2021-2022學(xué)年廣東省深圳市重點(diǎn)中學(xué)高二（上）期末物理試卷試題數(shù)：16，總分：1001.（單選題，3分）如圖甲，某同學(xué)站在壓力傳感器上完成下蹲和起立的動(dòng)作，用計(jì)算機(jī)采集到的壓力傳感器讀數(shù)隨時(shí)間變化的F-t圖像如圖乙，則（）A.該同學(xué)重力約為500NB.該同學(xué)重力約為700NC.該同學(xué)完成了兩次下蹲和起立D.該同學(xué)完成了四次下蹲和起立2.（單選題，3分）如圖所示，一根條形磁鐵從左向右靠近閉合金屬環(huán)的過程中，環(huán)中的感應(yīng)電流（自左向右看）（）

A.沿順時(shí)針方向B.先沿順時(shí)針方向后沿逆時(shí)針方向C.沿逆時(shí)針方向D.先沿逆時(shí)針方向后沿順時(shí)針方向3.（單選題，3分）如圖所示，L是電感足夠大的線圈，其直流電阻可忽略不計(jì)，A和B是兩個(gè)參數(shù)相同的燈泡，若將開關(guān)S閉合，等燈泡亮度穩(wěn)定后，再斷開開關(guān)S，則（）A.開關(guān)S閉合時(shí)，燈泡A一直不亮B.開關(guān)S閉合時(shí)，燈泡A、B同時(shí)亮，最后一樣亮C.開關(guān)S斷開瞬間，B立即熄滅，A閃亮一下逐漸熄滅D.開關(guān)S斷開瞬間，A、B都閃亮一下逐漸熄滅4.（單選題，3分）2021年5月15日，天問一號(hào)探測(cè)器著陸火星取得成功，邁出了我國星際探測(cè)征程的重要一步，在火星上首次留下中國人的印跡。天問一號(hào)探測(cè)器成功發(fā)射后，順利被火星捕獲，成為我國第一顆人造火星衛(wèi)星。經(jīng)過軌道調(diào)整，探測(cè)器先沿橢圓軌道Ⅰ運(yùn)行，之后進(jìn)入稱為火星停泊軌道的橢圓軌道Ⅱ運(yùn)行，如圖所示，兩軌道相切于近火點(diǎn)P，則天問一號(hào)探測(cè)器（）A.在軌道Ⅱ上處于受力平衡狀態(tài)B.在軌道Ⅰ運(yùn)行周期比在Ⅱ時(shí)短C.從軌道Ⅰ進(jìn)入Ⅱ在P處要加速D.沿軌道Ⅰ向P飛近時(shí)速度增大5.（單選題，3分）如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，始終保持以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體經(jīng)過一段時(shí)間后與傳送帶保持相對(duì)靜止，對(duì)于物體從靜止釋放到相對(duì)靜止這一過程，下列說法正確的是（）A.電動(dòng)機(jī)多做的功為B.物體在傳送帶上摩擦生熱為mv2C.傳送帶克服摩擦力做的功為D.電動(dòng)機(jī)增加的功率為μmgv6.（單選題，3分）如圖，在等臂電流天平的右端托盤下固定一矩形線圈，線圈匝數(shù)為n，底邊cd長(zhǎng)為L(zhǎng)，調(diào)平衡后放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線圈平面與磁場(chǎng)垂直；當(dāng)線圈中通入圖示方向的電流I時(shí)，在天平左、右兩邊加上質(zhì)量分別為m1、m2的砝碼使天平再次平衡，重力加速度為g，則以下關(guān)系式正確的是（）A.nBIL=（m1?m2）gB.nBIL=（m2?m1）gC.BIL=（m2?m1）gD.BIL=（m1+m2）g7.（單選題，3分）如圖所示，一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1：2，副線圈電路中接有燈泡，燈泡的額定電壓為220V，額定功率為22W，原線圈電路中接有電壓表和電流表?，F(xiàn)閉合開關(guān)，燈泡正常發(fā)光。若用U和I分別表示此時(shí)電壓表和電流表的讀數(shù)，則（）A.U=110VB.I=0.2AC.原副線圈電流之比為1：2D.原線圈輸入功率為22W8.（單選題，6分）圖甲中直線PQ表示電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子僅在電場(chǎng)力作用下沿電場(chǎng)線向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)速度為v0，到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度減為零，粒子運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖乙所示。下列判斷正確的是（）A.P點(diǎn)電勢(shì)低于Q點(diǎn)電勢(shì)B.P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)等于Q點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)C.P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為D.帶負(fù)電粒子在P點(diǎn)的電勢(shì)能大于在Q點(diǎn)的電勢(shì)能9.（多選題，6分）如圖所示的電路，R1為定值電阻，R2為熱敏電阻（溫度升高，電阻減小），電源的電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r。閉合開關(guān)，當(dāng)環(huán)境溫度升高時(shí)，下列說法正確的是（）A.電壓表示數(shù)增大B.電流表示數(shù)增大C.有電流向上流過A點(diǎn)D.電壓表和電流表示數(shù)變化量之比保持不變10.（多選題，6分）如圖所示是電磁流量計(jì)的示意圖。圓管由非磁性材料制成，空間有勻強(qiáng)磁場(chǎng)。當(dāng)管中的待測(cè)液體從右向左流過磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，測(cè)出管壁上M、N兩點(diǎn)間的電壓U，就可以知道管中液體的流量Q（單位時(shí)間內(nèi)流過管道橫截面的液體的體積）。已知管的直徑為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則下列說法中正確的是（）A.M點(diǎn)電勢(shì)一定高于N點(diǎn)的電勢(shì)B.d越大M、N兩點(diǎn)間的電壓U越大C.B越大M、N兩點(diǎn)間的電壓U越小D.污水流量Q=11.（多選題，6分）如圖所示，A、B兩物塊用細(xì)線相連繞過輕質(zhì)定滑輪，B和物塊C在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C放在水平地面上?？刂艫使細(xì)線拉直但無彈力。釋放A運(yùn)動(dòng)至速度最大，此時(shí)C恰好離開地面。A始終未落地，滑輪兩側(cè)細(xì)線始終保持豎直狀態(tài)。已知B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計(jì)，則（）A.A的質(zhì)量為3mB.C恰好離開地面時(shí)，B的加速度為零C.彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)瞬間，細(xì)線中的拉力大小為D.A的最大速度為g12.（問答題，6分）依據(jù)伽利略在《兩種新科學(xué)的對(duì)話》中描述的實(shí)驗(yàn)方案，某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖所示的裝置，探究物體沿斜面下滑的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，操作步驟如下：

