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2023-2024学年湖南省天壹名校联盟湖湘名校联合体高二（上）月考物理试卷（10月）（含解析）
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这是一份2023-2024学年湖南省天壹名校联盟湖湘名校联合体高二（上）月考物理试卷（10月）（含解析），共16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.已知电子的电荷量为e=−1.60×10−19C，A、B两个完全相同的金属小球分别带有电荷量为QA=+3.2×10−9C、QB=+1.6×10−9C，让两个小球接触，在接触过程中( )
A. 球B向球A转移了2.5×109个电子B. 球B向球A转移了5×109个电子
C. 球A向球B转移了2.5×109个电子D. 球A向球B转移了5×109个电子
2.如图所示为某工地的自动卸货车，当车厢与水平方向的夹角为α时，工件沿车厢匀速下滑。已知工件的质量为m，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A. 下滑的工件受四个力的作用B. 下滑的工件对车厢的压力大小为mgsinα
C. 工件与车厢间的动摩擦因数为tanαD. 车厢对下滑工件的作用力垂直车厢斜向上
3.2023年8月29日消息，华为Mate60 Pr搭载了全新的海思麒麟9000S芯片。这款芯片采用了自主研发的CPU和GPU架构，以及国产工艺。若其中一块芯片的部分电路(包含三个电阻)在图中虚线框内，a、b、c、d为四根引线，用多用电表欧姆挡测得ab间的电阻Rab=4Ω，ad间的电阻Rad=6Ω；若用导线把ac连接后，测得ab间的电阻Rab′=2Ω，则虚线框内三个电阻的连接方式是下列图像中的( )
A. B.
C. D.
4.图中实线为某电场的电场线，其中C、O、D为同一条电场线上不同位置的点，两个带电粒子A、B先后从S点以相同的速度射入该电场区域，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。已知A粒子带正电，则下列说法正确的是( )
A. C点的电势高于D点的电势
B. 该电场可能是等量同种点电荷形成的
C. 若在O点静止释放B粒子，仅在电场力作用下可能沿该条电场线运动到D点
D. B粒子一定带负电，运动过程中电势能减小，动能增大
5.在如图所示的竖直方向的电路中，电压表和电流表均为理想电表，R1、R2、R3为定值电阻，电源电动势为E、内阻为r，开关S1闭合，S2断开，水平放置的平行板电容器中间有一带电油滴处于静止状态，当S2从断开到闭合后，下列说法正确的是( )
A. 两表读数均变大B. 电源内阻消耗的功率变小
C. 油滴将向上运动D. 电容器带的电荷量减少
6.一个同学练习投篮，先在A点以与水平方向成α=45°角斜向上、大小为v0的初速度抛出第一个球，接着快速将抛出点移到与A等高的B点，将第二个球以相同的初速度抛出，结果两球同时打在竖直墙壁的P点，两次抛出的时间间隔为v0g，空气阻力不计，球的大小不计，两球质量相等，重力加速度为g，则两球从抛出到打到P点( )
A. B球运动的时间为( 2−1)v02gB. 两球打在P点时，相对速度为零
C. A、B两点间的距离为v022gD. P点离抛出点的高度为v024g
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.2022年10月12日，“天宫课堂”第三课开讲，神舟十四号飞行乘组航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲在“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。已知“天宫二号”空间站工作轨道为圆轨道，轨道高度400km，一天绕地球转16圈，忽略地球自转影响，把地球看作一个球。若还已知引力常量和地球半径，仅利用以上条件能求出的物理量是( )
A. 地球对空间站的吸引力B. 空间站绕地球运行的线速度
C. 地球表面的重力加速度D. 空间站绕地球运行的加速度
8.如图所示为范围足够大的匀强电场的电场强度E随时间t变化的关系图像。当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )
A. 带电粒子在0∼2s内的加速度与在2∼4s内的加速度等大反向
B. 带电粒子将做往返运动，6s末带电粒子回到原出发点且速度为零
C. 带电粒子在0∼12s内，初、末位置间的电势差为零
D. 带电粒子在0∼4s内，电场力做的总功为零
9.如图甲所示，欧姆表的表盘刻度线不均匀，如图乙所示是欧姆挡内部电路示意图，由表头G、电源E、调零电阻R和表笔组成，分析在同一个挡位下通过待测电阻的电流I和它的阻值Rx关系，分别画出了如图所示的几种图像，其中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
10.如图所示，在正六边形的M、N、P三个顶点上各放一完全相同、带正电的点电荷，X、Y、Z为正六边形的另外三个顶点，O点是正六边形的中心，下列说法正确的是( )
