北京市某中學(xué)2024-2025學(xué)年高二（上）期中物理試題（含解析）

北京市第五十中學(xué)2024-2025學(xué)年高二（上）期中物理試題

一、單選題：本大題共16小題，共64分。

l.a>b為真空中等量異種點(diǎn)電荷的電場(chǎng)中的兩點(diǎn)，如圖所示。a、b兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小分別為E。、Eb,電

勢(shì)的高低分別為％、0b。下列說(shuō)法正確的是（）

A.EaVEjj9（paVB.Ea<Ejj,0a>3b

C.Ea>%,（pa>"bD.Ea>Ejjj（pa<"b

2.如圖所示，在直角三角形4abe中z_bac=30。，ab=10cm,勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)線平行于dabc所在的平面，

且。、b、c三點(diǎn)的電勢(shì)分別為6人一2八67o下列說(shuō)法正確的是（）

城Eb

7c

A.a、c中點(diǎn)的電勢(shì)為-2UB.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為160U/M

C.電場(chǎng)強(qiáng)度的方向沿ab由a指向bD.電場(chǎng)強(qiáng)度的方向垂直于ab斜向下

3.如圖所示，一帶正電的點(diǎn)電荷固定于。點(diǎn)，圖中虛線為以。為圓心的一組等間距的同心圓。一帶電粒子以

一定初速度射入點(diǎn)電荷的電場(chǎng)，實(shí)線為粒子僅在靜電力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、6、c為運(yùn)動(dòng)軌跡上的三點(diǎn)。

則該粒子（）

A.帶負(fù)電

B.在c點(diǎn)受靜電力最大

第1頁(yè)，共21頁(yè)

C.在a點(diǎn)的電勢(shì)能小于在b點(diǎn)的電勢(shì)能

D.由a點(diǎn)到b點(diǎn)的動(dòng)能變化量大于由b點(diǎn)到c點(diǎn)的動(dòng)能變化量

4.物理學(xué)中，對(duì)于多因素（多變量）的問(wèn)題，可采用控制因素（變量）的方法，把多因素的問(wèn)題變成多個(gè)單因素

的問(wèn)題。如圖所示，影響平行板電容器電容的因素有兩極板的正對(duì)面積S,極板間的距離d以及極板間的介

質(zhì)。若極板所帶電荷量不變，則關(guān)于靜電計(jì)指針偏角。的變化，下列說(shuō)法正確的是（）

A.兩極板間的電壓越大，8越小

B.保持S,d不變，在極板間插入介質(zhì)，則。變大

C.保持S以及極板間的介質(zhì)不變，減小d,則。變小

D,保持d以及極板間的介質(zhì)不變，減小S,貝好變小

5.甲、乙兩個(gè)帶電粒子的電荷量和質(zhì)量分別為（-/山）、它們先后經(jīng)過(guò)同一加速電場(chǎng)由靜止開(kāi)始

加速后，由同一點(diǎn)進(jìn)入同一偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，兩粒子進(jìn)入時(shí)的速度方向均與偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)方向垂直，如圖所示。粒子

重力不計(jì)。則甲、乙兩粒子（）

A.進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大小之比為1：2B.離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能之比為1：1

C.在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同D.離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度方向不同

6.如圖甲所示，一條電場(chǎng)線與。%軸重合，取。點(diǎn)電勢(shì)為零，。%方向上各點(diǎn)的電勢(shì)⑴隨x變化的情況如圖乙所

示，若在。點(diǎn)由靜止釋放一電子，電子僅在電場(chǎng)力的作用下運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法正確的是（）

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A.電子的電勢(shì)能將增大B.電子沿。支的負(fù)方向運(yùn)動(dòng)

C.電子運(yùn)動(dòng)的速度先增大后減小D.電子運(yùn)動(dòng)的加速度先增大后減小

7.示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉(zhuǎn)電極和熒光屏組成。某時(shí)刻在熒光屏上的P點(diǎn)出現(xiàn)亮斑,

