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2021北京牛栏山一中高二（上）期末物理（教师版）
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这是一份2021北京牛栏山一中高二（上）期末物理（教师版），共19页。试卷主要包含了单选题，实验题（共18分)，计算论证题等内容，欢迎下载使用。
2021北京牛栏山一中高二（上）期末
物 理
一、单选题（共45分）
1．（3分）关于电场，下列叙述正确的是（ ）
A．以点电荷为圆心r为半径的球面上，各点的场强都相同
B．正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场强
C．电荷所受电场力大，该点电场强度一定很大
D．在电场中某点放入试探电荷q，该点的场强为E＝，取走q后，该点场强不变
2．（3分）特斯拉汽车公司（TeslaMotors）是美国一家产销电动车的公司，由斯坦福大学硕士辍学生伊隆•马斯克与硕士毕业生JBStraubel于2003年成立，特斯拉汽车公司以电气工程师和物理学家尼古拉•特斯拉命名，专门生产纯电动车，物理学中特斯拉是哪个物理量的单位（ ）
A．电场强度 B．磁感应强度 C．磁通量 D．电动势
3．（3分）如图所示，是某电场中的一条直线，一电子从a点由静止释放，它将沿直线向b点运动，下列有关该电场情况的判断正确的是（ ）
A．该电场一定是匀强电场 B．场强Ea一定小于Eb
C．电子的电势能Epa＞Epb D．电子的电势能Epa＜Epb
4．（3分）以下说法正确的是（ ）
A．由E＝可知电场中某点的电场强度E与F成正比
B．由公式φ＝可知电场中某点的电势φ与q成反比
C．公式C＝，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关
D．由Uab＝Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也越大
5．（3分）如图所示，将不带电的绝缘枕形导体P放在正电荷Q的电场中，导体P的a、b两端分别带上了感应负电荷与等量的感应正电荷，另外导体内部还有两点c、d，则以下说法正确的是（ ）
A．导体上a、b两端的电势高低关系是φa＞φb
B．导体上a、b两端的电势高低关系是φa＜φb
C．导体内部c、d两点的场强大小关系是Ec＞Ed＝0
D．感应电荷在导体内部c、d两点产生的场强大小关系是Ec＞Ed≠0
6．（3分）如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电源E相连，在距离两板等距离的M点有一个带电液滴处于静止状态。若将b板向上平移一小段距离，但仍在M点下方，稳定后，下列说法中正确的是（ ）
A．液滴将加速向下运动
B．M点电势升高
C．带电液滴在M点的电势能增大
D．带电液滴在M点的电势能减小
7．（3分）下列关于物理学史、物理概念及方法的说法中，正确的是（ ）
A．库仑在利用扭秤装置研究得到库仑定律的实验探究中，既用到了放大的思想也用到了控制变量法
B．法拉第首先提出场的概念，安培利用电场线、磁感线形象的描绘了电场和磁场
C．电动势表征了电源其他形式的能转化为电能的本领，在大小上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从正极搬运到负极所做的功
D．在研究电场磁场时，我们常引人“试探电荷”、“试探电流元”，目的是不影响原电场的强弱及分布情况，这里应用了假设法
8．（3分）图表示两列频率相同的横波相遇时某一时刻的情况，实线表示波峰，虚线表示波谷。M是该时刻波峰与波峰相遇的点，是凸起最高的位置之一。以下说法中错误的是（ ）
A．质点M的振动始终是加强的
B．质点M的振幅最大
C．质点M的位移始终最大
D．质点M的位移有时为0
9．（3分）用如图所示的实验电路研究微型电动机的性能，当调节滑动变阻器R让电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和2.0V；重新调R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和24V．则这台电动机正常运转时（不计温度对电阻的影响）（ ）
A．输出功率为32W B．输出功率为48W
C．发热功率为1W D．发热功率为47W
10．（3分）如图甲所示，一弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，以竖直向上为正方向，弹簧振子的振动图象如图乙所示，则弹簧振子（ ）
A．频率为2.0Hz
B．振幅为0.4m
C．0～0.5s内，动能逐渐减小
D．t＝0.5s与t＝1.5s时，振子的位移相同
11．（3分）如图是某绳波形成过程的示意图，1、2、3、4…为绳上的一系列等间距的质点，绳处于水平方向．质点在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动2、3、4…各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端．t＝0时质点1开始竖直向上运动，质点振动周期为T．经过四分之一周期，质点5开始运动，此时质点1已发生的位移为S．下列判断正确的是（ ）
A．t＝时质点5的运动方向向下
B．t＝质点7的加速度方向向上
C．t＝时质点5运动的路程为3S
D．t＝T时质点9向下运动
12．（3分）空间存在着平行于x轴方向的静电场，其电势ϕ随x的分布如图所示，A、M、O、N、B为x轴上的点，|OA|＜|OB|，|OM|＝|ON|．一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是（ ）
A．粒子一定带正电
B．粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大
C．粒子一定能通过N点
D．粒子从M向O运动过程电势能逐渐增加
13．（3分）在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为其内阻，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表。当开关S闭合后，若将照射R3的光的强度减弱，则下列说法中正确的是（ ）
A．电压表的示数变小 B．通过R2的电流变小
C．小灯泡消耗的功率变大 D．电源的内电压变大
14．（3分）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为120g，从离人眼约20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2s，取重力加速度g＝10m/s2，则（ ）
A．手机与眼睛作用过程中手机动量变化约为0.48kg•m/s
B．手机对眼睛的冲量大小约为0.48N•s
C．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
D．手机对眼睛的作用力大小约为2.4N
15．（3分）在纳米技术中需要移动或修补原子，必须使在不停地做热运动（速率约几百米每秒）的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间，为此已发明了“激光制冷”技术，若把原子和入射光分别类比为一辆小车和一个小球，则“激光制冷”与下述的力学模型很类似．一辆质量为m的小车（一侧固定一轻弹簧），如图所示以速度v0水平向右运动，一个动量大小为p的小球水平向左射入小车并压缩弹簧至最短，接着被锁定一段时间△T，再解除锁定使小球以大小相同的动量p水平向右弹出，紧接着不断重复上述过程，最终小车停下来．设地面和车厢均为光滑，除锁定时间△T外，不计小球在小车上运动和弹簧压缩、伸长的时间．从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间为（ ）
A．•△T B．•△T C．•△T D．•△T
二、实验题（共18分)
16．（10分）在测定一根粗细均匀金属丝的电阻率的实验中：
（1）某学生用螺旋测微器测定该金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的直径D＝ mm；紧接着用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测该金属丝的长度，测得的结果如图乙所示，则该金属丝的长度L＝ cm。
（2）该同学先用多用电表粗测其电阻，用已经调零且选择开关指向欧姆挡“×10”挡位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“ ”挡位（选填“×100”或“×1”），然后进行 ，再次测量电阻丝的阻值，其表盘及指针所指位置如图丙所示。
（3）现要进一步精确测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：
A．电流表A1（量程为300mA，内阻约为1Ω）
B．电流表A2（量程为0.6A，内阻约为0.3Ω）
