浙江省杭州市多校2022~2023学年高二下学期期中联考物理试卷
一、单选题（本大题共13小题，共52分）
1． 为了纪念物理学家做出的突出贡献，物理学中常把一些物理学家的名字规定为物理量的单位，在国际单位制中，下列单位所对应的物理量属于基本物理量的是（ ）
A．牛顿 B．瓦特 C．安培 D．欧姆
2． 万众瞩目的庆祝中华人民共和国成立周年阅兵式上，受阅方队军容严整、精神抖擞，依次通过天安门，接受祖国和人民的检阅，出色地完成了受阅任务。如图为战旗方队以同一速度通过天安门广场时的精彩场面，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．以战旗旗杆为参考系，战旗方队车辆是静止的
B．以战旗方队车辆为参考系，天安门城楼是静止的
C．以该方队的领队车辆为参考系，该方队的其他车辆是运动的
D．以地面为参考系，战旗是静止的
3． 通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率，原线圈的电压保持不变，输电线路的总电阻为当副线圈与原线圈的匝数比为时，线路损耗的电功率为，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到，线路损耗的电功率为，则和分别为（ ）
A．， B．，
C． ， D．，
4．（2021高三上·山东开学考）如图甲所示，检测加工过程中工件表面的几何形状与设计要求之间的微小差异时，用精密工艺制造的一个精度很高的平面玻璃板（样板），放在被检查平面上面，在样板的一端垫一个薄片，使样板的标准平面与被检查平面之间形成一个楔形空气膜。用单色光从上面照射，若被检查平面是平整的，会看到图乙所示的条纹。上述检测主要利用了（ ）
A．光的干涉 B．光的衍射 C．光的偏振 D．光的粒子性
5． 质量为的小明站在电梯中的“体重计”上，当电梯竖直向下运动经过楼时，“体重计”示数为，如图所示。重力加速度取此时小明处于（ ）
A．超重状态，对“体重计”压力为
B．超重状态，对“体重计”压力为
C．失重状态，对“体重计”压力为
D．失重状态，对“体重计”压力为
6． 搭载月球车和着陆器如图甲的嫦娥三号月球探测器从西昌卫星发射中心升空，飞行约后，常娥三号进入如图乙所示的地月转移轨道，为入口点，为出口点，嫦娥三号在点经过近月制动，进入距离月面公里的环月圆轨道，其运行的周期为；然后择机在月球虹湾地区实行软着陆，展开月面巡视勘察．若以表示月球半径，忽略月球自转及地球对它的影响．下列说法正确的是（ ）
A．携带月球车的着陆器在月球上着陆过程中一直处于失重状态
B．物体在月球表面自由下落的加速度大小为
C．月球的第一宇宙速度为
D．由于月球表面重力加速度较小，故月球车在月球上执行巡视探测任务时处于失重状态
7．（2022高三上·河南月考）不计电阻的两组线圈ab和cd分别绕在铁芯上，相互靠近如图所示放置，两线圈匝数之比为n1：n2，图中C为电容器，V1和V2为理想电压表。若MN端输入按正弦规律变化的电压，以下说法正确的是（ ）
A．两线圈中电流均为0
B．电容器消耗的功率等于MN端的输入功率
C．电压表V1和V2的读数之比为：
D．将一闭合导线框置于电容器两极板之间，线框中可能会产生电流
8．（2023高二下·杭州期中）如图所示是调谐质量阻尼器的结构，将这种阻尼器安装在需要振动控制的主结构上，当主结构在外力作用下振动时，会带动阻尼器一起振动，当满足一定条件时，阻尼器的弹性力与外力的方向相反，会抵消一部分外力。关于调谐质量阻尼器，下列说法正确的是（ ）
A．其工作原理是共振的利用
B．其振动一定是简谐运动
C．其振动频率一定与外力的频率相等
D．质量块变化时，其随驱动力振动的频率也会跟着发生变化
9． 如图所示的“微公交”是用蓄电池对车上的电动机供电，电动机为车提供动力。若车上蓄电池输出电压为，电池容量为，电动机额定电压为，额定功率为，则（ ）
A．电动机在额定电压下工作时，额定电流为
B．蓄电池充满电时能储存的能
C．蓄电池充满电后供电动机正常工作的时间肯定小于
D．电动机在额定电压下工作，流过的电荷量为
10． 如图所示半圆形玻璃砖，圆心为，半径为。某单色光由空气从边界的中点垂直射入玻璃砖，并在圆弧边界点发生折射，该折射光线的反向延长线刚好过点，空气中的光速可认为是，则（ ）
A．该玻璃对此单色光的临界角为
B．该玻璃对此单色光的折射率为
C．光从传到的时间为
D．玻璃的临界角随入射光线位置变化而变化
11． 小型手摇发电机线圈共匝，每匝可简化为矩形线圈，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴，线圈绕匀速转动，如图所示。矩形线圈边和边产生的感应电动势的最大值都为，不计线圈电阻，则发电机输出电压
A．峰值是 B．峰值是
C．有效值是 D．有效值是
12． 如图为洛伦兹力演示仪的结构图，励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁感应强度可通过励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是（ ）
A．仅减小电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变小
B．仅增大电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期变大
C．仅减小励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变小
D．仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期变大
13．（2023高二下·杭州期中）如图所示，在x轴上和处分别固定电荷量大小均为Q的两个点电荷，它们在x轴上形成的电势分布情况如图中曲线所示，呈对称分布，在处曲线的切线与x轴平行。取无穷远处电势为0，静电力常量为k。下列说法正确的是（ ）
A．这两个点电荷是异种电荷
B．在处电势和电场强度都不为0
C．把电子从处移到处电势能先增大后减小
D．处的电场强度为且指向x轴正方向
二、多选题（本大题共2小题，共8分）
14．（2023高二下·杭州期中）下列关于分子动理论知识，说法正确的是（ ）
A．图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，若水面上痱子粉撒得较多，实验测得的结果将偏大
B．图乙折线显示的是液体分子永不停息的无规则运动，这种运动称为布朗运动
C．图丙为氧气分子在不同温度下的速率分布图像，由图可知状态③时的温度比状态①、②时都高
D．图丁为分子间作用力f和分子势能随分子间距离r变化的关系图线，其中①表示分子间作用力随分子间距离r的变化关系图线，②表示分子势能随分子间距离r的变化关系图线
15． 如图所示，位于、两点处的两波源相距，在、两点间连线上有一点，。时，两波源同时开始振动，振动图象均如图所示，产生的两列横波沿连线相向传播，波在间的均匀介质中传播的速度为。下列说法正确的是（ ）
