遼寧省大連市-高二(上)期末物理試卷(含答案)

第=page11頁，共=sectionpages11頁第=page22頁，共=sectionpages22頁高二（上）期末物理試卷題號(hào)一二三四總分得分一、單選題（本大題共8小題，共32.0分）力學(xué)是研究物體機(jī)械運(yùn)動(dòng)規(guī)律的科學(xué)，17

世紀(jì)末，牛頓繼承和發(fā)展前人的研究成果，提出了力學(xué)運(yùn)動(dòng)的慣性定律、加速度定律和作用力與反作用力定律，使經(jīng)典力學(xué)形成了系統(tǒng)的理論．下列關(guān)于這三大定律的說法中正確的是（）A.慣性定律說明了力是維持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因

B.作用力與反作用力一定大小相等、方向相反、作用在同一個(gè)物體上

C.如果物體所受的合外力不等于零，則物體的速度一定也不等于零

D.如果一個(gè)物體受到兩個(gè)力的作用，那么這兩個(gè)力一定都會(huì)產(chǎn)生加速度如圖所示，重力為10N的物體放在水平地面上，與水平地面間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5．今用F=20N、與水平方向間的夾角θ=37°的推力作用于物體，則物體所受摩擦力大小為（）A.5.0

N B.11N C.15

N D.16

N咱們菏澤蓋房子有時(shí)需要用到“瓦”這種建筑材料，如甲圖所示，現(xiàn)在工人需要把一些瓦從高處送到低處，設(shè)計(jì)了一種如圖乙所示的簡易滑軌：兩根圓柱形木桿AB和CD相互平行，斜靠在豎直墻壁上，把一摞瓦放在兩木桿構(gòu)成的滑軌上，瓦將沿滑軌滑到低處．在實(shí)際操作中發(fā)現(xiàn)瓦滑到底端時(shí)速度較大，有可能摔碎，為了防止瓦被損壞，下列措施中可行的是（）A.減小兩桿之間的距離 B.增大兩桿之間的距離

C.減少每次運(yùn)送瓦的塊數(shù) D.增多每次運(yùn)送瓦的塊數(shù)兩質(zhì)點(diǎn)同時(shí)沿同一條直線相向運(yùn)動(dòng)．A做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，B做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小均為a，開始運(yùn)動(dòng)時(shí)，AB間距離為S，要想兩質(zhì)點(diǎn)在距B為Sn處相遇，則開始運(yùn)動(dòng)時(shí)B的速度應(yīng)為（）A.naS2(n?1) B.naSn?1 C.(n?1)aSn如圖所示，質(zhì)量為m的物體恰能沿靜止的斜面勻速下滑，則以下判斷正確的是（）

A.斜面受到水平地面的摩擦力方向向右

B.斜面受到水平地面的摩擦力方向向左

C.若對物體施加豎直向下的壓力F，物體仍將沿斜面向下勻速運(yùn)動(dòng)

D.若對物體施加豎直向下的壓力F，物體將沿斜面向下加速運(yùn)動(dòng)如圖所示，有豎直向下的勻強(qiáng)電場，A、B兩等勢面間的距離為5cm，電勢差為25V，在電場中的P點(diǎn)固定放置電荷量為5×10-9C的負(fù)點(diǎn)電荷，此時(shí)電場中有一點(diǎn)的場強(qiáng)為零，此點(diǎn)在P點(diǎn)的（）

A.上方30cm處 B.下方30cm處 C.上方25cm處 D.下方25cm處如圖所示，垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場的區(qū)域?qū)挾葹?a，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B．一邊長為a、電阻為4R的正方形均勻?qū)Ь€框ABCD從圖示位置沿水平向右方向以速度v勻速穿過磁場區(qū)域，在下圖中線框A、B兩端電壓UAB與線框移動(dòng)距離x的關(guān)系圖象正確的是（）A. B.

