北京市顺义区2022-2023学年高二下学期期中物理试题

北京市顺义区2022-2023学年高二下学期期中物理试题
一、单选题
1．（2023高二下·顺义期中）真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F．如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的2倍，那么它们之间的静电力的大小应为（　　）
A．F/2 B．2F C．F/4 D．4F
【答案】D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】由库仑定律可得， 如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的2倍， 则两电荷之间的库仑力变为，ABC不符合题意，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由库仑定律分别计算两种情况的库仑力，然后求出比值。
2．（2023高二下·顺义期中）如图所示，质量为m的物块静止在倾角为θ的斜面上，斜面静止在地面上，重力加速度为g。关于物块的受力情况分析，下列说法不正确的是（　　）
A．物块所受摩擦力大小为mgtanθ
B．物块所受支持力大小为mgcosθ
C．物块受到重力、支持力和摩擦力作用
D．斜面对物块的摩擦力与支持力的合力方向竖直向上
【答案】A
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】ABC.物体受重力、支持力和摩擦力作用，做出物体的受力分析如图所示：
由共点力平衡条件可得，斜面方向：，垂直斜面方向：，A符合题意，BC不符合题意；
D.物体静止，所受合外力为零，由共点力平衡条件可得， 斜面对物块的摩擦力与支持力的合力方向竖直向上 ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】对物体受力分析，物体处于三力平衡状态，根据平衡条件列式分析即可。
3．（2023高二下·顺义期中）如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，角速度大小为，距圆盘中心为R的位置有一个质量为m的小物块随圆盘一起做匀速圆周运动，重力加速度为g。则小物块（　　）
A．运动周期为
B．加速度的大小为
C．受到重力、支持力、摩擦力、向心力的作用
D．所受合力的大小始终为mg
【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A.根据可得，小物块的运动周期为：，A符合题意；
B.根据向心加速度方程可知a=ω R，B不符合题意；
C.小物体受到重力、支持力、摩擦力3个力的作用，向心力是按效果命名的力，不单独存在，小物体做圆周运动的向心力由摩擦力提供，C不符合题意；
D.小物块做匀速圆周运动，合力提供向心力，为，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据角速度与周期的关系推导周期；由加速度与角速度的关系分析；向心力不是物体单独受到的力；匀速圆周运动的合外力即为向心力。
二、多选题
4．（2022·金台模拟）阴极射线管示意图如图所示。接通电源后，电子流由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向下（z轴负方向）偏转，在下列措施中可采用的是（　　）
A．加一电场，电场方向沿z轴负方向
B．加一电场，电场方向沿z轴正方向
C．加一磁场，磁场方向沿y轴负方向
D．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向
【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】要使荧光屏上的亮线向下，若加电场，则应使电子所受电场力沿z轴负方向，所以电场方向应沿z轴正方向；若加磁场，则应使电子所受洛伦兹力沿z轴负方向，根据左手定则可知磁场方向应沿y轴正方向.
故答案为：BD。
【分析】已知电子的偏转方向，利用偏转方向可以判别电场力及洛伦兹力的方向，利用电场力或洛伦兹力的方向可以判别所加电场或磁场的方向。
三、单选题
5．（2020高二上·潮阳期末）学习物理不仅要掌握物理知识，还要领悟并掌握处理物理问题的思想方法。在下图所示的几个实验中，研究物理问题的思想方法相同的是（　　）
A．甲、乙 B．甲、丙 C．乙、丙 D．丙、丁
【答案】C
【知识点】控制变量法；类比法；放大法
【解析】【解答】图甲：比较平抛运动与自由落体运动，来研究平抛运动在竖直方向上运动的规律，用到了比较法；
图乙、丙：观察桌面的微小形变和测定万有引力常量的实验中，通过平面镜的反射，反射光线发生较大的角度变化，从而扩大了形变，该方法称为物理变量放大法；
图丁：研究加速度与质量、力的关系中，用到了控制变量法，所以，乙和丙具有相同的研究物理问题的思想方法， C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C
【分析】学习平抛运动时，通过比较平抛运动与自由落体运动，来研究平抛运动在竖直方向上运动的规律；观察桌面的微小形变和测定万有引力常量的实验中，通过平面镜的反射，反射光线发生较大的角度变化，从而扩大了形变；研究加速度与质量、力的关系中，用到了控制变量法；
6．（2020高一下·汕头月考）一辆赛车在水平公路上转弯，从俯视图中可以看到，赛车沿曲线由P向Q行驶且速度逐渐减小．图中画出了赛车转弯经过M点时所受合力F方向的四种可能性，其中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】向心力
【解析】【解答】AD.因为赛车沿曲线由P向Q行驶且速度逐渐减小，赛车受到的合力应该指向运动轨迹弯曲的内侧，而且合力与赛车的速度方向的夹角要大于90°，A不符合题意，D符合题意．
BC.由于赛车沿曲线由P向Q行驶且速度逐渐减小，故赛车受到的合力一定指向弯道的内侧，BC不符合题意．
故答案为：D
【分析】做曲线运动的物体，受到的合外力指向圆弧的内部，运动方向是运动轨迹的切线方向。
7．（2023高二下·顺义期中）我国已建成覆盖全球的北斗卫星导航系统。该系统由5颗静止轨道同步卫星（相对地球静止、离地高度约36000km）、27颗中地球轨道卫星（离地高度约21000km）及其它轨道卫星共35颗组成，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．静止轨道同步卫星可定位在北京正上空
B．静止轨道同步卫星的速度小于第一宇宙速度
C．中地球轨道卫星的线速度比静止轨道同步卫星的线速度小
D．中地球轨道卫星的周期可能大于24小时
【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．静止轨道同步卫星轨道都与赤道共面，所以不可能在北京上空，A不符合题意；
BC．静止轨道同步卫星离地高度约36000km，中地球轨道卫星离地高度约21000km，第一宇宙速度为在地面附近绕地球运动的物体的线速度，由万有引力提供向心力可得：，解得：，可知第一宇宙速度大于中地球轨道卫星的线速度，中地球轨道卫星的线速度大于静止轨道同步卫星的线速度，B符合题意，C不符合题意；
D.由万有引力提供向心力可得：，解得：，可知中地球轨道卫星的周期小于同步卫星的周期，即小于24小时，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】静止轨道卫星轨道一定与赤道共面；根据万有引力提供向心力推导卫星的线速度和周期的表达式，然后根据卫星的轨道半径关系求解。
8．（2021高三上·海淀期中）某航拍仪从地面由静止启动，在升力作用下匀加速竖直向上起飞。当上升到一定高度时，航拍仪失去动力。假设航拍仪在运动过程中沿竖直方向运动且机身保持姿态不变，其 图像如图所示。由此可以判断（　　）
A． 时，航拍仪离地面最远
B． 时，航拍仪回到地面
C．航拍仪在运动过程中上升的最大高度为
D．航拍仪在上升过程中加速度最大值为
【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．由图可知前4s内，航拍仪是在升力作用下匀加速竖直向上起飞的过程，最后0.5s内是失去动力继续上升的过程，所以在 时，航拍仪离地面最远，AB不符合题意；
C．根据速度图像图线所围面积表示位移可求得航拍仪在运动过程中上升的最大高度为
C不符合题意；
D．航拍仪在上升过程中前4s的加速度为
最后0.5s内的加速度为
故加速度最大值为 ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】v-t图像的斜率表示物体运动的加速度，与坐标轴围成图形的面积表示物体运动的位移；结合匀变速直线运动的平均速度表达式得出上升的最大高度。
四、多选题
9．（2023高二下·顺义期中）某静电场的电场线分布如图所示，P、Q为该电场中的两点，下列说法正确的是
A．P点场强大于Q点场强
B．P点电势低于Q点电势
C．将电子从P点移动到Q点，电场力做正功
D．将电子从P点移动到Q点，其电势能增大
【答案】A,D
【知识点】电场力做功；电场强度；电场线；电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】A.根据电场线的疏密可知，P点场强大于Q点场强，A符合题意；
B.沿电场线方向电势降低，故P点电势高于Q点电势，B不符合题意；
C. 将电子从P点移动到Q点，电场力做功为：，，，故电场力做负功，电势能增大，C不符合题意，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】根据电场线的疏密判断电场强度的大小；根据电场线的方向判断电势高低；根据分析电场力做功的正负；根据电场力做功的正负判断电势能的变化情况。
五、单选题
10．（2020高二下·宜宾月考）如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了 ，金属块克服摩擦力做功 ，重力做功 ，则以下判断正确的是（　　）
A．金属块带负电荷 B．金属块的电势能减少
C．金属块克服电场力做功 D．金属块的机械能减少
【答案】D
【知识点】功能关系
【解析】【解答】ABC. 在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=△EK解得：W电= 4J，所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势能增加4J.由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷。A不符合题意，B不符合题意，C不符合题意；
D. 在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，D符合题意。
故答案为：D.
