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貴州省黔西南州望謨縣2020-2021學年高二上學期期末聯考物理試題
1．（2020高二上·望謨期末）關于靜電場，下列說法正確的是（　　）
A．靜電場的電場線一定是閉合的
B．電子伏特（eV）是電功率的單位，但不是國際單位
C．處于靜電平衡的導體，內部場強處處相等，電勢也處處相等
D．任一點的電場強度總是指向該點電勢降落最慢的方向
【答案】C
【知識點】電場線；電勢
【解析】【解答】A．靜電場的電場線不是閉合的，A不符合題意；
B．電子伏特（eV）是電功的單位，B不符合題意；
C．處于靜電平衡的導體，內部場強處處相等，電勢也處處相等，C符合題意；
D．任一點的電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向，D不符合題意。
故答案為：C。
【分析】電場線是不閉合的曲線；靜電平衡的導體，內部場強處處相等；沿著電場線的方向電勢變化的最快。
2．（2020高二上·望謨期末）關于磁感線，下列說法正確的是（　　）
A．磁感線是客觀存在的曲線
B．磁感線總是由N極出發指向S極
C．磁感線是不閉合的曲線
D．磁感線的疏密可以形象地反映磁感應強度的大小
【答案】D
【知識點】磁現象和磁場、磁感線
【解析】【解答】A．磁感線是為了描述磁場強弱的分布，人為想象出來的，所以不是客觀存在的曲線，所以A不符合題意；
B．磁感線在磁鐵外部由N極出發指向S極，磁鐵內部由S極出發指向N極，所以B不符合題意；
C．磁感線是閉合的曲線，所以C不符合題意；
D．磁感線的疏密可以形象地反映磁感應強度的大小。磁感線密的地方，磁場強；磁感線疏的地方，磁場弱。所以D符合題意。
故答案為：D。
【分析】磁感線是為了描述磁場強弱的分布，人為想象出來的；磁感線在磁鐵外部由N極出發指向S極，磁鐵內部由S極出發指向N極，從而使磁感線形成閉合的曲線；磁感線的疏密可以形象地反映磁感應強度的大小，磁感線密的地方，磁場強；磁感線疏的地方，磁場弱。
3．（2020高二上·望謨期末）中國自主研制的首艘貨運飛船“天舟一號”與“天宮二號”空間實驗室在距地面約高度的軌道上順利完成自動交會對接后繞地球做勻速圓周運動。則（　　）
A．運行線速度大于
B．運行周期大于
C．運行角速度大于同步地球衛星角速度
D．運行加速度小于同步地球衛星加速度
【答案】C
【知識點】萬有引力定律的應用；第一、第二與第三宇宙速度
【解析】【解答】A.7.9km/s為第一宇宙速度，是圍繞地球做勻速圓周運動的物體的最大速度，所以“天舟一號”與“天宮二號”的運行線速度一定小于7.9km/s，A不符合題意；
BC.根據萬有引力提供衛星做圓周運動的向心力，可得
可得
，
因為空間實驗室的運行軌道半徑小于高軌道的同步衛星軌道半徑，所以空間實驗室的運行周期小于地球同步衛星的運行周期24h，角速度大于同步地球衛星角速度，B不符合題意，C符合題意；
D.根據牛頓第二定律
可得衛星加速度
可知空間實驗室運行加速度大于同步地球衛星加速度，D不符合題意。
故答案為：C。
【分析】根據第一宇宙速度的物理意義分析；根據萬有引力提供衛星做圓周運動的向心力，推導衛星周期和角速度的表達式，結合空間實驗室的運行軌道半徑與高軌道的同步衛星軌道半徑的關系，得到周期和角速度的大小關系；由牛頓第二定律推導衛星做圓周運動時向心加速度的表達式，分析空間實驗室和同步地球衛星的向心加速度的大小關系。
4．（2020高二上·望謨期末）如圖所示，紙面內豎直向上的長直絕緣導線通有向上的電流，導線左右有兩點，它們相對于導線對稱，則（　　）
A．兩點磁感應強度大小相等、方向相同
B．兩點磁感應強度大小相等、方向相反
C．點磁感應強度方向垂直紙面向外
D．點磁感應強度方向垂直紙面向里
【答案】B
【知識點】安培定則；通電導線及通電線圈周圍的磁場
【解析】【解答】CD.根據右手螺旋定則可知a點磁感應強度方向垂直紙面向里，b點磁感應強度方向垂直紙面向外，CD不符合題意；
AB.a、b兩點相對于導線對稱，所以a、b兩點磁感應強度大小相等、方向相反，A不符合題意，B符合題意。
故答案為：B。
【分析】由右手螺旋定則判斷通電直導線的磁場，根據磁場的對稱性，分析a、b兩點磁場的大小關系。
5．（2020高二上·望謨期末）質量為0.5kg的章魚在水中靜止，突然將體內的0.1kg的水以2m/s的速度向前噴出，不計章魚受到的阻力，則章魚后退的速度大小為（　　）
A．4 m/s B．2 m/s C．0.5m/s D．0.4m/s