如圖所示。則此時(shí)（）

A.電極X和丫應(yīng)帶正電B.電極X'和丫應(yīng)帶正電

c.電極x'和丫'應(yīng)帶正電D.電極x和y'應(yīng)帶正電

8.如圖所示，用絕緣輕繩懸掛一個(gè)帶電小球，小球質(zhì)量為加，電荷量為q。現(xiàn)施加水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)，小

球平衡時(shí)靜止在4點(diǎn)，此時(shí)輕繩與豎直方向夾角為。。將小球向右拉至輕繩水平后由靜止釋放，已知重力加

速度9,下列說(shuō)法正確的是（）

E

A.小球帶負(fù)電B.電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為些則

q

C.小球運(yùn)動(dòng)到4點(diǎn)時(shí)速度最大D.小球運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)B時(shí)輕繩的拉力最大

9.如圖所示，在范圍足夠大的水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，將一個(gè)帶電小球以一定的初速度"從M點(diǎn)豎直向上拋

出，在小球從M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)至與拋出點(diǎn)等高的位置N點(diǎn)（圖中未畫(huà)出）的過(guò)程中，不計(jì)空氣阻力，下列說(shuō)法正確的

是（）

M6

----------------------------?

E

A.小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)的速度為零

B.小球在M點(diǎn)和N點(diǎn)的動(dòng)能相等

C.小球上升過(guò)程和下降過(guò)程水平方向位移相同

D.小球上升過(guò)程和下降過(guò)程動(dòng)量的變化量相同

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10.水力采煤是用高壓水槍噴出的水柱沖擊煤層而使煤掉下，所用水槍的直徑D,水速為外水柱垂直射到煤

層表面上，水的密度p,沖擊煤層后自由下落。水柱對(duì)煤層的平均沖力為（）

A.七B.七C.叱尹D.Q/

424l

11.如圖甲所示，一輕彈簧的兩端分別與質(zhì)量為Hl1和血2的兩物塊相連接，并且靜止在光滑的水平桌面上。

現(xiàn)使山1瞬時(shí)獲得水平向右的速度3m/s,以此刻為計(jì)時(shí)零點(diǎn)，兩物塊的速度隨時(shí)間變化的規(guī)律如圖乙所示,

以下說(shuō)法正確的是（）

777777777777777777/77Z

甲

A,兩物塊的質(zhì)量之比為徵1：7712

B.在匕時(shí)刻和t3時(shí)刻彈簧的彈性勢(shì)能均達(dá)到最大值

C.打-功時(shí)間內(nèi)，彈簧的長(zhǎng)度大于原長(zhǎng)

D.5時(shí)間內(nèi)，彈簧的彈力逐漸減小

12.某同學(xué)設(shè)計(jì)了如圖所示的電路進(jìn)行電表的改裝，將多用電表的選擇開(kāi)關(guān)旋轉(zhuǎn)到“直流500nM”擋作為圖

中的電流表4。已知電流表4的內(nèi)阻私=。*4。，&=RA，R2=7RA。關(guān)于改裝表的下列說(shuō)法正確的是（）

A.若將接線柱1、2接入電路時(shí),最大可以測(cè)量的電流為0.52

B.若將接線柱1、3接入電路時(shí),最大可以測(cè)量的電壓為3.0U

C.若將接線柱1、2接入電路時(shí),最大可以測(cè)量的電流為2.04

D,若將接線柱1、3接入電路時(shí),最大可以測(cè)量的電壓為1.5U

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13.如圖所示，將一個(gè)電動(dòng)機(jī)M接在電路中，正常工作時(shí)測(cè)得電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為力，流過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流為

Z1；將電動(dòng)機(jī)短時(shí)間卡住時(shí)，測(cè)得電動(dòng)機(jī)兩端的電壓為“，流過(guò)電動(dòng)機(jī)的電流為/2。下列說(shuō)法正確的是（）