C. D.如圖所示為圓柱形區(qū)域的橫截面，在沒有磁場的情況下，帶電粒子（不計(jì)重力）以某一初速度沿截面直徑方向入射，穿過此區(qū)域的時(shí)間為t，在該區(qū)域加沿軸線垂直紙面向外方向的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，帶電粒子仍以同一初速度沿截面直徑入射并沿某一直徑方向飛出此區(qū)域時(shí)，速度方向偏轉(zhuǎn)角為60°，如圖所示，根據(jù)上述條件可求下列哪幾種物理量（）

①帶電粒子的比荷

②帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期

③帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑

④帶電粒子的初速度．A.①② B.①③ C.②③ D.③④二、多選題（本大題共4小題，共16.0分）如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為0.4kg的小物塊從O點(diǎn)以v0=1m/s的初速度從水平臺(tái)上的O點(diǎn)水平飛出，擊中平臺(tái)右下側(cè)擋板上的P點(diǎn)．現(xiàn)以O(shè)為原點(diǎn)在豎直面內(nèi)建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，擋板的形狀滿足方程y=x2-6（單位：m），不計(jì)一切摩擦和空氣阻力，g=10m/s2，則下列說法正確的是（）A.小物塊從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)列P點(diǎn)的時(shí)間為ls

B.小物塊剛到P點(diǎn)時(shí)速度方向與水平方向夾角的正切值等于5

C.小物塊剛到P點(diǎn)時(shí)速度的大小為10m/s

D.小物體位移大小為26如圖所示，兩根光滑平行的金屬導(dǎo)軌，放在傾角為θ的斜面上，導(dǎo)軌的左端接有電阻R，導(dǎo)軌自身電阻不計(jì)，斜面處在一勻強(qiáng)磁場中，方向垂直斜面向上，一質(zhì)量為m、電阻不計(jì)的金屬棒，在沿斜面并與棒垂直的恒力F作用下沿導(dǎo)軌勻速上滑，并上升了h高度在上滑過程中（）A.金屬棒所受合外力所做的功等于mgh與電阻R上產(chǎn)生的熱量之和

B.恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的熱量

C.金屬棒受到的合外力所做的功為零

D.恒力F與安培力的合力所做的功為mgh如圖所示為兩個(gè)互感器，在圖中圓圈內(nèi)a、b表示電表，已知電壓比為100：1，電流比為10：1，電壓表的示數(shù)為220V，電流表的示數(shù)為10A，則（）A.a為電壓表，b為電流表 B.a為電流表，b為電壓表

C.線路輸送電功率是2200W D.線路輸送電功率是2.2×10如圖所示，虛線EF的下方存在著正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場，電場強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一帶電微粒從離EF為h的高處由靜止下落，從B點(diǎn)進(jìn)入場區(qū)，做了一段勻速圓周運(yùn)動(dòng)，從D點(diǎn)射出，則下列說法正確的是（）．A.微粒受到的電場力的方向一定豎直向上

B.微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為EB2hg

C.從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中微粒的電勢能先增大后減小

D.從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D三、實(shí)驗(yàn)題探究題（本大題共2小題，共12.0分）用如圖（a）所示的實(shí)驗(yàn)裝置驗(yàn)證牛頓第二定律：

①某同學(xué)通過實(shí)驗(yàn)得到如圖（b）所示的a-F圖象，造成這一結(jié)果的原因是在平衡摩擦力時(shí)木板與水平桌面間的傾角______（填“偏大”或“偏小”）．

②該同學(xué)在平衡摩擦力后進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，小車在實(shí)際運(yùn)動(dòng)過程中所受的拉力______砝碼和盤的總重力（填“大于”“小于”或“等于”），為了便于探究、減小誤差，應(yīng)使小車質(zhì)量M與砝碼和盤的總質(zhì)量m滿足______的條件．用下列器材組裝成一個(gè)電路，既能測量出電池組的電動(dòng)勢E和內(nèi)阻r，又能同時(shí)描繪小燈泡的伏安特性曲線．