A. X、Y、Z三点的电场强度相同
B. O点的电场强度为0
C. O点的电势低于Z点的电势
D. 从O点至Y点移动正试探电荷，电场力做正功
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某实验小组用如图甲所示实验装置验证机械能守恒定律，无弹性的悬线一端连接在力传感器上，另一端连接一个小球，力传感器能测量悬线的拉力，竖直挡板立在水平地面上。小球的质量为m，当地的重力加速度为g。
(1)先用螺旋测微器测出小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径d=__________mm。
(2)实验时，小球与竖直挡板的接触点记为A点，悬线伸直，由静止释放小球，力传感器记录小球运动过程中悬线的最大拉力，测出悬线的长L。多次移动挡板的位置，保持挡板竖直，使小球每次与挡板接触悬线伸直，记录每次A点与悬点O的高度差x及小球运动过程中悬线的最大拉力F。要验证机械能守恒定律，在直角坐标系中，作F−x图像，如果图像的斜率的绝对值等于__________，与纵轴的截距大小等于__________，则机械能守恒定律得到验证。(用已知物理量的符号表示)
12.某实验小组测未知电阻Rx的阻值时，先用多用电表进行粗测，再改装电表后采用“伏安法”准确测量未知电阻。
(1)先用多用表的欧姆挡“×1”按正确的操作步骤粗测，指针如图甲所示，则读数应记为__________Ω。
(2)再改装电表，将量程为100μA、内阻为100Ω的电流表串联一个29900Ω的电阻，将它改装成电压表V，则改装后的电压表的量程是__________V。
(3)现另有以下仪器：
电源(电动势3V，内阻不计)
电流表A1(量程3A，内阻约3Ω)
电流表A2(量程1A，内阻约0.5Ω)
滑动变阻器R(最大阻值为3Ω)
开关、导线若干
在图乙框中画出测量Rx最合理的完整电路图并标出所选仪器__________。
(4)该小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，用测量数据描绘出I−U图线如图丙所示，由图线可得未知电阻的阻值Rx=__________Ω(保留2位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，半径为R的光滑管道竖直固定放置。一个质量为m的小球(直径略小于管道)恰能在管道内做完整的圆周运动，A为管道最低点，以A点所在水平面为零势能面，重力加速度为g。求：
(1)小球的机械能；
(2)小球运动到A点时对管道压力的大小。
14.如图所示，在xOy坐标系所在的平面内，第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场。在x轴上S点沿y轴正方向以初速度v0(大小未知)发射质量为m、带电量为q的带正电粒子，在电场力的作用下经过时间t从y轴上的M点离开电场，测得S、M两点间的距离SM=L；若从S点沿y轴正方向发射的初速度增大为3v0，则该粒子从y轴上的N点离开电场，测得S、N两点间的距离SN= 3L。不计粒子重力。求：
(1)S点的坐标和粒子初速度v0的大小；
(2)电场强度E的大小；
(3)带电粒子运动到N点时速度vN的大小。
15.如图1所示，可视为质点的两物体甲、乙置于光滑的水平面上，两物体之间的距离x0=15.5m，t=0时刻给物体甲一水平向右的初速度v0=10m/s，同时在质量为m=0.1kg的物体乙上施加一水平向右的外力F，外力F随时间变化的规律如图2所示。求：
(1)物体乙在前2s的平均速度；
(2)从开始运动到两物体相遇前，两物体间距的最大值；
(3)从开始运动到两物体相遇所用的时间。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】两小球接触过程中，电量先中和，后平分，接触后小球的带电量为Q=QA+QB2=+2.4×10−9C
可知球B向球A转移的电子数量为n=Q−QB|e|=5×109个
故选B。
2.【答案】C
【解析】A.下滑的工件受重力、支持力、摩擦力三个力的作用，故A错误；
B.沿斜面和垂直于斜面正交分解G，可知支持力
N=mgcsα
根据牛顿第三定律，得
F压=N=mgcsα
故B错误；
C.沿斜面匀速下滑，可得
mgsinα=μmgcsα
整理得
μ=tanα
故C正确；
D.车厢对下滑工件的作用力为支持力和摩擦力的合力，与重力满足二力平衡，所以车厢对下滑工件的作用力竖直向上，故D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】AD.A图中ab间的电阻Rab=4Ω，ad间的电阻Rad=4Ω；D图中ab间的电阻Rab=2Ω，ad间的电阻Rad=4Ω，故AD错误；
BC.若用导线把ac连接后，B图中测得ab间的电阻Rab′=4Ω，C图中测得ab间的电阻为
Rab′=4×44+4Ω=2Ω
故B错误，C正确。
故选C。
4.【答案】D
【解析】A.A粒子带正电向下偏转，可知其受到电场力指向下方，场强指向下方，沿电场线方向电势降低，故C点的电势低于D点的电势，故A错误；
B.等量同种电荷形成的电场线类似下图所示
故该电场不可能是等量同种点电荷形成的，故B错误；
