2021-2022學年廣東省廣州市越秀區(qū)高二上期末考試物理試卷及答案解析

2021-2022學年廣東省廣州市越秀區(qū)高二上期末物理試卷

一、單項選擇題（每小題4分，共40分;在每小題給出的四個選項中，只有一個正確選選對的得

4分，選錯的或不答的得0分）

1.（4分）下列關于動量的說法正確的是（）

A.動量相同的兩個物體，質量大的動能大

B.一個物體動量改變了，則速率一定改變

C.一個物體的速率改變，它的動量可能不變

D.一個物體受合外力作用一段時間，它的動量一定改變

2.（4分）如圖甲所示，U形金屬導軌與水平面成8角放置，電源、電阻、金屬桿及導軌組

成閉合回路，金屬桿與導軌的摩擦不計，整個裝置分別處在如圖乙所示的A、B、C、D

的勻強磁場中，其中可能使細桿保持靜止的是（）

3.（4分）如圖所示，圖線1表示的導體的電阻為Ri,圖線2表示的導體的電阻為R2,則

下列說法正確的是（）

A.Ri：R2=3：1

B.把Ri拉長到原來的3倍長后電阻等于R2

C.將Ri與R2串聯(lián)后接于電源上，則功率之比P”P2=3：1

D.將Ri與R2并聯(lián)后接于電源上，則電流比I”12=3：1

4.（4分）兩根長直通電導線互相平行，電流方向相同，它們的截面處于等邊4ABC的A

和B處，如圖所示.兩通電導線在C處產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小都是Bo,則C處磁

場的總磁感應強度大小是（）

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/杳-------松B

A.0B.BoCD.2Bo

-V3B0

5.（4分）如圖所示，運動員揮拍將質量為m的網(wǎng)球擊出.如果網(wǎng)球被拍子擊前、后瞬間速

度的大小分別為VI、V2,VI與V2方向相反，且V2>V].忽略重力，則此過程中拍子對網(wǎng)

球作用力的沖量（）

A.大小為m（V2-VI）,方向與VI方向相同

B.大小為m（V2+V1）,方向與VI方向相同

C.大小為m（V2-VI）,方向與V2方向相同

D.大小為m（V2+V1）,方向與V2方向相同

6.（4分）一正電荷在電場中僅受電場力作用，從A點運動到B點，速度隨時間變化的圖

象如圖所示，tA、tB分別對應電荷在A、B兩點的時刻，則下列說法中正確的是（）

A.A處的場強一定小于B處的場強

B.A處的電勢一定低于B處的電勢

C.該電場可能是勻強電場

D.電荷在A處的電勢能一定大于在B處的電勢能

7.（4分）回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻電源的兩極相連接

的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中有周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得

到加速，兩個D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示，則下列說法中正確

的是（）

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A.只增大狹縫間的加速電壓，可增大帶電粒子射出時的動能

B.只增大狹縫間的加速電壓，可增大帶電粒子在回旋加速器中運動的時間

C.只增大磁場的磁感應強度，可增大帶電粒子射出時的動能

D.用同一回旋加速器可以同時加速質子（|H）和瓶核（；H）

8.（4分）直流電動機在生產(chǎn)、生活中有泛的應用。如圖所示，一直流電動機M和電燈L

并聯(lián)之后接在直流電源上，電動機內阻ri=0.5。，電燈燈絲電阻R=9Q（阻值認為保持

不變），電源電動勢E=12V,內阻n=l。開關S閉合，電動機正常工作時，電壓表讀數(shù)

為9V.則下列說法不正確的是（）

A.流過電源的電流3A

B.流過電動機的電流2A

C.電動機的輸入功率等于24W

D.電動機的輸出功率等于16W

9.（4分）如圖所示，在勻強電場中，場強方向與△abc所在平面平行，aclbc,Zabc=60°,

ac—0.2m,一個電荷量q=lXlO^C的正電荷從a移到b,電場力做功為零；同樣的電

荷從a移到c,電場力做功為lXl（r3j.則該勻強電場的場強大小和方向分別為（）

A.500V/m、沿ab由a指向b

B.500V/m、垂直ab向上

C.1000V/m,垂直ab向上

D.1000V/m、沿ac由a指向c

10.（4分）如圖所示，一價氫離子和二價氮離子的混合體，經(jīng)同一加速電場加速后，垂直

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射入同一偏轉電場中，偏轉后，打在同一熒光屏上，則它們（)

