浙江省嘉興市2023-2024學(xué)年高二物理上學(xué)期第二次教學(xué)調(diào)研12月試題含解析

2023學(xué)年高二物理第一學(xué)期第二次教學(xué)調(diào)研考生須知：1。本卷滿分為100分，考試時(shí)間為90分鐘。2。請(qǐng)將答案正確填寫(xiě)在答題卡上，答案寫(xiě)在試題卷上不給分。一、單項(xiàng)選擇題（本題共13小題，每小題3分，共39分）1.下列屬于國(guó)際單位制中基本單位符號(hào)的是（）A.cm B.A C.N D.eV【答案】B【解析】【詳解】國(guó)際單位制的基本物理量與基本單位是：長(zhǎng)度、單位m，時(shí)間、單位s，質(zhì)量、單位kg，熱力學(xué)溫度、單位K，電流、單位A，光強(qiáng)度、單位cd（坎德拉），物質(zhì)的量、單位mol；故選B。2.下列說(shuō)法與物理學(xué)史相符的是（）A奧斯特發(fā)現(xiàn)電磁感應(yīng)現(xiàn)象B.法拉第證實(shí)電流周?chē)嬖诖艌?chǎng)C.伏特首先研究得出電流與電壓、電阻三者之間的關(guān)系D.焦耳根據(jù)所測(cè)電流通過(guò)電阻放出的熱量，提出焦耳定律【答案】D【解析】【詳解】A．法拉第發(fā)現(xiàn)電磁感應(yīng)現(xiàn)象，故A錯(cuò)誤；B．奧斯特證實(shí)電流周?chē)嬖诖艌?chǎng)，故B錯(cuò)誤；C．歐姆首先研究得出電流與電壓、電阻三者之間的關(guān)系，故C錯(cuò)誤；D．焦耳根據(jù)所測(cè)電流通過(guò)電阻放出的熱量，提出焦耳定律，故D正確。故選D。3.小明同學(xué)利用廢舊透明膠纏繞廢紙做成一個(gè)紙球，讓紙球從某一高度下落，如圖所示，若紙球下落過(guò)程中空氣阻力與速度成正比，并經(jīng)過(guò)足夠長(zhǎng)時(shí)間落地，則紙球運(yùn)動(dòng)過(guò)程中的速度、重力勢(shì)能、動(dòng)能、機(jī)械能E隨下落時(shí)間或下落高度h的關(guān)系圖像可能正確的是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【詳解】A．依題意，阻力與速度成正比，即由牛頓第二定律，可得聯(lián)立，解得可知加速度隨著速度的增加逐漸減小，當(dāng)加速度為零時(shí)，速度達(dá)到最大，然后紙球勻速下落。v-t圖線先是斜率變小的曲線，然后是斜率不變的直線。故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)重力勢(shì)能的表達(dá)式可知-h圖線為直線，且隨著下落高度的增加重力勢(shì)能減小。故B正確；C．根據(jù)可知-h圖線的斜率先變小，當(dāng)二力平衡后，動(dòng)能不變，斜率為零。故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)解得可知E-h圖線的斜率先增大，后保持不變。故D錯(cuò)誤。故選B。4.2023年5月17日10時(shí)49分，由航天科技集團(tuán)五院研制的第五十六顆北斗導(dǎo)航衛(wèi)星搭乘長(zhǎng)征三號(hào)乙運(yùn)載火箭，在西昌衛(wèi)星發(fā)射中心成功發(fā)射。該衛(wèi)星屬地球靜止軌道衛(wèi)星，是我國(guó)北斗三號(hào)工程的首顆備份衛(wèi)星，以下說(shuō)法正確的（）A.該衛(wèi)星環(huán)繞地球的速度大于7.9km/sB.該衛(wèi)星的加速度大于赤道上一建筑物的向心加速度C.發(fā)射該衛(wèi)星的速度超過(guò)了第二宇宙速度D.啟動(dòng)該衛(wèi)星的發(fā)動(dòng)機(jī)進(jìn)行加速，能減小該衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)周期【答案】B【解析】【詳解】A．地球第一宇宙速度7.9km/s等于近地衛(wèi)星的環(huán)繞速度，根據(jù)解得由于地球靜止軌道衛(wèi)星的軌道半徑大于近地衛(wèi)星的軌道半徑，可知該衛(wèi)星環(huán)繞地球的速度小于7.9km/s，故A錯(cuò)誤；B．地球靜止軌道衛(wèi)星的角速度等于地球自轉(zhuǎn)的角速度，根據(jù)解得由于地球靜止軌道衛(wèi)星的軌道半徑大于赤道上一建筑物的軌道半徑，則該衛(wèi)星的加速度大于赤道上一建筑物的向心加速度，故B正確；C．地球靜止軌道衛(wèi)星沒(méi)有脫離地球束縛，則發(fā)射該衛(wèi)星的速度超過(guò)了第一宇宙速度而小于第二宇宙速度，故C錯(cuò)誤；D．啟動(dòng)該衛(wèi)星的發(fā)動(dòng)機(jī)進(jìn)行加速，衛(wèi)星將變軌到高軌道，根據(jù)解得由于軌道半徑增大，則可知衛(wèi)星的運(yùn)動(dòng)周期增大，故D錯(cuò)誤。故選B。5.以下裝置中都涉及到磁場(chǎng)的具體應(yīng)用，關(guān)于這些裝置的說(shuō)法正確的是（）A.甲圖為回旋加速器，增加電壓U可增大粒子的最大動(dòng)能B.乙圖為磁流體發(fā)電機(jī)，可判斷出A極板是發(fā)電機(jī)的正極C.丙圖為質(zhì)譜儀，打到照相底片D同一位置粒子的比荷相同D.丁圖為速度選擇器，特定速率的粒子從左右兩側(cè)沿軸線進(jìn)入后都做直線運(yùn)動(dòng)【答案】C【解析】【詳解】A．粒子做圓周運(yùn)動(dòng)由洛倫茲力提供向心力得

