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2022-2023学年安徽省滁州市高二（下）期末教学质量监测物理试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年安徽省滁州市高二（下）期末教学质量监测物理试卷（含解析），共14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.如图所示，水平面内有一长为l的导体棒ab，处于水平向右、磁感应强度为B的匀强磁场中，ab与磁场方向垂直。若让ab在水平面内以大小为v、方向与水平向左成α角的速度做匀速直线运动，则导体棒ab两端的电势差为( )
A. Blv B. 0
C. Blvcsα D. Blvsinα
2.图甲为某交流发电机示意图。装置中两磁极之间产生的磁场可近似为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动。从图示位置开始计时，线圈中产生的交变电流随时间变化的规律如图乙所示。下列判断正确的是( )
A. 该交变电流的有效值为3 2A
B. 该交变电流瞬时值表达式为i=3 2cs5πt
C. t=0.01s时穿过线圈磁通量为0
D. 若线圈转动的角速度增大为原来的2倍，则感应电动势的有效值变为原来的 2倍
3.如图所示，空间有方向竖直向下的匀强电场，电场中某一竖直面内有一直线MN，其与水平方向的夹角为45°。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v0从MN上的P点水平向右射出(粒子的重力忽略不计，空间足够大)。现将电场强度减小为原来的一半，其他条件不变，则( )
A. 粒子两次经过直线MN时的位置相同
B. 粒子两次到达直线MN所用时间相同
C. 粒子两次经过直线MN时的瞬时速度相同
D. 粒子两次到达直线MN的过程中电场力做功不同
4.高空坠物极易对行人造成伤害。若让一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层自由落下，将会对地面产生约为其重力2000倍的冲击力，则该鸡蛋与地面的撞击时间约为( )
A. 0.001sB. 0.002sC. 0.01sD. 0.02s
5.在光滑水平面上固定一足够长通电直导线，现有一闭合金属环在该平面上以初速度v0与导线成一定角度运动(如图所示)，最后达到稳定状态。这一过程中( )
A. 金属环受到的安培力与运动的方向相反B. 金属环最终静止在水平面上某一位置
C. 金属环产生感应电流的方向为逆时针D. 金属环速度变化量的方向水平向左
6.用图甲所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现，有时玻璃泡中的电子束在强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。为了研究该“螺旋”情况，现将这一现象简化成如图乙所示的情景来讨论：在空间存在平行于x轴磁感应强度为B的匀强磁场，在xOy平面内，由坐标原点以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向射入电子束，得到轴线平行于x轴的“螺旋”状电子运动轨迹，电子的比荷为em，则此“螺旋”的( )
A. 半径r=mv0eBB. 半径r=mv0sinαeB
C. 螺距Δx=2πmv0eBD. 螺距Δx=2πmv0sinαeB
7.如图所示为某小型发电站远距离输电示意图，其中升压变压器输入电压U1保持不变，降压变压器原副线圈的匝数比为200：1，输电线路总电阻r=20Ω。为了安全测量输电线路中的电压和电流，现在输电线路的起始端接入甲、乙两个特殊的变压器，甲、乙原副线圈匝数比分别为200：1和1：20，电压表的示数为220V，电流表的示数为5A，以上变压器均为理想变压器。下列判断正确的是( )
A. 用户端的电压U4为210V
B. 输电线路上损耗的功率约占输电总功率的6%
C. 若用户端接入的用电设备变多，电流表示数变小
D. 若用户端接入的用电设备变多，电压表示数变大
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
8.如图所示，一光滑绝缘细杆左端套于固定的足够长竖直杆上，可沿竖直杆上下移动并始终保持水平。绝缘细杆上的a点处套有一个质量m、电荷量+q的小球，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于两杆所在的平面向里。让绝缘细杆以大小为v0的速度向下匀速运动，发现小球从细杆上的a点向b点运动。若以地面为参考系，则该过程中( )
A. 小球所受的洛伦兹力方向水平向右B. 小球所受的弹力保持不变
