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2022_2023学年江西省景德镇高二（下）期中物理试卷
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这是一份2022_2023学年江西省景德镇高二（下）期中物理试卷，共20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。
2022~2023学年江西省景德镇高二（下）期中物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1. 甲、乙两车在同一平直公路上同向行驶，二者的位置x随时间t的变化关系如图所示。则下列说法正确的是( )
A. t1时刻两车速度相同
B. t1时刻甲车追上乙车
C. t1到t2时间内，两车速度可能相同
D. t1到t2时间内，乙车的平均速率比甲车大
2. 如图所示，物体a和物体b通过跨过定滑轮的轻绳相连接，物体c放在水平地面上，b和c拴接在竖直轻弹簧的两端。初始时用手托住a，整个系统处于静止状态，且轻绳恰好伸直。已知a和c的质量均为2m，b的质量为m，重力加速度大小为g，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦。现释放物体a，则( )
A. 释放瞬间，a的加速度大小为g B. 释放瞬间，b的加速度大小为23g
C. c刚离开地面时，b的速度最大 D. 弹簧第一次恢复原长时，a的速度最大
3. 如图所示，两个轻质滑轮用无弹性的轻质细绳连接，一个滑轮下方挂着重物A，另一个滑轮下方挂着重物B，悬挂滑轮的绳均竖直，重物B用手固定。已知A、B质量均为m，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦和空气阻力。松开手的瞬间，重物B的加速度大小是
A. 13g B. 14g C. 25g D. 38g
4. 如图所示的平面内，一束包含两种颜色的复色光沿半径方向射向一块半圆形玻璃砖，入射角为i，折射后经O点射向空气中。下列说法正确的是( )
A. a光在空气中的波长比b光的小
B. b光在玻璃中的传播速度比a光小
C. 逐渐增大入射角i，出射光b先消失
D. 玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率
5. 在如图所示的电路中，理想变压器的原副线圈匝数比为2∶1，四个完全相同的灯泡额定电压为U，若已知灯泡L3和L4恰能正常工作，那么( )
A. L1和L2不能正常工作
B. 输入端电压U0=4U
C. 若减小输入端电压U0则L1和L2变的更亮
D. 因原线圈连接有灯泡，所以原线圈输入功率不等于副线圈输出功率
6. 一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p−T图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为V a、V b、V c，压强分别为p a、p b、p c。已知pb=p0，pc=4p0，则下列说法正确的是( )
A. pa=3p0 B. Vb=3Vc
C. 从状态a到状态b，气体对外做功 D. 从状态c到状态a，气体从外界吸热
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
7. 如图甲所示，在粗糙的水平面上，放着可视为质点的A、B两物块，质量分别为mA=2kg和mB=4kg。轻弹簧一端与物块A相连，另一端与竖直墙壁相连。未施加拉力F时，A到墙壁的距离小于弹簧原长且整个系统恰好处于静止状态。从t=0时刻开始，对B施加一水平向右的力F使物块B做匀加速运动，力F随时间变化的规律如图乙所示，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为0.5(g取10m/s2)，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则( )
A. 物块B的加速度大小为6m/s2
B. 水平力F的最大值为40N
C. 弹簧的劲度系数为200N/m
D. t=0到t=0.2s的过程中力F做的功为3.5J
8. 一列简谐横波沿x轴传播，在t=0.125s时的波形如图甲所示，M、N、P、Q是介质中的四个质点，已知N、Q两质点平衡位置之间的距离为16m。如图乙所示为质点P的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 该波的波速为120m/s
B. 该波沿x轴正方向传播
C. 质点P的平衡位置位于x=3m处
D. 从t=0.125s开始，质点Q比质点N早130s回到平衡位置
9. “风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型，研究气体流动及其与模型的相互作用，以了解实际飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在如图所示的矩形风洞中存在大小恒定的水平风力，现有一小球从M点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为9J，在O点动能为16J，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球的重力和受到的风力大小之比为4：3
B. 小球落到N点时的动能为73J
C. 小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1：3
D. 小球从M点运动到N点过程中的最小动能为5.76J
10. 如图甲所示，三个电荷量大小均为O的点电荷位于等边三角形的三个顶点上，其中带负电的点电荷位于坐标原点处，x轴处于等边三角形的一条中线上。现让一带电量为+q的试探电荷沿着x轴正方向运动，以x正向为+q所受电场力的正方向，得到+q所受电场力随位置的变化图像如图乙所示，设无穷远处电势为零。则以下说法正确的是( )
A. x1>x0
B. 在x正半轴上，+q在x2处所受电场力最大
C. +q在x1处电势能最大
D. +q在x1处电势能为零
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
11. 某同学设计出如图1所示的实验装置来验证机械能守恒定律。让小球自由下落，下落过程中小球的球心经过光电门1和光电门2，光电计时器记录下小球通过光电门的时间Δt1、Δt2，已知当地的重力加速度大小为g。
(1)该同学先用螺旋测微器测出小球的直径如图2所示，则其直径d= ______ mm。
(2)为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量______ (填选项序号)。
A.小球的质量m
B.光电门1和光电门2之间的距离h
C.小球从光电门1到光电门2下落的时间t
(3)小球通过光电门1时的瞬时速度v1= ______ (用题中所给的物理量符号表示)。
