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2023-2024学年江西省高二（上）11月期中教学质量检测物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年江西省高二（上）11月期中教学质量检测物理试卷（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.关于电磁波的发现及应用、能量量子化，下列说法正确的是( )
A. 利用红外线的热效应能杀菌消毒，夜视仪利用了红外成像技术
B. X射线具有辐射性，可用来通信和广播
C. 能量量子化指能量的连续性，微观粒子的能量值可以是任意值
D. 普朗克提出了能量子假说，解决了黑体辐射的理论困难，提出了“量子”概念
2.下列关于动量和动能的说法正确的是( )
A. 动量和动能都是矢量，都有大小和方向
B. 动量和动能都是标量，只有大小，没有方向
C. 物体的动能为零时，其动量也一定为零
D. 两个质量相等的物体，若其动能相同，则它们的动量一定相同
3.两个带等量负电荷的点电荷，O点为两电荷连线的中点，a点在连线的中垂线上，若在a点由静止释放一个质子，重力不计，如图所示，关于质子的运动，下列说法正确的是( )
A. 质子在从a向O运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大
B. 质子运动到O时，加速度为零，速度最大
C. 质子在从a向O运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大
D. 质子通过O后，速度继续增大，直到匀速运动
4.真空中有两个相同的带等量异种电荷的金属小球A和B(均可看作点电荷)相距为r，带电量绝对值均为Q，它们之间库仑力的大小为F。现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，再将A、B间距离增大为原来的3倍，则A、B间的库仑力大小为( )
A. 1144FB. 172FC. 136FD. 124F
5.如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，现将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是( )
A. 油滴带正电B. P点的电势不变
C. 油滴向上运动D. 静电计指针张角不变
6.如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为20V、30V、40V。实线是一带电的粒子(不计重力)在该区域内仅受电场力运动的轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点，已知带电粒子带电量为0.01C，在a点的动能为1J，则该带电粒子( )
A. 在b点处的动能为零B. 在b点处的电势能为0.4J
C. 可能带负电D. 在c点处的动能为0.4J
7.图为多用电表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为300μA，内阻Rg=100Ω，调零电阻的最大值R0=50kΩ，电池电动势E=1.5V，两表笔短接调零后，用它测量电阻Rx，当电流计指针指在满刻度的13时，则Rx的阻值是
( )
A. 1kΩB. 10 kΩC. 100kΩD. 100Ω
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
8.一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U时，通过导线的电流为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的12，再给它两端加上电压2U，则
( )
A. 通过导线的电流为116B. 通过导线的电流为18
C. 导线中自由电子定向移动的速率为v2D. 导线中自由电子定向移动的速率为v4
9.如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，L为小灯泡，定值电阻R=r，闭合开关，小灯泡能正常发光。现将滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离，滑动前后理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则( )
A. 电源的输出功率一定减小
B. 灯泡的功率逐渐变大
C. △U1△I，△U2△I，△U3△I均保持不变
D. 当电路稳定后，断开开关，小灯泡不会立刻熄灭
10.如图，A、B、C三点在纸面方向的匀强电场中，AC⊥BC，∠ABC=60∘，BC=10cm，把一个电量q=1×10−5C的负电荷从A移到B，电场力不做功；从B移到C，电场力做功为 3×10−3J，则( )
A. 电场强度大小为1000V/m，方向垂直AC向上
B. 电场强度大小为2000V/m，方向垂直AB向下
C. 将该电荷从C点继续沿BC方向移动20cm，其电势能减少2 3×10−3J
D. 将该电荷从C点移动到AC中点，其电势能减少 32×10−3J
三、实验题（本大题共2小题，共18分）
11.如图1所示为多用电表的示意图，其中S、T为可调节的部件，现用此电表测量一阻值约为1000Ω的定值电阻，部分操作步骤如下：
(1)选择开关应调到电阻档的______(填“×1”、“×10”、“×100”或“×1k”)位置．
(2)将红、黑表笔分别插入“+”、“−”插孔，把两笔尖相互接触，调节______(填“S”或“T”)，使电表指针指向______(填“左侧”或“右侧”)的“0”位置．
(3)将红、黑表笔的笔尖分别与电阻两端接触，电表示数如图2所示，该电阻的阻值为______Ω.