A．时，点处的波源产生的第一个波峰到达点
B．两列波在点叠加后，点的振动是减弱的
C．在到内，点运动的路程为
D．、两点间除、两点外振幅为的质点有个
三、实验题（本大题共2小题，共16分）
16． 某同学设计了如图所示实验装置探究向心力与质量、半径的关系。水平杆光滑，竖直杆与水平杆铰合在一起，相互垂直，绕过定滑轮的细线两端分别与物块和力传感器连接。忽略细线与定滑轮间的摩擦
（1）探究向心力与质量关系时，让物块、的质量不同，测出物块、的质量分别为、，使物块到竖直轴距离 填“相同”或“不同”，转动竖直杆，测出不同角速度下两个力传感器的示数、。反复实验测出多组、，作出图像，如果作出的图像是过原点的斜线，且图像的斜率等于 ，则表明在此实验过程中向心力与质量成正比。
（2）该实验过程中采用的实验方法是____。
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法
17． 为了测量一节干电池的电动势和内阻，某同学采用了伏安法，现备有下列器材：
A.被测干电池一节
B.电流表：量程，内阻
C.电流表：量程，内阻约为
D.电压表：量程，内阻未知
E.电压表：量程，内阻未知
F.滑动变阻器：，
G.滑动变阻器：，
H.开关、导线若干
在用伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。
（1）在上述器材中请选择适当的器材：、 、 、 、填写选项前的字母；
（2）实验电路图应选择下图中的 填“甲”或“乙”；
（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的图像，则干电池的电动势 ，内电阻 。
四、计算题（本大题共4小题，共34分）
18．如图所示，水平地面与一竖直光滑半圆轨道平滑连接，半圆轨道半径为，点为半圆轨道的最低点，在水平地面上有一质量为的小物块，小物块在大小为力恒力的作用下从静止开始沿水平面运动，与水平方向夹角，小物块与地面的动摩擦因数，作用撤去后，小滑块又向前滑行到达点，重力加速度，小滑块经过两轨道相连处无能量损失，，。
（1）求小滑块在点受到的支持力大小；
（2）通过计算判定小滑块能否达到半圆轨道的最高点。
19． 如图所示，质量为的铁块与轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在光滑斜面底端固定的挡板上，斜面倾角，铁块静止时，弹簧的压缩量。一质量也为的物块从斜面上距离铁块的处由静止释放，物块与铁块相撞后立刻与铁块一起沿斜面向下运动碰撞时间极短，物块与铁块不粘连，它们到达最低点后又沿斜面向上运动，且它们恰能回到点。若给物块的初速度，仍从处沿斜面滑下，则最终物块与铁块回到点时，还具有向上的速度。物块与铁块均可看作质点，取，求：
（1）第一种情形中物块与铁块相撞后一起开始沿斜面向下运动的速度大小；
（2）第二种情形中物块与铁块回到点时的速度大小。
20． 如图所示，空间分布着方向平行于纸面、宽度为的水平匀强电场。在紧靠电场右侧半径为的圆形区域内，分布着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为、电荷量为的粒子从左极板上点由静止释放后，在点离开加速电场，并以速度沿半径方向射入匀强磁场区域，然后从点射出。两点间的圆心角，粒子重力可忽略不计。
（1）求加速电场板间电压的大小；
（2）求粒子在匀强磁场中运动时间的大小；
（3）若仅将该圆形区域的磁场改为平行于纸面的匀强电场，如图所示，带电粒子垂直射入该电场后仍然从点射出。求粒子从点运动到点过程中，动能的增加量的大小。
21． 平行直导轨由水平部分和倾斜部分组成，导轨间距，是分界线，倾斜部分倾角，左侧有磁感应强度大小为、垂直于水平面的匀强磁场，右侧有垂直斜面向下、磁感应强度大小也为的匀强磁场，如图甲所示。质量均为、电阻值均为的两根金属细杆和垂直放在该导轨上，其中杆光滑，杆与导轨间的动摩擦因数，导轨底端接有的电阻，导轨电阻不计。开始时、杆均静止于导轨上，现对杆施加一水平向左的恒力，使其向左运动，当杆向左加速运动的时间为时开始做匀速直线运动，此时杆刚要开始沿斜面向上运动仍保持静止，再经撤去外力，最后杆静止在水平导轨上。整个过程中电阻产生的热量。撤去后，杆减速过程图像如图乙，横轴表示时间，纵轴表示任意时刻杆速度与刚撤去时速度的比值。取
（1）判断磁场的方向；并求刚撤去外力时杆两端的电势差；
（2）求杆从开始运动到最后静止的总位移大小；
（3）求加速过程的时间，并判断撤去后图乙中和的大小关系无需证明。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】国际单位制中七个基本单位分别是千克，米，秒，安培，开尔文，坎德拉和摩尔，则C正确。
故答案为：C
【分析】根据国际单位制中的七个基本物理量和基本单位选择正确的答案。
2．【答案】A
【知识点】参考系与坐标系
【解析】【解答】A、以战旗旗杆为参考系，战旗方队车辆是静止的，A正确。
B、 以战旗方队车辆为参考系，天安门城楼是运动的，B错误。
C、 以该方队的领队车辆为参考系，该方队的其他车辆是静止的，C错误。
D、 以地面为参考系，战旗是运动的，D错误。
故答案为：A
【分析】同一个物体选择不同的参考系，物体的运动情况是不同的。
3．【答案】C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】 原线圈的电流，U，P不变，则I1不变，由，得， 若将副线圈与原线圈的匝数比提高到 ，由，得
，则，则C正确。
故答案为：C
【分析】由变压器原副线圈匝数与电流之间的关系计算副线圈的电流大小，再由输电线上损失的电功率计算输电线上损失的电功率。
4．【答案】A
【知识点】光的干涉
【解析】【解答】空气薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的反射光干涉产生的。
故答案为：A。
【分析】膜的上下表面的反射光相遇则出现空气薄膜干涉形成的条纹。
5．【答案】B
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】由图可知体重计的示数大于小明的体重，则小明处于超重状态，压力大小为，B正确。
故答案为：B
【分析】示重大于实重现象叫做超重，示重小于实重现象叫做失重；加速度向上为超重，加速度向下为失重。
6．【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A、着陆过程中先做向下的加速运动，再做减速运动，则着陆过程中先处于失重状态，再经历超重状态，A错误。
B、物体在月球表面自由下落，只受万有引力作用，则，嫦娥三号在环月轨道做圆周运动，则有，即，故，由牛顿第二定律得 。
C、月球的第一宇宙速度为，结合B项可知 ，C错误。
D、月球车在月球表面执行任务时重力与支持力相等，不处于失重或超重状态，D错误。
故答案为：B
