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2023-2024学年安徽省当涂第一中学高二（上）期末考试物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年安徽省当涂第一中学高二（上）期末考试物理试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.英国物理学家法拉第提出了“电场”和“磁场”的概念，并引入电场线和磁感线来描述电场和磁场，为经典电磁学理论的建立奠定了基础。下列相关说法正确的是( )
A. 电荷和电荷、通电导体和通电导体之间的相互作用都是通过电场发生的
B. 磁体和磁体、磁体和通电导体之间的相互作用都是通过磁场发生的
C. 电场线和电场线不可能相交，磁感线和磁感线可能相交
D. 通过实验可以发现电场线和磁感线是客观存在的
2.关于欧姆表及其使用的问题，下列说法正确的是( )
A. 接表内电源负极的应是黑表笔
B. 每次换挡后，都要重新调节调零电阻，使指针指向右边“0”刻度处
C. 表盘上所标明的电阻阻值刻度是均匀的
D. 表盘刻度最左边所表示的电阻阻值为零
3.如图所示，边长为l的n匝正方形线框abcd内部有一边长为12的正方形区域的匀强磁场，磁场的磁感强度为B，下列说法正确的是( )
A. 磁通量是矢量，既有大小又有方向
B. 图示位置时，穿过线框的磁通量为Bl2
C. 图示位置时，穿过线框的磁通量为nBl2
D. 从图示位置绕bc转过90°的过程中，穿过线框的磁通量减少14Bl2
4.如图所示是两个等量异种点电荷，周围有1、2、3、4、5、6各点，其中1、2之间距离与2、3之间距离相等，2、5之间距离与2、6之间距离相等．两条虚线互相垂直且平分，那么关于各点电场强度和电势的叙述不正确的是( )
A. 1、3两点电场强度相同B. 5、6两点电场强度相同
C. 4、5两点电势相同D. 1、3两点电势相同
5.如图所示，光滑水平面上静置一质量为M的木块，由一轻弹簧连在墙上，有一质量为m的子弹以速度v0水平射入木块并留在其中，当木块第一次回到原来位置的过程中，墙对弹簧的冲量大小为
( )
A. 0B. 2m2v0M+mC. 2Mmv0M+mD. 2mv0
6.关于甲乙丙丁四个图示，下列说明正确的是( )
A. 图甲是三根平行直导线的截面图，若它们的电流大小都相同，方向垂直纸面向里。且AB=AC=AD，则A点的磁感应强度方向水平向左
B. 图乙速度选择器如果带电粒子从右边小孔射入，也能沿虚线路径从左边小孔飞出
C. 图丙磁流体发电机，通过电阻R的电流大小与A、B板间的磁感应强度无关
D. 图丁质谱仪，比荷相同的氦核和氘核，从容器A下方的小孔S₁飘入，经电场加速再进入匀强磁场后会打在照相底片同一个地方
7.一个武警战士坐在皮划艇上，他和皮划艇及艇上所有物品的总质量是200kg。这个战士沿水平方向向艇后方先后扔出两个沙袋，每个沙袋质量为10kg，若沙袋抛出时相对艇的速度均为5m/s。开始皮划艇是静止的，不考虑水的阻力。则扔出两个沙袋后皮划艇的速度大小为( )
A. 3976m/sB. 58m/sC. 59m/sD. 12m/s
8.通电长直导线在其周围空间产生磁场。某点的磁感应强度大小B与该点到导线的距离r及电流I的关系为B=kIr(k为常量)。如图所示，竖直通电长直导线中的电流I方向向上，绝缘的光滑水平面上P处有一带正电小球从图示位置以初速度v0水平向右运动，小球始终在水平面内运动，运动轨迹用实线表示，若从上向下看，则小球的运动轨迹可能是图中的( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图，A，B为水平正对放置的平行板电容器的两极板，B极板接地。闭合开关S，一带电液滴在两极板间的P点处于静止状态。下列说法正确的是()
A. 该液滴带负电
B. 将一块有机玻璃插到两极板之间，电容器的电容将变小
C. 保持开关S闭合，将A极板向左移动一小段距离，液滴将保持静止
D. 断开开关S，将B极板向下移动一小段距离，液滴将加速向上运动
10.如图，倾角为θ=37∘的粗糙斜面上有一根长度为L、质量为m的通电直导线，其电流为I(可调)，方向垂直纸面向里。整个空间分布有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，导线与斜面间的动摩擦因数μ=0.5(最大静摩擦等于滑动摩擦力)。若导线能在斜面上静止不动，则下列电流值能满足条件的是( )
A. I=mg10BLB. I=mg5BLC. I=mg2BLD. I=2mgBL
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.如图，用“碰撞实验器”来验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．
(1)下列器材选取或实验操作符合实验要求的是________。
A.可选用半径不同的两小球
B.选用两球的质量应满足m1>m2
C.小球m1每次必须从斜轨同一位置释放
D.需用秒表测定小球在空中飞行的时间
(2)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题。
A.小球开始释放的高度h B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的水平射程
(3)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影点．实验时，先将入射球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后把被碰小球m2静止放在轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相撞，找到其平均落地点的位置M、N并测量平抛射程OM、ON。