12.某实验小组测量一电池的电动势E和内阻r，可选择的器材有：
A.待测电池E(电动势约为3V，内阻约为1Ω)；
B. 滑动变阻器R1，最大阻值30Ω；
C. 滑动变阻器R2，最大阻值100kΩ；
D. 电阻箱R0，最大阻值99999.9Ω；
E. 电流表A1(量程为0.6A，内阻为0.5Ω)；
F. 电流表A2(量程为100μA，内阻为500Ω)
G. 开关、导线若干。
该小组设计了如图甲所示的电路图，请回答下列问题：
(1)滑动变阻器应选_____(填“R1”或“R2”)。
(2)开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于_____(填“左”或“右”)端。
(3)根据图甲用笔画线代替导线将图乙中的实物连接_________。
(4)电阻箱R0连入电路的阻值如图丙所示。保持电阻箱连入电路的阻值不变，调节滑动变阻器，读出A1、A2的示数I1、I2。根据实验数据作出I2−I1图像如图丁所示。由图像可得电源电动势E测=_____V(保留2位小数)，内阻r测=_____Ω。(保留1位小数)
四、计算题（本大题共3小题，共36分）
13.2023年5月14日，第四届“中国体育发展基金会杯”中国城市少儿足球联赛(济南赛区)开赛。如图是某次运动员用头颠球的图片。质量为0.42kg的足球由静止下落到头顶时的速度大小v1=3m/s，被重新顶起离开头顶时的速度大小v2=4m/s。已知足球与头部的作用时间为0.2s，空气阻力不计。重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)在此过程中，足球受到头顶的平均作用力F的大小；
(2)在此过程中，足球的动量变化量Δp的大小。
14.如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω，指示灯RL的阻值为16Ω，电动机M线圈电阻RM为1Ω。当开关S闭合时，指示灯RL的电功率P=4W。求：
(1)流过电流表A的电流；
(2)电动机M输出的机械功率。
15.如图甲所示，平行金属板M、N水平放置，两板间所加的电压随时间变化规律如图乙所示(图中U0、T已知)，两板右端虚线右侧有水平向右的匀强电场，场强大小与两板间场强大小相等，半径为两板间距离 22倍的光滑绝缘圆弧轨道固定在竖直面内，轨道的上、下两端B、A刚好靠近M、N板右端，圆弧轨道的圆心O刚好与平行板中线在同一直线上，一个质量为m的带正电小球从t=0时刻从M板左端贴近M板沿水平向右的方向射入两板间，在t=32T时刻小球恰好贴近N板右端射出，并且沿切线方向无碰撞地从圆弧轨道的下端A进入圆弧轨道，已知重力加速度为g，小球在T2∼T时间内做匀速直线运动，求：
(1)两板间的距离；
(2)平行板的长度；
(3)小球在圆弧轨道上运动时，经过A点时对圆弧轨道的压力为多大？在轨道上运动的最大速度为多大？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.紫外线具有杀菌消毒的功能，红外线不具有该功能，故A错误；
B.X射线具有辐射性，不能用来通信和广播，故B错误；
C.能量量子化是指微观粒子的能量值只能是一个最小能量单位的整数倍，是不连续性，故C错误；
D.普朗克提出了能量子假说，不但解决了黑体辐射的理论困难，而且更重要的是提出了“量子”概念，揭开了物理学史上崭新的一页，故D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】ABD.动能是标量，只有大小，没有方向；动量是矢量，既有大小，又有方向；两个质量相等的物体，若其动能相同，可能只是速度大小相同而方向不同，它们的动量的方向不一定相同，故ABD错误；
C.根据动量和动能的大小关系p= 2mEk可知，物体的动能为零时，其动量也一定为零，故 C正确。
故选C。
3.【答案】B
【解析】AC.质子从a到O运动，加速度可能减小，也可能先增大再减小，速度越来越大，故AC错误；
BD．O点场强为零，加速度为零，通过O点后做减速运动减到零，再反向加速循环，故B正确，D错误。
故选B。
4.【答案】B
【解析】设A、B原来所带电荷量分别为+Q、−Q。A、B间库仑力大小为F=kQ2r2
将不带电的同样的金属球C先与A接触再与B接触后，A所带电荷量变为+Q2，B所带电荷量变为−Q4，再将A、B间距离增大为原来的3倍。