(4)保持光电门1位置不变，上下调节光电门2，多次实验记录多组数据，作出1(Δt2)2随h变化的图像如图3所示，如果不考虑空气阻力，若该图线的斜率k1= ______ ，就可以验证小球下落过程中机械能守恒。
(5)考虑到实际存在空气阻力，设小球在下落过程中平均阻力大小为f，根据实际数据绘出的1(Δt2)2随h变化的图像的斜率为k(k
A.被测干电池一节
B.电流表1：量程0 ∼ 0.6A，内阻为0.30Ω
C.电流表2：量程0 ∼ 0.6A，内阻约为0.1Ω
D.电压表1：量程0 ∼ 2V，内阻约为2kΩ
E.电压表2：量程0 ∼ 10V，内阻约为10kΩ
F.滑动变阻器1：最大阻值为10Ω
G.滑动变阻器2：最大阻值为100Ω
H.开关、导线若干
(1)请在上述器材中选择适当的电压表与滑动变阻器(填写器材前的字母)：电压表选择_________，滑动变阻器选择___________；
(2)某实验小组选用的电流表是C，请根据他们选用的器材将图甲的实物连线补充完整_____________；
(3)另一实验小组选用的电流表是B，他们考虑了电表内阻造成的系统误差，重新连接电路后进行实验，得到了如图乙所示的U—I图像。则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E =_______________V，内阻r =________________Ω(以上结果均保留2位小数)。
四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
13. 冲击电流计属于磁电式检流计，它可以测量短时间内通过冲击电流计的脉冲电流所迁移的电荷量，以及与电荷量有关的其他物理量测量(如磁感应强度)。已知冲击电流计D的内阻为R，通过的电荷量q与冲击电流计光标的最大偏转量dm成正比，即q=kdm(k为电荷量冲击常量，是已知量)。如图所示，有两条光滑且电阻不计的足够长金属导轨MN和PQ水平放置，两条导轨相距为L，左端MP接有冲击电流计D，EF的右侧有方向竖直向下的匀强磁场。现有长度均为L、电阻均为R的导体棒ab与cd用长度也为L的绝缘杆组成总质量为m的“工”字型框架。现让“工”字型框架从EF的左边开始以初速度v0(大小未知)进入磁场，当cd导体棒到达EF处时速度减为零，冲击电流计光标的最大偏转量为d，不计导体棒宽度，不计空气阻力，试求：
(1)在此过程中，通过ab导体棒的电荷量qab和磁场的磁感应强度B的大小；
(2)在此过程中，“工”字型框架产生的总焦耳热Q；
(3)若“工”字型框架以初速度2v0进入磁场，求冲击电流计光标的最大偏转量d′。
14. 如图所示，在足够大的水平地面上有一质量M=2kg的静止长木板，长木板的左端放置一质量m=1kg的物体A，距长木板的右端l1=2m处放置质量与物体A相等的另一物体B(物体B底面光滑)。在t=0时刻对物体A施加一水平向右的恒定推力F=6N，同时给物体B一向右的瞬时速度v0=2m/s，已知长木板与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.05，物体A与长木板间的动摩擦因数μ2=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，长木板的长度L=5m，取重力加速度大小g=10m/s2，物体A、B均可视为质点。
(1)求t=0时刻长木板的加速度大小；
(2)求物体A、B在长木板上相撞的时刻t1；
(3)若在t2=2s时刻撤去推力F，求物体A、B在长木板上运动过程中二者相距最近时的距离d。
15. 某种质谱仪由偏转电场和偏转磁场组成，其示意图如图所示，整个装置处于真空中。偏转电场的极板水平放置，极板长度和间距均为L。在偏转电场右侧适当位置有一夹角为2θ的足够大扇形区域OPQ，区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，区域的OP边与偏转极板中心轴线MN垂直，扇形圆心O点与轴线MN的距离为d。现有大量正离子(单个离子质量为m、电荷量为q)连续不断地以速度v0沿轴线MN射入偏转电场。
当偏转电压为0
时，离子均能垂直扇形区域的OQ边射出磁场；若在两极板间加峰值为Um= 3mv023q的正弦式电压，则所有离子经过磁场偏转后都能经过磁场外同一点(图中未画出)。若仅考虑极板间的电场，离子在电场中运动的时间远小于两极板间所加交变电压的周期，不计离子的重力和离子间的相互作用，求：(可能用到的数学公式：sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ)
(1)偏转磁场的磁感应强度；
(2)离子在通过偏转电场的过程中动量变化量的最大值；
(3)离子在偏转磁场中运动的最长时间与最短时间的差值；
(4)扇形区域的OP边与极板右端的距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A、x−t图象的切线斜率表示速度，在t1时刻乙图象的斜率大于甲图象的斜率，所以乙车的速度大于甲车速度，故A错误；
B、由图示图象可知，在t1时刻乙车追上甲车，故B错误；
C、根据图象可知，在t1时刻乙图象的切线斜率大于甲图象的切线斜率，在t2时刻乙图象的切线斜率小于甲图象的切线斜率，在t1到t2时间内的某时刻的切线斜率相同，此时两车速度相等，故C正确；
D、t1到t2时间内，两车初末位置相同，则位移相同，又根据图像的切线斜率可知，两车这段时间均做单向直线运动，故位移的大小等于路程，则路程相等，而平均速率是路程与时间的比值，所以两车的平均速率相等，故D错误。
故选C
2.【答案】B
【解析】AB、刚释放a的瞬时，弹簧对b的弹力向上，大小为F=mg，则对ab整体，由牛顿第二定律2mg+mg−F=3ma，代入数据，解得ab的加速度a=23g，故A错误，B正确；
CD、当ab的加速度为零时其速度最大，此时弹簧处于伸长状态，弹力为拉力，大小为mg，此时c还未离开地面，故CD错误；
故选：B。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
A、B通过滑轮关联，两者运动时间相同；由滑轮知识可知，在相同的时间内，B运动的位移大小是A的2倍，结合运动学公式，可求得两者加速度之比，再分别对两者进行受力分析，结合牛顿第二定律可求出具体加速度大小。
本题利用滑轮模型考查运动学公式、牛顿运动定律，分析过程较为简单，掌握相关基础概念即可求解。
【解答】
由滑轮知识可知，在相同的时间内，B运动的位移大小是A的2倍，由y=12at2可知，B的加速度大小是A的2倍，即aB=2aA；
受力分析可知，松开手后，重物B下落，A上升，松开手的瞬间，设绳上的拉力为T，对物体A有2T−mg=maA，对物体B有mg−T=maB，解得aB=25g，故C正确，ABD错误。
4.【答案】A
【解析】BD.光线a的偏折程度大，根据光路可逆结合折射定律公式n=sinγsini，其中γ是折射角，可知a光的折射率大，根据v=cn，可知b光在玻璃中的传播速度比a光大，故BD错误；
A.a光的折射率大，说明a光的频率高，根据c=λf，a光在真空中的波长较短，故A正确；