【答案】C
【知識點】反沖
【解析】【解答】以章魚噴水的方向為正方向，根據動量守恒定律可得
可解得章魚后退的速度大小為
C符合題意，ABD不符合題意。
故答案為：C。
【分析】根據反沖原理，由動量守恒定律列式求解。
6．（2020高二上·望謨期末）如圖所示的電路圖，已知電動機內電阻，定值電阻，直流電壓（內阻不計），理想電壓表示數，則電動機機械功率為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】電功率和電功；歐姆定律的內容、表達式及簡單應用
【解析】【解答】定值電阻兩端的電壓為
通過定值電阻的電流
電動機機械功率為
A符合題意，BCD不符合題意。
故答案為：A。
【分析】電動機為非純電阻電路，電動機的機械功率等于電動機輸入的總功率與電動機內阻的熱功率之差，由歐姆定律求出通過定值電阻的電流，再由電功率的公式求解功率。
7．（2020高二上·望謨期末）在勻強電場中有一直角三角形。已知電場線的方向平行于三角形所在的平面，將電荷其的正電荷從A移到B電場力做功，從A移到C電場力做功，令A點電勢為0，則該勻強電場的場強大小為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】電勢差；電勢差與電場強度的關系
【解析】【解答】由題可知，將電荷其的正電荷從A移到B電場力做功
，從A移到C電場力做功。根據電勢差公式
可得
解得
由此可知，BC為此勻強電場的一條等勢線，根據電場線與等勢面處處垂直，可知電場線沿C指向A，由勻強電場的電場強度與電勢差的公式可得
B符合題意，ACD不符合題意。
故答案為：B。
【分析】根據電場力做功求出AB和AC之間的電勢差，得出等勢面，再由電場線與等勢面處處垂直，得出電場方向，再由勻強電場的電場強度與電勢差的公式求出電場強度。
8．（2020高二上·望謨期末）一顆質量的子彈以的速度經時間射入墻壁，則子彈對墻壁的平均作用力約為（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】動量定理
【解析】【解答】以子彈初速度方向為正方向，根據動量定理可得
代入數據可得子彈對墻壁的平均作用力
D符合題意，ABC不符合題意。
故答案為：D。
【分析】由動能定理分析射入墻壁的過程，求出子彈對墻壁的平均作用力。
9．（2020高二上·望謨期末）如圖所示的電路中，電壓表和電流表均為理想電表，電源的電動勢為內阻為為定值電阻，閉合開關，當滑動變阻器的滑片向上滑動時，下列說法正確的是（　　）
A．電壓表的示數變大 B．電阻的功率減小
C．電流表的示數變大 D．通過的電流增大
【答案】A,B
【知識點】電路動態分析
【解析】【解答】ABC.當滑動變阻器的滑片向上滑動時，滑動變阻器的電阻增大，外電路總電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知，干路電流I減小，電流表的示數變小，根據U=E-Ir，可知路端電壓U增大，即電壓表的電壓增大，根據
可知電阻的功率減小，AB符合題意，C不符合題意；
D.并聯電路兩端的電壓
可知變大，則流過、支路的電流變大，則流過的電流
減小，D不符合題意。
故答案為：AB。
【分析】根據滑動變阻器的電阻變化，由閉合電路歐姆定律分析電路各部分電壓和電流的變化情況；由電功率的公式，分析電阻的功率變化。
10．（2020高二上·望謨期末）如圖所示，充電后與電源斷開的平行板電容器水平放置，電容器之間有一帶正電的油滴處于靜止狀態。下列操作中能使該油滴始終保持靜止狀態的是（　　）
A．將上板向左平移一小段距離 B．將下板向左平移一小段距離
C．將上板向下平移一小段距離 D．將下板向下平移一小段距離
【答案】C,D
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】因為電容器與電源斷開，所以在移動極板的過程中，電容器帶電量Q一定，根據
，，
可得
AB.將上板向左平移一小段距離或者將下板向左平移一小段距離，則相對面積S減小，E變大，則油滴受電場力變大，則油滴向上運動，AB不符合題意；
CD.將上板向下平移一小段距離或者將下板向下平移一小段距離，則兩板間場強E不變，油滴受力平衡仍靜止，CD符合題意。
故答案為：CD。
【分析】電容器與電源斷開，則移動極板的過程中，電容器帶電量不變，根據電容的定義式、決定式和電場強度與電勢差的關系，分析極板間電場強度的變化，從而得到電場力的變化，再根據重力與電場力的大小關系，分析油滴的運動情況。