B.到達屏上同一點，一價氫離子先到達，二價氮離子后到達

C.到達屏上同一點，二價氮離子先到達，一價氫離子后到達

D.增大偏轉極板間的距離，氫離子射在熒光屏上的點將向下移動

二、多項選擇題（每小題4分，共16分；在每小題給出的四個選項中，有兩個或多個正確

選乙、項，全部選對的得4分，選不全的得2分，選的或不選的得0分

11.（4分）如圖所示，質量分別為mi,m2的兩個小球A.B,帶有等量異種電荷，通過絕

緣輕彈簧相連接，置于絕緣光滑的水平面上，突然加一水平向右的勻強電場后，兩球A.B

將由靜止開始運動，在以后的運動過程中，對兩小球A.B和彈簧組成的系統(tǒng)，以下說

法錯誤的是（設整個過程中不考慮電荷間庫侖力的作用且彈簧不超過彈性限度）（）

zZZ/ZZZ////7///Z^ZZZZz

A.由于電場力分別對球A和B做正功，故系統(tǒng)機械能不斷增加

B.由于兩小球所受電場力等大反向，故系統(tǒng)動量守恒

C.當彈簧長度達到最大值時，系統(tǒng)機械能最大

D.當小球所受電場力與彈簧的彈力相等時，系統(tǒng)動能最大

12.（4分）如圖所示，在x軸上關于原點0對稱的兩點放置異種點電荷+Q和-3Q,x軸上

的P點位于-3Q的右側，下列判斷正確的是（）

A.在x軸上還有一點與P點電場強度相同

B.在x軸上還有兩點與P點電場強度相同

C.若將一試探電荷+q放在x軸上，只有一個點能使之平衡

D.若將一試探電荷+q放在x軸上，共有兩個點能使之平衡

13.（4分）在如圖所示電路中，電源的電動勢E=3V,內電阻r=5Q,電阻Ri=5C,閉合

電鍵S,當滑動變阻器的滑動觸頭P從最上端向下滑動時，四個理想電表的示數(shù)都發(fā)生

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變化，電表的示數(shù)分別用I、Ul、U2和U3表示，則下列敘述中正確的是（）

A.I變大，U1變大B.U2變大，U1變小

C.電阻R1的電功率減小D.電源的輸出功率增大

14.（4分）質譜儀是一種測定帶電粒子質量和分析同位素的重要工具，它的構造原理如圖

所示，離子源S產(chǎn)生帶電荷量為q的某種正離子，離子產(chǎn)生時的速度很小，可以看作是

靜止的，離子經(jīng)過電壓U加速后形成離子流，然后垂直于磁場方向進入磁感應強度為B

的勻強磁場，沿著半圓周運動到達記錄它的照相底片P上。實驗測得，它在P上的位置

到入口處Si的距離為a,離子流形成穩(wěn)定的電流I時，下列說法確的是（）

：：-：「：

A.這種離了的質量為m=&La2

8U

B.單位時間內穿過入口Si處離子流的能量為UI

C.單位時間內穿過入口S1處離子流的能量為qU

D.在時間t內到達照底片P上的離子的數(shù)目為n=2上

q

三、實驗題：（共15分｝

15.（7分）某同學把兩塊大小不同的木塊用細線連接，中間夾一被壓縮了的彈簧，如圖所

示。將這一系統(tǒng)置于光滑的水平桌面上，燒斷細線，觀察物體的運動情況，進行必要的

測量，驗證物體間相互作用時動量守恒。

（1）該同學還必須有的器材是；

（2）需要直接測量的數(shù)據(jù)是；

（3）用所得數(shù)據(jù)驗證動量守恒的關系式是，

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mim：

^//////////////////////////////////////////////////////////////////////////,

16.（8分）為了測量一精密金屬絲的電阻率，某實驗小組先用多用表粗測其電阻約為6C,

然后進行較準確測量，除待測金屬絲外，實驗室還備有的實驗器材如下：

A.電壓表V1（量程3V,內阻約為15k。）

B.電壓表V2（量程15V,內阻約為75k。）

C.電流表Ai（量程3A,內阻約為0.2。）

D.電流表A2（量程600mA,內阻約為1Q）

E.滑動變阻器Ri（0?5Q,0.6A）

F.滑動變阻器R2（0?2000。,0.1A）

G.輸出電壓為3V的直流穩(wěn)壓電源E

H.電阻箱

L.開關S,導線若干

為了測較多組實驗數(shù)據(jù)，則上述器材中應選用的實驗器材有（填代號）,請在虛

線框內設計最合理的電路圖并將圖中的實物連線，但用該電路電阻的測值_______真實值

（選填“大于”、“等于”或“小于”）。如果金屬絲直徑為D,長度為L,所測電壓為U,

電流為1寫出表達式

四、計算題：（共39分。按題目夏求作答，解答題應寫出必要的文字說朋、方程式和重要演算

步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題,答案中必須陰確寫出數(shù)值和單位）

17.（12分）如圖所示，長L=3m的木板右端固定一立柱，板和立柱的總質是M=20kg木

板置于地面上，木板與地而向的動摩擦因數(shù)”=0」.質量m=20kg的人立于木板左端木

板與人均靜止、若人以4m/s2的加速度勻加速向右奔跑至板的右端，并立即抱住立柱，g

取10m/s2,求：

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（1）從人開始奔跑至到達木板右端所經(jīng)歷的時間；

（2）從人開始運動到最終木板靜止，木板發(fā)生的總位移X。

18.（13分）如圖所示，電源電動勢為E=100V,內阻不計，Ri、R2、R4的阻值為300C,

R3為可變電阻。C為一水平放置的平行板電容器，虛線到兩極距離相等且通過豎直放置

的熒光屏中心，極板長為l=8cm,板間距離為d=lcm,右端到熒光屏為s=20cm,熒

光屏直徑為D=5cm。有一細電子束沿圖中虛線以Eo=9.6X102eV的動能連續(xù)不斷地向

右射入平行板電容器。已知電子電荷量e=1.6X10-i9c.求：

（1）要使電子都能從平行板電容器右側飛出，電容器兩板間電壓最大不能超過多少？

（2）要使所有電子都能打在熒光屏上，變阻器R3的取值范圍多大？

19.（14分）如圖所示，在直角坐標系的原點0處有一放射源，向四周均勻發(fā)射速度大小相

等、方向都平行于紙面的帶電粒子.在放射源右邊有一很薄的擋板，擋板與xoy平面交

線的兩端M、N與原點0正好構成等腰直角三角形.已知帶電粒子的質量為m,帶電量

為+q，速度為u,MN的長度為L.

