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2022-2023学年安徽省皖豫名校联盟高二（下）阶段性测试物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年安徽省皖豫名校联盟高二（下）阶段性测试物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年安徽省皖豫名校联盟高二（下）阶段性测试物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 某同学的电动自行车充电器是一输入电压为220V，输出电压为60V的变压器。由于副线圈烧坏了需要维修，该同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上绕了5匝线圈，如图所示。将原线圈接到220V交流电源上，测得新绕线圈两端电压为1V。则( )
A. 该充电器原线圈有2200匝 B. 该充电器原线圈有5500匝
C. 被烧坏的副线圈有300匝 D. 被烧坏的副线圈有250匝
2. 如图所示，一个正四面体P−ABC，底面ABC为一个等边三角形，O点为底面ABC的中心。在顶点P处固定一个正点电荷，则下列说法正确的是( )
A. A、B、C三点的电场强度相同
B. 整个底面ABC为等势面
C. 将某负试探电荷沿CB边从C移动到B，电场力先做负功后做正功
D. 将某负试探电荷沿CB边从C移动到B，其电势能先减小后增加
3. 如图所示，OC是位于光滑绝缘水平面上的等腰三角形ABC底边AB的高，电荷量相等的两个正点电荷分别固定在A、B两点。绝缘光滑杆与OC重合。有一带负电的轻质小球套在杆上，自C点从静止释放后沿CO方向运动，当小球运动到O点时，其速度大小为v，若B处正点电荷的电荷量变为原来的2倍，其他条件不变，仍将小球由C点从静止释放。小球可看作点电荷。下列说法正确的是( )
A. 电场力的功变为原来的2倍
B. 电场力的功变为原来的3倍
C. 小球运动到O点时，其速度大小为 3v
D. 小球运动到O点时，其速度大小为 62v
4. 交警使用的某型号酒精测试仪如图1所示，其工作原理如图2所示，传感器的电阻值R随酒精气体浓度的增大而减小，电源的电动势为E，内阻为r，电路中的电表均可视为理想电表。当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，下列说法正确的是( )
A. 电压表的示数变大，电流表的示数变小
B. 酒精气体浓度越大，电源的效率越低
C. 酒精气体浓度越大，电源的输出功率越大
D. 电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比变小
5. 如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳连接两个相同的物体A、B，水平恒力F作用在A上，两者一起以速度v做匀速运动，在t=0时轻绳断开，A在F的作用下继续前进，则下列说法正确的是( )
A. 当B物体停下瞬间，A物体的速度为2v
B. 轻绳断开后，A、B的总动量始终守恒
C. 在此后运动过程中A、B整体机械能守恒
D. 轻绳断开之后，拉力F所做的功等于A物体动能的增加量
6. 如图所示的LC振荡电路中，已知某时刻电流i的方向如图所示，且正在减小，则此时( )
A. 电容器C正在放电 B. A板带负电
C. 电感线圈L两端电压在增加 D. 电场能正在转化为磁场能
7. 如图所示，空间存在以圆为边界的磁场区域，氕核( 11H)和氦核( 24He)先后从磁场边界上的P点沿半径方向射入磁场，并且都从磁场边界M点射出，已知两条半径PO、MO相互垂直，不计两原子核的重力，下列说法正确的是( )
A. 氕核与氦核射入磁场的速率之比2:1
B. 氕核与氦核在磁场运动时间之比1:1
C. 氕核与氦核射入磁场的动量大小之比1:1
D. 氕核与氦核在磁场运动加速度大小之比2:1
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴竖直向上。第三、四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，第四象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场(图中未画出)。一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第四象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第一象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g。根据以上信息，可以确定的物理量有( )
A. 小球做圆周运动的速度大小 B. 小球在第四象限运动的时间
C. 第四象限匀强电场场强方向 D. 磁感应强度大小
9. 两虚线之间存在如图所示方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。由同一规格的导线制成单匝边长为L的正方形导线框MQHN，电阻为r。线框沿与磁场边界成45∘角的方向进入磁场，当导线框运动到图示位置时速度大小为v，则( )
A. 线框中感应电流方向HNMQH B. 线框受到安培力的大小是B2L2vr
C. 线框所受安培力的方向是由N指向Q D. HN两端的电势差UHN=3BLv4
10. 如图所示，在某空间有匀强电场，电场方向斜向上且与水平方向成45∘角。一质量为m的带正电小球用长度为L且不可伸长的绝缘细线悬挂于O点。开始小球静止于P点，细线水平。现用外力将小球拉到最低点Q由静止释放，小球可视为质点，重力加速度为g，细线始终处于拉直状态，则关于小球从Q运动到P点过程说法正确的是( )
A. 小球沿电场线方向由Q运动到P点 B. 该过程电势能减少了 2mgL
C. 机械能增加了2mgL D. 到达P点时小球速度大小为 2gL