此时A、B间库仑力大小为F′=kQ28×3r2=172F
故选B。
5.【答案】B
【解析】【分析】
根据E=Ud①，C=QU②，C=εs4πkd③，F=Eq④分析即可，注意静电计指针的张角显示的是两板间的电势差。
分析本题的关键是电容器两极板的电荷量Q不变，再结合相应的公式进行分析。
【解答】
A.根据受力平衡可知，油滴的电场力方向向上，极板间电场向下，电场力与电场方向相反，故油滴带负电，故A错误；
BCD.根据C=QU，电容的决定式C=εS4πkd，E=Ud，F=Eq，联立得出U=4πkdQεS，E=4πkQεS
可知电场强度与极板间的距离无关，所以场强不变，所以油滴的电场力不变，不会运动；P点与下极板间的距离不变，由
UP0=φP=EdP0，知P点的电势不变；由U=4πkdQεS，知故若将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则电势差变小，静电力张角变小，故B正确，CD错误。
故选B。
6.【答案】B
【解析】ABC.根据题意知电场方向垂直等势线向上，根据轨迹判断知粒子一定带正电，
a点电势能为0.01C×20V=0.2J
动能与电势能之和为0.2J+1J=1.2J且守恒，
b点电势能为0.01C×40V=0.4J，在b点处的动能为0.8J，故A、C错误，B正确；
D.c点电势能0.01C×30V=0.3J，在c点处的动能为0.9J，故D错误。
故选B。
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了求待测电阻阻值问题，知道欧姆表的工作原理是解题的关键，应用闭合电路欧姆定律可以解题。
【解答】
欧姆表内阻：R内=EIg=1.5300×10−6Ω=5000Ω，当电流计指针指在满刻度的13时，流过的电流为100μA，待测电阻阻值：Rx=EI−R内=1.5100×10−6Ω−5000Ω=10000Ω=10kΩ，
故B正确，ACD错误。
8.【答案】BC
【解析】AB、将金属导线均匀拉长，因半径变为原来的一半，则横截面积变为原来的14，其长度变为原来的4倍，根据电阻定律R=ρLS分析得到，电阻变为原来的16倍，电压变为原来的2U；根据欧姆定律I=UR可知，电流I变为I8，故A错误，B正确；
CD、电流的微观表达式I=nevS，其中n、e不变，电流I为原来的18，横截面积S变为原来的14倍，则自由电子定向移动的速率为v2，故C正确，D错误。
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析。
【解答】
A.将滑动变阻器滑片向左滑动时接入电路的电阻增大，电路中电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，V1示数减小，A的示数减小；电源的输出功率一定减小， 故A正确；
B.电路中电流减小，通过灯泡的电流减小，所以灯泡变暗，功率变小，故B错误；
C.根据U2=E−Ir，得ΔU2ΔI=r，保持不变，ΔU1ΔI=R，保持不变，ΔU3ΔI=R+r，保持不变，故C正确；
D.当电路稳定后，断开电键，电容器通过灯泡和变阻器放电，所以小灯泡不会立即熄灭，故D正确。
故选ACD
10.【答案】BC
【解析】AB.负电荷从A移到B，电场力不做功，所以AB连线为等势线，因为从B移到C电场力做正功，故电场方向垂直AB向下，根据电场力与电势能的关系有W=−Ep=qEd
其中d=BCsin 60∘
代入数据解得E=2000V/m，故A错误，B正确；
C.从C点沿BC方向移动20cm，电场力做功为W=qE⋅Lcs 30∘=2 3×10−3J
则电势能减少2 3×10−3J，故 C正确；
D.同理从C点移动到AC中点，电场力做电场力做功为W=qE⋅AC2cs120∘=− 32×10−3J
电势能增大 32×10−3J，故 D错误。
故选BC。
11.【答案】(1)×100；
(2)T，右侧；
(3)1100。
【解析】【分析】
多用电表测量电阻时，需要选择合适的档位，使指针指在中央刻度线附近；选择档位后要进行欧姆调零，然后测量电阻，指针示数与档位的乘积就是欧姆表示数。
考查欧姆表的使用，使用欧姆表测电阻时，要选择合适的档位，使指针指在表盘中央刻度线附近，欧姆表换档后要进行欧姆调零；指针示数与档位的乘积是欧姆表示数；要注意欧姆表的零刻度线在最右侧。
【解答】