【分析】着陆器软着陆过程中需要先加速后减速，则先失重后超重，由嫦娥三号绕月飞行的参量可表示出万有引力常量和月球质量，再由月球表面自由下落时万有引力等于重力求解加速度，加速度向下为失重状态，加速度向上为超重状态，并不是重力减小或增大。
7．【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；变压器原理；磁通量
【解析】【解答】A．若MN端输入按正弦规律变化的电压，则线圈ab中有变化的电流，线圈cd中磁通量会发生变化，线圈cd中产生感应电动势，对电容器充电，则cd线圈中有电流产生，A不符合题意；
BC．两组线圈ab和cd不是绕在同一铁芯上，通过线圈ab的磁通量不可能完全通过线圈cd，会有损失，电容器消耗的功率小于MN端的输入功率 ，BC不符合题意；
D．将一闭合导线框置于电容器两极板之间，当线框平面与纸面平行时，穿过线框的磁通量有变化时，会产生电流，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据产生感应流的条件得出MN端输入按正弦规律变化的电压时cd产生感应电动势，从而得出cd中产生了感应电流，结合理想变压器原副线圈的匝数比和电压比的关系判断电压表12的读数之比，当闭合回路中磁通量发生变化时回路中产生感应电流。
8．【答案】C
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A.调谐质量阻尼器是防止共振而不是利用共振，故A错误；B.调谐质量阻尼器的振动是受迫振动，不一定是简谐运动，故B错误；CD.调谐质量阻尼器的振动是受迫振动，其运动频率由驱动力频率决定，与固有频率无关，故C正确；错误，故选C。
【分析】调谐质量阻尼器的振动是受迫振动，其作用是防止共振的产生，受迫振动的物体的振动频率由驱动力频率决定，与物体固有频率无关。
9．【答案】C
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】A、电动机再额定电压下工作时，额定电流为，A错误。
B、蓄电池储存的电能为，B错误。
C、蓄电池充满电后电动机正常工作的电流为25A，则工作时间为，由于工作过程能量转化存在损失，则时间一定小于4.8h，C正确。
D、电动机在额定电压下工作1h，流过的电荷量为。D错误
故答案为：C
【分析】电池容量为120A·h为电荷量的单位，表示电池以120A的电流向外放电，可放电1小时，由额定功率。额定电压和额定电流之间的关系则可计算额定电流，由于电动机过程中电能的转化率达不到百分之百，则正常工作时间一定小于理论时间。
10．【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】B、由题意可知光线在玻璃砖圆弧边界的入射角为30°，空气中的折射角为60°，则玻璃的折射率为，B正确。
A、由折射率为可知，该玻璃对单色光的临界角为，则临界角不是30°，A错误。
C、光在介质中的传播速度为，由几何关系可知，则传播时间为，C错误。
D、玻璃的临界角只与玻璃本身以及光的频率有关，并不随入射光线的位置变化而变化，D错误。
故答案为：B
【分析】由题意根据几何关系画出光路图，从而得出入射角和折射角的大小，再根据折射率与入射角和折射角之间的关系以及光在真空中的速度和介质中的速度的关系计算求解，折射率是介质的光学性质，并不随入射光线的位置变化而变化。
11．【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】AB、 矩形线圈边和边产生的感应电动势的最大值都为 ，且线圈匝数为N，则电动机输出电压的最大值为2Ne0，AB错误。
CD、电动机输出电压的有效值为，C错误，D正确。
故答案为：D
【分析】线圈在转动过程中两边都产生感应电动势，则感应电动势为两边电动势之和，有效值为最大值除以
12．【答案】A
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A、 仅减小电子枪的加速电压，则电子的速度减小，由得，速度减小，半径减小，A正确。
B、加速电压增大，电子的速度增大，，由A得，则，故电子做圆周运动的周期与速度无关，则周期不变，B错误。
C、减小励磁线圈的电流，则磁感应强度减小，由可知电子的半径变大，C错误。
D、增大励磁线圈电流，磁感应强度增大，由，则电子做圆周运动的周期变小，D错误。
故答案为：A
【分析】加速电压影响电子的速度，励磁线圈影响磁感应强度，电子在磁场中在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，则，再根据分析周期和半径与速度和磁感应强度之间的关系。
13．【答案】C
【知识点】库仑定律；电场力做功；点电荷；电势能；电势；电势差
【解析】【解答】A．由图可知，电势均为正值，则两个点电荷均为正电荷，故A错误；
B．由图可知x=0处电势不为零，由场强叠加原理可知，该处场强为0，故B错误；
C．把电子从处移到处，电势先降低再升高，由于电子带负电，则电势能先增大后减小，C正确；
D．处的场强为指向x轴负方向，D错误。故选C。
【分析】A.电场线总是由高电势指向低电势，该题中可以看出电势在电荷所处的位置电势最高，所以可以知道该亮点和是等量同种正电荷；B.电场是矢量，其叠加属于矢量运算，电势是标量，其大小具有相对性；C.根据电场力做功与电势关系，负电荷电势降低，电场力做负功，电势能增加，电势升高，电场力做正功，电势能降低；D.两点电荷在某次产生的电场强度分别用点电荷产生的电场公式计算出两点电荷产生电场大小，再用矢量法则计算合场强。
14．【答案】A,C,D
【知识点】布朗运动；分子间的作用力；用油膜法估测油酸分子的大小；分子运动速率的统计规律；分子势能
【解析】【解答】A.若痱子粉撒的太多，则油膜不能充分展开，故油膜面积偏小，则实验测量结果偏大，故A正确；B.图乙中折线所显示的是微粒无规则运动每隔一定时间所在位置的连线，不是液体分子的运动轨迹，故B错误；C.温度越高，速率大的分子所占的比例越大，根据图像显示， ③时比状态①、② 速率打大的分子所占比例最大，故 ③时的温度比状态①、② 高，故C正确；D.当分子间距离为平衡距离时，分子力为0，分子力为0时。分子势能最小，据此就可以判断①表示分子间作用力随分子间距离r的变化关系图线，②表示分子势能随分子间距离r的变化关系图线。
【分析】A.知道 在油膜法测分子大小的实验中，先在水面撒上痱子粉，将配置好的液体滴在水面上，液体就会排开痱子粉，所以痱子粉的作用是使油膜的轮廓清晰，便于测量油膜的面积，但痱子粉撒太多，则油膜不能充分展开就可以判断；B.知道观察布朗运动是微粒的无规则运动，折线则是微粒无规则运动每隔一定时间所在位置的连线就可以判断；C.知道气体温越高，分子速率大的所占比例就越高就可以判断；D.记清分子势能和分子力的变化规律就可以判断。
15．【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、由图可知M点发出的波传播到P点所需的时间为，再经过四分之一周期到达波峰，，则M点处第一个波峰到达P点需要0.025s，A正确。