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11. 如图为验证动量守恒定律的实验装置，实验中小球运动轨迹及落点的情况如图所示。其中O点为轨道末端在水平地面上的投影，A、C两点分别为a、b两小球碰撞后在水平地面上的平均落点位置，B点为a球未与b球碰撞自然飞出的落点，经测量以上三处落点位置到投影O处的水平距离分别是xA、xB、xC，用天平测量两小球的质量分别是ma、mb。根据上述物理量完成以下两个问题：
(1)如果满足关系式___________，则验证了a、b碰撞过程中动量守恒。
(2)实验时调节a球下落高度，让a球以一定速度与静止的b球发生正碰，测得碰后a球动量正好是b球的2倍，则a、b两球的质量之比mamb应满足___________。
12. 某学习小组利用伏安法测定一电池组的电动势和内阻，实验原理如图1所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0Ω的定值电阻。
(1)已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=100μA、内阻rg=2.0kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200mA，应并联一只___________Ω(保留1位小数)的定值电阻R1。
(2)根据某次实验的数据做出U−I图像如图2所示，由图像可知，电池组的电动势E=___________V，电池组的内阻r=___________Ω(结果均保留2位有效数字)。
四、简答题（本大题共1小题，共11.0分）
13. 如图所示，小车放在光滑的水平面上并且紧贴右侧竖直墙壁(不粘连)，小车质量为3kg，上表面AB段是长为3m的粗糙水平轨道，BC段是半径为0.5m的四分之一光滑圆弧轨道，两段轨道相切于B点，质量为1kg、可视为质点的物块从小车左端A点以4m/s的速度滑上小车。已知物块与小车AB段之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)物块第一次到达B点时对轨道的压力；
(2)物块在小车上最终的位置(离左端A点的距离)。
五、计算题（本大题共2小题，共28.0分）
14. 如图所示，间距为L=1m的足够长平行金属轨道固定在水平面上，整个装置处在一个磁感应强度B=2T、方向竖直向下的匀强磁场中。轨道左端ab间连有一个阻值R=2Ω的定值电阻，一根质量m=0.5kg、阻值r=0.5Ω的金属棒垂直放置在轨道上，金属棒与轨道间的动摩擦因数μ=0.2。现用一个恒定的外力F平行于轨道拉动金属棒，使其从静止开始运动，当前进了x=0.75m、速度达到4m/s时金属棒开始匀速运动，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)恒力F的大小；
(2)从开始到速度达到4m/s经历的时间；
(3)从开始到速度达到4m/s过程电阻R上产生的焦耳热。
15. 如图所示，在xOy坐标平面内，半径为R的圆形匀强磁场区域边界与x轴相切于原点O，与PM相切于A点，PM=2R。平行金属板PQ、MN间存在着匀强电场(其中金属板PQ位于x轴上)，金属板长度为MN= 3R，H为金属板MN上一点，并且MH= 2R。现有大量质量为m、电荷量为q的正离子，从O点以相同的速率v均匀向各个方向射入y>0的区域，离子在磁场边界的出射点分布在三分之一圆周上。离子到达金属板MN即被吸收，不计离子重力及相互作用。
(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B；
(2)若仅改变磁感应强度的大小，使得其中沿y轴正向入射的离子能经过A点打到H点，求：
①两金属板间电压大小；
②HN区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例η。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查变压器的工作原理，熟悉原副线圈电流、电压与匝数关系是解题的关键。
【解答】
AB：设该变压器的原、副线圈和新绕线圈的匝数分别为 n1 、 n2 、 n3 ，变压器的原、副线圈和新绕线圈的电压分别为 U1 、 U2 、 U3 ，则有U1U3=n1n3，解得该充电器原线圈匝数为n1=U1U3⋅n3=1100匝，故AB错误；
CD：同理可得U1U2=n1n2，解得被烧坏的副线圈匝数n2=U2U1⋅n1=300匝，故C正确，D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查点电荷的电场，分析电场强度大小，关键要知道点电荷的等势面是以点电荷为圆心的同心圆，即距离点电荷相等的地方电势相等。
根据正点电荷分析A、B、C三点电场强度关系；根据顶点P处固定一个正点电荷分析A、B、C三点电势差；根据电势的变化，分析电势能的变化，从而确定电场力做功情况。
【解答】
A、A、B、C三点的电场强度大小相等，方向不同，A错误;
B、整个底面ABC电势不都相等，B错误;
CD、将某负试探电荷沿CB边从C移到B，电场力先做正功后做负功，其电势能先减小后增加，C错误，D正确。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查点电荷电场以及利用动能定理求解电场力做功的问题。
先根据动能定理求解电量改变前电场力做功与动能的大小关系，再利用动能定理求解电量改变后电场力做功与动能之间的关系从而解得速度关系。
【解答】
AB、电荷量相等的两个正点电荷，设其电荷量大小为+Q，则两个点电荷各自在CO间的电势差相等，设其为UCO，
设轻质小球电荷量为−q，根据动能定理有：−2qUCO=12mv2，
若B处正电荷的电荷量变为原来的2倍，其他条件不变，可以将该电荷看为在B处放置两个相同的电荷量为+Q的电荷，则这三个点电荷各自在CO间的电势差亦为UCO，电场力的功变为−3qUCO，是原来的1.5倍，故AB错误;
