高級中學(xué)名校試卷PAGE2025學(xué)年度第一學(xué)期期末高二年級物理學(xué)業(yè)質(zhì)量檢測數(shù)據(jù)采集本試卷滿分100分，時間75分鐘一、單選題（本題共7小題，每小題4分，共28分）1.某種不導(dǎo)電溶液的相對介電常數(shù)與濃度的關(guān)系曲線如圖（a）所示，將平行板電容器的兩極板全部插入該溶液中，并與恒壓電源，電流表等構(gòu)成如圖（b）所示的電路，閉合開關(guān)S后，若降低溶液濃度，則（）A.電容器的電容減小 B.電容器所帶的電荷量增大C.電容器兩極板之間的電勢差增大 D.溶液濃度降低過程中電流方向為M→N【答案】B【解析】A．降低溶液濃度，不導(dǎo)電溶液的相對介電常數(shù)增大，根據(jù)電容器的決定式可知電容器的電容增大，故A錯誤；BC．溶液不導(dǎo)電沒有形成閉合回路，電容器兩端的電壓不變，根據(jù)結(jié)合A選項分析可知電容器所帶的電荷量增大，故B正確，C錯誤；D．根據(jù)B選項分析可知電容器所帶的電荷量增大，則給電容器充電，結(jié)合題圖可知電路中電流方向為，故D錯誤。故選B。2.在水平方向的勻強(qiáng)電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面（紙面）內(nèi)運動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發(fā)運動到O點等高處的過程中（）A.動能減小，電勢能增大 B.動能增大，電勢能增大C.動能減小，電勢能減小 D.動能增大，電勢能減小【答案】D【解析】根據(jù)題意若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線，可知電場力和重力的合力沿著虛線方向，又電場強(qiáng)度方向為水平方向，根據(jù)力的合成可知電場強(qiáng)度方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發(fā)運動到O點等高處的過程中重力對小球做功為零，電場力的方向與小球的運動方向相同，則電場力對小球正功，小球的動能增大，電勢能減小。故選D。3.如圖為范圍足夠大的勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時間t變化的關(guān)系圖像。當(dāng)t=0時，在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是（）A.粒子將做往返運動，6s末帶電粒子回到原出發(fā)點B.粒子在0~2s內(nèi)的加速度與在2s~4s內(nèi)的加速度等大反向C.粒子在4s末的速度為零D.粒子在0~6s內(nèi)，所受電場力做的總功不為零【答案】A【解析】AB．E-t圖像相當(dāng)于a-t圖像，0～2s內(nèi)帶電粒子做勻加速直線運動，2s～4s電場強(qiáng)度大小為0～2s內(nèi)電場強(qiáng)度大小的2倍，且電場強(qiáng)度方向與0～2s內(nèi)電場強(qiáng)度方向相反，所以2s～4s內(nèi)先做勻減速直線運動再做反向的勻加速直線運動，4s-6s反方向做勻減速運動到零，之后再重復(fù)以上過程，所以帶電粒子做往復(fù)運動，作出帶電粒子的0～8s內(nèi)的v-t圖像如下圖所示圖像的斜率不是加速度，圖像的面積表示位移，粒子將做往返運動，6s末帶電粒子回到原出發(fā)點；在2s~4s內(nèi)的加速度是粒子在0~2s內(nèi)的加速度大小的2倍，方向相反，故A正確，B錯誤；C．由圖像可知粒子在4s末的速度不為零，故C錯誤；D．由圖像可知6s末粒子的速度為零，由動能定理可知粒子在0~6s內(nèi)，所受電場力做的總功為零，故D錯誤。故選A。4.如圖所示為一個雙量程電流表的內(nèi)部結(jié)構(gòu)圖。已知表頭G的內(nèi)阻為，滿偏電流為500mA，電阻，，則該電流表的小、大量程分別為（）A.，9A B.1A，20A C.，19A D.1A，19A【答案】B【解析】該電流表的小量程為該電流表的大量程為故選B。5.如圖所示，在水平面上有一個U形滑板A，A的上表面有一個靜止的物體B，左側(cè)用輕彈簧連接在滑板A的左端，右側(cè)用一根細(xì)繩連接在滑板A的右端，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細(xì)繩后，則（）A.