C．电压表V1（量程为3.0V，内阻约为3kΩ）
D．电压表V2（量程为15.0V，内阻约为5kΩ）
E．滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）
F．滑动变阻器R2（最大阻值为500Ω）
G．电源E（电动势为4V，内阻可忽略）
H．开关、导线若干
①为了尽可能提高测量准确度，应选择的器材分别是（均填器材前面的字母即可）：电流表选 ；电压表选 ；滑动变阻器选 。
②图丁给出的测量电路中，最合适的电路是 。
③这位同学在一次测量时，电压表的示数如图戊所示．电压表的读数为 V。
（4）若本实验中，测得金属丝的长度为L，直径为D，电阻为R，则该金属丝的电阻率的计算式为ρ＝ 。
17．（8分）现有一种特殊的电池，它的电动势E为9V左右，内阻r大约为40Ω。为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图1所示的电路进行实验，图中电压表的量程为6V，内阻为20kΩ，R1为电阻箱，阻值范围0～999Ω，R0为定值电阻。
（1）实验室备有以下四种规格的定值电阻
A．100Ω
B．1000Ω
C．2000Ω
D．20000Ω
为使实验能顺利进行，R0应选 （填字母序号）。
（2）该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电压表的示数，记录多组数据，作出了如图2所示的图线。根据图线可求得该电池电动势E为 V，内阻r为 Ω。
三、计算论证题（共37分，请在后面答题卡上作答或自己在白纸上作答，并拍照上传照片）
18．（9分）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2m；A和B的质量均为m＝0.1kg，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2．取重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力N的大小；
（2）碰撞过程中A对B的冲量的大小；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l；
19．（9分）如图所示，平行水平金属板间电压为U，上极板带正电，板间距离为d，板长为L1，一带电正电小球质量为m、电荷量为q，以初速度v0垂直于场强方向沿着两边中间轴线方向射入电场中，离开电场后打在荧光屏上，荧光屏到平行板右端的距离为L2，重力加速度为g。求：
（1）小球在电场中运动的时间t1；
（2）小球在电场中偏转分位移y；
（3）小球从射入电场到打到荧光屏上过程，小球动量变化大小？
20．（9分）做功与路径无关的力场叫做势场，在这类场中可以引入“势”和“势能”的概念，场力做功可以量度势能的变化。例如静电场和引力场。如图所示，真空中静止点电荷+Q产生的电场中，取无穷远处的电势为零，则在距离点电荷+Q为r的某点处放置电荷量为+q的检验电荷的电势能为ɛ＝（式中k为静电力常量）。
（1）A、B为同一条电场线上的两点，A、B两点与点电荷+Q间的距离分别为r1和r2；
①将该检验电荷由A点移至B点，判断电场力做功的正负及电势能的增减；
②求A、B两点的电势差UAB；
（2）类似的，由于引力的作用，行星引力范围内的物体具有引力势能。若取离行星无穷远处为引力势能的零势点，则距离行星球心为r处的物体引力势能Ep＝﹣G，式中G为万有引力常量，M为行星的质量，m为物体的质量。设行星的半径为R，求探测器从行星表面发射能脱离行星引力范围所需的最小发射速度。
21．（10分）电流是国际单位制中七个基本物理量之一，也是电学中常用的概念．金属导体导电是由于金属导体内部存在大量的可以自由移动的自由电子，这些自由电子定向移动形成电流．
（1）电子绕核运动可等效为一环形电流．设处于基态氢原子的电子绕核运动的半径为R，电子质量为m，电量为e，静电力常量为k，求此环形电流的大小．
（2）一段横截面积为S、长为l的金属导线，单位体积内有n个自由电子，电子电量为e．自由电子定向移动的平均速率为v．
a．求导线中的电流；
b．按照经典理论，电子在金属中运动的情形是这样的：在外加电场（可通过加电压实现）的作用下，自由电子发生定向运动，便产生了电流．电子在运动的过程中要不断地与金属离子发生碰撞，将动能交给金属离子（微观上使其热运动更加剧烈，宏观上产生了焦耳热），而自己的动能降为零，然后在电场的作用下重新开始加速运动（为简化问题，我们假定：电子沿电流方向做匀加速直线运动），经加速运动一段距离后，再与金属离子发生碰撞．电子在两次碰撞之间走的平均距离叫自由程，用L表示．请从宏观和微观相联系的角度，结合能量转化的相关规律，求金属导体的电阻率．
参考答案
一、单选题（共45分）
1．【分析】以点电荷为球心r为半径的球面上，各点的场强都大小相同，方向不同；
电荷周围的电场与点电荷的电量有关，与电性无关；
电场强度的大小与电荷受到的电场力的大小无关、与电荷是否存在无关。
【解答】解：A、场强是矢量，以点电荷为球心r为半径的球面上，各点的场强大小相同，但方向不同，故A错误；
B、电荷周围的电场强度的大小与点电荷的电量有关，与电性无关，正电荷周围电场不一定比负电荷周围电场强，故B错误；
C、电场强度的大小是由电场本身决定的，与电荷受到的电场力的大小无关，故C错误；
D、公式E＝是比值定义式，即电场强度的大小与试探电荷无关，取走q后，该点场强不变，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电场的相关规律，电场强度是矢量，既有大小，又有方向，电场强度的大小与方向是由电场本身决定的，与试探电荷无关。
2．【分析】根据磁场的基础知识可知。
【解答】解：A、电场强度的单位为N/C，故A错误；
B、特斯拉是磁感应强度的单位，简称特，符号T，故B正确。
C、磁通量的单位为韦伯，故C错误；
D、电动势的单位为伏，故D错误。
故选：B。
【点评】学习物理知识的同时，要了解物理学的发展历史。
3．【分析】电场线的疏密代表电场的强弱，电场线越密，场强越大，电场线越疏，场强越小．负电荷由静止释放，且由a向b运动，则说明负电荷所受的电场力一定是由a指向b．而负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，确定出电场线的方向．由于不知负电荷由a运动到b的过程中电场力的变化情况，因此无法确定场强大小关系．
【解答】解：A、B、据题，电子由静止释放，且由a向b运动，则电子所受的电场力一定是由a指向b。因为电子带负电荷，所受的电场力方向与场强方向相反，说明电场线的方向一定是由b指向a。由于不知负电荷由a运动到b的过程中电场力的变化情况，因此无法确定场强大小关系，故A错误，B错误；
C、由题意知，电场力对电子做正功，电势能减小，所以电子具有的电势能EPa一定大于EPb，故C正确；故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查判断推理能力，抓住电场强度方向与负电荷所受电场力方向相反是关键．基础题．
4．【分析】E＝、φ＝、C＝都运用了比值法定义，根据比值定义的共性来理解它们的物理意义．公式Uab＝Ed中d是两点沿电场方向的距离．
【解答】解：A、E＝是电场强度的定义式，采用比值法定义，E与F无关，故A错误。
B、公式φ＝是电势的定义式，采用比值法定义，φ与q无关，故B错误。
C、公式C＝是电容的定义式，采用比值法定义，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关，故C正确。
D、由Uab＝Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间沿电场线方向的距离越大，两点间的电势差才越大。故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题要理解并掌握比值法定义的共性，知道定义出来的物理量反映物质的属性，与参与定义的量无关．
5．【分析】物体带电有接触起电，有感应带电，有摩擦起电．对于感应带电，是利用同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原理．且带电体是等势体．
【解答】解：AB、当正电荷Q处在金属导体P附近时，正电荷周围存在电场，从而使得金属中的自由电子在电场力作用下向a端发生移动，导致b端的正电荷多余，a端的负电荷多余，最终导体P的b端带正电，a端带负电。整个导体处于静电平衡状态，是一个等势体，因此两点的电势关系φa＝φb，故AB错误；
C、当金属导体b端带正电，a端带负电时，导体中有自b向a的电场。由于正确电荷Q也产生电场。故只有当复合电场为0时，自由电子才停止运动，因此c、d两点的场强大小关系是Ec＝Ed＝0，故C错误；
D、根据正点电荷的电场强度的公式，结合合电场为0，可知：感应电荷在导体内部c、d两点产生的场强大小关系Ec＞Ed≠0．故D正确；
故选：D。
【点评】感应带电的本质是电荷的转移；当金属导体处于电场时出现静电平衡现象．整个导体为一等势体．