①讓滑塊從距離擋板s處由靜止下滑，同時(shí)打開水箱閥門，讓水流到量筒中（假設(shè)水流均勻穩(wěn)定）；次數(shù)s/mV/mL14.509524.008933.508443.007752.5071②當(dāng)滑塊碰到擋板時(shí)關(guān)閉閥門：

③記錄量筒收集的水量V；

④改變s，重復(fù)以上操作；

⑤將測(cè)得的數(shù)據(jù)記錄在表格中。

（1）該實(shí)驗(yàn)用量筒中收集的水量來表示滑塊下滑的___；

A．位移

B．時(shí)間

C．速度

D．加速度

（2）若保持下滑的距離s不變，僅增大滑塊的質(zhì)量，水量V將___（選填“增大”、“不變”或“減小”）；

（3）根據(jù)表中數(shù)據(jù)得到s與___（選填“”、“V”或“V2”）成正比，由此可得滑塊沿斜面下滑做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。13.（問答題，9分）某實(shí)驗(yàn)小組想要測(cè)量一量程為6V的電壓表的內(nèi)阻，他進(jìn)行了如下的操作：

（1）先用多用電表的歐姆擋進(jìn)行測(cè)量，將歐姆擋選擇開關(guān)撥至“×10”倍率時(shí)，發(fā)現(xiàn)指針偏角較小，說明電阻較___（填“大”或“小”），于是改用___（填“×1”或“×100”）倍率；歐姆表表盤如圖甲所示，根據(jù)選好的擋位，讀出電壓表的阻值為___Ω；每次換擋后都要進(jìn)行的操作是___（填“機(jī)械調(diào)零”或“歐姆調(diào)零”）；測(cè)量時(shí)，紅表筆接電壓表的___極（填“正”或“負(fù)”）。多用電表使用長(zhǎng)久后其電源電動(dòng)勢(shì)降低，仍能進(jìn)行歐姆調(diào)零，則電壓表內(nèi)阻測(cè)量值___（選填“偏大”“不變”“偏小”）。

（2）為準(zhǔn)確測(cè)量該電壓表的內(nèi)阻，小紅設(shè)計(jì)了如圖乙所示的電路，準(zhǔn)備了以下器材：

電流表A1：量程0.6A，內(nèi)阻約0.2Ω

電流表A2：量程500μA，內(nèi)阻RA=20Ω

滑動(dòng)變阻器R1：0～48kΩ，5mA

滑動(dòng)變阻器R2：0～10Ω，1A

定值電阻R0：10Ω

電源：兩極間電壓為4V

導(dǎo)線、電鍵

實(shí)驗(yàn)中電流表應(yīng)選___，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選___（填器材代號(hào)）。若某次測(cè)量中電壓表和電流表讀數(shù)分別為U和I，則電壓表內(nèi)阻的計(jì)算表達(dá)式為___。14.（問答題，12分）如圖所示，半徑R=1m的絕緣光滑圓弧軌道豎直放置，在A點(diǎn)右側(cè)空間存在水平向右大小為E=1×105N/C的電場(chǎng)，質(zhì)量為m=0.4kg、帶電荷量為q=+3×10-5C的小球從O1點(diǎn)以4m/s初速度做平拋運(yùn)動(dòng)，恰好與圓弧軌道A點(diǎn)相切進(jìn)入，已知A與圓心連線與豎直方向夾角θ=37°。不考慮邊緣電場(chǎng)的影響，不計(jì)空氣阻力，試回答以下問題：（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度取g=10m/s2）

（1）求小球拋出點(diǎn)位置相對(duì)A點(diǎn)的水平距離；

（2）求小球在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)的最大速度，及此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫Α?5.（問答題，12分）如圖所示，在豎直xOy平面內(nèi)0≤x≤L的區(qū)域存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1；在L≤x≤2L的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小也為E，垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2；一個(gè)質(zhì)量為m，帶電荷量為+q的帶電小球從坐標(biāo)原點(diǎn)以速度v0沿與x軸成45°角方向射入，小球沿直線勻速穿過0≤x≤L區(qū)域，在L≤x≤2L的區(qū)域運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，沿x軸正方向射出該區(qū)域。已知L、m、q、v0，重力加速度g，試求：

（1）電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小；

（2）磁感應(yīng)強(qiáng)度B2大小；

（3）小球從O點(diǎn)到離開x=2L邊界所需要的時(shí)間。16.（問答題，16分）如圖所示PQ、MN為足夠長(zhǎng)的兩平行金屬導(dǎo)軌，它們之間連接一個(gè)阻值R=3Ω的電阻；導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)=1m，導(dǎo)軌電阻不計(jì)。長(zhǎng)為1m，質(zhì)量m=0.5kg的均勻金屬棒水平放置在導(dǎo)軌上（金屬棒電阻r=1Ω），它與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，導(dǎo)軌平面的傾角為θ=37°，在垂直導(dǎo)軌平面方向有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=1T，今讓金屬棒AB由靜止開始下滑，若金屬棒下滑距離為s=20m時(shí)速度恰達(dá)到最大（sin37°=0.6，cos37°=0.8），求：