用欧姆表测阻值约为1000Ω的定值电阻，部分操作步骤如下：
(1)选择开关应调到电阻档的“×100”位置；
(2)将红、黑表笔分别插入“+”、“−”插孔，把两笔尖相互接触，调节欧姆调零旋钮T，使电表指针指向右侧的“0”位置；
(3)将红、黑表笔的笔尖分别与电阻两端接触，由图2所示可知，
该电阻的阻值为11×100Ω=1100Ω。
故答案为：(1)×100；(2)T，右侧；(3)1100。
12.【答案】(1) R1；
(2) 右；
(3) ；
(4) 2.97；1.0
【解析】(1)为调节方便，滑动变阻器阻值应该尽量选用小电阻，则R1符合实验要求。
(2)为保护电路，滑片应置于右端
(3)按照电路图中的连线方式，将实物图连接如下：
(4)电阻箱阻值为29500Ω，由闭合电路欧姆定律得29500+500I2×10−6+I1r+0.5=E
化简可得I2=E0.03−0.5+r0.03I1
则由图像可得I1=0时99=E0.03
解得E=2.97V
又由图像斜率可得99−700.57=0.5+r0.03
解得r≈1.0Ω。
13.【答案】(1)设向上为正方向，对足球，根据动量定理可知F−mgΔt=mΔv
解得足球受到头顶的平均作用力F=mΔvΔt+mg
代入数据解得F=18.9N
(2)足球的动量变化量的大小为Δp=p末−p初=mΔv
代入数据解得Δp=2.94kg⋅m/s
【解析】本题考查了动量定理的应用，比较简单。
14.【答案】(1)设流过指示灯RL的电流为I1，流过电流表A的电流为I，则指示灯RL的电功率P=I12RL
代入数据解得I1=0.5A
路端电压U=I1RL=8V
由闭合电路欧姆定律有E=U+Ir
解得I=4A
即流过电流表的电流示数为4A
(2)设流过电动机M的电流为I2，根据并联电路的电流关系I2=I−I1=3.5A
电动机输出的机械功率P出=I2U−I22RM
代入数据解得P出=15.75W
电动机输出的机械功率为15.75W。
【解析】此类题目首先要明确电路的结构，再根据电路特点选择合适的方法；因电动机不是纯电阻电路，故应特别注意功率公式的选择，应由P=UI求总功率，不能用P=U2R求电动机的总功率。
15.【答案】(1)小球在T2∼T时间内做匀速直线运动，得Eq=mg
因此小球在两板间沿竖直方向加速运动时加速度大小a=2g
则板间的距离d=6×12×2g12T2=32gT2
(2)设平行板长为L，则小球射入两板间时的速度大小v0=L1.5T=2L3T
由题意可知，小球从两板间射出时，速度与水平方向的夹角为45∘，即小球射出两板间的瞬间速度v= 2v0=2 2L3T
沿竖直方向的分速度vy=v0=2L3T
又vy=aT
解得L=3gT2
(3)小球从A点进入圆弧轨道的速度大小为v=2 2gT
圆弧轨道的半径r=3 24gT2
由于虚线右侧电场强度与板间电场强度大小相等，因此小球经过A点时，重力与电场力的合力沿圆弧A点的切线方向，根据牛顿第二定律F=mv2r
解得F=16 23mg
根据牛顿第三定律，小球经过A点时对圆弧轨道的压力大小为16 23mg
当小球受到的电场力与重力的合力与速度垂直时，速度最大，即小球运动到圆弧轨道上与A点等高的位置时速度最大，由于电场力大小等于小球重力，根据动能定理有mgd=12mvm2−12mv2
解得vm= 11gT
【解析】本题考查了带电小球在复合场中的运动，注意等效法及合成与分解法的应用。
1.关于电磁波的发现及应用、能量量子化，下列说法正确的是( )
A. 利用红外线的热效应能杀菌消毒，夜视仪利用了红外成像技术
B. X射线具有辐射性，可用来通信和广播
C. 能量量子化指能量的连续性，微观粒子的能量值可以是任意值
D. 普朗克提出了能量子假说，解决了黑体辐射的理论困难，提出了“量子”概念
2.下列关于动量和动能的说法正确的是( )
A. 动量和动能都是矢量，都有大小和方向
B. 动量和动能都是标量，只有大小，没有方向
C. 物体的动能为零时，其动量也一定为零
D. 两个质量相等的物体，若其动能相同，则它们的动量一定相同
3.两个带等量负电荷的点电荷，O点为两电荷连线的中点，a点在连线的中垂线上，若在a点由静止释放一个质子，重力不计，如图所示，关于质子的运动，下列说法正确的是( )
A. 质子在从a向O运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大
