安徽省桐城中學(xué)2023-2024學(xué)年高二下學(xué)期開學(xué)檢測(cè)物理Word版含解析.docx

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桐城中學(xué)2023～2024學(xué)年度下學(xué)期高二開學(xué)檢測(cè)物理試題一、單選題（本題共計(jì)7小題，總分28分）1.下列說法正確的是（　?。〢.一個(gè)系統(tǒng)所受外力做功的代數(shù)和為零，則系統(tǒng)的機(jī)械能一定守恒B.一個(gè)系統(tǒng)所受外力的矢量和為零，則系統(tǒng)的動(dòng)量一定守恒C.在閉合電路中，沿電流方向電勢(shì)一定降低，電荷的電勢(shì)能增加D.電流元在磁場(chǎng)中順磁感線方向移動(dòng)，安培力一定做正功【答案】B【解析】【詳解】A．如果一個(gè)系統(tǒng)所受合外力做功為零，系統(tǒng)機(jī)械能不一定守恒，如在豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)的系統(tǒng)所受合外力為零，合外力做功為零，由于系統(tǒng)在豎直方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)，系統(tǒng)動(dòng)能不變而重力勢(shì)能不斷變化，系統(tǒng)機(jī)械能不守恒，故A錯(cuò)誤；B．如果一個(gè)系統(tǒng)所受外力矢量和為零，合外力對(duì)系統(tǒng)的沖量為零，系統(tǒng)動(dòng)量保持不變，系統(tǒng)的動(dòng)量一定守恒，故B正確；C．在外電路中，沿電流方向電勢(shì)一定降低，負(fù)電荷電勢(shì)能增加，正電荷的電勢(shì)能減??；在內(nèi)電路中，沿電流方向電勢(shì)一定升高，負(fù)電荷的電勢(shì)能減小，正電荷的電勢(shì)能增大，故C錯(cuò)誤；D．電流元在磁場(chǎng)中順磁感線方向移動(dòng)，不受安培力作用，故D錯(cuò)誤。故選B。2.物理公式或物理定律都有成立條件或適用范圍，下列敘述中正確的是（　?。〢.在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有關(guān)系式U=Ed，任何距離d相等的兩點(diǎn)，U一定相等B.Q=I2Rt用來計(jì)算一段電路電流通過時(shí)產(chǎn)生的熱量，也可以用來計(jì)算電流在這段電路做的功C.是磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式，適用任何磁場(chǎng)，但電流元IL一定要垂直磁場(chǎng)方向放置D.質(zhì)量分別為m1、m2兩小球在同一直線上運(yùn)動(dòng)，速度大小分別為v1、v2，發(fā)生碰撞結(jié)合在一起，速度大小為v，若碰撞滿足動(dòng)量守恒，則m1v1+m2v2=（m1+m2）v一定成立【答案】C【解析】【詳解】A．在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有關(guān)系式U=Ed，在沿電場(chǎng)方向距離d相等的兩點(diǎn)，U一定相等，A錯(cuò)誤；B．Q=I2Rt第17頁(yè)/共17頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 用來計(jì)算一段電路電流通過時(shí)產(chǎn)生的熱量，此公式只適用于純電阻電路，若這段電路是純電阻電路，也可以用來計(jì)算電流在這段電路做的功，若這段電路不是純電阻電路，不可以用來計(jì)算電流在這段電路做的功，B錯(cuò)誤；C．是磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式，是比值定義法，因此適用任何磁場(chǎng)，但電流元IL一定要垂直磁場(chǎng)方向放置，C正確；D．兩小球速度大小分別為v1、v2，發(fā)生碰撞結(jié)合在一起，速度大小為v，若碰撞滿足動(dòng)量守恒，則有：當(dāng)v1、v2的方向相同時(shí)，則m1v1+m2v2=（m1+m2）v一定成立；當(dāng)v1、v2的方向相反時(shí)，規(guī)定v1方向?yàn)檎较?，則有m1v1?m2v2=（m1+m2）v一定成立。因此在利用動(dòng)量守恒定律解題時(shí)，首先判定系統(tǒng)是否動(dòng)量守恒，若守恒，然后規(guī)定某速度方向?yàn)檎较?，再利用?dòng)量守恒定律列方程求解，D錯(cuò)誤。故選C。3.在學(xué)習(xí)庫(kù)侖定律內(nèi)容時(shí)，有下圖的演示實(shí)驗(yàn)，一個(gè)帶正電的球體M放在絕緣支架上，把系在絕緣絲線上的帶正電的小球N先后掛在橫桿上的P1、P2和P3處，通過調(diào)整絲線長(zhǎng)度使M、N的球心在同一高度，當(dāng)小球N靜止時(shí)，觀察絲線與豎直方向的夾角。