B、 P点与MN之间的距离之差为6m，波长为，则P点为振动加强点，B错误。
C、M点产生的波传播到P点所用的时间为0.02s，则P点的振动时间为0.015s，振动的路程为15cm，N点产生的波传播到P点所用的时间为，故N点产生的波未传播到P点，即P点的路程为15cm，C错误。
D、振动加强点满足的条件为到两个波源的路程差为波源的整数倍，则距离M点的距离分别为3m，6m，9m，12m，15m共五个加强点，振幅为10cm，D正确。
故答案为：AD
【分析】根据P点距离波源的距离和波速计算波传播到P点的时间，再计算P点到达波峰所需的时间，两列波的加强点满足距离波源的路程差为波长的整数倍，减弱点为路程差等于半波长的奇数倍。
16．【答案】（1）相同；
（2）C
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1） 探究向心力与质量关系时 ，需要保证半径相同，则使物体距离竖直轴的距离相同，若实验过程中向心力与质量成正比 ，则且图像的斜率等于 。
（2）此过程中探究三个物理量之间的关系，需要保证其他物理量相同，探究两个物理量之间的关系，这种实验方法叫做控制变量法。
【分析】（1）探究向心力与质量关系时，需要保证半径和角速度相同；探究向心与半径关系时，需要保证质量与角速度相同；探究向心力与角速度关系时，需要保证质量和半径相同。
（2）理想实验法是指忽略次要因素只考虑主要因素的实验方法；等效替代法是用不同的方式达到相同的效果，例如：探究合力与分力的关系；控制变量法是指控制其他物理量相同，探究两个物理量之间的关系。
17．【答案】（1）B；D；F
（2）甲
（3）1.5；0.7
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）干电池的电动势约为1.5v，则选择0-3v量程的电压表即可，电流表选择已知内阻的电流表，滑动变阻器选择0-10Ω即可。
（2）由于电流表内阻已知，故采用电流表相对电源的内接法，答案为甲图
（3）由闭合电路欧姆定律可知，则图像与纵轴的交点为电源的电动势，即，图像斜率为电流表内阻与电源内阻之和，即，则
【分析】（1）根据干电池的电动势约为1.5v，内阻约为1Ω左右，可选择处电压表的量程，电流表用已知内阻的电流表可以消除系统误差，滑动变阻器由电路中的电流来选择合适的阻值。
（2）电流表内阻已知，故将电流表相对电源的内接法，可消除系统误差。
（3）由闭合电路欧姆定律结合图像分析图像的截距表示电源的电动势，斜率表示电源内阻与电流表内阻之和。
18．【答案】（1）解： 力作用时，对物体受力分析并把沿水平和竖直方向分解：
竖直方向：
水平方向：
联立以上两式解得：
撤去时的速度
撤去后，由牛顿第二定律得：
物块做匀减速直线运动，由
解得：
在点，由牛顿第二定律得：
解得；
（2）解：滑块恰能滑到最高点，速度满足，
假设滑块能上升到最高点，由动能定理得：
解得：，故物块恰好上升到半圆轨道的最高点。
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，正交分解由牛顿第二定律计算物体加速度大小，由运动学公式计算撤去拉力时的加速度大小，再用同样的方法计算物体到达A点的速度大小，在A点物体由重力和支持力提供向心力，根据向心力与线速度和半径之间的关系分析求解支持力的大小。
（2）若物体能够通过最高点，则临界条件为重力提供向心力，可计算恰好通过最高点的速度为，假设物体能够通过最高点，根据动能定理计算达到最高点的速度，若达不到临界速度，则无法通过最高点，反之则可以通过最高点。
19．【答案】（1）解：设第一种情形中物块与铁块碰撞时的速度为，对物块由动能定理得
设表示物块与铁块碰撞后一起开始向下运动的速度，因碰撞时间极短，它们的动量守恒，有
联立代入数据解得
（2）解：刚碰完时弹簧的弹性势能为，从它们碰后至又返回点的过程中，只有重力和弹簧弹力做功，机械能守恒，有
设第二种情形中物块与铁块碰撞时的速度为，对物块由动能定理得
设表示物块与铁块碰撞后一起开始向下运动的速度，则由动量守恒有
刚碰完时弹簧的弹性势能仍为，设物块与铁块回到点时的速度为，从它们碰后至又返回点的过程中机械能守恒，有
联立解得
【知识点】功能关系；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）由动能定理时间第一种情形中物块与铁块碰撞前的速度大小，碰撞时间极短，内力远大于外力，由动量守恒定律计算两者碰撞共速后的速度大小。
（2）第二种情形同样根据动能定理计算碰撞前的速度大小，由动量守恒定律计算碰后两者的共同速度大小，两者压缩弹簧至返回的过程中，两物体和弹簧构成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律计算回到O点的速度大小。
20．【答案】（1）解：粒子在匀强电场中加速的过程，根据动能定理有：
解得：
答：加速电场板间电压的大小为；
（2）解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，粒子在磁场中运动的半径：
粒子在匀强磁场中运动时间的大小：
答：粒子在匀强磁场中运动时间为；
（3）解： 粒子在偏转电场中做匀加速曲线运动，运动轨迹如图所示，
根据运动的合成分解及几何关系，在方向有：
在方向有：
根据牛顿第二定律有：
联立解得：
则粒子从点运动到点过程中，动能的增加量：
答：粒子从点运动到点过程中，动能的增加量的大小为。
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在加速电场中电场力做功等于电子的动能变化量，由动能定理计算电压的大小。
（2）画出粒子在磁场中做圆周运动的轨迹图，由几何关系计算半径的大小，再由运动轨迹的圆心角计算时间。
（3）若将磁场换为电场，则电子在电场中做类平抛运动，根据几何关系和运动的合成与分解以及牛顿第二定律计算偏转电场的电场强度，再根据动能定理计算动能的增加量。
21．【答案】（1）解：由题意可知，当杆向左加速运动的时间为时开始做匀速直线运动，此时杆刚要开始沿斜面向上运动仍保持静止，可知受到沿斜面向上的安培力，由左手定则可知，流经的电流由到，则流经的电流由到，由右手定则可知，匀强磁场的方向竖直向下。
对杆，由平衡条件可知受到的安培力，
可得，
解得，
由欧姆定律可得，
因点电势高于点，因此则有；
（2）解：电路的总电阻为，
电路的总电流为，可知流经的电流为，则有杆产生的感应电动势为，
对杆则有，，
杆做匀速直线运动的位移为，
回路中产生的焦耳热，
由平衡条件可知，
由功能原理可得，
代入数据可得，
解得杆加速运动的位移为，
由题意可知杆加速过程与减速过程位移大小相等，则有杆从开始运动到最后静止的总位移大小为；
（3）解： 由动量定理可得
又有
联立可得
撤去后图乙中，证明如下：
由牛顿第二定律可得
则有
设时刻的速度为，则有
所以有，故有