CD、根据动能定理有;−3qUCO=12mv12，解得v1= 62v，故C错误，D正确。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，分析R阻值的变化情况，根据闭合电路欧姆定律列式，分析两电表示数变化关系；当酒精气体浓度越大时，传感器电阻R的电阻值越小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化，根据内外电阻的关系分析电源输出功率的变化情况；根据闭合电路欧姆定律分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比变化情况；根据η=R外R外+r×100％分析电源功率变化情况。
本题是信息给予题，要搞清传感器电阻R的特性，分析其阻值的变化情况，要知道R相当于可变电阻，根据闭合电路欧姆定律分析两电表示数变化的关系。
【解答】
ABD.设电压表的示数为U，电流表的示数为I，当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，传感器电阻R的阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流表的示数I变大，根据闭合电路欧姆定律得：U=E−I(R0+r)，知U变小；根据数学知识可知，电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比|ΔUΔI|=R0+r，保持不变；而电源效率η=R外R外+r×100％降低；故AD错误，B正确；
C.酒精气体浓度越大时，传感器电阻R的电阻值越小，根据闭合电路欧姆定律知电路中电流越大，由于电源的内外电阻大小关系未知，所以不能确定电源的输出功率如何变化，故C错误。
5.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要是考查了动量守恒和机械守恒条件以及动能定理的应用，对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；对于机械能守恒定律，其守恒条件是：除重力弹簧弹力以外力做功为零。
根据物体AB的运动情况，分析物体所受合力离开，分析绳子断开后，物体A、B受力情况，从而得出物体AB动量守恒情况即可判断；根据动量守恒定律列方程求出物体B停下时物体B的速度即可判断；分析绳子断开后拉力做功和摩擦力对AB做功情况，从而得出AB系统机械能变化情况即可判断；对A物体，由动能定理分析即可判断。
【解答】
B、物体AB一直做匀速直线运动，说明物体AB所受的合力为0，当绳子断开后，B在运动前，物体AB所受的滑动摩擦力不变，此时物体AB所受的合力仍为0，则物体AB组成的系统动量守恒，当B静止后，B不受摩擦力，此时物体AB所受的合力不为0，物体AB组成的系统动量不守恒，故B错误；
A、物体B停下前，由动量守恒定律：2mv=mvB，解得物体B的速度为vB=2v，故A正确；
C、绳子断开后，拉力做功比物体AB所受的摩擦力做功之和大，则物体AB组成的系统机械能增加，即机械能不守恒，故C错误；
D、绳子断开后，由动能定理知，拉力所做的功和摩擦力对A物体做功的代数和等于A物体动能的增加量，而摩擦力对A物体做负功，则拉力F所做的功大于物体A动能的增加量，故D错误。
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查对电磁振荡过程的理解，难点在于电容器极板带电情况的判断，要根据电流方向和电容器充放电情况分析。
根据磁场方向由安培定则判断电流方向，电流方向是正电荷移动方向，根据电流方向及电容器充放电情况判断极板带电情况，振荡电路中有两种能：电场能和磁场能，根据能量守恒定律分析能量的变化。
【解答】
A、电路中的电流正在减小，说明电容器正在充电，故A错误;
B、电容器充电时，电流从带负电的极板流向带正电的极板，则A板带正电，故B错误;
C、电容器充电，电容器两板间的电压增加，线圈两端的电压增加，故C正确;
D、电容器充电，磁场能减小，电流减小，电场能增大，磁场能正在转化为电场能，故D错误。
7.【答案】A
【解析】
【分析】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，依题意由几何关系求得两粒子轨迹半径与圆形边界的匀强磁场的半径的关系;由洛伦兹力提供向心力和周期表示式，推导出运动时间与圆心角的关系;再推导出动量、加速度的表达式，再求得相应的比值。
【解答】
A.两粒子运动半径相同，又qvB=mv2r，r=mvqB，所以氕核与氦核射入磁场的速率之比 2:1 ，故A正确；
B.周期T=2πrv=2πmqB，两粒子都运动了各自周期的四分之一，可知，氕核与氦核在磁场运动时间之比1:2，故B错误；
C.动量p=mv，氕核与氦核射入磁场的动量大小之比 1:2 ，故C错误；
D.加速度a=v2r，氕核与氦核在磁场运动加速度大小之比 4:1 ，故D错误。
故选A。
8.【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据小球第Ⅲ象限内的运动，应用动能定理可以求出小球的速度；
小球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律分析答题．
本题考查了小球在磁场、电磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律、周期公式即可正确解题，解题时要注意洛伦兹力对带电小球不做功．
【解答】
A、小球在第Ⅳ做匀速圆周运动，由题意可知，小球轨道半径：r=d，从A到P过程，由动能定理得：mgd=12mv2，解得：v= 2gd，小球以速度v做圆周运动，故A正确；
C、小球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动，则mg=qE，且根据左手定则可知小球带负电，小球所受电场力方向向上，故电场方向向下，故C正确；
B、小球做圆周运动的周期：T=2πrv=π 2dg，小球在第Ⅳ象限的运动时间：t=14T=π4 2dg，故B正确；
D、小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得：B=m 2gdqd，由于不知道m、q，无法求出B，故D错误；