通過觀察發(fā)現(xiàn)：當(dāng)小球N掛在P1時(shí)，絲線與豎直方向的夾角最大；當(dāng)小球N掛在P3時(shí)N絲線與豎直方向的夾角最小。根據(jù)三次實(shí)驗(yàn)結(jié)果的對(duì)比，通過推理和分析，下列說法中正確的是（　?。〢.小球N與球體M間的作用力與球體M的電荷量成正比B.小球N與球體M間的作用力與M、N的電荷量的乘積成正比C.小球N與球體M間的作用力與M、N兩球心距離成反比D.距離球體M越遠(yuǎn)的位置,絕緣絲線對(duì)小球N的拉力越小【答案】D【解析】【詳解】對(duì)比三次實(shí)驗(yàn)，M、N間的距離不同，對(duì)小球N受力分析，如圖：第17頁(yè)/共17頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 設(shè)絲線與豎直方向夾角為θ，由平衡條件得F庫(kù)=mgtanθTcosθ=mg由圖可知，距離球體M越遠(yuǎn)的位置，絲線與豎直方向夾角θ越小，cosθ越大，tanθ越小，則絕緣絲線對(duì)小球N的作用力T越小，庫(kù)侖力越小，但不能判斷庫(kù)侖力與電荷量和距離是否成正比或反比，故ABC錯(cuò)誤，D正確。故選D。4.如圖所示，R1是光敏電阻，此電阻特性是，光照增強(qiáng)，電阻值減小，C是電容器，R2是定值電阻。閉合開關(guān)，當(dāng)R1受到光照強(qiáng)度減弱時(shí)，下列說法中正確的是（　　）A.電源兩端電壓減小B.光敏電阻R1兩端的電壓增大C.電源的輸出功率增加D.電容器C所帶的電荷量增加【答案】B【解析】【詳解】ABD．當(dāng)R1受到的光照強(qiáng)度減弱時(shí)，電阻值增加，則總電阻增加，總電流減小，內(nèi)阻上電壓減小，則電源兩端電壓增加，R2兩端電壓變大，光敏電阻R1兩端的電壓減小，電容器C兩端電壓減小，根據(jù)Q=CU可知所帶的電荷量減??；選項(xiàng)B正確，AD錯(cuò)誤；C．當(dāng)電源外電阻與內(nèi)電阻相等時(shí)電源輸出功率最大，因不知道內(nèi)阻和外電阻的關(guān)系，不能確定電源輸出功率變化情況，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。故選B。5.如圖，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從圓周上的M第17頁(yè)/共17頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 點(diǎn)沿直徑MON方向射入磁場(chǎng).若粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v1，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1，離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)90；若粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v2，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2，離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)60°，不計(jì)帶電粒子所受重力，則t1：t2、v1：v2分別為（　　）A.2:3、1:2B.3:2、1:C.1:2、:2D.:1、1:【答案】B【解析】【詳解】粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期不變，均為運(yùn)動(dòng)時(shí)間兩次在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的角度分別為90°和60°，則設(shè)磁場(chǎng)的半徑為R，則第一次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑r1=R第二次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為根據(jù)可得故選B。第17頁(yè)/共17頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 6.在科學(xué)研究和工業(yè)生產(chǎn)等領(lǐng)域，常常利用帶電粒子在磁場(chǎng)受力發(fā)生偏轉(zhuǎn)這種特性制造各種儀器，下圖中關(guān)于磁場(chǎng)中的四種儀器的說法中正確的是（　?。〢.甲圖中回旋加速器所加交變電場(chǎng)的周期與所加速的帶電粒子的比荷無關(guān)B.乙圖中質(zhì)譜儀各區(qū)域的電場(chǎng)磁場(chǎng)不改變時(shí)，擊中光屏同一位置的粒子質(zhì)量一定相同C.