C.若改变光束的入射方向使i逐渐变大，则折射光线a的折射角先达到90°，所以a光先发生全反射，折射光线先消失，故C错误。
故选A。
5.【答案】B
【解析】A.设灯泡的额定电流为I，由于L3和L4恰能正常工作，副线圈的电流为2I，由于变压器电流与匝数成反比，可知原线圈的电流为I，L1和L2与原线圈串联电流为I，能正常工作，A错误；
B.灯泡的额定电压为U，变压器电压与匝数成正比，可知原线圈两端电压为2U，L1和L2正常工作，两端的电压均为U，故输入端电压为U0=4U，B正确；
C.若减小输入端电压U0，则变压器原线圈电压减小，副线圈电压减小，副线圈电流减小，导致原线圈电流减小，故L 1和L2变得更暗，C错误；
D.理想变压器原线圈输入功率等于副线圈输出功率，D错误。
故选B。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了理想气体状态方程、气体状态变化的图象问题、热力学第一定律内容及其应用；能从p−T图像准确读取信息，根据理想气体状态方程和热力学第一定律即可解答。
【解答】
A.因为ab延长线过原点，所以a到b为等容变化，由理想气体状态方程得：paVaTa=pbVbTb，
代入数据得：pa=2p0，故A错误；
B.b到c过程为等温过程，由理想气体状态方程得：pbVbTb=pcVcTc，结合图像得：Vb=4Vc，故B错误；
C.从状态a到状态b，气体体积不变，不对外做功，故C错误；
D.从状态c到状态a过程，等效为c到b再由b到a过程；
c到b过程为等温变化，体积变大，气体对外做功，即W<0；
b到a过程为等容变化，温度升高，从外界吸热，即Q>0；理想气体内能与温度有关，从状态c到状态a温度升高，即ΔU>0，由热力学第一定律ΔU=Q+W知，气体从状态c到状态a，气体从外界吸热，且吸热量大于对外做的功，故D正确。
7.【答案】BD
【解析】解：A、未施加拉力F时，A、B均静止，设弹簧压缩x0，根据平衡条件可得：kx0=μ(mA+mB)g
t=0时刻刚施加F时，对A、B整体，根据牛顿第二定律可得：F+kx0−μ(mA+mB)g=(mA+mB)a
由图像可得此时：F=30N
由以上两式解得：a=5m/s2，故A错误；
B、当A、B分离后，水平力F达到最大值，根据牛顿第二定律可得：Fm−μmBg=mBa
解得：Fm=40N，故B正确；
C、刚分离时，设弹簧压缩量为x1，对A，根据牛顿第二定律可得：kx1−μmAg=mAa
根据运动学公式可得：x0−x1=12at2
联立解得：k=100N/m，故C错误；
D、根据题意可知t=0.2s时，A、B开始分离，此过程AB位移大小为：x=12at2
AB分开前，可得：F=kx+30 (N)
拉力F与位移是一次函数关系，A、B分离时，拉力F的大小为：Fm=40N
故t=0到t=0.2s的过程中力F做的功为：W=F0+Fm2x，代入数据解得：W=3.5J，故D正确。
故选：BD。
未施加拉力F时，根据平衡条件结合牛顿第二定律进行解答；当A、B分离后，水平力F的达到最大值，根据牛顿第二定律求解最大拉力；刚分离时，对A根据牛顿第二定律结合运动学公式进行解答；根据功的计算公式进行解答。
本题主要是考查功能关系、牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚物块的受力情况和变力做功的计算方法，弄清楚物块的运动过程，结合图象给出的信息进行解答。
8.【答案】AD
【解析】A、根据三角函数的相关知识可知，NQ两质点平衡位置之间的距离为：xNQ=3λ4−π62π⋅λ=16m，解得：λ=24m，根据图乙可知波的周期为T=0.2s，因此波速为v=λT=240.2m/s=120m/s，故A正确；
B、由图乙可知，t=0.125s时刻，质点P沿y轴负方向运动，根据同侧法可知，该波沿x轴负方向传播，故B错误；
C、由图乙可知，在t=0.125s之后，质点P第一次位于波峰的时间为t=0.25s，由此可知波峰为t=0.125s时刻质点Q所在处的波峰传播来的，所以有xQ−xPv=0.25s−0.125s，结合N、Q两质点平衡位置之间的距离为16m，解得：xP=1m，故C错误；
D、从t=0.125s开始，质点Q第一次回到平衡位置所经历的时间为t1=T4=0.05s，图甲中，质点Q左侧波形的第一个平衡位置处坐标为x1=xQ−λ4=10m，该振动状态第一次传播到质点N所经历的时间为t2=x1v=10120s=112s，则Δt=t2−t1=112s−0.05s=130s，即质点Q比质点N早130s回到平衡位置，故D正确。
故选：AD。
9.【答案】BCD
【解析】解：A、设风力大小为F，小球重力大小为mg，O、M两点间的水平距离为x1，竖直距离为h，
根据竖直上抛规律有：h=v022g，
对小球从M运动到O点过程，根据动能定理有
Fx1−mgh=EkO−EkM
由题意可知12mv02=9J，
根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为：a=Fm，
小球从M运动到O所用时间为t=v0g，
根据运动学公式有x1=12at2，
联立解得：Fmg=43，故A错误；
B、MN两点间水平距离x=12a(2t)2
设小球落到N点时的动能为Ek1，根据动能定理有
Fx=Ek1−12mv02
联立解得：Ek1=73J，故B正确；
C、设O、N两点间的水平距离为x2，根据匀变速直线运动规律的推论可知x1x3=13
根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为ΔE1ΔE2=Fx1Fx2=13，故C正确；
D、小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角的正切值为tanθ=43，
根据速度的合成与分解可得小球从M点运动到N点过程中的最小速度为vm=v0sinθ=45v0，
解得最小动能为Ekm=1625Ek0=5.76J，故D正确。
故选：BCD。
小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性分析从M点至O点和从O点至N点的运动时间相等；小球在水平方向上做初速为零的匀加速运动，由运动学中位移公式，运用比例法求出x1与x2之比，分别研究M到O和O到N水平方向的分运动，由动能定理求解可得到小球落到N点时的动能；根据功的计算公式求解风力做功之比；求出风力和重力的大小关系，根据速度的合成与分解求解最小的速度，由此得到小球动能的最小值。
本题考查带电小球在复合场中的运动，注意将小球按照竖直方向和水平方向进行分解，在解决N点动能时要注意结合运动学和动能定理进行求解，不能分方向列出动能定理，因为动能定理为标量性方程，不能分解。
10.【答案】AC
【解析】
【分析】分析试探电荷受力情况能判断两位置的关系。越靠近点电荷的位置，试探电荷所受的电场力越大。根据电场力做功判断电势能的变化。
明确电场力做功与电势能的关系，搞清点电荷在电场中的受力情况是解决问题的关键。
【解答】A、图乙中x1的位置正点电荷所受的电场力等于零，根据图甲来判断x0的位置正点电荷的受力不为零，方向向左，故根据题意，正点电荷受力等于零的位置在x0的右侧，如图是正点电荷受到的两个正电荷的作用力：