6．【分析】电容器与电源保持相连，电容器两极板间的电压不变，将b板向上平移一小段距离，根据E＝分析电场强度的变化，判断液滴的受力情况，从而其运动方向；判断M与a板间电势差变化，结合电势高低，判断M点电势的变化；根据负电荷在电势高处电势能小的结论，分析电势能的变化。
【解答】解：A、电容器与电源保持相连，电容器板间的电压不变，将b板向上平移一小段距离，根据E＝分析得知板间电场强度增大，液滴所受的电场力增大，大于重力，则液滴将加速向上运动，故A错误；
B、由U＝Ed知，M与a间的电场差增大，a点的电势为零，且M点的电势小于零，则知M点的电势降低，故B错误；
CD、M点的电势降低，由于液滴带负电，则带电液滴在M点的电势能增大，故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】解决本题的关键是抓住不变量，知道金属板与电源始终相连，即使改变两板间距，两板的电压仍不变，所以电场力做功也相同。同时考查了电势能与电荷的电量及电势有关，且注意电荷的极性与电势的正负。
7．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
【解答】解：A、库仑在利用扭秤装置研究得到库仑定律的实验探究中，既用到了放大的思想也用到了控制变量法，故A正确；
B、法拉第首先提出了“场”的概念，并利用电场线、磁感线形象地描述了电场和磁场，故B错误；
C、电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，在大小上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极送到正极所做的功，故C错误；
D、在研究电场磁场时，我们常引入“试探电荷”、“试探电流元”，目的是不影响原电场的强弱及分布情况，这里并没有应用假设法，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查对物理学史和物理方法的掌握和应用，要注意掌握各物理学家的主要贡献，同时在学习时注意掌握各种常见物理方法。
8．【分析】明确波的叠加规律，知道波峰和波峰叠加，波谷与波谷叠加振动加强，波峰与波谷叠加，振动减弱，从而即可求解。
【解答】解：AB、M点是波峰与波峰相遇点，振幅最大，即是加强点，加强点在振动过程中始终是加强的，AB正确；
CD、加强点在振动过程中位移从﹣2A到零再到2A，也是做周期性变化的，C错误D正确。
本题选错误的，故选：C。
【点评】解决本题的关键知道波峰和波峰叠加，波谷与波谷叠加振动加强，波峰与波谷叠加，振动减弱。注意振动加强点是振幅最大，不是始终处于波峰或波谷位置
9．【分析】从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式R＝可求电动机停转时的电阻；
利用公式P＝UI可求电动机的总功率，根据公式P＝I2R可求电动机克服本身阻力的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率．
【解答】解：电动机的电阻R＝＝4Ω；
电动机的总功率P＝U1I1＝24V×2A＝48W；
克服自身电阻的功率PR＝I12R＝（2A）2×4Ω＝16W；
电动机正常运转时的输出功率是P输出＝P﹣PR＝48W﹣16W＝32W。
故选：A。
【点评】本题考查电阻、功率的有关计算，关键是明白电路中各个用电器的连接情况，要知道非纯电阻电路的功率的计算方法，这是本题的重点和难点．
10．【分析】质点的振幅等于振子位移的最大值，由图直接读出振幅和周期，由公式f＝求出频率。根据位移图象的斜率等于速度，分析速度的大小和方向。由位移分析动能和弹簧弹性势能的大小。
【解答】解：A、由图可知，该振子的周期为2.0s，所以频率：f＝＝Hz．故A错误；
B、质点的振幅等于振子位移的最大值，由图读出，振幅为 A＝0.2m，故B错误；
C、由图可知，在0﹣0.5s内振子的位移逐渐增大，则振子的速度逐渐减小，动能逐渐减小，故C正确；
D、在t＝0.5s时，振子的位移为02m，t＝1.5s时振子的位移为﹣0.2m，两个时刻振子位移不同，故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键是要理解振动图象的物理意义，明确时刻与位置的对应关系，知道系统的机械能是守恒的。
11．【分析】根据后一个质点重复前一个质点的振动，可知每一个质点开始振动的时候都和波源起振的情况相同；要求选项B，需知道该时刻该质点的位移的正负，再根据回复力F＝﹣KX确定其加速度的方向；要知道t＝时质点5运动的路程就必需知道该质点已运动多少时间即多少周期再根据一个周期内质点通过的路程为4A求解；要求t＝T时质点9运动的方向需知道该时刻质点9已运动的时间从而确定其运动的方向．
【解答】解：A、经过T，质点1从平衡位置运动到波峰，位移为S，则振幅A＝S，由于后一个质点重复前一个质点的振动，由于质点1开始振动时是从平衡位置开始向上振动，故质点5，开始振动时也是由平衡位置开始向上振动。故A错误。
B、振动从质点1传播到质点5经过T，则质点1和质点5之间的距离为λ，则质点1到质点7为，所以波从质点1传到质点7所需时间为T，故在T时质点7已振动T，即质点7在从平衡位置向正的最大位置运动过程中，根据a＝故加速度方向向下。故B错误。
C、在T时刻，质点5已运动T，故其通过的路程为×4S＝2S，故C错误。
D、波从质点1传播到质点9所需时间为T，故在t＝T时质点9已运动T，故正通过平衡位置向下运动，故D正确。
故选：D。
【点评】“后一个质点重复前一个质点的振动”、“一个周期内质点通过的路程为4A”和“a＝”是解决此类问题的关键所在．
12．【分析】由图可知，AB两点电势相等，M点的电势小于N点的电势，O点的电势最高．根据粒子在电场作用下运动的方向可以判断它的电性；
【解答】解：A：由图可知，AB两点电势相等，O点的电势最高，A到O是逆电场线，粒子仅在电场力作用下，从M点由静止开始沿x轴向右运动即逆电场线方向运动，故粒子一定带负电。A错误；
B：A到M电势均匀升高，故A到0的电场是匀强电场，所以粒子M向O运动过程中所受电场力不变。故B错误；
C：由图可知，AB两点电势相等，M点的电势小于N点的电势，故M到O电场力做的功大于O到N电场力做的功，所以粒子能通过N点。故C正确；
D：粒子从M向O运动过程电场力做正功，电势能一定减小，故D错误。
故选：C。
【点评】该题中根据电势的关系，判定各点的电势高低是解题的关键；另外电势能不仅与电荷有关还与电势有关，分析时一定要注意电荷的正负．属于基础题目．
13．【分析】由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化。
【解答】解：电路的连接情况是：灯泡L与光敏电阻串联后再与R2并联，最后与R1串联，电压表测R1两端电压。
AD、光敏电阻光照减弱，故光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减小，故R1两端的电压减小，电压表的示数变小；
因电路中电流减小，故电源的内电压减小，故A正确、D错误；
BC、因电源内电压减小，则路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R2的电流增大，根据并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，由P＝I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，故BC错误。
故选：A。
【点评】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质。
14．【分析】根据自由落体运动求出手机下落至眼速度，对手机运用动量定理可求出眼睛对手机的冲量及作用力，根据牛顿第三定律可求出手机对眼睛的冲量和作用力。
【解答】解：A、h＝20cm＝0.20m；m＝120g＝0.12kg；根据自由落体得手机掉落到人眼睛位置时的速度为：＝＝2m/s；手机与眼睛作用后手机的速度变为0，选取向下为正方向，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为：△P＝0﹣mv＝0﹣0.12kg×2m/s＝﹣0.24kg•m/s，故A错误；
B、手机与眼接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，取选取向下为正方向，对手机由动量定理得：mgt+I＝△P，代入数据可得：I＝﹣0.48N•s，负号表示方向竖直向上，所以手机对眼睛的冲量大小约为0.48N•s，故B正确；
C、因为眼睛对手机对的冲量方向是竖直向上，所以手机对眼睛的冲量方向竖直向下，故C错误；
D、根据冲量定义得手机对眼睛的作用力大小约为：F＝＝＝2.4N，故D正确。
故选：BD。
【点评】此题关键是能够根据自由落体求出手机下落至眼睛的速度，会列动量定理的式子，注意动量的矢量性。
15．【分析】小球第二次入射和弹出的过程小球和小车所组成的系统动量守恒．由动量守恒定律得出小球被弹出时小车的速度，运用归纳法分析得出小球重复入射和弹出的次数n．即求出从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间．