丙圖中的霍爾元件是金屬導(dǎo)體，在如圖電流和磁場(chǎng)時(shí)N側(cè)帶負(fù)電荷D.丁圖中長(zhǎng)寬高分別為a、b、c的電磁流量計(jì)加上如圖所示磁場(chǎng)，前后兩個(gè)金屬側(cè)面M、N形成的電壓與a、b、c無關(guān)【答案】C【解析】【詳解】A．甲圖中回旋加速器所加交變電場(chǎng)的周期與帶電粒子在磁場(chǎng)中圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等所加速的帶電粒子的比荷有關(guān)，故A錯(cuò)誤；B．帶電粒子在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理可得在復(fù)合場(chǎng)中，根據(jù)平衡條件可得在磁場(chǎng)中，由牛頓第二定律可得解得乙圖中不改變質(zhì)譜儀各區(qū)域的電場(chǎng)磁場(chǎng)時(shí)擊中光屏同一位置的粒子，速度相同，半徑R相同，因此粒子比荷相同，粒子質(zhì)量不一定相同，故B錯(cuò)誤；C第17頁(yè)/共17頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 ．丙圖金屬導(dǎo)體中自由電荷為負(fù)電荷，如圖所示電流和加上如圖所示的磁場(chǎng)時(shí)，根據(jù)左手定則可知，負(fù)電荷所受洛倫茲力向左，因此N側(cè)電勢(shì)低，帶負(fù)電荷，故C正確；D．最終正負(fù)粒子會(huì)受到電場(chǎng)力和洛倫茲力而平衡，則又流量為解得前后兩個(gè)金屬側(cè)面的電壓與流量Q、磁感應(yīng)強(qiáng)度B以及c有關(guān)，與a、b無關(guān)，故D錯(cuò)誤。故選C。7.如圖所示，質(zhì)量為m2的小球B靜止在光滑的水平面上，質(zhì)量為m1的小球A以速度v0向B運(yùn)動(dòng)，并與B發(fā)生碰撞，碰撞前后兩個(gè)小球的速度始終在同一條直線上。A、B兩球的半徑相等，且碰撞過程沒有機(jī)械能損失。當(dāng)m1、v0一定時(shí)，m2越大，則下列說法正確的是（　　）A.碰撞后A的速度越小B.碰撞后B的速度越大C.碰撞過程中B受到的沖量越小D.碰撞過程中A受到的沖量越大【答案】D【解析】【詳解】AB．設(shè)兩球碰撞后m1、m2的速度分別為v1、v2。m1、m2碰撞時(shí)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律得由機(jī)械能守恒定律得解得，由上可知，若，越大碰撞后A的速度v1越??；若m1＜m2，m2越大碰撞后A的速度v1越大。第17頁(yè)/共17頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 m2越大碰撞后B的速度v2越小。故AB錯(cuò)誤；CD．根據(jù)牛頓第三定律可知，B與A之間的作用力大小時(shí)間，作用時(shí)間也相等，B受到的沖量與A受到的沖量大小相等；對(duì)B由動(dòng)量定理得則當(dāng)m1、v0一定時(shí)，m2越大，碰撞過程中A、B受到的沖量都越大，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。二、多選題（本題共計(jì)3小題，總分18分）8.如圖所示，三根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線a、b、c平行水平放置，其橫截面恰好位于等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，導(dǎo)線a、b固定在同一豎直面內(nèi)，導(dǎo)線a中的電流方向垂直紙面向里，導(dǎo)線b中的電流方向垂直紙面向外，已知導(dǎo)線a、b中的電流在導(dǎo)線c處產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B0；導(dǎo)線c中的電流方向垂直紙面向里，電流大小為I，長(zhǎng)度為L(zhǎng)，質(zhì)量為m，在粗糙水平面上處于靜止?fàn)顟B(tài)，重力加速度為g，下列說法正確的是（　?。〢.導(dǎo)線c所受安培力的大小為2BIL,方向豎直向上B.導(dǎo)線c受到地面的靜摩擦力為零C.導(dǎo)線c對(duì)水平面的壓力大小為mg-B0ILD.若僅將b中的電流反向，則導(dǎo)線c所受安培力的大小為B0IL，方向向左【答案】BCD【解析】【詳解】AC．根據(jù)右手定則可知，導(dǎo)線ab在c點(diǎn)的磁場(chǎng)方向互成120°，大小均為B0，則合場(chǎng)強(qiáng)為B0，方向水平向左，則導(dǎo)線c所受安培力的大小為B0IL，方向豎直向上，則導(dǎo)線c對(duì)水平面的壓力大小為mg-B0IL，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，C正確；B．