2023学年度山西省运城市高二(上)期末物理试卷(含答案解析)

2023-2023学年山西省运城市高二〔上〕期末物理试卷以下有关说法中正确的选项是( )电动势就是路端电压电动势在数值上为电源将正电荷从正极移送到负极时非静电力所做功的大小由欧姆定律𝐼=𝑈可知，在任何电路中电流与电压成正比、与电阻成反比𝑅电流的定义式𝐼=𝑞，适用于任何电荷定向移动形成的电流𝑡如下图是三种元件的伏安特性曲线，以下说法正确的选项是( )1代表标准电阻，温度上升，电阻不变，其斜率等于电阻三条线代表的元件都是线性元件2代表某些半导体元件，随着电压、电流的上升，电阻减小3如下图，水平放置的平行板电容器上极板带正电，所带电荷量为Q，板间距离为d，上极板与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地。在两极板正中间P点有一个静()油滴带正电C.油滴向上运动

B.静电计指针张角不变D.P点的电势不变均匀带电、完整的球壳在球外空间产生的电场，等效为电荷集中于球心处产生的电场。如下图，半径为r、均匀分布着电荷量为+𝑞的球面，其圆心OABx轴上，x轴上PArxBrC121页大小为𝐸0，静电力常量为k，则点电荷的带电量为( )A.16𝐸0𝑟2−4𝑞 B.9𝐸0𝑟2−9𝑞 C.16𝐸0𝑟2+4𝑞 D.9𝐸0𝑟2+9𝑞𝑘 𝑘 4 𝑘 𝑘 4示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的状况。示波器的内部构造简化图如下图电子经电子枪加速后进入偏转电场最终打在荧光屏上。以下关于所加偏转电压与荧光屏上得到图形的说法中正确的选项是( )假设只在𝑋𝑋′上加图甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(𝑎)假设只在𝑌𝑌′上加图乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(𝑏)假设在𝑌𝑌′、𝑋𝑋′上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(𝑐)假设在𝑌𝑌′、𝑋𝑋′上分别加图甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(𝑑)在方向水平的电场中有一粗糙、绝缘的水平面，将一带电量为+𝑞的小物体轻放在水平面上此后小物体做直线运动。以小物体的初始位置为坐标原点O，沿运动方向建立x轴，x轴上各点的电势𝜑随位置坐标x的变化如下图图中0∼𝑙为曲线，𝑙∼2𝑙及2𝑙∼3𝑙为直线，图像曲线局部和直线局部在𝑥=𝑙处相切，小物体在𝑥=𝑙处速度为最大值，在𝑥=3𝑙处速度恰好为零，以下说法错误的选项是( )O到𝑥=3𝑙的过程中由于摩擦产生的热量为𝑞(𝜑3−𝜑2)𝑞𝜑小物体运动过程中受到的摩擦力大小为

12𝑙221页C.𝜑1、𝜑2、𝜑3的关系为3𝜑1=𝜑3𝜑2D.小物体运动过程中的最大动能为𝑞(𝜑1+𝜑2)如下图，一弹簧振子在一条直线上做简谐运动，第一次先后经过M、N两点时速度𝑣(𝑣≠0)一样，那么，以下说法正确的选项是( )M、N两点所受弹簧弹力一样振子在M、N两点相对平衡位置的位移大小一样M、N两点加速度大小相等MN点，振子先做匀加速运动，后做匀减速运动如下图，面积为S的长方形线框CDEF放在垂直纸面对里、足够大的、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，以下分析正确的选项是( )CDEF中的磁通量𝛷=0CDCDEF转过180∘，这一过程中，线框中的磁通量变化量𝛥𝛷=0线框以CF边为轴在磁场中转动，线框中会产生感应电流线框绕过D点与磁场平行的轴转动，线框中会产生感应电流mMAB用轻绳相连，挂在轻弹簧下静止不动，如图(𝑎)A、BA上升至某u，如图(𝑏)所示，在这段时间里，弹簧的弹力对物体A的冲量为()A.𝑚𝑣+𝑚𝑢 B.mv C.𝑚𝑣+𝑀𝑢 D.Mu如下图，两平行导轨ab、cd竖直放置在匀强磁场中匀强磁场方向竖直向上将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触．现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动．电流I随时间的关系为𝐼=𝑘𝑡(𝑘为常数，𝑘>0)，金属棒与导轨间的动摩擦因数肯定．以竖直向下为正方向，则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中，可能正确的选项是( )321页B. C. D.电动自行车凭借环保、节能、省钱获得宽阔市民的宠爱，成为多数人的代步工具。以下图为某种锂电池充电过程中电池电压、充电电流随时间变化的图像。依据图像，可以做出的正确推断是( )该锂电池的充电电压可能小于4.2𝑉该锂电池的电动势约为4.2𝑉假设该锂电池的容量为1400𝑚𝐴⋅ℎ5.88𝑊⋅ℎ充电的1.0∼3.0小时内，电池充入的电荷量为1000𝑚𝐴⋅ℎ如下图电路中，电源内阻不能无视，电表均为抱负电表。闭合开关后，电路处于稳定状态，以下说法正确的选项是( )灯泡𝐿2R发生了短路灯泡𝐿1R发生了短路电流表的示数突然变大，可能由于电容器被击穿电压表的示数突然变小，可能由于灯泡𝐿2的灯丝烧断421页如下图，质量为m、电荷量为qE的匀强电场中，以初速度𝑣0沿直线ON做匀变速运动，直线ON与水平面的夹角为30∘，假设小球在初始位置的电势能为零，重力加速度为g，则下面说法中正确的选项是( )E的最小值为√3𝑚𝑔2𝑞𝑚𝑔