對(duì)于同一個(gè)粒子，增大磁感應(yīng)強(qiáng)度和加速器半徑可以增大其速度，從而增大其動(dòng)能。故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)左手定則可以判斷，帶正電的粒子向B極板聚集，故B極板為正極。故B錯(cuò)誤；C．粒子由加速電場(chǎng)加速

粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)由洛倫茲力提供向心力

聯(lián)立解得

粒子經(jīng)過(guò)相同得加速電場(chǎng)和偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，所以打到同一位置的粒子的比荷相同。故C正確；

D．丁圖的速度選擇器，粒子只能從左向右運(yùn)動(dòng)才符合原理。比如帶正電的粒子進(jìn)入時(shí)，洛倫茲力向上，電場(chǎng)力向下才能受力平衡。故D錯(cuò)誤。故選C。

6.如圖所示，細(xì)繩拉著一帶正電小球在豎直平面內(nèi)做半徑為的圓周運(yùn)動(dòng)，該區(qū)域內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)。A點(diǎn)為運(yùn)動(dòng)軌跡的最高點(diǎn)，點(diǎn)為運(yùn)動(dòng)軌跡的最低點(diǎn)，為水平直徑。在小球做圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中（）A.在A點(diǎn)小球的速度最小 B.在點(diǎn)繩子的拉力最大C.在點(diǎn)和點(diǎn)繩子的拉力大小相等 D.在點(diǎn)小球的機(jī)械能最小【答案】D【解析】【詳解】AB．把重力和電場(chǎng)力合成為等效重力，可知在等效最高點(diǎn)的速度最小，在等效最低點(diǎn)的速度最大且拉力最大，由圖可知，A點(diǎn)不是等效最高點(diǎn)，B點(diǎn)不是等效最低點(diǎn)，故AB錯(cuò)誤；C．由題意可知，小球從C點(diǎn)到D點(diǎn)電場(chǎng)力做正功，動(dòng)能增大，速度增大，故小球在D點(diǎn)的速度大于C點(diǎn)的速度，由牛頓第二定律可知，小球在D點(diǎn)時(shí)繩子的拉力較大，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)能量守恒定律，小球在C點(diǎn)時(shí)的電勢(shì)能最大，則機(jī)械能最小，故D正確。故選D。7.在回收過(guò)程中“嫦娥五號(hào)”返回器采取“半彈道跳躍方式”再入返回，并在降至地面開(kāi)降落傘減速，從降落傘打開(kāi)到返回器落至地面這一過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）A.返回器下落過(guò)程中減速是因?yàn)榻德鋫銓?duì)返回器的拉力大于返回器對(duì)降落傘的拉力B.打開(kāi)降落傘后，返回器內(nèi)的月球樣品處于失重狀態(tài)C.若返回器降落到地面附近時(shí)突然受到水平方向的風(fēng)作用，返回器在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間將變長(zhǎng)D.若返回器受到的阻力與速度大小成正比，返回器做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)【答案】D【解析】【詳解】．返回器下落過(guò)程中減速是因?yàn)榻德鋫銓?duì)返回器的拉力大于返回器的重力，而降落傘對(duì)返回器的拉力與返回器對(duì)降落傘的拉力是一對(duì)相互作用力，大小始終相等，故A錯(cuò)誤；B．打開(kāi)降落傘后，返回器減速下降，降落傘對(duì)返回器的拉力大于返回器的重力，返回器及返回器內(nèi)的月球樣品均處于超重狀態(tài)，故B錯(cuò)誤；C．若返回器降落到地面附近時(shí)突然受到水平方向的風(fēng)作用，水平方向的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)會(huì)改變，但豎直方向不受影響，故返回器在空中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間將不變，故C錯(cuò)誤；D．