導(dǎo)線c所受安培力的方向豎直向上，則水平方向受合外力為零，則受到地面的靜摩擦力為零，選項(xiàng)B正確；D．若僅將b中的電流反向，則導(dǎo)線c處的合磁場(chǎng)為第17頁(yè)/共17頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 方向豎直向下，則導(dǎo)線c所受安培力的大小為B0IL，方向向左，選項(xiàng)D正確。故選BCD。9.矩形區(qū)域ABCD內(nèi)存在某種場(chǎng)，三個(gè)帶正電的粒子a、b、c，質(zhì)量分別為ma=m、mb=2m、mc=4m，電荷量分別為qa=e、qb=e、qc=2e。三個(gè)帶電粒子都由靜止開始經(jīng)相同電壓加速，先后均從AD邊上O點(diǎn)垂直AD進(jìn)入場(chǎng)中，若矩形區(qū)域ABCD內(nèi)為場(chǎng)強(qiáng)方向平行于AD邊的勻強(qiáng)電場(chǎng)（如圖甲），三個(gè)帶電粒子都從BC邊離開場(chǎng)；若矩形區(qū)域ABCD內(nèi)是垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（如圖乙），三個(gè)帶電粒子也都從BC邊離開場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力，關(guān)于它們?cè)趫?chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，下列說法正確的是（　?。〢.在電場(chǎng)中,a、b、c沿同一軌跡運(yùn)動(dòng)B.離開電場(chǎng)時(shí),a、b粒子動(dòng)能相同,c粒子動(dòng)能最大C.在磁場(chǎng)中,a、b、c運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同D.通過磁場(chǎng),a偏轉(zhuǎn)角最大,b、c偏轉(zhuǎn)角相同【答案】ABD【解析】【詳解】A．粒子在電場(chǎng)中加速則進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后水平方向豎直方向解得可知粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與粒子帶電量和質(zhì)量都無關(guān)，選項(xiàng)A正確；B．粒子離開電場(chǎng)時(shí)豎直方向偏轉(zhuǎn)距離相同，則離開電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能則離開電場(chǎng)時(shí)a、b粒子動(dòng)能相同，c粒子動(dòng)能最大，選項(xiàng)B正確；第17頁(yè)/共17頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 CD．在磁場(chǎng)中解得因三個(gè)粒子的荷質(zhì)比為2:1:1，可知在磁場(chǎng)中a運(yùn)動(dòng)半徑最小，bc運(yùn)動(dòng)半徑相等且大于a的半徑，則只有bc粒子的軌跡相同，與a的軌跡不同，a運(yùn)動(dòng)半徑最小，則偏轉(zhuǎn)角最大，b、c偏轉(zhuǎn)角相同；根據(jù)可知bc周期相同且大于a的周期，則b、c運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，但與a的運(yùn)動(dòng)時(shí)間不同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。故選ABD。10.如圖，光滑水平面上放置著總質(zhì)量為m、右端帶有固定擋板的長(zhǎng)木板。一輕質(zhì)彈簧與擋板相連，彈簧左端與長(zhǎng)木板左端的距離為x1?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的質(zhì)量為3m的小鐵塊從長(zhǎng)木板的左端以速度v1滑上長(zhǎng)木板，且恰好能夠回到長(zhǎng)木板的左端，在此過程中彈簧的最大壓縮量為x2。若將長(zhǎng)木板固定，滑塊滑上長(zhǎng)木板的速度改為v2，彈簧的最大壓縮量也為x2，且滑塊最終也與彈簧分離。已知滑塊與長(zhǎng)木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，重力加速度為g，則下列說法正確的是（　?。〢.v1:v2=2:1B.彈簧彈性勢(shì)能的最大值為0.375mv12C.系統(tǒng)因鐵塊與木板摩擦產(chǎn)生熱量為3μmg（x1+x2）D.滑塊以速度v2滑上固定的長(zhǎng)木板,也恰好能夠回到長(zhǎng)木板的左端【答案】AD【解析】【詳解】AB．