A.電動(dòng)機(jī)線圈電阻為烏

B.正常工作時(shí)，電動(dòng)機(jī)消耗的電功率為UJi

C.正常工作時(shí)，電動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的熱功率為UJi

D.正常工作時(shí)，電動(dòng)機(jī)對(duì)外做功功率為UJi-U2I2

14.用多用電表測(cè)電阻時(shí)，下列說(shuō)法中正確的是（）

A.多用電表的指針偏角越大，被測(cè)電阻的阻值越小

B.在測(cè)電路中的電阻時(shí)，電路中的電源不需斷開(kāi)

C.如果用“X10”擋時(shí)多用電表韻指針偏角過(guò)大，應(yīng)換用“X100”擋，且需重新調(diào)零

D,每次測(cè)量前必須進(jìn)行歐姆調(diào)零

15.額定電壓均為110U,額定功率匕=100勿，PB=40W的4、B兩盞燈泡，若接在電壓為220P的電路上,

使兩盞燈泡均能正常發(fā)光，且消耗功率最小的電路是（）

AB

A，0—0—0--0

16.一根長(zhǎng)為3橫截面積為S的金屬棒，其材料的電阻率為p。棒內(nèi)單位體積自由電子數(shù)為相，電子的質(zhì)量為

m,電荷量為e。在棒兩端加上恒定的電壓時(shí)，棒內(nèi)產(chǎn)生電流，自由電子定向運(yùn)動(dòng)的平均速率為u。則金屬

棒內(nèi)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為（）

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22

.mv「mvSn

D.--------

A?亞e

C.pnevD-登

二、實(shí)驗(yàn)題：本大題共2小題，共18分。

17.某同學(xué)用傳感器做“觀察電容器的充放電”實(shí)驗(yàn)，采用的實(shí)驗(yàn)電路如圖1所示。

圖1

(1)將開(kāi)關(guān)先與“1”端閉合，電容器進(jìn)行(選填“充電”或“放電”)，稍后再將開(kāi)關(guān)與“2”端閉合。

在下列四個(gè)圖像中，表示以上過(guò)程中，通過(guò)傳感器的電流隨時(shí)間變化的圖像為,電容器兩極板間的

電壓隨時(shí)間變化的圖像為。(填選項(xiàng)對(duì)應(yīng)的字母)

(2)該同學(xué)用同一電路分別給兩個(gè)不同的電容器充電，電容器的電容的＜。2,充電時(shí)通過(guò)傳感器的電流隨時(shí)

間變化的圖像如圖2中①②所示，其中對(duì)應(yīng)電容為G的電容器充電過(guò)程/-t圖像的是(選填①或②)。

請(qǐng)說(shuō)明你的判斷依據(jù)。

圖2

18.在“測(cè)定金屬的電阻率”的實(shí)驗(yàn)中：

(1)用螺旋測(cè)微器測(cè)得金屬絲的直徑如圖所示，則金屬絲的直徑為mm.

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(2)請(qǐng)根據(jù)給定電路圖，用連線代替導(dǎo)線將圖中的實(shí)驗(yàn)器材連接起來(lái)—

(3)依據(jù)完成的實(shí)物連接圖，為了保護(hù)電路，閉合開(kāi)關(guān)之前滑動(dòng)變阻器滑片P應(yīng)置于(選填“左”或

“右”)端。采用如圖所示伏安法測(cè)治值比真實(shí)值偏(選填“大”或“小”)，其原因

是O

(4)若通過(guò)測(cè)量可知，金屬絲的長(zhǎng)度為Z,直徑為d,通過(guò)金屬絲的電流為/,金屬絲兩端的電壓為U,由此可

計(jì)算得出金屬絲的電阻率p==(用題目所給字母表示)

三、計(jì)算題：本大題共4小題，共40分。

19.在如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，沿電場(chǎng)線方向有4B兩點(diǎn)，4、B兩點(diǎn)間的距離d=0.20電荷量q=+1.0x

10-8C的試探電荷放在電場(chǎng)中的a點(diǎn)，受到的靜電力大小為F=2,0X10-4N。求：

(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大??；

(2)試探電荷從4點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到8的點(diǎn)過(guò)程中靜電力所做的功W；

(3)若規(guī)定B點(diǎn)的電勢(shì)為0,則4點(diǎn)的電勢(shì)RA

.A-------------?B----------?

