负电荷的右侧，但是由于负电荷电量较大，所以无法使q平衡；如果放置在正电荷左侧，则受正电荷的斥力和负电荷的引力，可以处于平衡，故有一处可以平衡；故C正确D错误。
故选：AC。

【点评】本题考查电场的叠加以及库仑定律的应用，要注意明确三个电荷要处于平衡状态时，应保证“两大夹一小，两同夹一异“。
13．【分析】理想电表不考虑电表对电表的影响，电压表V3测量路端电压，电流表测量干路电流。滑动变阻器的滑动触头P向下滑动，接入电路电阻变大，根据电路的结构，由欧姆定律可判断电表示数的变化量大小，当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析电源输出功率的变化。
【解答】解：A、当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，由欧姆定律，I变小，U1＝IR1变小，故A错误。
B、I变小，则U3＝E﹣Ir，U3变大，则U3＝U1+U2，U1变小，则U2变大，故B正确。
C、根据P=U12R1可知，U1变小，功率变小。故C正确。
D、内电阻r＝0.5Ω，电阻R1＝2Ω，则外电路总电阻大于电源的内阻，则当变阻器R的滑片P向下移动时，外电路总电阻增大，电源的输出功率减小，故D错误。
故选：BC。
【点评】解决这类动态分析问题的基础是认识电路的结构，明确当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，难度适中。
14．【分析】（1）根据动能定理，结合带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式求出离子质量的表达式。
（2）根据E总＝UQ求出粒子束的总能量，从而求出单位时间内穿过入口处S1离子束流的能量。
（3）根据Q＝It求出所有离子的电量，根据n=Qq 求出离子的数目。
【解答】解：A、离子在电场中做加速运动得：
Uq=12mv2 （1）
在磁场中运动有：
Bvq=mv212a （2）
由（1）（2）得：m=qB28Ua2．故A正确；
BC、在时间t内穿过入口处S1离子束流的能量为：
E总＝UQ＝UIt
单位时间穿过入口处S1离子束流的能量为：
E=E总t=UItt=UI，故B正确，C错误；
D、在时间t内射到照相底片P上的离子总电量为：
Q＝It
在时间t内射到照相底片P上的离子数目为：
n=Qq=Itq，故D正确。
故选：ABD。

【点评】本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，通过洛伦兹力提供向心力求出质量的表达式，以及掌握电量与电流的关系。
三、实验题：（共15分}
15．【分析】烧断细线后，两球离开桌面做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度。将需要验证的关系速度用水平位移替代。
【解答】解：取小球1的初速度方向为正方向，两小球质量和平抛初速度分别为m1、m2，v1、v2，平抛运动的水平位移分别为s1、s2，平抛运动的时间为t。
需要验证的方程：0＝m1v1﹣m2v2
又v1=s1t，v2=s2t
代入得到：m1s1＝m2s2
故需要测量两木块的质量m1和m2，两木块落地点到桌面边缘的水平距离s1，s2
所以需要的器材为刻度尺、天平
故答案为：（1）刻度尺、天平
（2）两物体的质量m1，m2和两木块落地点分别到桌子两侧边的水平距离sl、s2
（3）m1s1＝m2s2
【点评】本题是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证。
16．【分析】根据电源电动势选择电压表，根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，作出实验电路图，然后根据电路图连接实物电路图；根据电流表的接反分析实验误差。
【解答】解：实验需要G电源，I开关与导线，电源电动势为3V，因此电压表应选：A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）；
通过待测电阻的最大电流约为I=ER=3V6Ω=0.5A＝500mA，则电流表应选：D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）；
为保证电路安全方便实验操作，滑动变阻器应选：E．滑动变阻器R1（0～5Ω，0.6A）；故需要的实验器材是：A、D、E、G、L。
为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，RRA=61=6，RVR=150006=250，RVR＞RRA，电流表应采用外接法，
实验电路图如图所示，根据实验电路图连接实物电路图，如图所示；
电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流测量值偏大，由R=UI可知，待测电阻测量值比真实值小。
由电阻定律可知：R＝ρLS=ρLπ(D2)2，
由欧姆定律可知：R=UI，
电阻率：ρ=πUD24IL。