B. 质子运动到O时，加速度为零，速度最大
C. 质子在从a向O运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大
D. 质子通过O后，速度继续增大，直到匀速运动
4.真空中有两个相同的带等量异种电荷的金属小球A和B(均可看作点电荷)相距为r，带电量绝对值均为Q，它们之间库仑力的大小为F。现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C，再将A、B间距离增大为原来的3倍，则A、B间的库仑力大小为( )
A. 1144FB. 172FC. 136FD. 124F
5.如图所示，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板正中间P点有一个静止的带电油滴，现将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是( )
A. 油滴带正电B. P点的电势不变
C. 油滴向上运动D. 静电计指针张角不变
6.如图所示，三条平行且等间距的虚线表示电场中的三个等势面，其电势分别为20V、30V、40V。实线是一带电的粒子(不计重力)在该区域内仅受电场力运动的轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点，已知带电粒子带电量为0.01C，在a点的动能为1J，则该带电粒子( )
A. 在b点处的动能为零B. 在b点处的电势能为0.4J
C. 可能带负电D. 在c点处的动能为0.4J
7.图为多用电表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为300μA，内阻Rg=100Ω，调零电阻的最大值R0=50kΩ，电池电动势E=1.5V，两表笔短接调零后，用它测量电阻Rx，当电流计指针指在满刻度的13时，则Rx的阻值是
( )
A. 1kΩB. 10 kΩC. 100kΩD. 100Ω
二、多选题（本大题共3小题，共18分）
8.一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压U时，通过导线的电流为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的12，再给它两端加上电压2U，则
( )
A. 通过导线的电流为116B. 通过导线的电流为18
C. 导线中自由电子定向移动的速率为v2D. 导线中自由电子定向移动的速率为v4
9.如图所示，电路中电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，L为小灯泡，定值电阻R=r，闭合开关，小灯泡能正常发光。现将滑动变阻器的滑片向左滑动一段距离，滑动前后理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔU3，理想电流表A示数变化量的绝对值为ΔI，则( )
A. 电源的输出功率一定减小
B. 灯泡的功率逐渐变大
C. △U1△I，△U2△I，△U3△I均保持不变
D. 当电路稳定后，断开开关，小灯泡不会立刻熄灭
10.如图，A、B、C三点在纸面方向的匀强电场中，AC⊥BC，∠ABC=60∘，BC=10cm，把一个电量q=1×10−5C的负电荷从A移到B，电场力不做功；从B移到C，电场力做功为 3×10−3J，则( )
A. 电场强度大小为1000V/m，方向垂直AC向上
B. 电场强度大小为2000V/m，方向垂直AB向下
C. 将该电荷从C点继续沿BC方向移动20cm，其电势能减少2 3×10−3J
D. 将该电荷从C点移动到AC中点，其电势能减少 32×10−3J
三、实验题（本大题共2小题，共18分）
11.如图1所示为多用电表的示意图，其中S、T为可调节的部件，现用此电表测量一阻值约为1000Ω的定值电阻，部分操作步骤如下：
(1)选择开关应调到电阻档的______(填“×1”、“×10”、“×100”或“×1k”)位置．
(2)将红、黑表笔分别插入“+”、“−”插孔，把两笔尖相互接触，调节______(填“S”或“T”)，使电表指针指向______(填“左侧”或“右侧”)的“0”位置．
(3)将红、黑表笔的笔尖分别与电阻两端接触，电表示数如图2所示，该电阻的阻值为______Ω.