【分析】利用电场力做功可以判别金属块的电性；利用电场力做功可以求出电势能的变化；利用电场力做功和摩擦力做功可以求出机械能的变化。
11．（2023高二下·顺义期中）在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为其内阻，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表。当开关S闭合后，若将照射R3的光的强度减弱，则下列说法中正确的是（　　）
A．电压表的示数变小 B．通过R2的电流变小
C．小灯泡消耗的功率变大 D．电源的内电压变大
【答案】A
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】AD.光照强度减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路总电流I减小，故两端的电压减小，电压表的示数变小；电源的内电压Ir减小，A符合题意，D不符合题意；
BC.因电源内电压减小，则路端电压增大，同时两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过的电流增大，根据串、并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，由可知，小灯泡消耗的功率变小，BC不符合题意。
故答案为：A。
【分析】此题考查闭合电路的动态分析问题，按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；由光敏电阻的阻值变化情况，判断出电路总电阻的变化情况，从而得到总电流的变化情况，再得到和电源内电压的变化情况；由作差法求出并联电路电压的变化情况，得到中电流的变化情况，再根据作差法求出通过灯泡的电流的变化情况，由由求出小灯泡消耗功率的情况。
12．（2023高二下·顺义期中）实验室经常使用的电流表是磁电式仪表，这种电流表的构造如图甲所示，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的，当线圈通以如图乙所示的电流（a端垂直纸面向里，b端垂直纸面向外），下列说法正确的是（　　）
A．该磁场是匀强磁场
B．线圈转动时，螺旋弹簧被扭动阻碍线圈转动
C．当线圈转到图乙所示的位置时，b端受到的安培力方向向上
D．当线圈转到图乙所示的位置时，安培力的作用使线圈沿逆时针方向转动
【答案】B
【知识点】磁感应强度；左手定则—磁场对通电导线的作用；磁电式电流表
【解析】【解答】A.由图可以看出，该磁场是辐向磁场，不是匀强磁场，A不符合题意；
B.根据电流表的原理，线圈受到的安培力使线圈转动，螺旋弹簧被扭动阻碍线圈转动，当安培力的转动力矩与弹簧弹力的转动力矩平衡时，指针稳定下来，B符合题意；
C.由左手定则可知，当线圈转到图乙所示的位置时，b端受到的安培力方向向下，C不符合题意；
D.由左手定则可知，当线圈转到图乙所示的位置时，a端受到的安培力方向向上，b端受到的安培力方向向下，线圈沿顺时针方向转动，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】辐向磁场不是匀强磁场；根据电流表原理分析；由左手定则分析线圈受到的安培力方向，得到线圈的转动方向。
13．（2021高二下·合肥期末）一种用磁流体发电的装置如图所示。平行金属板A，B之间有一个很强的磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）喷入磁场，A，B两板间便产生电压。金属板A，B和等离子体整体可以看作一个直流电源，A，B便是这个电源的两个电极。将金属板A，B与电阻R相连，假设等离子体的电阻率不变，下列说法正确的是（　　）
A．A板是电源的正极
B．等离子体入射速度不变，减小A，B两金属板间的距离，电源电动势增大
C．A，B两金属板间的电势差等于电源电动势
D．A，B两金属板间的电势差与等离子体的入射速度有关
【答案】D
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】A．由左手定则可知，正离子受向下的洛伦兹力偏向B板，则B板带正电，是电源的正极，A不符合题意；
B．当达到平衡时有
解得电动势E=Bdv
则等离子体入射速度不变，减小A，B两金属板间的距离d，电源电动势减小，B不符合题意；
C． 根据闭合电路的欧姆定律可知，A，B两金属板间的电势差等于外电路的电压，小于电源电动势，C不符合题意；
D．A，B两金属板间的电势差
可知，与等离子体的入射速度有关，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】等离子体进入磁场后，根据左手定则判断正负粒子的偏转方向从而判断电源的正负极，再由平衡条件和闭合电路欧姆定律进行计算判断电源电动势的特点。
14．（2023高二下·顺义期中）科学家们设想存在磁单极子，即一些仅带有N极或S极单一磁极的磁性物质。假设在P点有一个固定的磁单极子，在其周围形成均匀辐射磁场，磁感线如图所示。当质量为m、半径为R的导体圆环通有恒定电流时，恰好能静止在该磁单极子正上方，环心与P点的距离为H，且圆环平面恰好沿水平方向。已知距磁单极子r处的磁感应强度，其中k为已知常量，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．圆环静止时对环的安培力使其有沿半径方向扩张的趋势
B．圆环静止时可由题中条件求出圆环中电流的大小为
C．若P点放置N极磁单极子，从上向下看导体圆环，导体圆环中的电流为逆时针方向
D．若将圆环竖直向上平移一小段距离后静止释放，下落过程中环的加速度先增大后减小
【答案】B
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】A.根据受力平衡可知，圆环静止时磁场对环的竖直方向上安培力的分力与重力平衡，由左手定则可知，安培力与磁感线方向垂直，故圆环要想静止，受到的安培力方向只能斜向上，所以环有收缩的趋势，A不符合题意；
B.对环的某一部分进行受力分析如图：
设安培力与竖直方向的夹角为，在水平方向，根据安培力的对称性可知，整个的环在水平方向的合力为0，竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以整体受到的安培力：F=BI 2πR，由几何关系：，，，解得：，B符合题意；
C.根据平衡条件可知，安培力应该垂直磁场斜向上，由左手定则可知，导体圆环中的电流应为顺时针方向，C不符合题意；
D.若将圆环向上平移，磁场减小，则环受到的安培力将减小；由静止释放，重力开始时大于安培力，所以环加速下落，下落过程中由于磁场增大，所以安培力增大，合力减小，加速度减小，当安培力等于重力时，加速度为零，之后继续下落，安培力大于重力，并且安培力增大，合力增大，加速度增大，环做加速度增大的减速运动，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】圆环在重力和安培力作用下处于平衡状态，根据共点力平衡条件和安培力一定与磁感线垂直的特点，判断出安培力的方向；根据共点力平衡条件计算环中电流的