（1）若在y軸右側加一平行于x軸的勻強電場，要使y軸右側所有運動的粒子都能打到

擋板MN上，則電場強度Eo的最小值為多大？在電場強度為Eo時，打到板上的粒子動

能為多大？

（2）若在整個空間加一方向垂直紙面向里的勻強磁場，要使板右側的MN連線上都有粒

子打到，磁場的磁感應強度不能超過多少（用m、u、q、L表示）？若滿足此條件，放

射源O向外發(fā)射出的所有帶電粒子中有幾分之幾能打在板的左邊？

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2021-2022學年廣東省廣州市越秀區(qū)高二上期末物理試卷

參考答案與試題解析

一、單項選擇題（每小題4分，共40分;在每小題給出的四個選項中，只有一個正確選選對的得

4分，選錯的或不答的得0分）

I.（4分）下列關于動量的說法正確的是（）

A.動量相同的兩個物體，質量大的動能大

B.一個物體動量改變了，則速率一定改變

C.一個物體的速率改變，它的動量可能不變

D.一個物體受合外力作用一段時間，它的動量一定改變

【分析】動量是矢量，有大小有方向，大小和方向任意一個發(fā)生變化，則動量一定改變。

根據(jù)動量和動能的表達式得出動能與動量的關系，從而判斷動能的大小關系。

【解答】解：A、根據(jù)P=mv,Ek=2mv2得Ek=E—,知動量相同，質量大的動能小。

22m

故A錯誤。

B、一個物體的動量改變，速率不一定變化，比如做勻速圓周運動，動量變化，速率不變。

故B錯誤。

C、一個物體的速率改變，根據(jù)P=mv知，動量一定改變，C錯誤。

D、一個物體受合外力作用一段時間一定有沖量，則動量一定變化，故D正確。

故選：D。

【點評】決本題的關鍵知道動量是矢量，知道動量和動能的關系，基礎題。

2.（4分）如圖甲所示，U形金屬導軌與水平面成。角放置，電源、電阻、金屬桿及導軌組

成閉合回路，金屬桿與導軌的摩擦不計，整個裝置分別處在如圖乙所示的A、B、C、D

的勻強磁場中，其中可能使細桿保持靜止的是（）

【分析】本題在磁場中考查了物體平衡問題，對物體正確進行受力分析，看能否滿足平

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衡條件，同時知道左手定則的內容：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與

手掌在同一平面內，讓磁感線進入手心，并使四指指向電流方向，這時拇指所指的方向

就是通電導線在磁場中所受安培力的方向.

【解答】解：A、磁場的方向與電流的方向相同，不受安培力，金屬桿受重力和支持力不

可能平衡。故A錯誤。

B、金屬桿所受的安培力方向豎直向上，若安培力與重力平衡，金屬桿能處于平衡狀態(tài)。

故B正確。

C、金屬桿受垂直于斜面向上的安培力，重力，支持力，不可能平衡。故C錯誤。

D、磁場的方向向上，電流的方向向外，所以金屬桿受到水平向左的安培力，和重力，支

持力，三個力不可能處于平衡狀態(tài)。故D錯誤。

故選：B。

【點評】這類問題的解題思路和以前所學物體平衡解題思路一樣，只不過在受力分析時

多了安培力，注意正確應用左手定則判斷安培力的方向.

3.（4分）如圖所示，圖線1表示的導體的電阻為Ri,圖線2表示的導體的電阻為R2,則

下列說法正確的是（）

B.把R1拉長到原來的3倍長后電阻等于R2

C.將R1與R2串聯(lián)后接于電源上，則功率之比Pl：P2=3：1

D.將Ri與R2并聯(lián)后接于電源上，則電流比L：12=3：1

【分析】通過I-U圖象得出兩電阻的關系。串聯(lián)電路電流相等；并聯(lián)電路，電壓相等；

結合公式P=UI和U=IR分析即可。

【解答】解：A、解答：根據(jù)I-U圖象知，圖線的斜率表示電阻的倒數(shù)，所以Ri：R2

=1：3.故A錯誤。

B、把Ri拉長到原來的3倍長后，橫截面積減小為原來的工，根據(jù)電阻定律公式R=QL,

32s

電阻增加為9倍，變?yōu)镽2的3倍，故B錯誤；

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C、串聯(lián)電路電流相等，所以將R1與R2串聯(lián)后接于電源上，電流比11：12=1：1；又由