12.某实验小组测量一电池的电动势E和内阻r，可选择的器材有：
A.待测电池E(电动势约为3V，内阻约为1Ω)；
B. 滑动变阻器R1，最大阻值30Ω；
C. 滑动变阻器R2，最大阻值100kΩ；
D. 电阻箱R0，最大阻值99999.9Ω；
E. 电流表A1(量程为0.6A，内阻为0.5Ω)；
F. 电流表A2(量程为100μA，内阻为500Ω)
G. 开关、导线若干。
该小组设计了如图甲所示的电路图，请回答下列问题：
(1)滑动变阻器应选_____(填“R1”或“R2”)。
(2)开关闭合前，滑动变阻器的滑片应置于_____(填“左”或“右”)端。
(3)根据图甲用笔画线代替导线将图乙中的实物连接_________。
(4)电阻箱R0连入电路的阻值如图丙所示。保持电阻箱连入电路的阻值不变，调节滑动变阻器，读出A1、A2的示数I1、I2。根据实验数据作出I2−I1图像如图丁所示。由图像可得电源电动势E测=_____V(保留2位小数)，内阻r测=_____Ω。(保留1位小数)
四、计算题（本大题共3小题，共36分）
13.2023年5月14日，第四届“中国体育发展基金会杯”中国城市少儿足球联赛(济南赛区)开赛。如图是某次运动员用头颠球的图片。质量为0.42kg的足球由静止下落到头顶时的速度大小v1=3m/s，被重新顶起离开头顶时的速度大小v2=4m/s。已知足球与头部的作用时间为0.2s，空气阻力不计。重力加速度大小g=10m/s2，求：
(1)在此过程中，足球受到头顶的平均作用力F的大小；
(2)在此过程中，足球的动量变化量Δp的大小。
14.如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω，指示灯RL的阻值为16Ω，电动机M线圈电阻RM为1Ω。当开关S闭合时，指示灯RL的电功率P=4W。求：
(1)流过电流表A的电流；
(2)电动机M输出的机械功率。
15.如图甲所示，平行金属板M、N水平放置，两板间所加的电压随时间变化规律如图乙所示(图中U0、T已知)，两板右端虚线右侧有水平向右的匀强电场，场强大小与两板间场强大小相等，半径为两板间距离 22倍的光滑绝缘圆弧轨道固定在竖直面内，轨道的上、下两端B、A刚好靠近M、N板右端，圆弧轨道的圆心O刚好与平行板中线在同一直线上，一个质量为m的带正电小球从t=0时刻从M板左端贴近M板沿水平向右的方向射入两板间，在t=32T时刻小球恰好贴近N板右端射出，并且沿切线方向无碰撞地从圆弧轨道的下端A进入圆弧轨道，已知重力加速度为g，小球在T2∼T时间内做匀速直线运动，求：
(1)两板间的距离；
(2)平行板的长度；
(3)小球在圆弧轨道上运动时，经过A点时对圆弧轨道的压力为多大？在轨道上运动的最大速度为多大？
答案和解析
1.【答案】D
【解析】A.紫外线具有杀菌消毒的功能，红外线不具有该功能，故A错误；
B.X射线具有辐射性，不能用来通信和广播，故B错误；
C.能量量子化是指微观粒子的能量值只能是一个最小能量单位的整数倍，是不连续性，故C错误；
D.普朗克提出了能量子假说，不但解决了黑体辐射的理论困难，而且更重要的是提出了“量子”概念，揭开了物理学史上崭新的一页，故D正确。
故选D。
2.【答案】C
【解析】ABD.动能是标量，只有大小，没有方向；动量是矢量，既有大小，又有方向；两个质量相等的物体，若其动能相同，可能只是速度大小相同而方向不同，它们的动量的方向不一定相同，故ABD错误；
C.根据动量和动能的大小关系p= 2mEk可知，物体的动能为零时，其动量也一定为零，故 C正确。
故选C。
3.【答案】B
【解析】AC.质子从a到O运动，加速度可能减小，也可能先增大再减小，速度越来越大，故AC错误；
BD．O点场强为零，加速度为零，通过O点后做减速运动减到零，再反向加速循环，故B正确，D错误。
故选B。
4.【答案】B
【解析】设A、B原来所带电荷量分别为+Q、−Q。A、B间库仑力大小为F=kQ2r2