(4)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为__________________________；若碰撞是弹性碰撞，那么还应该满足的表达式为___________________________。(用(2)或(3)中测量的量表示)
12.如图甲所示为比亚迪电动车电池组的一片电池，探究小组设计实验测定该电池的电动势并测定某电流表内阻，查阅资料可知该型号电池内阻可忽略不计。可供选择的器材如下：
A.待测电池(电动势约为3.7V，内阻忽略不计)
B.待测电流表A(量程为0∼3A，内阻r待测)
C.电压表V(量程为0∼3V，内阻600Ω)
D.定值电阻R1=200Ω
E.定值电阻R2=2000Ω
F.滑动变阻器R3(0∼10Ω)
H.滑动变阻器R4(0∼1000Ω)
I.导线若干、开关
为了精确地测定电源电动势和电流表内阻，探究小组设计了如图乙所示的实验方案。请完成下列问题：
(1)滑动变阻器R应选择__________，②处应选择__________；(均填写器材前序号)
(2)电流表安装在__________处；(填①或③)
(3)探究小组通过实验测得多组(U,I)数据，绘制出如图丙所示的U−I图线，则电源的电动势为_______V，电流表内阻为________Ω(结果均保留2位有效数字)，从实验原理上判断电动势的测量值与真实值相比__________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)。
四、简答题：本大题共1小题，共10分。
13.欧姆表某档位的结构图如图所示，已知表头的满偏电流为Ig=15mA，内阻Rg=9Ω。干电池的电动势为3V，内阻r=1Ω。
(1)进行欧姆调零时，R0电阻值应调到多大？
(2)正确欧姆调零后用该欧姆表测量某电阻时，表针偏转到满刻度的13，则待测电阻R为多大？
五、计算题：本大题共2小题，共28分。
14.如图所示，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的半圆形ab区域内有半径为R的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，直径ab与y轴平行。一质量为m、电荷量为−q的粒子，从y轴上的P0,h点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a2h,0点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45∘角，不计粒子的重力。求：
(1)电场强度E的大小。
(2)粒子到达a点时速度的大小和方向。
(3)磁感应强度B的最小值。
15.如图所示，左、右两平台等高，在两平台中间有一个顺时针匀速转动的水平传送带，传送带的速度恒为v=6m/s、长度L=27m。t=0时刻将一质量mA=1kg的物体A无初速地放在传送带左端，t=6s时与静止在传送带右端的质量mB=1kg的物体B发生弹性碰撞，一段时间后B又与质量mC=3kg的物体C发生弹性碰撞。已知开始时C与传送带右端相距L1=3m，距离台边L2,A与传送带的动摩擦因数和C与平台的动摩擦因数均为μ,B与传送带和平台均无摩擦，所有碰撞时间均很短，物体均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)动摩擦因数μ。
(2)B与C第1次碰撞后C的速度大小。
(3)A与B第1次碰撞后至A与B第3次碰撞前的过程中，A与传送带间因摩擦产生的热量Q。
(4)为使B与C多次碰撞后C最终不会从台边落下，L2的最小值。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
电荷和电荷之间的相互作用是通过电场发生的、通电导体和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，电场线和磁感线都不能相交，否则在交点处的电场或磁场的方向有两个，电场线和磁感线都是为了现象的描述场而引入的假象曲线．
本题要重点掌握电场磁场是客观存在的，但电场线和磁感线是不存在的，知道电荷、磁极和通电导体间的相互作用都是通过场完成的．
【解答】
A、电荷和电荷之间的相互作用是通过电场发生的、通电导体和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，A错误；
B、磁体和磁体、磁体和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，B正确；
C、电场线和磁感线都不能相交，否则在交点处的电场或磁场的方向有两个，与事实不符，C错误；
D、电场线和磁感线都是为了现象的描述场而引入的假象曲线，实际不存在，D错误；
故选：B
2.【答案】B
【解析】解：A、欧姆表内部有电源，与被测电阻组成了闭合回路，为使指针从左向右移动，接电源负极的应是红表笔，故A错误；
B、由于不同的档位内阻不同，所以每次换挡后都必须重新进行短接调零，使指针指向右边“0”刻度处，故B正确；
C、根据闭合电路欧姆定律：电流I=ERx+R内，则I与被测电阻Rx不成正比，所以刻度盘上的刻度是不均匀的，故C错误；
D、表盘刻度最左边表示电流为零，根据上式可知，对应的电阻阻值则为无穷大，故D错误。
故选：B。
欧姆表内部有电源，刻度盘不均匀，每次换挡都要短接调零，欧姆表的零刻度在最右边。
本题考查了欧姆表的构造和使用方法，是实验的基本考查仪器，要重点掌握。
3.【答案】D
【解析】A.磁通量是标量，有大小无方向，但磁通量有正负，故A错误；
BC.图示位置时，有效面积为内部边长为 l2 的正方形的面积，则穿过线框的磁通量为
Φ=BS=B⋅(l2)2=Bl24
故BC错误；