A．電壓表V1（量程6V、內(nèi)阻很大）

B．電壓表V2（量程3V、內(nèi)阻很大）

C．電流表A（量程3A、內(nèi)阻很?。?/p>

D．滑動(dòng)變阻器R（最大阻值10Ω、額定電流4A）

E．小燈泡（2A、5W）

F．電池組（電動(dòng)勢E、內(nèi)阻r）

G．開關(guān)一只，導(dǎo)線若干

實(shí)驗(yàn)時(shí)，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器的阻值，多次測量后發(fā)現(xiàn)：若電壓表V1的示數(shù)增大，則電壓表V2的示數(shù)減小．

（1）請將設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)電路圖在圖甲的虛線方框中補(bǔ)充完整．

（2）每一次操作后，同時(shí)記錄電流表A、電壓表V1和電壓表V2的示數(shù)，組成兩個(gè)坐標(biāo)點(diǎn)（I1，U1）、（I2，U2），標(biāo)到U-I坐標(biāo)中，經(jīng)過多次測量，最后描繪出兩條圖線，如圖乙所示，則電池組的電動(dòng)勢E=______V、內(nèi)阻r=______Ω．（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）

（3）在U-I坐標(biāo)中兩條圖線在P點(diǎn)相交，此時(shí)滑動(dòng)變阻器連入電路的阻值應(yīng)為______Ω（結(jié)果保留兩位有效數(shù)字）．

四、計(jì)算題（本大題共4小題，共40.0分）湖南方言中的“逗霸”來源于“斗把”，其本意是給錘子、鐵鍬等安裝木制手柄的過程，下面將這一過程簡化為如下的物理模型，如圖所示，一高度可以忽略的圓環(huán)形鐵錘套在粗細(xì)均勻的圓柱形木柄上，鐵錘到手柄下端長l=50.0cm．為了使鐵錘安裝到手柄下端，先用手抓住手柄上端，使手柄與鐵錘由靜止開始一起豎直向下做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，t=0.40s時(shí)，手柄下端碰到地面立即停止運(yùn)動(dòng)，此時(shí)手柄下降高度H=1.2m，鐵錘恰能安裝到手柄的下端．設(shè)鐵錘相對手柄滑動(dòng)時(shí)受到的摩擦力恒定，不計(jì)空氣阻力，重力加速度g=10m/s2．求：

（1）鐵錘與手柄一起加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大?。?/p>

（2）鐵錘受到的滑動(dòng)摩擦力與其重力的比值．

如圖所示，在傾角為30°的斜面上，放置兩條寬L=0.5m的平行導(dǎo)軌，將電源、滑動(dòng)變阻器用導(dǎo)線連接在導(dǎo)軌上，在導(dǎo)軌上橫放一根質(zhì)量m=0.2kg的金屬桿ab，電源電動(dòng)勢E=12V，內(nèi)阻r=0.3Ω，金屬桿與導(dǎo)軌間最大靜摩擦力為fm=0.6N，磁場方向垂直軌道所在平面，B=0.8T．金屬桿ab的電阻為0.2Ω，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。欲使桿的軌道上保持靜止，滑動(dòng)變阻器的電阻的取值范圍多大？（g取10m/s2）

如圖所示，質(zhì)量M=1.8kg的木塊A套在水平桿上，并用輕繩將木塊A與質(zhì)量m=1.2kg的小球相連．今用跟水平方向成30°的力F=6N，拉著球帶動(dòng)木塊一起向右勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)中M、m相對位置保持不變，取g=10m/s2．求：

（1）運(yùn)動(dòng)過程中輕繩與水平方向夾角θ；

（2）木塊與水平桿間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ．

如圖所示裝置中，區(qū)域Ⅰ和Ⅲ中分別有豎直向上和水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度分別為E和E2；Ⅱ區(qū)域內(nèi)有垂直向外的水平勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B．一質(zhì)量為m、帶電量為q的帶負(fù)電粒子（不計(jì)重力）從左邊界O點(diǎn)正上方的M點(diǎn)以速度v0水平射入電場，經(jīng)水平分界線OP上的A點(diǎn)與OP成60°角射入Ⅱ區(qū)域的磁場，并垂直豎直邊界CD進(jìn)入Ⅲ區(qū)域的勻強(qiáng)電場中．求：