大小；由左手定则分析圆环中的电流方向；根据环下落过程中的安培力变化情况分析合外力的变化情况，再由牛顿第二定律推导加速度的变化情况。
六、实验题
15．（2023高二下·顺义期中）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验器材、实验方法、实验操作、数据分析等。
（1）某实验小组在做“测量做直线运动小车的瞬时速度”的实验中，选取了一条点迹清晰的纸带，如图所示。图中A、B、C、D、E是按打点先后顺序选取的计数点，相邻计数点间的时间间隔为T。在图中，由此可判断出，小车运动的速度　 　（选填“越来越大”或“越来越小”）。为了计算打下B点时小车的瞬时速度，甲同学用计算，乙同学用计算，得到不同的计算结果从理论上讲，　 　（选填“甲”或“乙”）同学的计算结果更接近的真实值。
（2）某同学想用下述方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离，计算对应计数点的重物速度，描绘图像，并做如下判断：若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒。请你分析论证该同学的判断依据是否正确　 　。
（3）用如图所示平抛运动实验装置探究平抛运动水平分运动的特点。以下是关于本实验的一些做法，其中正确的是_________。
A．将坐标纸上确定的点用直线依次连接
B．调整斜槽，使小球放置在轨道末端时，不左右滚动
C．不断改变挡片P的位置，使小球从斜槽上不同位置释放
D．不断改变水平挡板的位置，记录下小球落到挡板上的位置
【答案】（1）越来越大；乙
（2）不正确
（3）B；D
【知识点】验证机械能守恒定律；探究小车速度随时间变化的规律；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）根据题意， ，即连续相等时间间隔的位移越来越大，则可知小车的速度越来越大；在变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度更接近这段时间的平均速度，所以乙同学的计算结果更接近真实值；
（2）假设重物下落过程受到的阻力一定，根据动能定理可得，得，
可知图像为一条过原点的直线，但重物下落过程中物体要克服阻力做功，所以机械能不守恒，说明该同学的判断依据不正确；
（3）A.描点作图时，要用平滑曲线将各点连接起来，A不符合题意；
B.为保证小球做平抛运动，则要保证斜槽末端水平，小球放置在轨道末端时，不左右滚动，说明此时斜槽末端已经水平，B符合题意；
C.为保证小球每次做平抛运动的初速度相同，小球应从同一位置由静止释放，C不符合题意；
D.为了描绘小球做平抛运动的轨迹，必须不断改变水平挡板的位置，且每次都记录下小球落到挡板上的位置，最后将这些记录点用平滑的曲线连接起来，就得到了小球做平抛运动的轨迹，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】（1）根据纸带上的点迹的距离变化分析出小车运动的速度变化；中间时刻的瞬时速度更接近这段时间的平均速度；（2）推导阻力不可忽略，机械能不守恒时，图像特点，再进行判断即可；（3）根据实验原理和注意事项回答。
16．（2023高二下·顺义期中）利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，电路如图所示。要求尽量减小实验误差
（1）现有电流表（0~0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：
A．电压表（0～15V）
B．电压表（0～3V）
C．滑动变阻器（0～5Ω）
D．滑动变阻器（0～500Ω），
实验中电压表应选用　 　；滑动变阻器应选用　 　；（选填相应器材前的字母）
（2）某位同学记录的6组数据如表所示，其中5组数据的对应点已经标在坐标纸上如图所示，请在坐标纸上标出余下一组数据的对应点，并画出U-I图线　 　；
序号 1 2 3 4 5 6
电压U(V) 1.45 1.40 1.30 1.25 1.20 1.10
电流I(A) 0.06 0.12 0.24 0.26 0.36 0.48
（3）根据图中所画图线可得出干电池的电动势E=　 　V，内电阻r=　 　Ω。
（4）该实验测量的电源电动势、内电阻与真实值比较：E测　 　E真；r测　 　r真（选填“大于”“小于”或“等于”）
（5）实验中随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U以及干电池的输出功率P都会发生变化，下列示意图中正确反映P-U关系的是___________。
A． B．
C． D．
【答案】（1）B；C
（2）
（3）1.48/1.49/1.50/1.51/1.52；0.81/0.82/0.83/0.84/0.85
（4）小于；小于
（5）C
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）一节干电池电动势约为1.5V，所以电压表应选B；干电池的内阻较小，一般只有几欧姆，为方便实验操作，滑动变阻器应选C；
（2）在图中描出未画点，将误差很大的点舍掉，其他不在线上的点尽量落在线的两侧，做出图像如图所示：
（3）纵轴截距为电动势，即E=1.50V，由；
（4）电压表的分流导致了误差的产生，闭合电路欧姆定律为，整理得，可得，；即小于，小于；
（5）因为外电阻等于内阻时，即外电压等于时，输出功率达到最大，所以当外电阻小于内电阻时，电源的输出功率随外电阻的增大而增大，外电阻增大，外电压增大，所以电功率随外电压增大而增大；当外电阻大于内电阻时，电源的输出功率随外电阻的增大而减小，所以电功率随外电压增大而减小，当路端电压和电源电动势相等时，电路断路，此时输出功率为零，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】（1）根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器；（2）根据数学方法描点作图；（3）根据电源的U-I图象中，纵轴截距表示电动势，斜率的绝对值表示内电阻求解；（4）在考虑电压表分流的情况下，根据闭合电路欧姆定律，推导外电压与电流的表达式，分析真实值和测量值的关系；（5）当外电阻与内电阻相等时，电源的输出功率最大，分析外电压随外电阻变化的情况，得出输出功率与外电压的关系图像。
七、解答题
17．（2023高二下·顺义期中）如图所示，竖直平面内有四分之一圆弧轨道固定在水平桌面上，圆心为O点。一小滑块自圆弧轨道A处由静止开始自由滑下，在B点沿水平方向飞出，落到水平地面C点。已知小滑块的质量为m=0.1kg，C点与B点的水平距离为x=1.0m，B点距地面高度为h=1.25m，圆弧轨道半径R=0.25m，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小滑块从B点飞出时的速度大小v；
（2）小滑块刚到B点时对圆弧轨道的压力大小F；