（1）金屬棒達(dá)到的最大速度；

（2）金屬棒由靜止開始下滑距離為s=20m的過程中，金屬棒上產(chǎn)生的焦耳熱Q；

（3）金屬棒由靜止開始下滑距離為s=20m的過程中，通過R的電荷量q。

2021-2022學(xué)年廣東省深圳市重點(diǎn)中學(xué)高二（上）期末物理試卷參考答案與試題解析試題數(shù)：16，總分：1001.（單選題，3分）如圖甲，某同學(xué)站在壓力傳感器上完成下蹲和起立的動(dòng)作，用計(jì)算機(jī)采集到的壓力傳感器讀數(shù)隨時(shí)間變化的F-t圖像如圖乙，則（）A.該同學(xué)重力約為500NB.該同學(xué)重力約為700NC.該同學(xué)完成了兩次下蹲和起立D.該同學(xué)完成了四次下蹲和起立【正確答案】：A【解析】：物體有向下的加速度處于失重狀態(tài)；物體有向上的加速度處于超重狀態(tài)。人下蹲過程分別有失重和超重兩個(gè)過程，先是加速下降失重，到達(dá)一個(gè)最大速度后再減速下降超重，起立時(shí)先加速上升超重，再減速上升失重。

【解答】：解：AB、根據(jù)物體有向下的加速度處于失重狀態(tài)；物體有向上的加速度處于超重狀態(tài)。所以超重狀態(tài)為支持力大于重力，失重狀態(tài)為支持力小于重力，由圖像可知該同學(xué)重力大小為500N，故A正確，B錯(cuò)誤；

CD、人下蹲動(dòng)作分別有失重和超重兩個(gè)過程，先是加速下降失重，到達(dá)一個(gè)最大速度后再減速下降超重對(duì)應(yīng)先失重再超重，起立對(duì)應(yīng)先超重再失重，對(duì)應(yīng)圖象可知，該同學(xué)做了一次下蹲-起立的動(dòng)作，故CD錯(cuò)誤。

故選：A。

【點(diǎn)評(píng)】：本題考查物理知識(shí)與生活的聯(lián)系，注意細(xì)致分析物理過程，仔細(xì)觀察速度的變化情況，與超失重的概念聯(lián)系起來加以識(shí)別。2.（單選題，3分）如圖所示，一根條形磁鐵從左向右靠近閉合金屬環(huán)的過程中，環(huán)中的感應(yīng)電流（自左向右看）（）

A.沿順時(shí)針方向B.先沿順時(shí)針方向后沿逆時(shí)針方向C.沿逆時(shí)針方向D.先沿逆時(shí)針方向后沿順時(shí)針方向【正確答案】：C【解析】：楞次定律的內(nèi)容：感應(yīng)電流的磁場(chǎng)總是要阻礙引起感應(yīng)電流磁通量的變化．根據(jù)楞次定律判定感應(yīng)電流的方向．

【解答】：解：條形磁鐵從左向右靠近閉合金屬環(huán)的過程中，原磁場(chǎng)方向向右，且磁通量在增加，根據(jù)楞次定律，感應(yīng)電流的磁場(chǎng)阻礙原磁場(chǎng)磁通量的變化，所以感應(yīng)電流的磁場(chǎng)向左，由安培定則，知感應(yīng)電流的方向（自左向右看）沿逆時(shí)針方向。故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。

故選：C。

【點(diǎn)評(píng)】：解決本題的關(guān)鍵掌握用楞次定律判斷感應(yīng)電流方向的步驟，先判斷原磁場(chǎng)的方向以及磁通量是增加還是減小，再根據(jù)楞次定律判斷出感應(yīng)電流的磁場(chǎng)方向，最后根據(jù)安培定則，判斷出感應(yīng)電流的方向．3.（單選題，3分）如圖所示，L是電感足夠大的線圈，其直流電阻可忽略不計(jì)，A和B是兩個(gè)參數(shù)相同的燈泡，若將開關(guān)S閉合，等燈泡亮度穩(wěn)定后，再斷開開關(guān)S，則（）A.開關(guān)S閉合時(shí)，燈泡A一直不亮B.開關(guān)S閉合時(shí)，燈泡A、B同時(shí)亮，最后一樣亮C.開關(guān)S斷開瞬間，B立即熄滅，A閃亮一下逐漸熄滅D.開關(guān)S斷開瞬間，A、B都閃亮一下逐漸熄滅【正確答案】：C【解析】：電感在內(nèi)部電流發(fā)生變化時(shí)會(huì)產(chǎn)生一種阻礙作用，當(dāng)電流增大時(shí)會(huì)產(chǎn)生反向電動(dòng)勢(shì)使電流緩慢增大，在接通瞬間看作是電阻極大；當(dāng)電流減小時(shí)，會(huì)產(chǎn)生同向電動(dòng)勢(shì)，使電流緩慢減小，相當(dāng)于電源。

【解答】：解：AB、當(dāng)S閉合時(shí)，由于L的阻礙，電流從兩燈中流過，故兩燈同時(shí)亮，并且流過的電流相等，故兩燈的亮度相同；但電路穩(wěn)定后，燈泡A被短路而熄滅，B燈更亮，最后保持不變，故AB錯(cuò)誤；