将不带电的同样的金属球C先与A接触再与B接触后，A所带电荷量变为+Q2，B所带电荷量变为−Q4，再将A、B间距离增大为原来的3倍。
此时A、B间库仑力大小为F′=kQ28×3r2=172F
故选B。
5.【答案】B
【解析】【分析】
根据E=Ud①，C=QU②，C=εs4πkd③，F=Eq④分析即可，注意静电计指针的张角显示的是两板间的电势差。
分析本题的关键是电容器两极板的电荷量Q不变，再结合相应的公式进行分析。
【解答】
A.根据受力平衡可知，油滴的电场力方向向上，极板间电场向下，电场力与电场方向相反，故油滴带负电，故A错误；
BCD.根据C=QU，电容的决定式C=εS4πkd，E=Ud，F=Eq，联立得出U=4πkdQεS，E=4πkQεS
可知电场强度与极板间的距离无关，所以场强不变，所以油滴的电场力不变，不会运动；P点与下极板间的距离不变，由
UP0=φP=EdP0，知P点的电势不变；由U=4πkdQεS，知故若将电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，则电势差变小，静电力张角变小，故B正确，CD错误。
故选B。
6.【答案】B
【解析】ABC.根据题意知电场方向垂直等势线向上，根据轨迹判断知粒子一定带正电，
a点电势能为0.01C×20V=0.2J
动能与电势能之和为0.2J+1J=1.2J且守恒，
b点电势能为0.01C×40V=0.4J，在b点处的动能为0.8J，故A、C错误，B正确；
D.c点电势能0.01C×30V=0.3J，在c点处的动能为0.9J，故D错误。
故选B。
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了求待测电阻阻值问题，知道欧姆表的工作原理是解题的关键，应用闭合电路欧姆定律可以解题。
【解答】
欧姆表内阻：R内=EIg=1.5300×10−6Ω=5000Ω，当电流计指针指在满刻度的13时，流过的电流为100μA，待测电阻阻值：Rx=EI−R内=1.5100×10−6Ω−5000Ω=10000Ω=10kΩ，
故B正确，ACD错误。
8.【答案】BC
【解析】AB、将金属导线均匀拉长，因半径变为原来的一半，则横截面积变为原来的14，其长度变为原来的4倍，根据电阻定律R=ρLS分析得到，电阻变为原来的16倍，电压变为原来的2U；根据欧姆定律I=UR可知，电流I变为I8，故A错误，B正确；
CD、电流的微观表达式I=nevS，其中n、e不变，电流I为原来的18，横截面积S变为原来的14倍，则自由电子定向移动的速率为v2，故C正确，D错误。
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析。
【解答】
A.将滑动变阻器滑片向左滑动时接入电路的电阻增大，电路中电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，V1示数减小，A的示数减小；电源的输出功率一定减小， 故A正确；
B.电路中电流减小，通过灯泡的电流减小，所以灯泡变暗，功率变小，故B错误；
C.根据U2=E−Ir，得ΔU2ΔI=r，保持不变，ΔU1ΔI=R，保持不变，ΔU3ΔI=R+r，保持不变，故C正确；
D.当电路稳定后，断开电键，电容器通过灯泡和变阻器放电，所以小灯泡不会立即熄灭，故D正确。
故选ACD
10.【答案】BC
【解析】AB.负电荷从A移到B，电场力不做功，所以AB连线为等势线，因为从B移到C电场力做正功，故电场方向垂直AB向下，根据电场力与电势能的关系有W=−Ep=qEd
其中d=BCsin 60∘
代入数据解得E=2000V/m，故A错误，B正确；
C.从C点沿BC方向移动20cm，电场力做功为W=qE⋅Lcs 30∘=2 3×10−3J
则电势能减少2 3×10−3J，故 C正确；
D.同理从C点移动到AC中点，电场力做电场力做功为W=qE⋅AC2cs120∘=− 32×10−3J
电势能增大 32×10−3J，故 D错误。
故选BC。