D.从图示位置绕bc转过90°的过程中，正方形线圈从垂直磁场方向转到了与磁场方向平行，穿过线框的磁通量减少了 14Bl2 ，故D正确。
故选D。
4.【答案】D
【解析】解：
A、等量异种点电荷电场线的分布具有对称性，1.3两点电场强度大小，方向均向左，即电场强度相同．故A正确．
B、根据对称性，5.6两点处电场线疏密程度相同，电场强度大小相等，方向都与此虚线垂直向左，则5.6两点电场强度相同．故B正确．
C、等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，所以4、5两点电势相等．故C正确．
D、两点电荷连线上电场线方向从3指向1，则3的电势高于1的电势．故D错误．
本题选错误的，故选D．
等量异种点电荷电场线的分布具有对称性，两点电荷连线的中垂线是一条等势线．根据电场线方向判断电势的高低：顺着电场线方向电势逐渐降低．
等量异种点电荷电场线、等势线分布要抓住对称性，其连线的中垂线是一条等势线．
5.【答案】D
【解析】由于子弹射入木块的时间极短，系统的动量守恒，取向右为正向，根据动量守恒定律得
mv0=(M+m) v，
解得 v=mv0M+m
从弹簧被压缩到木块第一次回到原来的位置过程中，系统速度大小不变，方向改变，对木块(含子弹)，根据动量定理得
I=−M+mv−M+mv=−2M+mmv0M+m=−2mv0
由于弹簧的质量不计，则墙对弹簧的弹力等于弹簧对木块的弹力，所以墙对弹簧的冲量大小等于弹簧对木块的冲量大小，为2mv0
A.0，与结论不相符，选项A错误；
B. 2m2v0M+m ，与结论不相符，选项B错误；
C. 2Mmv0M+m ，与结论不相符，选项C错误；
D.2mv0，与结论相符，选项D正确；
6.【答案】D
【解析】A.图甲，由安培定则可知，B处与D处的直线电流在A点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，合磁感应强度等于零，因此A点的磁感应强度由C处的直线产生，磁感应强度方向水平向右，A错误；
B.图乙速度选择器如果带电粒子从右边小孔射入，带电粒子带正电，由左手定则可知，带电粒子受洛伦兹力方向向下，同时受电场力方向也向下，因此如果带电粒子从右边小孔射入，不能沿虚线路径从左边小孔飞出，B错误；
C.图丙磁流体发电机，其产生的电动势为
E=Bvd
当等离子体平衡时，则有洛伦兹力大小等于电场力，其等离子体的速度不变，ｄ为两板间的间距不变，因此电动势E由磁感应强度决定，由欧姆定律可知，通过电阻R的电流大小与电动势有关，即与磁感应强度有关，C错误；
D.带电粒子在电场中加速时则有
qU=12mv2
在磁场中，则有
qvB=mv2R
解得
R=1B 2mUq
由上式可知，比荷相同的氦核和氘核在磁场中运动的半径相同，比荷相同的氦核和氘核，从容器A下方的小孔S₁飘入，经电场加速再进入匀强磁场后会打在照相底片同一个地方，D正确。
故选D。
7.【答案】A
【解析】设扔出第一个沙袋后皮划艇的速度为v1，方向为正，则沙袋的速度
v′=(v1−5)m/s
由动量守恒定律
(M−m)v1+mv′=0
解得
v1=0.25m/s
扔出第二个沙袋后皮划艇的速度为v2，方向为正，则沙袋的速度
v′′=(v2−5)m/s
由动量守恒定律
(M−m)v1=(M−2m)v2+mv′′
解得
v2=3976m/s
故选A。
8.【答案】A
【解析】根据右手螺旋定则可知直线电流I产生的磁场方向与光滑的水平面平行，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向始终与该水平面垂直，沿水平方向没有分力，所以洛伦兹力对运动的电荷不做功，由此可知小球将做匀速直线运动。
故选A。
9.【答案】AC
【解析】【分析】
当开关闭合时，电容器的电势差保持不变，当开关断开时，电容器的电荷量保持不变，结合电容的决定式和比值定义式得出场强的变化，从而分析出液滴的运动方向，根据C=εrS4πkd、C=QU、E=Ud相结合推导出E的表达式，再分析E的变化。
本题主要考查了电容器的动态分析，理解在变化过程中的不变量，结合电容的决定式和比值定义式即可完成分析，难度不大。
【解答】
A.由图可知上极板带正电，带电液滴能静止，故带电液滴带负电，故A正确；
B.由 C=εrS4πkd 可知将一块有机玻璃插到两极板之间时电容器的电容将变大，故B错误；
C.保持开关S闭合，将A极板向左移动一小段距离，由 E=Ud 可知极板间电场强度不变，所以液滴将仍将保持静止，故C正确；
D.断开开关S，电容器带电量不变，由C=εrS4πkd，U=QC，E=Ud，可得E=4πkQεrS，将B极板向下移动一小段距离，电场强度不变，则液滴保持静止，故D错误。
故选AC。
10.【答案】BCD
【解析】当导线恰好不下滑时，其受力分析如图所示
其中
F安=BI1L
则根据平衡条件有
mgsinθ=μ(mgcsθ+BI1Lsinθ)+BI1Lcsθ
解得
I1=2mg11BL
当导线恰好不上滑时，其受力分析如图所示
其中
F′安=BI2L
则根据平衡条件有
mgsinθ+μ(mgcsθ+BI2Lsinθ)=BI2Lcsθ
解得
I2=2mgBL
因此，导线能在斜面上静止不动的电流的取值范围为
2mg11BL≤I≤2mgBL
故选BCD。
11.【答案】(1)BC(2)C (4)m1OP=m1OM+m2ON，m1⋅OP2=m1⋅OM2+m2ON2
【解析】【分析】
该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速度和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键．此题难度中等，属于中档题。
(1)A.由于发生对心碰撞，故两小球半径相同，B.m1与m2碰撞，需满足m1>m2,
C.为保证小球m1到达底端时速度相同，需要使小球m1从同意位置释放，
D.不需要测量时间．
(2)在该实验中，小球做平抛运动，H相等，时间t就相等，水平位移x=vt，与v成正比，因此可以用位移x来代替速度v。