C. 小球在水平方向做匀加速直线运动D. 小球的运动轨迹为抛物线
9.如图所示，两对等量异号点电荷固定于正方形的4个顶点上。两条通过中心点O分别垂直于正方形两边的直线命名为L1、L2。设无穷远点的电势为零，则下列说法正确的是( )
A. L1和L2上各点电势均为0
B. 正方形内，L1和L2所夹的右上区和左下区电势均为负值
C. 在L1上各点(除O点和无穷远点)的场强均与L1垂直
D. 在复合电场区域内场强和电势同时为零的点是不存在的
10.如图甲所示，光滑的水平地面上静置一光滑斜面，将以小物块(可视为质点)从斜面上距离水平地面高h处由静止释放，小物块滑至斜面底部时相对地面的水平位移为x，改变小物块在斜面上的高度h，得到小物块的水平位移x和高度h的关系图像如图乙所示(图中p、q均为已知量)。已知斜面与小物块的质量之比为2：1，则关于小物块下滑的过程，下列说法正确的是( )
A. 斜面对小物块做负功B. 小物块与斜面组成的系统动量守恒
C. 斜面倾角的正切值为p 2q2+3p2D. 斜面倾角的余弦值为3q 9q2+4p2
三、实验题（本大题共2小题，共14分）
11.为了验证动量守恒定律，某同学利用实验室的器材设计制造了一套实验装置，如图所示。在水平轨道SP左侧安装有一弹簧，用小滑块压缩弹簧后松手，可将小滑块沿轨道弹出。实验中的小滑块A和B材料相同、大小相同、质量不同。实验操作步骤如下：
①用天平测得A、B质量分别为m1、m2；
②先不放B，将A从O点(弹簧原长位置)沿轨道向左按压弹簧至适当位置后松手，A由静止弹出，最终停在轨道上的O1点，测量并记录OO1段的距离为x1；
③再把B静置于O点，用A按压弹簧后由静止弹出，其与B碰撞后分别向右运动并停在水平轨道上的O2点和O3点，测量并记录OO2=x2，OO3=x3；
④整理并处理实验数据，验证A、B碰撞过程中是否满足动量守恒定律。
(1)关于本实验，下列说法正确的是_____。
A.小滑块A空心，小滑块B实心
B.实验中须将弹簧按压至同一位置后由静止释放
C.SO段轨道越光滑，其误差影响越小
D.两滑块与水平轨道OP段的动摩擦因数μ必须相等
(2)若两滑块碰撞前后的动量守恒，其表达式可表示为___________；若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，还需要判断关系式___________是否成立。(用m1、m2、x1、x2、x3表示)
12.(1)为了测量一只约为20Ω的未知电阻Rx的阻值，现提供如下实验器材：
A.电源E(电动势6V，内阻不计)
B.电压表V(量程6V，内阻约6kΩ)
C.电流表A1(量程600mA，内阻约0.2Ω)
D.电流表A2(量程150mA，内阻约2.0Ω)
E.滑动变阻器R1(0∼10Ω)
F.滑动变阻器R2(0∼1000Ω)
G.定值电阻R0=20Ω
①某实验小组设计了甲、乙两种实验电路图(如图所示)。为了尽可能减小实验误差，应该选用图_____(填“甲”或“乙”)；
②为了较精确测量，电流表选用_____；滑动变阻器选用_____。(填器材前面的代号)
(2)若用丙所示的电路进行测量，可以消除由于电表内阻所造成的误差。
①闭合S1和S2，调节滑动变阻器至合适位置，读得此时电流表A1和电压表V的示数分别为I0、U0；
②再断开S2，调节滑动变阻器，使电压表V的示数仍为U0，读得此时电流表A1和A2的示数分别为I1、I2，则待测电阻Rx=_____(用题中测出的物理量表示)。
四、计算题（本大题共3小题，共40分）
13.如图所示，长为l=0.8m的细线一端固定在O点，另一端系一质量为mA=0.2kg的小球A，质量mB=0.6kg的物块B置于O点正下方的粗糙水平面上，B与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，小球A与物块B均可视为质点。现将小球拉起使细线水平伸直，并由静止释放，小球摆动到最低点时与物块B发生弹性正碰。不计空气阻力，g取10m/s2，求
(1)小球A与物块B碰撞前的瞬间，细线对小球A的拉力大小F；
(2)小球A与物块B碰撞后，物块B在水平面上滑行的距离x。
14.如图所示，在水平面内固定有一足够长间距为L的平行金属导轨，处于竖直向下的磁场中。以O点为坐标原点，沿导轨方向建立x轴，磁感应强度大小沿Ox方向分布规律为B=kx(k为定值)。现有表面光滑、质量均为m、电阻均为R的两个导体棒P、Q，用长度为d的刚性绝缘轻杆连接成一个整体，静止在导轨上。整个装置除导体棒外其他电阻不计。若在水平外力F的作用下，导体棒沿x轴方向运动，当导体棒P通过坐标原点，开始以速度v做匀速直线运动。求
(1)匀速直线运动过程中，回路中电流I的大小；
(2)匀速直线运动过程中，水平外力F的大小；
(3)若撤去外力F，导体棒P继续运动的最大位移x。