E

--------------------------->

20.如圖所示，豎直平面內(nèi)的四分之一圓弧軌道下端與水平桌面相切，小滑塊4和B分別靜止在圓弧軌道的最

高點(diǎn)和最低點(diǎn)。現(xiàn)將4無(wú)初速釋放，4與B碰撞后結(jié)合為一個(gè)整體，并沿桌面滑動(dòng)。已知圓弧軌道光滑，半

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徑R=0.8zn；4和B的質(zhì)量均為m=0.1kg,4和B整體與桌面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)〃=0.2。重力加速度取g=

10m/s2?求：

(1)與B碰撞前瞬間a對(duì)軌道的壓力N的大??；

(2)4與B碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能；

(3)4和B整體在桌面上滑動(dòng)的距離八

21.如圖所示，兩平行正對(duì)的極板4與B的長(zhǎng)度均為3極板間距為d,極板間的電壓為U,板間的電場(chǎng)可視為

勻強(qiáng)電場(chǎng)。一個(gè)質(zhì)量為電荷量為q的帶正電的離子，沿平行于板面的方向射入電場(chǎng)中，射入時(shí)的速度為

%,離子穿過(guò)板間電場(chǎng)區(qū)域。不計(jì)離子的重力，求：

(1)離子從電場(chǎng)射出時(shí)垂直板方向偏移的距離V；

(2)離子從電場(chǎng)射出時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)的角度。(可用三角函數(shù)表示)；

(3)離子穿過(guò)板間電場(chǎng)的過(guò)程中，增加的動(dòng)能/以。

?++++++-nA

%

I-------IB

22.1913年，美國(guó)物理學(xué)家密立根用油滴實(shí)驗(yàn)證明電荷的量子性并測(cè)出電子的電荷量，由此獲得了1923年

度諾貝爾物理學(xué)獎(jiǎng)。

如圖是密立根油滴實(shí)驗(yàn)的原理示意圖，兩個(gè)水平放置、相距為d的金屬極板，上極板中央有一小孔。用噴霧

器將細(xì)小的油滴噴入密閉空間，這些油滴由于摩擦而帶了負(fù)電。油滴通過(guò)上極板的小孔進(jìn)入到觀察室中。

當(dāng)兩極板電壓為U時(shí)，某一油滴恰好懸浮在兩板間靜止。將油滴視為半徑為r的球體，已知油滴的密度為p,

重力加速度為9。

(1)求該油滴所帶的電荷量q。

(2)由于油滴的半徑r太小，無(wú)法直接測(cè)量。密立根讓油滴在電場(chǎng)中懸浮，然后撤去電場(chǎng)，油滴開(kāi)始做加速

運(yùn)動(dòng)；由于空氣阻力的存在，油滴很快做近似勻速運(yùn)動(dòng)，測(cè)出油滴在時(shí)間t內(nèi)勻速下落的距離為Q已知球

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形油滴受到的空氣阻力大小為f=6m7rp,其中〃為空氣的粘滯系數(shù)，"為油滴運(yùn)動(dòng)的速率。不計(jì)空氣浮力。

請(qǐng)推導(dǎo)半徑r的表達(dá)式(用小h、t、p和g表示)。

(3)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)，對(duì)于質(zhì)量為血的油滴，如果改變它所帶的電荷量q,則能夠使油滴達(dá)到平衡的電壓必須是某些

特定值外,研究這些電壓變化的規(guī)律可發(fā)現(xiàn)它們都滿足方程，.=^=71%,式中幾=±1,±2........此

現(xiàn)象說(shuō)明了什么？

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】【詳解】電場(chǎng)線分布的疏密程度能夠表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱，a位置電場(chǎng)線分布比b位置稀疏一些，則有

Ea<Eb

等量異種點(diǎn)電荷連線的對(duì)稱點(diǎn)的電勢(shì)相等，而沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低，可知

<Pa><Pb

故選及

2.【答案】B

【解析】【詳解】A.a、c中點(diǎn)的電勢(shì)