11．（2020高二上·望謨期末）如圖所示的圖線分別是甲、乙兩球從同一地點、沿同一直線運動的圖像，根據圖線可以判斷（　　）
A．兩球在時速率相等
B．圖線的交點表示甲、乙相遇
C．兩球在時都回到出發地
D．甲球的總路程是乙球的總路程的2倍
【答案】A,C
【知識點】運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A.由圖可知，在t=2s時，甲的速度為20m/s，乙的速度為-20m/s，而負號表示方向，故兩者的速度大小相等，即速率相等，A符合題意；
B.根據v-t圖像與t軸圍成面積表示位移可知，圖線的交點時刻兩球位移不相等，而兩球從同一地點出發，所以在交點時刻兩球沒有相遇，B不符合題意；
C.根據v-t圖像與t軸圍成面積表示位移可知，甲、乙物體8s內的總總位移均為零，說明兩物體在t=8s時都回到了出發地，C符合題意；
D.甲球的總路程
乙球的總路程
可知甲球的總路程是乙球的總路程的倍，D不符合題意。
故答案為：AC。
【分析】直接根據圖中信息分析t=2s時兩球的速率關系；v-t圖像中交點只是表示速度相等；根據兩物體在8s內的位移，分析物體所處的位置；路程為運動軌跡的實際長度，根據圖像求解兩球的總路程的關系。
12．（2020高二上·望謨期末）勞倫斯曾設計出回旋加速器，其工作原理示意圖如圖所示。設置于真空中的D形金屬盒底面半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過狹縫的時間可忽略。磁感應強度大小為B的勻強磁場與盒底面垂直，加速電壓為U。若A處粒子源產生的無初速度的質子質量為m、帶電荷量為，質子在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應和重力的影響。則下列說法正確的是（　　）
A．狹縫間應加高頻交流電
B．所加交流電的周期應為質子圓周運動周期的一半
C．質子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比
D．質子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U無關
【答案】A,D
【知識點】質譜儀和回旋加速器
【解析】【解答】AB.根據回旋加速器原理可知，為了使得粒子每次經過狹縫處時都能被加速，則狹縫間應加高頻交流電，且所加交流電的周期應等于質子做圓周運動的周期，A符合題意，B不符合題意；
CD.質子離開回旋加速器時，粒子的回旋半徑等于D型盒半徑，滿足
得
則粒子獲得的最大動能
可知質子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U無關，C不符合題意，D符合題意。
故答案為：AD。
【分析】回旋加速器使用的是高頻交流電源，所加交流電的周期應等于粒子做圓周運動的周期；質子離開回旋加速器時，粒子的回旋半徑等于D型盒半徑，根據洛倫茲力充當向心力，求出粒子離開加速器獲得的速度，再由動能的定義式求出粒子獲得的最大動能，分析加速電壓對最大動能的影響。
13．（2020高二上·望謨期末）測定木塊與長木板之間的動摩擦因數時，采用如圖1所示的裝置，圖中長木板水平固定．
（1）實驗過程中，電火花計時器應接在　 　（選填“直流”或“交流”）電源上．調整定滑輪高度，使　 　．
（2）已知重力加速度為g，測得木塊的質量為M，砝碼盤和砝碼的總質量為m，木塊的加速度為a，則木塊與長木板間動摩擦因數μ=　 　．
（3）如圖2為木塊在水平木板上帶動紙帶運動打出的一條紙帶的一部分，0、1、2、3、4、5為計數點，相鄰兩計數點間還有4個打點未畫出．從紙帶上測出x1=1.21cm，x2=2.32cm，x5=5.68cm，x6=6.81cm．則木塊加速度大小a=　 　m/s2（保留三位有效數字）．
【答案】（1）交流；細線與長木板平行
（2）
（3）1.12
【知識點】探究影響摩擦力的大小的因素
【解析】【解答】（1）實驗過程中，電火花計時器應接在交流電源上。調整定滑輪高度，使細線與長木板平行；
（2）對木塊、砝碼盤和砝碼整體，由牛頓第二定律得
解得
（3）因為相鄰兩計數點間還有4個打點未畫出，所以相鄰計數點間的時間間隔為T=0.1s，根據勻變速直線運動的位移差公式，可得木塊加速度大小為
【分析】（1）根據計時器的使用要求選擇電源；調整定滑輪高度，使細線與長木板平行；（2）分析木塊、砝碼盤和砝碼整體受力，由牛頓第二定律求解木塊與長木板間動摩擦因數；（3）根據勻變速直線運動的位移差公式，計算木塊加速度大小。