若返回器受到的阻力與速度大小成正比，設(shè)比例系數(shù)為，則阻力為根據(jù)牛頓第二定律得因?yàn)闇p速過(guò)程中速度在減小，故加速度也在減小，故返回器做加速度減小的減速運(yùn)動(dòng)，故D正確。故選D。8.如圖所示，固定的豎直光滑U形金屬導(dǎo)軌，間距為L(zhǎng)，上端接有阻值為R的電阻，處在方向水平且垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒與勁度系數(shù)為k的固定絕緣輕彈簧相連且放在導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌的電阻忽略不計(jì)。初始時(shí)刻，彈簧處于伸長(zhǎng)狀態(tài)，其伸長(zhǎng)量為。此時(shí)導(dǎo)體棒具有豎直向上的初速度v0，在沿導(dǎo)軌往復(fù)運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌垂直并保持良好接觸。則下列說(shuō)法正確的是（）A.初始時(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力大小為B.初始時(shí)刻導(dǎo)體棒加速度的大小為C.導(dǎo)體棒第一次速度為零時(shí)，克服彈簧彈力和克服重力做功之和小于D.從導(dǎo)體棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最終靜止的過(guò)程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為【答案】BC【解析】【詳解】A．初始時(shí)刻導(dǎo)體棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為回路中感應(yīng)電流大小為初始時(shí)刻導(dǎo)體棒受到的安培力大小為故A錯(cuò)誤；B．初始時(shí)刻，對(duì)導(dǎo)體棒由牛頓第二定律得解得故B正確；C．開(kāi)始時(shí)導(dǎo)體棒向上運(yùn)動(dòng)到第一次速度為零過(guò)程中，重力、彈簧彈力、安培力都做負(fù)功，更加動(dòng)能定理可得可得由于故故C正確；D．導(dǎo)體棒在彈簧彈力作用下往復(fù)運(yùn)動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)體棒靜止時(shí)，所受安培力為零，導(dǎo)體棒受到重力和彈簧的彈力平衡，彈簧彈力的方向豎直向上，彈簧處于壓縮狀態(tài)，彈簧的壓縮量為故導(dǎo)體棒從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到最終靜止，彈簧的彈性勢(shì)能不變，由能量守恒定律得解得系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量為電阻R上產(chǎn)生的熱量要小于系統(tǒng)產(chǎn)生的總熱量，故D錯(cuò)誤。故選BC。9.如圖所示的電路中，、、是三個(gè)相同的燈泡，電感的電阻和電源的內(nèi)阻可忽略，為理想二極管。下列判斷正確的是（）A.開(kāi)關(guān)從斷開(kāi)狀態(tài)突然閉合時(shí)，逐漸變亮，一直不亮，立即變亮B.開(kāi)關(guān)從斷開(kāi)狀態(tài)突然閉合時(shí)，、逐漸變亮，立即變亮C.開(kāi)關(guān)從閉合狀態(tài)突然斷開(kāi)時(shí)，、逐漸熄滅，突然變亮，然后逐漸變暗至熄滅D.開(kāi)關(guān)從閉合狀態(tài)突然斷開(kāi)時(shí)，逐漸熄滅，突然變亮，然后逐漸變暗至熄滅，立即熄滅【答案】D【解析】【詳解】AB．由于二極管具有單向?qū)щ娦?，所以開(kāi)關(guān)S從斷開(kāi)狀態(tài)突然閉合時(shí)，二極管不能導(dǎo)通，L2一直不亮；此時(shí)L1、L3和L串聯(lián)在同一回路中，L產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)阻礙通過(guò)其電流增大，所以通過(guò)L1和L3的電流逐漸增大，L1和L3均逐漸變亮，故AB錯(cuò)誤；CD．開(kāi)關(guān)S從閉合狀態(tài)突然斷開(kāi)時(shí)，通過(guò)L3的電流立即變?yōu)榱?，所以L3立即熄滅；L產(chǎn)生自感電動(dòng)勢(shì)阻礙通過(guò)其電流減小，此時(shí)自感電動(dòng)勢(shì)的方向滿足二極管導(dǎo)通的條件，所以L1、L2和L串聯(lián)在同一回路中，通過(guò)L1的電流逐漸減小，L1逐漸熄滅，而由于L2開(kāi)始時(shí)不亮，所以L2突然變亮，然后逐漸變暗熄滅，故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。