（1）粒子在Ⅱ區(qū)域勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑

（2）O、M間的距離

（3）粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次通過CD邊界所經(jīng)歷的時(shí)間．

答案和解析1.【答案】D

【解析】解：A、慣性是物體的固有屬性，與是否受力無關(guān)，沒有說明力是維持物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)牛頓第三定律可知，作用力與反作用力一定大小相等、方向相反、作用在不同物體上，故B錯(cuò)誤；

C、如果物體所受的合外力不等于零，則加速度不為零，速度可以等于零，故C錯(cuò)誤；

D、根據(jù)力的效果的獨(dú)立性可知，如果一個(gè)物體受到兩個(gè)力的作用，那么這兩個(gè)力都會(huì)使物體產(chǎn)生加速度，故D正確；

故選：D

牛頓第一定律揭示了物體不受力時(shí)的運(yùn)動(dòng)規(guī)律，牛頓第二定律給出了加速度與力和質(zhì)量的關(guān)系，牛頓第三定律揭示了作用力與反作用力的關(guān)系．

本題考查了牛頓三定律之間的聯(lián)系，牛頓第一定律是基礎(chǔ)，說明力不需要運(yùn)動(dòng)來維持，第二定律給出了力與運(yùn)動(dòng)的具體關(guān)系．2.【答案】B

【解析】解：物體受力如圖：

豎直方向：N-G-Fsin37°=0

所以：N=G+Fsin37°=10+20×0.6=22N

若物塊滑動(dòng)則滑動(dòng)摩擦力：f=μN(yùn)=0.5×22=11N

物體在水平方向的分力：Fx=Fcos37°=20×0.8=16N＞11N

由于水平方向物體受到的拉力的分力大于物體受到的摩擦力，所以物體將沿水平方向做加速運(yùn)動(dòng)，受到的摩擦力的大小為11N

故選：B。

畫出受力分析圖，物體在豎直方向沒有運(yùn)動(dòng)，求出物體受到的支持力，然后由f=μN(yùn)求出摩擦力，與Fcos37°比較即可。

本題考查摩擦力，要注意該題中由于沒有說明物體運(yùn)動(dòng)的狀態(tài)，所以要對物體可能的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)進(jìn)行討論，比較物體受到的水平分力與摩擦力的大小，才能正確得出結(jié)論。3.【答案】B

【解析】解：CD、由題意可知，斜面的高度及傾斜角度不能再變的情況下，要想減小滑到底部的速度就應(yīng)當(dāng)增大瓦與斜面的摩擦力，由f=μFN可知，可以通過增大FN來增大摩擦力；

而增大瓦的塊數(shù)，增大了瓦的質(zhì)量，雖然摩擦力大了，但同時(shí)重力的分力也增大，不能起到減小加速度的作用，故改變瓦的塊數(shù)是沒有作用的，故CD錯(cuò)誤；

AB、而增大兩桿之間的距離可以增大瓦受到的兩支持力的夾角，而瓦對桿的壓力隨夾角的增大而增大，故增大兩桿間的距離可以在不增大重力分力的情況下增大瓦對滑桿的壓力，從而增大摩擦力，故A錯(cuò)誤，B正確；

故選：B．

瓦滑到底部的速度較大，說明其加速度較大，即重力與摩擦力的合力較大，可以考慮通過增大摩擦力的方式來減小加速度，減小瓦滑到底部時(shí)的速

本題很多同學(xué)感到非常陌生，找不到解題的頭緒，但只要認(rèn)真分析找出本題要考什么，怎么考查，可找出解題的突破口，找到所考查的內(nèi)容并能順利求解．4.【答案】A

【解析】解：設(shè)兩物體經(jīng)過時(shí)間t相遇．則有

對A：S-=

解得，t=

對B：

將t=代入解得，

故選A

兩物體相遇時(shí)A通過的位移為S-，由位移公式求出相遇的時(shí)間．再根據(jù)B通過的位移，由位移公式求出開始運(yùn)動(dòng)時(shí)B的速度．

本題采用隔離法研究兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)，同時(shí)要抓住它們之間的關(guān)系：時(shí)間相等、位移之和等于S．5.【答案】C