于Ri：R2=l：3。

根據(jù)P=UI=12R,功率之比為1：3,故C錯誤。

D、并聯(lián)電路，電壓相等，電流比等于電阻之反比，所以將R1與R2并聯(lián)后接于電源上，

電流比11:12=3:lo

根據(jù)公式P=UI,功率之比為3：1,故D正確。

故選：D。

【點評】本題關鍵是明確I-U圖象的斜率的倒數(shù)表示電阻，然后結合電阻定律、歐姆定

律和電功率表達式分析，不難。

4.（4分）兩根長直通電導線互相平行，電流方向相同，它們的截面處于等邊4ABC的A

和B處，如圖所示.兩通電導線在C處產(chǎn)生磁場的磁感應強度大小都是Bo,則C處磁

場的總磁感應強度大小是（）

“甘-------耳B

A.0B.BoC../QUD.2Bo

【分析】根據(jù)右手螺旋定則得出兩根通電導線在C點的磁感應強度的方向，根據(jù)平行四

邊形定則得出合場強的大小.

【解答】解：根據(jù)安培定則可知，導線A在C處產(chǎn)生的磁場方向垂直于AC方向向右，

導線B在C處產(chǎn)生的磁場方向垂直于BC方向向右，

如圖，根據(jù)平行四邊形定則得到，C處的總磁感應強度為Ba=2Bcos30°=?Bo。

【點評】解決本題的關鍵掌握右手螺旋定則判斷通電電流周圍的磁場方向，以及知道磁

感應強度是矢量，合成遵循平行四邊形定則.

5.（4分）如圖所示，運動員揮拍將質量為m的網(wǎng)球擊出.如果網(wǎng)球被拍子擊前、后瞬間速

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度的大小分別為VI、V2,VI與V2方向相反，且V2>V1.忽略重力，則此過程中拍子對網(wǎng)

球作用力的沖量（）

A.大小為m（V2-VI）,方向與VI方向相同

B.大小為m（V2+V1）,方向與VI方向相同

C.大小為m（V2-VI）,方向與V2方向相同

D.大小為m（V2+V1）,方向與V2方向相同

【分析】以網(wǎng)球為研究對象，在拍子擊打網(wǎng)球的過程中，網(wǎng)球水平受到拍子的作用力,

速度大小和方向發(fā)生了改變，根據(jù)動量定理研究拍子的作用力的沖量.

【解答】解：取拍子擊打前網(wǎng)球的速度為vi方向為正方向，根據(jù)動量定理得：

拍子對網(wǎng)球作用力的沖量1=-mv2-mvi=-m（vi+v2）,

即沖量大小為m（vi+v2）,方向與vi方向相反，與V2方向相同。

故選：D。

【點評】本題是實際問題，考查應用物理知識分析處理實際問題的能力.對于變力的沖

量常常根據(jù)動量定理求解.

6.（4分）一正電荷在電場中僅受電場力作用，從A點運動到B點，速度隨時間變化的圖

象如圖所示，tA、tB分別對應電荷在A、B兩點的時刻，則下列說法中正確的是（）

。匕ht

A.A處的場強一定小于B處的場強

B.A處的電勢一定低于B處的電勢

C.該電場可能是勻強電場

D.電荷在A處的電勢能一定大于在B處的電勢能

【分析】由速度圖象看出，正電荷做加速度減小的減速運動，可知，電場力減小，場強

減小，由能量守恒定律分析電勢能的變化，由動能定理分析電場力做功情況。

【解答】解：AC、v-t圖象的斜率等于加速度，由v-t圖象看出，正電荷做加速度減小

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的減速運動，而正電荷在電場中僅受電場力作用，則知電場力減小，由電場力F=qE知，

電場強度E減小，即有A處的場強一定大于B處的場強。故AC錯誤。

BD、正電荷做減速運動，其動能減小，根據(jù)能量守恒可知，其電勢能增大，即電荷在A

處的電勢能一定小于在B處的電勢能，根據(jù)推論：正電荷在電勢高處電勢能大，可知A

處的電勢一定低于B處的電勢。故B正確D錯誤。

故選：B。

【點評】本題關鍵要根據(jù)速度的斜率判斷出加速度的變化，根據(jù)動能定理和能量守恒分

析電勢能的變化和電場力做功和正負，屬于基礎題。

7.（4分）回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻電源的兩極相連接

的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中有周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得

到加速，兩個D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示，則下列說法中正確

的是（）

A.只增大狹縫間的加速電壓，可增大帶電粒子射出時的動能

B.只增大狹縫間的加速電壓，可增大帶電粒子在回旋加速器中運動的時間

C.只增大磁場的磁感應強度，可增大帶電粒子射出時的動能

D.用同一回旋加速器可以同時加速質子（|H）和瓶核（；H）

【分析】回旋加速器利用電場加速和磁場偏轉來加速粒子，粒子在磁場中運動的周期等

于交流電的周期，當粒子從D形盒出來時速度最大.

【解答】解：最大動能對應的是D形盒半徑R,由R晉和Ek^mv2，得

二（BqR）22,與加速電壓大小無關。增加加速電壓，最大動能不變，加速次數(shù)減

m2m

少，回旋次數(shù)減少，每半周時間不變，因此運動時間減少。質子和窟核的回旋周期

丁衛(wèi)皿0c「不同，因此不能同時加速。故ABD錯誤，C正確：

Bq

故選：Co

【點評】解決本題的關鍵知道回旋加速器利用電場加速和磁場偏轉來加速粒子，以及知

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道粒子在磁場中運動的周期等于交流電的周期.