10.如圖，空間固定一條形磁體（其軸線水平），以下說(shuō)法正確的是（）A.圓環(huán)a沿磁體軸線向右運(yùn)動(dòng)，靠近磁體N極時(shí)感應(yīng)電流逆時(shí)針（從左往右看）B.圓環(huán)b豎直下落時(shí)磁通量不變C.圓環(huán)c經(jīng)過(guò)磁體右邊的位置2時(shí)磁通量為0，感應(yīng)電流為0D.圓環(huán)c經(jīng)過(guò)位置2前后一小段時(shí)間內(nèi)感應(yīng)電流方向不變【答案】D【解析】【詳解】A．圓環(huán)a沿磁體軸線向右運(yùn)動(dòng)，穿過(guò)線圈的磁通量增多，根據(jù)楞次定律可知電流為順時(shí)針?lè)较颍◤淖笸铱矗珹錯(cuò)誤；B．圓環(huán)b豎直下落時(shí)，在1位置磁通量向下，在2位置磁通量為0，在3位置磁通量向上，磁通量發(fā)生變化，B錯(cuò)誤；C．圓環(huán)c經(jīng)過(guò)磁體右邊的位置2時(shí)磁通量為0，但磁通量仍發(fā)生變化，因此仍有感應(yīng)電流，C錯(cuò)誤；D．圓環(huán)c經(jīng)過(guò)位置2前后一小段時(shí)間內(nèi)，磁通量先是向下的減少，然后是向上的增多，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流均為順時(shí)針?lè)较颍◤纳舷蛳驴矗?，D正確。故選D。11.“西電東送”是我國(guó)西部大開(kāi)發(fā)的標(biāo)志性工程之一．如圖是遠(yuǎn)距離輸電的原理圖，假設(shè)發(fā)電廠的輸出電壓恒定不變，輸電線的總電阻保持不變，兩個(gè)變壓器均為理想變壓器．下列說(shuō)法正確的是（）A.若輸送總功率不變，當(dāng)輸送電壓增大時(shí)，輸電線路損失的熱功率增大B.在用電高峰期，用戶電壓降低，輸電線路損失的熱功率增大C.當(dāng)用戶負(fù)載增多，升壓變壓器的輸出電壓會(huì)增大D.當(dāng)用戶負(fù)載增多，通過(guò)用戶用電器的電流頻率會(huì)增大【答案】B【解析】【詳解】A．若輸送總功率不變，當(dāng)輸送電壓增大時(shí)，輸電線路中電流變小，由可知輸電線路損失的熱功率變小，故A錯(cuò)誤；B．在用電高峰期，用戶電壓降低，電路中電流變大，由可知輸電線路中電流變大，輸電線路損失的熱功率增大，故B正確；C．由于發(fā)電廠輸出電壓恒定不變，根據(jù)可知升壓變壓器的輸出電壓U2不變，故C錯(cuò)誤；D．當(dāng)用戶負(fù)載增多，通過(guò)用戶用電器的電流頻率不會(huì)變化，故D錯(cuò)誤。故選B。12.如圖所示，在正方形ABCD區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，F(xiàn)點(diǎn)和E點(diǎn)分別是AB邊和BC邊的中點(diǎn)。甲、乙、丙三個(gè)質(zhì)量和電量完全相同速度不同且重力不計(jì)的帶電粒子從E點(diǎn)垂直BC邊向上進(jìn)入磁場(chǎng)區(qū)域，甲、乙、丙分別從G點(diǎn)（G點(diǎn)在B點(diǎn)和E點(diǎn)之間）、B點(diǎn)、F點(diǎn)射出磁場(chǎng)區(qū)域，對(duì)三個(gè)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)下列說(shuō)法正確的是（）A.乙粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于甲粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間B.三個(gè)粒子均帶正電C.丙粒子的運(yùn)動(dòng)時(shí)間是甲的一半D.如果增大甲粒子的入射速度，甲粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定變小【答案】C【解析】【詳解】A．甲、乙兩粒子均做圓周運(yùn)動(dòng)，垂直于磁場(chǎng)邊界進(jìn)入，垂直于磁場(chǎng)邊界射出，運(yùn)動(dòng)軌跡均為半圓，圓心角均為180°，根據(jù)周期公式可知，周期與速度無(wú)關(guān)，所以甲、乙兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)左手定則，可知三個(gè)粒子均帶負(fù)電，B錯(cuò)誤；C．