L%”6V

故A錯(cuò)誤;

BCD.已知在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，a、c兩點(diǎn)的電勢(shì)相等，故可知ac連線即為等勢(shì)面，故電場(chǎng)線的方向?yàn)榇怪盿c連線

交ac于d點(diǎn),如圖

則電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為

U6—(—2)

E=-j=-------oV/cm=1.6V/cm=160V7m

a10sin30

故2正確，CD錯(cuò)誤。

故選瓦

3.【答案】D

【解析】【詳解】4根據(jù)圖像中帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，該粒子帶正電，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;

員根據(jù)庫(kù)侖定律可知

F=k百

可知，距離中心電荷越近所受靜電力越大，故選項(xiàng)2錯(cuò)誤;

C.由于從a點(diǎn)到b點(diǎn)電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，因此a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在b點(diǎn)的電勢(shì)能，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤;

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D,由a點(diǎn)至此點(diǎn)和b點(diǎn)至Uc點(diǎn)相比，由于點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度的特點(diǎn)是離開(kāi)場(chǎng)源電荷距離越大，場(chǎng)強(qiáng)越小，故a點(diǎn)

到b點(diǎn)電場(chǎng)力做功多，動(dòng)能變化大，故選項(xiàng)。正確。

故選。。

4.【答案】C

【解析】

【詳解】4兩極板間的電壓越大，e越大，故A錯(cuò)誤；

8平行板電容器的電容

:JSQ

—471kd-U

可得

471kdQ

~8rS

保持s,d不變，在極板間插入介質(zhì)，U變小，。變小，故B錯(cuò)誤；

c.保持s以及極板間的介質(zhì)不變，減小d,u變小，e變小，故c正確；

。.保持d以及極板間的介質(zhì)不變，減小S,U變大，。變大，故。錯(cuò)誤。

故選C。

5.【答案】B

【解析】【詳解】4在加速電場(chǎng)中，根據(jù)動(dòng)能定理

1,

qU=2mvo

解得

根據(jù)題意兩粒子的比荷之比為4：1,則進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度大小之比為2：1,故A錯(cuò)誤；

員在加速電場(chǎng)中電場(chǎng)力做功qU相等，在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，偏轉(zhuǎn)距離相同，則電場(chǎng)力做功qEd也相同，根據(jù)動(dòng)能

定理可知，離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能相同，故8正確；

C.在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，根據(jù)牛頓第二定律

qE=ma

1

d=2at7

解得

第11頁(yè)，共21頁(yè)

t=2d__—2md___

JaIqE

根據(jù)題意兩粒子的比荷之比為4：1,則在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不同，故C錯(cuò)誤；

D離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，垂直極板方向速度

離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角的正切值

則兩粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速度方向相同，故。錯(cuò)誤。

故選及

6.【答案】D

【解析】【詳解】4由電勢(shì)能的公式有

Ep=q(p

由于電子帶負(fù)電，由題圖可知，在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，電勢(shì)變大，所以電勢(shì)能變小，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；

2.順著%軸正方向電勢(shì)逐漸升高，故電場(chǎng)線跟x軸反向，則由靜止釋放的電子所受電場(chǎng)力沿x軸正方向，且沿

x軸正方向加速運(yùn)動(dòng)，故2項(xiàng)錯(cuò)誤；

C.由之前的分析可知，電子運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能一直變小，由能量守恒可知，有

Ek+Ep=E

所以電子運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能一直增加，由于

,12

Ek=-^mv

所以電子的速度增加，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；

D.0-%關(guān)系圖線的切線斜率反映沿x方向各點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小，故電場(chǎng)強(qiáng)度和電子所受電場(chǎng)力先增大后減

小，由

F=qE=ma

電子運(yùn)動(dòng)的加速度先增大后減小，故。項(xiàng)正確。

故選。。

7.【答案】A

第12頁(yè)，共21頁(yè)