【解析】解：A、B、木塊A做勻速直線運(yùn)動(dòng)，處于平衡狀態(tài)；?先對木塊A受力分析，受重力、支持力和滑動(dòng)摩擦力，如圖所示：

根據(jù)平衡條件，摩擦力和支持力的合力豎直向上，與重力平衡；

根據(jù)牛頓第三定律，木塊對斜面體的壓力和滑動(dòng)摩擦力的合力一定是豎直向下；

再對斜面體受力分析，受重力、支持力、和木塊對其豎直向下的力（壓力和摩擦力的合力），故斜面體水平方向無滑動(dòng)趨勢，故不受地面的靜摩擦力，支持力等于兩個(gè)物體的重力之和．故A錯(cuò)誤，B錯(cuò)誤；

C、D、若在木塊上加一豎直向下的壓力，可以等效成木塊的重力增加了，依然勻速下滑，故C正確，D錯(cuò)誤；

故選：C．

先分析運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，木塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)，斜面體保持靜止，均處于平衡狀態(tài)；再分別隔離木塊A和斜面體M受力分析，結(jié)合平衡條件分析各個(gè)力的情況．

本題關(guān)鍵是對物體受力分析，然后根據(jù)平衡條件并結(jié)合合成法進(jìn)行分析，注意木塊與斜面體之間的相互作用力以及彈力和摩擦力的合力都符合牛頓第三定律．6.【答案】B

【解析】解：據(jù)題A、B兩個(gè)等勢面的電勢差為U、距離為d，則勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E=，

設(shè)M的場強(qiáng)變?yōu)榱?，說明負(fù)電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)與勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小相等，方向相反，則M點(diǎn)必定與P點(diǎn)在同一電場線上，且位于P點(diǎn)下方．

設(shè)M、P之間的距離為r．

則有：E=k

聯(lián)立解得：r===0.3m=30cm

故選：B．

先根據(jù)U=Ed求出勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大?。甈的場強(qiáng)變?yōu)榱?，說明負(fù)電荷在M點(diǎn)產(chǎn)生的場強(qiáng)與勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小相等，方向相反，根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=k求解即可．

本題要掌握電場的疊加原理，分析點(diǎn)電荷場強(qiáng)與勻強(qiáng)電場的關(guān)系，掌握場強(qiáng)的兩大公式E=和E=k，并正確應(yīng)用．7.【答案】D

【解析】解：由楞次定律判斷可知，在線框穿過磁場的過程中，A點(diǎn)的電勢始終高于B的電勢，則UAB始終為正值。AB、DC兩邊切割磁感線時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢為E=Bav。

在0-a內(nèi)，AB切割磁感線，AB兩端的電壓是路端電壓，則UAB=；

在a-2a內(nèi)，線框完全在磁場中運(yùn)動(dòng)，穿過線框的磁通量沒有變化，不產(chǎn)生感應(yīng)電流，則UAB=E=Bav；

在2a-3a內(nèi)，A、B兩端的電壓等于路端電壓的，則UAB==Bav．故D正確。

故選：D。

由楞次定律判斷感應(yīng)電流方向，確定出A、B兩端電勢的高低．由E=BLv求出感應(yīng)電動(dòng)勢，由歐姆定律求出電勢差．

本題由楞次定律判斷電勢的高低，確定電勢差的正負(fù)．分析UAB與感應(yīng)電動(dòng)勢關(guān)系是關(guān)鍵，要區(qū)分外電壓和內(nèi)電壓．8.【答案】A

【解析】解：設(shè)圓柱形區(qū)域的橫截面半徑為R，帶電粒子（不計(jì)重力）以某一初速度沿截面直徑方向入射，穿過此區(qū)域的時(shí)間為t，則：

2R=vt

①

在該區(qū)域加沿軸線垂直紙面向外方向的勻強(qiáng)磁場，帶電粒子仍以同一初速度沿截面直徑入射并沿某一直徑方向飛出此區(qū)域時(shí)，速度方向偏轉(zhuǎn)角為60°，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡：

