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广东省广州市越秀区2020-2021学年高二上学期期末考试物理试题 （Word版含解析答案）
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这是一份广东省广州市越秀区2020-2021学年高二上学期期末考试物理试题 （Word版含解析答案），共14页。试卷主要包含了选择题，实验与探究，计算题等内容，欢迎下载使用。
参考答案和试题解析
本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分；第Ⅰ卷为选择题，把每一小题选出的答案标号填写在答题卷相应的位置；第Ⅱ卷为非选择题，用黑色钢笔或签字笔在答卷上作答，全卷满分 100分，考试时间为 75 分钟。
第Ⅰ卷（选择题 共50分）
一、选择题（本题共11小题，1-8小题为单选题，每小题 4分；9-11小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有两个或多个选项是正确的，全部选对的得6分，选对但不全的得 3 分，有选错或不选的得0分）
1．国际单位制中电荷量的单位符号是C，如果用国际单位制基本单位的符号来表示，正确的是（ ）
A．F•VB．A•sC．J/VD．N•m/V
【分析】根据电荷量q＝It结合电流和时间的单位即可得出。
【解答】解：根据电流的定义可知I＝，则电荷量q＝It，在国际单位制中，电流I的单位是A，时间t的单位是s，故电荷量的单位是A•s；故ACD错误，B正确；
故选：B。
2．高空坠物极易对行人造成伤害。若一个200g的西红柿从一居民楼的20层坠下，与地面的撞击时间约为10ms，则该砖块对地面产生的冲击力约为（ ）
A．103NB．104NC．4×103ND．4×104N
【分析】设每层楼高约为3m，计算鸡蛋下落的总高度，计算下落的时间，全过程根据动量定理列方程求解。
【解答】解：每层楼高约为3m，鸡蛋下落的总高度为：
h＝（20﹣1）×3m＝57m；
自由下落时间为：
t1＝＝s，
与地面的碰撞时间约为：
t2＝ms，
全过程根据动量定理可得：
mg（t1+t2）﹣Ft2＝0
解得冲击力为：F≈4×103N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
3．电功率的计算公式中，U是加在用电器上的电压，R是用电器的电阻，此式可用于（ ）
A．计算电冰箱的功率B．计算电风扇的功率
C．计算电烙铁的功率D．计算洗衣机的功率
【分析】明确电功率公式P＝的推导过程，明确它只能适用于纯电阻电路，分析给出各项中的电器是否为纯电阻电路则可得出正确答案．
【解答】解：电功率的公式P＝，是根据功率的公式P＝UI，其中I＝代入整理得到的，公式I＝仅适用于纯电阻电路，所以得出的结论P＝也只用于纯电阻电路，故只能计算电烙铁的功率，不能计算电冰箱、电风扇、以及洗衣机的功率，故ABD错误，C正确。
故选：C。
4．带电粒子M经小孔垂直进入匀强磁场，运动的轨迹如图中虚线所示。在磁场中静止着不带电的粒子N．粒子M与粒子N碰后粘在一起在磁场中继续运动，碰撞时间极短，不考虑粒子M和粒子N的重力。下列说法正确的是（ ）
A．碰后粒子做圆周运动的半径减小
B．碰后粒子做圆周运动的周期减小
C．碰后粒子做圆周运动的动量减小
D．碰后粒子做圆周运动的动能减小
【分析】由于碰撞过程中动量守恒，根据半径计算公式分析半径是否变化；根据周期公式分析周期是否变化，由于碰撞过程中有能量损失，分析动能的变化。
【解答】解：设粒子M的电量为q，质量为m1，速度为v0，粒子N的质量为m2，碰撞后的速度为v。
CD、由于碰撞过程中动量守恒，则有：m1v0＝（m1+m2）v，碰撞前的半径r＝，碰撞后的半径r′＝，所以碰后粒子做圆周运动的动量不变、半径不变，故CD错误；
B、根据周期公式可得T＝，由于碰撞后质量增大、故周期变大，故B错误；
A、由于碰撞过程中有能量损失，动能减小，所以碰后粒子做圆周运动的动能减小，故A正确。
故选：A。
5．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（ ）
A．θ增大，E增大 B．θ减小，E不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ增大，Ep不变
【分析】电容器充电后断开电源，极板上的电量不变；根据电容器的定义式可分析电容的变化，再根据决定式分析电压的变化，从而分析静电计指针夹角的变化；根据U＝Ed分析电场强度的变化；根据电势与电势差之间的关系可分析P点电势，再由电势分析电势能的变化。
【解答】解：电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据C＝可知，电容C增大，则根据C＝可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小；
两板间的电场强度E＝＝＝；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；
再根据设P与下极板距离为L，则P点的电势φP＝EL，电势能EP＝ELq； 因此电荷在P点的电势能保持不变；故C正确，ABD错误；
故选：B。
6．如图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述不正确的是（ ）
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小