C.B粒子受到的电场力方向与A粒子受到的电场力方向相反，可知B粒子带负电，若在O点静止释放B粒子，仅在电场力作用下，B粒子会向上运动，静电力方向沿电场线切线方向，粒子不会沿着弯曲的电场线运动到D点，故C错误；
D.A粒子带正电，B粒子受力与B相反，故B粒子带负电，运动过程中电场力与速度方向夹角小于90∘，做正功，电势能减小，动能增大，故 D正确。
故选D。
5.【答案】D
【解析】A.当S2闭合后，电路总电阻减小，干路电流增大，电源内阻r、电阻R3两端的电压增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电阻R2、R1两端的电压减小，通过电阻R2、R1的电流减小，则电流表读数减小，电压表读数减小，故 A错误；
B.电源内阻消耗的功率
P=I2r
干路电流增大，电源内阻消耗的功率变大，故B错误；
C.电容器两极板间电压减小，电场强度减小，油滴所受电场力小于重力，故油滴向下运动，故C错误；
D.电容器两极板间电压减小，电容器电容不变，故电容器带的电荷量减少，故D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】【分析】
球在空中做斜抛运动，将其分解为水平方向：vx=v0csα的匀速直线运动，竖直方向：vy=v0sinα的竖直上抛运动(匀变速直线运动)，充分的利用竖直方向的对称性及逆向思维逐一分析求解。
【解答】
A.球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的规律及时间的对称性可知，B球在空中运动时间为
tB=v0sinαg−v0g×12=( 2−1)v02g
A项正确；
B.由于两球在P点时速度大小相等，方向不同，因此相对速度不为零，B项错误；
C.球在水平方向上做匀速直线运动，所以A、B两点间的距离为
xAB=v0csα⋅v0g= 2v022g
C项错误；
D.球在竖直方向上做竖直上抛运动，逆向思维，根据运动规律及时间的对称性得，P点离抛出点高度为
ℎ=12gv0sinαg2−12gv02g2=v028g
D项错误。
故选A。
7.【答案】BCD
【解析】A.一天绕地球转16圈，可知空间站周期，根据万有引力提供向心力，设空间站质量为m，轨道半径为r，地球质量为M，轨道高度为ℎ，则
F=GMm(r+ℎ)2=m4π2T2(r+ℎ)
其中地球半径和轨道高度以及周期已知，但空间站质量未知，则地球对空间站的吸引力无法求出，故A错误；
BCD.由于
v=2π(r+ℎ)T
其中地球半径和轨道高度以及周期已知，可以求出空间站绕地球运行的速度，在地球表面，根据万有引力等于重力，可得
GMmr2=mg，又GMm(r+ℎ)2=m4π2T2(r+ℎ)
解得
g=4π2(r+ℎ)3r2T2
其中地球半径和轨道高度以及周期已知，可以求出地球表面的重力加速度，由于
a=ω2(r+ℎ)=4π2T2(r+ℎ)
其中地球半径和轨道高度以及周期已知，可以求出空间站绕地球运行的加速度，故BCD正确。
故选BCD。
8.【答案】BC
【解析】A.根据图像可知，粒子在2∼4s内受到的电场力是在0∼2s内受到电场力的两倍，则粒子在2∼4s内的加速度大小是在0∼2s内加速度大小的两倍，故 A错误；
B.由图像可知，粒子在0∼2s内做匀加速直线运动，2s后粒子做加速度加倍的匀减速直线运动，在3s末，粒子速度减为0，此时带电粒子离出发点最远；接着在3∼4s内反向做匀加速直线运动，4∼6s做匀减速直线运动，根据对称性可知，在6s末粒子刚好回到出发点，且速度为零；所以粒子将做往返运动，故 B正确；
C.带电粒子在0∼12s内，初、末速度都为零，故动能的变化量为零，即电场力做功为零，所以初、末位置间的电势差为零，故 C正确；
D.根据以上分析可知，4s末粒子速度不为零，所以带电粒子在0∼4s内，电场力做的总功不为零，故 D错误。
故选BC。
9.【答案】AC
【解析】设电流表内阻Rg、调零电阻R和电源内阻的总电阻为R内，则有
I=ER内+Rx
则I−Rx图像是双曲线的一条往左平移R内的曲线，随着Rx的增大，I减小；而上式的倒数为
1I=R内+RxE
可知1I−Rx图像是线性函数图像，纵截距大于零，1I随着Rx的增大而增大。
故选AC。
10.【答案】BD
【解析】A.依题意，根据E=kqr2，由场强叠加原理，判断可知X、Y、Z三点的电场强度大小相等，但方向不相同，故 A错误；
B.根据E=kqr2可知点电荷M、N、P分别在O点产生的电场强度大小相等，且夹角互为120∘，根据矢量叠加原理可得O点的电场强度为0，故B正确；
C.利用对称性结合场强叠加原理，可判断OZ连线上的合场强沿OZ方向，根据沿电场线方向电势逐渐降低，可知O点的电势高于Z点的电势，故 C错误；
D.同理可知OY连线上的合场强沿OY方向，则从O点至Y点移动正试探电荷，电场力做正功，故 D正确。
故选BD。
11.【答案】(1)1.845； (2)2mgL+d2；3mg。
【解析】(1)由图乙所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5mm，旋转刻度为34.5×0.01mm=0.345mm，螺旋测微器示数为
1.5mm+0.345mm=1.845mm
(2)设小球到最低点时速度大小为v，根据机械能守恒定律有
mgL+d2−x=12mv2
小球在最低点时