14．（2020高二上·望謨期末）某實驗小組做“測量一均勻新材料制成的金屬絲的電阻率”實驗。備選器材如下：
A.量程為、內阻約為的電流表
B.量程為、內阻約為的電流表
C.量程為、內阻約為的電壓表
D.最大阻值為、最大允許電流為的滑動變阻器
E.最大阻值為。最大允許電流為的滑動變阻器
F.定值電阻
G.電動勢、內阻很小的直流電源
H.開關一個，導線若干
I.多用表，螺旋測微器，刻度尺
（1）如圖甲所示，先用多用表“”擋粗測其電阻為　 　，然后用螺旋測微器測其直徑，如圖乙所示，則螺旋測微器的示數　 　。
（2）采用圖丙所示電路盡可能精確地測量該金屬絲的電阻率，電流表應選用　 　（填“A”或“B”），滑動變阻器應選用　 　（填“D”或“E”）。
（3）電壓表的示數記為U，所選用電流表的示數記為I，若用刻度尺測得待測電阻絲的長度為L，則其電阻率的表達式為　 　（均用題中物理量的字母表示）。
【答案】（1）110；0.730
（2）A；D
（3）
【知識點】導體電阻率的測量
【解析】【解答】（1）圖甲中多用電表的表盤刻度為11.0，多用電表選用的是×10倍率，故該金屬絲的電阻約為
螺旋測微器的精確度為0.01mm，圖中螺旋測微器主尺讀數為0.5mm，可動尺讀數為23.0×0.01mm=0.230mm，可得該金屬絲的直徑
D=0.5mm+0.230mm=0.730mm
（2）由所給儀器可知，電壓表量程為6V，電阻絲電阻約，最大電流為
故電流表應選擇A，因為滑動變阻器選擇分壓式接法，為了便于調節，滑動變阻器應選擇最大阻值較小的D。
（3）由歐姆定律可得，由電阻定律可得，又，聯立解得該金屬絲的電阻率
【分析】（1）根據多用電表和螺旋測微器讀數規則讀數；（2）通過要測量的最大電流，選擇電流表，根據滑動變阻器接入電路的方式選擇滑動變阻器；（3）由歐姆定律和電阻定律綜合推導金屬絲的電阻率表達式。
15．（2020高二上·望謨期末）如圖所示，光滑導軌與水平面成角，導軌寬為，勻強磁場磁感應強度為，金屬桿長也為，質量為，水平放在導軌上。當回路總電流為時，金屬桿恰好能靜止，已知重力加速度為，求豎直向上的磁感應強度的大小。
【答案】解： B的方向豎直向上，這時安培力的方向水平向右，沿導軌方向合力為零，則有BILcosθ=mgsinθ
解得
【知識點】共點力的平衡；安培力的計算
【解析】【分析】分析金屬桿受力，由共點力平衡條件，求解豎直向上的磁感應強度的大小。
16．（2020高二上·望謨期末）如圖所示，光滑的豎直圓軌道與粗糙的水平地面相切于點，質量的小物塊（視為質點）靜止在A處。作用在小物塊上的恒力且與水平方向的夾角，使小物塊從A點由靜止開始沿水平地面做勻加速直線運動，運動到點時撤去恒力，小物塊從點無阻礙進入圓軌道恰好做圓周運動。已知小物塊與地面之間的動摩擦因數之間的距離。求：
（1）小物塊經過點時的速度；
（2）圓軌道的半徑。
【答案】（1）解： 根據動能定理
代入數據得=6m/s
方向向右；
（2）解：小物塊進入圓軌道恰好做圓周運動，在最高點
根據動能定理
得R=0.72m
【知識點】豎直平面的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）分析小物塊從A到B的運動過程，由動能定理求解小物塊經過B點時的速度；（2）分析小物塊在最高點的受力，由牛頓第二定律求出小物塊在最高點的速度，再分析小物塊從B運動到圓軌道最高點的過程，由動能定理求解圓軌道的半徑。
17．（2020高二上·望謨期末）如圖所示，在Ⅰ區有水平向左的勻強電場，在Ⅱ區有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，電場在水平方向的寬度為。在邊界上點沿方向豎直向上射出速率為、質量為、帶電量為的某種粒子，粒子進入磁場時速度方向與邊界成，若電、磁場在豎直方向足夠長，虛線為在同一平面內的豎直直線邊界，不計粒子的重力。要使粒子不從邊界射出，求：
（1）Ⅰ區里勻強電場的場強大小；
（2）Ⅱ區里磁場在水平方向上的最小寬度。
【答案】（1）解： 粒子在電場中僅僅受到電場力，則有
粒子在電場中做類平拋運動，進入磁場時速度方向與邊界成，則有
解得
（2）解：粒子進入磁場中的速度
粒子在磁場中做勻速圓周運動，則有
要使粒子不從邊界射出，根據幾何關系有
解得
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）粒子在Ⅰ區做類平拋運動，根據類平拋運動的規律，由牛頓第二定律和運動學公式，求出Ⅰ區中勻強電場的電場強度；（2）粒子在磁場中運動時，根據洛倫茲力充當向心力，求出粒子的運動半徑，再由幾何關系求出粒子恰好不從PQ邊界射出時磁場的寬度。