【分析】带电粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力平衡，做匀速直线运动，进入偏转电场后做匀速圆周运动，根据半径公式得出半径与粒子比荷的关系。
【解答】解：A、进入B0的粒子满足，知道粒子电量后，便可求出m的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素。故A正确；
B、根据带电粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则知，该粒子带正电，则在速度选择器中电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则知，磁场方向垂直纸面向外。故B正确；
C、在速度选择器中，电场力和洛伦兹力平衡，有：qE＝qvB，解得v＝．故C正确。
D、进入偏转电场后，有：qvB0＝m，解得r＝＝，知r越小，比荷越大。故D错误。
故选： D。
7．如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m．不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是（ ）
A．射出磁场的粒子一定能垂直打在MN上
B．粒子在磁场中通过的弧长越长，运动时间也越长
C．射出磁场的粒子其出射方向的反向延长线不可能过圆心O
D．当入射速度时，粒子射出磁场后一定垂直打在MN上
【分析】带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出v＝时轨迹半径，确定出速度的偏向角．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系．
【解答】解：A、对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关。故A错误。
B、对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t＝知，运动时间t越小。故B错误。
C、带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心。故C错误。
D、速度满足v＝时，r＝，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确。
故选：D。
8．质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑。如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是（ ）
A．整个过程中，m和M组成的系统的动量守恒
B．如果 m>M，小球脱离小车后，做自由落体运动
C．如果 m>M，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动
D．如果 m【分析】小球和小车组成的系统，在水平方向上动量守恒，系统的机械能也守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律列式判断小球的运动情况。
【解答】解：小球滑上小车，又返回到离开小车的整个过程系统动量守恒，取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
mv0＝Mv+mv'，
由机械能守恒定律得：，
解得：，
如果m＜M，v'与v0方向相反，小球离开小车后向左做平抛运动，
如果m＝M，v'＝0，小球离开小车后做自由落体运动，
如果m＞M，v'与v0方向相同，小球离开小车向右做平抛运动，故ABD，C正确；
故选：C。
9．质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的导轨上，导轨宽度为d，杆ab与导轨间的动摩擦因数为μ．有电流时，ab恰好能在导轨上静止，如图，它的四个侧视图中标出四种可能的匀强磁场方向，其中杆ab又与导轨之间的摩擦力可能为零的图是（ ）
A． B． C． D．
【分析】通过对杆ab受力分析，根据共点力平衡判断杆子是否受摩擦力．
【解答】解：A、杆子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力。故A正确。
B、杆子受重力，竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，不受摩擦力。故B正确。
C、杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力。故C错误。
D、杆子受重力、水平向左的安培力，支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力。故D错误。
故选：AB。
10．【分析】S闭合，考虑电动机电阻，外电路电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知，路端电压减小，总电流增大，据此分析各选项。
【解答】解：S闭合，灯与电动机并联，电路总电阻减小，干路电流I增大，电源內电压增大、则路端电压减小，车灯电流I灯＝减小，电源的总功率EI变大，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
10．某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示。当汽车启动时，开关S闭合，电机工作，车灯突然变暗，此时（ ）
A．路端电压变大B．路端电压变小
C．电路的总电流变小D．电源的总功率变大