CD、當(dāng)S斷開時(shí)，B中電流消失，故立即熄滅；由于電感中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，線圈L與燈A組成自感回路，使A閃亮一下后逐漸熄滅，故C正確，D錯(cuò)誤。

故選：C。

【點(diǎn)評(píng)】：本題要明確電感的自感現(xiàn)象，是由于電磁感應(yīng)現(xiàn)象使其內(nèi)部電流產(chǎn)生的一個(gè)變化，應(yīng)根據(jù)電磁感應(yīng)現(xiàn)象進(jìn)行理解。4.（單選題，3分）2021年5月15日，天問一號(hào)探測(cè)器著陸火星取得成功，邁出了我國星際探測(cè)征程的重要一步，在火星上首次留下中國人的印跡。天問一號(hào)探測(cè)器成功發(fā)射后，順利被火星捕獲，成為我國第一顆人造火星衛(wèi)星。經(jīng)過軌道調(diào)整，探測(cè)器先沿橢圓軌道Ⅰ運(yùn)行，之后進(jìn)入稱為火星停泊軌道的橢圓軌道Ⅱ運(yùn)行，如圖所示，兩軌道相切于近火點(diǎn)P，則天問一號(hào)探測(cè)器（）A.在軌道Ⅱ上處于受力平衡狀態(tài)B.在軌道Ⅰ運(yùn)行周期比在Ⅱ時(shí)短C.從軌道Ⅰ進(jìn)入Ⅱ在P處要加速D.沿軌道Ⅰ向P飛近時(shí)速度增大【正確答案】：D【解析】：探測(cè)器在軌道Ⅱ做橢圓運(yùn)動(dòng)，受力不平衡；根據(jù)開普勒第三定律判斷探測(cè)器在軌道Ⅰ上運(yùn)行周期和軌道Ⅱ上運(yùn)行周期的關(guān)系；根據(jù)能量守恒判斷軌道上探測(cè)器在P點(diǎn)和Q點(diǎn)的速度大小關(guān)系。

【解答】：解：A、探測(cè)器在軌道Ⅱ做橢圓運(yùn)動(dòng)，其軌跡為橢圓，所以受力不平衡，故A錯(cuò)誤；

B、根據(jù)開普勒第三定律：，軌道Ⅰ運(yùn)行半徑比在Ⅱ的大，則在軌道Ⅰ運(yùn)行周期比在Ⅱ時(shí)的長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤；

C、在變軌過程中從高軌道進(jìn)入低軌道需要點(diǎn)火減速，使得萬有引力大于向心力，故C錯(cuò)誤；

D、沿橢圓軌道運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)能量守恒可知近地點(diǎn)的速度大，所以探測(cè)器沿軌道Ⅰ向P飛近時(shí)速度增大，故D正確；

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】：萬有引力提供衛(wèi)星圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，分析軌道半徑大小的對(duì)速度的影響，衛(wèi)星在橢圓軌道上運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度變化情況。5.（單選題，3分）如圖所示，質(zhì)量為m的物體在水平傳送帶上由靜止釋放，傳送帶由電動(dòng)機(jī)帶動(dòng)，始終保持以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，物體經(jīng)過一段時(shí)間后與傳送帶保持相對(duì)靜止，對(duì)于物體從靜止釋放到相對(duì)靜止這一過程，下列說法正確的是（）A.電動(dòng)機(jī)多做的功為B.物體在傳送帶上摩擦生熱為mv2C.傳送帶克服摩擦力做的功為D.電動(dòng)機(jī)增加的功率為μmgv【正確答案】：D【解析】：根據(jù)物體的受力情況求解加速度，再求出物體從靜止釋放到相對(duì)于傳送帶靜止過程中物體和傳送帶通過的距離，根據(jù)功能關(guān)系結(jié)合功率的計(jì)算公式進(jìn)行解答。

【解答】：解：AC、由牛頓第二定律得：μmg=ma，解得物體m的加速度：a=μg，經(jīng)時(shí)間t=速度達(dá)到v，

在時(shí)間t內(nèi)傳送帶的位移大小s=vt=

電動(dòng)機(jī)多做的功為克服摩擦力的功W=μmgs=μmgvt=mv2，故AC錯(cuò)誤；

B、物體相對(duì)傳送帶滑行的距離Δx=s-x=vt-=vt=，

物體在傳送帶上摩擦生熱為Q=μmgΔx=μmg×=，故B錯(cuò)誤；

D、電動(dòng)機(jī)增加的功率為克服摩擦力的功率P=μmgv，故D正確；

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】：解決本題的關(guān)鍵掌握能量守恒定律，以及知道劃痕的長(zhǎng)度等于物塊在傳送帶上的相對(duì)位移，明確電動(dòng)機(jī)多做的功等于傳送帶克服摩擦力做的功。6.（單選題，3分）如圖，在等臂電流天平的右端托盤下固定一矩形線圈，線圈匝數(shù)為n，底邊cd長(zhǎng)為L(zhǎng)，調(diào)平衡后放在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線圈平面與磁場(chǎng)垂直；當(dāng)線圈中通入圖示方向的電流I時(shí)，在天平左、右兩邊加上質(zhì)量分別為m1、m2的砝碼使天平再次平衡，重力加速度為g，則以下關(guān)系式正確的是（）A.nBIL=（m1?m2）gB.nBIL=（m2?m1）gC.BIL=（m2?m1）gD.BIL=（m1+m2）g【正確答案】：A【解析】：開始天平處于平衡狀態(tài)，線圈中通入圖示方向的電流I時(shí)，cd邊所受安培力方向豎直向上，由此結(jié)合受力平衡分析即可。