【解答】解：小球第二次入射和弹出的过程，及以后重复进行的过程中，小球和小车所组成的系统动量守恒。规定向右为正方向，由动量守恒定律，得：
mv1﹣P＝m
m＝mv2+P
则有：v2＝v1﹣＝﹣2×
同理可推得：
vn＝v0﹣n
要使小车停下来，即vn＝0，小球重复入射和弹出的次数为：n＝，
故从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间为t＝n△T＝•△T。
故选：D。
【点评】本题用小球与带有弹簧碰撞的模型模拟“激光制冷”，要善于建立模型，研究过程，关键要运用归纳法得到小车的速度表达式．
二、实验题（共18分)
16．【分析】（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标尺读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是主尺读数加上可动尺读数，读取可动尺读数时需估读；
（2）使用欧姆表测电阻应选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
（3）估算电阻上最大电流，选择电表量程。根据该电阻与变阻器最大电阻的关系选择变阻器。根据该电阻与两电表内阻的倍数关系选择电流表的接法，题目要求为了尽可能提高测量准确度，选择滑动变阻分压式。
（4）根据欧姆定律、电阻定律列式，联立即可求出电阻率的计算式。
【解答】解：（1）螺旋测微器的读数是由主尺读数加可动尺读数，且可动尺读数需估读，螺旋测微器的读数为3mm+20.5×0.01mm＝3.205mm，
游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺读数为0.05×3mm＝0.15mm，最终读数为：50mm+0.15mm＝5.015cm
（2）某同学要用多用电表粗测一个电阻丝电阻，选择开关指向欧姆挡“×10”挡位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，说明所选挡位太大，为准确测量，应换小挡位，应该将选择开关换成欧姆挡的“×1”挡位，然后进行欧姆调零；由图示表盘可知，则此段电阻丝的电阻为：R＝12.0×1＝12.0Ω。
（3）①电源电动势为4V，为了准确测量，电压表选3V量程，故电压表选C；
根据欧姆定律，流过电阻的最大电流约为：I＝＝＝0.25A，故电流表选A；
为了尽可能提高测量准确度，选择滑动变阻分压式接法，为了方便调节，故滑动变阻器选小阻值的E。
②由实验器材可知被测电阻为小电阻，选取电流表外接，题目要求为了尽可能提高测量准确度，选择滑动变阻分压式。故电路图选：B。
③电压表量程为3V，最小分度为0.1V，故读数为2.40V；
（4）根据R＝
R＝
S＝
联立解得：ρ＝
故答案为：（1）3.205；5.015；（2）×1；欧姆调零；（3）①A；C；E；②B；③2.40；（4）
【点评】对于多用电表欧姆挡测电阻换挡方法要熟记：“大换小，小换大”，即偏转角度大时，换用倍率小的挡位；偏转角度小时，换用倍率大的挡位。
17．【分析】（1）根据电源电动势确定电压表量程，然后根据已知电压表量程选择定值电阻阻值．
（2）根据图1所示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。
【解答】解：（1）电源电动势约为9V，而电压表量程只有6V，与电压表串联的定值电阻分压至少为3V，
分压电阻阻值至少为电压表内阻的一半，电压表内阻为20kΩ，则定值电阻阻值至少为10kΩ，则定值电阻R0应选D；
（2）定值电阻阻值与电压表内阻相等，则电压表与定值电阻串联电压是电压表示数的两倍，
由图1所示电路图，根据闭合电路的欧姆定律得：E＝U外+Ir＝2U+r，整理得：＝•+
由图2所示﹣图象可知，图象纵轴截距b＝＝0.2V﹣1，图象的斜率k＝＝＝A﹣1≈8.33A﹣1，
电源电动势E＝10V，r≈41.7Ω；
故答案为：（1）D；（2）10；41.7。
【点评】本题考查了实验器材的选择、求电源电动势与内阻，本题关键在于能由图象知识（斜率与截距的意义）结合闭合电路欧姆定律求解，求出图象的函数表达式，根据图示图象即可解题。
三、计算论证题（共37分，请在后面答题卡上作答或自己在白纸上作答，并拍照上传照片）
18．【分析】（1）A到B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出碰撞前A的速度，由牛顿第二定律求出A受到的支持力，然后由牛顿第三定律说明；
（2）A、B碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后整体的速率，由动量定理求出B受到的冲量的大小；
（3）对AB整体运用动能定理，求出AB整体在桌面上滑动的距离。
【解答】解：（1）A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR＝mv2
代入数据解得碰撞前瞬间A的速率：v＝2m/s
A在碰撞前受到的重力与支持力的合力提供向心力，则：
代入数据可得：FN＝3N
根据牛顿第三定律可知，A对轨道的压力大小也是3N。
（2）A、B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝2mv′
代入数据解得碰撞后瞬间A和B整体的速率：v′＝1m/s
根据动量定理可知，B受到的冲量：I＝mv′＝0.1×1N•s＝0.1N•s
（3）对A、B系统，由动能定理得：﹣μ•2mgl＝0﹣•2mv′2
代入数据解得A和B整体沿水平桌面滑动的距离：l＝0.25m。
答：（1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力N的大小是3N；
（2）碰撞过程中A对B的冲量的大小是0.1N•s；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l为0.25m。
【点评】本题考查了机械能守恒、动量守恒、动能定理的综合，难度较大，知道机械能守恒和动量守恒的条件，关键是合理地选择研究对象和过程，选择合适的规律进行求解。
19．【分析】（1）小球在电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，根据L1＝v0t1求小球在电场中运动的时间t1；
（2）在电场中，小球在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和位移﹣时间公式相结合求偏转分位移y；
（3）小球离开电场后做匀变速曲线运动，在水平方向做匀速直线运动，对小球从射入电场到打到荧光屏上过程，利用动量定理求小球动量变化大小。
【解答】解：（1）小球在电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，有：
L1＝v0t1
解得t1＝
（2）在电场中，小球在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有：
y＝at12
根据牛顿第二定律有：a＝
联立解得y＝
（3）小球离开电场后做匀变速曲线运动，在水平方向做匀速直线运动，所用时间为t2＝
小球从射入电场到打到荧光屏上过程，根据动量定理得
△p＝（mg+）t1+mgt2
联立解得△p＝+
答：（1）小球在电场中运动的时间t1为。
（2）小球在电场中偏转分位移y为。
（3）小球从射入电场到打到荧光屏上过程，小球动量变化大小为+。
【点评】对于带电体在电场中的偏转问题，往往采用运动的分解法研究，要把握分运动的规律，利用牛顿第二定律和分位移公式相结合进行处理。
20．【分析】（1）电场力做正功，电势能减小；电场中两点间的电势差等于电场力在两点间做的功与电荷量的比值，而电场力做的功等于两点间电势能之差；
（2）脱离开行星的过程中只有引力做功，机械能守恒。脱离行星是指探测器到达势能为零的位置，根据机械能守恒定律可以计算求得。
【解答】解：（1）①正电荷受力向右，可知电场力做正功，电势能减小
②检验电荷在A点B点具有的电势能分别为：
检验电荷从A点移到B点电场力做的功为：WAB＝EpA﹣EpB
由电势差定义：
可得：
（2）由机械能守恒可得：
解得：
答：（1）①将该检验电荷由A点移至B点，电场力做正功，电势能减小；
②A、B两点的电势差UAB为；
（2）探测器从行星表面发射能脱离行星引力范围所需的最小发射速度为。
【点评】电场力做的功等于电势能的变化量，根据电势差的定义式可以求得两点间的电势差。在探测器脱离行星的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律解得脱离行星的发射速度。
21．【分析】（1）电子在库仑力作用下做匀速圆周运动，根据运动规律可求得周期，再根据电流的定义可求得等效电流；
（2）a、根据电流形成的微观意义可明确其对应的微观表达式；
b、根据题意进行分析，明确电流的微观表达式，再根据电阻定律进行分析，即可求得电阻率．
【解答】解：（1）电子绕原子核做匀速圆周运动，有：
周期为：T＝
解得：T＝
电子绕原子核运动的等效电流为：I＝＝；
（2）a．导体中电流大小为：I＝