【分析】根据动能定理W＝Eqd＝△Ek，知粒子到达 B 点和到达 C点的动能变化量之比为1：2，根据几何关系知电场方向。从而知道D点速度大小。
【解答】解：根据动能定理W＝Eqd＝△Ek，知粒子到达 B 点和到达 C点的动能变化量之比为[]：[]＝1：2，
根据几何关系知沿AC方向距离之比也是1：2，根据W＝Eqd＝△Ek知电场方向由A指向以 C，因此可以知道B、D两点在同一等势面上，所以vD=vB=2v，所以A正确，B错误；
由Eqa＝解得：E＝，故C正确，D错误。
故选：AC。
11．如图所示，ABCD是边长为a的菱形，其中∠DAB＝120°，在该平面内有一个匀强电场。一个质量为m、带电量为+q的粒子，以初速度v从A点三次沿不同的方向射出，分别运动到B、C、D三点，粒子到达B点的速度为2v，到达C点的速度为v．不计粒子重力，若粒子到达D点的速度大小为vD，匀强电场的场强大小为E，则（ ）
A．vD＝2v
B．vD＝v
C．；电场方向由A指向以C
D．； 电场方向由A指向以C
【分析】根据动能定理W＝Eqd＝△Ek，知粒子到达 B 点和到达 C点的动能变化量之比为1：2，根据几何关系知电场方向。从而知道D点速度大小。
【解答】解：根据动能定理W＝Eqd＝△Ek，知粒子到达 B 点和到达 C点的动能变化量之比为[]：[]＝1：2，
根据几何关系知沿AC方向距离之比也是1：2，根据W＝Eqd＝△Ek知电场方向由A指向以 C，因此可以知道B、D两点在同一等势面上，所以vD=vB=2v，所以A正确，B错误；
由Eqa＝解得：E＝，故C正确，D错误。
故选：AC。
第Ⅱ卷（非选择题共 50 分）
二、实验与探究（共 16 分，请把答案填写在答卷纸上相应位置）
12．学校实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度，该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7×10﹣8Ω•m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．
可供使用的器材有：
电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω
电压表：量程3V，内阻约为9kΩ
滑动变阻器R1：最大阻值5Ω
滑动变阻器R2：最大阻值20Ω
定值电阻：R0＝3Ω
电源：电动势6V，内阻可不计
开关、导线若干．
回答下列问题：
（1）实验中滑动变阻器应选 （选填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移
至 （选填“a”或“b”）端．
（2）在实物图丙中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．
（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.51A，电压表示数如图乙所示，其读数为
V．
（4）导线实际长度为 ．（保留2位有效数字）
【分析】（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx总阻值的4倍以上，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处；
（2）根据实验电路图，连接实物图；
（3）根据图乙读出电压，注意估读；
（4）根据欧姆定律及电阻定律即可求解．
【解答】解：（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx总阻值的4倍以上，R0＝3Ω，所以滑动变阻器选R2，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处，即a处；
（2）根据实验电路图，连接实物图，如图所示：
（3）电压表量程为3V，由图乙所示电压表可知，其分度值为0.1V所示为：2.30V；
（4）根据欧姆定律得：R0+Rx＝＝≈4.51Ω，则Rx＝1.51Ω
由电阻定律：Rx＝ρ可知：L＝，代入数据解得：L＝88m；
故答案为：（1）R2，a；（2）如图所示；（3）2.30；（4）88m．
13．用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。
实验主要步骤：
（i）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
（ii）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；
（iii）以U为纵坐标，I为横坐标，作U﹣I图线（U、I都用国际单位）；
（iv）求出U﹣I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。
回答下列问题：
（1）电压表最好选用 ；电流表最好选用 。
A．电压表（0～3V，内阻约15kΩ） B．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）
C．电流表（0～200mA，内阻约2Ω） D．电流表（0～30mA，内阻约2Ω）
（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大．两导线与滑动变阻器接线
柱连接情况是 .
A. 两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱
B. 两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱
C. 一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱
D. 一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱
（3）选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式，E＝ ，
r＝ ，代入数值可得E和r的测量值。
【分析】（1）根据实验误差来源从减小实验误差的角度选择电压表；根据电路最大电流选择电流表。
（2）根据题意确定滑动变阻器的接法。
（3）根据图示电路图求出图象的函数表达式，然后求出电源电动势与内阻。
【解答】解：（1）由图示电路图可知，相对于电源来说电流表采用外接法，电压表的分流会造成系统误差，电压表分流越小实验误差越小，为减小实验误差应选择内阻大的电压表，因此电压表应选择A；电路最大电流约为：
I＝＝A≈0.176A＝176mA，电流表选择C。
（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，电压表示数增大，说明滑动变阻器接入电路的阻值增大，则一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱，故选C。
（3）由闭合电路的欧姆定律可知，电源电动势：E＝U+I（r+R2）
则路端电压：U＝E﹣I（r+R2），
U﹣I图象的斜率的绝对值：k＝r+R2，
由题意可知，图象横轴截距为a，即；当U=0时，I=a，则：0=E-a（r+R2）=E-ka，
解得，电源电动势：E=ka，电源内阻：r=k-R2。
故答案为：（1）A；C；（2）C;（3）ka；k﹣R2；
三、计算题（共34分，写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分，有数值计算的，题目答案中应明确写出数值和单位。）
14．如图所示，在竖直平面内存在匀强电场，其电场线如图中实线所示，方向未知，将带电荷量为q＝﹣1.0×10-6C的点电荷由A点沿水平线移至B点，其电势能增加了3×10-5J，已知A、B两点间的距离为2cm，两点连线与电场线成60°角．
（1）求A、B两点间的电势差UAB；
（2）若A点的电势φA＝﹣1V，求B点的电势φB；
（3）求匀强电场场强E的大小，并判断其方向．
【分析】（1）A、B间两点间的电势差是UAB＝
（2）由UAB＝φA﹣φB，求出A点的电势φB．
（3）根据克服电场力做功，与电荷量沿电场方向移动的位移，可求出匀强电场的大小及方向．
【解答】解：（1）由题意可知，静电力做负功为：
由
得：UAB＝30V
（2）UAB＝ϕA﹣ϕB
则：ϕB＝ϕA﹣UAB＝﹣1﹣30＝﹣31V
（3）A、B两点沿电场线方向的距离为：d＝2×10﹣2cs60°m＝1×10﹣2m
从而得：＝3000V/m
方向：沿电场线指向左下方
答：（1）A、B两点间的电势差30V；
（2）B点的电势﹣31V；
（3）匀强电场场强E的大小3000V/m，沿电场线指向左下方．
15．如图甲所示，物块A、B的质量分别是 mA＝6.0kg和mB＝4.0kg．用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v﹣t图象如图乙所示．求：
（1）物块C的质量；
（2）B离开墙后，弹簧中的最大弹性势能最大时，B的速度多大？最大弹性势能多大？
【分析】（1）AC碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出C的质量．
（2）12s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒；当AC与B速度相等时弹簧弹性势能最大．
【解答】解：（1）由图知，C与A碰前速度为v1＝12m/s，碰后速度为v2＝3m/s，
C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度为正方向，
由动量守恒定律得：mCv1＝（mA+mC）v2，
解得：mC＝2kg；
（2）12s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度v4相等时弹簧弹性势能最大．
根据动量守恒定律，有：
（mA+mc）v3＝（mA+mB+mC）v4
根据机械能守恒定律，有：（mA+mc）v32＝（mA+mB+mC）v42+EP
解得v4=2m/s；EP＝12J．
解得：EP＝12J；
答：（1）物块C的质量为2kg；
（2）B离开墙后，弹簧具,最大弹性势能时，B的速度为2m/s，最大弹性势能为12J．
16．平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，求：
（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；
（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。
【分析】（1）在电场中，粒子做类平抛运动，根据x轴方向的匀速直线运动和y方向的匀加速直线运动列方程求解；
（2）粒子在电场中受到的电场力时由牛顿第二定律求解加速度，再根据速度位移关系求解电场强度；根据粒子所受的洛伦兹力提供向心力得到半径计算公式，再根据则由几何关系得到半径大小，由此求解磁感应强度大小，然后求解比值。
【解答】解：（1）在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有
沿x轴正方向：2L＝v0t，①
竖直方向根据匀变速直线运动位移时间关系可得：L＝②