（3）小滑块沿圆弧轨道下滑过程中克服摩擦力所做的功W。
【答案】（1）解：滑块从B点飞出后做平抛运动，设从B点飞出时的速度大小为v，则有 ，
解得v=2m/s
（2）解：滑块经过B点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得N=2.6N
根据牛顿第三定律得，在B点时滑块对圆弧轨道的压力大小为F=N=2.6N
（3）解：设沿圆弧轨道下滑过程中滑块克服摩擦力所做的功为W，由动能定理得
解得W=0.05J
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律；平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对BC段的平抛运动进行分析即可得解；（2）分析小滑块运动到B点时的受力，由牛顿第二定律和第三定律相结合求解；（3）对滑块从A运动到B的过程，应用动能定理列式求解。
18．（2023高二下·顺义期中）电磁轨道炮的加速原理如图所示．金属炮弹静止置于两固定的平行导电导轨之间，并与轨道接触良好．开始时炮弹在导轨的一端，通过电流后炮弹会被安培力加速，最后从导轨另一端的出口高速射出．设两导轨之间的距离L，导轨长s，炮弹质量m．导轨上电流为I，方向如图中箭头所示．若炮弹出口速度为v，忽略摩擦力与重力的影响．求：
（1）炮弹在两导轨间的加速度大小a；
（2）轨道间所加匀强磁场的磁感应强度为多大？
（3）磁场力的最大功率为多大．
【答案】（1）解：弹体在磁场力的作用下做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律：
v 2-0=2as
（2）解：根据牛顿第二定律：
整理得：B=
（3）解：由题意知，当速度最大时，磁场力的功率最大：P=Fv=ma v=
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；功率及其计算；安培力的计算
【解析】【分析】（1）由位移-速度公式求出加速度；（2）由牛顿第二定律列式求出磁感应强度；（3）由P=Fv计算功率。
19．（2023高二下·顺义期中）质谱仪是一种分离和检测同位素的重要工具，其结构原理如图所示。区域Ⅰ为粒子加速器，加速电压为：区域Ⅱ为速度选择器，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，电场方向水平向左，板间距离为d；区域Ⅲ为偏转分离器，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，一质量为m，电荷量为的粒子，初速度为零，经粒子加速器加速后，恰能沿直线通过速度选择器，由O点沿垂直于边界的方向进入分离器后打在上的P点，空气阻力，粒子重力及粒子间相互作用力均忽略不计。
（1）求粒子进入速度选择器时的速度大小v；
（2）求速度选择器两极板间的电压；
（3）19世纪末，阿斯顿设计的质谱仪只由区域Ⅰ粒子加速器和区域Ⅲ偏转分离器构成，在实验中发现了氖22和氖20两种同位素粒子（两种粒子电荷量相同，质量不同），他们分别打在上相距为的两点。为便于观测。的数值大一些为宜，不计粒子从区域Ⅰ的上极板飘入时的初速度，请通过计算分析为了便于观测应采取哪些措施。
【答案】（1）解：粒子在加速电场中加速时
则
（2）解：在速度选择器中
解得
（3）解：粒子在加速电场中加速时
则
进入磁场后做圆周运动
解得
设氖22和氖20两种同位素粒子质量分别为m1和m2，电荷量为均q，则
则为了便于观测，可增加加速电压U或者减小磁场的磁感应强度B2。
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机
【解析】【分析】（1）由动能定理分析粒子在加速电场中的运动，求出速度；（2）根据粒子在速度选择器中，电场力与洛伦兹力大小相等的特点列式计算；（3）推导粒子在磁场中的运动半径，结合关系得出为了便于观察，可以采取的措施。
20．（2023高三上·昌平期末）微元累积法是物理学的一种重要的思想方法，是微积分思想解决物理问题的应用和体现。
（1）当物体做匀变速直线运动时，其图像为一条倾斜的直线。如果把物体的运动分成6小段，如图1甲所示，在每一小段内，可粗略认为物体做匀速直线运动。如果以这6个小矩形的面积之和代表物体在整个过程中的位移，计算的结果要　 　（选填“小于”或“大于”）物体实际的位移。如果把运动过程划分为更多的小段，如图1乙所示，这些小矩形的面积之和就更　 　（选填“接近”或“远离”）物体的实际位移。对于非匀变速直线运动，　 　（选填“能”或“不能”）用图像与轴所围的面积来表示物体的位移。
（2）某摩天大楼中有一部直通高层的客运电梯，已知电梯在时由静止开始上升，电梯运行时的加速度随时间变化的图像如图2所示。求10s末电梯的速度大小。
（3）半径为、均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场，场强大小沿半径分布如图3所示，图中已知，曲线下部分的面积等于部分的面积。求质量为、电荷量为的负电荷在球面处需至少具有多大的速度才能刚好运动到处？
【答案】（1）小于；接近；能
（2）解：根据公式 可得 ，
则 图像中图像围成的面积表示速度的变化量，由于电梯从静止开始运动，则 末电梯的速度大小
（3）解：根据题意，由公式 可知， 图像中，图像围成的面积表示电势差，由于 部分的面积等于 部分的面积，可知，表面与 处的电势差为
由动能定理有
解得
即质量为 、电荷量为 的负电荷在球面处需至少具有 的速度才能刚好运动到 处。
【知识点】微元法
【解析】【解答】（1）解：根据题意可知，小矩形的面积为 ，即物体在这一小段时间内做匀速运动的位移，由图1甲可知，物体在这一小段时间内平均速度大于匀速的速度，则每一个小矩形的面积小于这一段时间内物体的实际位移，则以这6个小矩形的面积之和代表物体在整个过程中的位移，计算的结果要小于物体实际的位移；如果把运动过程划分为更多的小段，如图1乙可知，时间越短，匀速的速度越均速度，则这些小矩形的面积之和就更接近物体的实际位移故对于非匀变速直线运动，能用 图像与 轴所围的面积来表示物体的位移。
【分析】（1）每一个小矩形的面积小于这一段时间内物体的实际位移，则以这6个小矩形的面积之和代表物体在整个过程中的位移小于物体实际的位移。
（2） 图像中图像围成的面积表示速度的变化量 。
（3） 图像中，图像围成的面积表示电势差 ，根据动能定理，求解速度大小。
1 / 1北京市顺义区2022-2023学年高二下学期期中物理试题
一、单选题
1．（2023高二下·顺义期中）真空中有两个静止的点电荷，它们之间静电力的大小为F．如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的2倍，那么它们之间的静电力的大小应为（　　）
A．F/2 B．2F C．F/4 D．4F
2．（2023高二下·顺义期中）如图所示，质量为m的物块静止在倾角为θ的斜面上，斜面静止在地面上，重力加速度为g。关于物块的受力情况分析，下列说法不正确的是（　　）