15.如图所示，在第一象限的0≤x≤L区域内存在沿x轴正方向、电场强度大小未知的匀强电场E1，在x>L的区域内存在沿y轴负方向、电场强度大小未知的匀强电场E2。x轴下方存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(粒子的重力忽略不计)从y轴上A0,L点处由静止释放，经C3L,0点进入磁场，第一次离开磁场后恰好回到A点。求
(1)粒子经C点时速度方向与x轴正方向的夹角；
(2)E1的大小；
(3)粒子从A点出发至第一次返回A点所用时间t。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】根据U=BLv
L=lsinα
解得U=Blvsinα
故选D。
2.【答案】C
【解析】A.根据正余弦交变电流最大值与有效值的关系可知该交变电流的有效值为3A，故A错误；
B.该交变电流的周期为T=0.02s
频率ω=2πT=100π
瞬时值表达式为i=3 2cs100πt
故B错误；
C.t=0.01s时感应电流最大，穿过线圈磁通量为0，故C正确；
D.感应电动势的最大值为Em=NBSω
若线圈转动的角速度增大为原来的2倍，感应电动势的最大值变为原来的2倍，则感应电动势的有效值变为原来的2倍，故D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】AB.粒子在电场中做类平抛运动，水平方向x=v0t
竖直方向y=12⋅qEmt2
又tan45∘=yx
解得t=2mv0qE
电场强度减小为原来的一半，则时间增大两倍，水平位移增大两倍，粒子两次经过直线MN时的位置不相同，故AB错误；
C.粒子两次经过直线MN时的竖直方向的速度为vy=at=2v0
粒子两次运动过程中经过直线MN时竖直方向的速度相等，则瞬时速度相同，故C正确；
D.粒子两次到达直线MN的过程中电场力做功为W=qEy
根据上述分析可知电场力做功相等，故D错误；
故选C。
4.【答案】B
【解析】每层楼高约为3m，鸡蛋下落的高度约为h=(25−1)×3m=72m
鸡蛋撞击地面前瞬间速度大小为v= 2gh= 2×10×72m/s=12 10m/s
鸡蛋与地面的撞击过程，根据动量定理可得(F−mg)t=0−(−mv)
解得t=mvF−mg=mv1999mg=12 101999×10s≈0.002s
故选B。
5.【答案】D
【解析】金属环周围有环形的磁场，金属环运动过程中穿过金属环的磁通量减少，产生顺时针方向的感应电流，根据“来拒去留”可知，金属环所受的安培力将阻碍金属环远离通电直导线，即安培力垂直通电直导线向左，根据牛顿第二定律可知金属环速度变化量的方向水平向左，与金属环运动方向并非相反，所受安培力使金属环在垂直通电直导线方向做减速运动；当垂直通电直导线方向的速度减为零时，只剩沿通电直导线方向的速度，即最终沿平行直导线方向做匀速运动。
故选D。
6.【答案】B
【解析】AB.电子垂直于磁场方向的分速度v⊥=v0sinα
根据eBv⊥=mv⊥2r
得此“螺旋”的半径r=mv0sinαeB
故A错误，B正确；
CD.周期T=2πrv⊥=2πmeB
螺距Δx=v0csα⋅T=2πmv0csαeB
故CD错误。
故选B。
7.【答案】A
【解析】A.由变压器甲可知U2=200×220V=44000V
由变压器乙可知I2=5×20A=100A
则U3=U2−I2r=42000V
用户端的电压U4=42000200V=210V
选项A正确；
B.输电线路上损耗的功率约占输电总功率的
选项B错误；
CD.若用户端接入的用电设备变多，降压变压器次级电阻减小，次级电流变大，输电线上的电流变大，则电流表示数变大；因升压变压器的初级电压不变，则次级电压不变，甲图中的次级电压不变，即电压表示数不变，选项CD错误。
故选A。
8.【答案】CD
【解析】A.在运动过程中，以地面为参考系，小球即有向下的速度，又有向右的速度，合速度方向斜向右下，根据左手定则可知，洛伦兹力应该斜向右上方，故A项错误；
BC.因为小球竖直方向做匀速运动，所以小球受到的洛伦兹力在水平上的分力不变，根据牛顿第二定律可知，小球在水平方向的加速度不变，所以小球在水平方向做匀加速直线运动。因为水平方向小球速度增加，所以小球在竖直方向的洛伦兹力变大，又因为竖直方向做匀速直线运动，所以合力为零，因此竖直方向上的弹力发生变化，故B错误，C正确。
D.由之前的分析可知小球在竖直方向做匀速直线运动，小球在水平方向做匀加速直线运动，根据运动的合成知识可知，小球的轨迹为抛物线，故D项正确。
故选CD。
9.【答案】ABC
【解析】A.根据点电荷电势表达式φ=kqr
结合对称性可知两对等量异号点电荷在L1和L2上电势叠加后，L1和L2上各点电势均为0，故A正确；
B.由图可知正方形内，L1和L2所夹的右上区和左下区都更靠近负点电荷，则这两个区域的电势均为负值，故 B正确；