则x1>x0，故A正确；
B、由图象可知，在x轴正半轴上，越靠近负点电荷时，正点电荷的受力越大，所以，+q在x2处所受电场力不是最大，故B错误；
CD、在0x1范围内，电场力做正功，电势能减小。故电势能在x1处电势能最大，故C正确，D错误。
11.【答案】(1)6.200 (2)B (3)dΔt1(4)2gd2(5)k1−kk1
【解析】解：(1)图2所示螺旋测微器分度值为0.01mm，测得小球的直径d=6mm+0.01×20.0mm=6.200mm；
(2)为了验证机械能守恒定律，则有mgh=12mv22−12mv12；
A.由上式可知，小球的质量m不需要测量，故A错误；
B.光电门1和光电门2之间的距离h需要测量，故B正确；
C.小球从光电门1到光电门2下落的时间t可以根据纸带得到，不需要测量，故C错误；
故选：B；
(3)小球通过光电门1时的瞬时速度可近似等于平均速度，则有v1=dΔt1；
(4)由mgh=12mv22−12mv12
可得1(Δt2)2=2gd2h+1(Δt1)2
由此可知，若该图线的斜率k1=2gd2
就可以验证小球下落过程中机械能守恒。
(5)1(Δt2)2随h变化的图像的斜率为k，即1(Δt2)2=kh
设小球在下落过程中平均阻力大小为f，则
mgh−fh=12m(dΔt2)2−12m(dΔt1)2
故k=2(mg−f)md2
f=mg−kmd22
联立解得：fmg=k1−kk1。
故答案为：(1)6.200(2)B(3)dΔt1(4)2gd2(5)k1−kk1
(1)根据螺旋测微器读数规则读数；
(2)该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度h，以及物体通过光电门的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据；
(3)利用平均速度法求解到达光电门时的速度；
(4)根据机械能守恒列出1(Δt2)2和h的关系式，分析图像斜率的表达式；
(5)根据牛顿第二定律列式分析即可。
解决本题需熟练掌握实验原理，根据实验原理分析所要测的物理量，掌握机械能守恒的表达式和瞬时速度的求解方法。
12.【答案】(1)D，F；
(2)；
(3)1.48，0.50
【解析】(1)一节干电池的电动势大约1.5V，故选择电压表1，即选D。电池电源较小，故选择滑动变阻器1，即选F。
(2)由于干电池内阻很小，电压表测的是路端电压，且电流表内阻未知，若将电流表内接(相对于电源)，则内阻误差较大，所以电流表采用外接法(相对于电源)，故实物图如图所示。
(3)由乙图可知，电源电动势为E = 1.48V，内阻为r=EI−RA=1.48−1.000.60Ω−0.30Ω=0.80Ω−0.30Ω=0.50Ω。
13.【答案】解：(1)通过电流计D的电荷量q=kd，电路总电荷量qab=2q=2kd，
ab为电源，因此回路的总电阻R′=R+R2=1.5R，
由qab=I−t=ΔΦR′t⋅t=BL2R′，
联立解得：B=3RkdL2；
(2)规定向右为正方向，进入过程由动量定理−BLqab=0−mv0,
总焦耳热Q′=12mv02，
ab中的焦耳热Qab=23Q′，
cd中的焦耳热Qcd=13×12Q′，
Q=(23+13×12)Q′，
联立解得：Q=15k4d4R2mL2；
(3)开始到全部进入根据动量定理有：−BL(2kd)=mv1−m⋅2v0，
全部进入之后根据动量定理有：−BL(kΔd)=0−mv1，
联立解得：Δd=2d，
因此光标的最大偏转量d′=3d。
【解析】见答案
14.【答案】解：(1)长木板受到A对其水平向右的摩擦力f1，地面对其水平向左的摩擦力f2，由牛顿第二定律得f1−f2=Ma，
f1=μ2mg，f2=μ1(M+2m)g，
代入得：0.4×10N−0.05×40N=2kg·a，
解得a=1m/s2；
(2)物块A的加速度aA=F−μ2mgm=6−41m/s2=2m/s2，
以长木板为参考系，A对长木板做加速度为a1=1m/s2的匀加速直线运动，B对长木板做加速度为a2=1m/s2的匀减速直线运动，
则L−l1+v0t1−12a2t12=12a1t12，
解得t1=3s；
(3)撤去力F之前的A相对长木板左端的位移x1=12a1t22=12×1×4m=2m，
撤去力F之前的B相对长木板右端的位移x2=l1−(v0t2−12a2t22)=2m−(4m−12×1×4m)=0，
所以t2时刻A、B在长木板上相距Δx=5m−2m=3m，
此时A的速度vA=aAt2=2×2m/s=4m/s，
长木板的速度v=at2=1×2m/s=2m/s，
撤去力F后A的加速度为a0=μ2g=0.4×10m/s2=4m/s2，
A做匀减速直线运动，长木板继续做匀加速直线运动，B做匀速直线运动，经过时间t，A与长木板共速即vA−a0t=v+at，
解得：t=0.4s，v共=2.4m/s，
在该时间内，物体A相对长木板的位移△xA=4+2.42×0.4m−2+2.42×0.4m=0.4m，
而B相对长木板的位移ΔxB=2+2.42×0.4m−2×0.4m=0.08m，
A、B之间的位移Δx1=Δx−ΔxA−ΔxB=2.52m，
A与长木板共速后一起做匀减速直线运动，加速度为a3=μ1M+2mgM+m=23m/s2，当三者共速时物体A、B在长木板上运动过程中二者相距最近，设经过时间t′长木板与物块B共速，则v共−a3t′=v0，
解得t ′=0.6s，
该时间内A和长木板一起相对B的位移Δx2=v共+v02t ′−v0t ′=0.12m，
所以d=Δx1−△x2=2.4m。
【解析】见答案
15.【答案】解：(1)不加偏转电压时，离子束能垂直磁场的边界OQ出磁场，所以在磁场中离子做圆周运动的半径为：
R=d
又qv0B=mv02R
解得：B=mv0qd，且方向垂直纸面向外；
(2)当偏转电压最大吋，动量变化量最大为：
Δpmax=mvy
离子在电场中的偏转过程有：
竖直方向：vy=at
qUmL=ma
水平方向：L=v0t
联立解得：vy= 33v0，Δpmax= 3mv03；
(3)如图，进入磁场的离子速度方向反向延长都汇于G1，最后该束粒子都能会聚于一点G2，故离子在磁场中的圆周运动圆心均在2θ的角平分线上。
离子在磁场中的运动周期与离子的速度无关，所以：
T=2πmqB=2πdv0
当偏转电压正向最大时，圆周运动轨迹为C1D1，所对应圆心角最大为：2(θ+α)，
运动时间为：tmax=2(θ+α)2πT
当偏转电压负向最大时，圆周运动轨迹为C2D2，所对应圆心角最小为：2(θ−α)，
运动时间为：tmin=2(θ−α)2πT
由(2)解可知：tanα=vyv0= 33，
得α=π6
离子在偏转磁场中运动的最长时间与最短时间的差值
Δt=tmax−tmin
以上式子联立可得：Δt=2πd3v0；
(4)由离子在电场中偏转可求得：
NC1=(L2+x)tanα
在磁场中做圆周运动时有：
qvB=mv2Rmax；
其中：v= v02+vy2
解得：Rmax=2 3d3
在△OO1C1中，根据正弦定理知：
d+NC1sin(θ+α)=Rmaxsinθ
联立方程组解得：扇形区域的OP边与极板右端的距离x=dtanθ−L2