【解析】【詳解】根據(jù)亮斑的位置可以推斷電子在電極丫和丫'之間應(yīng)受到指向y的電場(chǎng)力，在電極x和x'之間

應(yīng)受到指向x的電場(chǎng)力，因此電極x和丫應(yīng)帶正電。

故選A。

8.【答案】C

【解析】【詳解】4小球平衡時(shí)靜止在4點(diǎn)，根據(jù)平衡條件知小球所受電場(chǎng)力與電場(chǎng)線方向相同，故小球帶

正電，故A錯(cuò)誤;

江小球靜止，根據(jù)平衡條件有

Eq=mgtand

解得

mgtanO

―

故2錯(cuò)誤;

C.小球向右拉至輕繩水平后由靜止釋放，向下運(yùn)動(dòng)到任一點(diǎn)時(shí)，設(shè)輕繩與豎直方向夾角為0,繩長(zhǎng)為

由牛頓第二定律有

mgsin(p—Eqcos(p=mgax

mqv2

rTri------C-V--=m—r

cos(pI

可知，小球運(yùn)動(dòng)到平衡位置4點(diǎn)時(shí)

小球速度達(dá)到最大，小球?qū)p繩的拉力最大，故C正確，D錯(cuò)誤。

故選Co

9.【答案】D

【解析】【詳解】4小球運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)，豎直方向的分速度減為零，而由于受到水平方向電場(chǎng)力的作用,

因此小球在水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則小球在最高點(diǎn)時(shí)的速度為豎直方向速度速度為零,

但水平方向速度不為零，故A錯(cuò)誤;

員小球從M點(diǎn)到N點(diǎn)，重力做功為零，但電場(chǎng)力對(duì)小球做正功，因此合外力做功不為零，小球的大動(dòng)能增加,

即小球在M點(diǎn)的動(dòng)能小于在N點(diǎn)的動(dòng)能，故2錯(cuò)誤;

C.根據(jù)豎直上拋的對(duì)稱性可知，小球上升和下降的時(shí)間相同，設(shè)上升和下降的時(shí)間均為t,小球水平方向的

加速度為a,由于小球水平方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，則上升過(guò)程的水平位移

12

%】=2atz

下降過(guò)程的水平位移

第13頁(yè)，共21頁(yè)

22

x2=2a(2t)—at

可得

Xl：%2=1:3

故C錯(cuò)誤；

D上升過(guò)程豎直方向小球速度的變化量

=0—v=-V

水平方向速度的變化量

4%=at

該過(guò)程速度的變化量

/%=yjv2+(at)2

下降過(guò)程豎直方向小球速度的變化量

ZlVy2=V—0=V

水平方向速度的變化量

4%=at

該過(guò)程速度的變化量

22

AV2=y/v+(at)

可知上升和下降過(guò)程中速度的變化量相同，而動(dòng)量的變化量

Ap=m-Av

由此可知小球上升過(guò)程和下降過(guò)程動(dòng)量的變化量相同，故。正確。

故選。。

10.【答案】A

【解析】【詳解】設(shè)t時(shí)間內(nèi)水槍噴出的水柱長(zhǎng)度為I,則有

V=\1時(shí)間內(nèi)沖擊煤層的水的質(zhì)量為

1

m=pV=pSl=~^nD2pl

設(shè)煤層對(duì)水柱的平均沖擊力大小為F,根據(jù)動(dòng)量定理有

Ft=0—(―mv)=mv

聯(lián)立以上三式解得

nD2pv2

第14頁(yè)，共21頁(yè)

根據(jù)牛頓第三定律可知水柱對(duì)煤層的平均沖力為

7iD2pv2

F=F=-----------

4

故選A。

11.【答案】B

【解析】【詳解】4以的初速度方向?yàn)檎较?，?duì)0?1s時(shí)間內(nèi)的過(guò)程，由動(dòng)量守恒定律得

m1v1=(m1+m2)v^：

將%=3m/s,。共=lm/s代入解得

m1:m2=1:2

故A錯(cuò)誤；

2.根據(jù)系統(tǒng)能量守恒可知在h時(shí)刻和三時(shí)刻，系統(tǒng)的動(dòng)能最小，彈簧的彈性勢(shì)能達(dá)到最大值，故8正確；