C.由于L1是两对等量异号点电荷的中垂线，根据等量异种电荷中垂线电场分布特点可知，在L1上各点(除O点和无穷远点)的场强均与L1垂直，故 C正确；
D.在复合电场区域内，O点的场强和电势同时为零，故D错误。
故选ABC。
10.【答案】AD
【解析】A.系统机械能守恒，斜面动能增大，则物块机械能减小，斜面对小物块做负功，A正确；
B.小物块与斜面组成的系统在水平方向动量守恒，B错误；
CD.设物块质量为m，斜面倾角为θ，根据动量守恒mv1=2mv2
说明物块水平速度大小是斜面速度大小的2倍，则x+12x=htanθ
得x=2h3tanθ
由图像可得23tanθ=qp
得tanθ=2p3q
斜面倾角的余弦值为csθ=3q 9q2+4p2
C错误，D正确。
故选AD。
11.【答案】(1)BD (2)m1 x1=m1 x2+m2 x3 ； m1x1=m1x2十m2x3
【解析】(1)A.只有滑块A的质量大于滑块B的质量才能保证碰撞时不发生反弹，所以A应为实心，B为空心，故A错误；
BC.实验中不需要保证SO轨道是否光滑，只需要保证释放的滑块通过O点时速度一样，即保证在同一位置无初速释放即可，故C错误，B正确；
D.只有滑块A和滑块B与水平轨道OP的动摩擦因数μ相同时，才能消去μ从而只需测量两滑块的质量及各自在水平轨道上的位移，就可以验证A、B系统在碰撞过程中是否满足动量守恒定律，故D正确。
故选BD。
(2)当滑块A第一次从O点滑到O1点时，根据动能定理−μm1gx1=0−12m1v12
解得v1= 2μgx1
滑块A碰撞B后，对A、B后续滑行过程运用动能定理−μm1gx2=0−12m1v22
解得v2= 2μgx2
又有−μm2gx3=0−12m2v32
解得v3= 2μgx3
若两球碰撞前动量守恒，取水平向右为正方向，则满足m1v1=m1v2+m2v3
即需验证m1 x1=m1 x2+m2 x3
需验证碰撞前后动能是否相同，即12m1v12=12m1v22+12m2v32
整理得m1x1=m1x2十m2x3 。
12.【答案】(1)①甲；②D；E；(2)U0I0−I1+I2
【解析】(1)由于电源电动势为6V，而待测电阻阻值约为20Ω，所以流过待测电阻的电流小于300mA，若电流表选用A1，电流读数不足电表刻度一半，而选用A2，电流表量程过小，所以为了方便测量且减小实验误差，所以待测电阻串联定值电阻，故实验电路图选甲；
由于测量电路中的电流最大为150mA，故电流表选D；
滑动变阻器采用分压接法，所以选择阻值较小的滑动变阻器，故选E；
(2)当闭合S1和S2，根据欧姆定律可得U0=(I0−U0RV)Rx
断开S2，有U0=(I1−I2)RV
联立解得Rx=U0I0−I1+I2。
13.【答案】(1)依题意，根据机械能守恒定律及牛顿第二定律，可得小球A与物块B碰撞前mAgL=12mAv02
F−mAg=mAv02L
联立代入相关已知数据，可求得v0=4m/s
细线对小球A的拉力大小F=6N
(2)小球A与物块B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律及能量守恒有
mAv0=mAv1+mBv2
12mAv02=12mAv12+12mBv22
物块B在水平面上滑行，根据动能定理有−μmBgx=0−12mBv22
联立以上式子，代入相关数据求得x=1m。
【解析】(1)小球A下摆的过程，只有重力做功，其机械能守恒，根据机械能守恒定律求出小球A与物块B碰撞前瞬间的速度大小，再牛顿第二定律求解拉力。
(2)小球A与物块B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别列式，求出碰撞后物块B的速度大小。对于碰撞后物块B滑行过程，利用动能定理可求出物块B在水平面上滑行的距离x。
14.【答案】(1)感应电动势为E=ΔBLv
ΔB=kd
感应电流为I=E2R
解得I=kdLv2R
(2)根据平衡条件得F=ΔBIL
解得F=k2d2L2v2R
(3)根据动量定理得−k2d2L2v2Rt=0−2mv
x=vt
解得x=4mvRk2d2L2。
【解析】本题主要是考查法拉第电磁感应定律，解答本题的关键是能够分析清楚导体棒运动过程，并结合动量定理求解。
15.【答案】(1)粒子在水平向右的电场E1中先做匀加速运动，然后进入竖直向下的电场E2中做类平抛运动，根据平抛运动的规律，粒子从x轴射出时速度方向的反向延长线过水平位移的中点，则tanθ=LL=1
可得θ=45∘
(2)粒子从C点进入磁场和再次经过x轴出离磁场时，速度方向与x轴夹角相同，均为θ，粒子离开磁场后沿直线运动经过A点，则由几何关系可知Ltan θ+3L=2Rsin θ
其中qvB=mv2R
解得R=2 2L，v=2 2qBLm
则粒子出离电场E2的水平速度vx=vcs45∘=2qBLm
在电场E1中E1Lq=12mvx2
解得E1=2qLB2m；