當(dāng)長(zhǎng)木板不固定，彈簧被壓縮到最短時(shí)兩者速度相同，設(shè)為v，彈簧最大彈性勢(shì)能為EP，從滑塊以速度v1滑上長(zhǎng)木板到彈簧被壓縮到最短的過程，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律定律得3mv1=4mv第17頁(yè)/共17頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 由能量守恒定律得從彈簧被壓縮到最短到滑塊恰好滑到長(zhǎng)木板的左端，兩者速度再次相等，由能量守恒定律得EP=μ3mg（x1+x2）若把長(zhǎng)木板固定，滑塊滑上長(zhǎng)木板速度為v2，彈簧的最大壓縮量也為x2，由能量守恒定律得解得故A正確，B錯(cuò)誤；C．系統(tǒng)因鐵塊與木板摩擦產(chǎn)生熱量為Q=2μ?3mg（x1+x2）=6μmg（x1+x2）選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D．設(shè)滑塊被彈簧彈開，運(yùn)動(dòng)到長(zhǎng)木板左端時(shí)的速度為v3，由能量守恒得代入數(shù)據(jù)可解得v3=0說明滑塊以速度v2滑上長(zhǎng)木板，也恰好能回到長(zhǎng)木板的左端，故D正確。故選AD。三、實(shí)驗(yàn)題（本題共計(jì)2小題，總分16分）11.如圖所示，用圖示裝置做驗(yàn)證動(dòng)量守恒定律的實(shí)驗(yàn)，調(diào)整好裝置后，先將a球從斜槽軌道上某標(biāo)記點(diǎn)處由靜止開始滾下，在水平地面上的記錄紙上留下壓痕，重復(fù)10次；再把同樣大小的b球放在斜槽軌道末端水平段的最右端附近靜止，讓a球仍從原標(biāo)記點(diǎn)處由靜止開始滾下，和b球相碰后，兩球分別落在記錄紙的不同位置處，重復(fù)10次。（1）本實(shí)驗(yàn)必須測(cè)量的物理量有______第17頁(yè)/共17頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 A.斜槽軌道末端到水平地面的高度HB.小球a、b的質(zhì)量ma、mbC.小球a、b的半徑ra、rbD.小球a、b離開斜槽軌道末端后平拋飛行的時(shí)間tE.記錄紙上O點(diǎn)到A、B、C各點(diǎn)的距離OA、OB、OCF.a球的標(biāo)記釋放點(diǎn)到斜槽軌道末端水平部分間的高度差h（2）小球a、b的質(zhì)量ma、mb滿足的關(guān)系是：ma______mb（填符號(hào)“>”或“<”、或“=”）。（3）讓a球仍從原標(biāo)記點(diǎn)處由靜止開始滾下，和b球相碰后，下列說法正確的是______。A.碰撞后兩小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不相同B.碰撞后兩小球做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同C.兩小球碰后，小球a的落地點(diǎn)是圖中水平面上的A點(diǎn)D.兩小球碰后，小球b的落地點(diǎn)是圖中水平面上的B點(diǎn)（4）按照本實(shí)驗(yàn)方法，驗(yàn)證動(dòng)量守恒的驗(yàn)證式是______（用ma、mb、OA、OB、OC表示）；若碰撞是彈性碰撞，驗(yàn)證式是______（用OA、OB、OC表示）【答案】11.BE12.>13.BC14.①.ma﹒OB=ma﹒OA+mb﹒OC②.OA+OB=OC【解析】【小問1詳解】由題意可知，要驗(yàn)證動(dòng)量守恒，就需要知道碰撞前后的動(dòng)量，所以需要測(cè)量?jī)蓚€(gè)小球的質(zhì)量，及碰撞前后小球的速度，碰撞前后小球都做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)，因運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，所以速度可以用水平位移代替，所以需要測(cè)量的物理量為：小球、的質(zhì)量、，記錄紙上點(diǎn)到、、各點(diǎn)的距離、、。故選BE?！拘?詳解】為了避免小球碰撞后被反彈，兩個(gè)小球的質(zhì)量應(yīng)滿足【小問3詳解】AB．碰撞后兩小球做平拋運(yùn)動(dòng)，高度相同，則運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，故B正確，A錯(cuò)誤；CD．小球和小球相撞后，小球的速度增大，小球的速度減小，所以碰撞后球的落地點(diǎn)距離點(diǎn)最近，小球距離點(diǎn)最遠(yuǎn)，中間一個(gè)點(diǎn)是未放球時(shí)小球的落地點(diǎn)，所以相撞后，小球、第17頁(yè)/共17頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 的平均落點(diǎn)位置依次是圖中、點(diǎn)，故C正確，D錯(cuò)誤。