𝑣2假设电场强度为𝐸=

、则小球相对初始位置的最大高度0𝑞 2𝑔匀强电场的方向可能竖直向上𝑚𝑔

𝑚𝑣2假设电场强度为𝐸=

，小球电势能的最大值为0𝑞 4如图甲所示，一轻质弹簧两端分别与质量为𝑚1和𝑚2的A、B两物块相连接，并静止在光滑水平面上。现使物块A瞬间获得一个方向水平向右、大小3𝑚/𝑠的速度并开头计时，此后两物块的速度随时间变化的规律如图乙所示，则以下说法正确的选项是( )𝑡3时刻弹簧被压缩到最短B.A、B的质量之比𝑚1：𝑚2=1：2C.𝑡2A、B的动量大小之比力𝑝1：𝑝2=1：1D.𝑡1时刻弹簧具有的弹性势能等于两物块动能之和的两倍15.如图甲所示，一个匝数𝑛=100的圆形导体线圈，面积𝑆1=0.4𝑚2，电阻𝑟=1𝛺.在线圈中存在面积𝑆2=0.3𝑚2的垂直线圈平面对外的匀强磁场区域，磁感应强度Bt变化的关系如图乙所示。有一个𝑅=2𝛺的电阻，将其两端a、b分别与图甲中的圆形线圈相连接，b端接地，则以下说法正确的有( )521页圆形线圈中产生的感应电动势𝐸=6𝑉在0∼4𝑠R的电荷量𝑞=6𝐶ba端的电势𝜑𝑎=3𝑉在0∼4𝑠R上产生的焦耳热𝑄=18𝐽如图甲所示为多用电表中欧姆挡的简易构造图。关于多用电表欧姆挡的使用，以下说法正确的选项是 。测量某一电阻时，应在其所在电路中直接测量，不必拆下被测电阻测量电阻时用手指紧紧按住红、黑表笔与电阻接触的局部，这样测量较为准确C.因流过表头的电流与待测电阻的阻值不成线性关系，所以表盘刻度不均匀D.假设使用一段时间后电源电动势没变，内阻增大但不影响调零，待测电阻的测量值将变大(2)某同学选取“×100挡”测量肯定值电阻觉察指针偏角过大应将挡位调至 (填“×10”或“×1𝑘”)挡，并且重进展欧姆调零换挡后，重测量该定值电阻，表盘示数如图乙所示，则此定值电阻的测量值为 𝛺。将两个金属电极插入一个水果中就可以做成一个水果电池(比方将锌、铜两电极插入水果1V左右)。某学习小组的同学找来了一个水果做成水果电池，并预备测量其电动势和内阻。试验室除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A.电压表𝑉(量程为0∼3𝑉、内阻约50𝑘𝛺)B.电流表𝐴1(量程为0∼0.6𝐴，内阻为1𝛺)C.电流表𝐴2(量程为0∼200𝜇𝐴，内阻为900𝛺)D.电流表𝐴3(量程为0∼300𝜇𝐴，内阻约为1000𝛺)E.滑动变阻器𝑅1(最大阻值约2𝑘𝛺)F.定值电阻𝑅0(阻值为100𝛺)621页G.变阻箱𝑅(0∼9999𝛺)析试验电路中最大电流1∼则需选择电流 选填1”𝐴2”或𝐴3”并用定值电阻𝑅0对其量程进展扩大，扩大后的量程为 。在方框中画出设计的电路图。用(2)中试验电路测得的几组电流表、电阻箱的读数I、R，作出1−𝑅图线如下图，依据𝐼图线求得𝐸= 𝑉(保存两位有效数字)，𝑟= 𝛺(保存一位小数)。𝐸=45𝑉，内阻为𝑟=3𝛺，电阻𝑅1𝑅2的阻值分别为8𝛺、12𝛺，平行板电容器的电容𝐶=2×10−4𝜇𝐹。开关闭合后，电动机恰好正常工作。电动机的额定电压𝑈𝑀=12𝑉，线圈的电阻𝑅𝑀=2𝛺，求：(1)开关闭合后，电容器的带电量；(2)电动机正常工作时的效率是多少？如下图，空间内存在有方向竖直向下的匀强电场，电场强度𝐸=103𝑉/𝑚，将一长为𝐿=1𝑚且不行伸长的轻绳，一端固定于O点，另一端系一质量𝑚=0.8𝑘𝑔、带电量𝑞=+0.01𝐶的小球。现将AO点的B点时绳恰好断裂(假设该绳断裂时无能量损失)，小球连续运动并垂直打在一个与水平面成𝜃=53∘MNCg取10𝑚/𝑠2B、CU。721页21mA、BABA、B两质点的振动图像，假设这列波的波长大于10m，求这列波可能的波速。ACB内存在方向垂直于纸面对里、磁感应强度为B的匀强磁场，ABBCAC为磁场边界，AC3a，∠𝐶𝐴𝐵=53∘m+𝑞ABDAB射入匀强磁场，恰不从BC边射出磁场区域。