結(jié)合幾何關(guān)系，有：

r=Rtan60°=

②

粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律，有：

qvB=m

③

周期：

T=

④

解得：

粒子的周期：

T==πt

因?yàn)槌跛俣葻o法求出，則無法求出軌道半徑，故①②正確，③④錯(cuò)誤；

故選：A．

在沒有磁場時(shí)，不計(jì)重力的帶電粒子以某一初速度沿截面直徑方向入射，穿過此區(qū)域時(shí)粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)；在有磁場時(shí)，帶電粒子仍以同一初速度沿截面直徑入射，粒子飛出此區(qū)域時(shí)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．在勻速直線運(yùn)動(dòng)中雖不知半徑，但可由位移與時(shí)間列出與入射速度的關(guān)系，再由勻速圓周運(yùn)動(dòng)中半徑公式可算出粒子的比荷、周期．

帶電粒子僅在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力只改變速度的方向不改變速度的大小，洛倫茲力對粒子也不做功．同時(shí)當(dāng)粒子沿半徑方向入射，則也一定沿著半徑方向出射．9.【答案】AD

【解析】解：A、由題意可知，小物塊從O點(diǎn)水平拋出后滿足：…①

x=vt…②

又有y=x2-6…③

聯(lián)立①②③式，代入數(shù)據(jù)解得：t=1s，故A正確．

B、到達(dá)P點(diǎn)時(shí)豎直分速度vy=gt=10×1m/s=10m/s，則P點(diǎn)的速度，速度方向與水平方向夾角的正切值，故B、C錯(cuò)誤．

D、小物體的水平位移x=v0t=1×1m=1m，豎直位移y=，根據(jù)平行四邊形定則知，小物體的位移大小s=，故D正確．

故選：AD．

根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)豎直位移、水平位移的關(guān)系式，結(jié)合軌跡方程求出運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，從而求出豎直分速度，根據(jù)平行四邊形定則求出P點(diǎn)的速度大小和方向．根據(jù)水平位移和豎直位移求出小物體的位移大?。?/p>

本題主要考查了平拋運(yùn)動(dòng)的基本公式的直接應(yīng)用，知道平拋運(yùn)動(dòng)在水平方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，在豎直方向上做自由落體運(yùn)動(dòng)，難度適中．10.【答案】BCD

【解析】解：A、C金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)合外力為零，合外力所做的功等于零，不等于mgh與電阻R上產(chǎn)生的熱量之和，故A錯(cuò)誤，C正確。

B、導(dǎo)體棒勻速上升過程中，根據(jù)動(dòng)能定理得：WF+WG+W安=0，而克服安培力所做功等于回路電阻中產(chǎn)生的熱量，即有：Q=-W安，則得：WF+WG-Q=0

故有：WF+WG=Q，即恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上產(chǎn)生的熱量，故B正確。

C、由動(dòng)能定理得：WF-mgh+W安=0，故有：WF+W安=mgh，即恒力F與安培力的合力所做的功為mgh，故D正確。

故選：BCD。

金屬棒勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)合外力為零，弄清功能轉(zhuǎn)化關(guān)系，根據(jù)動(dòng)能定理列方程進(jìn)行分析．注意克服安培力所做的功等于回路中產(chǎn)生的熱量．

對于電磁感應(yīng)與功能結(jié)合問題，注意利用動(dòng)能定理進(jìn)行判斷各個(gè)力做功之間關(guān)系，尤其注意的是克服安培力所做功等于整個(gè)回路中產(chǎn)生熱量．11.【答案】AD

【解析】解：A、根據(jù)變壓比與匝數(shù)成正比，變流比與匝數(shù)成反比得a測量的是較小的電壓，b測量的是較小電流，

所以a表是電壓表，b表是電流表，故A正確，B錯(cuò)誤；

C、已知電壓比為100：1，電流比為10：1，根據(jù)變壓比與匝數(shù)成正比，變流比與匝數(shù)成反比得：

a互感器原副線圈匝數(shù)比為100：1，b互感器原副線圈匝數(shù)比為1：10，

由電壓表的示數(shù)為220V，得原線圈的電壓為22000V，由電流表的示數(shù)為10A，原線圈的電流為100A．

所以電線輸送功率是P=UI=22000×100=2.2×106W，故C錯(cuò)誤，D正確．

故選：AD．

理想變壓器的工作原理是原線圈輸入變化的電流時(shí)，導(dǎo)致副線圈的磁通量發(fā)生變化，從而導(dǎo)致副線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢．而副線圈中的感應(yīng)電流的變化，又導(dǎo)致在原線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢．變壓器的電流比與電壓比均是有效值，電表測量值也是有效值．