彈簧恢復(fù)原長時時A動量最大B.彈簧壓縮最短時A動量最大C.整個系統(tǒng)動量變大D.整個系統(tǒng)機(jī)械能變大【答案】A【解析】C．對整個系統(tǒng)分析可知合外力為0，A和B組成的系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)動量不變，故C錯誤；ABD．整個系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機(jī)械能守恒，設(shè)彈簧的初始彈性勢能為Ep，則A和B組成的系統(tǒng)動量守恒，可得聯(lián)立可得可知，當(dāng)彈簧的彈性勢能為零時，即彈簧原長時，A的速度最大，A的動量最大，故A正確，BD錯誤。故選A。6.如圖所示的電路中，將滑動變阻器與電阻箱的阻值調(diào)到合適位置，閉合開關(guān)，帶電小球在平行板電容器間剛好保持靜止。下列說法正確的是（）A.小球可能帶負(fù)電B.僅增大電阻箱接入電路的電阻，小球?qū)⑾蛏霞铀龠\動C.僅將的滑片向右移動，小球?qū)⑾蛳录铀龠\動D.同時斷開兩個開關(guān)，平行板的下極板向左移動少許，小球?qū)⑾蛏霞铀龠\動【答案】D【解析】A．因電容器上極板帶負(fù)電，可知小球帶正電，選項A錯誤；B．僅增大電阻箱接入電路的電阻，電容器兩板間電壓不變，場強(qiáng)不變，則小球仍靜止，選項B錯誤；C．僅將的滑片向右移動，R1阻值變小，電路總電阻減小，總電流變大，則R2兩端電壓變大，電容器兩板電壓變大，場強(qiáng)變大，小球受向上的電場力變大，可知小球?qū)⑾蛏霞铀龠\動，選項C錯誤；D．同時斷開兩個開關(guān)，則電容器帶電量一定根據(jù)可得平行板的下極板向左移動少許，S減小，則E變大，小球受向上的電場力變大，則將向上加速運動，選項D正確。故選D。7.以О為坐標(biāo)原點，沿絕緣水平面建立x軸，水平向右為正方向，兩個電荷量相等的小球（可視為點電荷）分別固定在x軸上的M、N處，M、N的坐標(biāo)分別為x=-4L和x=4L，如圖（a）所示。M、N連線上各點的電勢與位置坐標(biāo)x的關(guān)系如圖（b）所示，x=-2L處的電勢為，x=L處的電勢為。在x=-2L處由靜止釋放一個質(zhì)量為m的帶電滑塊（可視為質(zhì)點），滑塊向右運動到x=L處時速度恰好為零。已知滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A.兩小球帶同種電荷B.滑塊在x=-2L處受到的電場力小于在x=L處受到的電場力C.滑塊運動到О點時的加速度為D.滑塊所帶的電荷量大小為【答案】D【解析】A．由圖像可知，在M、N之間電勢從左向右逐漸降低，電場方向從左向右，即電場線起源與M位置點電荷，終止于N點電荷，可知M處小球帶正電，N處的小球帶負(fù)電，故A錯誤；B．圖像在某點切線斜率的絕對值等于該點的電場強(qiáng)度大小﹐由圖像可知，在x=-2L處圖像斜率的絕對值大于x=L處圖像斜率的絕對值，即在x=-2L處的電場強(qiáng)度大于x=L處的電場強(qiáng)度，即滑塊在x=-2L處受到的電場力大于在x=L處受到的電場力，故B錯誤；C．根據(jù)圖像，在原點的斜率的絕對值不為0，即原點的電場強(qiáng)度不為0，滑塊運動到О點時受到的電場力不為零，因此合外力為電場力與摩擦力的合力，加速度不為，故C錯誤；D．滑塊從x=-2L處運動到x=L處，根據(jù)能量守恒定律有解得故D正確。故選D。二、多選題（本題共3小題，每小題6分，選不全得3分，選錯的不得分，共18分）8.如圖所示，帶等量異種電荷、質(zhì)量不同的甲、乙兩粒子，先后從S點沿SO方向垂直射入勻強(qiáng)電場中。粒子分別經(jīng)過圓周上的P、Q兩點，不計粒子間的相互作用及重力，已知粒子運動時間tSP=tSQ，則兩粒子在圓形區(qū)域內(nèi)運動過程中（）A.甲粒子的入射速度大于乙粒子的速度B.甲粒子動量變化量小于乙粒子動量變化量C.甲粒子的質(zhì)量小于乙粒子的質(zhì)量D.電場力對甲粒子做的功小于對乙粒子做的功【答案】AD【解析】A．甲、乙兩粒子在電場中均做類平拋運動，則垂直電場方向的位移為由于可知甲粒子的入射速度大于乙粒子的入射速度，故A正確；B．