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）对整个电路进行分析，根据安培力的方向判断电流的方向，再由右手定则判断匀强磁场的方向，再对cd杆进行受力分析计算安培力的大小，由欧姆定律计算cd电势差的大小，进而计算ab杆的电势差。
（2）根据闭合电路欧姆定律计算电路中的总电阻和总电流，再由法拉第电磁感应定律计算感应电动势，从而得到电路中的焦耳热，最后由功能关系计算ab杆走过的位移。
（3）对ab杆应用动量定理，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得到时间的大小，从而判断时间的关系。
浙江省杭州市多校2022~2023学年高二下学期期中联考物理试卷
一、单选题（本大题共13小题，共52分）
1． 为了纪念物理学家做出的突出贡献，物理学中常把一些物理学家的名字规定为物理量的单位，在国际单位制中，下列单位所对应的物理量属于基本物理量的是（ ）
A．牛顿 B．瓦特 C．安培 D．欧姆
【答案】C
【知识点】力学单位制
【解析】【解答】国际单位制中七个基本单位分别是千克，米，秒，安培，开尔文，坎德拉和摩尔，则C正确。
故答案为：C
【分析】根据国际单位制中的七个基本物理量和基本单位选择正确的答案。
2． 万众瞩目的庆祝中华人民共和国成立周年阅兵式上，受阅方队军容严整、精神抖擞，依次通过天安门，接受祖国和人民的检阅，出色地完成了受阅任务。如图为战旗方队以同一速度通过天安门广场时的精彩场面，在此过程中，下列说法正确的是（ ）
A．以战旗旗杆为参考系，战旗方队车辆是静止的
B．以战旗方队车辆为参考系，天安门城楼是静止的
C．以该方队的领队车辆为参考系，该方队的其他车辆是运动的
D．以地面为参考系，战旗是静止的
【答案】A
【知识点】参考系与坐标系
【解析】【解答】A、以战旗旗杆为参考系，战旗方队车辆是静止的，A正确。
B、 以战旗方队车辆为参考系，天安门城楼是运动的，B错误。
C、 以该方队的领队车辆为参考系，该方队的其他车辆是静止的，C错误。
D、 以地面为参考系，战旗是运动的，D错误。
故答案为：A
【分析】同一个物体选择不同的参考系，物体的运动情况是不同的。
3． 通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率，原线圈的电压保持不变，输电线路的总电阻为当副线圈与原线圈的匝数比为时，线路损耗的电功率为，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到，线路损耗的电功率为，则和分别为（ ）
A．， B．，
C． ， D．，
【答案】C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】 原线圈的电流，U，P不变，则I1不变，由，得， 若将副线圈与原线圈的匝数比提高到 ，由，得
，则，则C正确。
故答案为：C
【分析】由变压器原副线圈匝数与电流之间的关系计算副线圈的电流大小，再由输电线上损失的电功率计算输电线上损失的电功率。
4．（2021高三上·山东开学考）如图甲所示，检测加工过程中工件表面的几何形状与设计要求之间的微小差异时，用精密工艺制造的一个精度很高的平面玻璃板（样板），放在被检查平面上面，在样板的一端垫一个薄片，使样板的标准平面与被检查平面之间形成一个楔形空气膜。用单色光从上面照射，若被检查平面是平整的，会看到图乙所示的条纹。上述检测主要利用了（ ）
A．光的干涉 B．光的衍射 C．光的偏振 D．光的粒子性
【答案】A
【知识点】光的干涉
【解析】【解答】空气薄膜干涉形成的条纹是膜的上下表面的反射光干涉产生的。
故答案为：A。
【分析】膜的上下表面的反射光相遇则出现空气薄膜干涉形成的条纹。
5． 质量为的小明站在电梯中的“体重计”上，当电梯竖直向下运动经过楼时，“体重计”示数为，如图所示。重力加速度取此时小明处于（ ）
A．超重状态，对“体重计”压力为
B．超重状态，对“体重计”压力为
C．失重状态，对“体重计”压力为
D．失重状态，对“体重计”压力为
【答案】B
【知识点】超重与失重
【解析】【解答】由图可知体重计的示数大于小明的体重，则小明处于超重状态，压力大小为，B正确。
故答案为：B
【分析】示重大于实重现象叫做超重，示重小于实重现象叫做失重；加速度向上为超重，加速度向下为失重。
6． 搭载月球车和着陆器如图甲的嫦娥三号月球探测器从西昌卫星发射中心升空，飞行约后，常娥三号进入如图乙所示的地月转移轨道，为入口点，为出口点，嫦娥三号在点经过近月制动，进入距离月面公里的环月圆轨道，其运行的周期为；然后择机在月球虹湾地区实行软着陆，展开月面巡视勘察．若以表示月球半径，忽略月球自转及地球对它的影响．下列说法正确的是（ ）
A．携带月球车的着陆器在月球上着陆过程中一直处于失重状态
B．物体在月球表面自由下落的加速度大小为
C．月球的第一宇宙速度为
D．由于月球表面重力加速度较小，故月球车在月球上执行巡视探测任务时处于失重状态
【答案】B
【知识点】卫星问题
【解析】【解答】A、着陆过程中先做向下的加速运动，再做减速运动，则着陆过程中先处于失重状态，再经历超重状态，A错误。
B、物体在月球表面自由下落，只受万有引力作用，则，嫦娥三号在环月轨道做圆周运动，则有，即，故，由牛顿第二定律得 。
C、月球的第一宇宙速度为，结合B项可知 ，C错误。
D、月球车在月球表面执行任务时重力与支持力相等，不处于失重或超重状态，D错误。
故答案为：B
【分析】着陆器软着陆过程中需要先加速后减速，则先失重后超重，由嫦娥三号绕月飞行的参量可表示出万有引力常量和月球质量，再由月球表面自由下落时万有引力等于重力求解加速度，加速度向下为失重状态，加速度向上为超重状态，并不是重力减小或增大。
7．（2022高三上·河南月考）不计电阻的两组线圈ab和cd分别绕在铁芯上，相互靠近如图所示放置，两线圈匝数之比为n1：n2，图中C为电容器，V1和V2为理想电压表。若MN端输入按正弦规律变化的电压，以下说法正确的是（ ）
A．两线圈中电流均为0
B．电容器消耗的功率等于MN端的输入功率
C．电压表V1和V2的读数之比为：
D．将一闭合导线框置于电容器两极板之间，线框中可能会产生电流
【答案】D
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件；变压器原理；磁通量
【解析】【解答】A．若MN端输入按正弦规律变化的电压，则线圈ab中有变化的电流，线圈cd中磁通量会发生变化，线圈cd中产生感应电动势，对电容器充电，则cd线圈中有电流产生，A不符合题意；
BC．两组线圈ab和cd不是绕在同一铁芯上，通过线圈ab的磁通量不可能完全通过线圈cd，会有损失，电容器消耗的功率小于MN端的输入功率 ，BC不符合题意；
D．将一闭合导线框置于电容器两极板之间，当线框平面与纸面平行时，穿过线框的磁通量有变化时，会产生电流，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据产生感应流的条件得出MN端输入按正弦规律变化的电压时cd产生感应电动势，从而得出cd中产生了感应电流，结合理想变压器原副线圈的匝数比和电压比的关系判断电压表12的读数之比，当闭合回路中磁通量发生变化时回路中产生感应电流。