AD距离为𝑎(不计粒子重力，sin53∘=0.8，cos53∘=0.6)。求粒子的速率。碰撞是生活中常见的现象，某同学想对碰撞问题进展争论。该同学在调平的气垫导轨上争论两个滑块的碰撞。让滑块A以某一速度与原来静止的滑块BA2m，Bm。1ABA、B将粘在一起运动。A的初速度为𝑣0A、B组成的系统损失的机械能是多少？碰撞前 碰撞后试验序号𝑣10(𝑚/𝑠)𝑣20(𝑚/𝑠)𝑣1(𝑚/𝑠)𝑣2(𝑚/𝑠)10.9000.301.2020.7300.240.9730.8100.271.082ABA、B将分开且沿着一样方向运动。通过传感器分别测得两个滑块碰撞前后的速度如下：821页该同学通过处理数据觉察碰撞前后有𝑚𝐴𝑣10=𝑚𝐴𝑣1+𝑚𝐵𝑣2，说明滑块的碰撞过程满足动量守恒定律；同时他还觉察𝑣2−𝑣1=𝑣10也成立，他认为这是一个运动的滑块与一个静止的滑块发生弹性碰撞的必定结果。请你分析说明该同学的观点是否正确。L，R的电阻。导轨所在空间存在竖直向下的匀强BrMN长度恰好等于导轨间距，与导轨接触良好，导体棒沿导轨向右v，导轨的电阻可无视不计。IU；通过公式推导证明：导体棒向右匀速运动𝛥𝑡时间内，拉力做的功W等于电路获得的电能𝑊 。电921页答案和解析【答案】D【解析】解：A电源两端时，数值上等于电动势大小，故A错误；B、电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做功，故B错误；C、由欧姆定律𝐼=𝑈可知，在纯电阻电路中电流与电压成正比，与电阻成反比，故C错误；𝑅D、电流的定义式𝐼=𝑞，适用于任何电荷定向移动形成的电流，故D正确。𝑡应选：D。电动势与路端电压是两个不同的概念；电动势的物理意义：数值上为电源将单位正电荷从正极移送到负极时非静电力所做的功；电流的定义式𝐼=𝑞，适用于任何电荷定向移动形成的电流；欧姆𝑡定律适用于纯电阻电路。此题考察恒定电流的根本概念，涉及到电动势、路端电压、电流定义式、欧姆定律等学问点，属于根底简洁题目。【答案】C【解析】解：𝐴.1是标准电阻，但是在𝐼−𝑈图像中，其斜率的倒数等于电阻，故A错误；2、3是曲线，说明其代表的元件不是线性元件，故B错误；曲线2中反响的特征是，随着电压、电流的增大，电阻渐渐减小，说明该元件是半导体元件，C正确；曲线3中反响的特征是，随着电压、电流的增大，电阻渐渐增大，这符合小灯泡的伏安特性曲线，其电阻率随温度的上升而增大，故D错误。应选：C。理解图像的物理意义，结合选项的描述即可完成分析。此题主要考察了欧姆定律的相关应用，理解图像的物理意义即可完成分析，属于简洁题型。【答案】D【解析】解：A、油滴所受电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，而依据题意知场强方向竖A错误；BCd减小，依据\(C=\dfrac{Q}{U}\)，\(C=\dfrac{ɛS}{4\pikd}\)，及\(E=\dfrac{U}{d}\)，可推导出\(E=\dfrac{4πkQ}{\epsilonS}\)E不变，电场力和重力\(U=Ed\)1021页BC错误；D𝐸=4𝜋𝑘𝑄，与板间距离无关，所以电场强度不变，P𝜖𝑆点与下极板间距不变，依据𝑈𝑃𝑂=𝜑𝑃=𝐸𝑑𝑃0PD正确；应选：D。依据重力和电场力平衡推断电场力方向，依据场强方向推断粒子电性；上极板下移，板间距减小，依据场强推论公式𝐸=4𝜋𝑘𝑄推断场强变化，即可判定电场力大小；𝜖𝑆依据𝑈=𝐸𝑑P点的电势变化，及静电计指针变化状况。和定电源时，假设只转变两板间距离，则两板间的电场强度不变。【答案】A【解析】p点的点电荷带电量为+𝑄C点产生的电场强度𝐸1