A．物块所受摩擦力大小为mgtanθ
B．物块所受支持力大小为mgcosθ
C．物块受到重力、支持力和摩擦力作用
D．斜面对物块的摩擦力与支持力的合力方向竖直向上
3．（2023高二下·顺义期中）如图所示，一个圆盘在水平面内匀速转动，角速度大小为，距圆盘中心为R的位置有一个质量为m的小物块随圆盘一起做匀速圆周运动，重力加速度为g。则小物块（　　）
A．运动周期为
B．加速度的大小为
C．受到重力、支持力、摩擦力、向心力的作用
D．所受合力的大小始终为mg
二、多选题
4．（2022·金台模拟）阴极射线管示意图如图所示。接通电源后，电子流由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线。要使荧光屏上的亮线向下（z轴负方向）偏转，在下列措施中可采用的是（　　）
A．加一电场，电场方向沿z轴负方向
B．加一电场，电场方向沿z轴正方向
C．加一磁场，磁场方向沿y轴负方向
D．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向
三、单选题
5．（2020高二上·潮阳期末）学习物理不仅要掌握物理知识，还要领悟并掌握处理物理问题的思想方法。在下图所示的几个实验中，研究物理问题的思想方法相同的是（　　）
A．甲、乙 B．甲、丙 C．乙、丙 D．丙、丁
6．（2020高一下·汕头月考）一辆赛车在水平公路上转弯，从俯视图中可以看到，赛车沿曲线由P向Q行驶且速度逐渐减小．图中画出了赛车转弯经过M点时所受合力F方向的四种可能性，其中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2023高二下·顺义期中）我国已建成覆盖全球的北斗卫星导航系统。该系统由5颗静止轨道同步卫星（相对地球静止、离地高度约36000km）、27颗中地球轨道卫星（离地高度约21000km）及其它轨道卫星共35颗组成，如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．静止轨道同步卫星可定位在北京正上空
B．静止轨道同步卫星的速度小于第一宇宙速度
C．中地球轨道卫星的线速度比静止轨道同步卫星的线速度小
D．中地球轨道卫星的周期可能大于24小时
8．（2021高三上·海淀期中）某航拍仪从地面由静止启动，在升力作用下匀加速竖直向上起飞。当上升到一定高度时，航拍仪失去动力。假设航拍仪在运动过程中沿竖直方向运动且机身保持姿态不变，其 图像如图所示。由此可以判断（　　）
A． 时，航拍仪离地面最远
B． 时，航拍仪回到地面
C．航拍仪在运动过程中上升的最大高度为
D．航拍仪在上升过程中加速度最大值为
四、多选题
9．（2023高二下·顺义期中）某静电场的电场线分布如图所示，P、Q为该电场中的两点，下列说法正确的是
A．P点场强大于Q点场强
B．P点电势低于Q点电势
C．将电子从P点移动到Q点，电场力做正功
D．将电子从P点移动到Q点，其电势能增大
五、单选题
10．（2020高二下·宜宾月考）如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了 ，金属块克服摩擦力做功 ，重力做功 ，则以下判断正确的是（　　）
A．金属块带负电荷 B．金属块的电势能减少
C．金属块克服电场力做功 D．金属块的机械能减少
11．（2023高二下·顺义期中）在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为其内阻，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表。当开关S闭合后，若将照射R3的光的强度减弱，则下列说法中正确的是（　　）
A．电压表的示数变小 B．通过R2的电流变小
C．小灯泡消耗的功率变大 D．电源的内电压变大
12．（2023高二下·顺义期中）实验室经常使用的电流表是磁电式仪表，这种电流表的构造如图甲所示，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的，当线圈通以如图乙所示的电流（a端垂直纸面向里，b端垂直纸面向外），下列说法正确的是（　　）
A．该磁场是匀强磁场
B．线圈转动时，螺旋弹簧被扭动阻碍线圈转动
C．当线圈转到图乙所示的位置时，b端受到的安培力方向向上
D．当线圈转到图乙所示的位置时，安培力的作用使线圈沿逆时针方向转动
13．（2021高二下·合肥期末）一种用磁流体发电的装置如图所示。平行金属板A，B之间有一个很强的磁场，将一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）喷入磁场，A，B两板间便产生电压。金属板A，B和等离子体整体可以看作一个直流电源，A，B便是这个电源的两个电极。将金属板A，B与电阻R相连，假设等离子体的电阻率不变，下列说法正确的是（　　）
A．A板是电源的正极
B．等离子体入射速度不变，减小A，B两金属板间的距离，电源电动势增大
C．A，B两金属板间的电势差等于电源电动势
D．A，B两金属板间的电势差与等离子体的入射速度有关
14．（2023高二下·顺义期中）科学家们设想存在磁单极子，即一些仅带有N极或S极单一磁极的磁性物质。假设在P点有一个固定的磁单极子，在其周围形成均匀辐射磁场，磁感线如图所示。当质量为m、半径为R的导体圆环通有恒定电流时，恰好能静止在该磁单极子正上方，环心与P点的距离为H，且圆环平面恰好沿水平方向。已知距磁单极子r处的磁感应强度，其中k为已知常量，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）
A．圆环静止时对环的安培力使其有沿半径方向扩张的趋势
B．圆环静止时可由题中条件求出圆环中电流的大小为
C．若P点放置N极磁单极子，从上向下看导体圆环，导体圆环中的电流为逆时针方向
D．若将圆环竖直向上平移一小段距离后静止释放，下落过程中环的加速度先增大后减小
六、实验题
15．（2023高二下·顺义期中）物理实验一般都涉及实验目的、实验原理、实验器材、实验方法、实验操作、数据分析等。
（1）某实验小组在做“测量做直线运动小车的瞬时速度”的实验中，选取了一条点迹清晰的纸带，如图所示。图中A、B、C、D、E是按打点先后顺序选取的计数点，相邻计数点间的时间间隔为T。在图中，由此可判断出，小车运动的速度　 　（选填“越来越大”或“越来越小”）。为了计算打下B点时小车的瞬时速度，甲同学用计算，乙同学用计算，得到不同的计算结果从理论上讲，　 　（选填“甲”或“乙”）同学的计算结果更接近的真实值。
（2）某同学想用下述方法研究机械能是否守恒：在纸带上选取多个计数点，测量它们到起始点O的距离，计算对应计数点的重物速度，描绘图像，并做如下判断：若图像是一条过原点的直线，则重物下落过程中机械能守恒。请你分析论证该同学的判断依据是否正确　 　。
（3）用如图所示平抛运动实验装置探究平抛运动水平分运动的特点。以下是关于本实验的一些做法，其中正确的是_________。
A．将坐标纸上确定的点用直线依次连接
B．调整斜槽，使小球放置在轨道末端时，不左右滚动
C．不断改变挡片P的位置，使小球从斜槽上不同位置释放