故选：ABC。
9.【答案】ACD
【解析】
【分析】
本题考查了判断感应电流方向、求电势差问题；应用楞次定律、E=BLv与欧姆定律即可解题；应用楞次定律判断出感应电流方向；导线框运动到图示位置时有效的切割长度等于HN边长a，由E=BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出HN两端的电势差。
【解答】A、根据楞次定律，感应电流的方向为HNMOH，A正确，
BC、HN、NM两条边受到安培力，有效长度 2L，安培力F安= 2B2L2vr，方向由N指向Q，B错误，C正确;
D、线框的有效切割长度为HN，感应电动势为E=BLv，则HN两端的电势差UHN=−3BLv4，D错误。
10.【答案】CD
【解析】
【分析】
本题考查了在复合场中的受力分析，关键要确定重力和电场力的合力方向和大小，通过分析受力情况，来判断小球的运动的情况。
将小球拉到最低点Q由静止释放，，说明重力和电场力的合力方向水平向右，由于开始小球静止于P点，则电场力与重力合力为mg，机械能的变化取决于电场力做功，通过从Q到P，由动能定理得到达P点时小球速度大小。
【解答】
A、小球静止于P点时，细线恰好水平，由平衡条件，说明重力和电场力的合力水平向右，设重力和电场力的合力为F，则：F=mg，沿圆周运动到P点，A错误;
BC、该过程电场力做功2mgL，电势能减少2mgL，机械能增加了2mgL，所以B错误，C正确;
D、从Q到P，由动能定理得：W电−WG=12mv2，故v= 2gL，故D正确。
11.【答案】(1)maxB=maxA+mbxc；
(2)2
【分析】本题考查动量守恒定律的验证实验。明确实验原理是解题关键。
(1)实验要验证两个小球碰撞过程动量守恒，即要验证mav0=mav1+mbv2，可以通过平抛运动将速度的测量转化为水平射程的测量。
(2)碰撞过程动量守恒、动能不增加、碰后a的速度小于b的速度，据此分析mamb应满足的关系。
【解答】(1)根据动量守恒定律mav0=mav1+mbv2，小球平抛运动竖直方向上的高度相同，根据h=12gt2可知小球落地时间相同，即满足mav0⋅t=mav1⋅t+mbv2⋅t，即满足maxB=maxA+mbxc，也就验证了a、b碰撞过程中动量守恒。
(2)设碰撞后两者的动量分别为2p、p，由题意可知，碰撞前后总动量为3p，碰撞过程中动能不增加，有(3p)22ma≥2p22ma+p22mb，解得mamb≤5，
又因本实验入射球质量要大于被碰球质量，同时满足mava=2mbvb，以及va2，故需满足2
【解析】
【分析】本题考查测量电源电动势和内阻，考查考生的科学探究素养。
(1)电流表扩大量程需要并联一个小电阻来分流，并联的电阻越小分流越大，则量程越大，根据并联电路的特点结合欧姆定律求解。
(2)根据闭合电路欧姆定律得出U−I关系式，结合图2分析斜率和纵轴截距的物理意义即可得出结论。
【解答】(1)由电流表的改装知识可知，要并联的电阻阻值为：
R1=IgrgIm−Ig=100×10−6×2.0×103200×10−3−100×10−6Ω≈1.0Ω。
(2)根据U=E−(R0+r)I结合U−I图像可得电池组的电动势E≈5.4V，电池组的电阻为：r=ΔU△I−R0=5.16−4.71(120−40)×10−3Ω−4Ω≈1.6Ω。
13.【答案】解：(1)物块从A点运动B点，根据牛顿第二定律：μmg=ma，
得到：a=μg=2m/s2，
由匀减速直线运动公式：v02−vB2=2aL，得到vB=2m/s，
B点：FN−mg=mvB2r，解得：FN=18N，
由牛顿第三定律可知：物块对轨道的压力大小FN′=FN=18N，方向竖直向下。
(2)物块从圆弧轨道返回B点时，速度大小仍然为vB=2m/s，
物块向左运动过程，小车由于摩擦力的作用也向左运动
根据动量守恒定律：mvB=(m+M)v，
得到：v=0.5m/s，
由能量转化及守恒得：12mvB2=μmg⋅△x+12(m+M)v2，
解得Δx=0.75m，
物块离左端距离ΔL=3−0.75m=2.25m。
【解析】本题考查牛顿第二定律、运动学公式、竖直面的圆周运动、动量守恒、能量守恒等知识点。
(1)物块从A到B，根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式求到达B点的速度，在B点，根据牛顿第二定律结合向心力公式求出轨道支持力，再根据牛顿第三定律求压力；
(2)对小车和物块组成的系统分析，根据动量守恒、能量守恒求物块在小车上最终的位置。
14.【答案】解：(1)金属棒匀速时由平衡关系：F=μmg+B2L2vR+r，解得：F=7.4N
(2)对金属棒根据动量定理：(F−μmg)⋅t−BIL⋅t=mv−0
其中：q=I⋅t=△ΦR+r=BLxR+r=0.6C
联立解得：t=0.5s
(3)对金属棒根据动能定理有：(F−μmg)⋅x−W安=12mv2−0，Q总=W安，
其中：QR=RR+rQ总
解得：QR=0.64J
【解析】(1)电磁感应中单杆切割磁感线时，受到的安培力的推论公式为F=B2L2vR总，根据平衡条件求F；
(2)电磁感应中求时间经常使用动量定理，使用动量定理时，要掌握电磁感应中电荷量的推论公式q=nΔΦR总。
(3)电磁感应中的电流往往是变化的电流，故求热量不能直接使用焦耳定律，使用动能定理求出克服安培力做功，克服安培力做功就等于系统产生的焦耳热，结合电路中电热之比等于电阻之比可求电阻R上产生的焦耳热。
15.【答案】解：(1)根据圆周运动特点和几何知识可以得到离子的轨迹半径r1= 32R，
洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2r1，
解得B=2 3mv3qR。
(2) ①根据几何关系有，轨迹半径r2=R
经分析离子圆周运动特点可知由A点射入的所有离子均以v沿x轴正方向进入电场，
x方向： 2R=vt1，
y方向：R=12×qEmt12，
解得：E=mv2qR，
所以两板间电压为：U=2mv2q
②从某点出射的离子打到N点，
x轴方向： 3R=vt2，
y方向：y=12×qEmt22，
解得：y=32R，
经分析可知打在N点的离子是从PA的中点垂直电场线进入电场，
