2024-2025学年重庆市高二上学期12月月考物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1重庆市2024—2025学年度（上）12月学习能力摸底高二物理试题考试说明：1．考试时间：90分钟。2．试题总分：100分。3．试卷页数：4页。第I卷（选择题，共48分）一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.下列关于电源的说法正确的是（）A.电源的电动势就是电压B.电源是通过静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置C.电源的作用是使电源的正、负极始终带一定数量的正、负电荷，维持一定的电势差D.只要有电源，电路中就能产生持续的电流【答案】C【解析】A．电源的电动势不是电压，当外电路断路时，路端电压等于电源电动势，故A错误；B．电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，故B错误；C．电源的作用是使电源的正、负极始终带一定数量的正、负电荷，维持一定的电势差，故C正确；D．电路中形成持续的电流的条件是有电源且电路闭合，故D错误。故选C。2.如图所示，我国的探月卫星在进入地月转移轨道时，由于卫星姿势的改变，卫星中一边长为，匝数为10匝的正方形导线框，由水平方向转至竖直方向，此处磁场磁感应强度，方向如图所示，则下列说法正确的是（）A.在水平位置时，穿过线框的磁通量的大小为B.在竖直位置时，穿过线框的磁通量的大小为C.该过程中穿过线框的磁通量的变化量的大小是D.该过程中穿过线框的磁通量的变化量的大小是【答案】B【解析】在水平位置时穿过线框的磁通量为在竖直位置时穿过线框的磁通量的大小为磁通量的变化量的大小为3.如图，截面A2B2C2D2将空间中的长方体A1B1C1D1-A3B3C3D3区域分成两个正方体区域，在A1点和A3点各固定一个带正电的点电荷Q，下列说法正确的是（）A.B2点和D2点的电场强度相同B.B2点和D2点的电势相同C.截面A2B2C2D2为一等势面D.使另一负点电荷自D2点沿直线运动至C2点，静电力一直做正功【答案】B【解析】A．等量同种点电荷的电场分布如图所示由此可知，B2点和D2点电场强度大小相等，方向不同，故A错误；B．B2点和D2到场源电荷的距离相等，则两点电势相等，故B正确；C．由于截面A2B2C2D2上各点到场源电荷的距离不相等，则电势不相等，则该截面不是等势面，故C错误；C．使另一负点电荷自D2点沿直线运动至C2点，静电力一直做负功，故D错误。故选B。4.如图甲所示，、为两个固定点电荷，其中带正电，它们连线的延长线上有、两点。一带正电的试探电荷以一定的初速度沿直线从点开始经点向远处运动，其速度图像如图乙所示。则下列说法正确的是（）A.的电荷量可能小于的电荷量B.点右侧的电势先降低后升高C.在、之间放置一个点电荷，该点电荷可能处于平衡状态D.在左侧连线延长线上不存在电场强度为零的点【答案】D【解析】A．根据v-t图线可知，试探电荷经过a点时的加速度为零，所以电荷在a点所受的电场力为零，a点的电场强度必为零，即Q1、Q2在a点产生的电场强度等大、反向，故Q2一定带负电，因Q1距离a点较远，根据点电荷的电场强度公式：，可知，Q1所带电荷量一定大于Q2所带电荷量，故A错误；B．分析图像可知，试探电荷从b点向右侧运动的过程中，速度先减小后增大，则动能先减小后增大，只有电场力做功，动能和电势能之和恒定，则电势能先增大后减小，由于试探电荷为正，则b点右侧的电势先升高后降低，故B错误；C．因Q2带负电，在Q1、Q2之间电场强度向右，放置一个点电荷，不能处于平衡状态，故C错误；D．a点的场强为零，根据库仑定律可知，电荷量Q1＞Q2，在Q1的左侧，场强方向向左，不存在为零的位置，故D正确。5.物理实验小组的同学研究通电直导线在磁场中受力情况的小实验，装置如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一轻质挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1；现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通入方向垂直纸面向里的电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是（）A.弹簧长度将变长B.弹簧长度将不会变化C.F1<F2D.F2<F1【答案】D【解析】CD．如图甲所示导体棒处的磁场方向指向右上方，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方，根据牛顿第三定律，对条形磁铁受力分析，如图乙所示，条形磁铁对台秤的压力减小，则故C错误，D正确；AB．