F−mg=mv2L+d2
得到
F=3mg−2mgL+d2x
因此如果图像的斜率大小为2mgL+d2，图像的截距大小等于3mg，则机械能守恒定律得到验证。
12.【答案】(1)3.5；(2)3；(3)；(3)4.0(3.8∼4.1均正确)。
【解析】(1)由图示多用电表可知，待测电阻阻值是
3.5×1Ω=3.5Ω
(2)灵敏电流表与一较大的电阻串联即可改装成电压表
U=IgR+IgRg=10−4×(100+29900)V=3V
(3)根据I−U图像，要求Rx中的电流I、电压U从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由于被测电阻阻值较小，则电流表应采用外接法，又因为电源电动势为3V，待测电阻阻值约为3.5Ω，则电流表选择A2，如图
(4)由图丙可知电压为2V时，电流为0.5A，则Rx阻值为
Rx=UI=20.5Ω=4.0Ω
13.【答案】(1)由于小球恰好能沿管道做完整的圆周运动，故小球在最高点时的速度为0，则动能大小为
Ek=0
以A点所在水平面为零势能面，在最高点小球的重力势能大小为
Ep=2mgR
则小球的机械能大小为
E=Ek+Ep=2mgR
(2)设小球运动到A点时速度为v，由机械能守恒有
2mgR=12mv2
设在A点管道对小球的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN−mg=mv2R
解得
FN=5mg
由牛顿第三定律可知，小球运动到A点时对管道的压力大小为5mg。
【解析】见答案
14.【答案】(1)带正电粒子在第二象限电场中做类平抛运动，设S点坐标为(−d,0)，由几何知识可得
d2+(v0t)2=L2
d2+(3v0t)2=( 3L)2
解得
d= 3L2
v0=L2t
故S点的坐标为(− 3L2,0)，粒子初速度大小
v0=L2t
(2)在x轴正方向，由牛顿第二定律
a=Fm=Eqm
由匀变速运动公式得
d=12at2
联立解得电场强度的大小
E= 3mLqt2
(3)对S→N过程，由动能定理可得
qEd=12mvN2−12m3v02
解得带电粒子运动到N点时的速度大小
vN= 21L2t
【解析】见答案
15.【答案】(1)当外力作用在物体乙上时，由牛顿第二定律得
F=ma
解得
a=Fm=
物体乙在第1s内的位移
x1=12at12=12×4×12m=2m
第1s末物体乙的速度为
v1=at1=4×1m/s=4m/s
物体乙在第2s内的位移为
x2=v1t2=4×1m=4m
物体乙在前2s的平均速度为
v=x1+x2t1+t2=2+41+1m/s=3m/s
(2)当两物体的速度相等时，甲、乙之间的距离最大，由物体乙加速度与时间关系知，经过时间t3=4.5s时，甲、乙之间的距离最大。
在t3时间内物体甲发生的位移
x=v0t3=10×4.5m=45m
物体乙在第3s内的位移
x3=v1t1+12at12=4×1+12×4×12m=6m
物体乙在第3s末的速度为
v2=v1+at1=(4+4×1)m/s=8m/s
物体乙在第4s内的位移为
x4=v2t2=8×1m=8m
由以上分析可知物体乙在第ns(n为整数)内的位移
xn=2n(m)
物体乙在t3时间内的位移为
x′=x1+x2+x3+x4+v2t22+12at222=24.5m
故甲、乙之间的最大距离
xm=x0+x−x′=36m
(3)设经历时间t(t为正整数)乙追上甲，时间t内甲的位移
x甲=v0t
时间t内乙的位移
x乙=2+4+6+8+⋯+2t=t(t+1)m(t=1,2,3,⋯)
乙追上甲时有
x乙=x甲+x0
此式无整数解，但可求得10sx甲′=10×10m=100m
乙发生的位移
x乙′=10×(10+1)m=110m
故在10s后，乙需比甲多发生的位移
Δx=x0+x甲′−x乙′=5.5m
设10s后需时间t′追上甲，10s末物体乙的速度为
v=a⋅5t1=20m/s
则由
vt′+12at′2−v0t′=5.5
解得
t′=0.5s
则从运动到两物体相遇所用的时间为
t总=t+t′=10.5s
【解析】见答案
1.已知电子的电荷量为e=−1.60×10−19C，A、B两个完全相同的金属小球分别带有电荷量为QA=+3.2×10−9C、QB=+1.6×10−9C，让两个小球接触，在接触过程中( )
A. 球B向球A转移了2.5×109个电子B. 球B向球A转移了5×109个电子
C. 球A向球B转移了2.5×109个电子D. 球A向球B转移了5×109个电子
2.如图所示为某工地的自动卸货车，当车厢与水平方向的夹角为α时，工件沿车厢匀速下滑。已知工件的质量为m，重力加速度为g。则下列说法正确的是( )
A. 下滑的工件受四个力的作用B. 下滑的工件对车厢的压力大小为mgsinα
C. 工件与车厢间的动摩擦因数为tanαD. 车厢对下滑工件的作用力垂直车厢斜向上
3.2023年8月29日消息，华为Mate60 Pr搭载了全新的海思麒麟9000S芯片。这款芯片采用了自主研发的CPU和GPU架构，以及国产工艺。若其中一块芯片的部分电路(包含三个电阻)在图中虚线框内，a、b、c、d为四根引线，用多用电表欧姆挡测得ab间的电阻Rab=4Ω，ad间的电阻Rad=6Ω；若用导线把ac连接后，测得ab间的电阻Rab′=2Ω，则虚线框内三个电阻的连接方式是下列图像中的( )