【解答】：解：開始天平處于平衡狀態(tài)，線圈中通入圖示方向的電流I時(shí)，cd邊所受安培力方向豎直向下，大小為：F安=nBIL，

則根據(jù)平衡條件，有：m1g=m2g+nBIL

即：nBIL=（m1-m2）g，故A正確，BCD錯(cuò)誤。

故選：A。

【點(diǎn)評(píng)】：解決本題的關(guān)鍵掌握安培力的大小公式F=BIL，以及會(huì)用左手定則判定安培力的方向．7.（單選題，3分）如圖所示，一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1：2，副線圈電路中接有燈泡，燈泡的額定電壓為220V，額定功率為22W，原線圈電路中接有電壓表和電流表。現(xiàn)閉合開關(guān)，燈泡正常發(fā)光。若用U和I分別表示此時(shí)電壓表和電流表的讀數(shù)，則（）A.U=110VB.I=0.2AC.原副線圈電流之比為1：2D.原線圈輸入功率為22W【正確答案】：D【解析】：燈泡正常發(fā)光說明副線圈的電壓為220V，根據(jù)電功率公式求出副線圈電流，根據(jù)理想變壓器的變流比與變壓比求出原線圈的電壓與電流。

【解答】：解：燈正常發(fā)光時(shí)，燈泡兩端的電壓U=220V，

流過燈的電流I2=A=0.1A，

由理想變壓器的變壓比

代入數(shù)據(jù)解得：U1=110V，電壓表讀數(shù)U=U1=110V，

由理想變壓器的變流比=

代入數(shù)據(jù)解得：I1=0.2A，電流表讀數(shù)I=I1=0.2A，

原線圈輸入功率P輸入=U1I1=110×0.2W=22W，故ABC錯(cuò)誤，D正確。

故選：D。

【點(diǎn)評(píng)】：本題考查了變壓器的特點(diǎn)；電壓與匝數(shù)成正比，電流與匝數(shù)成反比，注意電壓表所測(cè)量為輸入電壓．8.（單選題，6分）圖甲中直線PQ表示電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子僅在電場(chǎng)力作用下沿電場(chǎng)線向右運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)速度為v0，到達(dá)Q點(diǎn)時(shí)速度減為零，粒子運(yùn)動(dòng)的v-t圖象如圖乙所示。下列判斷正確的是（）A.P點(diǎn)電勢(shì)低于Q點(diǎn)電勢(shì)B.P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)等于Q點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)C.P、Q兩點(diǎn)的電勢(shì)差為D.帶負(fù)電粒子在P點(diǎn)的電勢(shì)能大于在Q點(diǎn)的電勢(shì)能【正確答案】：C【解析】：由速度圖象看出，粒子的速度減小，負(fù)電荷受向左的電場(chǎng)力，故電場(chǎng)線方向向右，負(fù)電荷在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能大，根據(jù)速度圖象的斜率等于加速度，可比較加速度的大小，從而能比較出電場(chǎng)力的大?。?/p>

【解答】：解：A、由圖乙知帶電粒子的速度減小，受到向左的電場(chǎng)力，故電場(chǎng)線方向向右，P點(diǎn)電勢(shì)一定高于Q點(diǎn)電勢(shì)，故A錯(cuò)誤

B、由乙圖可知，P處的加速度大于Q處的加速度，故P處的場(chǎng)強(qiáng)大于Q處的場(chǎng)強(qiáng)，故B錯(cuò)誤

C、由動(dòng)能定理知qUAB=m，可求出AB兩點(diǎn)的電勢(shì)差為，故C正確；

D、負(fù)電荷在電勢(shì)低的地方電勢(shì)能大，故電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能一定小于Q點(diǎn)的電勢(shì)能，故D錯(cuò)誤；

故選：C。

【點(diǎn)評(píng)】：本題考查了電場(chǎng)線的特點(diǎn)和速度圖象的意義，沿電場(chǎng)線方向電勢(shì)降低，電場(chǎng)線的疏密表示場(chǎng)強(qiáng)大小，結(jié)合動(dòng)能定理求電場(chǎng)線做功．9.（多選題，6分）如圖所示的電路，R1為定值電阻，R2為熱敏電阻（溫度升高，電阻減小），電源的電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r。閉合開關(guān)，當(dāng)環(huán)境溫度升高時(shí)，下列說法正確的是（）A.電壓表示數(shù)增大B.電流表示數(shù)增大C.有電流向上流過A點(diǎn)D.電壓表和電流表示數(shù)變化量之比保持不變【正確答案】：BD【解析】：圖中R2與C并聯(lián)，之后與R1串聯(lián)，電壓表測(cè)測(cè)R2、C并聯(lián)的電壓，電流表測(cè)干路電流。當(dāng)環(huán)境溫度升高時(shí)，判斷熱敏電阻及總電阻的變化，再判斷支路電壓和電流的變化；再根據(jù)閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析。

【解答】：解：AB、當(dāng)環(huán)境溫度升高時(shí)，則R2減小，電路總電阻減小，干路電流變大，則電流表示數(shù)變大，內(nèi)電壓和R1兩端電壓均變大，則R2、C并聯(lián)的電壓減小，即電壓表讀數(shù)減小，故A錯(cuò)誤，B正確；

C、由于電容器兩端電壓減小，由Q=CU知電容器所帶電荷量減少，電容器放電，則有電流向下流過A點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；