= 𝑘𝑄(4𝑟)2x+𝑞C点产生的电场强度𝐸2

= 𝑘𝑞(2𝑟)2

x轴的负方向。C点产生的合电场强度为𝐸0，则有𝐸1+𝐸2=𝐸0综合解得：𝑄=16𝐸0𝑟2−4𝑞A正确；BCD错误；𝑘应选：A。依据点电荷的场强公式结合题目条件和矢量合成的特点得出点电荷的带电量。此题主要考察了电场的叠加问题，生疏场强的计算公式，理解矢量的合成特点即可完成分析。【答案】D【解析】解：𝐴.假设只在𝑋𝑋′上加图甲所示的电压，则电子只在x轴方向偏转，且偏转距离时刻在x轴上的一条亮线，如图(𝑏)A错误；B.假设只在𝑌𝑌′上加图乙所示的电压，则电子只在y轴方向偏转，且偏转距离时刻在变，所以在荧y轴上的一条亮线，如图(𝑎)B错误；𝐶𝐷.假设在𝑋𝑋′、𝑌𝑌′上分别加图甲、乙所示的电压，则水平方向为扫描电压，扫描电压掩盖了两个周期的待测信号波形，在荧光屏上看到的图形将如图(𝑑)C错误，D正确。应选：D。依据电势的凹凸分析出粒子的受力方向，由此分析出其运动轨迹和对应的图形。此题主要考察了示波器的相关应用，生疏粒子的受力分析，结合运动的特点即可完成解答，整体1121页难度不大。【答案】B【解析】解：𝐴.O到𝑥=3𝑙过程中由能量守恒定律可知，小物体削减的电势能均转化为O到𝑥=3𝑙过程中由于摩擦产生的热量为𝑞(𝜑3−𝜑2)A正确；B.因小物体位于𝑥=𝑙𝑓=𝑞𝜑1，故B错𝑙误；C.O到𝑥=3𝑙过程中由能量守恒定律得3𝑓𝑙=𝑞(𝜑3−𝜑2)解得：3𝜑1=𝜑3−𝜑2C正确；D.小物体在𝑥=𝑙到𝑥=3𝑙过程中由动能定理得𝑞(𝜑1𝜑22𝑓𝑙0𝐸𝑘𝑚解得：𝐸𝑘𝑚=𝑞(𝜑1+𝜑2)D正确。此题选错误的，应选：B。依据能量守恒定律得出摩擦产生的热量；物体的速度最大时，加速度为零，由此分析出摩擦力的大小；依据能量守恒定律得出电势的凹凸；依据动能定力计算出小球运动过程中的最大动能。此题主要考察了能量守恒定律的相关应用，解题的关键点是理解图像的物理意义，结合能量守恒定律和动能定理即可完成分析。【答案】BC【解析】解：A、弹簧振子做简谐运动，回复力为弹簧的弹力，弹力的方向始终指向平衡位置，可M、N两点所受弹簧弹力大小相等，方向相反，则弹力不同，故A错误；BMN两点时速度𝑣(𝑣≠0)MN两点关于平衡位置对称，M、N两点相对于平衡位置的位移大小相等、方向相反，故B正确；C、M、N两点相对于平衡位置的位移大小相等，依据𝑎=−𝑘𝑥M、N两点加速度𝑚C正确；DMN点，回复力先减小后增大，振子的加速度先减小后增大，所以振子先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故D错误。应选：BC。明确弹簧振子的振动模型，知道关于O点对称的两点位移大小相等、方向相反；再依据位移关系分析弹力、回复力和加速度的关系。依据加速度变化状况推断振子的运动状况。在简谐运动过程中，振子的位移、速度、加速度等物理量相对于平衡位置具有对称性，对于这些1221页物理量的大小和方向的变化肯定要熟知。【答案】C【解析】解：A、图示位置，线框平面与磁场垂直，线框中的磁通量𝛷=𝐵𝑆A错误；B、以CD边为轴，让线框CDEF转过180∘，磁感线进入平面的方向发生了转变，线框中的磁通量变化量𝛥𝛷=2𝐵𝑆B错误；C、线框以CF边为轴在磁场中转动，线框中的磁通量时刻在发生转变，线框中会产生感应电流，C正确；DD点的与磁场平行的轴转动线框中的磁通量始终为BS，线框中不会产生感应电流，D错误。应选：C。【答案】A【解析】解：规定向上为正方向，由动量定理得：B：−𝑀𝑔𝑡=−𝑀𝑢−0A：𝐼−𝑚𝑔𝑡=𝑚𝑣−0A的冲量为：𝐼=𝑚(𝑣+𝑢)A正确，BCD错误。应选：A。A、B的绳子突然断开后，A受重力和弹力，BA、B两物体应用动量定理可以A的冲量。此题考察了求弹簧的冲量，应用动量定理即可正确解题，应用动量定理解题时，要留意正方向的选择。【答案】B【解析】解：A、由于开头加速度方向向下，与速度方向一样，做加速运动，加速度渐渐减小，即做加速度渐渐减小的加速运动，然后加速度方向向上，加速度渐渐增大，做加速度渐渐增大的减A错误，B正确．C、依据牛顿其次定律得，金属棒的加速度𝑎=𝑓−𝑚𝑔，𝑓=𝜇𝑁=𝜇𝐹