理想變壓器是理想化模型，一是不計(jì)線圈內(nèi)阻；二是沒有出現(xiàn)漏磁現(xiàn)象．同時(shí)變壓比與匝數(shù)成正比，變流比與匝數(shù)成反比．12.【答案】ABC

【解析】解：

A、由題，帶電微粒進(jìn)入正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場力與重力必定平衡，則微粒受到的電場力的方向一定豎直向上．故A正確．

B、由上則有：mg=qE

①由洛倫茲力提供向心力，則有qvB=m

②又v=

③聯(lián)立三式得，微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r=．故B正確．

C、由于電場力方向豎直向上，則微粒從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)的過程中，電場力先做負(fù)功后做正功，則其電勢能先增大后減?。蔆正確．

D、根據(jù)能量守恒定律得知：微粒在運(yùn)動(dòng)過程中，電勢能、動(dòng)能、重力勢能之和一定，動(dòng)能不變，則知微粒的電勢能和重力勢能之和一定．故D錯(cuò)誤．

故選ABC

帶電微粒進(jìn)入正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中，受到重力、電場力和洛倫茲力而做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，可知電場力與重力平衡．由洛倫茲力提供向心力，可求出微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑．根據(jù)電場力做功正負(fù)，判斷電勢能的變化和機(jī)械能的變化．

本題解題關(guān)鍵是分析微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的受力情況，根據(jù)合力提供向心力進(jìn)行判斷．13.【答案】偏大；小于；m＜＜M

【解析】解：①由a-F圖線可知，當(dāng)F=0時(shí)，加速度a不等于零，可知木板與桌面間的傾角偏大．

②根據(jù)牛頓第二定律得，mg-T=ma，可知小車在實(shí)際運(yùn)動(dòng)過程中所受的拉力小于砝碼和盤的總重力．

對整體分析，加速度a=，繩子的拉力F=Ma=，當(dāng)砝碼和盤的總質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量，拉力可近似等于砝碼和盤的總重力．

故答案為：①偏大；②小于，m＜＜M．

①根據(jù)小車所受的拉力為零，加速度不為零判斷斜面的傾角．

②平衡摩擦力后，結(jié)合牛頓第二定律得出拉力與砝碼和盤總重力的大小關(guān)系，得出拉力與總重力近似相等的條件．

在驗(yàn)證牛頓第二定律實(shí)驗(yàn)中，要理解兩個(gè)認(rèn)為：1、認(rèn)為繩子的拉力等于小車的合力，前提需平衡摩擦力，2、認(rèn)為砝碼和盤的總重力等于繩子的拉力，前提是砝碼和盤的質(zhì)量遠(yuǎn)小于小車的質(zhì)量．14.【答案】4.5

1.0

0

【解析】解：（1）伏安法測電源電動(dòng)勢與內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)中，電壓表測路端電壓，電壓表示數(shù)隨滑動(dòng)變阻器接入電路阻值的增大而增大；描繪小燈泡伏安特性曲線實(shí)驗(yàn)中，電流表測流過燈泡的電流，燈泡兩端電壓隨滑動(dòng)變阻器接入電路電阻的增大而減?。徽{(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器時(shí)，電壓表V1的示數(shù)增大，則電壓表V2的示數(shù)減小，則V1測路端電壓，V2測燈泡兩端電壓，電路圖如圖所示．