(3)粒子在电场E1中运动的时间t1=2Lvx=mqB
粒子在电场E2中运动的时间t2=2Lvx=mqB
粒子在磁场中运动的时间t3=3T4=3πm2qB
出离磁场后射到A点时的时间t4= 2Lv=m2qB
则总时间t=t1+t2+t3+t4=(5+3π)m2qB。
【解析】本题考查带电粒子在复合场中的运动。解题的关键是要搞清楚粒子的运动规律。
1.如图所示，水平面内有一长为l的导体棒ab，处于水平向右、磁感应强度为B的匀强磁场中，ab与磁场方向垂直。若让ab在水平面内以大小为v、方向与水平向左成α角的速度做匀速直线运动，则导体棒ab两端的电势差为( )
A. Blv B. 0
C. Blvcsα D. Blvsinα
2.图甲为某交流发电机示意图。装置中两磁极之间产生的磁场可近似为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动。从图示位置开始计时，线圈中产生的交变电流随时间变化的规律如图乙所示。下列判断正确的是( )
A. 该交变电流的有效值为3 2A
B. 该交变电流瞬时值表达式为i=3 2cs5πt
C. t=0.01s时穿过线圈磁通量为0
D. 若线圈转动的角速度增大为原来的2倍，则感应电动势的有效值变为原来的 2倍
3.如图所示，空间有方向竖直向下的匀强电场，电场中某一竖直面内有一直线MN，其与水平方向的夹角为45°。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速度v0从MN上的P点水平向右射出(粒子的重力忽略不计，空间足够大)。现将电场强度减小为原来的一半，其他条件不变，则( )
A. 粒子两次经过直线MN时的位置相同
B. 粒子两次到达直线MN所用时间相同
C. 粒子两次经过直线MN时的瞬时速度相同
D. 粒子两次到达直线MN的过程中电场力做功不同
4.高空坠物极易对行人造成伤害。若让一个50g的鸡蛋从一居民楼的25层自由落下，将会对地面产生约为其重力2000倍的冲击力，则该鸡蛋与地面的撞击时间约为( )
A. 0.001sB. 0.002sC. 0.01sD. 0.02s
5.在光滑水平面上固定一足够长通电直导线，现有一闭合金属环在该平面上以初速度v0与导线成一定角度运动(如图所示)，最后达到稳定状态。这一过程中( )
A. 金属环受到的安培力与运动的方向相反B. 金属环最终静止在水平面上某一位置
C. 金属环产生感应电流的方向为逆时针D. 金属环速度变化量的方向水平向左
6.用图甲所示的洛伦兹力演示仪演示带电粒子在匀强磁场中的运动时发现，有时玻璃泡中的电子束在强磁场中的运动轨迹呈“螺旋”状。为了研究该“螺旋”情况，现将这一现象简化成如图乙所示的情景来讨论：在空间存在平行于x轴磁感应强度为B的匀强磁场，在xOy平面内，由坐标原点以初速度v0沿与x轴正方向成α角的方向射入电子束，得到轴线平行于x轴的“螺旋”状电子运动轨迹，电子的比荷为em，则此“螺旋”的( )
A. 半径r=mv0eBB. 半径r=mv0sinαeB
C. 螺距Δx=2πmv0eBD. 螺距Δx=2πmv0sinαeB
7.如图所示为某小型发电站远距离输电示意图，其中升压变压器输入电压U1保持不变，降压变压器原副线圈的匝数比为200：1，输电线路总电阻r=20Ω。为了安全测量输电线路中的电压和电流，现在输电线路的起始端接入甲、乙两个特殊的变压器，甲、乙原副线圈匝数比分别为200：1和1：20，电压表的示数为220V，电流表的示数为5A，以上变压器均为理想变压器。下列判断正确的是( )
A. 用户端的电压U4为210V
B. 输电线路上损耗的功率约占输电总功率的6%
C. 若用户端接入的用电设备变多，电流表示数变小
D. 若用户端接入的用电设备变多，电压表示数变大
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
8.如图所示，一光滑绝缘细杆左端套于固定的足够长竖直杆上，可沿竖直杆上下移动并始终保持水平。绝缘细杆上的a点处套有一个质量m、电荷量+q的小球，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于两杆所在的平面向里。让绝缘细杆以大小为v0的速度向下匀速运动，发现小球从细杆上的a点向b点运动。若以地面为参考系，则该过程中( )
A. 小球所受的洛伦兹力方向水平向右B. 小球所受的弹力保持不变
C. 小球在水平方向做匀加速直线运动D. 小球的运动轨迹为抛物线
9.如图所示，两对等量异号点电荷固定于正方形的4个顶点上。两条通过中心点O分别垂直于正方形两边的直线命名为L1、L2。设无穷远点的电势为零，则下列说法正确的是( )
A. L1和L2上各点电势均为0
B. 正方形内，L1和L2所夹的右上区和左下区电势均为负值
C. 在L1上各点(除O点和无穷远点)的场强均与L1垂直