【解析】(1)不加偏转电压时，离子束在磁场中离子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，列式可求偏转磁场的磁感应强度；
(2)当偏转电压最大吋，动量变化量最大，离子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律求出竖直方向分速度即可；
(3)离子在磁场中的运动周期与离子的速度无关，当偏转电压正向最大时，所对应圆心角最大，当偏转电压负向最大时，所对应圆心角最小，结合周期公式即可求离子在偏转磁场中运动的最长时间与最短时间的差；
(4)由以上分析，根据几何关系即可求扇形区域的OP边与极板右端的距离。
本题考查带电粒子在电、磁场中的运动，解题关键要分析清楚粒子的运动情况，在磁场中运动时，通常根据圆心角和周期关系求运动时间，几何关系在此类题型中应用较多，需要加强训练。
2022~2023学年江西省景德镇高二（下）期中物理试卷
一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）
1. 甲、乙两车在同一平直公路上同向行驶，二者的位置x随时间t的变化关系如图所示。则下列说法正确的是( )
A. t1时刻两车速度相同
B. t1时刻甲车追上乙车
C. t1到t2时间内，两车速度可能相同
D. t1到t2时间内，乙车的平均速率比甲车大
2. 如图所示，物体a和物体b通过跨过定滑轮的轻绳相连接，物体c放在水平地面上，b和c拴接在竖直轻弹簧的两端。初始时用手托住a，整个系统处于静止状态，且轻绳恰好伸直。已知a和c的质量均为2m，b的质量为m，重力加速度大小为g，弹簧始终在弹性限度内，不计一切摩擦。现释放物体a，则( )
A. 释放瞬间，a的加速度大小为g B. 释放瞬间，b的加速度大小为23g
C. c刚离开地面时，b的速度最大 D. 弹簧第一次恢复原长时，a的速度最大
3. 如图所示，两个轻质滑轮用无弹性的轻质细绳连接，一个滑轮下方挂着重物A，另一个滑轮下方挂着重物B，悬挂滑轮的绳均竖直，重物B用手固定。已知A、B质量均为m，重力加速度大小为g，忽略一切摩擦和空气阻力。松开手的瞬间，重物B的加速度大小是
A. 13g B. 14g C. 25g D. 38g
4. 如图所示的平面内，一束包含两种颜色的复色光沿半径方向射向一块半圆形玻璃砖，入射角为i，折射后经O点射向空气中。下列说法正确的是( )
A. a光在空气中的波长比b光的小
B. b光在玻璃中的传播速度比a光小
C. 逐渐增大入射角i，出射光b先消失
D. 玻璃砖对a光的折射率小于对b光的折射率
5. 在如图所示的电路中，理想变压器的原副线圈匝数比为2∶1，四个完全相同的灯泡额定电压为U，若已知灯泡L3和L4恰能正常工作，那么( )
A. L1和L2不能正常工作
B. 输入端电压U0=4U
C. 若减小输入端电压U0则L1和L2变的更亮
D. 因原线圈连接有灯泡，所以原线圈输入功率不等于副线圈输出功率
6. 一定质量的理想气体由状态a开始，经历ab、bc、ca三个过程回到原状态，其p−T图像如图所示，气体在三个状态的体积分别为V a、V b、V c，压强分别为p a、p b、p c。已知pb=p0，pc=4p0，则下列说法正确的是( )
A. pa=3p0 B. Vb=3Vc
C. 从状态a到状态b，气体对外做功 D. 从状态c到状态a，气体从外界吸热
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）
7. 如图甲所示，在粗糙的水平面上，放着可视为质点的A、B两物块，质量分别为mA=2kg和mB=4kg。轻弹簧一端与物块A相连，另一端与竖直墙壁相连。未施加拉力F时，A到墙壁的距离小于弹簧原长且整个系统恰好处于静止状态。从t=0时刻开始，对B施加一水平向右的力F使物块B做匀加速运动，力F随时间变化的规律如图乙所示，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为0.5(g取10m/s2)，取最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则( )
A. 物块B的加速度大小为6m/s2
B. 水平力F的最大值为40N
C. 弹簧的劲度系数为200N/m
D. t=0到t=0.2s的过程中力F做的功为3.5J
8. 一列简谐横波沿x轴传播，在t=0.125s时的波形如图甲所示，M、N、P、Q是介质中的四个质点，已知N、Q两质点平衡位置之间的距离为16m。如图乙所示为质点P的振动图像。下列说法正确的是( )
A. 该波的波速为120m/s
B. 该波沿x轴正方向传播
C. 质点P的平衡位置位于x=3m处
D. 从t=0.125s开始，质点Q比质点N早130s回到平衡位置
9. “风洞实验”指在风洞中安置飞行器或其他物体模型，研究气体流动及其与模型的相互作用，以了解实际飞行器或其他物体的空气动力学特性的一种空气动力实验方法。在如图所示的矩形风洞中存在大小恒定的水平风力，现有一小球从M点竖直向上抛出，其运动轨迹大致如图所示，其中M、N两点在同一水平线上，O点为轨迹的最高点，小球在M点动能为9J，在O点动能为16J，不计空气阻力，下列说法正确的是( )
A. 小球的重力和受到的风力大小之比为4：3
B. 小球落到N点时的动能为73J
C. 小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为1：3
D. 小球从M点运动到N点过程中的最小动能为5.76J
10. 如图甲所示，三个电荷量大小均为O的点电荷位于等边三角形的三个顶点上，其中带负电的点电荷位于坐标原点处，x轴处于等边三角形的一条中线上。现让一带电量为+q的试探电荷沿着x轴正方向运动，以x正向为+q所受电场力的正方向，得到+q所受电场力随位置的变化图像如图乙所示，设无穷远处电势为零。则以下说法正确的是( )
A. x1>x0
B. 在x正半轴上，+q在x2处所受电场力最大
C. +q在x1处电势能最大
D. +q在x1处电势能为零
三、实验题（本大题共2小题，共18.0分）
11. 某同学设计出如图1所示的实验装置来验证机械能守恒定律。让小球自由下落，下落过程中小球的球心经过光电门1和光电门2，光电计时器记录下小球通过光电门的时间Δt1、Δt2，已知当地的重力加速度大小为g。
(1)该同学先用螺旋测微器测出小球的直径如图2所示，则其直径d= ______ mm。
(2)为了验证机械能守恒定律，该实验还需要测量下列哪些物理量______ (填选项序号)。
A.小球的质量m
B.光电门1和光电门2之间的距离h
C.小球从光电门1到光电门2下落的时间t
(3)小球通过光电门1时的瞬时速度v1= ______ (用题中所给的物理量符号表示)。
(4)保持光电门1位置不变，上下调节光电门2，多次实验记录多组数据，作出1(Δt2)2随h变化的图像如图3所示，如果不考虑空气阻力，若该图线的斜率k1= ______ ，就可以验证小球下落过程中机械能守恒。
(5)考虑到实际存在空气阻力，设小球在下落过程中平均阻力大小为f，根据实际数据绘出的1(Δt2)2随h变化的图像的斜率为k(k