丙粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圓心角為90°，為甲粒子軌跡圓心角的一半，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間也為甲的一半，C正確；D．如果增大甲的速度增大，可能甲粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)圓心角依然為180°，所以甲粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間可能不變，D錯(cuò)誤。故選C。13.如圖甲所示為一臺(tái)小型發(fā)電機(jī)的結(jié)構(gòu)示意圖，內(nèi)阻為0.7Ω的單匝線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的正弦圖線如圖乙所示，電壓表、電流表均為理想交流電表，定值電阻的阻值R=10.3Ω，則下列說(shuō)法正確的是（）A.發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大值為，線圈的轉(zhuǎn)速n=50r/minB.電流表的示數(shù)為10A，電壓表的示數(shù)為110VC.0~0.01s的時(shí)間內(nèi)，通過(guò)定值電阻的電荷量為D.t=0.02s時(shí)，穿過(guò)線圈的磁通量變化率最大【答案】C【解析】【詳解】A．由題圖乙可知，發(fā)電機(jī)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)最大值為，電動(dòng)勢(shì)的有效值為，周期為，則轉(zhuǎn)速為故A錯(cuò)誤；B．電流表的示數(shù)為電壓表測(cè)量的是定值電阻兩端的電壓，電壓表的示數(shù)為故B錯(cuò)誤；C．線圈的角速度為根據(jù)線圈最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為可得則電荷量故C正確；D．在時(shí)，由題圖乙可知此時(shí)的電動(dòng)勢(shì)為零，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)與磁通量的變化率成正比，故該時(shí)刻穿過(guò)線圈的磁通量變化率為零，故D錯(cuò)誤。故選C。二、多項(xiàng)選擇題（本題共2小題，每小題3分，共6分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中至少有一個(gè)是符合題目要求的。全部得選對(duì)的得3分，選對(duì)但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分）14.如圖所示，兩足夠長(zhǎng)的光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在絕緣水平面上，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)，導(dǎo)軌間有方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，質(zhì)量均為m、有效電阻均為R的金屬棒和垂直于導(dǎo)軌放置，均處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)給棒一個(gè)方向水平向左、大小為的初速度，下列說(shuō)法正確的是（）A.從棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到回路無(wú)電流的過(guò)程中，回路產(chǎn)生的焦耳熱為B.從棒開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到回路無(wú)電流的過(guò)程中，回路產(chǎn)生的焦耳熱為C.最終回路無(wú)電流通過(guò)后，兩棒間的距離比靜止時(shí)增大D.最終回路無(wú)電流通過(guò)后，兩棒間的距離比靜止時(shí)增大【答案】BC【解析】【詳解】AB．棒存在方向水平向左、大小為的初速度，此時(shí)磁通量改變，電路產(chǎn)生感應(yīng)電流，在安培力的作用下，棒向左運(yùn)動(dòng)，最終閉合回路間的磁通量不發(fā)生改變，即金屬棒和共速，由水平方向上動(dòng)量守恒，可得解得根據(jù)能量守恒可得解得故A錯(cuò)誤，B正確；CD．金屬棒受到的安培力為根據(jù)動(dòng)量定理可得解得故C正確，D錯(cuò)誤；故選BC。15.如圖所示，在豎直放置的平行板電容器極板間有電場(chǎng)強(qiáng)度大小為、方向豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度為、方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。