C.在L時(shí)刻彈簧壓縮至最短，所以t】-巧時(shí)間內(nèi)，彈簧的長(zhǎng)度小于原長(zhǎng)，故C錯(cuò)誤；

Dt2-±3時(shí)間內(nèi)，彈簧處于拉伸階段，彈力逐漸增大

故選及

12.【答案】B

【解析】AC.根據(jù)電流表改裝原理，若將接線柱1、2接入電路時(shí)，最大可以測(cè)量的電流為/=%+警=2/g=

1.04

故AC錯(cuò)誤；

BD根據(jù)電壓表改裝原理，若將接線柱1、3接入電路時(shí)，最大可以測(cè)量的電壓為U=lgRA+IR2=0.5x

0.47+1.0x7x0.47=3.0V

故8正確，D錯(cuò)誤。

故選人

13.【答案】B

【解析】【詳解】4當(dāng)將電動(dòng)機(jī)短時(shí)間卡住時(shí)，電動(dòng)機(jī)不轉(zhuǎn)、為純電阻電路，根據(jù)歐姆定律

_U2

7~h

故A錯(cuò)誤；

8正常工作時(shí)，電動(dòng)機(jī)消耗的電功率

P]=UJi

故8正確；

第15頁(yè)，共21頁(yè)

C.正常工作時(shí)，電動(dòng)機(jī)發(fā)熱的功率

U

P2=&7=￥7五2

故C錯(cuò)誤；

。,正常工作時(shí)，電動(dòng)機(jī)對(duì)外做功的功率

?u2

P=P1-P2=U1I1-I^

故D錯(cuò)誤。

故選及

14.【答案】A

【解析】【詳解】4由/=七裊二可知，待測(cè)電阻的電阻值越大，電流/越小，待測(cè)電阻的電阻值越小，/越

大多用電表的指針偏角越大，故A正確；

2、測(cè)量電路中的某個(gè)電阻，應(yīng)該把該電阻與電路斷開(kāi)，故2錯(cuò)誤；

C、測(cè)量電阻時(shí)如果指針偏轉(zhuǎn)過(guò)大，所選擋位太大，應(yīng)換小擋，應(yīng)將選擇開(kāi)關(guān)S撥至倍率較小的擋位，重新

調(diào)零后測(cè)量，故C錯(cuò)誤；

。、用同一擋位測(cè)量阻值不同的電阻時(shí)不必重新調(diào)零，換擋后要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，故。錯(cuò)誤；

故選A。

【點(diǎn)評(píng)】本題考查了歐姆表的測(cè)量原理和使用方法，解答的關(guān)鍵是要注意每次換擋都要重新調(diào)零.

15.【答案】C

【解析】【詳解】判斷燈泡能否正常發(fā)光，就要判斷實(shí)際電壓是不是額定電壓或?qū)嶋H電流是不是額定電流，

對(duì)燈泡有

可知&<RB。

對(duì)于4電路，由于RA<RB，所以%>北，又

UB+UA^220V

BIIOUB

則U>,燈被燒毀，uA<uov,a燈不能正常發(fā)光；

對(duì)于8電路，由于RB>3，a燈與滑動(dòng)變阻器并聯(lián)，并聯(lián)電阻小于RB，所以UB>U#,則/>11。憶B燈

被燒毀，4燈不能正常發(fā)光；

對(duì)于C電路，B燈與滑動(dòng)變阻器并聯(lián)，并聯(lián)電阻可能等于私，所以可能

UA=UB=110V

第16頁(yè)，共21頁(yè)

兩燈可以正常發(fā)光；

對(duì)于。電路，若滑動(dòng)變阻器的有效電阻等于4燈、B燈的并聯(lián)電阻，則

UA=UB=110V

兩燈可以正常發(fā)光。

比較C、。兩個(gè)電路，當(dāng)燈4、B均正常發(fā)光時(shí)，由于C電路中滑動(dòng)變阻器功率為

Pc=&-/B)x1107

而D電路中滑動(dòng)變阻器功率為

PD=+片)x1107

所以C電路消耗電功率最小。

故選C。

16.【答案】C

【解析】【分析】考查電路和電場(chǎng)知識(shí)