D. 在复合电场区域内场强和电势同时为零的点是不存在的
10.如图甲所示，光滑的水平地面上静置一光滑斜面，将以小物块(可视为质点)从斜面上距离水平地面高h处由静止释放，小物块滑至斜面底部时相对地面的水平位移为x，改变小物块在斜面上的高度h，得到小物块的水平位移x和高度h的关系图像如图乙所示(图中p、q均为已知量)。已知斜面与小物块的质量之比为2：1，则关于小物块下滑的过程，下列说法正确的是( )
A. 斜面对小物块做负功B. 小物块与斜面组成的系统动量守恒
C. 斜面倾角的正切值为p 2q2+3p2D. 斜面倾角的余弦值为3q 9q2+4p2
三、实验题（本大题共2小题，共14分）
11.为了验证动量守恒定律，某同学利用实验室的器材设计制造了一套实验装置，如图所示。在水平轨道SP左侧安装有一弹簧，用小滑块压缩弹簧后松手，可将小滑块沿轨道弹出。实验中的小滑块A和B材料相同、大小相同、质量不同。实验操作步骤如下：
①用天平测得A、B质量分别为m1、m2；
②先不放B，将A从O点(弹簧原长位置)沿轨道向左按压弹簧至适当位置后松手，A由静止弹出，最终停在轨道上的O1点，测量并记录OO1段的距离为x1；
③再把B静置于O点，用A按压弹簧后由静止弹出，其与B碰撞后分别向右运动并停在水平轨道上的O2点和O3点，测量并记录OO2=x2，OO3=x3；
④整理并处理实验数据，验证A、B碰撞过程中是否满足动量守恒定律。
(1)关于本实验，下列说法正确的是_____。
A.小滑块A空心，小滑块B实心
B.实验中须将弹簧按压至同一位置后由静止释放
C.SO段轨道越光滑，其误差影响越小
D.两滑块与水平轨道OP段的动摩擦因数μ必须相等
(2)若两滑块碰撞前后的动量守恒，其表达式可表示为___________；若进一步研究该碰撞是否为弹性碰撞，还需要判断关系式___________是否成立。(用m1、m2、x1、x2、x3表示)
12.(1)为了测量一只约为20Ω的未知电阻Rx的阻值，现提供如下实验器材：
A.电源E(电动势6V，内阻不计)
B.电压表V(量程6V，内阻约6kΩ)
C.电流表A1(量程600mA，内阻约0.2Ω)
D.电流表A2(量程150mA，内阻约2.0Ω)
E.滑动变阻器R1(0∼10Ω)
F.滑动变阻器R2(0∼1000Ω)
G.定值电阻R0=20Ω
①某实验小组设计了甲、乙两种实验电路图(如图所示)。为了尽可能减小实验误差，应该选用图_____(填“甲”或“乙”)；
②为了较精确测量，电流表选用_____；滑动变阻器选用_____。(填器材前面的代号)
(2)若用丙所示的电路进行测量，可以消除由于电表内阻所造成的误差。
①闭合S1和S2，调节滑动变阻器至合适位置，读得此时电流表A1和电压表V的示数分别为I0、U0；
②再断开S2，调节滑动变阻器，使电压表V的示数仍为U0，读得此时电流表A1和A2的示数分别为I1、I2，则待测电阻Rx=_____(用题中测出的物理量表示)。
四、计算题（本大题共3小题，共40分）
13.如图所示，长为l=0.8m的细线一端固定在O点，另一端系一质量为mA=0.2kg的小球A，质量mB=0.6kg的物块B置于O点正下方的粗糙水平面上，B与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，小球A与物块B均可视为质点。现将小球拉起使细线水平伸直，并由静止释放，小球摆动到最低点时与物块B发生弹性正碰。不计空气阻力，g取10m/s2，求
(1)小球A与物块B碰撞前的瞬间，细线对小球A的拉力大小F；
(2)小球A与物块B碰撞后，物块B在水平面上滑行的距离x。
14.如图所示，在水平面内固定有一足够长间距为L的平行金属导轨，处于竖直向下的磁场中。以O点为坐标原点，沿导轨方向建立x轴，磁感应强度大小沿Ox方向分布规律为B=kx(k为定值)。现有表面光滑、质量均为m、电阻均为R的两个导体棒P、Q，用长度为d的刚性绝缘轻杆连接成一个整体，静止在导轨上。整个装置除导体棒外其他电阻不计。若在水平外力F的作用下，导体棒沿x轴方向运动，当导体棒P通过坐标原点，开始以速度v做匀速直线运动。求
(1)匀速直线运动过程中，回路中电流I的大小；
(2)匀速直线运动过程中，水平外力F的大小；
(3)若撤去外力F，导体棒P继续运动的最大位移x。
15.如图所示，在第一象限的0≤x≤L区域内存在沿x轴正方向、电场强度大小未知的匀强电场E1，在x>L的区域内存在沿y轴负方向、电场强度大小未知的匀强电场E2。x轴下方存在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(粒子的重力忽略不计)从y轴上A0,L点处由静止释放，经C3L,0点进入磁场，第一次离开磁场后恰好回到A点。求
(1)粒子经C点时速度方向与x轴正方向的夹角；
(2)E1的大小；