故答案为：ADEGL；电路图如图所示；小于；πUD24IL。
【点评】本题考查了实验器材的选择、考查了设计电路图与连接实物电路图，选择实验器材时，要注意保证电路安全、注意所选实验器材方便实验操作；确定滑动变阻器的接法与电流表接法是正确设计实验电路的关键。
四、计算题:(共39分。按题目夏求作答,解答题应写出必要的文字说朋、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题,答案中必须阴确写出数值和单位)
17．【分析】（1）对人和板进行受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，再由运动学公式可以求出运动时间。
（2）由匀变速运动的速度公式求出人奔跑至木板右端时的速度，由动量守恒定律求出人抱住立柱后的速度，再由动能定理可以求出木板滑行的距离，从而求得木板的总位移。
【解答】解：（1）在人相对木板奔跑时，设人的加速度为a1，木板的加速度为a2，人与板间的相互作用力为F．从人开始奔跑至到达木板右端所经历的时间为t。
对人有 F＝ma1
对板有F﹣μ（m+M）g＝Ma2
由几何关系得 12a1t2+12a2t2＝L
联立求得 t＝1s，a2＝2m/s2
（2）当人奔跑至木板右端时，人的速度 v1＝a1t＝4m/s，板向左运动的速度 v2＝a2t＝2m/s
木板向左运动的位移 s=12a2t2=12×2×12=1m
人抱立柱过程中，取向右为正方向，由系统动量守恒得 mv1﹣Mv2＝（M+m）v
解得 v＝1m/s
v方向与人原来的运动方向一致。
在随后的滑行过程中，对人与板构成的整体，根据动能定理得
﹣μ（m+M） gs′＝0-12（m+M）v2
解得 s′＝0.5m
因此，从人开始运动到最终木板静止，木板发生的总位移 x＝s﹣s′＝0.5m 方向向左。
答：（1）人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间是1s；
（2）木板的总位移x是0.5m，方向向左。
【点评】分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律与动能定理即可正确解题。
18．【分析】（1）带电粒子垂直进入电压可调的两平行板运动，在电场力作用下做类平抛运动，由飞出电场的最大偏转位移可求得电容器两板间电压最大值；
（2）由荧光屏的宽度可确定粒子的偏转位移，从而求出两平行板间的电压，再由闭合电路殴姆定律可得使电子都能打在荧光屏上，变阻器R3的取值范围。
【解答】解：（1）电子穿过电容器过程中，在水平方向上做匀速运动 l＝v0t 而E0=12mv02
在竖直方向上做匀加速直线运动：y1=12at2
由牛顿第二定律得：a=eUmd
当偏转位移y1=d2时，电容器两板间电压最大
联立解得：Um＝30V
（2）电子穿过平行板电容器时
由速度公式得：v⊥＝at
速度方向偏转θ角，tanθ=v⊥v0
电子打在荧光屏上偏离中心O的位移，y＝y1+s•tanθ
由上述①～⑥方程得：y＝（1+2sl）y1
当y1=12d，代入数据求得：y＝3cm＞D2
故使电子打在荧光屏上，应满足y≤D2
联立解得：U≤2DdE0e(l+2s)l。
代入数据求得，A、B间电压U≤25V
①当UAB＝25V时，UAB=ER1+R2R2-ER3+R4R4=25V
代入数据得：R3＝900Ω
②当UBA＝25V时，UBA=ER3+R4R4-ER1+R2R2＝25V，
代入数据得：R3＝100Ω
综述有：100Ω≤R3≤900Ω。
答：（1）要使电子都能从平行板电容器右侧飞出，电容器两板间电压最大不能超过30V；
（2）要使电子都能打工荧光屏上，变阻器R3的取值范围为100Ω≤R3≤900Ω。
【点评】粒子进入电场后做类平抛运动，将运动分解两个方向的简单直线运动，从而确定侧向位移，最终得出AB板间的电压。
19．【分析】（1）要使y轴右侧所有运动粒子都能打在 MN板上，其临界条件为：沿y轴方向运动的粒子作类平抛运动，且落在M或N点．根据牛顿第二定律求出电场强度的最小值，根据动能定理求解打到板上粒子的动能．
（2）加匀强磁场后，粒子沿逆时针方向做匀速圆周运动，当轨迹以O′为圆心同时过M、N两点时，轨迹直径最小，得到粒子圆周运动的半径，由牛顿第二定律求出B的最大值．从O点向第四象限发射出的粒子均能打在MN板的左侧，占发射粒子总数的14．
【解答】解：（1）由题意知，要使y轴右侧所有运动粒子都能打在MN板上，其临界条件为：沿y轴方向运动的粒子作类平抛运动，且落在M或N点．
则M O′=12L=vt⋯①
加速度a=qE0m⋯②
OO′=12L=12at2⋯③
解①②③式得
E0=4mv2qL⋯④
由动能定理知
qE0×12L=Ek-12mv2⋯⑤
解④⑤式得：
Ek=52mv2
（2）由题意知，要使板右侧的MN连线上都有粒子打到，粒子轨迹直径的最小值为MN板的长度L．
R0=12L=mvqB0
B0=2mvqL
放射源O发射出的粒子中，打在MN板上的粒子的临界径迹如图所示．
因为OM＝ON，且OM⊥ON
所以OO1⊥OO2
则υ1⊥υ2
可知放射源O放射出的所有粒子中只有14打在MN板的左侧．
答：（1）电场强度E0的最小值为4mv2qL；在电场强度为E0时，打到板上的粒子动能为52mv2；
（2）放射源O放射出的所有粒子中只有14打在MN板的左侧．


【点评】本题中粒子在电场中做类平抛运动时运用运动的合成和分解法研究，在磁场中要通过画出轨迹，确定临界条件求解磁感应强度．