A.被测干电池一节
B.电流表1：量程0 ∼ 0.6A，内阻为0.30Ω
C.电流表2：量程0 ∼ 0.6A，内阻约为0.1Ω
D.电压表1：量程0 ∼ 2V，内阻约为2kΩ
E.电压表2：量程0 ∼ 10V，内阻约为10kΩ
F.滑动变阻器1：最大阻值为10Ω
G.滑动变阻器2：最大阻值为100Ω
H.开关、导线若干
(1)请在上述器材中选择适当的电压表与滑动变阻器(填写器材前的字母)：电压表选择_________，滑动变阻器选择___________；
(2)某实验小组选用的电流表是C，请根据他们选用的器材将图甲的实物连线补充完整_____________；
(3)另一实验小组选用的电流表是B，他们考虑了电表内阻造成的系统误差，重新连接电路后进行实验，得到了如图乙所示的U—I图像。则在修正了实验系统误差后，干电池的电动势E =_______________V，内阻r =________________Ω(以上结果均保留2位小数)。
四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
13. 冲击电流计属于磁电式检流计，它可以测量短时间内通过冲击电流计的脉冲电流所迁移的电荷量，以及与电荷量有关的其他物理量测量(如磁感应强度)。已知冲击电流计D的内阻为R，通过的电荷量q与冲击电流计光标的最大偏转量dm成正比，即q=kdm(k为电荷量冲击常量，是已知量)。如图所示，有两条光滑且电阻不计的足够长金属导轨MN和PQ水平放置，两条导轨相距为L，左端MP接有冲击电流计D，EF的右侧有方向竖直向下的匀强磁场。现有长度均为L、电阻均为R的导体棒ab与cd用长度也为L的绝缘杆组成总质量为m的“工”字型框架。现让“工”字型框架从EF的左边开始以初速度v0(大小未知)进入磁场，当cd导体棒到达EF处时速度减为零，冲击电流计光标的最大偏转量为d，不计导体棒宽度，不计空气阻力，试求：
(1)在此过程中，通过ab导体棒的电荷量qab和磁场的磁感应强度B的大小；
(2)在此过程中，“工”字型框架产生的总焦耳热Q；
(3)若“工”字型框架以初速度2v0进入磁场，求冲击电流计光标的最大偏转量d′。
14. 如图所示，在足够大的水平地面上有一质量M=2kg的静止长木板，长木板的左端放置一质量m=1kg的物体A，距长木板的右端l1=2m处放置质量与物体A相等的另一物体B(物体B底面光滑)。在t=0时刻对物体A施加一水平向右的恒定推力F=6N，同时给物体B一向右的瞬时速度v0=2m/s，已知长木板与水平地面间的动摩擦因数μ1=0.05，物体A与长木板间的动摩擦因数μ2=0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，长木板的长度L=5m，取重力加速度大小g=10m/s2，物体A、B均可视为质点。
(1)求t=0时刻长木板的加速度大小；
(2)求物体A、B在长木板上相撞的时刻t1；
(3)若在t2=2s时刻撤去推力F，求物体A、B在长木板上运动过程中二者相距最近时的距离d。
15. 某种质谱仪由偏转电场和偏转磁场组成，其示意图如图所示，整个装置处于真空中。偏转电场的极板水平放置，极板长度和间距均为L。在偏转电场右侧适当位置有一夹角为2θ的足够大扇形区域OPQ，区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场，区域的OP边与偏转极板中心轴线MN垂直，扇形圆心O点与轴线MN的距离为d。现有大量正离子(单个离子质量为m、电荷量为q)连续不断地以速度v0沿轴线MN射入偏转电场。
当偏转电压为0
时，离子均能垂直扇形区域的OQ边射出磁场；若在两极板间加峰值为Um= 3mv023q的正弦式电压，则所有离子经过磁场偏转后都能经过磁场外同一点(图中未画出)。若仅考虑极板间的电场，离子在电场中运动的时间远小于两极板间所加交变电压的周期，不计离子的重力和离子间的相互作用，求：(可能用到的数学公式：sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβ)
(1)偏转磁场的磁感应强度；
(2)离子在通过偏转电场的过程中动量变化量的最大值；
(3)离子在偏转磁场中运动的最长时间与最短时间的差值；
(4)扇形区域的OP边与极板右端的距离。
答案和解析
1.【答案】C
【解析】A、x−t图象的切线斜率表示速度，在t1时刻乙图象的斜率大于甲图象的斜率，所以乙车的速度大于甲车速度，故A错误；
B、由图示图象可知，在t1时刻乙车追上甲车，故B错误；
C、根据图象可知，在t1时刻乙图象的切线斜率大于甲图象的切线斜率，在t2时刻乙图象的切线斜率小于甲图象的切线斜率，在t1到t2时间内的某时刻的切线斜率相同，此时两车速度相等，故C正确；
D、t1到t2时间内，两车初末位置相同，则位移相同，又根据图像的切线斜率可知，两车这段时间均做单向直线运动，故位移的大小等于路程，则路程相等，而平均速率是路程与时间的比值，所以两车的平均速率相等，故D错误。
故选C
2.【答案】B
【解析】AB、刚释放a的瞬时，弹簧对b的弹力向上，大小为F=mg，则对ab整体，由牛顿第二定律2mg+mg−F=3ma，代入数据，解得ab的加速度a=23g，故A错误，B正确；
CD、当ab的加速度为零时其速度最大，此时弹簧处于伸长状态，弹力为拉力，大小为mg，此时c还未离开地面，故CD错误；
故选：B。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
A、B通过滑轮关联，两者运动时间相同；由滑轮知识可知，在相同的时间内，B运动的位移大小是A的2倍，结合运动学公式，可求得两者加速度之比，再分别对两者进行受力分析，结合牛顿第二定律可求出具体加速度大小。
本题利用滑轮模型考查运动学公式、牛顿运动定律，分析过程较为简单，掌握相关基础概念即可求解。
【解答】
由滑轮知识可知，在相同的时间内，B运动的位移大小是A的2倍，由y=12at2可知，B的加速度大小是A的2倍，即aB=2aA；
受力分析可知，松开手后，重物B下落，A上升，松开手的瞬间，设绳上的拉力为T，对物体A有2T−mg=maA，对物体B有mg−T=maB，解得aB=25g，故C正确，ABD错误。
4.【答案】A
【解析】BD.光线a的偏折程度大，根据光路可逆结合折射定律公式n=sinγsini，其中γ是折射角，可知a光的折射率大，根据v=cn，可知b光在玻璃中的传播速度比a光大，故BD错误；
A.a光的折射率大，说明a光的频率高，根据c=λf，a光在真空中的波长较短，故A正确；
C.若改变光束的入射方向使i逐渐变大，则折射光线a的折射角先达到90°，所以a光先发生全反射，折射光线先消失，故C错误。
故选A。
5.【答案】B
【解析】A.设灯泡的额定电流为I，由于L3和L4恰能正常工作，副线圈的电流为2I，由于变压器电流与匝数成反比，可知原线圈的电流为I，L1和L2与原线圈串联电流为I，能正常工作，A错误；
B.灯泡的额定电压为U，变压器电压与匝数成正比，可知原线圈两端电压为2U，L1和L2正常工作，两端的电压均为U，故输入端电压为U0=4U，B正确；