(3)粒子从A点出发至第一次返回A点所用时间t。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】根据U=BLv
L=lsinα
解得U=Blvsinα
故选D。
2.【答案】C
【解析】A.根据正余弦交变电流最大值与有效值的关系可知该交变电流的有效值为3A，故A错误；
B.该交变电流的周期为T=0.02s
频率ω=2πT=100π
瞬时值表达式为i=3 2cs100πt
故B错误；
C.t=0.01s时感应电流最大，穿过线圈磁通量为0，故C正确；
D.感应电动势的最大值为Em=NBSω
若线圈转动的角速度增大为原来的2倍，感应电动势的最大值变为原来的2倍，则感应电动势的有效值变为原来的2倍，故D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】AB.粒子在电场中做类平抛运动，水平方向x=v0t
竖直方向y=12⋅qEmt2
又tan45∘=yx
解得t=2mv0qE
电场强度减小为原来的一半，则时间增大两倍，水平位移增大两倍，粒子两次经过直线MN时的位置不相同，故AB错误；
C.粒子两次经过直线MN时的竖直方向的速度为vy=at=2v0
粒子两次运动过程中经过直线MN时竖直方向的速度相等，则瞬时速度相同，故C正确；
D.粒子两次到达直线MN的过程中电场力做功为W=qEy
根据上述分析可知电场力做功相等，故D错误；
故选C。
4.【答案】B
【解析】每层楼高约为3m，鸡蛋下落的高度约为h=(25−1)×3m=72m
鸡蛋撞击地面前瞬间速度大小为v= 2gh= 2×10×72m/s=12 10m/s
鸡蛋与地面的撞击过程，根据动量定理可得(F−mg)t=0−(−mv)
解得t=mvF−mg=mv1999mg=12 101999×10s≈0.002s
故选B。
5.【答案】D
【解析】金属环周围有环形的磁场，金属环运动过程中穿过金属环的磁通量减少，产生顺时针方向的感应电流，根据“来拒去留”可知，金属环所受的安培力将阻碍金属环远离通电直导线，即安培力垂直通电直导线向左，根据牛顿第二定律可知金属环速度变化量的方向水平向左，与金属环运动方向并非相反，所受安培力使金属环在垂直通电直导线方向做减速运动；当垂直通电直导线方向的速度减为零时，只剩沿通电直导线方向的速度，即最终沿平行直导线方向做匀速运动。
故选D。
6.【答案】B
【解析】AB.电子垂直于磁场方向的分速度v⊥=v0sinα
根据eBv⊥=mv⊥2r
得此“螺旋”的半径r=mv0sinαeB
故A错误，B正确；
CD.周期T=2πrv⊥=2πmeB
螺距Δx=v0csα⋅T=2πmv0csαeB
故CD错误。
故选B。
7.【答案】A
【解析】A.由变压器甲可知U2=200×220V=44000V
由变压器乙可知I2=5×20A=100A
则U3=U2−I2r=42000V
用户端的电压U4=42000200V=210V
选项A正确；
B.输电线路上损耗的功率约占输电总功率的
选项B错误；
CD.若用户端接入的用电设备变多，降压变压器次级电阻减小，次级电流变大，输电线上的电流变大，则电流表示数变大；因升压变压器的初级电压不变，则次级电压不变，甲图中的次级电压不变，即电压表示数不变，选项CD错误。
故选A。
8.【答案】CD
【解析】A.在运动过程中，以地面为参考系，小球即有向下的速度，又有向右的速度，合速度方向斜向右下，根据左手定则可知，洛伦兹力应该斜向右上方，故A项错误；
BC.因为小球竖直方向做匀速运动，所以小球受到的洛伦兹力在水平上的分力不变，根据牛顿第二定律可知，小球在水平方向的加速度不变，所以小球在水平方向做匀加速直线运动。因为水平方向小球速度增加，所以小球在竖直方向的洛伦兹力变大，又因为竖直方向做匀速直线运动，所以合力为零，因此竖直方向上的弹力发生变化，故B错误，C正确。
D.由之前的分析可知小球在竖直方向做匀速直线运动，小球在水平方向做匀加速直线运动，根据运动的合成知识可知，小球的轨迹为抛物线，故D项正确。
故选CD。
9.【答案】ABC
【解析】A.根据点电荷电势表达式φ=kqr
结合对称性可知两对等量异号点电荷在L1和L2上电势叠加后，L1和L2上各点电势均为0，故A正确；
B.由图可知正方形内，L1和L2所夹的右上区和左下区都更靠近负点电荷，则这两个区域的电势均为负值，故 B正确；
C.由于L1是两对等量异号点电荷的中垂线，根据等量异种电荷中垂线电场分布特点可知，在L1上各点(除O点和无穷远点)的场强均与L1垂直，故 C正确；
D.在复合电场区域内，O点的场强和电势同时为零，故D错误。
故选ABC。
10.【答案】AD
【解析】A.系统机械能守恒，斜面动能增大，则物块机械能减小，斜面对小物块做负功，A正确；
B.小物块与斜面组成的系统在水平方向动量守恒，B错误；
CD.设物块质量为m，斜面倾角为θ，根据动量守恒mv1=2mv2
说明物块水平速度大小是斜面速度大小的2倍，则x+12x=htanθ