在水平方向上，由于Fʹ有向左的分量，则磁铁压缩弹簧，所以弹簧长度变短，故AB错误。故选D。6.如图为某控制电路的一部分，已知的输入电压为，如果电阻，，，则不可能输出的电压是（）A.4V B. C.6V D.【答案】A【解析】由图可知，输出的是下半部分电阻两端的电压，可知当两电阻均不接入时，输出电压为24V；当只有R1接入时，输出电压当只有R2接入时，输出电压当两电阻均接入时本题选不可能输出的电压，故选A。7.图甲所示两水平金属板间距为d，两板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述正确的是（）A.末速度大小为 B.微粒带正电C.重力势能减少了mgd D.微粒的电势能增加了【答案】D【解析】AB．0～T时间内微粒匀速运动，说明重力和电场力平衡，则有qE0=mg时间内，微粒只受到重力，微粒做平抛运动，下降的位移时间内，微粒的加速度大小方向竖直向上，微粒在竖直方向上向下做匀减速运动，结合T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出，所以T时刻竖直分速度为零，在水平方向上仍做匀速直线运动，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，但不能确定粒子电性，故AB错误；CD．T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出，则重力势能减少量为粒子的动能不变，可知粒子的电势能增加，故C错误，D正确。8.一水平足够长绝缘传送带处于静止状态，其上方空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，另有一带正电的物块静止于传送带左端，且与传送带间动摩擦因数为。从某时刻起，传送带开始以恒定加速度a（）启动，则物块的v—t图像大致为（）A B.C. D.【答案】C【解析】由于，则物块将相对传送带向左运动，物块向右做运动，根据左手定则，物块受到竖直向下的洛伦兹力，在竖直方向上有水平方向上有则有可知物块先做加速度增大的变加速直线运动，经历一段时间后，加速度将大于传送带的加速度a，之后速度将增大至与传送带速度相等，两者保持相对静止，共同做加速度为a的匀加速直线运动，由于v—t图像的斜率表示加速度，可知第三个图像是正确的。故选C。二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分．有选错的得0分）9.如图所示的电路中，电源电动势为，内阻为。闭合开关S，电压表示数为，电流表示数为；在滑动变阻器R1的滑片由端滑到端的过程中，电压表示数的变化量的绝对值为，电流表示数的变化量的绝对值为，则（）A.电压表示数变大 B.电源的效率变小C.与的比值先变大后变小 D.与的比值不变【答案】CD【解析】A．滑动变阻器是被并联接入电路的，在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1的有效电阻先增大后减小，所以外电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：总电流先变小后变大，电源内压先减小后增大，路端电压先增大后减小，故A错误；B．电源的效率由于外电路总电阻先增大后减小，所以电源的效率先增大后减小，故A错误；C．与的比值为由于滑动变阻器R1的有效电阻先增大后减小，所以与的比值先变大后变小，故C正确；D．与的比值故D正确。故选CD。10.如图所示，两个平行板电容器和水平放置，板用导线与板相连，板和板都接地，A、板带正电。电容器电压为；电容器电压为，两电容器总电荷量为，若将右边电容器间的绝缘介质抽出，则（）A.Q不变 B.Q变小 C.减小 D.增大【答案】AD【解析】将右边电容器间的绝缘介质抽出，由电容的决定式可知变小，不变，其中，，其中故不变，综合以上分析可知增加，减小，、均增大。故选AD。11.电偶极子由两个点电荷和组成，它们之间距离为（很小），总质量为。如图所示，空间中某区域内存在一电场，其分布为。先令一电偶极子朝着方向，并使其中点位于处，再静止释放。（）A.的单位是 B.电偶极子受到的合力C.电偶极子静止释放后将做往复运动 D.电偶极子的电势能为0【答案】AB【解析】A．由电场强度的单位是V/m，由于，所以α的单位是故A正确；B．电偶极子受到的合力故B正确；C．电偶极子所受合力方向沿x轴正方向，静止释放后一直向x轴正方向运动，合力方向与位移方向同向，故C错误；D．