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy
根据速度时间关系可得：vy＝at ③
设粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为α，有tanα＝④
联立①②③④式得：α＝45° ⑤
即粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上。
设粒子到达O点时的速度大小为v，由运动的合成有
v＝＝；
（2）设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，
由牛顿第二定律可得：qE＝ma ⑧
由于
解得：E＝⑨
设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m⑩
由于P点到O点的距离为2L，则由几何关系可知R＝
解得：B＝⑪
联立⑨⑪式得。
答：（1）粒子到达O点时速度的大小为，方向x轴方向的夹角为45°角斜向上。
（2）电场强度和磁感应强度的大小之比为。
参考答案和试题解析
本试卷分为第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分；第Ⅰ卷为选择题，把每一小题选出的答案标号填写在答题卷相应的位置；第Ⅱ卷为非选择题，用黑色钢笔或签字笔在答卷上作答，全卷满分 100分，考试时间为 75 分钟。
第Ⅰ卷（选择题 共50分）
一、选择题（本题共11小题，1-8小题为单选题，每小题 4分；9-11小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，有两个或多个选项是正确的，全部选对的得6分，选对但不全的得 3 分，有选错或不选的得0分）
1．国际单位制中电荷量的单位符号是C，如果用国际单位制基本单位的符号来表示，正确的是（ ）
A．F•VB．A•sC．J/VD．N•m/V
【分析】根据电荷量q＝It结合电流和时间的单位即可得出。
【解答】解：根据电流的定义可知I＝，则电荷量q＝It，在国际单位制中，电流I的单位是A，时间t的单位是s，故电荷量的单位是A•s；故ACD错误，B正确；
故选：B。
2．高空坠物极易对行人造成伤害。若一个200g的西红柿从一居民楼的20层坠下，与地面的撞击时间约为10ms，则该砖块对地面产生的冲击力约为（ ）
A．103NB．104NC．4×103ND．4×104N
【分析】设每层楼高约为3m，计算鸡蛋下落的总高度，计算下落的时间，全过程根据动量定理列方程求解。
【解答】解：每层楼高约为3m，鸡蛋下落的总高度为：
h＝（20﹣1）×3m＝57m；
自由下落时间为：
t1＝＝s，
与地面的碰撞时间约为：
t2＝ms，
全过程根据动量定理可得：
mg（t1+t2）﹣Ft2＝0
解得冲击力为：F≈4×103N，故C正确，ABD错误。
故选：C。
3．电功率的计算公式中，U是加在用电器上的电压，R是用电器的电阻，此式可用于（ ）
A．计算电冰箱的功率B．计算电风扇的功率
C．计算电烙铁的功率D．计算洗衣机的功率
【分析】明确电功率公式P＝的推导过程，明确它只能适用于纯电阻电路，分析给出各项中的电器是否为纯电阻电路则可得出正确答案．
【解答】解：电功率的公式P＝，是根据功率的公式P＝UI，其中I＝代入整理得到的，公式I＝仅适用于纯电阻电路，所以得出的结论P＝也只用于纯电阻电路，故只能计算电烙铁的功率，不能计算电冰箱、电风扇、以及洗衣机的功率，故ABD错误，C正确。
故选：C。
4．带电粒子M经小孔垂直进入匀强磁场，运动的轨迹如图中虚线所示。在磁场中静止着不带电的粒子N．粒子M与粒子N碰后粘在一起在磁场中继续运动，碰撞时间极短，不考虑粒子M和粒子N的重力。下列说法正确的是（ ）
A．碰后粒子做圆周运动的半径减小
B．碰后粒子做圆周运动的周期减小
C．碰后粒子做圆周运动的动量减小
D．碰后粒子做圆周运动的动能减小
【分析】由于碰撞过程中动量守恒，根据半径计算公式分析半径是否变化；根据周期公式分析周期是否变化，由于碰撞过程中有能量损失，分析动能的变化。
【解答】解：设粒子M的电量为q，质量为m1，速度为v0，粒子N的质量为m2，碰撞后的速度为v。
CD、由于碰撞过程中动量守恒，则有：m1v0＝（m1+m2）v，碰撞前的半径r＝，碰撞后的半径r′＝，所以碰后粒子做圆周运动的动量不变、半径不变，故CD错误；
B、根据周期公式可得T＝，由于碰撞后质量增大、故周期变大，故B错误；
A、由于碰撞过程中有能量损失，动能减小，所以碰后粒子做圆周运动的动能减小，故A正确。
故选：A。
5．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，Ep表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（ ）
A．θ增大，E增大 B．θ减小，E不变
C．θ减小，Ep增大 D．θ增大，Ep不变
【分析】电容器充电后断开电源，极板上的电量不变；根据电容器的定义式可分析电容的变化，再根据决定式分析电压的变化，从而分析静电计指针夹角的变化；根据U＝Ed分析电场强度的变化；根据电势与电势差之间的关系可分析P点电势，再由电势分析电势能的变化。
【解答】解：电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据C＝可知，电容C增大，则根据C＝可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小；
两板间的电场强度E＝＝＝；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；