=𝜇𝐵𝐼𝐿=𝜇𝐵𝐿𝑘𝑡，𝑚 𝐴联立解得加速度𝑎=𝜇𝐵𝐿𝐾𝑡−𝑔C错误；𝑚D、𝑡=0时刻无电流，无安培力．只有重力，加速度竖直向下，为正值．故D错误．应选：B依据牛顿其次定律得出加速度的表达式，结合加速度方向与速度方向的关系推断速度的变化．解决此题的关键会依据合力确定加速度的变化，结合加速度方向与速度方向推断物体做加速运动1321页还是减速运动，知道速度时间图线的切线斜率表示加速度．【解析】解：A压肯定大于4.2𝑉A错误；B、由图象可以看出，在布满电后电池电压稳定在4.2𝑉，说明该锂电池的电动势约为4.2𝑉B正确；C、假设该锂电池的容量为1400𝑚𝐴⋅ℎ，依据题意可知整个充电过程中，锂电池增加的电能为𝐸=𝑈𝑄=4.2×1400×103𝑊⋅ℎ=5.88𝑊⋅ℎ5.88𝑊⋅ℎC正确；D、电流-时间图象的面积表示电池充入的电荷量，所以在充电的1.0∼3.0小时内，图象面积小于1000𝑚𝐴D错误；依据布满电后电池电压稳定在4.2𝑉-时间图象的面积表示电池充入的电荷量推断；依据锂电池增加的电能为𝐸=𝑈𝑄求解。此题以某种锂电池充电过程中电池电压、充电电流随时间变化的图象为情景载体，考察了电荷量以及电能问题，要明确电流-时间图象的面积表示电池充入的电荷量。【解析】解：𝐴.假设电阻R发生短路，电路左侧三元件并联局部电阻为零，外电阻减小，外电压变大，灯泡𝐿2两端的电压变大，故而突然变亮，故A正确；R发生短路，则电路左侧三元件并联局部分得的电压为零，会导致灯泡𝐿1B错误；电容器被击穿短路可使得电路总电阻变小，总电流变大，故C正确；假设灯泡𝐿2的灯丝烧断，则电压表的示数将接近于电源电动势，故而示数增大，故D错误。应选：AC。理解电路构造的分析，结合选项的现象分析出可能的缘由。此题主要考察了闭合电路的欧姆定律，解题的关键点是理解电路构造，结合欧姆定律和电路中各个物理量的关系即可完成分析。【答案】AD【解析】解：𝐴.由于小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向不确定，当电场力垂直于运动方向时，有最小值，电场力最小为𝑚𝑔cos30∘，如上图所示；1421页所以电场强度的最小值𝐸

=𝑚𝑔cos30∘=√3𝑚𝑔A正确；min 𝑞