8．（2023高二下·杭州期中）如图所示是调谐质量阻尼器的结构，将这种阻尼器安装在需要振动控制的主结构上，当主结构在外力作用下振动时，会带动阻尼器一起振动，当满足一定条件时，阻尼器的弹性力与外力的方向相反，会抵消一部分外力。关于调谐质量阻尼器，下列说法正确的是（ ）
A．其工作原理是共振的利用
B．其振动一定是简谐运动
C．其振动频率一定与外力的频率相等
D．质量块变化时，其随驱动力振动的频率也会跟着发生变化
【答案】C
【知识点】受迫振动和共振
【解析】【解答】A.调谐质量阻尼器是防止共振而不是利用共振，故A错误；B.调谐质量阻尼器的振动是受迫振动，不一定是简谐运动，故B错误；CD.调谐质量阻尼器的振动是受迫振动，其运动频率由驱动力频率决定，与固有频率无关，故C正确；错误，故选C。
【分析】调谐质量阻尼器的振动是受迫振动，其作用是防止共振的产生，受迫振动的物体的振动频率由驱动力频率决定，与物体固有频率无关。
9． 如图所示的“微公交”是用蓄电池对车上的电动机供电，电动机为车提供动力。若车上蓄电池输出电压为，电池容量为，电动机额定电压为，额定功率为，则（ ）
A．电动机在额定电压下工作时，额定电流为
B．蓄电池充满电时能储存的能
C．蓄电池充满电后供电动机正常工作的时间肯定小于
D．电动机在额定电压下工作，流过的电荷量为
【答案】C
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】A、电动机再额定电压下工作时，额定电流为，A错误。
B、蓄电池储存的电能为，B错误。
C、蓄电池充满电后电动机正常工作的电流为25A，则工作时间为，由于工作过程能量转化存在损失，则时间一定小于4.8h，C正确。
D、电动机在额定电压下工作1h，流过的电荷量为。D错误
故答案为：C
【分析】电池容量为120A·h为电荷量的单位，表示电池以120A的电流向外放电，可放电1小时，由额定功率。额定电压和额定电流之间的关系则可计算额定电流，由于电动机过程中电能的转化率达不到百分之百，则正常工作时间一定小于理论时间。
10． 如图所示半圆形玻璃砖，圆心为，半径为。某单色光由空气从边界的中点垂直射入玻璃砖，并在圆弧边界点发生折射，该折射光线的反向延长线刚好过点，空气中的光速可认为是，则（ ）
A．该玻璃对此单色光的临界角为
B．该玻璃对此单色光的折射率为
C．光从传到的时间为
D．玻璃的临界角随入射光线位置变化而变化
【答案】B
【知识点】光的折射及折射定律；光的全反射
【解析】【解答】B、由题意可知光线在玻璃砖圆弧边界的入射角为30°，空气中的折射角为60°，则玻璃的折射率为，B正确。
A、由折射率为可知，该玻璃对单色光的临界角为，则临界角不是30°，A错误。
C、光在介质中的传播速度为，由几何关系可知，则传播时间为，C错误。
D、玻璃的临界角只与玻璃本身以及光的频率有关，并不随入射光线的位置变化而变化，D错误。
故答案为：B
【分析】由题意根据几何关系画出光路图，从而得出入射角和折射角的大小，再根据折射率与入射角和折射角之间的关系以及光在真空中的速度和介质中的速度的关系计算求解，折射率是介质的光学性质，并不随入射光线的位置变化而变化。
11． 小型手摇发电机线圈共匝，每匝可简化为矩形线圈，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴，线圈绕匀速转动，如图所示。矩形线圈边和边产生的感应电动势的最大值都为，不计线圈电阻，则发电机输出电压
A．峰值是 B．峰值是
C．有效值是 D．有效值是
【答案】D
【知识点】交变电流的产生及规律
【解析】【解答】AB、 矩形线圈边和边产生的感应电动势的最大值都为 ，且线圈匝数为N，则电动机输出电压的最大值为2Ne0，AB错误。
CD、电动机输出电压的有效值为，C错误，D正确。
故答案为：D
【分析】线圈在转动过程中两边都产生感应电动势，则感应电动势为两边电动势之和，有效值为最大值除以
12． 如图为洛伦兹力演示仪的结构图，励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁感应强度可通过励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是（ ）
A．仅减小电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变小
B．仅增大电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期变大
C．仅减小励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变小
D．仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期变大
【答案】A
【知识点】左手定则—磁场对带电粒子的作用；洛伦兹力的计算；带电粒子在匀强磁场中的运动
【解析】【解答】A、 仅减小电子枪的加速电压，则电子的速度减小，由得，速度减小，半径减小，A正确。
B、加速电压增大，电子的速度增大，，由A得，则，故电子做圆周运动的周期与速度无关，则周期不变，B错误。
C、减小励磁线圈的电流，则磁感应强度减小，由可知电子的半径变大，C错误。
D、增大励磁线圈电流，磁感应强度增大，由，则电子做圆周运动的周期变小，D错误。
故答案为：A
【分析】加速电压影响电子的速度，励磁线圈影响磁感应强度，电子在磁场中在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，则，再根据分析周期和半径与速度和磁感应强度之间的关系。
13．（2023高二下·杭州期中）如图所示，在x轴上和处分别固定电荷量大小均为Q的两个点电荷，它们在x轴上形成的电势分布情况如图中曲线所示，呈对称分布，在处曲线的切线与x轴平行。取无穷远处电势为0，静电力常量为k。下列说法正确的是（ ）
A．这两个点电荷是异种电荷
B．在处电势和电场强度都不为0
C．把电子从处移到处电势能先增大后减小
D．处的电场强度为且指向x轴正方向
【答案】C
【知识点】库仑定律；电场力做功；点电荷；电势能；电势；电势差
【解析】【解答】A．由图可知，电势均为正值，则两个点电荷均为正电荷，故A错误；
B．由图可知x=0处电势不为零，由场强叠加原理可知，该处场强为0，故B错误；
C．把电子从处移到处，电势先降低再升高，由于电子带负电，则电势能先增大后减小，C正确；
D．处的场强为指向x轴负方向，D错误。故选C。
【分析】A.电场线总是由高电势指向低电势，该题中可以看出电势在电荷所处的位置电势最高，所以可以知道该亮点和是等量同种正电荷；B.电场是矢量，其叠加属于矢量运算，电势是标量，其大小具有相对性；C.根据电场力做功与电势关系，负电荷电势降低，电场力做负功，电势能增加，电势升高，电场力做正功，电势能降低；D.两点电荷在某次产生的电场强度分别用点电荷产生的电场公式计算出两点电荷产生电场大小，再用矢量法则计算合场强。