(4)根据(2)的分析确定需要验证的关系式．
【解答】
(1)A、由于发生对心碰撞，故两小球半径相同，A错误；
B、m1与m2碰撞，需满足m1>m2,B正确；
C、为保证小球m1到达底端时速度相同，需要使小球m1从同意位置释放，C正确；
D、不需要测量时间，D错误；
故选择BC
(2)小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，
故选：C．
(4)要验证动量守恒定律定律，即验证：m1v1=m1v2+m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：m1v1t=m1v2t+m2v3t，得：m1OP=m1OM+m2ON，由上式可知，若两球相碰前后的动量守恒，实验需要验证：m1OP=m1OM+m2ON；
若碰撞是弹性碰撞，那么还满足：12m1v12=12m1v22+12m2v32
结合公式：x=vt
表达式整理为：m1⋅OP2=m1⋅OM2+m2ON2
12.【答案】(1)F；D；
(2)③；
(3)3.6；0.80；相等
【解析】【分析】
本题考查测电源电动势和内阻的实验，能从题设得出实验原理是解题的关键。
(1)根据电表的改装原理得出两定值电阻对应的改装后电压表的量程，结合题设分析即可选择；根据题设和滑动变阻器选取的原则分析即可判断；
(2)结合实验原理分析即可选择；
(3)根据实验原理得出表达式，结合表达式得出图像斜率、纵截距的含义列方程即可得出电源电动势和电流表内阻，结合实验原理分析得出电源电动势的测量值与真实值的关系。
【解答】
(1)当电压表与定值电阻R1串联时，改装后的电压表量程为U1=U+URV·R1=4V；
当电压表与定值电阻R2串联时，改装后的电压表量程为U2=U+UIVR2=13V；
而电源电动势约为3.7V，为了减小读数误差，改装后电压表的量程为0−4V比较合适，即②应选择D；
因为电流表内阻较小，为了使电压表示数变化明显些，所以滑动变阻器R应选择0∼10Ω，则滑动变阻器应选择F。
(2)当电流表安装在①处时，由于滑动变阻器的阻值未知，无法得出通过电流表的电流和两端的电压，则无法得出电流表的内阻，当电流表安装在③处时，由U+URV·R1=E−Ir知，只要得出两组电压表、电流表的数据即可求出电流表的内阻。故电流表应安装在③处。
(3)由U+URV·R1=E−Ir可得U=34E−I·34r；
可见U−I图像的斜率的绝对值为34r，纵截距为34E；
由图丙知，34E=2.7V，34r=2.10−−0Ω=0.60Ω；
解得电源电动势E=3.6V，电流表内阻r=0.80Ω；
由题意得E=URV(RV+R1)+Ir
在此实验中，电流表“相对电源内接法”，且电流表内阻已测得，所以从实验原理上判断电动势的测量值与真实值相等。
13.【答案】(1)190Ω；(2)400Ω
【解析】(1)调零时将红黑表笔短接，构成闭合回路，调节滑动变阻器 R0 ，使表头达到满偏，根据闭合电路的欧姆定律有
R内=Rg+r+R0=EIg
代入数据解得
R内=200Ω ， R0=190Ω
(2)当表针偏转到满刻度的 13 处时，根据测量原理有
R=EI−R内
代入数据解得
R=400Ω
14.【答案】解：(1)带电粒子在电场中从P到a的过程中做类平抛运动，
水平方向：2h=v0t①
竖直方向：h=12at2②
由牛顿第二定律得a=qEm③
由①②③式联立，解得E=mv022qh④
(2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度为
vy=at⑤
由①③④⑤式得vy=v0⑥ 而vx=v0⑦
所以，粒子到达a点的速度
va= vx2+vy2= 2v0⑧
设速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则
tan θ=vyv0=1，θ=45°⑨
即到a点时速度方向指向第Ⅳ象限，且与x轴正方向成45°角。
(3)依题如图：
rmax= 2R
粒子在磁场中运动时，由牛顿第二定律qvB= mv2r
得：rmax=mvqBmin
则Bmin=mv0qR 。
【解析】本题主要考查了带电粒子在组合场中运动相关知识。分析好物理情景，画出粒子运动轨迹图，灵活应用各相关公式是解决本题的关键。
(1)粒子在电场中做平抛运动，根据平抛运动公式和牛顿第二定律可求电场强度E的大小；
(2)先求出粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度，再应用运动的合成求出粒子到达a点时速度的大小和方向；
(3)根据洛伦兹力提供向心力，当粒子从b点射出时，磁感应强度有最小值，由此分析可解。
15.【答案】解：(1)假设物体A一直加速，则
L=12at12，v末=at1，
联立解得v末=9m/s>v，
假设不成立，所以A先加速后匀速，
设物体A的加速度大小为aA，加速运动的时间为t′，则
μmAg=mAaA，
v=aAt′，
L=12aAt′2+v⋅(t−t′)，
联立解得μ=0.2。
(2)由动量守恒和机械能守恒可知，A与B碰后交换速度，则vB0=6m/s，以水平向右为正方向，B与C碰撞的过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mBvB0=mCvC1+mBvB1，
12mBvB02=12mBvB12+12mCvC12，
解得vB1=−3m/s，vC1=3m/s，
(3)B之后以3m/s的速度向左运动，与A相撞，此后A、B再次交换速度，A以vA=3m/s的速度向左冲上传送带先减速到0后，再向右加速到达传送带右端，则有
x相对=vt1，
t1=2vAμg，
则A与传送带之间的摩擦热为
Q=μmAg⋅x相对=36J。
(4)根据12mBvB02=μmCgL2得L2=3m