t时间内电子运动的距离长度为vt，则其体积为svt，通过导体某一截面的自由电子数为nSvt，该时间内通过导体该截面的电量：
q＝nSvte
所以得：I＝nesv
b．导体中电流强度的微观表达式为：I＝nesv
自由程L段内根据电阻定律：R＝
根据欧姆定律：R＝
自由程内，电子在电场作用下，速度从0增加到v'； 由动能定理：eU＝mv'2
又由于v＝，
可得出电阻率ρ的表达式为：ρ＝
答：（1）此环形电流的大小为；
（2）a、导线中的电流为nesv
b、电阻率ρ的表达式为ρ＝
【点评】本题考查电流的微观表达式及电流定律的应用，在解题时要注意明确题意，从题干中找出有用的信息，在建立我们常见的物理模型，即可根据物理规律分析求解．
2021北京牛栏山一中高二（上）期末
物 理
一、单选题（共45分）
1．（3分）关于电场，下列叙述正确的是（ ）
A．以点电荷为圆心r为半径的球面上，各点的场强都相同
B．正电荷周围的电场一定比负电荷周围的电场强
C．电荷所受电场力大，该点电场强度一定很大
D．在电场中某点放入试探电荷q，该点的场强为E＝，取走q后，该点场强不变
2．（3分）特斯拉汽车公司（TeslaMotors）是美国一家产销电动车的公司，由斯坦福大学硕士辍学生伊隆•马斯克与硕士毕业生JBStraubel于2003年成立，特斯拉汽车公司以电气工程师和物理学家尼古拉•特斯拉命名，专门生产纯电动车，物理学中特斯拉是哪个物理量的单位（ ）
A．电场强度 B．磁感应强度 C．磁通量 D．电动势
3．（3分）如图所示，是某电场中的一条直线，一电子从a点由静止释放，它将沿直线向b点运动，下列有关该电场情况的判断正确的是（ ）
A．该电场一定是匀强电场 B．场强Ea一定小于Eb
C．电子的电势能Epa＞Epb D．电子的电势能Epa＜Epb
4．（3分）以下说法正确的是（ ）
A．由E＝可知电场中某点的电场强度E与F成正比
B．由公式φ＝可知电场中某点的电势φ与q成反比
C．公式C＝，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关
D．由Uab＝Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也越大
5．（3分）如图所示，将不带电的绝缘枕形导体P放在正电荷Q的电场中，导体P的a、b两端分别带上了感应负电荷与等量的感应正电荷，另外导体内部还有两点c、d，则以下说法正确的是（ ）
A．导体上a、b两端的电势高低关系是φa＞φb
B．导体上a、b两端的电势高低关系是φa＜φb
C．导体内部c、d两点的场强大小关系是Ec＞Ed＝0
D．感应电荷在导体内部c、d两点产生的场强大小关系是Ec＞Ed≠0
6．（3分）如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电源E相连，在距离两板等距离的M点有一个带电液滴处于静止状态。若将b板向上平移一小段距离，但仍在M点下方，稳定后，下列说法中正确的是（ ）
A．液滴将加速向下运动
B．M点电势升高
C．带电液滴在M点的电势能增大
D．带电液滴在M点的电势能减小
7．（3分）下列关于物理学史、物理概念及方法的说法中，正确的是（ ）
A．库仑在利用扭秤装置研究得到库仑定律的实验探究中，既用到了放大的思想也用到了控制变量法
B．法拉第首先提出场的概念，安培利用电场线、磁感线形象的描绘了电场和磁场
C．电动势表征了电源其他形式的能转化为电能的本领，在大小上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从正极搬运到负极所做的功
D．在研究电场磁场时，我们常引人“试探电荷”、“试探电流元”，目的是不影响原电场的强弱及分布情况，这里应用了假设法
8．（3分）图表示两列频率相同的横波相遇时某一时刻的情况，实线表示波峰，虚线表示波谷。M是该时刻波峰与波峰相遇的点，是凸起最高的位置之一。以下说法中错误的是（ ）
A．质点M的振动始终是加强的
B．质点M的振幅最大
C．质点M的位移始终最大
D．质点M的位移有时为0
9．（3分）用如图所示的实验电路研究微型电动机的性能，当调节滑动变阻器R让电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和2.0V；重新调R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和24V．则这台电动机正常运转时（不计温度对电阻的影响）（ ）
A．输出功率为32W B．输出功率为48W
C．发热功率为1W D．发热功率为47W
10．（3分）如图甲所示，一弹簧振子在竖直方向上做简谐运动，以竖直向上为正方向，弹簧振子的振动图象如图乙所示，则弹簧振子（ ）
A．频率为2.0Hz
B．振幅为0.4m
C．0～0.5s内，动能逐渐减小
D．t＝0.5s与t＝1.5s时，振子的位移相同
11．（3分）如图是某绳波形成过程的示意图，1、2、3、4…为绳上的一系列等间距的质点，绳处于水平方向．质点在外力作用下沿竖直方向做简谐运动，带动2、3、4…各个质点依次上下振动，把振动从绳的左端传到右端．t＝0时质点1开始竖直向上运动，质点振动周期为T．经过四分之一周期，质点5开始运动，此时质点1已发生的位移为S．下列判断正确的是（ ）
A．t＝时质点5的运动方向向下
B．t＝质点7的加速度方向向上
C．t＝时质点5运动的路程为3S
D．t＝T时质点9向下运动
12．（3分）空间存在着平行于x轴方向的静电场，其电势ϕ随x的分布如图所示，A、M、O、N、B为x轴上的点，|OA|＜|OB|，|OM|＝|ON|．一个带电粒子在电场中仅在电场力作用下从M点由静止开始沿x轴向右运动，则下列判断中正确的是（ ）
A．粒子一定带正电
B．粒子从M向O运动过程中所受电场力均匀增大
C．粒子一定能通过N点
D．粒子从M向O运动过程电势能逐渐增加
13．（3分）在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为其内阻，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表。当开关S闭合后，若将照射R3的光的强度减弱，则下列说法中正确的是（ ）
A．电压表的示数变小 B．通过R2的电流变小
C．小灯泡消耗的功率变大 D．电源的内电压变大
14．（3分）人们对手机的依赖性越来越强，有些人喜欢躺着看手机，经常出现手机砸伤眼睛的情况。若手机质量为120g，从离人眼约20cm的高度无初速掉落，砸到眼睛后手机未反弹，眼睛受到手机的冲击时间约为0.2s，取重力加速度g＝10m/s2，则（ ）
A．手机与眼睛作用过程中手机动量变化约为0.48kg•m/s
B．手机对眼睛的冲量大小约为0.48N•s
C．手机对眼睛的冲量方向竖直向上
D．手机对眼睛的作用力大小约为2.4N
15．（3分）在纳米技术中需要移动或修补原子，必须使在不停地做热运动（速率约几百米每秒）的原子几乎静止下来且能在一个小的空间区域内停留一段时间，为此已发明了“激光制冷”技术，若把原子和入射光分别类比为一辆小车和一个小球，则“激光制冷”与下述的力学模型很类似．一辆质量为m的小车（一侧固定一轻弹簧），如图所示以速度v0水平向右运动，一个动量大小为p的小球水平向左射入小车并压缩弹簧至最短，接着被锁定一段时间△T，再解除锁定使小球以大小相同的动量p水平向右弹出，紧接着不断重复上述过程，最终小车停下来．设地面和车厢均为光滑，除锁定时间△T外，不计小球在小车上运动和弹簧压缩、伸长的时间．从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间为（ ）
A．•△T B．•△T C．•△T D．•△T
二、实验题（共18分)
16．（10分）在测定一根粗细均匀金属丝的电阻率的实验中：
（1）某学生用螺旋测微器测定该金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的直径D＝ mm；紧接着用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测该金属丝的长度，测得的结果如图乙所示，则该金属丝的长度L＝ cm。
（2）该同学先用多用电表粗测其电阻，用已经调零且选择开关指向欧姆挡“×10”挡位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“ ”挡位（选填“×100”或“×1”），然后进行 ，再次测量电阻丝的阻值，其表盘及指针所指位置如图丙所示。
（3）现要进一步精确测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：
A．电流表A1（量程为300mA，内阻约为1Ω）
B．电流表A2（量程为0.6A，内阻约为0.3Ω）
C．电压表V1（量程为3.0V，内阻约为3kΩ）
D．电压表V2（量程为15.0V，内阻约为5kΩ）
E．滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）
F．滑动变阻器R2（最大阻值为500Ω）
G．电源E（电动势为4V，内阻可忽略）
H．开关、导线若干