C.若减小输入端电压U0，则变压器原线圈电压减小，副线圈电压减小，副线圈电流减小，导致原线圈电流减小，故L 1和L2变得更暗，C错误；
D.理想变压器原线圈输入功率等于副线圈输出功率，D错误。
故选B。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了理想气体状态方程、气体状态变化的图象问题、热力学第一定律内容及其应用；能从p−T图像准确读取信息，根据理想气体状态方程和热力学第一定律即可解答。
【解答】
A.因为ab延长线过原点，所以a到b为等容变化，由理想气体状态方程得：paVaTa=pbVbTb，
代入数据得：pa=2p0，故A错误；
B.b到c过程为等温过程，由理想气体状态方程得：pbVbTb=pcVcTc，结合图像得：Vb=4Vc，故B错误；
C.从状态a到状态b，气体体积不变，不对外做功，故C错误；
D.从状态c到状态a过程，等效为c到b再由b到a过程；
c到b过程为等温变化，体积变大，气体对外做功，即W<0；
b到a过程为等容变化，温度升高，从外界吸热，即Q>0；理想气体内能与温度有关，从状态c到状态a温度升高，即ΔU>0，由热力学第一定律ΔU=Q+W知，气体从状态c到状态a，气体从外界吸热，且吸热量大于对外做的功，故D正确。
7.【答案】BD
【解析】解：A、未施加拉力F时，A、B均静止，设弹簧压缩x0，根据平衡条件可得：kx0=μ(mA+mB)g
t=0时刻刚施加F时，对A、B整体，根据牛顿第二定律可得：F+kx0−μ(mA+mB)g=(mA+mB)a
由图像可得此时：F=30N
由以上两式解得：a=5m/s2，故A错误；
B、当A、B分离后，水平力F达到最大值，根据牛顿第二定律可得：Fm−μmBg=mBa
解得：Fm=40N，故B正确；
C、刚分离时，设弹簧压缩量为x1，对A，根据牛顿第二定律可得：kx1−μmAg=mAa
根据运动学公式可得：x0−x1=12at2
联立解得：k=100N/m，故C错误；
D、根据题意可知t=0.2s时，A、B开始分离，此过程AB位移大小为：x=12at2
AB分开前，可得：F=kx+30 (N)
拉力F与位移是一次函数关系，A、B分离时，拉力F的大小为：Fm=40N
故t=0到t=0.2s的过程中力F做的功为：W=F0+Fm2x，代入数据解得：W=3.5J，故D正确。
故选：BD。
未施加拉力F时，根据平衡条件结合牛顿第二定律进行解答；当A、B分离后，水平力F的达到最大值，根据牛顿第二定律求解最大拉力；刚分离时，对A根据牛顿第二定律结合运动学公式进行解答；根据功的计算公式进行解答。
本题主要是考查功能关系、牛顿第二定律的综合应用，关键是弄清楚物块的受力情况和变力做功的计算方法，弄清楚物块的运动过程，结合图象给出的信息进行解答。
8.【答案】AD
【解析】A、根据三角函数的相关知识可知，NQ两质点平衡位置之间的距离为：xNQ=3λ4−π62π⋅λ=16m，解得：λ=24m，根据图乙可知波的周期为T=0.2s，因此波速为v=λT=240.2m/s=120m/s，故A正确；
B、由图乙可知，t=0.125s时刻，质点P沿y轴负方向运动，根据同侧法可知，该波沿x轴负方向传播，故B错误；
C、由图乙可知，在t=0.125s之后，质点P第一次位于波峰的时间为t=0.25s，由此可知波峰为t=0.125s时刻质点Q所在处的波峰传播来的，所以有xQ−xPv=0.25s−0.125s，结合N、Q两质点平衡位置之间的距离为16m，解得：xP=1m，故C错误；
D、从t=0.125s开始，质点Q第一次回到平衡位置所经历的时间为t1=T4=0.05s，图甲中，质点Q左侧波形的第一个平衡位置处坐标为x1=xQ−λ4=10m，该振动状态第一次传播到质点N所经历的时间为t2=x1v=10120s=112s，则Δt=t2−t1=112s−0.05s=130s，即质点Q比质点N早130s回到平衡位置，故D正确。
故选：AD。
9.【答案】BCD
【解析】解：A、设风力大小为F，小球重力大小为mg，O、M两点间的水平距离为x1，竖直距离为h，
根据竖直上抛规律有：h=v022g，
对小球从M运动到O点过程，根据动能定理有
Fx1−mgh=EkO−EkM
由题意可知12mv02=9J，
根据牛顿第二定律可得小球在水平方向的加速度大小为：a=Fm，
小球从M运动到O所用时间为t=v0g，
根据运动学公式有x1=12at2，
联立解得：Fmg=43，故A错误；
B、MN两点间水平距离x=12a(2t)2
设小球落到N点时的动能为Ek1，根据动能定理有
Fx=Ek1−12mv02
联立解得：Ek1=73J，故B正确；
C、设O、N两点间的水平距离为x2，根据匀变速直线运动规律的推论可知x1x3=13
根据功能关系可知，小球运动过程中，风力对小球做的功等于其机械能的变化量，则小球在上升和下降过程中机械能变化量之比为ΔE1ΔE2=Fx1Fx2=13，故C正确；
D、小球在重力和风力的合力场中做类斜抛运动，当小球速度方向与合力方向垂直时动能最小，根据前面分析可知合力与竖直方向的夹角的正切值为tanθ=43，
根据速度的合成与分解可得小球从M点运动到N点过程中的最小速度为vm=v0sinθ=45v0，
解得最小动能为Ekm=1625Ek0=5.76J，故D正确。
故选：BCD。
小球在竖直方向上做竖直上抛运动，根据对称性分析从M点至O点和从O点至N点的运动时间相等；小球在水平方向上做初速为零的匀加速运动，由运动学中位移公式，运用比例法求出x1与x2之比，分别研究M到O和O到N水平方向的分运动，由动能定理求解可得到小球落到N点时的动能；根据功的计算公式求解风力做功之比；求出风力和重力的大小关系，根据速度的合成与分解求解最小的速度，由此得到小球动能的最小值。
本题考查带电小球在复合场中的运动，注意将小球按照竖直方向和水平方向进行分解，在解决N点动能时要注意结合运动学和动能定理进行求解，不能分方向列出动能定理，因为动能定理为标量性方程，不能分解。
10.【答案】AC
【解析】
【分析】分析试探电荷受力情况能判断两位置的关系。越靠近点电荷的位置，试探电荷所受的电场力越大。根据电场力做功判断电势能的变化。
明确电场力做功与电势能的关系，搞清点电荷在电场中的受力情况是解决问题的关键。
【解答】A、图乙中x1的位置正点电荷所受的电场力等于零，根据图甲来判断x0的位置正点电荷的受力不为零，方向向左，故根据题意，正点电荷受力等于零的位置在x0的右侧，如图是正点电荷受到的两个正电荷的作用力：
则x1>x0，故A正确；
B、由图象可知，在x轴正半轴上，越靠近负点电荷时，正点电荷的受力越大，所以，+q在x2处所受电场力不是最大，故B错误；
CD、在0
11.【答案】(1)6.200 (2)B (3)dΔt1(4)2gd2(5)k1−kk1
【解析】解：(1)图2所示螺旋测微器分度值为0.01mm，测得小球的直径d=6mm+0.01×20.0mm=6.200mm；
(2)为了验证机械能守恒定律，则有mgh=12mv22−12mv12；
A.由上式可知，小球的质量m不需要测量，故A错误；
B.光电门1和光电门2之间的距离h需要测量，故B正确；
C.小球从光电门1到光电门2下落的时间t可以根据纸带得到，不需要测量，故C错误；
故选：B；