2𝑞𝐵𝐷.假设电场强度为𝐸=𝑚𝑔，小球所受的合力与速度方向在同𝑞一条直线上，结合平行四边形定则知，电场力的方向与水平方向夹角为30∘，斜向上，如以下图所示；依据牛顿其次定律知，小球的加速

度为𝑎=𝑔；小球斜向上做匀减速直线运动，匀减速直线运动的位

移𝑠=

𝑣22𝑎

= 00𝑣22𝑔0𝑣2大高度ℎ=

1𝑠=2

𝑣24𝑔0𝑊=∘=−1𝑣21𝑣20值为1𝑚𝑣2B错误，D正确；

4 0 4 04 0C.由于小球做匀变速直线运动，则小球所受的合力与速度方向在同一条直线上，结合平行四边形定则知，电场方向不行能竖直向上，故C错误。应选：AD。依据力的动态平衡及数学学问求解场强的最小值；依据牛顿其次定律及运动学公式求解小球上升的最大高度；依据电场力做功公式及与电场力做功与电势能变化的关系求解；依据曲线运动的条件作答。此题考察了力的动态变化、平抛运动学问及电场力所做的功与电势能变化的关系。【答案】BD【解析】解：𝐴.由图象可知两物块的运动过程：开头阶段A渐渐减速，B渐渐加速，A的速度比B的大，弹簧被压缩，𝑡1时刻二者速度一样，系统动能最小，弹簧的弹性势能最大，弹簧的压缩量最大，然后弹簧渐渐恢复原长，B照旧加速，A先减速为零，然后反向加速，𝑡2时刻，弹簧恢复原𝑡3时刻，二木块速度相等，系统动能最小，弹簧最长，故A错误；B.从0时刻到𝑡1过程中弹簧由原长被压缩最短。系统水平方向动量守恒，取向右为正方向，选择从开头到𝑡1时刻列方程可得将𝑣1=3𝑚/𝑠，𝑣2=1𝑚/𝑠代入得𝑚1：𝑚2=1：2B正确；

𝑚1𝑣0=(𝑚1+𝑚2)𝑣1𝑝 𝑚𝑣 1 1 1C.𝑡时刻A、B的动量大小之比为1= 1𝐴= × = ，故C错误；2 𝑝2

𝑚2𝑣𝐵

2 2 4D.依据能量守恒定律可得𝑡=𝑡1时刻弹簧具有的弹性势能𝐸𝑝=2𝑚=2(𝐸𝑘1′𝐸𝑘′)D正确。1521页应选：BD。由于水平面光滑，可知两物块和弹簧组成的系统动量守恒，机械能也守恒，系统动能最小时，弹性势能最大，据此依据图象中两物块速度的变化可以分析系统动能和弹性势能的变化状况。对于这类弹簧问题留意用动态思想认真分析物体的运动过程，留意过程中的功能转化的关系；解答时留意动量守恒和机械能守恒列式分析，同时依据图象，分析清楚物体的运动状况。【答案】BD【解析】解：A、由图乙可以得到磁感应强的变化率为△𝐵=0.15𝑇/𝑠△𝑡依据法拉第电磁感应定律可得线圈中产生的感应电动势为𝐸=𝑛△𝛷=△𝐵𝑛𝑆