①为了尽可能提高测量准确度，应选择的器材分别是（均填器材前面的字母即可）：电流表选 ；电压表选 ；滑动变阻器选 。
②图丁给出的测量电路中，最合适的电路是 。
③这位同学在一次测量时，电压表的示数如图戊所示．电压表的读数为 V。
（4）若本实验中，测得金属丝的长度为L，直径为D，电阻为R，则该金属丝的电阻率的计算式为ρ＝ 。
17．（8分）现有一种特殊的电池，它的电动势E为9V左右，内阻r大约为40Ω。为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图1所示的电路进行实验，图中电压表的量程为6V，内阻为20kΩ，R1为电阻箱，阻值范围0～999Ω，R0为定值电阻。
（1）实验室备有以下四种规格的定值电阻
A．100Ω
B．1000Ω
C．2000Ω
D．20000Ω
为使实验能顺利进行，R0应选 （填字母序号）。
（2）该同学接入符合要求的R0后，闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读取电压表的示数，记录多组数据，作出了如图2所示的图线。根据图线可求得该电池电动势E为 V，内阻r为 Ω。
三、计算论证题（共37分，请在后面答题卡上作答或自己在白纸上作答，并拍照上传照片）
18．（9分）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点。现将A无初速释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动。已知圆弧轨道光滑，半径R＝0.2m；A和B的质量均为m＝0.1kg，A和B整体与桌面之间的动摩擦因数μ＝0.2．取重力加速度g＝10m/s2．求：
（1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力N的大小；
（2）碰撞过程中A对B的冲量的大小；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l；
19．（9分）如图所示，平行水平金属板间电压为U，上极板带正电，板间距离为d，板长为L1，一带电正电小球质量为m、电荷量为q，以初速度v0垂直于场强方向沿着两边中间轴线方向射入电场中，离开电场后打在荧光屏上，荧光屏到平行板右端的距离为L2，重力加速度为g。求：
（1）小球在电场中运动的时间t1；
（2）小球在电场中偏转分位移y；
（3）小球从射入电场到打到荧光屏上过程，小球动量变化大小？
20．（9分）做功与路径无关的力场叫做势场，在这类场中可以引入“势”和“势能”的概念，场力做功可以量度势能的变化。例如静电场和引力场。如图所示，真空中静止点电荷+Q产生的电场中，取无穷远处的电势为零，则在距离点电荷+Q为r的某点处放置电荷量为+q的检验电荷的电势能为ɛ＝（式中k为静电力常量）。
（1）A、B为同一条电场线上的两点，A、B两点与点电荷+Q间的距离分别为r1和r2；
①将该检验电荷由A点移至B点，判断电场力做功的正负及电势能的增减；
②求A、B两点的电势差UAB；
（2）类似的，由于引力的作用，行星引力范围内的物体具有引力势能。若取离行星无穷远处为引力势能的零势点，则距离行星球心为r处的物体引力势能Ep＝﹣G，式中G为万有引力常量，M为行星的质量，m为物体的质量。设行星的半径为R，求探测器从行星表面发射能脱离行星引力范围所需的最小发射速度。
21．（10分）电流是国际单位制中七个基本物理量之一，也是电学中常用的概念．金属导体导电是由于金属导体内部存在大量的可以自由移动的自由电子，这些自由电子定向移动形成电流．
（1）电子绕核运动可等效为一环形电流．设处于基态氢原子的电子绕核运动的半径为R，电子质量为m，电量为e，静电力常量为k，求此环形电流的大小．
（2）一段横截面积为S、长为l的金属导线，单位体积内有n个自由电子，电子电量为e．自由电子定向移动的平均速率为v．
a．求导线中的电流；
b．按照经典理论，电子在金属中运动的情形是这样的：在外加电场（可通过加电压实现）的作用下，自由电子发生定向运动，便产生了电流．电子在运动的过程中要不断地与金属离子发生碰撞，将动能交给金属离子（微观上使其热运动更加剧烈，宏观上产生了焦耳热），而自己的动能降为零，然后在电场的作用下重新开始加速运动（为简化问题，我们假定：电子沿电流方向做匀加速直线运动），经加速运动一段距离后，再与金属离子发生碰撞．电子在两次碰撞之间走的平均距离叫自由程，用L表示．请从宏观和微观相联系的角度，结合能量转化的相关规律，求金属导体的电阻率．
参考答案
一、单选题（共45分）
1．【分析】以点电荷为球心r为半径的球面上，各点的场强都大小相同，方向不同；
电荷周围的电场与点电荷的电量有关，与电性无关；
电场强度的大小与电荷受到的电场力的大小无关、与电荷是否存在无关。
【解答】解：A、场强是矢量，以点电荷为球心r为半径的球面上，各点的场强大小相同，但方向不同，故A错误；
B、电荷周围的电场强度的大小与点电荷的电量有关，与电性无关，正电荷周围电场不一定比负电荷周围电场强，故B错误；
C、电场强度的大小是由电场本身决定的，与电荷受到的电场力的大小无关，故C错误；
D、公式E＝是比值定义式，即电场强度的大小与试探电荷无关，取走q后，该点场强不变，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查了电场的相关规律，电场强度是矢量，既有大小，又有方向，电场强度的大小与方向是由电场本身决定的，与试探电荷无关。
2．【分析】根据磁场的基础知识可知。
【解答】解：A、电场强度的单位为N/C，故A错误；
B、特斯拉是磁感应强度的单位，简称特，符号T，故B正确。
C、磁通量的单位为韦伯，故C错误；
D、电动势的单位为伏，故D错误。
故选：B。
【点评】学习物理知识的同时，要了解物理学的发展历史。
3．【分析】电场线的疏密代表电场的强弱，电场线越密，场强越大，电场线越疏，场强越小．负电荷由静止释放，且由a向b运动，则说明负电荷所受的电场力一定是由a指向b．而负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，确定出电场线的方向．由于不知负电荷由a运动到b的过程中电场力的变化情况，因此无法确定场强大小关系．
【解答】解：A、B、据题，电子由静止释放，且由a向b运动，则电子所受的电场力一定是由a指向b。因为电子带负电荷，所受的电场力方向与场强方向相反，说明电场线的方向一定是由b指向a。由于不知负电荷由a运动到b的过程中电场力的变化情况，因此无法确定场强大小关系，故A错误，B错误；
C、由题意知，电场力对电子做正功，电势能减小，所以电子具有的电势能EPa一定大于EPb，故C正确；故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查判断推理能力，抓住电场强度方向与负电荷所受电场力方向相反是关键．基础题．
4．【分析】E＝、φ＝、C＝都运用了比值法定义，根据比值定义的共性来理解它们的物理意义．公式Uab＝Ed中d是两点沿电场方向的距离．
【解答】解：A、E＝是电场强度的定义式，采用比值法定义，E与F无关，故A错误。
B、公式φ＝是电势的定义式，采用比值法定义，φ与q无关，故B错误。
C、公式C＝是电容的定义式，采用比值法定义，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关，故C正确。
D、由Uab＝Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间沿电场线方向的距离越大，两点间的电势差才越大。故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题要理解并掌握比值法定义的共性，知道定义出来的物理量反映物质的属性，与参与定义的量无关．
5．【分析】物体带电有接触起电，有感应带电，有摩擦起电．对于感应带电，是利用同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原理．且带电体是等势体．
【解答】解：AB、当正电荷Q处在金属导体P附近时，正电荷周围存在电场，从而使得金属中的自由电子在电场力作用下向a端发生移动，导致b端的正电荷多余，a端的负电荷多余，最终导体P的b端带正电，a端带负电。整个导体处于静电平衡状态，是一个等势体，因此两点的电势关系φa＝φb，故AB错误；
C、当金属导体b端带正电，a端带负电时，导体中有自b向a的电场。由于正确电荷Q也产生电场。故只有当复合电场为0时，自由电子才停止运动，因此c、d两点的场强大小关系是Ec＝Ed＝0，故C错误；
D、根据正点电荷的电场强度的公式，结合合电场为0，可知：感应电荷在导体内部c、d两点产生的场强大小关系Ec＞Ed≠0．故D正确；
故选：D。
【点评】感应带电的本质是电荷的转移；当金属导体处于电场时出现静电平衡现象．整个导体为一等势体．
6．【分析】电容器与电源保持相连，电容器两极板间的电压不变，将b板向上平移一小段距离，根据E＝分析电场强度的变化，判断液滴的受力情况，从而其运动方向；判断M与a板间电势差变化，结合电势高低，判断M点电势的变化；根据负电荷在电势高处电势能小的结论，分析电势能的变化。