11.【答案】(1)×100；
(2)T，右侧；
(3)1100。
【解析】【分析】
多用电表测量电阻时，需要选择合适的档位，使指针指在中央刻度线附近；选择档位后要进行欧姆调零，然后测量电阻，指针示数与档位的乘积就是欧姆表示数。
考查欧姆表的使用，使用欧姆表测电阻时，要选择合适的档位，使指针指在表盘中央刻度线附近，欧姆表换档后要进行欧姆调零；指针示数与档位的乘积是欧姆表示数；要注意欧姆表的零刻度线在最右侧。
【解答】
用欧姆表测阻值约为1000Ω的定值电阻，部分操作步骤如下：
(1)选择开关应调到电阻档的“×100”位置；
(2)将红、黑表笔分别插入“+”、“−”插孔，把两笔尖相互接触，调节欧姆调零旋钮T，使电表指针指向右侧的“0”位置；
(3)将红、黑表笔的笔尖分别与电阻两端接触，由图2所示可知，
该电阻的阻值为11×100Ω=1100Ω。
故答案为：(1)×100；(2)T，右侧；(3)1100。
12.【答案】(1) R1；
(2) 右；
(3) ；
(4) 2.97；1.0
【解析】(1)为调节方便，滑动变阻器阻值应该尽量选用小电阻，则R1符合实验要求。
(2)为保护电路，滑片应置于右端
(3)按照电路图中的连线方式，将实物图连接如下：
(4)电阻箱阻值为29500Ω，由闭合电路欧姆定律得29500+500I2×10−6+I1r+0.5=E
化简可得I2=E0.03−0.5+r0.03I1
则由图像可得I1=0时99=E0.03
解得E=2.97V
又由图像斜率可得99−700.57=0.5+r0.03
解得r≈1.0Ω。
13.【答案】(1)设向上为正方向，对足球，根据动量定理可知F−mgΔt=mΔv
解得足球受到头顶的平均作用力F=mΔvΔt+mg
代入数据解得F=18.9N
(2)足球的动量变化量的大小为Δp=p末−p初=mΔv
代入数据解得Δp=2.94kg⋅m/s
【解析】本题考查了动量定理的应用，比较简单。
14.【答案】(1)设流过指示灯RL的电流为I1，流过电流表A的电流为I，则指示灯RL的电功率P=I12RL
代入数据解得I1=0.5A
路端电压U=I1RL=8V
由闭合电路欧姆定律有E=U+Ir
解得I=4A
即流过电流表的电流示数为4A
(2)设流过电动机M的电流为I2，根据并联电路的电流关系I2=I−I1=3.5A
电动机输出的机械功率P出=I2U−I22RM
代入数据解得P出=15.75W
电动机输出的机械功率为15.75W。
【解析】此类题目首先要明确电路的结构，再根据电路特点选择合适的方法；因电动机不是纯电阻电路，故应特别注意功率公式的选择，应由P=UI求总功率，不能用P=U2R求电动机的总功率。
15.【答案】(1)小球在T2∼T时间内做匀速直线运动，得Eq=mg
因此小球在两板间沿竖直方向加速运动时加速度大小a=2g
则板间的距离d=6×12×2g12T2=32gT2
(2)设平行板长为L，则小球射入两板间时的速度大小v0=L1.5T=2L3T
由题意可知，小球从两板间射出时，速度与水平方向的夹角为45∘，即小球射出两板间的瞬间速度v= 2v0=2 2L3T
沿竖直方向的分速度vy=v0=2L3T
又vy=aT
解得L=3gT2
(3)小球从A点进入圆弧轨道的速度大小为v=2 2gT
圆弧轨道的半径r=3 24gT2
由于虚线右侧电场强度与板间电场强度大小相等，因此小球经过A点时，重力与电场力的合力沿圆弧A点的切线方向，根据牛顿第二定律F=mv2r
解得F=16 23mg
根据牛顿第三定律，小球经过A点时对圆弧轨道的压力大小为16 23mg
当小球受到的电场力与重力的合力与速度垂直时，速度最大，即小球运动到圆弧轨道上与A点等高的位置时速度最大，由于电场力大小等于小球重力，根据动能定理有mgd=12mvm2−12mv2
解得vm= 11gT
【解析】本题考查了带电小球在复合场中的运动，注意等效法及合成与分解法的应用。
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