左右兩擋板中間分別開(kāi)有小孔、，在其右側(cè)有一邊長(zhǎng)為的正三角形區(qū)域磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為，磁場(chǎng)邊界中點(diǎn)與小孔、正對(duì)。現(xiàn)有大量的帶電荷量均為而質(zhì)量和速率均可能不同的粒子從小孔水平射入電容器，其中速率為的粒子剛好能沿直線通過(guò)小孔、。粒子的重力及各粒子間的相互作用均可忽略不計(jì)，下列說(shuō)法中正確的是（）A.一定等于B.在電容器極板中向上偏轉(zhuǎn)的粒子的速度一定滿足C.速率為的粒子中，滿足質(zhì)量的粒子都能從邊射出D.速率為的粒子中，能打在邊的所有粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間一定都相同【答案】AB【解析】【詳解】A．當(dāng)帶正電粒子向右進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)時(shí)，受到豎直向下的電場(chǎng)力和向上的洛倫茲力，速率為的粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，即解得故A正確；B．粒子向上偏轉(zhuǎn)時(shí)，受到的向上的洛倫茲力大于向下的電場(chǎng)力，即則故B正確；C．設(shè)質(zhì)量為的粒子的軌跡剛好與邊相切，如圖所示由幾何關(guān)系得而解得所以質(zhì)量小于的粒子都會(huì)從邊射出，而故C錯(cuò)誤；D．質(zhì)量、速率不同的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期可能不同，所以能打在邊的所有粒子均運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間可能不同，故D錯(cuò)誤。故選AB。三、實(shí)驗(yàn)題（本題共3題，共10空，每空1分）16.某學(xué)習(xí)小組測(cè)定某電池的電動(dòng)勢(shì)與內(nèi)阻，已知其電動(dòng)勢(shì)約為十幾伏，內(nèi)阻約為幾歐姆，實(shí)驗(yàn)室中提供以下器材：A．量程為、內(nèi)阻未知電流表；B．電阻箱；C．定值電阻；D．滑動(dòng)變阻器；E．滑動(dòng)變阻器；F．開(kāi)關(guān)2只，導(dǎo)線若干。先用如圖所示甲的電路來(lái)測(cè)定電流表G內(nèi)阻。實(shí)驗(yàn)步驟與如下：①按圖甲連接好電路，斷開(kāi)，將滑動(dòng)變阻器的滑片調(diào)至圖中端所對(duì)應(yīng)的位置；②閉合，調(diào)節(jié)，使電流表滿偏；③保持不變，再閉合，調(diào)節(jié)電阻箱電阻，使電流表的讀數(shù)為；④調(diào)節(jié)電阻箱時(shí)，干路上電流可視為幾乎不變，即可測(cè)定的電流表內(nèi)阻的大小。（1）為確保實(shí)驗(yàn)儀器安全，滑動(dòng)變阻器應(yīng)該選取________（選填“”或“”）；而實(shí)際干路上電流會(huì)發(fā)生變化，故測(cè)得的電流表內(nèi)阻比真實(shí)值________（選填“偏大”、“偏小”或“不變”）（2）按圖乙連接電路，閉合開(kāi)關(guān)，多次調(diào)節(jié)電阻箱的阻值，記錄每次電阻箱的阻值及對(duì)應(yīng)的電流表的示數(shù)。作出圖像如圖丙所示，處理數(shù)據(jù)得到斜率大小為0.2，縱軸截距為8，則求得電池的電動(dòng)勢(shì)為_(kāi)_______V，內(nèi)阻為_(kāi)_______（結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字）?！敬鸢浮竣?②.偏小③.15④.6.7【解析】【詳解】（1）[1]由于電池的電動(dòng)勢(shì)約為十幾伏，電流表量程為，可知電路最小電阻應(yīng)大于，滑動(dòng)變阻器為限流接法，為確保實(shí)驗(yàn)儀器安全，滑動(dòng)變阻器應(yīng)該選取。[2]由于接入電阻箱，導(dǎo)致干路上電流變大，當(dāng)電流表示數(shù)為5mA，則流過(guò)變阻箱的電流大于5mA，則電流表內(nèi)阻真實(shí)值大于，故測(cè)得的電流表內(nèi)阻比真實(shí)值偏小。（2）[3][4]由實(shí)驗(yàn)步驟三、四可知流過(guò)電阻箱R1的電流與流過(guò)電流表的電流相等，電阻箱與電流表并聯(lián)，由并聯(lián)電路特點(diǎn)可知，電流表內(nèi)阻等于電阻箱接入電路的阻值如圖乙所示電路圖可知，由閉合電路歐姆定律得由與并聯(lián)可知聯(lián)立解得可知圖像的斜率為解得電源電動(dòng)勢(shì)為圖像的縱軸截距為解得內(nèi)阻為17.