根据几何关系可知，在O点速度方向与y轴正向夹角为θ=30∘，
所以：η=θ180=16
【解析】本题考查带电粒子在电场、磁场中的偏转，考查圆周运动及类平抛运动，另外涉及到了磁发散，考查考生的科学思维。
(1)根据几何关系求出离子在磁场中的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求磁感应强度；
(2)①根据几何关系可知离子在磁场中的轨迹半径等于圆形区域磁场半径，则发生磁发散现象，所有从O点射出磁场的粒子均平行x轴射出，进入电场后做类平抛运动，根据运动的合成与分解规律结合牛顿第二定律分析求解；
②根据类平抛运动分析打在N点的离子对应的纵坐标，再根据磁发散知识求出该离子在O点的速度方向，进而得出η。
2022-2023学年安徽省皖豫名校联盟高二（下）阶段性测试物理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1. 某同学的电动自行车充电器是一输入电压为220V，输出电压为60V的变压器。由于副线圈烧坏了需要维修，该同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上绕了5匝线圈，如图所示。将原线圈接到220V交流电源上，测得新绕线圈两端电压为1V。则( )
A. 该充电器原线圈有2200匝 B. 该充电器原线圈有5500匝
C. 被烧坏的副线圈有300匝 D. 被烧坏的副线圈有250匝
2. 如图所示，一个正四面体P−ABC，底面ABC为一个等边三角形，O点为底面ABC的中心。在顶点P处固定一个正点电荷，则下列说法正确的是( )
A. A、B、C三点的电场强度相同
B. 整个底面ABC为等势面
C. 将某负试探电荷沿CB边从C移动到B，电场力先做负功后做正功
D. 将某负试探电荷沿CB边从C移动到B，其电势能先减小后增加
3. 如图所示，OC是位于光滑绝缘水平面上的等腰三角形ABC底边AB的高，电荷量相等的两个正点电荷分别固定在A、B两点。绝缘光滑杆与OC重合。有一带负电的轻质小球套在杆上，自C点从静止释放后沿CO方向运动，当小球运动到O点时，其速度大小为v，若B处正点电荷的电荷量变为原来的2倍，其他条件不变，仍将小球由C点从静止释放。小球可看作点电荷。下列说法正确的是( )
A. 电场力的功变为原来的2倍
B. 电场力的功变为原来的3倍
C. 小球运动到O点时，其速度大小为 3v
D. 小球运动到O点时，其速度大小为 62v
4. 交警使用的某型号酒精测试仪如图1所示，其工作原理如图2所示，传感器的电阻值R随酒精气体浓度的增大而减小，电源的电动势为E，内阻为r，电路中的电表均可视为理想电表。当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，下列说法正确的是( )
A. 电压表的示数变大，电流表的示数变小
B. 酒精气体浓度越大，电源的效率越低
C. 酒精气体浓度越大，电源的输出功率越大
D. 电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比变小
5. 如图所示，在粗糙水平面上，用水平轻绳连接两个相同的物体A、B，水平恒力F作用在A上，两者一起以速度v做匀速运动，在t=0时轻绳断开，A在F的作用下继续前进，则下列说法正确的是( )
A. 当B物体停下瞬间，A物体的速度为2v
B. 轻绳断开后，A、B的总动量始终守恒
C. 在此后运动过程中A、B整体机械能守恒
D. 轻绳断开之后，拉力F所做的功等于A物体动能的增加量
6. 如图所示的LC振荡电路中，已知某时刻电流i的方向如图所示，且正在减小，则此时( )
A. 电容器C正在放电 B. A板带负电
C. 电感线圈L两端电压在增加 D. 电场能正在转化为磁场能
7. 如图所示，空间存在以圆为边界的磁场区域，氕核( 11H)和氦核( 24He)先后从磁场边界上的P点沿半径方向射入磁场，并且都从磁场边界M点射出，已知两条半径PO、MO相互垂直，不计两原子核的重力，下列说法正确的是( )
A. 氕核与氦核射入磁场的速率之比2:1
B. 氕核与氦核在磁场运动时间之比1:1
C. 氕核与氦核射入磁场的动量大小之比1:1
D. 氕核与氦核在磁场运动加速度大小之比2:1
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8. 如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，y轴竖直向上。第三、四象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，第四象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场(图中未画出)。一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第四象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第一象限，Q点距O点的距离为d，重力加速度为g。根据以上信息，可以确定的物理量有( )
A. 小球做圆周运动的速度大小 B. 小球在第四象限运动的时间
C. 第四象限匀强电场场强方向 D. 磁感应强度大小
9. 两虚线之间存在如图所示方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B。由同一规格的导线制成单匝边长为L的正方形导线框MQHN，电阻为r。线框沿与磁场边界成45∘角的方向进入磁场，当导线框运动到图示位置时速度大小为v，则( )
A. 线框中感应电流方向HNMQH B. 线框受到安培力的大小是B2L2vr
C. 线框所受安培力的方向是由N指向Q D. HN两端的电势差UHN=3BLv4
10. 如图所示，在某空间有匀强电场，电场方向斜向上且与水平方向成45∘角。一质量为m的带正电小球用长度为L且不可伸长的绝缘细线悬挂于O点。开始小球静止于P点，细线水平。现用外力将小球拉到最低点Q由静止释放，小球可视为质点，重力加速度为g，细线始终处于拉直状态，则关于小球从Q运动到P点过程说法正确的是( )