(3)小球通过光电门1时的瞬时速度可近似等于平均速度，则有v1=dΔt1；
(4)由mgh=12mv22−12mv12
可得1(Δt2)2=2gd2h+1(Δt1)2
由此可知，若该图线的斜率k1=2gd2
就可以验证小球下落过程中机械能守恒。
(5)1(Δt2)2随h变化的图像的斜率为k，即1(Δt2)2=kh
设小球在下落过程中平均阻力大小为f，则
mgh−fh=12m(dΔt2)2−12m(dΔt1)2
故k=2(mg−f)md2
f=mg−kmd22
联立解得：fmg=k1−kk1。
故答案为：(1)6.200(2)B(3)dΔt1(4)2gd2(5)k1−kk1
(1)根据螺旋测微器读数规则读数；
(2)该题利用自由落体运动来验证机械能守恒，因此需要测量物体自由下落的高度h，以及物体通过光电门的速度大小，在测量速度时我们利用小球通过光电门的平均速度来代替瞬时速度，因此明白了实验原理即可知道需要测量的数据；
(3)利用平均速度法求解到达光电门时的速度；
(4)根据机械能守恒列出1(Δt2)2和h的关系式，分析图像斜率的表达式；
(5)根据牛顿第二定律列式分析即可。
解决本题需熟练掌握实验原理，根据实验原理分析所要测的物理量，掌握机械能守恒的表达式和瞬时速度的求解方法。
12.【答案】(1)D，F；
(2)；
(3)1.48，0.50
【解析】(1)一节干电池的电动势大约1.5V，故选择电压表1，即选D。电池电源较小，故选择滑动变阻器1，即选F。
(2)由于干电池内阻很小，电压表测的是路端电压，且电流表内阻未知，若将电流表内接(相对于电源)，则内阻误差较大，所以电流表采用外接法(相对于电源)，故实物图如图所示。
(3)由乙图可知，电源电动势为E = 1.48V，内阻为r=EI−RA=1.48−1.000.60Ω−0.30Ω=0.80Ω−0.30Ω=0.50Ω。
13.【答案】解：(1)通过电流计D的电荷量q=kd，电路总电荷量qab=2q=2kd，
ab为电源，因此回路的总电阻R′=R+R2=1.5R，
由qab=I−t=ΔΦR′t⋅t=BL2R′，
联立解得：B=3RkdL2；
(2)规定向右为正方向，进入过程由动量定理−BLqab=0−mv0,
总焦耳热Q′=12mv02，
ab中的焦耳热Qab=23Q′，
cd中的焦耳热Qcd=13×12Q′，
Q=(23+13×12)Q′，
联立解得：Q=15k4d4R2mL2；
(3)开始到全部进入根据动量定理有：−BL(2kd)=mv1−m⋅2v0，
全部进入之后根据动量定理有：−BL(kΔd)=0−mv1，
联立解得：Δd=2d，
因此光标的最大偏转量d′=3d。
【解析】见答案
14.【答案】解：(1)长木板受到A对其水平向右的摩擦力f1，地面对其水平向左的摩擦力f2，由牛顿第二定律得f1−f2=Ma，
f1=μ2mg，f2=μ1(M+2m)g，
代入得：0.4×10N−0.05×40N=2kg·a，
解得a=1m/s2；
(2)物块A的加速度aA=F−μ2mgm=6−41m/s2=2m/s2，
以长木板为参考系，A对长木板做加速度为a1=1m/s2的匀加速直线运动，B对长木板做加速度为a2=1m/s2的匀减速直线运动，
则L−l1+v0t1−12a2t12=12a1t12，
解得t1=3s；
(3)撤去力F之前的A相对长木板左端的位移x1=12a1t22=12×1×4m=2m，
撤去力F之前的B相对长木板右端的位移x2=l1−(v0t2−12a2t22)=2m−(4m−12×1×4m)=0，
所以t2时刻A、B在长木板上相距Δx=5m−2m=3m，
此时A的速度vA=aAt2=2×2m/s=4m/s，
长木板的速度v=at2=1×2m/s=2m/s，
撤去力F后A的加速度为a0=μ2g=0.4×10m/s2=4m/s2，
A做匀减速直线运动，长木板继续做匀加速直线运动，B做匀速直线运动，经过时间t，A与长木板共速即vA−a0t=v+at，
解得：t=0.4s，v共=2.4m/s，
在该时间内，物体A相对长木板的位移△xA=4+2.42×0.4m−2+2.42×0.4m=0.4m，
而B相对长木板的位移ΔxB=2+2.42×0.4m−2×0.4m=0.08m，
A、B之间的位移Δx1=Δx−ΔxA−ΔxB=2.52m，
A与长木板共速后一起做匀减速直线运动，加速度为a3=μ1M+2mgM+m=23m/s2，当三者共速时物体A、B在长木板上运动过程中二者相距最近，设经过时间t′长木板与物块B共速，则v共−a3t′=v0，
解得t ′=0.6s，
该时间内A和长木板一起相对B的位移Δx2=v共+v02t ′−v0t ′=0.12m，
所以d=Δx1−△x2=2.4m。
【解析】见答案
15.【答案】解：(1)不加偏转电压时，离子束能垂直磁场的边界OQ出磁场，所以在磁场中离子做圆周运动的半径为：
R=d
又qv0B=mv02R
解得：B=mv0qd，且方向垂直纸面向外；
(2)当偏转电压最大吋，动量变化量最大为：
Δpmax=mvy
离子在电场中的偏转过程有：
竖直方向：vy=at
qUmL=ma
水平方向：L=v0t
联立解得：vy= 33v0，Δpmax= 3mv03；
(3)如图，进入磁场的离子速度方向反向延长都汇于G1，最后该束粒子都能会聚于一点G2，故离子在磁场中的圆周运动圆心均在2θ的角平分线上。
离子在磁场中的运动周期与离子的速度无关，所以：
T=2πmqB=2πdv0
当偏转电压正向最大时，圆周运动轨迹为C1D1，所对应圆心角最大为：2(θ+α)，
运动时间为：tmax=2(θ+α)2πT
当偏转电压负向最大时，圆周运动轨迹为C2D2，所对应圆心角最小为：2(θ−α)，
运动时间为：tmin=2(θ−α)2πT
由(2)解可知：tanα=vyv0= 33，
得α=π6
离子在偏转磁场中运动的最长时间与最短时间的差值
Δt=tmax−tmin
以上式子联立可得：Δt=2πd3v0；
(4)由离子在电场中偏转可求得：
NC1=(L2+x)tanα
在磁场中做圆周运动时有：
qvB=mv2Rmax；
其中：v= v02+vy2
解得：Rmax=2 3d3
在△OO1C1中，根据正弦定理知：
d+NC1sin(θ+α)=Rmaxsinθ
联立方程组解得：扇形区域的OP边与极板右端的距离x=dtanθ−L2
【解析】(1)不加偏转电压时，离子束在磁场中离子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，列式可求偏转磁场的磁感应强度；
(2)当偏转电压最大吋，动量变化量最大，离子在电场中做类平抛运动，根据平抛运动规律求出竖直方向分速度即可；
(3)离子在磁场中的运动周期与离子的速度无关，当偏转电压正向最大时，所对应圆心角最大，当偏转电压负向最大时，所对应圆心角最小，结合周期公式即可求离子在偏转磁场中运动的最长时间与最短时间的差；
(4)由以上分析，根据几何关系即可求扇形区域的OP边与极板右端的距离。
本题考查带电粒子在电、磁场中的运动，解题关键要分析清楚粒子的运动情况，在磁场中运动时，通常根据圆心角和周期关系求运动时间，几何关系在此类题型中应用较多，需要加强训练。
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