因不計粒子間的相互作用及重力，故粒子所受電場力的沖量即為合力的沖量，根據(jù)可知甲粒子所受電場力的沖量大小等于乙粒子所受電場力的沖量大小，由動量定理可知，甲粒子動量變化量大小等于乙粒子動量變化量大小，故B錯誤；C．根據(jù)沿電場方向的位移為，可知甲粒子的質(zhì)量大于乙粒子的質(zhì)量，故C錯誤；D．根據(jù)，電場力對甲粒子做的功小于對乙粒子做的功，故D正確。故選AD。9.某帶電體產(chǎn)生電場的等勢面分布如圖中實線所示，虛線是一帶電粒子僅在此電場作用下的運動軌跡，M、N分別是運動軌跡與等勢面b、a的交點，下列說法正確的是（）A.粒子帶負(fù)電荷 B.M點的電場強(qiáng)度比N點的小C.粒子在運動軌跡上存在動能最小的點 D.粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能【答案】BCD【解析】A．根據(jù)粒子所受電場力指向曲線軌跡的凹側(cè)可知，帶電粒子帶正電，故A錯誤；B．等差等勢面越密集的地方場強(qiáng)越大，故M點的電場強(qiáng)度比N點的小，故B正確；CD．粒子帶正電，因為M點的電勢大于在N點的電勢，故粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能；由于帶電粒子僅在電場作用下運動，電勢能與動能總和不變，故可知當(dāng)電勢能最大時動能最小，故粒子在運動軌跡上到達(dá)最大電勢處時動能最小，故CD正確。故選BCD。10.如圖所示，水平面內(nèi)有A、B、C、D、M、N六個點，它們均勻分布在半徑為R=2cm的同一圓周上，空間有一方向與圓平面平行的勻強(qiáng)電場。已知A、C、M三點的電勢分別為下列判斷正確的是（）A.電場強(qiáng)度的方向由A指向DB.電場強(qiáng)度的大小為1V/mC.該圓周上的點電勢最高為4VD.沿圓周將電子從D點經(jīng)M點移到N點，電場力先做正功后做負(fù)功【答案】CD【解析】A．設(shè)AM的中點為G，則根據(jù)勻強(qiáng)電場的性質(zhì)可得該點的電勢為所以GC連線是一個等勢線，電場線與等勢面垂直，且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，所以電場強(qiáng)度的方向由M指向A。故A錯誤；B．MA兩點間的電勢差為MA兩點間的距離根據(jù)電場強(qiáng)度公式可得故B錯誤；C．沿著電場線方向電勢逐漸降低，因此H點電勢最高，由于解得故C正確；D．電子從D點經(jīng)M點移到N點，電勢先升高后降低，電子帶負(fù)電，電勢能先減小后增加，電場力先做正功后做負(fù)功，故D正確。故選CD。三、實驗題：（共2題）11.（1）用螺旋測微器測金屬絲直徑D時，示數(shù)如圖（甲）所示，此示數(shù)為______mm；（2）在“測定金屬的電阻率”的實驗中，用最小刻度為1mm的刻度尺測量金屬絲的長度，圖（乙）中箭頭所指位置是拉直的金屬絲兩端在刻度尺上相對應(yīng)的位置，測得的金屬絲長度為______mm；（3）圖（丙）、（?。┦请姳淼目潭缺P。若當(dāng)時使用的是該表的0～3V量程，如圖（丙）所示，那么讀數(shù)為________V；若當(dāng)時使用的是該表的0～0.6A量程，如圖（丁）所示，那么電表讀數(shù)為________A?！敬鸢浮浚?）0.700（0.698-0.702均可給分）（2）972.0（971.8-972.2均可給分）（3）1.15（1.13-1.17均可給分）0.20【解析】（1）[1]金屬絲直徑D（2）[2]刻度尺的最小分度是1mm，估讀到0.1mm，金屬絲長度（3）[3]電壓表的最小分度為0.1V，估讀到0.1V，電壓表讀數(shù)為[4]電流表的最小分度為0.02A，估讀到0.02A，電流表讀數(shù)為12.學(xué)生實驗小組要測量量程為3V的電壓表V的內(nèi)阻。可選用的器材有：多用電表，電源E（電動勢5V），電壓表V1（量程5V，內(nèi)阻約3kΩ），定值電阻（阻值為800Ω），滑動變阻器（最大阻值50Ω），滑動變阻器（最大阻值5kΩ），開關(guān)S，導(dǎo)線若干。完成下列填空：（1）利用多用電表粗測待測電壓表的內(nèi)阻。首先應(yīng)______（把下列實驗步驟前的字母按正確操作順序排列）；A．