8.（4分）直流電動機在生產(chǎn)、生活中有泛的應用。如圖所示，一直流電動機M和電燈L

并聯(lián)之后接在直流電源上，電動機內阻ri=0.5C,電燈燈絲電阻R=9C（阻值認為保持

不變），電源電動勢E=12V,內阻r2=l。開關S閉合，電動機正常工作時，電壓表讀數(shù)

為9V.則下列說法不正確的是（）

A.流過電源的電流3A

B.流過電動機的電流2A

C.電動機的輸入功率等于24W

D.電動機的輸出功率等于16W

【分析】根據(jù)內外之和等于電源的電動勢和歐姆定律，求出流過電源的電流。由歐姆定

律求出燈泡的電流，由總電流與燈泡電流之差求出流過電動機的電流。電動機對外輸出

的機械功率等于電動機的總功率與內部發(fā)熱功率之差。

【解答】解：A、電源的輸出電壓：U=E-Ir,則有1=旦二口=3A,故A正確；

r

B、對燈泡：I燈='L=9=1A,電動機與燈泡并聯(lián)，則電動機的電流I電=17燈=3A

%9

-1A=2A,故B正確；

C、電動機的輸入功率等于P=UI電=9X2=18W,故C錯誤；

D、根據(jù)能量轉化與守恒定律得，電動機的輸出功率Pu產(chǎn)UI電-I電2r=i8-2=16W,故

D正確。

本題選不正確的

故選：Co

【點評】本題是含有電動機的問題，電動機正常工作時，其電路是非純電阻電路，歐姆

定律不適用

9.（4分）如圖所示，在勻強電場中，場強方向與△abc所在平面平行，aclbc,Zabc=60°,

IZ=0.2mo一個電荷量q=lXl（15c的正電荷從a移到b,電場力做功為零；同樣的電

荷從a移到c,電場力做功為1X10-3J.則該勻強電場的場強大小和方向分別為（）

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w°

A.500V/m、沿ab由a指向b

B.500V/m、垂直ab向上

C.1000V/m、垂直ab向上

D.1000V/m,沿ac由a指向c

【分析】由題意可知ab兩點電勢相等，則可知ab是一條等勢線，由電場線可等勢面的

關系可知電場線；由電場力做功可求得be兩點的電勢差，則可確定電場線的方向，由U

=Ed可求得電場強度。

【解答】解：正電荷從a移到b,電場力做功為零，則由電場力做功的特點可知，ab兩

點電勢相等，故ab應為等勢線；因電場線與等勢面相互垂直，故過c做ab的垂線，一

定是電場線；正電荷從a到c過程，由W=Uq可知，ac兩點的電勢差

-3

k0X10

u=l=V=10QV＞即a點電勢高于C點的電勢，故電場線垂直于ab向上；

a’qIXio_5

ac間沿電場線的距離d=ac?cos60°=0.2X0.5m=0.1m；由岳型可知：電場強度

d

E=1000V/ir；方向垂直ab向上；故C正確，ABD錯誤；

故選：Co

【點評】場線與等勢面相互垂直，而且電場線由是由高電勢指向低電勢；勻強電場中u

=Ed中的d應為沿電場方向的有效距離

10.（4分）如圖所示，一價氫離子和二價氨離子的混合體，經(jīng)同一加速電場加速后，垂直

射入同一偏轉電場中，偏轉后，打在同一熒光屏上，則它們（）

B.到達屏上同一點，一價氫離子先到達，二價氨離子后到達

C.到達屏上同一點，二價氮離子先到達，一價氫離子后到達

D.增大偏轉極板間的距離，氫離子射在熒光屏上的點將向下移動

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【分析】本題中帶電粒子先加速后偏轉。先根據(jù)動能定理求出加速獲得的速度表達式。