1 / 1貴州省黔西南州望謨縣2020-2021學年高二上學期期末聯考物理試題
1．（2020高二上·望謨期末）關于靜電場，下列說法正確的是（　　）
A．靜電場的電場線一定是閉合的
B．電子伏特（eV）是電功率的單位，但不是國際單位
C．處于靜電平衡的導體，內部場強處處相等，電勢也處處相等
D．任一點的電場強度總是指向該點電勢降落最慢的方向
2．（2020高二上·望謨期末）關于磁感線，下列說法正確的是（　　）
A．磁感線是客觀存在的曲線
B．磁感線總是由N極出發指向S極
C．磁感線是不閉合的曲線
D．磁感線的疏密可以形象地反映磁感應強度的大小
3．（2020高二上·望謨期末）中國自主研制的首艘貨運飛船“天舟一號”與“天宮二號”空間實驗室在距地面約高度的軌道上順利完成自動交會對接后繞地球做勻速圓周運動。則（　　）
A．運行線速度大于
B．運行周期大于
C．運行角速度大于同步地球衛星角速度
D．運行加速度小于同步地球衛星加速度
4．（2020高二上·望謨期末）如圖所示，紙面內豎直向上的長直絕緣導線通有向上的電流，導線左右有兩點，它們相對于導線對稱，則（　　）
A．兩點磁感應強度大小相等、方向相同
B．兩點磁感應強度大小相等、方向相反
C．點磁感應強度方向垂直紙面向外
D．點磁感應強度方向垂直紙面向里
5．（2020高二上·望謨期末）質量為0.5kg的章魚在水中靜止，突然將體內的0.1kg的水以2m/s的速度向前噴出，不計章魚受到的阻力，則章魚后退的速度大小為（　　）
A．4 m/s B．2 m/s C．0.5m/s D．0.4m/s
6．（2020高二上·望謨期末）如圖所示的電路圖，已知電動機內電阻，定值電阻，直流電壓（內阻不計），理想電壓表示數，則電動機機械功率為（　　）
A． B． C． D．
7．（2020高二上·望謨期末）在勻強電場中有一直角三角形。已知電場線的方向平行于三角形所在的平面，將電荷其的正電荷從A移到B電場力做功，從A移到C電場力做功，令A點電勢為0，則該勻強電場的場強大小為（　　）
A． B． C． D．
8．（2020高二上·望謨期末）一顆質量的子彈以的速度經時間射入墻壁，則子彈對墻壁的平均作用力約為（　　）
A． B． C． D．
9．（2020高二上·望謨期末）如圖所示的電路中，電壓表和電流表均為理想電表，電源的電動勢為內阻為為定值電阻，閉合開關，當滑動變阻器的滑片向上滑動時，下列說法正確的是（　　）
A．電壓表的示數變大 B．電阻的功率減小
C．電流表的示數變大 D．通過的電流增大
10．（2020高二上·望謨期末）如圖所示，充電后與電源斷開的平行板電容器水平放置，電容器之間有一帶正電的油滴處于靜止狀態。下列操作中能使該油滴始終保持靜止狀態的是（　　）
A．將上板向左平移一小段距離 B．將下板向左平移一小段距離
C．將上板向下平移一小段距離 D．將下板向下平移一小段距離
11．（2020高二上·望謨期末）如圖所示的圖線分別是甲、乙兩球從同一地點、沿同一直線運動的圖像，根據圖線可以判斷（　　）
A．兩球在時速率相等
B．圖線的交點表示甲、乙相遇
C．兩球在時都回到出發地
D．甲球的總路程是乙球的總路程的2倍
12．（2020高二上·望謨期末）勞倫斯曾設計出回旋加速器，其工作原理示意圖如圖所示。設置于真空中的D形金屬盒底面半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過狹縫的時間可忽略。磁感應強度大小為B的勻強磁場與盒底面垂直，加速電壓為U。若A處粒子源產生的無初速度的質子質量為m、帶電荷量為，質子在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應和重力的影響。則下列說法正確的是（　　）
A．狹縫間應加高頻交流電
B．所加交流電的周期應為質子圓周運動周期的一半
C．質子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U成正比
D．質子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U無關
13．（2020高二上·望謨期末）測定木塊與長木板之間的動摩擦因數時，采用如圖1所示的裝置，圖中長木板水平固定．
（1）實驗過程中，電火花計時器應接在　 　（選填“直流”或“交流”）電源上．調整定滑輪高度，使　 　．