再根据设P与下极板距离为L，则P点的电势φP＝EL，电势能EP＝ELq； 因此电荷在P点的电势能保持不变；故C正确，ABD错误；
故选：B。
6．如图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有强度为B0的匀强磁场。下列表述不正确的是（ ）
A．质谱仪是分析同位素的重要工具
B．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外
C．能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于
D．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的荷质比越小
【分析】带电粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力平衡，做匀速直线运动，进入偏转电场后做匀速圆周运动，根据半径公式得出半径与粒子比荷的关系。
【解答】解：A、进入B0的粒子满足，知道粒子电量后，便可求出m的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素。故A正确；
B、根据带电粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则知，该粒子带正电，则在速度选择器中电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则知，磁场方向垂直纸面向外。故B正确；
C、在速度选择器中，电场力和洛伦兹力平衡，有：qE＝qvB，解得v＝．故C正确。
D、进入偏转电场后，有：qvB0＝m，解得r＝＝，知r越小，比荷越大。故D错误。
故选： D。
7．如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场射入大量带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m．不考虑粒子间的相互作用力及粒子的重力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是（ ）
A．射出磁场的粒子一定能垂直打在MN上
B．粒子在磁场中通过的弧长越长，运动时间也越长
C．射出磁场的粒子其出射方向的反向延长线不可能过圆心O
D．当入射速度时，粒子射出磁场后一定垂直打在MN上
【分析】带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出v＝时轨迹半径，确定出速度的偏向角．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系．
【解答】解：A、对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关。故A错误。
B、对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t＝知，运动时间t越小。故B错误。
C、带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心。故C错误。
D、速度满足v＝时，r＝，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在MN板上，故D正确。
故选：D。
8．质量为M的小车静止于光滑的水平面上，小车的上表面和圆弧的轨道均光滑。如图所示，一个质量为m的小球以速度v0水平冲向小车，当小球返回左端脱离小车时，下列说法中正确的是（ ）
A．整个过程中，m和M组成的系统的动量守恒
B．如果 m>M，小球脱离小车后，做自由落体运动
C．如果 m>M，小球脱离小车后，沿水平方向向右做平抛运动
D．如果 m
【解答】解：小球滑上小车，又返回到离开小车的整个过程系统动量守恒，取水平向右为正方向，在水平方向，由动量守恒定律得：
mv0＝Mv+mv'，
由机械能守恒定律得：，
解得：，
如果m＜M，v'与v0方向相反，小球离开小车后向左做平抛运动，
如果m＝M，v'＝0，小球离开小车后做自由落体运动，
如果m＞M，v'与v0方向相同，小球离开小车向右做平抛运动，故ABD，C正确；
故选：C。
9．质量为m的通电细杆ab置于倾角为θ的导轨上，导轨宽度为d，杆ab与导轨间的动摩擦因数为μ．有电流时，ab恰好能在导轨上静止，如图，它的四个侧视图中标出四种可能的匀强磁场方向，其中杆ab又与导轨之间的摩擦力可能为零的图是（ ）
A． B． C． D．
【分析】通过对杆ab受力分析，根据共点力平衡判断杆子是否受摩擦力．
【解答】解：A、杆子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力。故A正确。
B、杆子受重力，竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，不受摩擦力。故B正确。
C、杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力。故C错误。
D、杆子受重力、水平向左的安培力，支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力。故D错误。
故选：AB。
10．【分析】S闭合，考虑电动机电阻，外电路电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知，路端电压减小，总电流增大，据此分析各选项。