【解答】解：A、电容器与电源保持相连，电容器板间的电压不变，将b板向上平移一小段距离，根据E＝分析得知板间电场强度增大，液滴所受的电场力增大，大于重力，则液滴将加速向上运动，故A错误；
B、由U＝Ed知，M与a间的电场差增大，a点的电势为零，且M点的电势小于零，则知M点的电势降低，故B错误；
CD、M点的电势降低，由于液滴带负电，则带电液滴在M点的电势能增大，故C正确，D错误；
故选：C。
【点评】解决本题的关键是抓住不变量，知道金属板与电源始终相连，即使改变两板间距，两板的电压仍不变，所以电场力做功也相同。同时考查了电势能与电荷的电量及电势有关，且注意电荷的极性与电势的正负。
7．【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可。
【解答】解：A、库仑在利用扭秤装置研究得到库仑定律的实验探究中，既用到了放大的思想也用到了控制变量法，故A正确；
B、法拉第首先提出了“场”的概念，并利用电场线、磁感线形象地描述了电场和磁场，故B错误；
C、电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，在大小上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极送到正极所做的功，故C错误；
D、在研究电场磁场时，我们常引入“试探电荷”、“试探电流元”，目的是不影响原电场的强弱及分布情况，这里并没有应用假设法，故D错误。
故选：A。
【点评】本题考查对物理学史和物理方法的掌握和应用，要注意掌握各物理学家的主要贡献，同时在学习时注意掌握各种常见物理方法。
8．【分析】明确波的叠加规律，知道波峰和波峰叠加，波谷与波谷叠加振动加强，波峰与波谷叠加，振动减弱，从而即可求解。
【解答】解：AB、M点是波峰与波峰相遇点，振幅最大，即是加强点，加强点在振动过程中始终是加强的，AB正确；
CD、加强点在振动过程中位移从﹣2A到零再到2A，也是做周期性变化的，C错误D正确。
本题选错误的，故选：C。
【点评】解决本题的关键知道波峰和波峰叠加，波谷与波谷叠加振动加强，波峰与波谷叠加，振动减弱。注意振动加强点是振幅最大，不是始终处于波峰或波谷位置
9．【分析】从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式R＝可求电动机停转时的电阻；
利用公式P＝UI可求电动机的总功率，根据公式P＝I2R可求电动机克服本身阻力的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率．
【解答】解：电动机的电阻R＝＝4Ω；
电动机的总功率P＝U1I1＝24V×2A＝48W；
克服自身电阻的功率PR＝I12R＝（2A）2×4Ω＝16W；
电动机正常运转时的输出功率是P输出＝P﹣PR＝48W﹣16W＝32W。
故选：A。
【点评】本题考查电阻、功率的有关计算，关键是明白电路中各个用电器的连接情况，要知道非纯电阻电路的功率的计算方法，这是本题的重点和难点．
10．【分析】质点的振幅等于振子位移的最大值，由图直接读出振幅和周期，由公式f＝求出频率。根据位移图象的斜率等于速度，分析速度的大小和方向。由位移分析动能和弹簧弹性势能的大小。
【解答】解：A、由图可知，该振子的周期为2.0s，所以频率：f＝＝Hz．故A错误；
B、质点的振幅等于振子位移的最大值，由图读出，振幅为 A＝0.2m，故B错误；
C、由图可知，在0﹣0.5s内振子的位移逐渐增大，则振子的速度逐渐减小，动能逐渐减小，故C正确；
D、在t＝0.5s时，振子的位移为02m，t＝1.5s时振子的位移为﹣0.2m，两个时刻振子位移不同，故D错误。
故选：C。
【点评】解决本题的关键是要理解振动图象的物理意义，明确时刻与位置的对应关系，知道系统的机械能是守恒的。
11．【分析】根据后一个质点重复前一个质点的振动，可知每一个质点开始振动的时候都和波源起振的情况相同；要求选项B，需知道该时刻该质点的位移的正负，再根据回复力F＝﹣KX确定其加速度的方向；要知道t＝时质点5运动的路程就必需知道该质点已运动多少时间即多少周期再根据一个周期内质点通过的路程为4A求解；要求t＝T时质点9运动的方向需知道该时刻质点9已运动的时间从而确定其运动的方向．
【解答】解：A、经过T，质点1从平衡位置运动到波峰，位移为S，则振幅A＝S，由于后一个质点重复前一个质点的振动，由于质点1开始振动时是从平衡位置开始向上振动，故质点5，开始振动时也是由平衡位置开始向上振动。故A错误。
B、振动从质点1传播到质点5经过T，则质点1和质点5之间的距离为λ，则质点1到质点7为，所以波从质点1传到质点7所需时间为T，故在T时质点7已振动T，即质点7在从平衡位置向正的最大位置运动过程中，根据a＝故加速度方向向下。故B错误。
C、在T时刻，质点5已运动T，故其通过的路程为×4S＝2S，故C错误。
D、波从质点1传播到质点9所需时间为T，故在t＝T时质点9已运动T，故正通过平衡位置向下运动，故D正确。
故选：D。
【点评】“后一个质点重复前一个质点的振动”、“一个周期内质点通过的路程为4A”和“a＝”是解决此类问题的关键所在．
12．【分析】由图可知，AB两点电势相等，M点的电势小于N点的电势，O点的电势最高．根据粒子在电场作用下运动的方向可以判断它的电性；
【解答】解：A：由图可知，AB两点电势相等，O点的电势最高，A到O是逆电场线，粒子仅在电场力作用下，从M点由静止开始沿x轴向右运动即逆电场线方向运动，故粒子一定带负电。A错误；
B：A到M电势均匀升高，故A到0的电场是匀强电场，所以粒子M向O运动过程中所受电场力不变。故B错误；
C：由图可知，AB两点电势相等，M点的电势小于N点的电势，故M到O电场力做的功大于O到N电场力做的功，所以粒子能通过N点。故C正确；
D：粒子从M向O运动过程电场力做正功，电势能一定减小，故D错误。
故选：C。
【点评】该题中根据电势的关系，判定各点的电势高低是解题的关键；另外电势能不仅与电荷有关还与电势有关，分析时一定要注意电荷的正负．属于基础题目．
13．【分析】由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化。
【解答】解：电路的连接情况是：灯泡L与光敏电阻串联后再与R2并联，最后与R1串联，电压表测R1两端电压。
AD、光敏电阻光照减弱，故光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流减小，故R1两端的电压减小，电压表的示数变小；
因电路中电流减小，故电源的内电压减小，故A正确、D错误；
BC、因电源内电压减小，则路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过R2的电流增大，根据并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，由P＝I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，故BC错误。
故选：A。
【点评】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质。
14．【分析】根据自由落体运动求出手机下落至眼速度，对手机运用动量定理可求出眼睛对手机的冲量及作用力，根据牛顿第三定律可求出手机对眼睛的冲量和作用力。
【解答】解：A、h＝20cm＝0.20m；m＝120g＝0.12kg；根据自由落体得手机掉落到人眼睛位置时的速度为：＝＝2m/s；手机与眼睛作用后手机的速度变为0，选取向下为正方向，所以手机与眼睛作用过程中动量变化为：△P＝0﹣mv＝0﹣0.12kg×2m/s＝﹣0.24kg•m/s，故A错误；
B、手机与眼接触的过程中受到重力与眼睛的作用力，取选取向下为正方向，对手机由动量定理得：mgt+I＝△P，代入数据可得：I＝﹣0.48N•s，负号表示方向竖直向上，所以手机对眼睛的冲量大小约为0.48N•s，故B正确；
C、因为眼睛对手机对的冲量方向是竖直向上，所以手机对眼睛的冲量方向竖直向下，故C错误；
D、根据冲量定义得手机对眼睛的作用力大小约为：F＝＝＝2.4N，故D正确。
故选：BD。
【点评】此题关键是能够根据自由落体求出手机下落至眼睛的速度，会列动量定理的式子，注意动量的矢量性。
15．【分析】小球第二次入射和弹出的过程小球和小车所组成的系统动量守恒．由动量守恒定律得出小球被弹出时小车的速度，运用归纳法分析得出小球重复入射和弹出的次数n．即求出从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间．
【解答】解：小球第二次入射和弹出的过程，及以后重复进行的过程中，小球和小车所组成的系统动量守恒。规定向右为正方向，由动量守恒定律，得：
mv1﹣P＝m
m＝mv2+P
则有：v2＝v1﹣＝﹣2×
同理可推得：
vn＝v0﹣n
要使小车停下来，即vn＝0，小球重复入射和弹出的次数为：n＝，
故从小球第一次入射开始到小车停止运动所经历的时间为t＝n△T＝•△T。
故选：D。
【点评】本题用小球与带有弹簧碰撞的模型模拟“激光制冷”，要善于建立模型，研究过程，关键要运用归纳法得到小车的速度表达式．