某實(shí)驗(yàn)小組做“測(cè)量一均勻新材料制成的金屬絲的電阻率”實(shí)驗(yàn)，已知金屬絲阻值約6Ω。（1）如圖甲所示，先用游標(biāo)卡尺測(cè)量金屬絲長(zhǎng)度________mm，然后用圖乙的螺旋測(cè)微器測(cè)其直徑________mm；（2）為了減小實(shí)驗(yàn)誤差，需進(jìn)一步測(cè)其電阻，除待測(cè)金屬絲外，實(shí)驗(yàn)室還備有的實(shí)驗(yàn)器材如下：A．電壓V（量程3V，內(nèi)阻約為15kΩ；量程15V，內(nèi)阻約為75kΩ）B．電流表A（量程0.6A，內(nèi)阻約為1Ω；量程3A，內(nèi)阻約為0.2Ω）C．滑動(dòng)變阻器（0~5Ω，1A）D．滑動(dòng)變阻器（0~2000Ω，0.1A）E．1.5V的干電池兩節(jié)，內(nèi)阻不能忽略F．電阻箱G．開(kāi)關(guān)S，導(dǎo)線若干為了測(cè)多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)且范圍盡量的大，則滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用________（填“”或“”）?！敬鸢浮竣?102.20②.4.700③.【解析】【詳解】（1）[1]游標(biāo)卡尺的分度值時(shí)20分度，精度值為，因此讀數(shù)為[2]螺旋測(cè)微器的固定尺讀數(shù)為，可動(dòng)尺讀數(shù)為，因此讀數(shù)為（2）[3]為了測(cè)多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)且范圍盡量的大，則滑動(dòng)變阻器應(yīng)接成分壓電路，則選用阻值較小的。18.小高同學(xué)用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)驗(yàn)證平拋運(yùn)動(dòng)的特征：兩個(gè)完全相同的弧形軌道M、N分別用于發(fā)射小鐵球P、Q，其中N的末端與水平板相切。兩軌道上端分別裝有電磁鐵C、D，調(diào)節(jié)電磁鐵C、D的高度，使?，F(xiàn)將小鐵球P、Q分別吸在電磁鐵C、D上，然后切斷電源，使兩小鐵球能同時(shí)分別從軌道M、N的頂端滑下。（1）為完成本實(shí)驗(yàn)，弧形軌道M、N的表面________（填“需要”或“不需要”）確保光滑，水平板的表面________（填“需要”或“不需要”）確保光滑。（2）符合上述實(shí)驗(yàn)條件后，僅僅改變弧形軌道M的高度，重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，仍能觀察到相同的現(xiàn)象，這說(shuō)明平拋運(yùn)動(dòng)的水平分運(yùn)動(dòng)是________?！敬鸢浮竣?不需要②.需要③.勻速直線運(yùn)動(dòng)【解析】【詳解】（1）[1]實(shí)驗(yàn)要求兩球到達(dá)斜槽末端的速度相同即可，所以弧形軌道M、N的表面不需要光滑。[2]實(shí)驗(yàn)要驗(yàn)證平拋運(yùn)動(dòng)水平方向是否為勻速直線運(yùn)動(dòng)，所以水平面板需要確保光滑，確保Q為勻速直線運(yùn)動(dòng)才能對(duì)比。（2）[3]僅僅改變弧形軌道M的高度，不影響小球P平拋的初速度。重復(fù)上述實(shí)驗(yàn)，仍能觀察到相同的現(xiàn)象，這說(shuō)明兩球在水平方向的運(yùn)動(dòng)完全相同，說(shuō)明平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向做勻速直線運(yùn)動(dòng)。四、解答題（本題共4小題，19題8分，20題10分，21題14分，22題13分）19.如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)，內(nèi)阻不計(jì)，、、的阻值均為，為可變電阻。為一水平放置的平行板電容器，板間距離。有一帶電油滴質(zhì)量為，電荷量。重力加速度取，不計(jì)空氣阻力。（1）調(diào)節(jié)使帶電油滴恰好靜止在兩平行板之間，求此時(shí)變阻器的阻值大?。ńY(jié)果保留一位小數(shù)）；（2）若帶電油滴從上極板小孔正上方處自由下落，為了使油滴不與下極板接觸，求變阻器的取值范圍。【答案】（1）；（2）【解析】【詳解】（1）帶電油滴恰好靜止時(shí)，則有其中聯(lián)立解得（2）由動(dòng)能定理有又由于解得則變阻器的取值范圍為20.如圖所示，質(zhì)量為的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）放在光滑平臺(tái)上，向左緩慢推動(dòng)滑塊壓縮輕彈簧至P點(diǎn)，釋放后滑塊以一定速度從A點(diǎn)水平飛出后，恰好從B點(diǎn)無(wú)碰撞滑入豎直平面內(nèi)的光滑圓弧軌道BC，然后從C點(diǎn)進(jìn)入與圓弧軌道BC相切于C點(diǎn)的水平面CD，同一豎直平面內(nèi)的光滑半圓軌道DE與水平面CD相切于D點(diǎn)。