A. 小球沿电场线方向由Q运动到P点 B. 该过程电势能减少了 2mgL
C. 机械能增加了2mgL D. 到达P点时小球速度大小为 2gL
三、实验题（本大题共2小题，共15.0分）
11. 如图为验证动量守恒定律的实验装置，实验中小球运动轨迹及落点的情况如图所示。其中O点为轨道末端在水平地面上的投影，A、C两点分别为a、b两小球碰撞后在水平地面上的平均落点位置，B点为a球未与b球碰撞自然飞出的落点，经测量以上三处落点位置到投影O处的水平距离分别是xA、xB、xC，用天平测量两小球的质量分别是ma、mb。根据上述物理量完成以下两个问题：
(1)如果满足关系式___________，则验证了a、b碰撞过程中动量守恒。
(2)实验时调节a球下落高度，让a球以一定速度与静止的b球发生正碰，测得碰后a球动量正好是b球的2倍，则a、b两球的质量之比mamb应满足___________。
12. 某学习小组利用伏安法测定一电池组的电动势和内阻，实验原理如图1所示，其中，虚线框内为用灵敏电流计G改装的电流表A，V为标准电压表，E为待测电池组，S为开关，R为滑动变阻器，R0是标称值为4.0Ω的定值电阻。
(1)已知灵敏电流计G的满偏电流Ig=100μA、内阻rg=2.0kΩ，若要改装后的电流表满偏电流为200mA，应并联一只___________Ω(保留1位小数)的定值电阻R1。
(2)根据某次实验的数据做出U−I图像如图2所示，由图像可知，电池组的电动势E=___________V，电池组的内阻r=___________Ω(结果均保留2位有效数字)。
四、简答题（本大题共1小题，共11.0分）
13. 如图所示，小车放在光滑的水平面上并且紧贴右侧竖直墙壁(不粘连)，小车质量为3kg，上表面AB段是长为3m的粗糙水平轨道，BC段是半径为0.5m的四分之一光滑圆弧轨道，两段轨道相切于B点，质量为1kg、可视为质点的物块从小车左端A点以4m/s的速度滑上小车。已知物块与小车AB段之间的动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)物块第一次到达B点时对轨道的压力；
(2)物块在小车上最终的位置(离左端A点的距离)。
五、计算题（本大题共2小题，共28.0分）
14. 如图所示，间距为L=1m的足够长平行金属轨道固定在水平面上，整个装置处在一个磁感应强度B=2T、方向竖直向下的匀强磁场中。轨道左端ab间连有一个阻值R=2Ω的定值电阻，一根质量m=0.5kg、阻值r=0.5Ω的金属棒垂直放置在轨道上，金属棒与轨道间的动摩擦因数μ=0.2。现用一个恒定的外力F平行于轨道拉动金属棒，使其从静止开始运动，当前进了x=0.75m、速度达到4m/s时金属棒开始匀速运动，重力加速度g取10m/s2，求：
(1)恒力F的大小；
(2)从开始到速度达到4m/s经历的时间；
(3)从开始到速度达到4m/s过程电阻R上产生的焦耳热。
15. 如图所示，在xOy坐标平面内，半径为R的圆形匀强磁场区域边界与x轴相切于原点O，与PM相切于A点，PM=2R。平行金属板PQ、MN间存在着匀强电场(其中金属板PQ位于x轴上)，金属板长度为MN= 3R，H为金属板MN上一点，并且MH= 2R。现有大量质量为m、电荷量为q的正离子，从O点以相同的速率v均匀向各个方向射入y>0的区域，离子在磁场边界的出射点分布在三分之一圆周上。离子到达金属板MN即被吸收，不计离子重力及相互作用。
(1)求匀强磁场的磁感应强度大小B；
(2)若仅改变磁感应强度的大小，使得其中沿y轴正向入射的离子能经过A点打到H点，求：
①两金属板间电压大小；
②HN区域接收到的离子数占发射出的总离子数的比例η。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查变压器的工作原理，熟悉原副线圈电流、电压与匝数关系是解题的关键。
【解答】
AB：设该变压器的原、副线圈和新绕线圈的匝数分别为 n1 、 n2 、 n3 ，变压器的原、副线圈和新绕线圈的电压分别为 U1 、 U2 、 U3 ，则有U1U3=n1n3，解得该充电器原线圈匝数为n1=U1U3⋅n3=1100匝，故AB错误；
CD：同理可得U1U2=n1n2，解得被烧坏的副线圈匝数n2=U2U1⋅n1=300匝，故C正确，D错误。
故选C。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查点电荷的电场，分析电场强度大小，关键要知道点电荷的等势面是以点电荷为圆心的同心圆，即距离点电荷相等的地方电势相等。
根据正点电荷分析A、B、C三点电场强度关系；根据顶点P处固定一个正点电荷分析A、B、C三点电势差；根据电势的变化，分析电势能的变化，从而确定电场力做功情况。
【解答】
A、A、B、C三点的电场强度大小相等，方向不同，A错误;
B、整个底面ABC电势不都相等，B错误;
CD、将某负试探电荷沿CB边从C移到B，电场力先做正功后做负功，其电势能先减小后增加，C错误，D正确。
3.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查点电荷电场以及利用动能定理求解电场力做功的问题。
先根据动能定理求解电量改变前电场力做功与动能的大小关系，再利用动能定理求解电量改变后电场力做功与动能之间的关系从而解得速度关系。
【解答】
AB、电荷量相等的两个正点电荷，设其电荷量大小为+Q，则两个点电荷各自在CO间的电势差相等，设其为UCO，
设轻质小球电荷量为−q，根据动能定理有：−2qUCO=12mv2，
若B处正电荷的电荷量变为原来的2倍，其他条件不变，可以将该电荷看为在B处放置两个相同的电荷量为+Q的电荷，则这三个点电荷各自在CO间的电势差亦为UCO，电场力的功变为−3qUCO，是原来的1.5倍，故AB错误;
CD、根据动能定理有;−3qUCO=12mv12，解得v1= 62v，故C错误，D正确。
4.【答案】B
【解析】
【分析】