將紅、黑表筆短接B．調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指向零歐姆C．將多用電表選擇開關(guān)置于歐姆擋“×10”位置再將多用電表的紅、黑表筆分別與待測電壓表的______（填“正極、負(fù)極”或“負(fù)極、正極”）相連，歐姆表的指針位置如圖（a）中虛線Ⅰ所示。為了減少測量誤差，應(yīng)將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到歐姆擋______（填“×1”“×100”或“”）位置，重新調(diào)節(jié)后，測量得到指針位置如圖（a）中實線Ⅱ所示，則組測得到的該電壓表內(nèi)阻為______kΩ（結(jié)果保留1位小數(shù)）；（2）為了提高測量精度，他們設(shè)計了如圖（b）所示的電路，其中滑動變阻器應(yīng)選______（填“”或“”），閉合開關(guān)S前，滑動變阻器的滑片應(yīng)置于______（填“a”或“b”）端；（3）閉合開關(guān)S，滑動變阻器滑片滑到某一位置時，電壓表，待測電壓表的示數(shù)分別為、，則待測電壓表內(nèi)阻______（用、U和表示）；（4）測量得到，則待測電壓表內(nèi)阻______（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）?！敬鸢浮浚?）CAB負(fù)極、正極×1001.6（2）a（3）（4）1.57【解析】（1）[1]利用多用電表粗測待測電壓表的內(nèi)阻。首先應(yīng)選擇歐姆擋即C選項：將多用電表選擇開關(guān)置于歐姆擋“×10”位置；接著將紅、黑表筆短接即A選項；進(jìn)行歐姆調(diào)零即B選項：調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指向零歐姆。故首先操作順序為CAB。[2]多用電表使用時電流“紅進(jìn)黑出”的規(guī)則可知：測量電阻時電源在多用電表表內(nèi)，故將多用電表的紅、黑表筆分別與待測電壓表的“負(fù)極、正極”相連。[3]讀數(shù)時歐姆表的指針位置如圖（a）中虛線Ⅰ所示，偏轉(zhuǎn)角度較小即倍率選擇過小，為了減少測量誤差，應(yīng)將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到歐姆擋倍率較大處，而根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知選擇“”倍率又過大，故應(yīng)選擇歐姆擋“×100”的位置；[4]測量得到指針位置如圖（a）中實線Ⅱ所示，則組測得到該電壓表內(nèi)阻為（2）[1]圖（b）所示的電路，滑動變阻器采用的是分壓式連接，為了方便調(diào)節(jié)，應(yīng)選最大阻值較小的滑動變阻器即；[2]為保護(hù)電路，且測量電路部分電壓從零開始條件，閉合開關(guān)S前，滑動變阻器的滑片應(yīng)置于a端。（3）通過待測電壓表的電流大小與定值電阻電流相同為根據(jù)歐姆定律得待測電壓表的阻值為（4）測量得到，帶入待測電壓表的阻值表達(dá)式則待測電壓表內(nèi)阻四、計算題：（共3題，38分）13.如圖所示，“冰雪游樂場”滑道O點左邊為水平滑道，右邊為高度h=1.8m的曲面滑道，左右兩邊的滑道在O點平滑連接．小孩乘坐冰車由靜止開始從滑道頂端出發(fā)，經(jīng)過O點后與處于靜止?fàn)顟B(tài)的家長所坐的冰車發(fā)生碰撞，碰撞后小孩及其冰車恰好停止運動。已知小孩和冰車的總質(zhì)量m=30kg，家長和冰車的總質(zhì)量為M=60kg，人與冰車均可視為質(zhì)點，不計一切摩擦阻力。求：（1）碰撞后家長所坐的冰車的速度大小；（2）碰撞過程中小孩和家長（包括各自冰車）組成的系統(tǒng)損失的機(jī)械能?！敬鸢浮浚?）3m/s；（2）270J【解析】（1）小孩下滑過程據(jù)動能定理可得小孩和家長碰撞后，設(shè)家長的速度為v，則由動量守恒解得v=3m/s（2）碰撞過程中小孩和家長（包括各自冰車）組成的系統(tǒng)能量守恒解得14.某同學(xué)玩電動玩具汽車時，發(fā)現(xiàn)了一個現(xiàn)象：啟動電源，電動機(jī)正常工作，車輪正常轉(zhuǎn)動，當(dāng)不小心卡住車輪時，車燈會變暗。