D、由閉合電路歐姆定律得：U=E-I（R1+r），則||=R1+r，即電壓表和電流表示數(shù)變化量之比保持不變，故D正確。

故選：BD。

【點(diǎn)評(píng)】：本題是動(dòng)態(tài)電路分析，將熱敏電阻看成可變電阻，靈活應(yīng)用閉合電路歐姆定律分析各支路的電壓與電流的變化情況。10.（多選題，6分）如圖所示是電磁流量計(jì)的示意圖。圓管由非磁性材料制成，空間有勻強(qiáng)磁場(chǎng)。當(dāng)管中的待測(cè)液體從右向左流過磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，測(cè)出管壁上M、N兩點(diǎn)間的電壓U，就可以知道管中液體的流量Q（單位時(shí)間內(nèi)流過管道橫截面的液體的體積）。已知管的直徑為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，則下列說法中正確的是（）A.M點(diǎn)電勢(shì)一定高于N點(diǎn)的電勢(shì)B.d越大M、N兩點(diǎn)間的電壓U越大C.B越大M、N兩點(diǎn)間的電壓U越小D.污水流量Q=【正確答案】：BD【解析】：依據(jù)左手定則來判定，正負(fù)離子的偏向方向，從而確定電勢(shì)的高低；

當(dāng)導(dǎo)電液體中的正負(fù)離子在洛倫茲力的作用下發(fā)生偏轉(zhuǎn)，在上下兩端間形成電勢(shì)差，最終離子受電場(chǎng)力和洛倫茲力處于平衡，根據(jù)平衡求出MN兩點(diǎn)間的電勢(shì)差；

根據(jù)Q=求出導(dǎo)電液體的流量。

【解答】：解：A．根據(jù)左手定則，在洛倫茲力作用下，正離子向管道N的一側(cè)集中，而負(fù)離子向管道M的一側(cè)集中，兩者之間形成電勢(shì)差，則N點(diǎn)電勢(shì)高于M點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；

BC．當(dāng)正負(fù)離子受到的電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡時(shí)，離子不再偏移，此時(shí)MN間有穩(wěn)定的電勢(shì)差，形成一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，設(shè)MN兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為U，對(duì)離子有：qvB=q×，解得：U=Bdv，則B、d越大M、N兩點(diǎn)間的電壓U越大，故B正確，C錯(cuò)誤；

D．設(shè)在時(shí)間Δt內(nèi)流進(jìn)管道的血液體積為V，則流量Q===，故D正確。

故選：BD。

【點(diǎn)評(píng)】：本題主要考查了帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則分析出離子的受力方向，由此分析出電勢(shì)的高低，解題關(guān)鍵點(diǎn)是根據(jù)電場(chǎng)力和洛倫茲力的等量關(guān)系列式分析出速度的大小，結(jié)合流量的計(jì)算公式完成解答。11.（多選題，6分）如圖所示，A、B兩物塊用細(xì)線相連繞過輕質(zhì)定滑輪，B和物塊C在豎直方向上通過勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，C放在水平地面上?？刂艫使細(xì)線拉直但無彈力。釋放A運(yùn)動(dòng)至速度最大，此時(shí)C恰好離開地面。A始終未落地，滑輪兩側(cè)細(xì)線始終保持豎直狀態(tài)。已知B、C的質(zhì)量均為m，重力加速度為g，細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計(jì)，則（）A.A的質(zhì)量為3mB.C恰好離開地面時(shí)，B的加速度為零C.彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)瞬間，細(xì)線中的拉力大小為D.A的最大速度為g【正確答案】：BC【解析】：B、將連接體AB整體作為研究對(duì)象，根據(jù)A運(yùn)動(dòng)到最大速度的臨界條件，判斷B的加速度；

A、根據(jù)AB整體的合力為零，對(duì)AB整體進(jìn)行受力分析，進(jìn)而得出A的質(zhì)量；

C、對(duì)AB和C，根據(jù)牛頓第二定律分析可得細(xì)線的拉力；

D、根據(jù)能量守恒結(jié)合題意得出A的最大速度。

【解答】：解：B．當(dāng)C恰好離開地面時(shí)，彈簧處于拉伸狀態(tài)且彈力等于mg，將連接體AB整體作為研究對(duì)象，此時(shí)A運(yùn)動(dòng)至速度最大時(shí)，AB整體加速度為零，此時(shí)彈簧對(duì)B的拉力

T=mg

AB整體加速度為零，B的加速度也為零，故B正確；

A．因?yàn)锳B整體的合力為零，對(duì)AB整體進(jìn)行受力分析可得

mAg=mBg+T

則有mA=2m

故A錯(cuò)誤；

C．彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)瞬間，根據(jù)牛頓第二定律有

mAg-mBg=（mA+mB）a

整理可得AB整體加速度為

a=g

則對(duì)B根據(jù)牛頓第二定律可得

T1-mBg=mBa

整理可得細(xì)線中的拉力大小為

T1=mg

故C正確；

D．ABC作為整體，根據(jù)能量守恒可得

mAg?=mBg?+（mA+mB）

整理可得解得

vm=2g

故D錯(cuò)誤。

故選：BC。

【點(diǎn)評(píng)】：在處理連接體問題時(shí)，要注意整體法和隔離法的綜合應(yīng)用。另外本題中要注意分析A速度達(dá)到最大時(shí)的臨界條件即該時(shí)刻A的加速度為零。12.（問答題，6分）依據(jù)伽利略在《兩種新科學(xué)的對(duì)話》中描述的實(shí)驗(yàn)方案，某實(shí)驗(yàn)小組設(shè)計(jì)了如圖所示的裝置，探究物體沿斜面下滑的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)，操作步驟如下：

①讓滑塊從距離擋板s處由靜止下滑，同時(shí)打開水箱閥門，讓水流到量筒中（假設(shè)水流均勻穩(wěn)定）；次數(shù)s/mV/mL14.509524.008933.508443.007752.5071②當(dāng)滑塊碰到擋板時(shí)關(guān)閉閥門：