当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，分析R阻值的变化情况，根据闭合电路欧姆定律列式，分析两电表示数变化关系；当酒精气体浓度越大时，传感器电阻R的电阻值越小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化，根据内外电阻的关系分析电源输出功率的变化情况；根据闭合电路欧姆定律分析电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比变化情况；根据η=R外R外+r×100％分析电源功率变化情况。
本题是信息给予题，要搞清传感器电阻R的特性，分析其阻值的变化情况，要知道R相当于可变电阻，根据闭合电路欧姆定律分析两电表示数变化的关系。
【解答】
ABD.设电压表的示数为U，电流表的示数为I，当一位酒驾驾驶员对着测试仪吹气时，传感器电阻R的阻值减小，根据闭合电路欧姆定律可知电流表的示数I变大，根据闭合电路欧姆定律得：U=E−I(R0+r)，知U变小；根据数学知识可知，电压表示数变化量与电流表示数变化量的绝对值之比|ΔUΔI|=R0+r，保持不变；而电源效率η=R外R外+r×100％降低；故AD错误，B正确；
C.酒精气体浓度越大时，传感器电阻R的电阻值越小，根据闭合电路欧姆定律知电路中电流越大，由于电源的内外电阻大小关系未知，所以不能确定电源的输出功率如何变化，故C错误。
5.【答案】A
【解析】
【分析】
本题主要是考查了动量守恒和机械守恒条件以及动能定理的应用，对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；对于机械能守恒定律，其守恒条件是：除重力弹簧弹力以外力做功为零。
根据物体AB的运动情况，分析物体所受合力离开，分析绳子断开后，物体A、B受力情况，从而得出物体AB动量守恒情况即可判断；根据动量守恒定律列方程求出物体B停下时物体B的速度即可判断；分析绳子断开后拉力做功和摩擦力对AB做功情况，从而得出AB系统机械能变化情况即可判断；对A物体，由动能定理分析即可判断。
【解答】
B、物体AB一直做匀速直线运动，说明物体AB所受的合力为0，当绳子断开后，B在运动前，物体AB所受的滑动摩擦力不变，此时物体AB所受的合力仍为0，则物体AB组成的系统动量守恒，当B静止后，B不受摩擦力，此时物体AB所受的合力不为0，物体AB组成的系统动量不守恒，故B错误；
A、物体B停下前，由动量守恒定律：2mv=mvB，解得物体B的速度为vB=2v，故A正确；
C、绳子断开后，拉力做功比物体AB所受的摩擦力做功之和大，则物体AB组成的系统机械能增加，即机械能不守恒，故C错误；
D、绳子断开后，由动能定理知，拉力所做的功和摩擦力对A物体做功的代数和等于A物体动能的增加量，而摩擦力对A物体做负功，则拉力F所做的功大于物体A动能的增加量，故D错误。
6.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查对电磁振荡过程的理解，难点在于电容器极板带电情况的判断，要根据电流方向和电容器充放电情况分析。
根据磁场方向由安培定则判断电流方向，电流方向是正电荷移动方向，根据电流方向及电容器充放电情况判断极板带电情况，振荡电路中有两种能：电场能和磁场能，根据能量守恒定律分析能量的变化。
【解答】
A、电路中的电流正在减小，说明电容器正在充电，故A错误;
B、电容器充电时，电流从带负电的极板流向带正电的极板，则A板带正电，故B错误;
C、电容器充电，电容器两板间的电压增加，线圈两端的电压增加，故C正确;
D、电容器充电，磁场能减小，电流减小，电场能增大，磁场能正在转化为电场能，故D错误。
7.【答案】A
【解析】
【分析】
粒子在磁场中做匀速圆周运动，依题意由几何关系求得两粒子轨迹半径与圆形边界的匀强磁场的半径的关系;由洛伦兹力提供向心力和周期表示式，推导出运动时间与圆心角的关系;再推导出动量、加速度的表达式，再求得相应的比值。
【解答】
A.两粒子运动半径相同，又qvB=mv2r，r=mvqB，所以氕核与氦核射入磁场的速率之比 2:1 ，故A正确；
B.周期T=2πrv=2πmqB，两粒子都运动了各自周期的四分之一，可知，氕核与氦核在磁场运动时间之比1:2，故B错误；
C.动量p=mv，氕核与氦核射入磁场的动量大小之比 1:2 ，故C错误；
D.加速度a=v2r，氕核与氦核在磁场运动加速度大小之比 4:1 ，故D错误。
故选A。
8.【答案】ABC
【解析】
【分析】
根据小球第Ⅲ象限内的运动，应用动能定理可以求出小球的速度；
小球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律分析答题．
本题考查了小球在磁场、电磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律、周期公式即可正确解题，解题时要注意洛伦兹力对带电小球不做功．
【解答】
A、小球在第Ⅳ做匀速圆周运动，由题意可知，小球轨道半径：r=d，从A到P过程，由动能定理得：mgd=12mv2，解得：v= 2gd，小球以速度v做圆周运动，故A正确；
C、小球在第Ⅳ象限做匀速圆周运动，则mg=qE，且根据左手定则可知小球带负电，小球所受电场力方向向上，故电场方向向下，故C正确；
B、小球做圆周运动的周期：T=2πrv=π 2dg，小球在第Ⅳ象限的运动时间：t=14T=π4 2dg，故B正确；
D、小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得：B=m 2gdqd，由于不知道m、q，无法求出B，故D错误；
故选：ABC。
9.【答案】ACD
【解析】
【分析】
本题考查了判断感应电流方向、求电势差问题；应用楞次定律、E=BLv与欧姆定律即可解题；应用楞次定律判断出感应电流方向；导线框运动到图示位置时有效的切割长度等于HN边长a，由E=BLv求出感应电动势，应用欧姆定律求出HN两端的电势差。
【解答】A、根据楞次定律，感应电流的方向为HNMOH，A正确，
BC、HN、NM两条边受到安培力，有效长度 2L，安培力F安= 2B2L2vr，方向由N指向Q，B错误，C正确;
D、线框的有效切割长度为HN，感应电动势为E=BLv，则HN两端的电势差UHN=−3BLv4，D错误。