【解析】本题考查了牛顿运动定律解决传送带模型、弹性碰撞、摩擦热的求解，比较综合，计算量大，有一定难度，计算过程中还用到一些高中数学的知识，体现了数学与物理的结合。
(1)首先要判断出物体在水平传送带先加速，与传送带共速后一起做匀速运动，加速阶段根据牛顿第二定律分析加速度，根据运动学公式列式分析，联立可得出结论；
(2)(3)根据弹性碰撞的规律分析A与B碰后速度、B与C碰后速度，明确A的运动过程，根据运动学公式分析A与传送带的相对位移，再利用Q=fΔx求摩擦热；
(4)根据能量守恒求得。
1.英国物理学家法拉第提出了“电场”和“磁场”的概念，并引入电场线和磁感线来描述电场和磁场，为经典电磁学理论的建立奠定了基础。下列相关说法正确的是( )
A. 电荷和电荷、通电导体和通电导体之间的相互作用都是通过电场发生的
B. 磁体和磁体、磁体和通电导体之间的相互作用都是通过磁场发生的
C. 电场线和电场线不可能相交，磁感线和磁感线可能相交
D. 通过实验可以发现电场线和磁感线是客观存在的
2.关于欧姆表及其使用的问题，下列说法正确的是( )
A. 接表内电源负极的应是黑表笔
B. 每次换挡后，都要重新调节调零电阻，使指针指向右边“0”刻度处
C. 表盘上所标明的电阻阻值刻度是均匀的
D. 表盘刻度最左边所表示的电阻阻值为零
3.如图所示，边长为l的n匝正方形线框abcd内部有一边长为12的正方形区域的匀强磁场，磁场的磁感强度为B，下列说法正确的是( )
A. 磁通量是矢量，既有大小又有方向
B. 图示位置时，穿过线框的磁通量为Bl2
C. 图示位置时，穿过线框的磁通量为nBl2
D. 从图示位置绕bc转过90°的过程中，穿过线框的磁通量减少14Bl2
4.如图所示是两个等量异种点电荷，周围有1、2、3、4、5、6各点，其中1、2之间距离与2、3之间距离相等，2、5之间距离与2、6之间距离相等．两条虚线互相垂直且平分，那么关于各点电场强度和电势的叙述不正确的是( )
A. 1、3两点电场强度相同B. 5、6两点电场强度相同
C. 4、5两点电势相同D. 1、3两点电势相同
5.如图所示，光滑水平面上静置一质量为M的木块，由一轻弹簧连在墙上，有一质量为m的子弹以速度v0水平射入木块并留在其中，当木块第一次回到原来位置的过程中，墙对弹簧的冲量大小为
( )
A. 0B. 2m2v0M+mC. 2Mmv0M+mD. 2mv0
6.关于甲乙丙丁四个图示，下列说明正确的是( )
A. 图甲是三根平行直导线的截面图，若它们的电流大小都相同，方向垂直纸面向里。且AB=AC=AD，则A点的磁感应强度方向水平向左
B. 图乙速度选择器如果带电粒子从右边小孔射入，也能沿虚线路径从左边小孔飞出
C. 图丙磁流体发电机，通过电阻R的电流大小与A、B板间的磁感应强度无关
D. 图丁质谱仪，比荷相同的氦核和氘核，从容器A下方的小孔S₁飘入，经电场加速再进入匀强磁场后会打在照相底片同一个地方
7.一个武警战士坐在皮划艇上，他和皮划艇及艇上所有物品的总质量是200kg。这个战士沿水平方向向艇后方先后扔出两个沙袋，每个沙袋质量为10kg，若沙袋抛出时相对艇的速度均为5m/s。开始皮划艇是静止的，不考虑水的阻力。则扔出两个沙袋后皮划艇的速度大小为( )
A. 3976m/sB. 58m/sC. 59m/sD. 12m/s
8.通电长直导线在其周围空间产生磁场。某点的磁感应强度大小B与该点到导线的距离r及电流I的关系为B=kIr(k为常量)。如图所示，竖直通电长直导线中的电流I方向向上，绝缘的光滑水平面上P处有一带正电小球从图示位置以初速度v0水平向右运动，小球始终在水平面内运动，运动轨迹用实线表示，若从上向下看，则小球的运动轨迹可能是图中的( )
A. B. C. D.
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图，A，B为水平正对放置的平行板电容器的两极板，B极板接地。闭合开关S，一带电液滴在两极板间的P点处于静止状态。下列说法正确的是()
A. 该液滴带负电
B. 将一块有机玻璃插到两极板之间，电容器的电容将变小
C. 保持开关S闭合，将A极板向左移动一小段距离，液滴将保持静止
D. 断开开关S，将B极板向下移动一小段距离，液滴将加速向上运动
10.如图，倾角为θ=37∘的粗糙斜面上有一根长度为L、质量为m的通电直导线，其电流为I(可调)，方向垂直纸面向里。整个空间分布有竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场，导线与斜面间的动摩擦因数μ=0.5(最大静摩擦等于滑动摩擦力)。若导线能在斜面上静止不动，则下列电流值能满足条件的是( )
A. I=mg10BLB. I=mg5BLC. I=mg2BLD. I=2mgBL
三、实验题：本大题共2小题，共20分。
11.如图，用“碰撞实验器”来验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系．
(1)下列器材选取或实验操作符合实验要求的是________。
A.可选用半径不同的两小球
B.选用两球的质量应满足m1>m2
C.小球m1每次必须从斜轨同一位置释放
D.需用秒表测定小球在空中飞行的时间
(2)实验中，直接测定小球碰撞前后的速度是不容易的，但是，可以通过测量________(填选项前的符号)，间接地解决这个问题。
A.小球开始释放的高度h B.小球抛出点距地面的高度H
C.小球做平抛运动的水平射程
(3)图中O点是小球抛出点在地面上的垂直投影点．实验时，先将入射球m1多次从斜轨上S位置由静止释放，找到其平均落地点的位置P，测量平抛射程OP.然后把被碰小球m2静止放在轨道的水平部分，再将入射小球m1从斜轨上S位置由静止释放，与小球m2相撞，找到其平均落地点的位置M、N并测量平抛射程OM、ON。
(4)若两球相碰前后的动量守恒，其表达式可表示为__________________________；若碰撞是弹性碰撞，那么还应该满足的表达式为___________________________。(用(2)或(3)中测量的量表示)