③記錄量筒收集的水量V；

④改變s，重復(fù)以上操作；

⑤將測(cè)得的數(shù)據(jù)記錄在表格中。

（1）該實(shí)驗(yàn)用量筒中收集的水量來表示滑塊下滑的___；

A．位移

B．時(shí)間

C．速度

D．加速度

（2）若保持下滑的距離s不變，僅增大滑塊的質(zhì)量，水量V將___（選填“增大”、“不變”或“減小”）；

（3）根據(jù)表中數(shù)據(jù)得到s與___（選填“”、“V”或“V2”）成正比，由此可得滑塊沿斜面下滑做勻變速直線運(yùn)動(dòng)?！菊_答案】：B;不變;V2【解析】：（1）由于水是均勻穩(wěn)定的流出，量筒收集的水量V和時(shí)間t成正比，所以該實(shí)驗(yàn)只要驗(yàn)證位移與體積的二次方是否成正比，就可驗(yàn)證該運(yùn)動(dòng)是否勻變速直線運(yùn)動(dòng)．

（2）保持下滑的距離s不變，僅增大滑塊的質(zhì)量，滑塊的加速度，結(jié)合位移—時(shí)間公式分析滑塊的運(yùn)動(dòng)時(shí)間變化情況，從而確定水量V的變化情況。

（3）根據(jù)初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，位移與時(shí)間的二次方成正比，以及水的體積V和時(shí)間t成正比，可以求出滑塊下滑位移s與水量體積V之間的關(guān)系。

【解答】：解：（1）由于水流均勻穩(wěn)定，可用量筒中收集的水量來表示滑塊下滑的時(shí)間，故選：B。

（2）斜面傾角不變，滑塊加速度不變，若保持下滑的距離s不變，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律

s=

可知，滑塊運(yùn)動(dòng)時(shí)間不變，與滑塊的質(zhì)量無關(guān)，即水量V將不變。

（3）[3]由題中數(shù)據(jù)可算出V2，如下表所示次數(shù)s/mV/mLV2/mL214.5095902524.0089792133.5084705643.0077592952.50715041在誤差允許范圍內(nèi)，可發(fā)現(xiàn)s與V2成正比，由此可得滑塊沿斜面下滑做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。

故答案為：（1）B；（2）不變；（3）V2。

【點(diǎn)評(píng)】：解決該題的關(guān)鍵是要明確實(shí)驗(yàn)原理，根據(jù)流入量筒的水量與時(shí)間成正比，將時(shí)間問題轉(zhuǎn)化為水量問題。13.（問答題，9分）某實(shí)驗(yàn)小組想要測(cè)量一量程為6V的電壓表的內(nèi)阻，他進(jìn)行了如下的操作：

（1）先用多用電表的歐姆擋進(jìn)行測(cè)量，將歐姆擋選擇開關(guān)撥至“×10”倍率時(shí)，發(fā)現(xiàn)指針偏角較小，說明電阻較___（填“大”或“小”），于是改用___（填“×1”或“×100”）倍率；歐姆表表盤如圖甲所示，根據(jù)選好的擋位，讀出電壓表的阻值為___Ω；每次換擋后都要進(jìn)行的操作是___（填“機(jī)械調(diào)零”或“歐姆調(diào)零”）；測(cè)量時(shí)，紅表筆接電壓表的___極（填“正”或“負(fù)”）。多用電表使用長(zhǎng)久后其電源電動(dòng)勢(shì)降低，仍能進(jìn)行歐姆調(diào)零，則電壓表內(nèi)阻測(cè)量值___（選填“偏大”“不變”“偏小”）。

（2）為準(zhǔn)確測(cè)量該電壓表的內(nèi)阻，小紅設(shè)計(jì)了如圖乙所示的電路，準(zhǔn)備了以下器材：

電流表A1：量程0.6A，內(nèi)阻約0.2Ω

電流表A2：量程500μA，內(nèi)阻RA=20Ω

滑動(dòng)變阻器R1：0～48kΩ，5mA

滑動(dòng)變阻器R2：0～10Ω，1A

定值電阻R0：10Ω

電源：兩極間電壓為4V

導(dǎo)線、電鍵

實(shí)驗(yàn)中電流表應(yīng)選___，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選___（填器材代號(hào)）。若某次測(cè)量中電壓表和電流表讀數(shù)分別為U和I，則電壓表內(nèi)阻的計(jì)算表達(dá)式為___?！菊_答案】：大;×100;3600;歐姆調(diào)零;負(fù);偏大;A2;R2;【解析】：（1）歐姆表最大刻度線在表盤左側(cè)；用歐姆表測(cè)電阻要選擇合適的擋位，使指針指針中央刻度線附近；歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表讀數(shù)；歐姆表換擋后要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零；根據(jù)閉合電路的歐姆定律分析答題。

（2）根據(jù)電路最大電流選擇電流表，為方便實(shí)驗(yàn)操作應(yīng)選擇最大阻值較小的滑動(dòng)變阻器；根據(jù)圖示電路圖應(yīng)用串并聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律求出電壓表內(nèi)阻的表達(dá)式。

【解答】：解：（1）歐姆表左邊電阻大，右邊電阻小，且刻度不均勻。不測(cè)電阻時(shí)，指針在最左端不偏轉(zhuǎn)，當(dāng)偏角較小時(shí)，指針靠近左端，說明電阻較大，需要換更大的倍率，歐姆表選擇“×100”擋位；

由圖甲所示表盤可知，20與40之間是10分度的，因此分度值是2，歐姆表讀數(shù)為36×100Ω=3600Ω；

每次換擋都要重新進(jìn)行歐姆調(diào)零，而機(jī)械調(diào)零只在實(shí)驗(yàn)開始時(shí)調(diào)一次，之后不再調(diào)節(jié)。