=0.15×100×0.3𝑉=4.5𝑉A错误；

△𝑡

△𝑡 2B依据闭合电路的欧姆定律可得线圈中的电流为𝐼= 𝐸𝑅+𝑟

=4.5𝐴=1.5𝐴，所以在0∼4𝑠时间内通2+1R的电荷量为𝑞=𝐼𝑡=1.5×4𝐶=6𝐶B正确；C、依据楞次定律可以推断出线圈中的电流方向为顺时针方向，在电源内部电流是从低电势流向a点的电势低于ba两端的电势差即为R𝑈=𝑅=5×𝑉=3𝑉，即𝑈𝑏𝑎=3𝑉，依据𝑈𝑏𝑎=𝜑𝑏−𝜑𝑎b端接地，所以𝜑𝑏=0，解得𝜑𝑎=−3𝑉C错误；D、在0∼4𝑠R上产生的焦耳热为𝑄=𝐼2𝑅𝑡=1.52×2×4𝐽=18𝐽D正确。应选：BD。依据法拉第电磁感应定律可以计算出线圈中产生的感应电动势；先依据闭合电路的欧姆定律计算出线圈中的电流，然后依据𝑞=𝐼𝑡可以计算出通过电阻的电荷量；bb点的电势为零，先计算出电阻两端的电压𝑈𝑏𝑎，然后依据𝑈𝑏𝑎=𝜑𝑏−𝜑𝑎a端电势；依据焦耳定律可以计算出电阻产生的热量。在应用电磁感应定律计算电动势的时候，要留意里面的面积应当是线圈在磁场中的有效面积，并不是线圈的面积。16.【答案】𝐶10190【解析】解：(1)𝐴.多用电表欧姆挡存在内置电源，为避开与外置电源发生冲突，故测量电阻时应A错误；假设用手指紧紧按住红、黑表笔与电阻接触的局部，则电阻的测量值为该电阻与人体电阻的并联B错误；由𝑅

=𝐸−(𝑟+𝑅+

)C正确；𝑥 𝐼 𝑔假设电动势不变，且仍可调零，可知欧姆表中值电阻不变，电源内阻虽然增大，但电阻箱连入的阻值可做相应削减，所以待测电阻的测量值不变，故D错误。1621页应选：C。(2)假设指针偏角过大，证明所选挡位偏大，表盘示数过小，故重选择较低挡位，使指针向中值电阻靠近，应选×10挡，而且每次换挡都要重进展欧姆调零；该电阻的测量值为𝑅=19.0×10𝛺=190𝛺故答案为：(1)𝐶；(2)×10；190依据试验原理把握正确的试验操作；依据指针偏角的特点分析出正确的挡位，结合其读数规章完成分析。此题主要考察了多用电表的使用规章，理解多用电表的使用特点，同时生疏其欧姆挡的读数规章即可。17.【答案】𝐴2 2𝑚𝐴0.91365.0【解析】解：(1)电路中最大电流约1∼2𝑚𝐴，可以把电流表𝐴2与定值电阻𝑅0并联改装成电流表；I，由欧姆定律有𝐼𝑔2𝑅𝑔2=(𝐼−𝐼𝑔2)𝑅0解得𝐼=𝐼