兩種粒子在偏轉電場中做類平拋運動，垂直于電場方向上做勻速直線運動，沿電場方向

做勻加速運動，根據(jù)牛頓第二定律和運動學得到粒子偏轉距離與加速電壓和偏轉電壓的

關系，從而得出偏轉位移的關系即可判斷粒子打在屏上的位置關系。

【解答】解：ABC、設偏轉極板的長度為L,板間距離為d。在加速電場中，由動能定理

得：qUi=/my2

兩種粒子在偏轉電場中，水平方向做速度為v的勻速直線運動，由于兩種粒子的比荷不

同，則v不同，所以兩粒子在偏轉電場中運動的時間t=L=LIm不同。根據(jù)比荷可

v\2qUi

知，一價氫離子先離開偏轉電場。

2

在偏轉電場中的偏轉位移：y=lat=1.^2..（k）2

22mdv

2

聯(lián)立得：y=_U22_L

4U1C1

同理可得到偏轉角度的正切：tane=t,可見y和tan。與電荷的電量和質量無關。

2U[d

所以出射點的位置相同，出射速度的方向也相同。故兩種粒子打屏上同一點。故B正確

AC錯誤。

D、由上面的方向可知，增大偏轉極板間的距離，則y和tanO都變小，即氫離子射在熒

光屏上的點將向上移動，故D錯誤。

故選：B。

【點評】解決本題的關鍵知道帶電粒子在加速電場和偏轉電場中的運動情況，知道從靜

止開始經(jīng)過同一加速電場加速，垂直打入偏轉電場，運動軌跡相同。做選擇題時，這個

結論可直接運用，節(jié)省時間。

二、多項選擇題（每小題4分，共16分；在每小題給出的四個選項中，有兩個或多個正確

選乙、項，全部選對的得4分，選不全的得2分，選的或不選的得0分

11.（4分）如圖所示，質量分別為mi,m2的兩個小球A.B,帶有等量異種電荷，通過絕

緣輕彈簧相連接，置于絕緣光滑的水平面上，突然加一水平向右的勻強電場后，兩球A.B

將由靜止開始運動，在以后的運動過程中，對兩小球A.B和彈簧組成的系統(tǒng)，以下說

法錯誤的是（設整個過程中不考慮電荷間庫侖力的作用且彈簧不超過彈性限度）（）

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AQWW/WQB

,///7T/////////77////,

A.由于電場力分別對球A和B做正功，故系統(tǒng)機械能不斷增加

B.由于兩小球所受電場力等大反向，故系統(tǒng)動量守恒

C.當彈簧長度達到最大值時，系統(tǒng)機械能最大

D.當小球所受電場力與彈簧的彈力相等時，系統(tǒng)動能最大

【分析】兩小球受到的電場力做正功，則能量增加；分析系統(tǒng)中的外力做功情況可得出

能量與動量的變化情況.

【解答】解：A、電場力對兩球分別做正功，在彈簧第一次伸長到最長的運動過程中，系

統(tǒng)機械能不斷增加，故A錯誤；

B、兩球所帶電荷量相等而電性相反，則系統(tǒng)所受電場力合力為零，系統(tǒng)所受合外力為零,

系統(tǒng)動量守恒，故B正確；

C、電場力對兩球分別做正功，彈簧第一次伸長到最長的運動過程時，電場力對系統(tǒng)做功

做多，系統(tǒng)機械能最大，故C正確；

D、彈簧第一次伸長到最長的運動過程中，當電場力和彈簧彈力平衡前，合力對小球一直

做整個，小球動能一直增大，當彈力大于電場力后，合力對小球做負功，小球動能減小,

由此可知，當小球所受電場力與彈簧的彈力相等時，小球動能最大，系統(tǒng)動能最大，故

D正確；

題目要求選錯誤的，故選：A。

【點評】本題關鍵要明確兩個小球的速度的變化情況，兩小球都是先做加速度不斷減小

的加速運動，再做加速度不斷變大的減速運動.

12.（4分）如圖所示，在x軸上關于原點0對稱的兩點放置異種點電荷+Q和-3Q,x軸上

的P點位于-3Q的右側，下列判斷正確的是（）

qF

A.在x軸上還有一點與P點電場強度相同

B.在x軸上還有兩點與P點電場強度相同

C.若將一試探電荷+q放在x軸上，只有一個點能使之平衡

D.若將一試探電荷+q放在x軸上，共有兩個點能使之平衡

【分析】要解答本題需要：熟悉掌握等量正負點電荷的電場分布；從而確定電場強度相

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等的點；再根據(jù)庫侖定律和受力情況確定哪些點可以使電荷平衡。

【解答】解：AB、等量異種電荷周圍的電場分布情況如圖所示，根據(jù)其電場分布可知，

在x軸上還有一點與P點電場強度相同，在正電荷Q的左邊，故A正確，B錯誤：

CD、若放置一正電荷而處于平衡，則其受兩固定電荷的電場力應平衡，根據(jù)電荷間的相

互作用可知，若放置在負電荷的右側，但是由于負電荷電量較大，所以無法使q平衡；

如果放置在正電荷左側，則受正電荷的斥力和負電荷的引力，可以處于平衡，故有一處

可以平衡；故C正確D錯誤。

故選：ACo

【點評】本題考查電場的疊加以及庫侖定律的應用，要注意明確三個電荷要處于平衡狀

態(tài)時，應保證“兩大夾一小，兩同夾一異

13.（4分）在如圖所示電路中，電源的電動勢E=3V,內電阻r=5Q,電阻Ri=5。，閉合

電鍵S,當滑動變阻器的滑動觸頭P從最上端向下滑動時，四個理想電表的示數(shù)都發(fā)生

變化，電表的示數(shù)分別用I、Ul、U2和U3表示，則下列敘述中正確的是（）

A.I變大，U1變大B.U2變大，U1變小

C.電阻Ri的電功率減小D.電源的輸出功率增大

【分析】理想電表不考慮電表對電表的影響，電壓表V3測量路端電壓，電流表測量干路

電流?；瑒幼冏杵鞯幕瑒佑|頭P向下滑動，接入電路電阻變大，根據(jù)電路的結構，由歐

姆定律可判斷電表示數(shù)的變化量大小，當外電阻等于電源的內阻時，電源的輸出功率最

大，分析電源輸出功率的變化。

【解答】解：A、當滑動變阻器的滑動觸頭P向下滑動時，R2變大，外電路總電阻變大,

由歐姆定律，I變小，Ui=IRi變小，故A錯誤。

B、I變小，則U3=E-Ir,5變大，則U3=Ui+U2,Ui變小，則U2變大，故B正

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確。

uf

c、根據(jù)p=_L可知，ui變小，功率變小。故c正確。

Ri

D、內電阻r=0.5C,電阻Ri=2C,則外電路總電阻大于電源的內阻，則當變阻器R

的滑片P向下移動時，外電路總電阻增大，電源的輸出功率減小，故D錯誤。

故選：BC?