D．不断改变水平挡板的位置，记录下小球落到挡板上的位置
16．（2023高二下·顺义期中）利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，电路如图所示。要求尽量减小实验误差
（1）现有电流表（0~0.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：
A．电压表（0～15V）
B．电压表（0～3V）
C．滑动变阻器（0～5Ω）
D．滑动变阻器（0～500Ω），
实验中电压表应选用　 　；滑动变阻器应选用　 　；（选填相应器材前的字母）
（2）某位同学记录的6组数据如表所示，其中5组数据的对应点已经标在坐标纸上如图所示，请在坐标纸上标出余下一组数据的对应点，并画出U-I图线　 　；
序号 1 2 3 4 5 6
电压U(V) 1.45 1.40 1.30 1.25 1.20 1.10
电流I(A) 0.06 0.12 0.24 0.26 0.36 0.48
（3）根据图中所画图线可得出干电池的电动势E=　 　V，内电阻r=　 　Ω。
（4）该实验测量的电源电动势、内电阻与真实值比较：E测　 　E真；r测　 　r真（选填“大于”“小于”或“等于”）
（5）实验中随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U以及干电池的输出功率P都会发生变化，下列示意图中正确反映P-U关系的是___________。
A． B．
C． D．
七、解答题
17．（2023高二下·顺义期中）如图所示，竖直平面内有四分之一圆弧轨道固定在水平桌面上，圆心为O点。一小滑块自圆弧轨道A处由静止开始自由滑下，在B点沿水平方向飞出，落到水平地面C点。已知小滑块的质量为m=0.1kg，C点与B点的水平距离为x=1.0m，B点距地面高度为h=1.25m，圆弧轨道半径R=0.25m，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）小滑块从B点飞出时的速度大小v；
（2）小滑块刚到B点时对圆弧轨道的压力大小F；
（3）小滑块沿圆弧轨道下滑过程中克服摩擦力所做的功W。
18．（2023高二下·顺义期中）电磁轨道炮的加速原理如图所示．金属炮弹静止置于两固定的平行导电导轨之间，并与轨道接触良好．开始时炮弹在导轨的一端，通过电流后炮弹会被安培力加速，最后从导轨另一端的出口高速射出．设两导轨之间的距离L，导轨长s，炮弹质量m．导轨上电流为I，方向如图中箭头所示．若炮弹出口速度为v，忽略摩擦力与重力的影响．求：
（1）炮弹在两导轨间的加速度大小a；
（2）轨道间所加匀强磁场的磁感应强度为多大？
（3）磁场力的最大功率为多大．
19．（2023高二下·顺义期中）质谱仪是一种分离和检测同位素的重要工具，其结构原理如图所示。区域Ⅰ为粒子加速器，加速电压为：区域Ⅱ为速度选择器，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，电场方向水平向左，板间距离为d；区域Ⅲ为偏转分离器，磁感应强度大小为，方向垂直纸面向里，一质量为m，电荷量为的粒子，初速度为零，经粒子加速器加速后，恰能沿直线通过速度选择器，由O点沿垂直于边界的方向进入分离器后打在上的P点，空气阻力，粒子重力及粒子间相互作用力均忽略不计。
（1）求粒子进入速度选择器时的速度大小v；
（2）求速度选择器两极板间的电压；
（3）19世纪末，阿斯顿设计的质谱仪只由区域Ⅰ粒子加速器和区域Ⅲ偏转分离器构成，在实验中发现了氖22和氖20两种同位素粒子（两种粒子电荷量相同，质量不同），他们分别打在上相距为的两点。为便于观测。的数值大一些为宜，不计粒子从区域Ⅰ的上极板飘入时的初速度，请通过计算分析为了便于观测应采取哪些措施。
20．（2023高三上·昌平期末）微元累积法是物理学的一种重要的思想方法，是微积分思想解决物理问题的应用和体现。
（1）当物体做匀变速直线运动时，其图像为一条倾斜的直线。如果把物体的运动分成6小段，如图1甲所示，在每一小段内，可粗略认为物体做匀速直线运动。如果以这6个小矩形的面积之和代表物体在整个过程中的位移，计算的结果要　 　（选填“小于”或“大于”）物体实际的位移。如果把运动过程划分为更多的小段，如图1乙所示，这些小矩形的面积之和就更　 　（选填“接近”或“远离”）物体的实际位移。对于非匀变速直线运动，　 　（选填“能”或“不能”）用图像与轴所围的面积来表示物体的位移。
（2）某摩天大楼中有一部直通高层的客运电梯，已知电梯在时由静止开始上升，电梯运行时的加速度随时间变化的图像如图2所示。求10s末电梯的速度大小。
（3）半径为、均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场，场强大小沿半径分布如图3所示，图中已知，曲线下部分的面积等于部分的面积。求质量为、电荷量为的负电荷在球面处需至少具有多大的速度才能刚好运动到处？
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】由库仑定律可得， 如果保持这两个点电荷之间的距离不变，而将它们的电荷量都变为原来的2倍， 则两电荷之间的库仑力变为，ABC不符合题意，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由库仑定律分别计算两种情况的库仑力，然后求出比值。
2．【答案】A
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】ABC.物体受重力、支持力和摩擦力作用，做出物体的受力分析如图所示：
由共点力平衡条件可得，斜面方向：，垂直斜面方向：，A符合题意，BC不符合题意；
D.物体静止，所受合外力为零，由共点力平衡条件可得， 斜面对物块的摩擦力与支持力的合力方向竖直向上 ，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】对物体受力分析，物体处于三力平衡状态，根据平衡条件列式分析即可。
3．【答案】A
【知识点】线速度、角速度和周期、转速；匀速圆周运动；向心力；向心加速度
【解析】【解答】A.根据可得，小物块的运动周期为：，A符合题意；
B.根据向心加速度方程可知a=ω R，B不符合题意；
C.小物体受到重力、支持力、摩擦力3个力的作用，向心力是按效果命名的力，不单独存在，小物体做圆周运动的向心力由摩擦力提供，C不符合题意；
D.小物块做匀速圆周运动，合力提供向心力，为，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据角速度与周期的关系推导周期；由加速度与角速度的关系分析；向心力不是物体单独受到的力；匀速圆周运动的合外力即为向心力。
4．【答案】B,D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】要使荧光屏上的亮线向下，若加电场，则应使电子所受电场力沿z轴负方向，所以电场方向应沿z轴正方向；若加磁场，则应使电子所受洛伦兹力沿z轴负方向，根据左手定则可知磁场方向应沿y轴正方向.