两个电荷放在一起电势能为零，若电场为匀强电场，相当于把其中一个移开了距离l，qU就是变化的电势能，即电偶极子的电势能，若电场为匀强电场，电偶极子的电势能为Ep=−qU=−qEl=−αqlx02而实际不是匀强电场，故电偶极子的电势能不等于−αqlx02，即电偶极子的电势能不为0，故D错误。故选AB。12.如图所示，为一磁约束装置的原理图，圆心为原点，半径为的圆形区域I内有方向垂直平面向里的匀强磁场，环形区域内（包括其外边界）有方向垂直平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子若以速度由A点沿轴负方向射入磁场区域I，则第一次经过I、II区域边界处的位置为P，P点在轴上，速度方向沿轴正方向。该粒子从A点射入后第5次经过、区域的边界时，其轨迹与边界的交点为连线与轴夹角为（未知）。不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A.在I、II区域内粒子做圆周运动的轨迹圆的半径之比为B.连线与轴夹角C.粒子从A点运动到点的时间为D.粒子从A点出发经过若干次偏转后一定能回到A点【答案】BCD【解析】A．由牛顿第二定律得可得在I、II区域内粒子做圆周运动的轨迹圆的半径之比为故A错误；B．粒子每次从II区域返回I区域通过两区域边界时速度偏角都为、为图中所示角，如图所示由几何关系得解得则该粒子从A点射入后第4次经过I、II区域的边界时，即第二次从II区域返回I区域通过两区域边界，此时速度偏离A点入射速度60°，此后在I区域转过圆周，即从A点射入第5次经过I、II区域边界处的位置为Q，如图由几何关系可知，OQ连线与x轴夹角故B正确；C．粒子从A点运动到Q点的时间为故C正确；D．粒子每次通过边界，偏角都为30°，要重新回到A点，偏转次数为故D正确。第II卷（非选择题，共52分）三、实验题（本大题2个小题，共16分，将正确的答案填写相应的位置）13.某同学设计了测量一元硬币电阻率的实验。（1）先用螺旋测微器测量硬币的厚度，然后用游标卡尺测量硬币的直径，螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示，则硬币的厚度______mm，直径______cm；（2）将硬币的正反两面连入电路，并与一阻值为的定值电阻串联，利用伏安法测量电阻，若测得流经硬币的电流为I，硬币和两端的总电压为U，则硬币材料的电阻率______（结果用d、D、I、U、表示）。【答案】（1）1.8402.500（2）【解析】（1）[1]螺旋测微器读数为d=15mm+34.0×0.01mm=1.840mm[2]游标卡尺读数为D=2.5cm+0×0.05mm=2.500cm（2）由欧姆定律得根据电阻定律有解得14.在测量电源电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，会产生系统误差。为了消除电表的内阻产生的系统误差，某兴趣小组连接了如图甲所示的电路来测量电源电动势和内阻，其中。（1）实验操作步骤如下：①将滑动变阻器滑到_____位置（填“最左端”、“正中间”或“最右端”）②单刀双掷开关与1接通，闭合开关，调节滑动变阻器，记录下若干组数据、的值，断开开关③重复步骤①④单刀双掷开关与2接通，闭合开关，调节滑动变阻器，记录下若干组数据、的值，断开开关⑥在图丙中分别作出两种情况所对应的图像（2）某次读取电表数据时，电表指针如图丁所示，此时电表示数为_____。（3）图丙中的曲线1是开关与_____（填“1”或“2”）接通时相对应。（4）根据图丙中的图线求得电源电动势_____，内阻_____。（结果均保留两位小数）【答案】（1）最左端（2）1.30V（3）1（4）1.803.00【解析】（1）开关闭合时，为使电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路的阻值应最大，滑动变阻器应滑到最左端的位置。（2）由图甲可知，电压表的量程为3V、分度值为0.1V，需要估读到分度值的下一位，由图丁可知电压表读数为U1=1.30V（3）当单刀双掷开关接1时，电动势测量值（图像与纵轴的焦点）准确，内阻测量值（图像的斜率）偏大，当单刀双掷开关接2时，电动势测量值偏小，内阻测量值偏小。曲线I与纵轴的交点大于曲线II与纵轴的交点，并且曲线I的斜率大于曲线II的斜率，可知：曲线I与开关与1接通时相对应。（4）[1][2]当单刀双掷开关接1时，电流表示数为零时，电压表测量准确；当单刀双掷开关接2时，电压表示数为零时，电流表测量准确。如图所示的虚线为电源U-I曲线的准确值。由闭合电路欧姆定律化简可得由虚线可得电源电动势为E=1.80V内阻四、计算题（本大题4个小题，共36分，解答时应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15.