二、实验题（共18分)
16．【分析】（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标尺读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是主尺读数加上可动尺读数，读取可动尺读数时需估读；
（2）使用欧姆表测电阻应选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。
（3）估算电阻上最大电流，选择电表量程。根据该电阻与变阻器最大电阻的关系选择变阻器。根据该电阻与两电表内阻的倍数关系选择电流表的接法，题目要求为了尽可能提高测量准确度，选择滑动变阻分压式。
（4）根据欧姆定律、电阻定律列式，联立即可求出电阻率的计算式。
【解答】解：（1）螺旋测微器的读数是由主尺读数加可动尺读数，且可动尺读数需估读，螺旋测微器的读数为3mm+20.5×0.01mm＝3.205mm，
游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺读数为0.05×3mm＝0.15mm，最终读数为：50mm+0.15mm＝5.015cm
（2）某同学要用多用电表粗测一个电阻丝电阻，选择开关指向欧姆挡“×10”挡位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，说明所选挡位太大，为准确测量，应换小挡位，应该将选择开关换成欧姆挡的“×1”挡位，然后进行欧姆调零；由图示表盘可知，则此段电阻丝的电阻为：R＝12.0×1＝12.0Ω。
（3）①电源电动势为4V，为了准确测量，电压表选3V量程，故电压表选C；
根据欧姆定律，流过电阻的最大电流约为：I＝＝＝0.25A，故电流表选A；
为了尽可能提高测量准确度，选择滑动变阻分压式接法，为了方便调节，故滑动变阻器选小阻值的E。
②由实验器材可知被测电阻为小电阻，选取电流表外接，题目要求为了尽可能提高测量准确度，选择滑动变阻分压式。故电路图选：B。
③电压表量程为3V，最小分度为0.1V，故读数为2.40V；
（4）根据R＝
R＝
S＝
联立解得：ρ＝
故答案为：（1）3.205；5.015；（2）×1；欧姆调零；（3）①A；C；E；②B；③2.40；（4）
【点评】对于多用电表欧姆挡测电阻换挡方法要熟记：“大换小，小换大”，即偏转角度大时，换用倍率小的挡位；偏转角度小时，换用倍率大的挡位。
17．【分析】（1）根据电源电动势确定电压表量程，然后根据已知电压表量程选择定值电阻阻值．
（2）根据图1所示电路图应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。
【解答】解：（1）电源电动势约为9V，而电压表量程只有6V，与电压表串联的定值电阻分压至少为3V，
分压电阻阻值至少为电压表内阻的一半，电压表内阻为20kΩ，则定值电阻阻值至少为10kΩ，则定值电阻R0应选D；
（2）定值电阻阻值与电压表内阻相等，则电压表与定值电阻串联电压是电压表示数的两倍，
由图1所示电路图，根据闭合电路的欧姆定律得：E＝U外+Ir＝2U+r，整理得：＝•+
由图2所示﹣图象可知，图象纵轴截距b＝＝0.2V﹣1，图象的斜率k＝＝＝A﹣1≈8.33A﹣1，
电源电动势E＝10V，r≈41.7Ω；
故答案为：（1）D；（2）10；41.7。
【点评】本题考查了实验器材的选择、求电源电动势与内阻，本题关键在于能由图象知识（斜率与截距的意义）结合闭合电路欧姆定律求解，求出图象的函数表达式，根据图示图象即可解题。
三、计算论证题（共37分，请在后面答题卡上作答或自己在白纸上作答，并拍照上传照片）
18．【分析】（1）A到B的过程中，只有重力做功，机械能守恒，根据机械能守恒定律求出碰撞前A的速度，由牛顿第二定律求出A受到的支持力，然后由牛顿第三定律说明；
（2）A、B碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰撞后整体的速率，由动量定理求出B受到的冲量的大小；
（3）对AB整体运用动能定理，求出AB整体在桌面上滑动的距离。
【解答】解：（1）A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgR＝mv2
代入数据解得碰撞前瞬间A的速率：v＝2m/s
A在碰撞前受到的重力与支持力的合力提供向心力，则：
代入数据可得：FN＝3N
根据牛顿第三定律可知，A对轨道的压力大小也是3N。
（2）A、B碰撞过程系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv＝2mv′
代入数据解得碰撞后瞬间A和B整体的速率：v′＝1m/s
根据动量定理可知，B受到的冲量：I＝mv′＝0.1×1N•s＝0.1N•s
（3）对A、B系统，由动能定理得：﹣μ•2mgl＝0﹣•2mv′2
代入数据解得A和B整体沿水平桌面滑动的距离：l＝0.25m。
答：（1）与B碰撞前瞬间A对轨道的压力N的大小是3N；
（2）碰撞过程中A对B的冲量的大小是0.1N•s；
（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l为0.25m。
【点评】本题考查了机械能守恒、动量守恒、动能定理的综合，难度较大，知道机械能守恒和动量守恒的条件，关键是合理地选择研究对象和过程，选择合适的规律进行求解。
19．【分析】（1）小球在电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，根据L1＝v0t1求小球在电场中运动的时间t1；
（2）在电场中，小球在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和位移﹣时间公式相结合求偏转分位移y；
（3）小球离开电场后做匀变速曲线运动，在水平方向做匀速直线运动，对小球从射入电场到打到荧光屏上过程，利用动量定理求小球动量变化大小。
【解答】解：（1）小球在电场中做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，有：
L1＝v0t1
解得t1＝
（2）在电场中，小球在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有：
y＝at12
根据牛顿第二定律有：a＝
联立解得y＝
（3）小球离开电场后做匀变速曲线运动，在水平方向做匀速直线运动，所用时间为t2＝
小球从射入电场到打到荧光屏上过程，根据动量定理得
△p＝（mg+）t1+mgt2
联立解得△p＝+
答：（1）小球在电场中运动的时间t1为。
（2）小球在电场中偏转分位移y为。
（3）小球从射入电场到打到荧光屏上过程，小球动量变化大小为+。
【点评】对于带电体在电场中的偏转问题，往往采用运动的分解法研究，要把握分运动的规律，利用牛顿第二定律和分位移公式相结合进行处理。
20．【分析】（1）电场力做正功，电势能减小；电场中两点间的电势差等于电场力在两点间做的功与电荷量的比值，而电场力做的功等于两点间电势能之差；
（2）脱离开行星的过程中只有引力做功，机械能守恒。脱离行星是指探测器到达势能为零的位置，根据机械能守恒定律可以计算求得。
【解答】解：（1）①正电荷受力向右，可知电场力做正功，电势能减小
②检验电荷在A点B点具有的电势能分别为：
检验电荷从A点移到B点电场力做的功为：WAB＝EpA﹣EpB
由电势差定义：
可得：
（2）由机械能守恒可得：
解得：
答：（1）①将该检验电荷由A点移至B点，电场力做正功，电势能减小；
②A、B两点的电势差UAB为；
（2）探测器从行星表面发射能脱离行星引力范围所需的最小发射速度为。
【点评】电场力做的功等于电势能的变化量，根据电势差的定义式可以求得两点间的电势差。在探测器脱离行星的过程中机械能守恒，根据机械能守恒定律解得脱离行星的发射速度。
21．【分析】（1）电子在库仑力作用下做匀速圆周运动，根据运动规律可求得周期，再根据电流的定义可求得等效电流；
（2）a、根据电流形成的微观意义可明确其对应的微观表达式；
b、根据题意进行分析，明确电流的微观表达式，再根据电阻定律进行分析，即可求得电阻率．
【解答】解：（1）电子绕原子核做匀速圆周运动，有：
周期为：T＝
解得：T＝
电子绕原子核运动的等效电流为：I＝＝；
（2）a．导体中电流大小为：I＝
t时间内电子运动的距离长度为vt，则其体积为svt，通过导体某一截面的自由电子数为nSvt，该时间内通过导体该截面的电量：
q＝nSvte
所以得：I＝nesv
b．导体中电流强度的微观表达式为：I＝nesv
自由程L段内根据电阻定律：R＝
根据欧姆定律：R＝
自由程内，电子在电场作用下，速度从0增加到v'； 由动能定理：eU＝mv'2
又由于v＝，
可得出电阻率ρ的表达式为：ρ＝
答：（1）此环形电流的大小为；
（2）a、导线中的电流为nesv
b、电阻率ρ的表达式为ρ＝
【点评】本题考查电流的微观表达式及电流定律的应用，在解题时要注意明确题意，从题干中找出有用的信息，在建立我们常见的物理模型，即可根据物理规律分析求解．
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