（2）已知重力加速度為g，測得木塊的質量為M，砝碼盤和砝碼的總質量為m，木塊的加速度為a，則木塊與長木板間動摩擦因數μ=　 　．
（3）如圖2為木塊在水平木板上帶動紙帶運動打出的一條紙帶的一部分，0、1、2、3、4、5為計數點，相鄰兩計數點間還有4個打點未畫出．從紙帶上測出x1=1.21cm，x2=2.32cm，x5=5.68cm，x6=6.81cm．則木塊加速度大小a=　 　m/s2（保留三位有效數字）．
14．（2020高二上·望謨期末）某實驗小組做“測量一均勻新材料制成的金屬絲的電阻率”實驗。備選器材如下：
A.量程為、內阻約為的電流表
B.量程為、內阻約為的電流表
C.量程為、內阻約為的電壓表
D.最大阻值為、最大允許電流為的滑動變阻器
E.最大阻值為。最大允許電流為的滑動變阻器
F.定值電阻
G.電動勢、內阻很小的直流電源
H.開關一個，導線若干
I.多用表，螺旋測微器，刻度尺
（1）如圖甲所示，先用多用表“”擋粗測其電阻為　 　，然后用螺旋測微器測其直徑，如圖乙所示，則螺旋測微器的示數　 　。
（2）采用圖丙所示電路盡可能精確地測量該金屬絲的電阻率，電流表應選用　 　（填“A”或“B”），滑動變阻器應選用　 　（填“D”或“E”）。
（3）電壓表的示數記為U，所選用電流表的示數記為I，若用刻度尺測得待測電阻絲的長度為L，則其電阻率的表達式為　 　（均用題中物理量的字母表示）。
15．（2020高二上·望謨期末）如圖所示，光滑導軌與水平面成角，導軌寬為，勻強磁場磁感應強度為，金屬桿長也為，質量為，水平放在導軌上。當回路總電流為時，金屬桿恰好能靜止，已知重力加速度為，求豎直向上的磁感應強度的大小。
16．（2020高二上·望謨期末）如圖所示，光滑的豎直圓軌道與粗糙的水平地面相切于點，質量的小物塊（視為質點）靜止在A處。作用在小物塊上的恒力且與水平方向的夾角，使小物塊從A點由靜止開始沿水平地面做勻加速直線運動，運動到點時撤去恒力，小物塊從點無阻礙進入圓軌道恰好做圓周運動。已知小物塊與地面之間的動摩擦因數之間的距離。求：
（1）小物塊經過點時的速度；
（2）圓軌道的半徑。
17．（2020高二上·望謨期末）如圖所示，在Ⅰ區有水平向左的勻強電場，在Ⅱ區有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，電場在水平方向的寬度為。在邊界上點沿方向豎直向上射出速率為、質量為、帶電量為的某種粒子，粒子進入磁場時速度方向與邊界成，若電、磁場在豎直方向足夠長，虛線為在同一平面內的豎直直線邊界，不計粒子的重力。要使粒子不從邊界射出，求：
（1）Ⅰ區里勻強電場的場強大小；
（2）Ⅱ區里磁場在水平方向上的最小寬度。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】電場線；電勢
【解析】【解答】A．靜電場的電場線不是閉合的，A不符合題意；
B．電子伏特（eV）是電功的單位，B不符合題意；
C．處于靜電平衡的導體，內部場強處處相等，電勢也處處相等，C符合題意；
D．任一點的電場強度總是指向該點電勢降落最快的方向，D不符合題意。
故答案為：C。
【分析】電場線是不閉合的曲線；靜電平衡的導體，內部場強處處相等；沿著電場線的方向電勢變化的最快。
2．【答案】D
【知識點】磁現象和磁場、磁感線
【解析】【解答】A．磁感線是為了描述磁場強弱的分布，人為想象出來的，所以不是客觀存在的曲線，所以A不符合題意；
B．磁感線在磁鐵外部由N極出發指向S極，磁鐵內部由S極出發指向N極，所以B不符合題意；
C．磁感線是閉合的曲線，所以C不符合題意；
D．磁感線的疏密可以形象地反映磁感應強度的大小。磁感線密的地方，磁場強；磁感線疏的地方，磁場弱。所以D符合題意。
故答案為：D。
【分析】磁感線是為了描述磁場強弱的分布，人為想象出來的；磁感線在磁鐵外部由N極出發指向S極，磁鐵內部由S極出發指向N極，從而使磁感線形成閉合的曲線；磁感線的疏密可以形象地反映磁感應強度的大小，磁感線密的地方，磁場強；磁感線疏的地方，磁場弱。
3．【答案】C
【知識點】萬有引力定律的應用；第一、第二與第三宇宙速度
【解析】【解答】A.7.9km/s為第一宇宙速度，是圍繞地球做勻速圓周運動的物體的最大速度，所以“天舟一號”與“天宮二號”的運行線速度一定小于7.9km/s，A不符合題意；
BC.根據萬有引力提供衛星做圓周運動的向心力，可得
可得
，
因為空間實驗室的運行軌道半徑小于高軌道的同步衛星軌道半徑，所以空間實驗室的運行周期小于地球同步衛星的運行周期24h，角速度大于同步地球衛星角速度，B不符合題意，C符合題意；
D.根據牛頓第二定律