10.【答案】CD
【解析】
【分析】
本题考查了在复合场中的受力分析，关键要确定重力和电场力的合力方向和大小，通过分析受力情况，来判断小球的运动的情况。
将小球拉到最低点Q由静止释放，，说明重力和电场力的合力方向水平向右，由于开始小球静止于P点，则电场力与重力合力为mg，机械能的变化取决于电场力做功，通过从Q到P，由动能定理得到达P点时小球速度大小。
【解答】
A、小球静止于P点时，细线恰好水平，由平衡条件，说明重力和电场力的合力水平向右，设重力和电场力的合力为F，则：F=mg，沿圆周运动到P点，A错误;
BC、该过程电场力做功2mgL，电势能减少2mgL，机械能增加了2mgL，所以B错误，C正确;
D、从Q到P，由动能定理得：W电−WG=12mv2，故v= 2gL，故D正确。
11.【答案】(1)maxB=maxA+mbxc；
(2)2
【分析】本题考查动量守恒定律的验证实验。明确实验原理是解题关键。
(1)实验要验证两个小球碰撞过程动量守恒，即要验证mav0=mav1+mbv2，可以通过平抛运动将速度的测量转化为水平射程的测量。
(2)碰撞过程动量守恒、动能不增加、碰后a的速度小于b的速度，据此分析mamb应满足的关系。
【解答】(1)根据动量守恒定律mav0=mav1+mbv2，小球平抛运动竖直方向上的高度相同，根据h=12gt2可知小球落地时间相同，即满足mav0⋅t=mav1⋅t+mbv2⋅t，即满足maxB=maxA+mbxc，也就验证了a、b碰撞过程中动量守恒。
(2)设碰撞后两者的动量分别为2p、p，由题意可知，碰撞前后总动量为3p，碰撞过程中动能不增加，有(3p)22ma≥2p22ma+p22mb，解得mamb≤5，
又因本实验入射球质量要大于被碰球质量，同时满足mava=2mbvb，以及va
【解析】
【分析】本题考查测量电源电动势和内阻，考查考生的科学探究素养。
(1)电流表扩大量程需要并联一个小电阻来分流，并联的电阻越小分流越大，则量程越大，根据并联电路的特点结合欧姆定律求解。
(2)根据闭合电路欧姆定律得出U−I关系式，结合图2分析斜率和纵轴截距的物理意义即可得出结论。
【解答】(1)由电流表的改装知识可知，要并联的电阻阻值为：
R1=IgrgIm−Ig=100×10−6×2.0×103200×10−3−100×10−6Ω≈1.0Ω。
(2)根据U=E−(R0+r)I结合U−I图像可得电池组的电动势E≈5.4V，电池组的电阻为：r=ΔU△I−R0=5.16−4.71(120−40)×10−3Ω−4Ω≈1.6Ω。
13.【答案】解：(1)物块从A点运动B点，根据牛顿第二定律：μmg=ma，
得到：a=μg=2m/s2，
由匀减速直线运动公式：v02−vB2=2aL，得到vB=2m/s，
B点：FN−mg=mvB2r，解得：FN=18N，
由牛顿第三定律可知：物块对轨道的压力大小FN′=FN=18N，方向竖直向下。
(2)物块从圆弧轨道返回B点时，速度大小仍然为vB=2m/s，
物块向左运动过程，小车由于摩擦力的作用也向左运动
根据动量守恒定律：mvB=(m+M)v，
得到：v=0.5m/s，
由能量转化及守恒得：12mvB2=μmg⋅△x+12(m+M)v2，
解得Δx=0.75m，
物块离左端距离ΔL=3−0.75m=2.25m。
【解析】本题考查牛顿第二定律、运动学公式、竖直面的圆周运动、动量守恒、能量守恒等知识点。
(1)物块从A到B，根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学公式求到达B点的速度，在B点，根据牛顿第二定律结合向心力公式求出轨道支持力，再根据牛顿第三定律求压力；
(2)对小车和物块组成的系统分析，根据动量守恒、能量守恒求物块在小车上最终的位置。
14.【答案】解：(1)金属棒匀速时由平衡关系：F=μmg+B2L2vR+r，解得：F=7.4N
(2)对金属棒根据动量定理：(F−μmg)⋅t−BIL⋅t=mv−0
其中：q=I⋅t=△ΦR+r=BLxR+r=0.6C
联立解得：t=0.5s
(3)对金属棒根据动能定理有：(F−μmg)⋅x−W安=12mv2−0，Q总=W安，
其中：QR=RR+rQ总
解得：QR=0.64J
【解析】(1)电磁感应中单杆切割磁感线时，受到的安培力的推论公式为F=B2L2vR总，根据平衡条件求F；
(2)电磁感应中求时间经常使用动量定理，使用动量定理时，要掌握电磁感应中电荷量的推论公式q=nΔΦR总。
(3)电磁感应中的电流往往是变化的电流，故求热量不能直接使用焦耳定律，使用动能定理求出克服安培力做功，克服安培力做功就等于系统产生的焦耳热，结合电路中电热之比等于电阻之比可求电阻R上产生的焦耳热。
15.【答案】解：(1)根据圆周运动特点和几何知识可以得到离子的轨迹半径r1= 32R，
洛伦兹力提供向心力：qvB=mv2r1，
解得B=2 3mv3qR。
(2) ①根据几何关系有，轨迹半径r2=R
经分析离子圆周运动特点可知由A点射入的所有离子均以v沿x轴正方向进入电场，
x方向： 2R=vt1，
y方向：R=12×qEmt12，
解得：E=mv2qR，
所以两板间电压为：U=2mv2q
②从某点出射的离子打到N点，
x轴方向： 3R=vt2，
y方向：y=12×qEmt22，
解得：y=32R，
经分析可知打在N点的离子是从PA的中点垂直电场线进入电场，
根据几何关系可知，在O点速度方向与y轴正向夹角为θ=30∘，
所以：η=θ180=16
【解析】本题考查带电粒子在电场、磁场中的偏转，考查圆周运动及类平抛运动，另外涉及到了磁发散，考查考生的科学思维。
(1)根据几何关系求出离子在磁场中的轨迹半径，根据洛伦兹力提供向心力求磁感应强度；
(2)①根据几何关系可知离子在磁场中的轨迹半径等于圆形区域磁场半径，则发生磁发散现象，所有从O点射出磁场的粒子均平行x轴射出，进入电场后做类平抛运动，根据运动的合成与分解规律结合牛顿第二定律分析求解；
②根据类平抛运动分析打在N点的离子对应的纵坐标，再根据磁发散知识求出该离子在O点的速度方向，进而得出η。
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