二、多选题（本大题共2小题，共8分）
14．（2023高二下·杭州期中）下列关于分子动理论知识，说法正确的是（ ）
A．图甲“用油膜法估测油酸分子的大小”实验中，若水面上痱子粉撒得较多，实验测得的结果将偏大
B．图乙折线显示的是液体分子永不停息的无规则运动，这种运动称为布朗运动
C．图丙为氧气分子在不同温度下的速率分布图像，由图可知状态③时的温度比状态①、②时都高
D．图丁为分子间作用力f和分子势能随分子间距离r变化的关系图线，其中①表示分子间作用力随分子间距离r的变化关系图线，②表示分子势能随分子间距离r的变化关系图线
【答案】A,C,D
【知识点】布朗运动；分子间的作用力；用油膜法估测油酸分子的大小；分子运动速率的统计规律；分子势能
【解析】【解答】A.若痱子粉撒的太多，则油膜不能充分展开，故油膜面积偏小，则实验测量结果偏大，故A正确；B.图乙中折线所显示的是微粒无规则运动每隔一定时间所在位置的连线，不是液体分子的运动轨迹，故B错误；C.温度越高，速率大的分子所占的比例越大，根据图像显示， ③时比状态①、② 速率打大的分子所占比例最大，故 ③时的温度比状态①、② 高，故C正确；D.当分子间距离为平衡距离时，分子力为0，分子力为0时。分子势能最小，据此就可以判断①表示分子间作用力随分子间距离r的变化关系图线，②表示分子势能随分子间距离r的变化关系图线。
【分析】A.知道 在油膜法测分子大小的实验中，先在水面撒上痱子粉，将配置好的液体滴在水面上，液体就会排开痱子粉，所以痱子粉的作用是使油膜的轮廓清晰，便于测量油膜的面积，但痱子粉撒太多，则油膜不能充分展开就可以判断；B.知道观察布朗运动是微粒的无规则运动，折线则是微粒无规则运动每隔一定时间所在位置的连线就可以判断；C.知道气体温越高，分子速率大的所占比例就越高就可以判断；D.记清分子势能和分子力的变化规律就可以判断。
15． 如图所示，位于、两点处的两波源相距，在、两点间连线上有一点，。时，两波源同时开始振动，振动图象均如图所示，产生的两列横波沿连线相向传播，波在间的均匀介质中传播的速度为。下列说法正确的是（ ）
A．时，点处的波源产生的第一个波峰到达点
B．两列波在点叠加后，点的振动是减弱的
C．在到内，点运动的路程为
D．、两点间除、两点外振幅为的质点有个
【答案】A,D
【知识点】机械波及其形成和传播；横波的图象；波长、波速与频率的关系
【解析】【解答】A、由图可知M点发出的波传播到P点所需的时间为，再经过四分之一周期到达波峰，，则M点处第一个波峰到达P点需要0.025s，A正确。
B、 P点与MN之间的距离之差为6m，波长为，则P点为振动加强点，B错误。
C、M点产生的波传播到P点所用的时间为0.02s，则P点的振动时间为0.015s，振动的路程为15cm，N点产生的波传播到P点所用的时间为，故N点产生的波未传播到P点，即P点的路程为15cm，C错误。
D、振动加强点满足的条件为到两个波源的路程差为波源的整数倍，则距离M点的距离分别为3m，6m，9m，12m，15m共五个加强点，振幅为10cm，D正确。
故答案为：AD
【分析】根据P点距离波源的距离和波速计算波传播到P点的时间，再计算P点到达波峰所需的时间，两列波的加强点满足距离波源的路程差为波长的整数倍，减弱点为路程差等于半波长的奇数倍。
三、实验题（本大题共2小题，共16分）
16． 某同学设计了如图所示实验装置探究向心力与质量、半径的关系。水平杆光滑，竖直杆与水平杆铰合在一起，相互垂直，绕过定滑轮的细线两端分别与物块和力传感器连接。忽略细线与定滑轮间的摩擦
（1）探究向心力与质量关系时，让物块、的质量不同，测出物块、的质量分别为、，使物块到竖直轴距离 填“相同”或“不同”，转动竖直杆，测出不同角速度下两个力传感器的示数、。反复实验测出多组、，作出图像，如果作出的图像是过原点的斜线，且图像的斜率等于 ，则表明在此实验过程中向心力与质量成正比。
（2）该实验过程中采用的实验方法是____。
A．理想实验法 B．等效替代法 C．控制变量法
【答案】（1）相同；
（2）C
【知识点】向心力
【解析】【解答】（1） 探究向心力与质量关系时 ，需要保证半径相同，则使物体距离竖直轴的距离相同，若实验过程中向心力与质量成正比 ，则且图像的斜率等于 。
（2）此过程中探究三个物理量之间的关系，需要保证其他物理量相同，探究两个物理量之间的关系，这种实验方法叫做控制变量法。
【分析】（1）探究向心力与质量关系时，需要保证半径和角速度相同；探究向心与半径关系时，需要保证质量与角速度相同；探究向心力与角速度关系时，需要保证质量和半径相同。
（2）理想实验法是指忽略次要因素只考虑主要因素的实验方法；等效替代法是用不同的方式达到相同的效果，例如：探究合力与分力的关系；控制变量法是指控制其他物理量相同，探究两个物理量之间的关系。
17． 为了测量一节干电池的电动势和内阻，某同学采用了伏安法，现备有下列器材：
A.被测干电池一节
B.电流表：量程，内阻
C.电流表：量程，内阻约为
D.电压表：量程，内阻未知
E.电压表：量程，内阻未知
F.滑动变阻器：，
G.滑动变阻器：，
H.开关、导线若干
在用伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差；在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻。
（1）在上述器材中请选择适当的器材：、 、 、 、填写选项前的字母；
（2）实验电路图应选择下图中的 填“甲”或“乙”；
（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的图像，则干电池的电动势 ，内电阻 。
【答案】（1）B；D；F
（2）甲
（3）1.5；0.7
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1）干电池的电动势约为1.5v，则选择0-3v量程的电压表即可，电流表选择已知内阻的电流表，滑动变阻器选择0-10Ω即可。
（2）由于电流表内阻已知，故采用电流表相对电源的内接法，答案为甲图
（3）由闭合电路欧姆定律可知，则图像与纵轴的交点为电源的电动势，即，图像斜率为电流表内阻与电源内阻之和，即，则
【分析】（1）根据干电池的电动势约为1.5v，内阻约为1Ω左右，可选择处电压表的量程，电流表用已知内阻的电流表可以消除系统误差，滑动变阻器由电路中的电流来选择合适的阻值。
（2）电流表内阻已知，故将电流表相对电源的内接法，可消除系统误差。
（3）由闭合电路欧姆定律结合图像分析图像的截距表示电源的电动势，斜率表示电源内阻与电流表内阻之和。
四、计算题（本大题共4小题，共34分）
18．如图所示，水平地面与一竖直光滑半圆轨道平滑连接，半圆轨道半径为，点为半圆轨道的最低点，在水平地面上有一质量为的小物块，小物块在大小为力恒力的作用下从静止开始沿水平面运动，与水平方向夹角，小物块与地面的动摩擦因数，作用撤去后，小滑块又向前滑行到达点，重力加速度，小滑块经过两轨道相连处无能量损失，，。
（1）求小滑块在点受到的支持力大小；