+𝐼𝑔2𝑅𝑔2=200×10−6𝐴+200×10−6×900𝐴=2×10−3𝐴=2𝑚𝐴𝑔2

𝑅0

100改装后电流表的内阻为

=𝑅𝑔2𝑅0𝑅𝑔2+𝑅0

=900×100𝛺=90𝛺900+100用改装后的电流表和电阻箱测电源电动势与内阻1所示。11−𝑅图𝐼21721页2设电流表𝐴2读数为I，故干路电流为10I，依据图示电路图由闭合电路的欧姆定律可知，电源电动势𝐸=10𝐼(𝑟+𝑅+𝑅𝐴)整理得1=10𝑅+10(𝑟+𝑅𝐴)𝐼 𝐸 𝐸由图像1−𝑅可知，纵轴截距为𝑏=10(𝑟+𝑅𝐴)=5.0𝑚𝐴−1=5000𝐴−1𝐼 𝐸斜率为𝑘=10=16000−5000𝑉−1=11𝑉−1𝐸 1000解得𝐸=0.91𝑉，𝑟=365.0𝛺故答案为：(1)𝐴2，2mA；(2)电路图见解析；(3)0.91，365.0材分析答题。用电流表与电阻箱测电源电动势与内阻，依据试验原理作出试验电路图。电动势与内阻。此题考察测电池的电动势和内阻试验，理解试验原理是解题的前提，应用闭合电路的欧姆定律求出图象的函数表达式，依据图示图象可以求出电源电动势与内阻。18.【答案】解：(1)当开关S闭合时，电动机恰好正常工作，两端的电压等于额定电压，电容器与电动机并联，两端的电压等于𝑈𝑀=12𝑉其带电量𝑄=𝑈𝑀𝐶计算可得𝑄=2.4×10−9𝐶(2)由闭合电路欧姆定律，流过电阻𝑅

电流为：计算可得𝐼1=3𝐴

1的𝐼1

=𝐸−𝑈𝑀𝑅1+𝑟由欧姆定律，流过电阻𝑅2的电流为：

=𝑈𝑀=12𝐴=1𝐴𝑅2 12由串并联电路电流的关系，流过电动机的电流为：𝐼𝑀=𝐼1−𝐼2=3𝐴−1𝐴=2𝐴电动机消耗的电功率为𝑃=𝑈𝑀𝐼𝑀=12×2𝑊=24𝑊𝑀𝑀电动机正常工作时的效率𝜂=𝑃−𝑃0×100%𝑃可得𝜂≈66.7%1821页答：(1)开关闭合后，电容器的带电量为2.4×109𝐶；(2)电动机正常工作时的效率是为66.7%。【解析】(1)依据电路构造得出电容器的电压，结合公式𝑄=𝐶𝑈计算出电容器的带电量；(2)完成分析。此题主要考察了闭合电路的欧姆定律，学会分析电路构造，结合欧姆定律和电容器的计算公式即可完成解答。19.【答案】解：小球从A到B运动过程中，由动能定理得(𝑚𝑔+𝑞𝐸)𝐿=1𝑚𝑣2 0解得𝑣𝐵=3√5𝑚/𝑠BC过程，由动能定理得(𝑚𝑔+𝑞𝐸)ℎ

=1𝑚𝑣2 1𝑚𝑣2

2 𝐵C点速度分解𝑣𝐶sin𝜃=𝑣𝐵

𝐵𝐶 2 𝐶 2 𝐵解得：ℎ

=9𝑚=0.5625𝑚16电势差与电场强度关系𝑈=𝐸ℎ𝐵𝐶联立解得𝑈=562.5𝑉答：B、C两点的电势差为562.5𝑉。【解析】粒子在电场中受重力和电场力，做类平抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀加速直线运动，由此可以求得粒子在C点速度的大小，依据动能定理列式求解BC间竖直分位移，依据𝑈=𝐸𝑑B、C间的电势差。此题是带电物体在电场中圆周运动问题，动能定理和向心力结合是常用的解题方法。粒子垂直进入电场中做的是类平抛运动，此题就是考察学生对类平抛运动的规律的应用。20.【答案】解：由振动图像可知质点的振动周期：𝑇=0.4𝑠由振动图像可知，BA质点晚振动的时间为𝛥𝑡=𝑛𝑇+3𝑇，(𝑛=0,1,2,3,…)4A、B间的距离为𝑠=𝑘𝜆+3𝜆，(𝑘=0,1,2,3…)4则波长为𝜆=

4𝑠4𝑘+3

=4×21𝑚=4𝑘+3

84 𝑚4𝑘+3由于𝜆>10𝑚k0、1当𝑘=0时，𝜆

=84𝑚=28𝑚，则波速为𝑣

=𝜆1=

28𝑚/𝑠=70𝑚/𝑠1 3

𝑇 0.4当𝑘=1时，𝜆2

= 844×1+3

𝑚=12𝑚，则波速为𝑣2

=𝜆2=𝑇

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