A. B.
C. D.
4.图中实线为某电场的电场线，其中C、O、D为同一条电场线上不同位置的点，两个带电粒子A、B先后从S点以相同的速度射入该电场区域，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。已知A粒子带正电，则下列说法正确的是( )
A. C点的电势高于D点的电势
B. 该电场可能是等量同种点电荷形成的
C. 若在O点静止释放B粒子，仅在电场力作用下可能沿该条电场线运动到D点
D. B粒子一定带负电，运动过程中电势能减小，动能增大
5.在如图所示的竖直方向的电路中，电压表和电流表均为理想电表，R1、R2、R3为定值电阻，电源电动势为E、内阻为r，开关S1闭合，S2断开，水平放置的平行板电容器中间有一带电油滴处于静止状态，当S2从断开到闭合后，下列说法正确的是( )
A. 两表读数均变大B. 电源内阻消耗的功率变小
C. 油滴将向上运动D. 电容器带的电荷量减少
6.一个同学练习投篮，先在A点以与水平方向成α=45°角斜向上、大小为v0的初速度抛出第一个球，接着快速将抛出点移到与A等高的B点，将第二个球以相同的初速度抛出，结果两球同时打在竖直墙壁的P点，两次抛出的时间间隔为v0g，空气阻力不计，球的大小不计，两球质量相等，重力加速度为g，则两球从抛出到打到P点( )
A. B球运动的时间为( 2−1)v02gB. 两球打在P点时，相对速度为零
C. A、B两点间的距离为v022gD. P点离抛出点的高度为v024g
二、多选题：本大题共4小题，共20分。
7.2022年10月12日，“天宫课堂”第三课开讲，神舟十四号飞行乘组航天员陈冬、刘洋、蔡旭哲在“天宫二号”空间站上通过天地连线，为同学们上了一堂精彩的科学课。已知“天宫二号”空间站工作轨道为圆轨道，轨道高度400km，一天绕地球转16圈，忽略地球自转影响，把地球看作一个球。若还已知引力常量和地球半径，仅利用以上条件能求出的物理量是( )
A. 地球对空间站的吸引力B. 空间站绕地球运行的线速度
C. 地球表面的重力加速度D. 空间站绕地球运行的加速度
8.如图所示为范围足够大的匀强电场的电场强度E随时间t变化的关系图像。当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是( )
A. 带电粒子在0∼2s内的加速度与在2∼4s内的加速度等大反向
B. 带电粒子将做往返运动，6s末带电粒子回到原出发点且速度为零
C. 带电粒子在0∼12s内，初、末位置间的电势差为零
D. 带电粒子在0∼4s内，电场力做的总功为零
9.如图甲所示，欧姆表的表盘刻度线不均匀，如图乙所示是欧姆挡内部电路示意图，由表头G、电源E、调零电阻R和表笔组成，分析在同一个挡位下通过待测电阻的电流I和它的阻值Rx关系，分别画出了如图所示的几种图像，其中可能正确的是( )