【解答】解：S闭合，灯与电动机并联，电路总电阻减小，干路电流I增大，电源內电压增大、则路端电压减小，车灯电流I灯＝减小，电源的总功率EI变大，故BD正确，AC错误。
故选：BD。
10．某汽车的电源与启动电机、车灯连接的简化电路如图所示。当汽车启动时，开关S闭合，电机工作，车灯突然变暗，此时（ ）
A．路端电压变大B．路端电压变小
C．电路的总电流变小D．电源的总功率变大
【分析】根据动能定理W＝Eqd＝△Ek，知粒子到达 B 点和到达 C点的动能变化量之比为1：2，根据几何关系知电场方向。从而知道D点速度大小。
【解答】解：根据动能定理W＝Eqd＝△Ek，知粒子到达 B 点和到达 C点的动能变化量之比为[]：[]＝1：2，
根据几何关系知沿AC方向距离之比也是1：2，根据W＝Eqd＝△Ek知电场方向由A指向以 C，因此可以知道B、D两点在同一等势面上，所以vD=vB=2v，所以A正确，B错误；
由Eqa＝解得：E＝，故C正确，D错误。
故选：AC。
11．如图所示，ABCD是边长为a的菱形，其中∠DAB＝120°，在该平面内有一个匀强电场。一个质量为m、带电量为+q的粒子，以初速度v从A点三次沿不同的方向射出，分别运动到B、C、D三点，粒子到达B点的速度为2v，到达C点的速度为v．不计粒子重力，若粒子到达D点的速度大小为vD，匀强电场的场强大小为E，则（ ）
A．vD＝2v
B．vD＝v
C．；电场方向由A指向以C
D．； 电场方向由A指向以C
【分析】根据动能定理W＝Eqd＝△Ek，知粒子到达 B 点和到达 C点的动能变化量之比为1：2，根据几何关系知电场方向。从而知道D点速度大小。
【解答】解：根据动能定理W＝Eqd＝△Ek，知粒子到达 B 点和到达 C点的动能变化量之比为[]：[]＝1：2，
根据几何关系知沿AC方向距离之比也是1：2，根据W＝Eqd＝△Ek知电场方向由A指向以 C，因此可以知道B、D两点在同一等势面上，所以vD=vB=2v，所以A正确，B错误；
由Eqa＝解得：E＝，故C正确，D错误。
故选：AC。
第Ⅱ卷（非选择题共 50 分）
二、实验与探究（共 16 分，请把答案填写在答卷纸上相应位置）
12．学校实验室购买了一捆标称长度为100m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度，该同学首先测得导线横截面积为1.0mm2，查得铜的电阻率为1.7×10﹣8Ω•m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度．
可供使用的器材有：
电流表：量程0.6A，内阻约0.2Ω
电压表：量程3V，内阻约为9kΩ
滑动变阻器R1：最大阻值5Ω
滑动变阻器R2：最大阻值20Ω
定值电阻：R0＝3Ω
电源：电动势6V，内阻可不计
开关、导线若干．
回答下列问题：
（1）实验中滑动变阻器应选 （选填“R1”或“R2”），闭合开关S前应将滑片移
至 （选填“a”或“b”）端．
（2）在实物图丙中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接．
（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.51A，电压表示数如图乙所示，其读数为
V．
（4）导线实际长度为 ．（保留2位有效数字）
【分析】（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx总阻值的4倍以上，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处；
（2）根据实验电路图，连接实物图；
（3）根据图乙读出电压，注意估读；
（4）根据欧姆定律及电阻定律即可求解．
【解答】解：（1）本实验采用限流法测电阻，所以滑动变阻器的最大阻值应为R0和Rx总阻值的4倍以上，R0＝3Ω，所以滑动变阻器选R2，闭合开关S前应将滑片移至阻值最大处，即a处；
（2）根据实验电路图，连接实物图，如图所示：
（3）电压表量程为3V，由图乙所示电压表可知，其分度值为0.1V所示为：2.30V；
（4）根据欧姆定律得：R0+Rx＝＝≈4.51Ω，则Rx＝1.51Ω
由电阻定律：Rx＝ρ可知：L＝，代入数据解得：L＝88m；
故答案为：（1）R2，a；（2）如图所示；（3）2.30；（4）88m．
13．用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源（电动势约3V，内阻约2Ω），保护电阻R1（阻值10Ω）和R2（阻值5Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。
实验主要步骤：
（i）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
（ii）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；
（iii）以U为纵坐标，I为横坐标，作U﹣I图线（U、I都用国际单位）；
（iv）求出U﹣I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。
回答下列问题：
（1）电压表最好选用 ；电流表最好选用 。
A．电压表（0～3V，内阻约15kΩ） B．电压表（0～3V，内阻约3kΩ）
C．电流表（0～200mA，内阻约2Ω） D．电流表（0～30mA，内阻约2Ω）
（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大．两导线与滑动变阻器接线
柱连接情况是 .