故選BC?！拘?詳解】[1]根據(jù)動(dòng)量守恒定律由于運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，故可以用水平位移代替速度，即[2]若碰撞是彈性碰撞，有整理可得①②兩式相除可得OA+OB=OC12.（1）用螺旋測(cè)微器測(cè)量某金屬絲直徑D如圖，可知其直徑為_______mm。（2）測(cè)一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，有下列器材：A、被測(cè)干電池一節(jié)B、電流表1：量程0～0.6A，內(nèi)阻約為0.1ΩC、電流表2：量程0～0.6A，內(nèi)阻RA=0.2ΩD、電壓表2：量程0～3V，內(nèi)阻未知E、滑動(dòng)變阻器1：阻值范圍為0～10Ω，允許通過最大電流2AF、滑動(dòng)變阻器2：阻值范圍為0～50Ω，允許通過最大電流1AG、開關(guān)、導(dǎo)線若干第17頁(yè)/共17頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 （i）伏安法測(cè)電池電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻的實(shí)驗(yàn)，由于電流表和電壓表內(nèi)阻的影響，測(cè)量結(jié)果存在系統(tǒng)誤差，在現(xiàn)有器材的條件下，要盡可能準(zhǔn)確地測(cè)量電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻。在上述器材中請(qǐng)選擇適當(dāng)?shù)钠鞑模娏鞅磉x擇_______，滑動(dòng)變阻器選擇_______。（填寫器材前的字母）（ii）實(shí)驗(yàn)電路圖應(yīng)選擇圖_______（填“甲”或“乙”）。（iii）根據(jù)實(shí)驗(yàn)中電流表和電壓表的示數(shù)得到了如圖丙所示的U-I圖像，則在修正了實(shí)驗(yàn)系統(tǒng)誤差后，干電池的電動(dòng)勢(shì)E=____V，內(nèi)阻r=______Ω。（結(jié)果保留三位有效數(shù)字）【答案】（1）6.360（2）①.C②.E③.甲④.1.40⑤.1.05【解析】【小問1詳解】[1]金屬絲直徑【小問2詳解】（i）[1]實(shí)驗(yàn)要盡可能準(zhǔn)確地測(cè)量一節(jié)干電池的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻，已知電流表2的內(nèi)阻，可以把它串聯(lián)在干路中，把它的內(nèi)阻看成電源的一部分，而電壓表測(cè)量得到的電壓就可以看成是路端電壓，電流表選擇C。[2]電池內(nèi)阻較小，則為了方便調(diào)節(jié)，滑動(dòng)變阻器選擇E。（ii）[3]因?yàn)殡娏鞅淼膬?nèi)阻已知，把它接入干路中，可以準(zhǔn)確測(cè)出流過電源的干路電流，把它的內(nèi)阻等效為電源內(nèi)阻，電壓表的示數(shù)即可看做路端電壓，選甲圖。（iii）[1][2]由閉合回路歐姆定律有第17頁(yè)/共17頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 結(jié)合圖像可得E=1.40V得四、計(jì)算題（本題共計(jì)3小題，總分38分）13.如圖所示，足夠長(zhǎng)、傾角θ=30°的固定斜面，斜面上有P、Q兩點(diǎn)，P與Q點(diǎn)相距x=1.8m，Q點(diǎn)放置滑塊B，B能靜止在Q點(diǎn)，質(zhì)量m=2kg的滑塊A從P點(diǎn)由靜止釋放，滑塊A與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)μ=。在Q處與滑塊B發(fā)生正碰，碰后A、B結(jié)合在一起沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，碰撞后瞬間整體速度為v=2m/s，碰撞時(shí)間極短，重力加速度g=10m/s2，求：（1）滑塊A在與滑塊B碰撞前瞬間的速度大小v0；（2）碰撞過程A、B系統(tǒng)損失的機(jī)械能ΔE?！敬鸢浮浚?）3m/s；（2）3J【解析】【詳解】（1）A從P滑到Q，由動(dòng)能定理得解得v0=3m/s（2）設(shè)B的質(zhì)量為M，A、B在Q點(diǎn)碰撞，由動(dòng)量守恒定律得mv0=（m+M）v解得M=1kg碰撞過程A、B系統(tǒng)損失機(jī)械能解得ΔE=3J第17頁(yè)/共17頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 14.