已知圓弧軌道BC的半徑，AB兩點(diǎn)的高度差，光滑圓BC對(duì)應(yīng)的圓心角為，滑塊與CD部分的動(dòng)摩擦因數(shù)，，重力加速度。求：（1）彈簧壓縮至P點(diǎn)時(shí)的彈性勢(shì)能；（2）滑塊到達(dá)圓弧末端C時(shí)對(duì)軌道的壓力；（3）滑塊沖上半圓軌道后中途不會(huì)脫離半圓軌道，軌道DE的半徑滿足的條件?！敬鸢浮浚?）；（2），方向豎直向下；（3）或【解析】【詳解】（1）彈簧的彈性勢(shì)能轉(zhuǎn)化為滑塊的動(dòng)能由題意解得（2）滑塊由B點(diǎn)到C點(diǎn)由動(dòng)能定理得又根據(jù)牛頓第二定律解得由牛頓第三定律可得，滑塊到達(dá)圓弧未端C時(shí)對(duì)軌道的壓力大小為，方向豎直向下。（3）滑塊沖上半圓軌道后不會(huì)脫離軌道運(yùn)動(dòng)，分兩種情況：一是到達(dá)與圓心等高處時(shí)速度恰好為零；二是到達(dá)半圓弧軌道最高點(diǎn)。①到達(dá)與圓心等高處時(shí)速度恰好為零由動(dòng)能定理得解得②滑塊能夠到達(dá)半圓弧軌道最高點(diǎn)由動(dòng)能定理得在最高點(diǎn)，重力恰好提供向心力解得綜上，或時(shí)，滑塊沖上半圓軌道后不會(huì)脫離軌道運(yùn)動(dòng)。21.某國(guó)產(chǎn)品牌的電動(dòng)汽車(chē)配備了基于電容器的制動(dòng)能量回收系統(tǒng)，它有效的增加了電動(dòng)汽車(chē)的續(xù)航里程。其工作原理為踩下驅(qū)動(dòng)踏板時(shí)電池給電動(dòng)機(jī)供電，松開(kāi)驅(qū)動(dòng)踏板或踩下剎車(chē)時(shí)發(fā)電機(jī)工作回收能量。為進(jìn)一步研究，某興趣小組設(shè)計(jì)了如圖甲所示的模型：右側(cè)為直流發(fā)電機(jī)模型，在磁極與圓柱形鐵芯之間形成輻射狀的磁場(chǎng)，導(dǎo)線框的ab、dc邊經(jīng)過(guò)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，方向始終與兩條邊的運(yùn)動(dòng)方向垂直，剖面圖如圖乙所示。導(dǎo)線框的ab、dc邊延長(zhǎng)段可在兩金屬半圓A、D內(nèi)側(cè)自由轉(zhuǎn)動(dòng)，且接觸良好。金屬半圓環(huán)D左側(cè)接一單刀雙擲開(kāi)關(guān)：踩下驅(qū)動(dòng)踏板，開(kāi)關(guān)接通1，電池給導(dǎo)線框供電，導(dǎo)線框相當(dāng)于電動(dòng)機(jī)，所用電池的電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r；松開(kāi)驅(qū)動(dòng)踏板或踩下剎車(chē)，開(kāi)關(guān)自動(dòng)切換接通2，導(dǎo)線框相當(dāng)于發(fā)電機(jī)，給電容器充電，所接電容器電容為C。導(dǎo)線框與圓柱形鐵芯中心軸線重合，ab、dc邊長(zhǎng)度均為L(zhǎng)，兩邊間距離為d。導(dǎo)線框的ab、dc邊質(zhì)量均為m，其余部分導(dǎo)線質(zhì)量不計(jì)，導(dǎo)線框的總電阻為R。初始時(shí)電容器不帶電、導(dǎo)線框靜止，電路其余部分的電阻不計(jì)，兩金屬半圓環(huán)和兩磁極間的空隙忽略不計(jì)。求：（1）踩下驅(qū)動(dòng)踏板后，導(dǎo)線框剛啟動(dòng)時(shí)的電流I和ab邊受到的安培力的大小F；（2）踩下驅(qū)動(dòng)踏板后，導(dǎo)線框可達(dá)到的最大角速度ωm；（3）從踩下踏板到導(dǎo)線框角速度最大的過(guò)程中導(dǎo)線框上產(chǎn)生的焦耳熱；（4）當(dāng)導(dǎo)線框達(dá)到最大轉(zhuǎn)動(dòng)速度后松開(kāi)驅(qū)動(dòng)踏板，在一段時(shí)間后導(dǎo)線框?qū)蛩俎D(zhuǎn)動(dòng)，此時(shí)電容器C上的帶電量q及儲(chǔ)存的電場(chǎng)能W。（提示：可根據(jù)電容器充電過(guò)程中電荷克服電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能轉(zhuǎn)化關(guān)系并結(jié)合U-q圖像求解）【答案】（1）；；（2）；（3）；（4）；【解析】【詳解】（1）由閉合電路歐姆定律，可得ab邊受到的安培力的大小為（2）依題意，有當(dāng)I=0時(shí)，轉(zhuǎn)速達(dá)到最大，可得，