A. B.
C. D.
10.如图所示，在正六边形的M、N、P三个顶点上各放一完全相同、带正电的点电荷，X、Y、Z为正六边形的另外三个顶点，O点是正六边形的中心，下列说法正确的是( )
A. X、Y、Z三点的电场强度相同
B. O点的电场强度为0
C. O点的电势低于Z点的电势
D. 从O点至Y点移动正试探电荷，电场力做正功
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
11.某实验小组用如图甲所示实验装置验证机械能守恒定律，无弹性的悬线一端连接在力传感器上，另一端连接一个小球，力传感器能测量悬线的拉力，竖直挡板立在水平地面上。小球的质量为m，当地的重力加速度为g。
(1)先用螺旋测微器测出小球的直径，示数如图乙所示，则小球直径d=__________mm。
(2)实验时，小球与竖直挡板的接触点记为A点，悬线伸直，由静止释放小球，力传感器记录小球运动过程中悬线的最大拉力，测出悬线的长L。多次移动挡板的位置，保持挡板竖直，使小球每次与挡板接触悬线伸直，记录每次A点与悬点O的高度差x及小球运动过程中悬线的最大拉力F。要验证机械能守恒定律，在直角坐标系中，作F−x图像，如果图像的斜率的绝对值等于__________，与纵轴的截距大小等于__________，则机械能守恒定律得到验证。(用已知物理量的符号表示)
12.某实验小组测未知电阻Rx的阻值时，先用多用电表进行粗测，再改装电表后采用“伏安法”准确测量未知电阻。
(1)先用多用表的欧姆挡“×1”按正确的操作步骤粗测，指针如图甲所示，则读数应记为__________Ω。
(2)再改装电表，将量程为100μA、内阻为100Ω的电流表串联一个29900Ω的电阻，将它改装成电压表V，则改装后的电压表的量程是__________V。
(3)现另有以下仪器：
电源(电动势3V，内阻不计)
电流表A1(量程3A，内阻约3Ω)
电流表A2(量程1A，内阻约0.5Ω)
滑动变阻器R(最大阻值为3Ω)
开关、导线若干
在图乙框中画出测量Rx最合理的完整电路图并标出所选仪器__________。
(4)该小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，用测量数据描绘出I−U图线如图丙所示，由图线可得未知电阻的阻值Rx=__________Ω(保留2位有效数字)。
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，半径为R的光滑管道竖直固定放置。一个质量为m的小球(直径略小于管道)恰能在管道内做完整的圆周运动，A为管道最低点，以A点所在水平面为零势能面，重力加速度为g。求：
(1)小球的机械能；
(2)小球运动到A点时对管道压力的大小。
14.如图所示，在xOy坐标系所在的平面内，第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场。在x轴上S点沿y轴正方向以初速度v0(大小未知)发射质量为m、带电量为q的带正电粒子，在电场力的作用下经过时间t从y轴上的M点离开电场，测得S、M两点间的距离SM=L；若从S点沿y轴正方向发射的初速度增大为3v0，则该粒子从y轴上的N点离开电场，测得S、N两点间的距离SN= 3L。不计粒子重力。求：
(1)S点的坐标和粒子初速度v0的大小；
(2)电场强度E的大小；
(3)带电粒子运动到N点时速度vN的大小。
15.如图1所示，可视为质点的两物体甲、乙置于光滑的水平面上，两物体之间的距离x0=15.5m，t=0时刻给物体甲一水平向右的初速度v0=10m/s，同时在质量为m=0.1kg的物体乙上施加一水平向右的外力F，外力F随时间变化的规律如图2所示。求：
(1)物体乙在前2s的平均速度；
(2)从开始运动到两物体相遇前，两物体间距的最大值；
(3)从开始运动到两物体相遇所用的时间。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】两小球接触过程中，电量先中和，后平分，接触后小球的带电量为Q=QA+QB2=+2.4×10−9C
可知球B向球A转移的电子数量为n=Q−QB|e|=5×109个
故选B。
2.【答案】C
【解析】A.下滑的工件受重力、支持力、摩擦力三个力的作用，故A错误；
B.沿斜面和垂直于斜面正交分解G，可知支持力
N=mgcsα
根据牛顿第三定律，得
F压=N=mgcsα
故B错误；
C.沿斜面匀速下滑，可得
mgsinα=μmgcsα
整理得
μ=tanα
故C正确；
D.车厢对下滑工件的作用力为支持力和摩擦力的合力，与重力满足二力平衡，所以车厢对下滑工件的作用力竖直向上，故D错误。
故选C。
3.【答案】C
【解析】AD.A图中ab间的电阻Rab=4Ω，ad间的电阻Rad=4Ω；D图中ab间的电阻Rab=2Ω，ad间的电阻Rad=4Ω，故AD错误；