玩具汽車的簡化電路如圖所示，電源電動勢E=10V，內(nèi)阻r=2Ω，車輪電動機(jī)的額定電壓，線圈電阻，燈泡電阻R=6Ω（保持不變）。求：（1）玩具汽車正常工作時，電動機(jī)的輸出功率是多少？（2）玩具汽車被卡住后，流過電動機(jī)的電流是多少？【答案】（1）5W（2）3A【解析】（1）玩具汽車正常工作時，流過小燈泡電流為根據(jù)閉合電路的歐姆定律得解得電路中總電流流過電動機(jī)的電流為電動機(jī)的輸出功率是（2）玩具汽車被卡住后，電動機(jī)電路為純電阻電路，則電動機(jī)和燈泡并聯(lián)后的總電阻為回路中的總電流為玩具汽車被卡住后，流過電動機(jī)的電流為15.一束電子流經(jīng)U1=5000V的加速電壓加速后，在距兩極板等距離處垂直進(jìn)入平行板間的勻強(qiáng)電場，如圖所示，兩極板間電壓U2=400V，兩極板間距d=20cm，板長L1=50cm。（1）求電子在兩極板間穿過時的偏移量y；（2）若平行板的右邊緣與屏的距離L2=5cm，求電子打在屏上的位置與中心O的距離Y（O點位于平行板水平中線的延長線上）；（3）若另一個質(zhì)量為m（不計重力）的二價負(fù)離子經(jīng)同一電壓U1加速，再經(jīng)同一偏轉(zhuǎn)電場，求射出偏轉(zhuǎn)電場的偏移量y′和打在屏上的偏移量Y′各是多大？【答案】（1）2.5cm（2）3cm（3）2.5cm，3cm【解析】（1）加速過程，由動能定理得進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，電子在平行于極板的方向上做勻速運動，則有在垂直于極板的方向上做勻加速直線運動，加速度為偏轉(zhuǎn)距離結(jié)合上述解得解得（2）電子在電場中的運動軌跡如圖所示設(shè)飛出電場速度方向與水平方向夾角為θ，則有可知，速度方向的反向延長線與粒子類平拋運動水平分位移的交點為水平分位移的中點，則由幾何關(guān)系知解得解得（3）結(jié)合上述有，可知，粒子的側(cè)移與粒子的質(zhì)量m和電荷量q無關(guān)，故二價負(fù)離子經(jīng)同樣裝置后有，2024-2025學(xué)年度第一學(xué)期期末高二年級物理學(xué)業(yè)質(zhì)量檢測數(shù)據(jù)采集本試卷滿分100分，時間75分鐘一、單選題（本題共7小題，每小題4分，共28分）1.某種不導(dǎo)電溶液的相對介電常數(shù)與濃度的關(guān)系曲線如圖（a）所示，將平行板電容器的兩極板全部插入該溶液中，并與恒壓電源，電流表等構(gòu)成如圖（b）所示的電路，閉合開關(guān)S后，若降低溶液濃度，則（）A.電容器的電容減小 B.電容器所帶的電荷量增大C.電容器兩極板之間的電勢差增大 D.溶液濃度降低過程中電流方向為M→N【答案】B【解析】A．降低溶液濃度，不導(dǎo)電溶液的相對介電常數(shù)增大，根據(jù)電容器的決定式可知電容器的電容增大，故A錯誤；BC．溶液不導(dǎo)電沒有形成閉合回路，電容器兩端的電壓不變，根據(jù)結(jié)合A選項分析可知電容器所帶的電荷量增大，故B正確，C錯誤；D．根據(jù)B選項分析可知電容器所帶的電荷量增大，則給電容器充電，結(jié)合題圖可知電路中電流方向為，故D錯誤。故選B。2.在水平方向的勻強(qiáng)電場中，一帶電小球僅在重力和電場力作用下于豎直面（紙面）內(nèi)運動。如圖，若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發(fā)運動到O點等高處的過程中（）A.動能減小，電勢能增大 B.動能增大，電勢能增大C.動能減小，電勢能減小 D.動能增大，電勢能減小【答案】D【解析】根據(jù)題意若小球的初速度方向沿虛線，則其運動軌跡為直線，可知電場力和重力的合力沿著虛線方向，又電場強(qiáng)度方向為水平方向，根據(jù)力的合成可知電場強(qiáng)度方向水平向右，若小球的初速度方向垂直于虛線，則其從O點出發(fā)運動到O點等高處的過程中重力對小球做功為零，電場力的方向與小球的運動方向相同，則電場力對小球正功，小球的動能增大，電勢能減小。故選D。3.如圖為范圍足夠大的勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E隨時間t變化的關(guān)系圖像。