（2）電源的U-I圖象是一條傾斜的直線，由圖象可知，電源電動(dòng)勢E=4.5V，電源內(nèi)阻

r===1.0Ω．

（3）由圖乙所示圖象可知，兩圖象的交點(diǎn)坐標(biāo)，即燈泡電壓UL=2.5V，此時(shí)電路電流I=2.0A，

電源電動(dòng)勢E=Ir+UL+IR滑，即4.5V=2.0A×1Ω+2.5V+2.0A×R滑，則R滑=0Ω．

故答案為：（1）電路圖如圖所示；（2）4.5；1.0；（3）0．

（1）測電源電動(dòng)勢與內(nèi)阻實(shí)驗(yàn)時(shí)，電壓表測路端電壓，隨滑動(dòng)變阻器接入電路阻值的增大，電壓表示數(shù)增大；燈泡兩端電壓隨滑動(dòng)變阻器阻值增大而減??；根據(jù)電壓表示數(shù)變化確定各電路元件的連接方式，然后作出實(shí)驗(yàn)電路圖．

（2）電源的U-I圖象與縱軸的交點(diǎn)示數(shù)是電源的電動(dòng)勢，圖象斜率的絕對值等于電源內(nèi)阻．

（3）由圖象求出兩圖線的交點(diǎn)對應(yīng)的電壓與電流，然后根據(jù)閉合電路中內(nèi)外電壓的關(guān)系及歐姆定律求出滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值．

電源的U-I圖象與縱軸的交點(diǎn)是電動(dòng)勢，圖象斜率的絕對值等于電源內(nèi)阻，求電源內(nèi)阻時(shí)要注意看清楚縱軸坐標(biāo)起點(diǎn)數(shù)據(jù)是多少，否則容易出錯(cuò)．15.【答案】解：（1）由題意可知，兩物體一起下落1.2m用時(shí)0.4s；

則由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知：a=2Ht2=2×1.20.42=15m/s2；

（2）手柄靜止后，鐵鍾向下減速，初速度v=at=15×0.4=6m/s；

下落位移l=0.5m靜止，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可知加速度a′=v22l=362×0.5=36m/s2；

由牛頓第二定律可得：

F-mg=ma

解得：F=m（g+a）=46m=4.6mg；

故Fmg=4.6；

答：（1）鐵錘與手柄一起加速運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為15m/s2；

（1）由兩物體的運(yùn)動(dòng)過程，根據(jù)位移公式可求得加速度；

（2）手柄靜止后，鐵鍾向下減速運(yùn)動(dòng)，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可求得加速度，再由牛頓第二定律可求得阻力及重力關(guān)系．

本題考查牛頓第二定律在生活中的應(yīng)用，要注意正確分析物理過程，明確加速度的橋梁作用．16.【答案】解：金屬桿ab所受的安培力方向沿斜面向上，如果所取電阻較小，電流強(qiáng)度較大，則安培力BIL可能大于金屬桿ab的重力沿斜面方向的分力G1，金屬桿ab有向上滑動(dòng)的趨勢，靜摩擦力沿斜面向下，當(dāng)靜摩擦力為最大值時(shí)，由平衡可得：BI1L=G1+fm

則電流強(qiáng)度I1=G1+fmBL=4A

如果所取電阻較大，電流強(qiáng)度較小，則安培力BIL可能小于G1，金屬桿ab有向下滑動(dòng)的趨勢，靜摩擦力沿斜面向上，

當(dāng)靜摩擦力為最大值時(shí)，BI2L+fm=G1

和I2=G1?fmBL=1.0AA

根據(jù)閉合電路歐姆定律E=I1（R1+rab+r）

得最小電阻R1=EI1?rab?r=2.5Ω

根據(jù)閉合電路歐姆定律E=I

由題意可知，根據(jù)受力分析與力的平衡方程，由閉合電路歐姆定律及安培力表達(dá)式，即可求解。

考查受力平衡狀態(tài)，掌握受力分析與安培力的表達(dá)式，理解閉合電路歐姆定律的應(yīng)用。17.【答案】解：（1）設(shè)輕繩上拉力為FT，小球勻速運(yùn)動(dòng)，對小球，由平衡條件得：

水平方向：Fcos30°-FTcosθ=0，

豎直方向：F