BC.若用导线把ac连接后，B图中测得ab间的电阻Rab′=4Ω，C图中测得ab间的电阻为
Rab′=4×44+4Ω=2Ω
故B错误，C正确。
故选C。
4.【答案】D
【解析】A.A粒子带正电向下偏转，可知其受到电场力指向下方，场强指向下方，沿电场线方向电势降低，故C点的电势低于D点的电势，故A错误；
B.等量同种电荷形成的电场线类似下图所示
故该电场不可能是等量同种点电荷形成的，故B错误；
C.B粒子受到的电场力方向与A粒子受到的电场力方向相反，可知B粒子带负电，若在O点静止释放B粒子，仅在电场力作用下，B粒子会向上运动，静电力方向沿电场线切线方向，粒子不会沿着弯曲的电场线运动到D点，故C错误；
D.A粒子带正电，B粒子受力与B相反，故B粒子带负电，运动过程中电场力与速度方向夹角小于90∘，做正功，电势能减小，动能增大，故 D正确。
故选D。
5.【答案】D
【解析】A.当S2闭合后，电路总电阻减小，干路电流增大，电源内阻r、电阻R3两端的电压增大，根据闭合电路欧姆定律可知，电阻R2、R1两端的电压减小，通过电阻R2、R1的电流减小，则电流表读数减小，电压表读数减小，故 A错误；
B.电源内阻消耗的功率
P=I2r
干路电流增大，电源内阻消耗的功率变大，故B错误；
C.电容器两极板间电压减小，电场强度减小，油滴所受电场力小于重力，故油滴向下运动，故C错误；
D.电容器两极板间电压减小，电容器电容不变，故电容器带的电荷量减少，故D正确。
故选D。
6.【答案】A
【解析】【分析】
球在空中做斜抛运动，将其分解为水平方向：vx=v0csα的匀速直线运动，竖直方向：vy=v0sinα的竖直上抛运动(匀变速直线运动)，充分的利用竖直方向的对称性及逆向思维逐一分析求解。
【解答】
A.球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据竖直上抛运动的规律及时间的对称性可知，B球在空中运动时间为
tB=v0sinαg−v0g×12=( 2−1)v02g
A项正确；
B.由于两球在P点时速度大小相等，方向不同，因此相对速度不为零，B项错误；
C.球在水平方向上做匀速直线运动，所以A、B两点间的距离为
xAB=v0csα⋅v0g= 2v022g
C项错误；
D.球在竖直方向上做竖直上抛运动，逆向思维，根据运动规律及时间的对称性得，P点离抛出点高度为
ℎ=12gv0sinαg2−12gv02g2=v028g
D项错误。
故选A。
7.【答案】BCD
【解析】A.一天绕地球转16圈，可知空间站周期，根据万有引力提供向心力，设空间站质量为m，轨道半径为r，地球质量为M，轨道高度为ℎ，则
F=GMm(r+ℎ)2=m4π2T2(r+ℎ)
其中地球半径和轨道高度以及周期已知，但空间站质量未知，则地球对空间站的吸引力无法求出，故A错误；
BCD.由于
v=2π(r+ℎ)T
其中地球半径和轨道高度以及周期已知，可以求出空间站绕地球运行的速度，在地球表面，根据万有引力等于重力，可得
GMmr2=mg，又GMm(r+ℎ)2=m4π2T2(r+ℎ)
解得
g=4π2(r+ℎ)3r2T2
其中地球半径和轨道高度以及周期已知，可以求出地球表面的重力加速度，由于
a=ω2(r+ℎ)=4π2T2(r+ℎ)
其中地球半径和轨道高度以及周期已知，可以求出空间站绕地球运行的加速度，故BCD正确。
故选BCD。
8.【答案】BC
【解析】A.根据图像可知，粒子在2∼4s内受到的电场力是在0∼2s内受到电场力的两倍，则粒子在2∼4s内的加速度大小是在0∼2s内加速度大小的两倍，故 A错误；
B.由图像可知，粒子在0∼2s内做匀加速直线运动，2s后粒子做加速度加倍的匀减速直线运动，在3s末，粒子速度减为0，此时带电粒子离出发点最远；接着在3∼4s内反向做匀加速直线运动，4∼6s做匀减速直线运动，根据对称性可知，在6s末粒子刚好回到出发点，且速度为零；所以粒子将做往返运动，故 B正确；
C.带电粒子在0∼12s内，初、末速度都为零，故动能的变化量为零，即电场力做功为零，所以初、末位置间的电势差为零，故 C正确；
D.根据以上分析可知，4s末粒子速度不为零，所以带电粒子在0∼4s内，电场力做的总功不为零，故 D错误。
故选BC。
9.【答案】AC
【解析】设电流表内阻Rg、调零电阻R和电源内阻的总电阻为R内，则有
I=ER内+Rx
则I−Rx图像是双曲线的一条往左平移R内的曲线，随着Rx的增大，I减小；而上式的倒数为
1I=R内+RxE
可知1I−Rx图像是线性函数图像，纵截距大于零，1I随着Rx的增大而增大。
故选AC。
10.【答案】BD
【解析】A.依题意，根据E=kqr2，由场强叠加原理，判断可知X、Y、Z三点的电场强度大小相等，但方向不相同，故 A错误；
B.根据E=kqr2可知点电荷M、N、P分别在O点产生的电场强度大小相等，且夹角互为120∘，根据矢量叠加原理可得O点的电场强度为0，故B正确；