當(dāng)t=0時，在此勻強(qiáng)電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設(shè)帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是（）A.粒子將做往返運動，6s末帶電粒子回到原出發(fā)點B.粒子在0~2s內(nèi)的加速度與在2s~4s內(nèi)的加速度等大反向C.粒子在4s末的速度為零D.粒子在0~6s內(nèi)，所受電場力做的總功不為零【答案】A【解析】AB．E-t圖像相當(dāng)于a-t圖像，0～2s內(nèi)帶電粒子做勻加速直線運動，2s～4s電場強(qiáng)度大小為0～2s內(nèi)電場強(qiáng)度大小的2倍，且電場強(qiáng)度方向與0～2s內(nèi)電場強(qiáng)度方向相反，所以2s～4s內(nèi)先做勻減速直線運動再做反向的勻加速直線運動，4s-6s反方向做勻減速運動到零，之后再重復(fù)以上過程，所以帶電粒子做往復(fù)運動，作出帶電粒子的0～8s內(nèi)的v-t圖像如下圖所示圖像的斜率不是加速度，圖像的面積表示位移，粒子將做往返運動，6s末帶電粒子回到原出發(fā)點；在2s~4s內(nèi)的加速度是粒子在0~2s內(nèi)的加速度大小的2倍，方向相反，故A正確，B錯誤；C．由圖像可知粒子在4s末的速度不為零，故C錯誤；D．由圖像可知6s末粒子的速度為零，由動能定理可知粒子在0~6s內(nèi)，所受電場力做的總功為零，故D錯誤。故選A。4.如圖所示為一個雙量程電流表的內(nèi)部結(jié)構(gòu)圖。已知表頭G的內(nèi)阻為，滿偏電流為500mA，電阻，，則該電流表的小、大量程分別為（）A.，9A B.1A，20A C.，19A D.1A，19A【答案】B【解析】該電流表的小量程為該電流表的大量程為故選B。5.如圖所示，在水平面上有一個U形滑板A，A的上表面有一個靜止的物體B，左側(cè)用輕彈簧連接在滑板A的左端，右側(cè)用一根細(xì)繩連接在滑板A的右端，開始時彈簧處于拉伸狀態(tài)，各表面均光滑，剪斷細(xì)繩后，則（）A.彈簧恢復(fù)原長時時A動量最大B.彈簧壓縮最短時A動量最大C.整個系統(tǒng)動量變大D.整個系統(tǒng)機(jī)械能變大【答案】A【解析】C．對整個系統(tǒng)分析可知合外力為0，A和B組成的系統(tǒng)動量守恒，系統(tǒng)動量不變，故C錯誤；ABD．整個系統(tǒng)只有彈簧彈力做功，機(jī)械能守恒，設(shè)彈簧的初始彈性勢能為Ep，則A和B組成的系統(tǒng)動量守恒，可得聯(lián)立可得可知，當(dāng)彈簧的彈性勢能為零時，即彈簧原長時，A的速度最大，A的動量最大，故A正確，BD錯誤。故選A。6.如圖所示的電路中，將滑動變阻器與電阻箱的阻值調(diào)到合適位置，閉合開關(guān)，帶電小球在平行板電容器間剛好保持靜止。下列說法正確的是（）A.小球可能帶負(fù)電B.僅增大電阻箱接入電路的電阻，小球?qū)⑾蛏霞铀龠\動C.僅將的滑片向右移動，小球?qū)⑾蛳录铀龠\動D.同時斷開兩個開關(guān)，平行板的下極板向左移動少許，小球?qū)⑾蛏霞铀龠\動【答案】D【解析】A．因電容器上極板帶負(fù)電，可知小球帶正電，選項A錯誤；B．僅增大電阻箱接入電路的電阻，電容器兩板間電壓不變，場強(qiáng)不變，則小球仍靜止，選項B錯誤；C．僅將的滑片向右移動，R1阻值變小，電路總電阻減小，總電流變大，則R2兩端電壓變大，電容器兩板電壓變大，場強(qiáng)變大，小球受向上的電場力變大，可知小球?qū)⑾蛏霞铀龠\動，選項C錯誤；D．同時斷開兩個開關(guān)，則電容器帶電量一定根據(jù)可得平行板的下極板向左移動少許，S減小，則E變大，小球受向上的電場力變大，則將向上加速運動，選項D正確。故選D。7.以О為坐標(biāo)原點，沿絕緣水平面建立x軸，水平向右為正方向，兩個電荷量相等的小球（可視為點電荷）分別固定在x軸上的M、N處，M、N的坐標(biāo)分別為x=-4L和x=4L，如圖（a）所示。M、N連線上各點的電勢與位置坐標(biāo)x的關(guān)系如圖（b）所示，x=-2L處的電勢為，x=L處的電勢為。