【點評】解決這類動態(tài)分析問題的基礎是認識電路的結構，明確當外電阻等于電源的內

阻時，電源的輸出功率最大，難度適中。

14.（4分）質譜儀是一種測定帶電粒子質量和分析同位素的重要工具，它的構造原理如圖

所示，離子源S產(chǎn)生帶電荷量為q的某種正離子，離子產(chǎn)生時的速度很小，可以看作是

靜止的，離子經(jīng)過電壓U加速后形成離子流，然后垂直于磁場方向進入磁感應強度為B

的勻強磁場，沿著半圓周運動到達記錄它的照相底片P上。實驗測得，它在P上的位置

到入口處Si的距離為a,離子流形成穩(wěn)定的電流I時，下列說法確的是（）

A.這種離了的質量為m=@a2

8U

B.單位時間內穿過入口Si處離子流的能量為UI

C.單位時間內穿過入口Si處離子流的能量為qU

D.在時間t內到達照底片P上的離子的數(shù)目為n=』L

q

【分析】（1）根據(jù)動能定理，結合帶電粒子在勻強磁場中運動的半徑公式求出離子質量

的表達式。

（2）根據(jù)E,頷=UQ求出粒子束的總能量，從而求出單位時間內穿過入口處Si離子束流

的能量。

（3）根據(jù)Q=It求出所有離子的電量，根據(jù)n=&求出離子的數(shù)目。

q

【解答】解：A、離子在電場中做加速運動得：

Uq=Amv2（1）

2

在磁場中運動有:

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2

Bvq=-Y~（2）

5a

由（1）（2）得：m=gB2a2.故A正確；

8U

BC、在時間t內穿過入口處Si離子束流的能量為:

E.e=UQ=UIl

單位時間穿過入口處Si離子束流的能量為：

E=￡^.=U11=UI,故B正確，C錯誤；

tt

D、在時間t內射到照相底片P上的離子總電量為:

Q=It

在時間t內射到照相底片P上的離子數(shù)目為：

n=9=」主，故D正確。

【點評】本題綜合考查了動能定理和牛頓第二定律，通過洛倫茲力提供向心力求出質量

的表達式，以及掌握電量與電流的關系。

三、實驗題：（共15分｝

15.（7分）某同學把兩塊大小不同的木塊用細線連接，中間夾一被壓縮了的彈簧，如圖所

示。將這一系統(tǒng)置于光滑的水平桌面上，燒斷細線，觀察物體的運動情況，進行必要的

測量，驗證物體間相互作用時動量守恒。

（1）該同學還必須有的器材是刻度尺、天平：

（2）需要直接測量的數(shù)據(jù)是兩物體的質量mi,m2和兩木塊落地點分別到桌子兩側邊

的水平距離si、S2；

（3）用所得數(shù)據(jù)驗證動量守恒的關系式是misi=m2s2。

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mim：

^//////////////////////////////////////////////////////////////////////////,

【分析】燒斷細線后，兩球離開桌面做平拋運動，由于高度相等，則平拋的時間相等，

水平位移與初速度成正比，把平拋的時間作為時間單位，小球的水平位移可替代平拋運

動的初速度。將需要驗證的關系速度用水平位移替代。

【解答】解：取小球1的初速度方向為正方向，兩小球質量和平拋初速度分別為mi、m2,

VI、V2,平拋運動的水平位移分別為SI、S2,平拋運動的時間為t。

需要驗證的方程：O=mivi-m2V2

S1So

又Vl=-V2=—

tt

代入得到：misi=m2S2

故需要測量兩木塊的質量mi和m2,兩木塊落地點到桌面邊緣的水平距離si,S2

所以需要的器材為刻度尺、天平

故答案為：（1）刻度尺、天平

（2）兩物體的質量mi,m2和兩木塊落地點分別到桌子兩側邊的水平距離si、S2

（3）misi=m2s2

【點評】本題是運用等效思維方法，平拋時間相等，用水平位移代替初速度，這樣將不

便驗證的方程變成容易驗證。

16.（8分）為了測量一精密金屬絲的電阻率，某實驗小組先用多用表粗測其電阻約為6C,

然后進行較準確測量，除待測金屬絲外，實驗室還備有的實驗器材如下：

A.電壓表Vi（量程3V,內阻約為15kC）

B.電壓表V2（量程15V,內阻約為75k。）

C.電流表Ai（量程3A,內阻約為0.2Q）

D.電流表A2（量程600mA,內阻約為1。）

E.滑動變阻器Ri（0?5Q,0.6A）

F.滑動變阻器R2（0~2000C,0.1A）

G.輸出電壓為3V的直流穩(wěn)壓電源E

H.電阻箱

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L.開關S,導線若干

為了測較多組實驗數(shù)據(jù)，則上述器材中應選用的實驗器材有（填代號）ADEGL,請

在虛線框內設計最合理的電路圖并將圖中的實物連線，但用該電路電阻的測值小于

真實值（選填“大于”、“等于”或“小于”）。如果金屬絲直徑為D,長度為L,所測電

壓為U,電流為1,寫出計算電阻率的表達式“即

【分析】根據(jù)電源電動勢選擇電壓表，根據(jù)通過待測電阻的最大電流選擇電流表，在保

證安全的前提下，為方便實驗操作，應選最大阻值較小的滑動變阻器；為準確測量電阻

阻值，應測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器可以采用分壓接法，根據(jù)待測電阻與電表內阻間

的關系確定電流表的接法，作出實驗電路圖，然后根據(jù)電路圖連接實物電路圖；根據(jù)電

流表的接反分析實驗誤差.

【解答】解：實驗需要G電源，I開關與導線，電源電動勢為3V,因此電壓表應選：A.電

壓表V1（量程3V,內阻約為15kQ）；

通過待測電阻的最大電流約為I=E=?L=0.5A=5（）0mA,則電流表應選：D.電流表

R6Q

A2（量程600mA,內阻約為1Q）；

為保證電路安全方便實驗操作，滑動變阻器應選：E.滑動變阻器Ri（0?5。，0.6A）；

故需要的實驗器材是：A、D、E、G、L。

為測多組實驗數(shù)據(jù)，滑動變阻器應采用分壓接法，豆=2=6,包幽=250,包

RA1R6R

>_L,電流表應采用外接法，

RA

實驗電路圖如圖所示，根據(jù)實驗電路圖連接實物電路圖，如圖所示；

電流表采用外接法，由于電壓表的分流作用，電流測量值偏大，由R=u可知，待測電

I

阻測量值比真實值小。

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由電阻定律可知：R=pL=p---巳---,

S兀弓/

由歐姆定律可知：R=U，

I

K2

電阻率：P=UDO

4IL

故答案為：ADEGL；電路圖如圖所示；小于；他P,

4IL

【點評】本題考查了實驗器材的選擇、考查了設計電路圖與連接實物電路圖，選擇實驗

器材時，要注意保證電路安全、注意所選實驗器材方便實驗操作；確定滑動變阻器的接

法與電流表接法是正確設計實驗電路的關鍵。

四、計算題:（共39分。按題目夏求作答，解答題應寫出必要的文字說朋、方程式和重要演算

步驟。只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題,答案中必須陰確寫出數(shù)值和單位）

17.（12分）如圖所示，長L=3m的木板右端固定一立柱，板和立柱的總質是M=20kg木

板置于地面上，木板與地而向的動摩擦因數(shù)u=0.1.質量m=20kg的人立于木板左端木

板與人均靜止、若人以4m/s2的加速度勻加速向右奔跑至板的右端，并立即抱住立柱，g

取10m/s2,求：

（1）從人開始奔跑至到達木板右端所經(jīng)歷的時間；

（2）從人開始運動到最終木板靜止，木板發(fā)生的總位移X。

【分析】（1）對人和板進行受力分析，由牛頓第二定律求出加速度，再由運動學公式可

以求出運動時間。

（2）由勻變速運動的速度公式求出人奔跑至木板右端時的速度，由動量守恒定律求出人

抱住立柱后的速度，再由動能定理可以求出木板滑行的距離，從而求得木板的總位移。

【解答】解：（1）在人相對木板奔跑時，設人的加速度為ai,木板的加速度為a2,人與

板間的相互作用力為F.從人開始奔跑至到達木板右端所經(jīng)歷的時間為to

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對人有F=mai

對板有F-n(m+M)g=Ma2

由幾何關系得Aait2+Aa2t2=L

22

聯(lián)立求得t=ls,a2=2m/s2

(2)當人奔跑至木板右端時，人的速度vi=ait=4m/s,板向左運動的速度V2=a2t=2m/s

木板向左運動的位移s=Aa2t2=—X2XI2—1m

22

人抱立柱過程中，取向右為正方向，由系統(tǒng)動量守恒得mvi-Mv2=(M+m)v

解得v=lm/s

v方向與人原來的運動方向一致。

在隨后的滑行過程中，對人與板構成的整體，根據(jù)動能定理得

-卜i(m+M)gsz=0-春(m+M)v2

解得s'=0.5m

因此，從人開始運動到最終木板靜止，木板發(fā)生的總位移x=s-s'=0.5m方向向左。

答：(1)人從開始奔跑至到達木板右端所經(jīng)歷的時間是1s；

(2)木板的總位移x是0.5m,方向向左。

【點評】分析清楚物體的運動過程是正確解題的關鍵，應用牛頓第二定律、運動學公式、

動量守恒定律與動能定理即可正確解題。

18.(13分)如圖所示，電源電動勢為E=100V,內阻不計，Ri、R2、R4的阻值為300。，

R3為可變電阻。C為一水平放置的平行板電容器，虛線到兩極距離相等且通過豎直放置

的熒光屏中心，