絕緣光滑水平面內(nèi)有一半徑為R=0.5m圓形有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小E=2×103N/C，水平面內(nèi)建立的坐標(biāo)系xOy的原點(diǎn)與圓心O重合，電場(chǎng)方向沿x軸正向，俯視圖如圖，可視為質(zhì)點(diǎn)的帶電荷量為q=-3×10-7C、質(zhì)量m=1×10-3kg的小球，由坐標(biāo)原點(diǎn)O處以速度v0=0.4m/s沿y軸正方向開始運(yùn)動(dòng)，從圓邊界上P點(diǎn)（圖中P點(diǎn)末標(biāo)出）離開電場(chǎng)，選取圓心O處電勢(shì)為零。求：（1）小球在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；（2）小球到達(dá)P點(diǎn)，小球的電勢(shì)能Ep?！敬鸢浮浚?）1s；（2）-1.8×10-4J【解析】【詳解】（1）小球在水平面上受重力，支持力，這兩個(gè)力在豎直方向，受另一個(gè)沿x軸負(fù)向恒定的電場(chǎng)力，它在水平面上做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)P點(diǎn)坐標(biāo)為（-x，y）。代入數(shù)值，解得t=1s（2）小球從O到P，由功能關(guān)系ΔEP=-W得解得EP=-1.8×10-4J15.如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xoy的第二象限內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=0.025T，在第一和第四象限有與y軸平行的兩直線邊界MN、PQ，MN與第17頁(yè)/共17頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 PQ之間的距離d=0.4m?？梢暈橘|(zhì)點(diǎn)的帶電液滴從A點(diǎn)以速度v0=0.1m/s沿直線AO運(yùn)動(dòng)，AO與x軸負(fù)方向成37°。在y軸與MN之間的區(qū)域I內(nèi)加一電場(chǎng)強(qiáng)度最小的勻強(qiáng)電場(chǎng)E2后，可使帶電液滴繼續(xù)做直線運(yùn)動(dòng)到MN上的C點(diǎn)，圖中未標(biāo)明E2方向。液滴在C點(diǎn)的速度大小為vC=0.4m/s，MN與PQ之間區(qū)域II內(nèi)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)E3和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2，帶電液滴在區(qū)域II內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)并恰好不能從右邊界飛出，已知重力加速度為g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：（1）帶電液滴的比荷；（2）帶電液滴從O運(yùn)動(dòng)到C的時(shí)間；（3）區(qū)域II內(nèi)電場(chǎng)強(qiáng)度E3的大小和磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小。【答案】（1）；（2）t=0.05s；（3）E3=2×10-3N/C，B2=3.2×10-4T【解析】【詳解】（1）帶電液滴在第二象限內(nèi)受重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力作用，沿直線AO運(yùn)動(dòng)，三力滿足如圖所示關(guān)系，且液滴只能做勻速直線運(yùn)動(dòng)。由共點(diǎn)力的平衡條件得代入數(shù)值得（2）液滴在區(qū)域Ⅰ做直線運(yùn)動(dòng)到MN上的C點(diǎn)，且區(qū)域Ⅰ電場(chǎng)強(qiáng)度最小時(shí)，只有電場(chǎng)力方向與速度方向垂直時(shí)才滿足，液滴受力如圖所示，液滴做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得第17頁(yè)/共17頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司 又解得t=0.05s（3）液滴在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，所以有mg=qE3液滴運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由洛倫茲力提供向心力知由幾何關(guān)系可知代入數(shù)值解得E3=2×10-3N/CB2=3.2×10-4T第17頁(yè)/共17頁(yè)學(xué)科網(wǎng)（北京）股份有限公司