在x=-2L處由靜止釋放一個質(zhì)量為m的帶電滑塊（可視為質(zhì)點），滑塊向右運動到x=L處時速度恰好為零。已知滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度大小為g，下列說法正確的是（）A.兩小球帶同種電荷B.滑塊在x=-2L處受到的電場力小于在x=L處受到的電場力C.滑塊運動到О點時的加速度為D.滑塊所帶的電荷量大小為【答案】D【解析】A．由圖像可知，在M、N之間電勢從左向右逐漸降低，電場方向從左向右，即電場線起源與M位置點電荷，終止于N點電荷，可知M處小球帶正電，N處的小球帶負(fù)電，故A錯誤；B．圖像在某點切線斜率的絕對值等于該點的電場強(qiáng)度大小﹐由圖像可知，在x=-2L處圖像斜率的絕對值大于x=L處圖像斜率的絕對值，即在x=-2L處的電場強(qiáng)度大于x=L處的電場強(qiáng)度，即滑塊在x=-2L處受到的電場力大于在x=L處受到的電場力，故B錯誤；C．根據(jù)圖像，在原點的斜率的絕對值不為0，即原點的電場強(qiáng)度不為0，滑塊運動到О點時受到的電場力不為零，因此合外力為電場力與摩擦力的合力，加速度不為，故C錯誤；D．滑塊從x=-2L處運動到x=L處，根據(jù)能量守恒定律有解得故D正確。故選D。二、多選題（本題共3小題，每小題6分，選不全得3分，選錯的不得分，共18分）8.如圖所示，帶等量異種電荷、質(zhì)量不同的甲、乙兩粒子，先后從S點沿SO方向垂直射入勻強(qiáng)電場中。粒子分別經(jīng)過圓周上的P、Q兩點，不計粒子間的相互作用及重力，已知粒子運動時間tSP=tSQ，則兩粒子在圓形區(qū)域內(nèi)運動過程中（）A.甲粒子的入射速度大于乙粒子的速度B.甲粒子動量變化量小于乙粒子動量變化量C.甲粒子的質(zhì)量小于乙粒子的質(zhì)量D.電場力對甲粒子做的功小于對乙粒子做的功【答案】AD【解析】A．甲、乙兩粒子在電場中均做類平拋運動，則垂直電場方向的位移為由于可知甲粒子的入射速度大于乙粒子的入射速度，故A正確；B．因不計粒子間的相互作用及重力，故粒子所受電場力的沖量即為合力的沖量，根據(jù)可知甲粒子所受電場力的沖量大小等于乙粒子所受電場力的沖量大小，由動量定理可知，甲粒子動量變化量大小等于乙粒子動量變化量大小，故B錯誤；C．根據(jù)沿電場方向的位移為，可知甲粒子的質(zhì)量大于乙粒子的質(zhì)量，故C錯誤；D．根據(jù)，電場力對甲粒子做的功小于對乙粒子做的功，故D正確。故選AD。9.某帶電體產(chǎn)生電場的等勢面分布如圖中實線所示，虛線是一帶電粒子僅在此電場作用下的運動軌跡，M、N分別是運動軌跡與等勢面b、a的交點，下列說法正確的是（）A.粒子帶負(fù)電荷 B.M點的電場強(qiáng)度比N點的小C.粒子在運動軌跡上存在動能最小的點 D.粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能【答案】BCD【解析】A．根據(jù)粒子所受電場力指向曲線軌跡的凹側(cè)可知，帶電粒子帶正電，故A錯誤；B．等差等勢面越密集的地方場強(qiáng)越大，故M點的電場強(qiáng)度比N點的小，故B正確；CD．粒子帶正電，因為M點的電勢大于在N點的電勢，故粒子在M點的電勢能大于在N點的電勢能；由于帶電粒子僅在電場作用下運動，電勢能與動能總和不變，故可知當(dāng)電勢能最大時動能最小，故粒子在運動軌跡上到達(dá)最大電勢處時動能最小，故CD正確。故選BCD。10.如圖所示，水平面內(nèi)有A、B、C、D、M、N六個點，它們均勻分布在半徑為R=2cm的同一圓周上，空間有一方向與圓平面平行的勻強(qiáng)電場。已知A、C、M三點的電勢分別為下列判斷正確的是（）A.電場強(qiáng)度的方向由A指向DB.電場強(qiáng)度的大小為1V/mC.該圓周上的點電勢最高為4VD.沿圓周將電子從D點經(jīng)M點移到N點，電場力先做正功后做負(fù)功【答案】CD【解析】A．設(shè)AM的中點為G，則根據(jù)勻強(qiáng)電場的性質(zhì)可得該點的電勢為所以GC連線是一個等勢線，電場線與等勢面垂直，且由電勢高的等勢面指向電勢低的等勢面，所以電場強(qiáng)度的方向由M指向A。故A錯誤；B．MA兩點間的電勢差為MA兩點間的距離根據(jù)電場強(qiáng)度公式可得故B錯誤；C．沿著電場線方向電勢逐漸降低，因此H點電勢最高，由于解得故C正確；D．