12.如图甲所示为比亚迪电动车电池组的一片电池，探究小组设计实验测定该电池的电动势并测定某电流表内阻，查阅资料可知该型号电池内阻可忽略不计。可供选择的器材如下：
A.待测电池(电动势约为3.7V，内阻忽略不计)
B.待测电流表A(量程为0∼3A，内阻r待测)
C.电压表V(量程为0∼3V，内阻600Ω)
D.定值电阻R1=200Ω
E.定值电阻R2=2000Ω
F.滑动变阻器R3(0∼10Ω)
H.滑动变阻器R4(0∼1000Ω)
I.导线若干、开关
为了精确地测定电源电动势和电流表内阻，探究小组设计了如图乙所示的实验方案。请完成下列问题：
(1)滑动变阻器R应选择__________，②处应选择__________；(均填写器材前序号)
(2)电流表安装在__________处；(填①或③)
(3)探究小组通过实验测得多组(U,I)数据，绘制出如图丙所示的U−I图线，则电源的电动势为_______V，电流表内阻为________Ω(结果均保留2位有效数字)，从实验原理上判断电动势的测量值与真实值相比__________(填“偏大”、“偏小”或“相等”)。
四、简答题：本大题共1小题，共10分。
13.欧姆表某档位的结构图如图所示，已知表头的满偏电流为Ig=15mA，内阻Rg=9Ω。干电池的电动势为3V，内阻r=1Ω。
(1)进行欧姆调零时，R0电阻值应调到多大？
(2)正确欧姆调零后用该欧姆表测量某电阻时，表针偏转到满刻度的13，则待测电阻R为多大？
五、计算题：本大题共2小题，共28分。
14.如图所示，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的半圆形ab区域内有半径为R的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，直径ab与y轴平行。一质量为m、电荷量为−q的粒子，从y轴上的P0,h点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a2h,0点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成45∘角，不计粒子的重力。求：
(1)电场强度E的大小。
(2)粒子到达a点时速度的大小和方向。
(3)磁感应强度B的最小值。
15.如图所示，左、右两平台等高，在两平台中间有一个顺时针匀速转动的水平传送带，传送带的速度恒为v=6m/s、长度L=27m。t=0时刻将一质量mA=1kg的物体A无初速地放在传送带左端，t=6s时与静止在传送带右端的质量mB=1kg的物体B发生弹性碰撞，一段时间后B又与质量mC=3kg的物体C发生弹性碰撞。已知开始时C与传送带右端相距L1=3m，距离台边L2,A与传送带的动摩擦因数和C与平台的动摩擦因数均为μ,B与传送带和平台均无摩擦，所有碰撞时间均很短，物体均可视为质点，重力加速度g取10m/s2。求：
(1)动摩擦因数μ。
(2)B与C第1次碰撞后C的速度大小。
(3)A与B第1次碰撞后至A与B第3次碰撞前的过程中，A与传送带间因摩擦产生的热量Q。
(4)为使B与C多次碰撞后C最终不会从台边落下，L2的最小值。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
电荷和电荷之间的相互作用是通过电场发生的、通电导体和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，电场线和磁感线都不能相交，否则在交点处的电场或磁场的方向有两个，电场线和磁感线都是为了现象的描述场而引入的假象曲线．
本题要重点掌握电场磁场是客观存在的，但电场线和磁感线是不存在的，知道电荷、磁极和通电导体间的相互作用都是通过场完成的．
【解答】
A、电荷和电荷之间的相互作用是通过电场发生的、通电导体和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，A错误；
B、磁体和磁体、磁体和通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，B正确；
C、电场线和磁感线都不能相交，否则在交点处的电场或磁场的方向有两个，与事实不符，C错误；
D、电场线和磁感线都是为了现象的描述场而引入的假象曲线，实际不存在，D错误；
故选：B
2.【答案】B
【解析】解：A、欧姆表内部有电源，与被测电阻组成了闭合回路，为使指针从左向右移动，接电源负极的应是红表笔，故A错误；
B、由于不同的档位内阻不同，所以每次换挡后都必须重新进行短接调零，使指针指向右边“0”刻度处，故B正确；
C、根据闭合电路欧姆定律：电流I=ERx+R内，则I与被测电阻Rx不成正比，所以刻度盘上的刻度是不均匀的，故C错误；
D、表盘刻度最左边表示电流为零，根据上式可知，对应的电阻阻值则为无穷大，故D错误。
故选：B。
欧姆表内部有电源，刻度盘不均匀，每次换挡都要短接调零，欧姆表的零刻度在最右边。
本题考查了欧姆表的构造和使用方法，是实验的基本考查仪器，要重点掌握。
3.【答案】D
【解析】A.磁通量是标量，有大小无方向，但磁通量有正负，故A错误；
BC.图示位置时，有效面积为内部边长为 l2 的正方形的面积，则穿过线框的磁通量为
Φ=BS=B⋅(l2)2=Bl24
故BC错误；
D.从图示位置绕bc转过90°的过程中，正方形线圈从垂直磁场方向转到了与磁场方向平行，穿过线框的磁通量减少了 14Bl2 ，故D正确。
故选D。
4.【答案】D
【解析】解：
A、等量异种点电荷电场线的分布具有对称性，1.3两点电场强度大小，方向均向左，即电场强度相同．故A正确．
B、根据对称性，5.6两点处电场线疏密程度相同，电场强度大小相等，方向都与此虚线垂直向左，则5.6两点电场强度相同．故B正确．