多用電表內(nèi)置電源，對(duì)歐姆表有“紅進(jìn)黑出”，對(duì)電壓表或電流表有“正進(jìn)負(fù)出”，因此紅表筆應(yīng)接電壓表的負(fù)極。

歐姆表內(nèi)阻R內(nèi)=，電源電動(dòng)勢(shì)E降低，歐姆調(diào)零時(shí)歐姆表內(nèi)阻R內(nèi)變小，

用歐姆表測(cè)電壓表內(nèi)阻時(shí)，電流I=，由于R內(nèi)偏小，I偏小，指針偏左，電壓表內(nèi)阻測(cè)量值偏大。

（3）通過電壓表的最大電流約為：I=A≈0.001A=1mA=1000μA，

通過電壓表的電流遠(yuǎn)小于0.6A，為方便讀數(shù)電流表選A2，并與R0并聯(lián)擴(kuò)大其量程后測(cè)電流。

為了能多次測(cè)量電壓和電流，采用分壓式接法，所以滑動(dòng)變阻器選最大阻值較小的R2；

由圖乙所示電路圖可知，流過電壓表的電流IV=+I

由歐姆定律可知，電壓表內(nèi)阻RV==

故答案為：（1）大；×100；3600；歐姆調(diào)零；負(fù)；偏大；（2）A2；R2；。

【點(diǎn)評(píng)】：要掌握歐姆表的表盤刻度特點(diǎn)、使用方法與讀數(shù)方法；分析清楚電路結(jié)構(gòu)，應(yīng)用串并聯(lián)電路的特點(diǎn)與歐姆定律、閉合電路的歐姆定律分析答題。14.（問答題，12分）如圖所示，半徑R=1m的絕緣光滑圓弧軌道豎直放置，在A點(diǎn)右側(cè)空間存在水平向右大小為E=1×105N/C的電場(chǎng)，質(zhì)量為m=0.4kg、帶電荷量為q=+3×10-5C的小球從O1點(diǎn)以4m/s初速度做平拋運(yùn)動(dòng)，恰好與圓弧軌道A點(diǎn)相切進(jìn)入，已知A與圓心連線與豎直方向夾角θ=37°。不考慮邊緣電場(chǎng)的影響，不計(jì)空氣阻力，試回答以下問題：（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度取g=10m/s2）

（1）求小球拋出點(diǎn)位置相對(duì)A點(diǎn)的水平距離；

（2）求小球在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)的最大速度，及此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫Α！菊_答案】：

【解析】：（1）小球從O1點(diǎn)到A點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度與水平方向的夾角等于θ，根據(jù)tanθ=可求出小球從O1點(diǎn)到A點(diǎn)的時(shí)間，再由x=v0t求小球拋出點(diǎn)位置相對(duì)A點(diǎn)的水平距離；

（2）當(dāng)小球的重力和電場(chǎng)力的合力與速度垂直時(shí)速度最大，確定速度最大的位置，由動(dòng)能定理求小球在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)的最大速度。由牛頓第二定律求出此時(shí)軌道對(duì)小球的支持力，從而求得小球?qū)壍赖膲毫Α?/p>

【解答】：解：（1）設(shè)小球從O1點(diǎn)到A點(diǎn)的時(shí)間為t。小球從O1點(diǎn)到A點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，到達(dá)A點(diǎn)時(shí)速度與水平方向的夾角等于θ，則有

tanθ=

解得t=0.3s

小球拋出點(diǎn)位置相對(duì)A點(diǎn)的水平距離：x=v0t=4×0.3m=1.2m

（2）小球運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)的速度為v==m/s=5m/s

小球在電場(chǎng)中所受電場(chǎng)力大小為F=Eq=1×105×3×10-5N=3N

電場(chǎng)力與重力的合力大小為F合==N=5N

設(shè)電場(chǎng)力與重力的合力方向與豎直方向的夾角為α，則tanα===，得α=37°

則知α=θ

當(dāng)小球的重力和電場(chǎng)力的合力與速度垂直時(shí)速度最大，則重力和電場(chǎng)力的合力方向與A點(diǎn)的速度v的方向平行，如圖所示。

則小球運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)速度最大，從A點(diǎn)到B點(diǎn)，由動(dòng)能定理可得

F合R=-

解得最大速度：vm=5m/s

此時(shí)對(duì)小球，由牛頓第二定律得：

FN-F合=m

小球?qū)壍赖膲毫Υ笮镕N′=FN

聯(lián)立解得FN′=25N

答：（1）小球拋出點(diǎn)位置相對(duì)A點(diǎn)的水平距離為1.2m；

（2）小球在圓弧軌道上運(yùn)動(dòng)的最大速度為5m/s，此時(shí)小球?qū)壍赖膲毫?5N。

【點(diǎn)評(píng)】：解題的關(guān)鍵是理清小球的運(yùn)動(dòng)過程，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合研究帶電體在電場(chǎng)和重力場(chǎng)的復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)問題，要知道小球的重力和電場(chǎng)力的合力與速度垂直時(shí)速度最大。15.（問答題，12分）如圖所示，在豎直xOy平面內(nèi)0≤x≤L的區(qū)域存在沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小為E，垂直平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1；在L≤x≤2L的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)大小也為E，垂直平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2；一個(gè)質(zhì)量為m，帶電荷量為+q的帶電小球從坐標(biāo)原點(diǎn)以速度v0沿與x軸成45°角方向射入，小球沿直線勻速穿過0≤x≤L區(qū)域，在L≤x≤2L的區(qū)域運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，沿x軸正方向射出該區(qū)域。已知L、m、q、v0，重力加速度g，試求：

（