A. 两导线接在滑动变阻器电阻丝两端的接线柱
B. 两导线接在滑动变阻器金属杆两端的接线柱
C. 一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱
D. 一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端接线柱
（3）选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式，E＝ ，
r＝ ，代入数值可得E和r的测量值。
【分析】（1）根据实验误差来源从减小实验误差的角度选择电压表；根据电路最大电流选择电流表。
（2）根据题意确定滑动变阻器的接法。
（3）根据图示电路图求出图象的函数表达式，然后求出电源电动势与内阻。
【解答】解：（1）由图示电路图可知，相对于电源来说电流表采用外接法，电压表的分流会造成系统误差，电压表分流越小实验误差越小，为减小实验误差应选择内阻大的电压表，因此电压表应选择A；电路最大电流约为：
I＝＝A≈0.176A＝176mA，电流表选择C。
（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，电压表示数增大，说明滑动变阻器接入电路的阻值增大，则一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端接线柱，故选C。
（3）由闭合电路的欧姆定律可知，电源电动势：E＝U+I（r+R2）
则路端电压：U＝E﹣I（r+R2），
U﹣I图象的斜率的绝对值：k＝r+R2，
由题意可知，图象横轴截距为a，即；当U=0时，I=a，则：0=E-a（r+R2）=E-ka，
解得，电源电动势：E=ka，电源内阻：r=k-R2。
故答案为：（1）A；C；（2）C;（3）ka；k﹣R2；
三、计算题（共34分，写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不给分，有数值计算的，题目答案中应明确写出数值和单位。）
14．如图所示，在竖直平面内存在匀强电场，其电场线如图中实线所示，方向未知，将带电荷量为q＝﹣1.0×10-6C的点电荷由A点沿水平线移至B点，其电势能增加了3×10-5J，已知A、B两点间的距离为2cm，两点连线与电场线成60°角．
（1）求A、B两点间的电势差UAB；
（2）若A点的电势φA＝﹣1V，求B点的电势φB；
（3）求匀强电场场强E的大小，并判断其方向．
【分析】（1）A、B间两点间的电势差是UAB＝
（2）由UAB＝φA﹣φB，求出A点的电势φB．
（3）根据克服电场力做功，与电荷量沿电场方向移动的位移，可求出匀强电场的大小及方向．
【解答】解：（1）由题意可知，静电力做负功为：
由
得：UAB＝30V
（2）UAB＝ϕA﹣ϕB
则：ϕB＝ϕA﹣UAB＝﹣1﹣30＝﹣31V
（3）A、B两点沿电场线方向的距离为：d＝2×10﹣2cs60°m＝1×10﹣2m
从而得：＝3000V/m
方向：沿电场线指向左下方
答：（1）A、B两点间的电势差30V；
（2）B点的电势﹣31V；
（3）匀强电场场强E的大小3000V/m，沿电场线指向左下方．
15．如图甲所示，物块A、B的质量分别是 mA＝6.0kg和mB＝4.0kg．用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙相接触．另有一物块C从t＝0时以一定速度向右运动，在t＝4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，物块C的v﹣t图象如图乙所示．求：
（1）物块C的质量；
（2）B离开墙后，弹簧中的最大弹性势能最大时，B的速度多大？最大弹性势能多大？
【分析】（1）AC碰撞过程动量守恒，由动量守恒定律可以求出C的质量．
（2）12s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒；当AC与B速度相等时弹簧弹性势能最大．
【解答】解：（1）由图知，C与A碰前速度为v1＝12m/s，碰后速度为v2＝3m/s，
C与A碰撞过程动量守恒，以C的初速度为正方向，
由动量守恒定律得：mCv1＝（mA+mC）v2，
解得：mC＝2kg；
（2）12s末B离开墙壁，之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当AC与B速度v4相等时弹簧弹性势能最大．
根据动量守恒定律，有：
（mA+mc）v3＝（mA+mB+mC）v4
根据机械能守恒定律，有：（mA+mc）v32＝（mA+mB+mC）v42+EP
解得v4=2m/s；EP＝12J．
解得：EP＝12J；
答：（1）物块C的质量为2kg；
（2）B离开墙后，弹簧具,最大弹性势能时，B的速度为2m/s，最大弹性势能为12J．
16．平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力，求：
（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；
（2）电场强度和磁感应强度的大小之比。
【分析】（1）在电场中，粒子做类平抛运动，根据x轴方向的匀速直线运动和y方向的匀加速直线运动列方程求解；
（2）粒子在电场中受到的电场力时由牛顿第二定律求解加速度，再根据速度位移关系求解电场强度；根据粒子所受的洛伦兹力提供向心力得到半径计算公式，再根据则由几何关系得到半径大小，由此求解磁感应强度大小，然后求解比值。
【解答】解：（1）在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴的距离为L，到y轴的距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有
沿x轴正方向：2L＝v0t，①
竖直方向根据匀变速直线运动位移时间关系可得：L＝②
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy
根据速度时间关系可得：vy＝at ③
设粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为α，有tanα＝④
联立①②③④式得：α＝45° ⑤
即粒子到达O点时速度方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上。
设粒子到达O点时的速度大小为v，由运动的合成有
v＝＝；
（2）设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，
由牛顿第二定律可得：qE＝ma ⑧
由于
解得：E＝⑨
设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m⑩
由于P点到O点的距离为2L，则由几何关系可知R＝
解得：B＝⑪
联立⑨⑪式得。
答：（1）粒子到达O点时速度的大小为，方向x轴方向的夹角为45°角斜向上。
（2）电场强度和磁感应强度的大小之比为。
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