故答案为：BD。
【分析】已知电子的偏转方向，利用偏转方向可以判别电场力及洛伦兹力的方向，利用电场力或洛伦兹力的方向可以判别所加电场或磁场的方向。
5．【答案】C
【知识点】控制变量法；类比法；放大法
【解析】【解答】图甲：比较平抛运动与自由落体运动，来研究平抛运动在竖直方向上运动的规律，用到了比较法；
图乙、丙：观察桌面的微小形变和测定万有引力常量的实验中，通过平面镜的反射，反射光线发生较大的角度变化，从而扩大了形变，该方法称为物理变量放大法；
图丁：研究加速度与质量、力的关系中，用到了控制变量法，所以，乙和丙具有相同的研究物理问题的思想方法， C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C
【分析】学习平抛运动时，通过比较平抛运动与自由落体运动，来研究平抛运动在竖直方向上运动的规律；观察桌面的微小形变和测定万有引力常量的实验中，通过平面镜的反射，反射光线发生较大的角度变化，从而扩大了形变；研究加速度与质量、力的关系中，用到了控制变量法；
6．【答案】D
【知识点】向心力
【解析】【解答】AD.因为赛车沿曲线由P向Q行驶且速度逐渐减小，赛车受到的合力应该指向运动轨迹弯曲的内侧，而且合力与赛车的速度方向的夹角要大于90°，A不符合题意，D符合题意．
BC.由于赛车沿曲线由P向Q行驶且速度逐渐减小，故赛车受到的合力一定指向弯道的内侧，BC不符合题意．
故答案为：D
【分析】做曲线运动的物体，受到的合外力指向圆弧的内部，运动方向是运动轨迹的切线方向。
7．【答案】B
【知识点】万有引力定律的应用；第一、第二与第三宇宙速度；卫星问题
【解析】【解答】A．静止轨道同步卫星轨道都与赤道共面，所以不可能在北京上空，A不符合题意；
BC．静止轨道同步卫星离地高度约36000km，中地球轨道卫星离地高度约21000km，第一宇宙速度为在地面附近绕地球运动的物体的线速度，由万有引力提供向心力可得：，解得：，可知第一宇宙速度大于中地球轨道卫星的线速度，中地球轨道卫星的线速度大于静止轨道同步卫星的线速度，B符合题意，C不符合题意；
D.由万有引力提供向心力可得：，解得：，可知中地球轨道卫星的周期小于同步卫星的周期，即小于24小时，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】静止轨道卫星轨道一定与赤道共面；根据万有引力提供向心力推导卫星的线速度和周期的表达式，然后根据卫星的轨道半径关系求解。
8．【答案】D
【知识点】运动学 v-t 图象
【解析】【解答】AB．由图可知前4s内，航拍仪是在升力作用下匀加速竖直向上起飞的过程，最后0.5s内是失去动力继续上升的过程，所以在 时，航拍仪离地面最远，AB不符合题意；
C．根据速度图像图线所围面积表示位移可求得航拍仪在运动过程中上升的最大高度为
C不符合题意；
D．航拍仪在上升过程中前4s的加速度为
最后0.5s内的加速度为
故加速度最大值为 ，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】v-t图像的斜率表示物体运动的加速度，与坐标轴围成图形的面积表示物体运动的位移；结合匀变速直线运动的平均速度表达式得出上升的最大高度。
9．【答案】A,D
【知识点】电场力做功；电场强度；电场线；电势能与电场力做功的关系；电势
【解析】【解答】A.根据电场线的疏密可知，P点场强大于Q点场强，A符合题意；
B.沿电场线方向电势降低，故P点电势高于Q点电势，B不符合题意；
C. 将电子从P点移动到Q点，电场力做功为：，，，故电场力做负功，电势能增大，C不符合题意，D符合题意；
故答案为：AD。
【分析】根据电场线的疏密判断电场强度的大小；根据电场线的方向判断电势高低；根据分析电场力做功的正负；根据电场力做功的正负判断电势能的变化情况。
10．【答案】D
【知识点】功能关系
【解析】【解答】ABC. 在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=△EK解得：W电= 4J，所以金属块克服电场力做功4.0J，金属块的电势能增加4J.由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷。A不符合题意，B不符合题意，C不符合题意；
D. 在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，D符合题意。
故答案为：D.
【分析】利用电场力做功可以判别金属块的电性；利用电场力做功可以求出电势能的变化；利用电场力做功和摩擦力做功可以求出机械能的变化。
11．【答案】A
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律；电路动态分析
【解析】【解答】AD.光照强度减弱，光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路总电流I减小，故两端的电压减小，电压表的示数变小；电源的内电压Ir减小，A符合题意，D不符合题意；
BC.因电源内电压减小，则路端电压增大，同时两端的电压减小，故并联电路部分电压增大，则流过的电流增大，根据串、并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，由可知，小灯泡消耗的功率变小，BC不符合题意。
故答案为：A。
【分析】此题考查闭合电路的动态分析问题，按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；由光敏电阻的阻值变化情况，判断出电路总电阻的变化情况，从而得到总电流的变化情况，再得到和电源内电压的变化情况；由作差法求出并联电路电压的变化情况，得到中电流的变化情况，再根据作差法求出通过灯泡的电流的变化情况，由由求出小灯泡消耗功率的情况。
12．【答案】B
【知识点】磁感应强度；左手定则—磁场对通电导线的作用；磁电式电流表
【解析】【解答】A.由图可以看出，该磁场是辐向磁场，不是匀强磁场，A不符合题意；
B.根据电流表的原理，线圈受到的安培力使线圈转动，螺旋弹簧被扭动阻碍线圈转动，当安培力的转动力矩与弹簧弹力的转动力矩平衡时，指针稳定下来，B符合题意；
C.由左手定则可知，当线圈转到图乙所示的位置时，b端受到的安培力方向向下，C不符合题意；
D.由左手定则可知，当线圈转到图乙所示的位置时，a端受到的安培力方向向上，b端受到的安培力方向向下，线圈沿顺时针方向转动，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】辐向磁场不是匀强磁场；根据电流表原理分析；由左手定则分析线圈受到的安培力方向，得到线圈的转动方向。
13．【答案】D
【知识点】磁流体发电机
【解析】【解答】A．由左手定则可知，正离子受向下的洛伦兹力偏向B板，则B板带正电，是电源的正极，A不符合题意；
B．当达到平衡时有
解得电动势E=Bdv
则等离子体入射速度不变，减小A，B两金属板间的距离d，电源电动势减小，B不符合题意；
C． 根据闭合电路的欧姆定律可知，A，B两金属板间的电势差等于外电路的电压，小于电源电动势，C不符合题意；
D．A，B两金属板间的电势差
可知，与等离子体的入射速度有关，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】等离子体进入磁场后，根据左手定则判断正负粒子的偏转方向从而判断电源的正负极，再由平衡条件和闭合电路欧姆定律进行计算判断电源电动势的特点。
14．【答案】B
【知识点】共点力的平衡；牛顿第二定律；左手定则—磁场对通电导线的作用；安培力的计算
【解析】【解答】A.根据受力平衡可知，圆环静止时磁场对环的竖直方向上安培力的分力与重力平衡，由左手定则可知，安培力与磁感线方向垂直，故圆环要想静止，受到的安培力方向只能斜向上，所以环有收缩的趋势，A不符合题意；
B.对环的某一部分进行受力分析如图：