電子從D點經(jīng)M點移到N點，電勢先升高后降低，電子帶負(fù)電，電勢能先減小后增加，電場力先做正功后做負(fù)功，故D正確。故選CD。三、實驗題：（共2題）11.（1）用螺旋測微器測金屬絲直徑D時，示數(shù)如圖（甲）所示，此示數(shù)為______mm；（2）在“測定金屬的電阻率”的實驗中，用最小刻度為1mm的刻度尺測量金屬絲的長度，圖（乙）中箭頭所指位置是拉直的金屬絲兩端在刻度尺上相對應(yīng)的位置，測得的金屬絲長度為______mm；（3）圖（丙）、（?。┦请姳淼目潭缺P。若當(dāng)時使用的是該表的0～3V量程，如圖（丙）所示，那么讀數(shù)為________V；若當(dāng)時使用的是該表的0～0.6A量程，如圖（?。┧荆敲措姳碜x數(shù)為________A?！敬鸢浮浚?）0.700（0.698-0.702均可給分）（2）972.0（971.8-972.2均可給分）（3）1.15（1.13-1.17均可給分）0.20【解析】（1）[1]金屬絲直徑D（2）[2]刻度尺的最小分度是1mm，估讀到0.1mm，金屬絲長度（3）[3]電壓表的最小分度為0.1V，估讀到0.1V，電壓表讀數(shù)為[4]電流表的最小分度為0.02A，估讀到0.02A，電流表讀數(shù)為12.學(xué)生實驗小組要測量量程為3V的電壓表V的內(nèi)阻。可選用的器材有：多用電表，電源E（電動勢5V），電壓表V1（量程5V，內(nèi)阻約3kΩ），定值電阻（阻值為800Ω），滑動變阻器（最大阻值50Ω），滑動變阻器（最大阻值5kΩ），開關(guān)S，導(dǎo)線若干。完成下列填空：（1）利用多用電表粗測待測電壓表的內(nèi)阻。首先應(yīng)______（把下列實驗步驟前的字母按正確操作順序排列）；A．將紅、黑表筆短接B．調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指向零歐姆C．將多用電表選擇開關(guān)置于歐姆擋“×10”位置再將多用電表的紅、黑表筆分別與待測電壓表的______（填“正極、負(fù)極”或“負(fù)極、正極”）相連，歐姆表的指針位置如圖（a）中虛線Ⅰ所示。為了減少測量誤差，應(yīng)將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到歐姆擋______（填“×1”“×100”或“”）位置，重新調(diào)節(jié)后，測量得到指針位置如圖（a）中實線Ⅱ所示，則組測得到的該電壓表內(nèi)阻為______kΩ（結(jié)果保留1位小數(shù)）；（2）為了提高測量精度，他們設(shè)計了如圖（b）所示的電路，其中滑動變阻器應(yīng)選______（填“”或“”），閉合開關(guān)S前，滑動變阻器的滑片應(yīng)置于______（填“a”或“b”）端；（3）閉合開關(guān)S，滑動變阻器滑片滑到某一位置時，電壓表，待測電壓表的示數(shù)分別為、，則待測電壓表內(nèi)阻______（用、U和表示）；（4）測量得到，則待測電壓表內(nèi)阻______（結(jié)果保留3位有效數(shù)字）。【答案】（1）CAB負(fù)極、正極×1001.6（2）a（3）（4）1.57【解析】（1）[1]利用多用電表粗測待測電壓表的內(nèi)阻。首先應(yīng)選擇歐姆擋即C選項：將多用電表選擇開關(guān)置于歐姆擋“×10”位置；接著將紅、黑表筆短接即A選項；進(jìn)行歐姆調(diào)零即B選項：調(diào)節(jié)歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指向零歐姆。故首先操作順序為CAB。[2]多用電表使用時電流“紅進(jìn)黑出”的規(guī)則可知：測量電阻時電源在多用電表表內(nèi)，故將多用電表的紅、黑表筆分別與待測電壓表的“負(fù)極、正極”相連。[3]讀數(shù)時歐姆表的指針位置如圖（a）中虛線Ⅰ所示，偏轉(zhuǎn)角度較小即倍率選擇過小，為了減少測量誤差，應(yīng)將選擇開關(guān)旋轉(zhuǎn)到歐姆擋倍率較大處，而根據(jù)表中數(shù)據(jù)可知選擇“”倍率又過大，故應(yīng)選擇歐姆擋“×100”的位置；[4]測量得到指針位置如圖（a）中實線Ⅱ所示，則組測得到