【詳解】/=§，/=TieS。，R=,E=y,聯(lián)立得E=pne。，故選C。

KbL

17.【答案】充電ac①見(jiàn)解析

【解析】【詳解將開(kāi)關(guān)先與“1”端閉合，電容器與電源相連，進(jìn)行充電。稍后再將開(kāi)關(guān)與“2”

端閉合。電容器放電，充電電流與放電電流方向相反，且電流均逐漸變小，故傳感器的電流隨時(shí)間變化的

圖像為人充電過(guò)程，電壓逐漸增大，且增大的越來(lái)越慢，放電過(guò)程電壓逐漸變小，減小的越來(lái)越慢，故電

壓隨時(shí)間變化的圖像為C。

(2)[4][5]用同一電路分別給兩個(gè)不同的電容器充電，電容器的電容則充電完成后，兩電容器兩端

電壓相同，根據(jù)Q=CU可知，電容器1帶電量小，而/-t圖像面積代表帶電量，所以對(duì)應(yīng)電容為G的電容

器充電過(guò)程/-t圖像的是①。

第17頁(yè)，共21頁(yè)

18.【答案】0.416/0.418/0.417左小由于電壓表

2

分流，電流表示數(shù)大于流過(guò)金屬絲的電流也

411

【解析】【詳解】金屬絲的直徑為

d=0+41,5x0.01mm=0.415mm

(2)[2]根據(jù)給定電路圖，實(shí)物連接如圖所示。

(3)[3]為了保護(hù)電路，閉合開(kāi)關(guān)之前滑動(dòng)變阻器滑片P應(yīng)置于左端，使待測(cè)金屬絲兩端電壓為零。

[4][5]由于電壓表分流，電流表示數(shù)大于流過(guò)金屬絲的實(shí)際電流，根據(jù)歐姆定律

U

Rx=7

可知如圖所示伏安法測(cè)％值比真實(shí)值偏小。

(4)[6]由電阻定律得

I

Rx=

金屬絲的電阻為

U

Rx=j

金屬絲的橫截面積為

第18頁(yè)，共21頁(yè)

d,

S=?r（2）

聯(lián)立可得金屬絲的電阻率為

nUd2

p=Fir

19.【答案】(1)2.0x104JV/C；(2)4.0XMT5/；(3)4000V

【解析】【詳解】(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為

E=-=2,0X10gjV/C=2.0X104N/C

ql.oxio-8

(2)電荷q從4點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)過(guò)程中靜電力所做的功為

W=Fd=2.0XKF4*0.20/=4.0X10-57

(3)4、B兩點(diǎn)之間的電勢(shì)差

UAB=Ed=4000V

UAB=cpA—cpB

解得

(pA=4000/

20.【答案】(1)3N；(2)0.47；(3)1m

【解析】【詳解】(1)小滑塊a在圓弧軌道下滑過(guò)程，根據(jù)機(jī)械能守恒定律

1,

mgR=-^mv

解得碰撞前a的速度大小為

v—d2gR=4m/s

在最低點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律

V2

F—mg=m—

R

解得軌道對(duì)滑塊/的支持力大小為

F=3N

根據(jù)牛頓第三定律，滑塊Z對(duì)軌道的壓力大小為

N=F=3N

(2)4和B碰撞過(guò)程滿足動(dòng)量守恒，則有

mv=2mv共

解得碰撞后4和B整體的速度為

第19頁(yè)，共21頁(yè)

v共=2m/s

4與B碰撞過(guò)程中系統(tǒng)損失的機(jī)械能為

112

AE=7zmv?z—7Tx2mv筮=0.4/

2乙八

(3)根據(jù)動(dòng)能定理

12

一〃-2mgl=0—不x

L沃

解得/和B整體在桌面上滑動(dòng)的距離為

I=1m

21.【答案】(1)就)；(2)考〉;(力丹冬