设安培力与竖直方向的夹角为，在水平方向，根据安培力的对称性可知，整个的环在水平方向的合力为0，竖直方向的合力与重力大小相等，由于在圆环处各点电流的方向与磁场的方向都垂直，所以整体受到的安培力：F=BI 2πR，由几何关系：，，，解得：，B符合题意；
C.根据平衡条件可知，安培力应该垂直磁场斜向上，由左手定则可知，导体圆环中的电流应为顺时针方向，C不符合题意；
D.若将圆环向上平移，磁场减小，则环受到的安培力将减小；由静止释放，重力开始时大于安培力，所以环加速下落，下落过程中由于磁场增大，所以安培力增大，合力减小，加速度减小，当安培力等于重力时，加速度为零，之后继续下落，安培力大于重力，并且安培力增大，合力增大，加速度增大，环做加速度增大的减速运动，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】圆环在重力和安培力作用下处于平衡状态，根据共点力平衡条件和安培力一定与磁感线垂直的特点，判断出安培力的方向；根据共点力平衡条件计算环中电流的
大小；由左手定则分析圆环中的电流方向；根据环下落过程中的安培力变化情况分析合外力的变化情况，再由牛顿第二定律推导加速度的变化情况。
15．【答案】（1）越来越大；乙
（2）不正确
（3）B；D
【知识点】验证机械能守恒定律；探究小车速度随时间变化的规律；研究平抛物体的运动
【解析】【解答】（1）根据题意， ，即连续相等时间间隔的位移越来越大，则可知小车的速度越来越大；在变速直线运动中，中间时刻的瞬时速度更接近这段时间的平均速度，所以乙同学的计算结果更接近真实值；
（2）假设重物下落过程受到的阻力一定，根据动能定理可得，得，
可知图像为一条过原点的直线，但重物下落过程中物体要克服阻力做功，所以机械能不守恒，说明该同学的判断依据不正确；
（3）A.描点作图时，要用平滑曲线将各点连接起来，A不符合题意；
B.为保证小球做平抛运动，则要保证斜槽末端水平，小球放置在轨道末端时，不左右滚动，说明此时斜槽末端已经水平，B符合题意；
C.为保证小球每次做平抛运动的初速度相同，小球应从同一位置由静止释放，C不符合题意；
D.为了描绘小球做平抛运动的轨迹，必须不断改变水平挡板的位置，且每次都记录下小球落到挡板上的位置，最后将这些记录点用平滑的曲线连接起来，就得到了小球做平抛运动的轨迹，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】（1）根据纸带上的点迹的距离变化分析出小车运动的速度变化；中间时刻的瞬时速度更接近这段时间的平均速度；（2）推导阻力不可忽略，机械能不守恒时，图像特点，再进行判断即可；（3）根据实验原理和注意事项回答。
16．【答案】（1）B；C
（2）
（3）1.48/1.49/1.50/1.51/1.52；0.81/0.82/0.83/0.84/0.85
（4）小于；小于
（5）C
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）一节干电池电动势约为1.5V，所以电压表应选B；干电池的内阻较小，一般只有几欧姆，为方便实验操作，滑动变阻器应选C；
（2）在图中描出未画点，将误差很大的点舍掉，其他不在线上的点尽量落在线的两侧，做出图像如图所示：
（3）纵轴截距为电动势，即E=1.50V，由；
（4）电压表的分流导致了误差的产生，闭合电路欧姆定律为，整理得，可得，；即小于，小于；
（5）因为外电阻等于内阻时，即外电压等于时，输出功率达到最大，所以当外电阻小于内电阻时，电源的输出功率随外电阻的增大而增大，外电阻增大，外电压增大，所以电功率随外电压增大而增大；当外电阻大于内电阻时，电源的输出功率随外电阻的增大而减小，所以电功率随外电压增大而减小，当路端电压和电源电动势相等时，电路断路，此时输出功率为零，C符合题意，ABD不符合题意。
故答案为：C。
【分析】（1）根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器；（2）根据数学方法描点作图；（3）根据电源的U-I图象中，纵轴截距表示电动势，斜率的绝对值表示内电阻求解；（4）在考虑电压表分流的情况下，根据闭合电路欧姆定律，推导外电压与电流的表达式，分析真实值和测量值的关系；（5）当外电阻与内电阻相等时，电源的输出功率最大，分析外电压随外电阻变化的情况，得出输出功率与外电压的关系图像。
17．【答案】（1）解：滑块从B点飞出后做平抛运动，设从B点飞出时的速度大小为v，则有 ，
解得v=2m/s
（2）解：滑块经过B点时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得N=2.6N
根据牛顿第三定律得，在B点时滑块对圆弧轨道的压力大小为F=N=2.6N
（3）解：设沿圆弧轨道下滑过程中滑块克服摩擦力所做的功为W，由动能定理得
解得W=0.05J
【知识点】牛顿第三定律；牛顿第二定律；平抛运动；竖直平面的圆周运动；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对BC段的平抛运动进行分析即可得解；（2）分析小滑块运动到B点时的受力，由牛顿第二定律和第三定律相结合求解；（3）对滑块从A运动到B的过程，应用动能定理列式求解。
18．【答案】（1）解：弹体在磁场力的作用下做匀加速直线运动，根据匀变速直线运动的规律：
v 2-0=2as
（2）解：根据牛顿第二定律：
整理得：B=
（3）解：由题意知，当速度最大时，磁场力的功率最大：P=Fv=ma v=
【知识点】匀变速直线运动的位移与速度的关系；牛顿第二定律；功率及其计算；安培力的计算
【解析】【分析】（1）由位移-速度公式求出加速度；（2）由牛顿第二定律列式求出磁感应强度；（3）由P=Fv计算功率。
19．【答案】（1）解：粒子在加速电场中加速时
则
（2）解：在速度选择器中
解得
（3）解：粒子在加速电场中加速时
则
进入磁场后做圆周运动
解得
设氖22和氖20两种同位素粒子质量分别为m1和m2，电荷量为均q，则
则为了便于观测，可增加加速电压U或者减小磁场的磁感应强度B2。
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在有界磁场中的运动；带电粒子在电场与磁场混合场中的运动；质谱仪和回旋加速器；磁流体发电机
【解析】【分析】（1）由动能定理分析粒子在加速电场中的运动，求出速度；（2）根据粒子在速度选择器中，电场力与洛伦兹力大小相等的特点列式计算；（3）推导粒子在磁场中的运动半径，结合关系得出为了便于观察，可以采取的措施。
20．【答案】（1）小于；接近；能
（2）解：根据公式 可得 ，
则 图像中图像围成的面积表示速度的变化量，由于电梯从静止开始运动，则 末电梯的速度大小
（3）解：根据题意，由公式 可知， 图像中，图像围成的面积表示电势差，由于 部分的面积等于 部分的面积，可知，表面与 处的电势差为
由动能定理有
解得
即质量为 、电荷量为 的负电荷在球面处需至少具有 的速度才能刚好运动到 处。
【知识点】微元法
【解析】【解答】（1）解：根据题意可知，小矩形的面积为 ，即物体在这一小段时间内做匀速运动的位移，由图1甲可知，物体在这一小段时间内平均速度大于匀速的速度，则每一个小矩形的面积小于这一段时间内物体的实际位移，则以这6个小矩形的面积之和代表物体在整个过程中的位移，计算的结果要小于物体实际的位移；如果把运动过程划分为更多的小段，如图1乙可知，时间越短，匀速的速度越均速度，则这些小矩形的面积之和就更接近物体的实际位移故对于非匀变速直线运动，能用 图像与 轴所围的面积来表示物体的位移。
【分析】（1）每一个小矩形的面积小于这一段时间内物体的实际位移，则以这6个小矩形的面积之和代表物体在整个过程中的位移小于物体实际的位移。
（2） 图像中图像围成的面积表示速度的变化量 。
（3） 图像中，图像围成的面积表示电势差 ，根据动能定理，求解速度大小。
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