C.利用对称性结合场强叠加原理，可判断OZ连线上的合场强沿OZ方向，根据沿电场线方向电势逐渐降低，可知O点的电势高于Z点的电势，故 C错误；
D.同理可知OY连线上的合场强沿OY方向，则从O点至Y点移动正试探电荷，电场力做正功，故 D正确。
故选BD。
11.【答案】(1)1.845； (2)2mgL+d2；3mg。
【解析】(1)由图乙所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5mm，旋转刻度为34.5×0.01mm=0.345mm，螺旋测微器示数为
1.5mm+0.345mm=1.845mm
(2)设小球到最低点时速度大小为v，根据机械能守恒定律有
mgL+d2−x=12mv2
小球在最低点时
F−mg=mv2L+d2
得到
F=3mg−2mgL+d2x
因此如果图像的斜率大小为2mgL+d2，图像的截距大小等于3mg，则机械能守恒定律得到验证。
12.【答案】(1)3.5；(2)3；(3)；(3)4.0(3.8∼4.1均正确)。
【解析】(1)由图示多用电表可知，待测电阻阻值是
3.5×1Ω=3.5Ω
(2)灵敏电流表与一较大的电阻串联即可改装成电压表
U=IgR+IgRg=10−4×(100+29900)V=3V
(3)根据I−U图像，要求Rx中的电流I、电压U从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由于被测电阻阻值较小，则电流表应采用外接法，又因为电源电动势为3V，待测电阻阻值约为3.5Ω，则电流表选择A2，如图
(4)由图丙可知电压为2V时，电流为0.5A，则Rx阻值为
Rx=UI=20.5Ω=4.0Ω
13.【答案】(1)由于小球恰好能沿管道做完整的圆周运动，故小球在最高点时的速度为0，则动能大小为
Ek=0
以A点所在水平面为零势能面，在最高点小球的重力势能大小为
Ep=2mgR
则小球的机械能大小为
E=Ek+Ep=2mgR
(2)设小球运动到A点时速度为v，由机械能守恒有
2mgR=12mv2
设在A点管道对小球的支持力为FN，由牛顿第二定律有
FN−mg=mv2R
解得
FN=5mg
由牛顿第三定律可知，小球运动到A点时对管道的压力大小为5mg。
【解析】见答案
14.【答案】(1)带正电粒子在第二象限电场中做类平抛运动，设S点坐标为(−d,0)，由几何知识可得
d2+(v0t)2=L2
d2+(3v0t)2=( 3L)2
解得
d= 3L2
v0=L2t
故S点的坐标为(− 3L2,0)，粒子初速度大小
v0=L2t
(2)在x轴正方向，由牛顿第二定律
a=Fm=Eqm
由匀变速运动公式得
d=12at2
联立解得电场强度的大小
E= 3mLqt2
(3)对S→N过程，由动能定理可得
qEd=12mvN2−12m3v02
解得带电粒子运动到N点时的速度大小
vN= 21L2t
【解析】见答案
15.【答案】(1)当外力作用在物体乙上时，由牛顿第二定律得
F=ma
解得
a=Fm=
物体乙在第1s内的位移
x1=12at12=12×4×12m=2m
第1s末物体乙的速度为
v1=at1=4×1m/s=4m/s
物体乙在第2s内的位移为
x2=v1t2=4×1m=4m
物体乙在前2s的平均速度为
v=x1+x2t1+t2=2+41+1m/s=3m/s
(2)当两物体的速度相等时，甲、乙之间的距离最大，由物体乙加速度与时间关系知，经过时间t3=4.5s时，甲、乙之间的距离最大。
在t3时间内物体甲发生的位移
x=v0t3=10×4.5m=45m
物体乙在第3s内的位移
x3=v1t1+12at12=4×1+12×4×12m=6m
物体乙在第3s末的速度为
v2=v1+at1=(4+4×1)m/s=8m/s
物体乙在第4s内的位移为
x4=v2t2=8×1m=8m
由以上分析可知物体乙在第ns(n为整数)内的位移
xn=2n(m)
物体乙在t3时间内的位移为
x′=x1+x2+x3+x4+v2t22+12at222=24.5m
故甲、乙之间的最大距离
xm=x0+x−x′=36m
(3)设经历时间t(t为正整数)乙追上甲，时间t内甲的位移
x甲=v0t
时间t内乙的位移
x乙=2+4+6+8+⋯+2t=t(t+1)m(t=1,2,3,⋯)
乙追上甲时有
x乙=x甲+x0
此式无整数解，但可求得10s
乙发生的位移
x乙′=10×(10+1)m=110m
故在10s后，乙需比甲多发生的位移
Δx=x0+x甲′−x乙′=5.5m
设10s后需时间t′追上甲，10s末物体乙的速度为
v=a⋅5t1=20m/s
则由
vt′+12at′2−v0t′=5.5
解得
t′=0.5s
则从运动到两物体相遇所用的时间为
t总=t+t′=10.5s
【解析】见答案
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