C、等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，所以4、5两点电势相等．故C正确．
D、两点电荷连线上电场线方向从3指向1，则3的电势高于1的电势．故D错误．
本题选错误的，故选D．
等量异种点电荷电场线的分布具有对称性，两点电荷连线的中垂线是一条等势线．根据电场线方向判断电势的高低：顺着电场线方向电势逐渐降低．
等量异种点电荷电场线、等势线分布要抓住对称性，其连线的中垂线是一条等势线．
5.【答案】D
【解析】由于子弹射入木块的时间极短，系统的动量守恒，取向右为正向，根据动量守恒定律得
mv0=(M+m) v，
解得 v=mv0M+m
从弹簧被压缩到木块第一次回到原来的位置过程中，系统速度大小不变，方向改变，对木块(含子弹)，根据动量定理得
I=−M+mv−M+mv=−2M+mmv0M+m=−2mv0
由于弹簧的质量不计，则墙对弹簧的弹力等于弹簧对木块的弹力，所以墙对弹簧的冲量大小等于弹簧对木块的冲量大小，为2mv0
A.0，与结论不相符，选项A错误；
B. 2m2v0M+m ，与结论不相符，选项B错误；
C. 2Mmv0M+m ，与结论不相符，选项C错误；
D.2mv0，与结论相符，选项D正确；
6.【答案】D
【解析】A.图甲，由安培定则可知，B处与D处的直线电流在A点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，合磁感应强度等于零，因此A点的磁感应强度由C处的直线产生，磁感应强度方向水平向右，A错误；
B.图乙速度选择器如果带电粒子从右边小孔射入，带电粒子带正电，由左手定则可知，带电粒子受洛伦兹力方向向下，同时受电场力方向也向下，因此如果带电粒子从右边小孔射入，不能沿虚线路径从左边小孔飞出，B错误；
C.图丙磁流体发电机，其产生的电动势为
E=Bvd
当等离子体平衡时，则有洛伦兹力大小等于电场力，其等离子体的速度不变，ｄ为两板间的间距不变，因此电动势E由磁感应强度决定，由欧姆定律可知，通过电阻R的电流大小与电动势有关，即与磁感应强度有关，C错误；
D.带电粒子在电场中加速时则有
qU=12mv2
在磁场中，则有
qvB=mv2R
解得
R=1B 2mUq
由上式可知，比荷相同的氦核和氘核在磁场中运动的半径相同，比荷相同的氦核和氘核，从容器A下方的小孔S₁飘入，经电场加速再进入匀强磁场后会打在照相底片同一个地方，D正确。
故选D。
7.【答案】A
【解析】设扔出第一个沙袋后皮划艇的速度为v1，方向为正，则沙袋的速度
v′=(v1−5)m/s
由动量守恒定律
(M−m)v1+mv′=0
解得
v1=0.25m/s
扔出第二个沙袋后皮划艇的速度为v2，方向为正，则沙袋的速度
v′′=(v2−5)m/s
由动量守恒定律
(M−m)v1=(M−2m)v2+mv′′
解得
v2=3976m/s
故选A。
8.【答案】A
【解析】根据右手螺旋定则可知直线电流I产生的磁场方向与光滑的水平面平行，根据左手定则可知，带正电的小球受到的洛伦兹力方向始终与该水平面垂直，沿水平方向没有分力，所以洛伦兹力对运动的电荷不做功，由此可知小球将做匀速直线运动。
故选A。
9.【答案】AC
【解析】【分析】
当开关闭合时，电容器的电势差保持不变，当开关断开时，电容器的电荷量保持不变，结合电容的决定式和比值定义式得出场强的变化，从而分析出液滴的运动方向，根据C=εrS4πkd、C=QU、E=Ud相结合推导出E的表达式，再分析E的变化。
本题主要考查了电容器的动态分析，理解在变化过程中的不变量，结合电容的决定式和比值定义式即可完成分析，难度不大。
【解答】
A.由图可知上极板带正电，带电液滴能静止，故带电液滴带负电，故A正确；
B.由 C=εrS4πkd 可知将一块有机玻璃插到两极板之间时电容器的电容将变大，故B错误；
C.保持开关S闭合，将A极板向左移动一小段距离，由 E=Ud 可知极板间电场强度不变，所以液滴将仍将保持静止，故C正确；
D.断开开关S，电容器带电量不变，由C=εrS4πkd，U=QC，E=Ud，可得E=4πkQεrS，将B极板向下移动一小段距离，电场强度不变，则液滴保持静止，故D错误。
故选AC。
10.【答案】BCD
【解析】当导线恰好不下滑时，其受力分析如图所示
其中
F安=BI1L
则根据平衡条件有
mgsinθ=μ(mgcsθ+BI1Lsinθ)+BI1Lcsθ
解得
I1=2mg11BL
当导线恰好不上滑时，其受力分析如图所示
其中
F′安=BI2L
则根据平衡条件有
mgsinθ+μ(mgcsθ+BI2Lsinθ)=BI2Lcsθ
解得
I2=2mgBL
因此，导线能在斜面上静止不动的电流的取值范围为
2mg11BL≤I≤2mgBL
故选BCD。
11.【答案】(1)BC(2)C (4)m1OP=m1OM+m2ON，m1⋅OP2=m1⋅OM2+m2ON2
【解析】【分析】
该题考查用“碰撞试验器”验证动量守恒定律，该实验中，虽然小球做平抛运动，但是却没有用到速度和时间，而是用位移x来代替速度v，成为是解决问题的关键．此题难度中等，属于中档题。
(1)A.由于发生对心碰撞，故两小球半径相同，B.m1与m2碰撞，需满足m1>m2,
C.为保证小球m1到达底端时速度相同，需要使小球m1从同意位置释放，
D.不需要测量时间．
(2)在该实验中，小球做平抛运动，H相等，时间t就相等，水平位移x=vt，与v成正比，因此可以用位移x来代替速度v。
(4)根据(2)的分析确定需要验证的关系式．
【解答】
(1)A、由于发生对心碰撞，故两小球半径相同，A错误；
B、m1与m2碰撞，需满足m1>m2,B正确；
C、为保证小球m1到达底端时速度相同，需要使小球m1从同意位置释放，C正确；
D、不需要测量时间，D错误；
故选择BC
(2)小球离开轨道后做平抛运动，由于小球抛出点的高度相等，它们在空中的运动时间相等，小球的水平位移与小球的初速度成正比，可以用小球的水平位移代替其初速度，
故选：C．