（2）通过计算判定小滑块能否达到半圆轨道的最高点。
【答案】（1）解： 力作用时，对物体受力分析并把沿水平和竖直方向分解：
竖直方向：
水平方向：
联立以上两式解得：
撤去时的速度
撤去后，由牛顿第二定律得：
物块做匀减速直线运动，由
解得：
在点，由牛顿第二定律得：
解得；
（2）解：滑块恰能滑到最高点，速度满足，
假设滑块能上升到最高点，由动能定理得：
解得：，故物块恰好上升到半圆轨道的最高点。
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对物体进行受力分析，正交分解由牛顿第二定律计算物体加速度大小，由运动学公式计算撤去拉力时的加速度大小，再用同样的方法计算物体到达A点的速度大小，在A点物体由重力和支持力提供向心力，根据向心力与线速度和半径之间的关系分析求解支持力的大小。
（2）若物体能够通过最高点，则临界条件为重力提供向心力，可计算恰好通过最高点的速度为，假设物体能够通过最高点，根据动能定理计算达到最高点的速度，若达不到临界速度，则无法通过最高点，反之则可以通过最高点。
19． 如图所示，质量为的铁块与轻弹簧的上端连接，弹簧下端固定在光滑斜面底端固定的挡板上，斜面倾角，铁块静止时，弹簧的压缩量。一质量也为的物块从斜面上距离铁块的处由静止释放，物块与铁块相撞后立刻与铁块一起沿斜面向下运动碰撞时间极短，物块与铁块不粘连，它们到达最低点后又沿斜面向上运动，且它们恰能回到点。若给物块的初速度，仍从处沿斜面滑下，则最终物块与铁块回到点时，还具有向上的速度。物块与铁块均可看作质点，取，求：
（1）第一种情形中物块与铁块相撞后一起开始沿斜面向下运动的速度大小；
（2）第二种情形中物块与铁块回到点时的速度大小。
【答案】（1）解：设第一种情形中物块与铁块碰撞时的速度为，对物块由动能定理得
设表示物块与铁块碰撞后一起开始向下运动的速度，因碰撞时间极短，它们的动量守恒，有
联立代入数据解得
（2）解：刚碰完时弹簧的弹性势能为，从它们碰后至又返回点的过程中，只有重力和弹簧弹力做功，机械能守恒，有
设第二种情形中物块与铁块碰撞时的速度为，对物块由动能定理得
设表示物块与铁块碰撞后一起开始向下运动的速度，则由动量守恒有
刚碰完时弹簧的弹性势能仍为，设物块与铁块回到点时的速度为，从它们碰后至又返回点的过程中机械能守恒，有
联立解得
【知识点】功能关系；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）由动能定理时间第一种情形中物块与铁块碰撞前的速度大小，碰撞时间极短，内力远大于外力，由动量守恒定律计算两者碰撞共速后的速度大小。
（2）第二种情形同样根据动能定理计算碰撞前的速度大小，由动量守恒定律计算碰后两者的共同速度大小，两者压缩弹簧至返回的过程中，两物体和弹簧构成的系统机械能守恒，根据机械能守恒定律计算回到O点的速度大小。
20． 如图所示，空间分布着方向平行于纸面、宽度为的水平匀强电场。在紧靠电场右侧半径为的圆形区域内，分布着垂直于纸面向里的匀强磁场。一个质量为、电荷量为的粒子从左极板上点由静止释放后，在点离开加速电场，并以速度沿半径方向射入匀强磁场区域，然后从点射出。两点间的圆心角，粒子重力可忽略不计。
（1）求加速电场板间电压的大小；
（2）求粒子在匀强磁场中运动时间的大小；
（3）若仅将该圆形区域的磁场改为平行于纸面的匀强电场，如图所示，带电粒子垂直射入该电场后仍然从点射出。求粒子从点运动到点过程中，动能的增加量的大小。
【答案】（1）解：粒子在匀强电场中加速的过程，根据动能定理有：
解得：
答：加速电场板间电压的大小为；
（2）解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，粒子在磁场中运动的半径：
粒子在匀强磁场中运动时间的大小：
答：粒子在匀强磁场中运动时间为；
（3）解： 粒子在偏转电场中做匀加速曲线运动，运动轨迹如图所示，
根据运动的合成分解及几何关系，在方向有：
在方向有：
根据牛顿第二定律有：
联立解得：
则粒子从点运动到点过程中，动能的增加量：
答：粒子从点运动到点过程中，动能的增加量的大小为。
【知识点】带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【分析】（1）粒子在加速电场中电场力做功等于电子的动能变化量，由动能定理计算电压的大小。
（2）画出粒子在磁场中做圆周运动的轨迹图，由几何关系计算半径的大小，再由运动轨迹的圆心角计算时间。
（3）若将磁场换为电场，则电子在电场中做类平抛运动，根据几何关系和运动的合成与分解以及牛顿第二定律计算偏转电场的电场强度，再根据动能定理计算动能的增加量。
21． 平行直导轨由水平部分和倾斜部分组成，导轨间距，是分界线，倾斜部分倾角，左侧有磁感应强度大小为、垂直于水平面的匀强磁场，右侧有垂直斜面向下、磁感应强度大小也为的匀强磁场，如图甲所示。质量均为、电阻值均为的两根金属细杆和垂直放在该导轨上，其中杆光滑，杆与导轨间的动摩擦因数，导轨底端接有的电阻，导轨电阻不计。开始时、杆均静止于导轨上，现对杆施加一水平向左的恒力，使其向左运动，当杆向左加速运动的时间为时开始做匀速直线运动，此时杆刚要开始沿斜面向上运动仍保持静止，再经撤去外力，最后杆静止在水平导轨上。整个过程中电阻产生的热量。撤去后，杆减速过程图像如图乙，横轴表示时间，纵轴表示任意时刻杆速度与刚撤去时速度的比值。取
（1）判断磁场的方向；并求刚撤去外力时杆两端的电势差；
（2）求杆从开始运动到最后静止的总位移大小；
（3）求加速过程的时间，并判断撤去后图乙中和的大小关系无需证明。
【答案】（1）解：由题意可知，当杆向左加速运动的时间为时开始做匀速直线运动，此时杆刚要开始沿斜面向上运动仍保持静止，可知受到沿斜面向上的安培力，由左手定则可知，流经的电流由到，则流经的电流由到，由右手定则可知，匀强磁场的方向竖直向下。
对杆，由平衡条件可知受到的安培力，
可得，
解得，
由欧姆定律可得，
因点电势高于点，因此则有；
（2）解：电路的总电阻为，
电路的总电流为，可知流经的电流为，则有杆产生的感应电动势为，
对杆则有，，
杆做匀速直线运动的位移为，
回路中产生的焦耳热，
由平衡条件可知，
由功能原理可得，
代入数据可得，
解得杆加速运动的位移为，
由题意可知杆加速过程与减速过程位移大小相等，则有杆从开始运动到最后静止的总位移大小为；
（3）解： 由动量定理可得
又有
联立可得
撤去后图乙中，证明如下：
由牛顿第二定律可得
则有
设时刻的速度为，则有
所以有，故有
【知识点】电磁感应中的能量类问题
【解析】【分析】（1）对整个电路进行分析，根据安培力的方向判断电流的方向，再由右手定则判断匀强磁场的方向，再对cd杆进行受力分析计算安培力的大小，由欧姆定律计算cd电势差的大小，进而计算ab杆的电势差。
（2）根据闭合电路欧姆定律计算电路中的总电阻和总电流，再由法拉第电磁感应定律计算感应电动势，从而得到电路中的焦耳热，最后由功能关系计算ab杆走过的位移。
（3）对ab杆应用动量定理，结合法拉第电磁感应定律和闭合电路欧姆定律得到时间的大小，从而判断时间的关系。