可得衛星加速度
可知空間實驗室運行加速度大于同步地球衛星加速度，D不符合題意。
故答案為：C。
【分析】根據第一宇宙速度的物理意義分析；根據萬有引力提供衛星做圓周運動的向心力，推導衛星周期和角速度的表達式，結合空間實驗室的運行軌道半徑與高軌道的同步衛星軌道半徑的關系，得到周期和角速度的大小關系；由牛頓第二定律推導衛星做圓周運動時向心加速度的表達式，分析空間實驗室和同步地球衛星的向心加速度的大小關系。
4．【答案】B
【知識點】安培定則；通電導線及通電線圈周圍的磁場
【解析】【解答】CD.根據右手螺旋定則可知a點磁感應強度方向垂直紙面向里，b點磁感應強度方向垂直紙面向外，CD不符合題意；
AB.a、b兩點相對于導線對稱，所以a、b兩點磁感應強度大小相等、方向相反，A不符合題意，B符合題意。
故答案為：B。
【分析】由右手螺旋定則判斷通電直導線的磁場，根據磁場的對稱性，分析a、b兩點磁場的大小關系。
5．【答案】C
【知識點】反沖
【解析】【解答】以章魚噴水的方向為正方向，根據動量守恒定律可得
可解得章魚后退的速度大小為
C符合題意，ABD不符合題意。
故答案為：C。
【分析】根據反沖原理，由動量守恒定律列式求解。
6．【答案】A
【知識點】電功率和電功；歐姆定律的內容、表達式及簡單應用
【解析】【解答】定值電阻兩端的電壓為
通過定值電阻的電流
電動機機械功率為
A符合題意，BCD不符合題意。
故答案為：A。
【分析】電動機為非純電阻電路，電動機的機械功率等于電動機輸入的總功率與電動機內阻的熱功率之差，由歐姆定律求出通過定值電阻的電流，再由電功率的公式求解功率。
7．【答案】B
【知識點】電勢差；電勢差與電場強度的關系
【解析】【解答】由題可知，將電荷其的正電荷從A移到B電場力做功
，從A移到C電場力做功。根據電勢差公式
可得
解得
由此可知，BC為此勻強電場的一條等勢線，根據電場線與等勢面處處垂直，可知電場線沿C指向A，由勻強電場的電場強度與電勢差的公式可得
B符合題意，ACD不符合題意。
故答案為：B。
【分析】根據電場力做功求出AB和AC之間的電勢差，得出等勢面，再由電場線與等勢面處處垂直，得出電場方向，再由勻強電場的電場強度與電勢差的公式求出電場強度。
8．【答案】D
【知識點】動量定理
【解析】【解答】以子彈初速度方向為正方向，根據動量定理可得
代入數據可得子彈對墻壁的平均作用力
D符合題意，ABC不符合題意。
故答案為：D。
【分析】由動能定理分析射入墻壁的過程，求出子彈對墻壁的平均作用力。
9．【答案】A,B
【知識點】電路動態分析
【解析】【解答】ABC.當滑動變阻器的滑片向上滑動時，滑動變阻器的電阻增大，外電路總電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知，干路電流I減小，電流表的示數變小，根據U=E-Ir，可知路端電壓U增大，即電壓表的電壓增大，根據
可知電阻的功率減小，AB符合題意，C不符合題意；
D.并聯電路兩端的電壓
可知變大，則流過、支路的電流變大，則流過的電流
減小，D不符合題意。
故答案為：AB。
【分析】根據滑動變阻器的電阻變化，由閉合電路歐姆定律分析電路各部分電壓和電流的變化情況；由電功率的公式，分析電阻的功率變化。
10．【答案】C,D
【知識點】電容器及其應用
【解析】【解答】因為電容器與電源斷開，所以在移動極板的過程中，電容器帶電量Q一定，根據
，，
可得
AB.將上板向左平移一小段距離或者將下板向左平移一小段距離，則相對面積S減小，E變大，則油滴受電場力變大，則油滴向上運動，AB不符合題意；
CD.將上板向下平移一小段距離或者將下板向下平移一小段距離，則兩板間場強E不變，油滴受力平衡仍靜止，CD符合題意。
故答案為：CD。
【分析】電容器與電源斷開，則移動極板的過程中，電容器帶電量不變，根據電容的定義式、決定式和電場強度與電勢差的關系，分析極板間電場強度的變化，從而得到電場力的變化，再根據重力與電場力的大小關系，分析油滴的運動情況。
11．【答案】A,C
【知識點】運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A.由圖可知，在t=2s時，甲的速度為20m/s，乙的速度為-20m/s，而負號表示方向，故兩者的速度大小相等，即速率相等，A符合題意；
B.根據v-t圖像與t軸圍成面積表示位移可知，圖線的交點時刻兩球位移不相等，而兩球從同一地點出發，所以在交點時刻兩球沒有相遇，B不符合題意；
C.根據v-t圖像與t軸圍成面積表示位移可知，甲、乙物體8s內的總總位移均為零，說明兩物體在t=8s時都回到了出發地，C符合題意；