得x=2h3tanθ
由图像可得23tanθ=qp
得tanθ=2p3q
斜面倾角的余弦值为csθ=3q 9q2+4p2
C错误，D正确。
故选AD。
11.【答案】(1)BD (2)m1 x1=m1 x2+m2 x3 ； m1x1=m1x2十m2x3
【解析】(1)A.只有滑块A的质量大于滑块B的质量才能保证碰撞时不发生反弹，所以A应为实心，B为空心，故A错误；
BC.实验中不需要保证SO轨道是否光滑，只需要保证释放的滑块通过O点时速度一样，即保证在同一位置无初速释放即可，故C错误，B正确；
D.只有滑块A和滑块B与水平轨道OP的动摩擦因数μ相同时，才能消去μ从而只需测量两滑块的质量及各自在水平轨道上的位移，就可以验证A、B系统在碰撞过程中是否满足动量守恒定律，故D正确。
故选BD。
(2)当滑块A第一次从O点滑到O1点时，根据动能定理−μm1gx1=0−12m1v12
解得v1= 2μgx1
滑块A碰撞B后，对A、B后续滑行过程运用动能定理−μm1gx2=0−12m1v22
解得v2= 2μgx2
又有−μm2gx3=0−12m2v32
解得v3= 2μgx3
若两球碰撞前动量守恒，取水平向右为正方向，则满足m1v1=m1v2+m2v3
即需验证m1 x1=m1 x2+m2 x3
需验证碰撞前后动能是否相同，即12m1v12=12m1v22+12m2v32
整理得m1x1=m1x2十m2x3 。
12.【答案】(1)①甲；②D；E；(2)U0I0−I1+I2
【解析】(1)由于电源电动势为6V，而待测电阻阻值约为20Ω，所以流过待测电阻的电流小于300mA，若电流表选用A1，电流读数不足电表刻度一半，而选用A2，电流表量程过小，所以为了方便测量且减小实验误差，所以待测电阻串联定值电阻，故实验电路图选甲；
由于测量电路中的电流最大为150mA，故电流表选D；
滑动变阻器采用分压接法，所以选择阻值较小的滑动变阻器，故选E；
(2)当闭合S1和S2，根据欧姆定律可得U0=(I0−U0RV)Rx
断开S2，有U0=(I1−I2)RV
联立解得Rx=U0I0−I1+I2。
13.【答案】(1)依题意，根据机械能守恒定律及牛顿第二定律，可得小球A与物块B碰撞前mAgL=12mAv02
F−mAg=mAv02L
联立代入相关已知数据，可求得v0=4m/s
细线对小球A的拉力大小F=6N
(2)小球A与物块B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律及能量守恒有
mAv0=mAv1+mBv2
12mAv02=12mAv12+12mBv22
物块B在水平面上滑行，根据动能定理有−μmBgx=0−12mBv22
联立以上式子，代入相关数据求得x=1m。
【解析】(1)小球A下摆的过程，只有重力做功，其机械能守恒，根据机械能守恒定律求出小球A与物块B碰撞前瞬间的速度大小，再牛顿第二定律求解拉力。
(2)小球A与物块B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律和机械能守恒定律分别列式，求出碰撞后物块B的速度大小。对于碰撞后物块B滑行过程，利用动能定理可求出物块B在水平面上滑行的距离x。
14.【答案】(1)感应电动势为E=ΔBLv
ΔB=kd
感应电流为I=E2R
解得I=kdLv2R
(2)根据平衡条件得F=ΔBIL
解得F=k2d2L2v2R
(3)根据动量定理得−k2d2L2v2Rt=0−2mv
x=vt
解得x=4mvRk2d2L2。
【解析】本题主要是考查法拉第电磁感应定律，解答本题的关键是能够分析清楚导体棒运动过程，并结合动量定理求解。
15.【答案】(1)粒子在水平向右的电场E1中先做匀加速运动，然后进入竖直向下的电场E2中做类平抛运动，根据平抛运动的规律，粒子从x轴射出时速度方向的反向延长线过水平位移的中点，则tanθ=LL=1
可得θ=45∘
(2)粒子从C点进入磁场和再次经过x轴出离磁场时，速度方向与x轴夹角相同，均为θ，粒子离开磁场后沿直线运动经过A点，则由几何关系可知Ltan θ+3L=2Rsin θ
其中qvB=mv2R
解得R=2 2L，v=2 2qBLm
则粒子出离电场E2的水平速度vx=vcs45∘=2qBLm
在电场E1中E1Lq=12mvx2
解得E1=2qLB2m；
(3)粒子在电场E1中运动的时间t1=2Lvx=mqB
粒子在电场E2中运动的时间t2=2Lvx=mqB
粒子在磁场中运动的时间t3=3T4=3πm2qB
出离磁场后射到A点时的时间t4= 2Lv=m2qB
则总时间t=t1+t2+t3+t4=(5+3π)m2qB。
【解析】本题考查带电粒子在复合场中的运动。解题的关键是要搞清楚粒子的运动规律。
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