(4)要验证动量守恒定律定律，即验证：m1v1=m1v2+m2v3，小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：m1v1t=m1v2t+m2v3t，得：m1OP=m1OM+m2ON，由上式可知，若两球相碰前后的动量守恒，实验需要验证：m1OP=m1OM+m2ON；
若碰撞是弹性碰撞，那么还满足：12m1v12=12m1v22+12m2v32
结合公式：x=vt
表达式整理为：m1⋅OP2=m1⋅OM2+m2ON2
12.【答案】(1)F；D；
(2)③；
(3)3.6；0.80；相等
【解析】【分析】
本题考查测电源电动势和内阻的实验，能从题设得出实验原理是解题的关键。
(1)根据电表的改装原理得出两定值电阻对应的改装后电压表的量程，结合题设分析即可选择；根据题设和滑动变阻器选取的原则分析即可判断；
(2)结合实验原理分析即可选择；
(3)根据实验原理得出表达式，结合表达式得出图像斜率、纵截距的含义列方程即可得出电源电动势和电流表内阻，结合实验原理分析得出电源电动势的测量值与真实值的关系。
【解答】
(1)当电压表与定值电阻R1串联时，改装后的电压表量程为U1=U+URV·R1=4V；
当电压表与定值电阻R2串联时，改装后的电压表量程为U2=U+UIVR2=13V；
而电源电动势约为3.7V，为了减小读数误差，改装后电压表的量程为0−4V比较合适，即②应选择D；
因为电流表内阻较小，为了使电压表示数变化明显些，所以滑动变阻器R应选择0∼10Ω，则滑动变阻器应选择F。
(2)当电流表安装在①处时，由于滑动变阻器的阻值未知，无法得出通过电流表的电流和两端的电压，则无法得出电流表的内阻，当电流表安装在③处时，由U+URV·R1=E−Ir知，只要得出两组电压表、电流表的数据即可求出电流表的内阻。故电流表应安装在③处。
(3)由U+URV·R1=E−Ir可得U=34E−I·34r；
可见U−I图像的斜率的绝对值为34r，纵截距为34E；
由图丙知，34E=2.7V，34r=2.10−−0Ω=0.60Ω；
解得电源电动势E=3.6V，电流表内阻r=0.80Ω；
由题意得E=URV(RV+R1)+Ir
在此实验中，电流表“相对电源内接法”，且电流表内阻已测得，所以从实验原理上判断电动势的测量值与真实值相等。
13.【答案】(1)190Ω；(2)400Ω
【解析】(1)调零时将红黑表笔短接，构成闭合回路，调节滑动变阻器 R0 ，使表头达到满偏，根据闭合电路的欧姆定律有
R内=Rg+r+R0=EIg
代入数据解得
R内=200Ω ， R0=190Ω
(2)当表针偏转到满刻度的 13 处时，根据测量原理有
R=EI−R内
代入数据解得
R=400Ω
14.【答案】解：(1)带电粒子在电场中从P到a的过程中做类平抛运动，
水平方向：2h=v0t①
竖直方向：h=12at2②
由牛顿第二定律得a=qEm③
由①②③式联立，解得E=mv022qh④
(2)粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度为
vy=at⑤
由①③④⑤式得vy=v0⑥ 而vx=v0⑦
所以，粒子到达a点的速度
va= vx2+vy2= 2v0⑧
设速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则
tan θ=vyv0=1，θ=45°⑨
即到a点时速度方向指向第Ⅳ象限，且与x轴正方向成45°角。
(3)依题如图：
rmax= 2R
粒子在磁场中运动时，由牛顿第二定律qvB= mv2r
得：rmax=mvqBmin
则Bmin=mv0qR 。
【解析】本题主要考查了带电粒子在组合场中运动相关知识。分析好物理情景，画出粒子运动轨迹图，灵活应用各相关公式是解决本题的关键。
(1)粒子在电场中做平抛运动，根据平抛运动公式和牛顿第二定律可求电场强度E的大小；
(2)先求出粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度，再应用运动的合成求出粒子到达a点时速度的大小和方向；
(3)根据洛伦兹力提供向心力，当粒子从b点射出时，磁感应强度有最小值，由此分析可解。
15.【答案】解：(1)假设物体A一直加速，则
L=12at12，v末=at1，
联立解得v末=9m/s>v，
假设不成立，所以A先加速后匀速，
设物体A的加速度大小为aA，加速运动的时间为t′，则
μmAg=mAaA，
v=aAt′，
L=12aAt′2+v⋅(t−t′)，
联立解得μ=0.2。
(2)由动量守恒和机械能守恒可知，A与B碰后交换速度，则vB0=6m/s，以水平向右为正方向，B与C碰撞的过程，由动量守恒定律和机械能守恒定律得
mBvB0=mCvC1+mBvB1，
12mBvB02=12mBvB12+12mCvC12，
解得vB1=−3m/s，vC1=3m/s，
(3)B之后以3m/s的速度向左运动，与A相撞，此后A、B再次交换速度，A以vA=3m/s的速度向左冲上传送带先减速到0后，再向右加速到达传送带右端，则有
x相对=vt1，
t1=2vAμg，
则A与传送带之间的摩擦热为
Q=μmAg⋅x相对=36J。
(4)根据12mBvB02=μmCgL2得L2=3m
【解析】本题考查了牛顿运动定律解决传送带模型、弹性碰撞、摩擦热的求解，比较综合，计算量大，有一定难度，计算过程中还用到一些高中数学的知识，体现了数学与物理的结合。
(1)首先要判断出物体在水平传送带先加速，与传送带共速后一起做匀速运动，加速阶段根据牛顿第二定律分析加速度，根据运动学公式列式分析，联立可得出结论；
(2)(3)根据弹性碰撞的规律分析A与B碰后速度、B与C碰后速度，明确A的运动过程，根据运动学公式分析A与传送带的相对位移，再利用Q=fΔx求摩擦热；
(4)根据能量守恒求得。
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