D.甲球的總路程
乙球的總路程
可知甲球的總路程是乙球的總路程的倍，D不符合題意。
故答案為：AC。
【分析】直接根據圖中信息分析t=2s時兩球的速率關系；v-t圖像中交點只是表示速度相等；根據兩物體在8s內的位移，分析物體所處的位置；路程為運動軌跡的實際長度，根據圖像求解兩球的總路程的關系。
12．【答案】A,D
【知識點】質譜儀和回旋加速器
【解析】【解答】AB.根據回旋加速器原理可知，為了使得粒子每次經過狹縫處時都能被加速，則狹縫間應加高頻交流電，且所加交流電的周期應等于質子做圓周運動的周期，A符合題意，B不符合題意；
CD.質子離開回旋加速器時，粒子的回旋半徑等于D型盒半徑，滿足
得
則粒子獲得的最大動能
可知質子離開回旋加速器時的最大動能與加速電壓U無關，C不符合題意，D符合題意。
故答案為：AD。
【分析】回旋加速器使用的是高頻交流電源，所加交流電的周期應等于粒子做圓周運動的周期；質子離開回旋加速器時，粒子的回旋半徑等于D型盒半徑，根據洛倫茲力充當向心力，求出粒子離開加速器獲得的速度，再由動能的定義式求出粒子獲得的最大動能，分析加速電壓對最大動能的影響。
13．【答案】（1）交流；細線與長木板平行
（2）
（3）1.12
【知識點】探究影響摩擦力的大小的因素
【解析】【解答】（1）實驗過程中，電火花計時器應接在交流電源上。調整定滑輪高度，使細線與長木板平行；
（2）對木塊、砝碼盤和砝碼整體，由牛頓第二定律得
解得
（3）因為相鄰兩計數點間還有4個打點未畫出，所以相鄰計數點間的時間間隔為T=0.1s，根據勻變速直線運動的位移差公式，可得木塊加速度大小為
【分析】（1）根據計時器的使用要求選擇電源；調整定滑輪高度，使細線與長木板平行；（2）分析木塊、砝碼盤和砝碼整體受力，由牛頓第二定律求解木塊與長木板間動摩擦因數；（3）根據勻變速直線運動的位移差公式，計算木塊加速度大小。
14．【答案】（1）110；0.730
（2）A；D
（3）
【知識點】導體電阻率的測量
【解析】【解答】（1）圖甲中多用電表的表盤刻度為11.0，多用電表選用的是×10倍率，故該金屬絲的電阻約為
螺旋測微器的精確度為0.01mm，圖中螺旋測微器主尺讀數為0.5mm，可動尺讀數為23.0×0.01mm=0.230mm，可得該金屬絲的直徑
D=0.5mm+0.230mm=0.730mm
（2）由所給儀器可知，電壓表量程為6V，電阻絲電阻約，最大電流為
故電流表應選擇A，因為滑動變阻器選擇分壓式接法，為了便于調節，滑動變阻器應選擇最大阻值較小的D。
（3）由歐姆定律可得，由電阻定律可得，又，聯立解得該金屬絲的電阻率
【分析】（1）根據多用電表和螺旋測微器讀數規則讀數；（2）通過要測量的最大電流，選擇電流表，根據滑動變阻器接入電路的方式選擇滑動變阻器；（3）由歐姆定律和電阻定律綜合推導金屬絲的電阻率表達式。
15．【答案】解： B的方向豎直向上，這時安培力的方向水平向右，沿導軌方向合力為零，則有BILcosθ=mgsinθ
解得
【知識點】共點力的平衡；安培力的計算
【解析】【分析】分析金屬桿受力，由共點力平衡條件，求解豎直向上的磁感應強度的大小。
16．【答案】（1）解： 根據動能定理
代入數據得=6m/s
方向向右；
（2）解：小物塊進入圓軌道恰好做圓周運動，在最高點
根據動能定理
得R=0.72m
【知識點】豎直平面的圓周運動；動能定理的綜合應用
【解析】【分析】（1）分析小物塊從A到B的運動過程，由動能定理求解小物塊經過B點時的速度；（2）分析小物塊在最高點的受力，由牛頓第二定律求出小物塊在最高點的速度，再分析小物塊從B運動到圓軌道最高點的過程，由動能定理求解圓軌道的半徑。
17．【答案】（1）解： 粒子在電場中僅僅受到電場力，則有
粒子在電場中做類平拋運動，進入磁場時速度方向與邊界成，則有
解得
（2）解：粒子進入磁場中的速度
粒子在磁場中做勻速圓周運動，則有
要使粒子不從邊界射出，根據幾何關系有
解得
【知識點】帶電粒子在電場中的偏轉；帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）粒子在Ⅰ區做類平拋運動，根據類平拋運動的規律，由牛頓第二定律和運動學公式，求出Ⅰ區中勻強電場的電場強度；（2）粒子在磁場中運動時，根據洛倫茲力充當向心力，求出粒子的運動半徑，再由幾何關系求出粒子恰好不從PQ邊界射出時磁場的寬度。
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