如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一段静止的长为L、直径为d、电阻率为ρ的通电导线，磁场方向垂直于导线。设单位长度的导线中有n个自由电荷，每个自由电荷的电荷量都为q（q>0），它们沿导线定向移动的平均速率为v。求：（1）这段导线受到的安培力的大小；（2）导线上下两侧C、D间的电势差。【答案】（1）（2）【解析】（1）导线中的电流强度这段导线受到的安培力的大小为解得（2）根据平衡条件得联立解得16.如图所示为某化学兴趣小组模拟工业制铝的装置，A为电解槽，为电炉。先给电炉通电，利用电炉将三氧化二铝加热至熔融状态，保持闭合，再闭合，电解熔融状态下的三氧化二铝，最终将三氧化二铝电解为单质铝和氧气。已知电源电动势恒为，电源内阻，当闭合，断开时，理想电流表示数为；当均闭合时，理想电流表示数为；已知电解槽内阻。求：（1）电炉的电阻和仅闭合时电炉的发热功率；（2）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率。【答案】（1），（2）【解析】（1）当S1闭合，S2断开时，根据闭合电路的欧姆定律代入数据解得电炉的电阻根据功率公式，电炉的发热功率（2）当S1、S2均闭合时，理想电流表示数为电源的内电压路端电压通过电炉的电流通过电解槽的电流电解槽的输入功率电解槽的热功率电能转化为化学能的功率17.质量为的带正电滑块，放在高度为的绝缘粗糙水平桌面上，整个装置处于方向水平向右、电场强度大小为的匀强电场之中。给滑块一向右的初速度，滑块恰好能沿桌面做匀速直线运动，如图甲所示。现保持电场强度大小不变，将匀强电场的方向变为斜向右上方与水平面成37°角，如图乙所示，滑块仍可在桌面上做匀速直线运动。重力加速度为，。（1）求滑块与桌面间的动摩擦因数；（2）滑块从桌面边缘的A点离开后，正好落到距A点正下方距离也为的地面上B点，求滑块从A点运动到B点的时间及滑块的初速度大小。【答案】（1）（2），【解析】（1）滑块在水平方向的电场中做匀速直线运动时滑块在倾斜方向的电场中做匀速直线运动时，其中解得滑块与桌面间的动摩擦因数（2）离开桌面后，对滑块在竖直方向，根据牛顿第二定律根据匀变速直线运动规律解得对滑块，在水平方向，根据牛顿第二定律根据匀变速直线运动规律解得18.如图所示，在坐标系中，点的坐标为（0，L，0），平面和垂直于轴的平面将空间分成I、II、III三部分，在II中存在匀强电场（图中未画出），在区域I和III中存在竖直向上的匀强电场和磁感应强度为且都与轴垂直的匀强磁场，中的磁场与轴夹角斜向左上方，中的磁场与轴夹角斜向右上方。有一粒子源，能产生质量为、电量为带正电的微粒。已知重力加速度为，，（未知）。（1）粒子源从间某点静止释放一微粒，微粒沿轴正方向运动距离时，动能增加，求区域中的电场强度；（2）若粒子源从点向的第二象限以速度沿不同方向发射微粒，求微粒第一次打在轴上的最大坐标；（3）试问（2）中打在轴上最大坐标的微粒能否再次通过轴，若不能，通过计算说明原因；若能，则以出发点为计时起点，求微粒此后通过轴的时间。【答案】（1），方向与轴夹角为45°（2）（3）见解析【解析】（1）微粒从A点释放后，电场力做功电场力解得区域中的电场强度为方向与轴夹角为45°。（2）设与轴正方向夹角为，经时间第一次打在轴上，微粒作类斜抛运动，由运动的合成与分解，则，其中联立解得故当时（3）能再次通过轴。由（2）的计算知，在O点释放后打在轴上的最大坐标的微粒恰好过点。在Ⅰ和Ⅱ区域其中速度方向恰好垂直于磁场B，微粒在垂直于磁场的平面内做圆周运动，在Ⅰ区域运动半个周期，又在Ⅱ区域做类斜抛运动，经轴进入Ⅲ区域后，又做圆周运动，运动半个周期后经轴进入Ⅱ区域做类斜抛运动……以后微粒周期性的运动。由上分析可知，微粒能通过轴。由（2）知微粒第一次在Ⅱ区域运动的时间微粒在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力周期微粒第一次在区域Ⅰ中运动的时间微粒此后通过轴的时间或即或重庆市2024—2025学年度（上）12月学习能力摸底高二物理试题考试说明：1．考试时间：90分钟。2．试题总分：100分。3．试卷页数：4页。第I卷（选择题，共48分）一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1.下列关于电源的说法正确的是（）A.电源的电动势就是电压B.电源是通过静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置C.电源的作用是使电源的正、负极始终带一定数量的正、负电荷，维持一定的电势差D.只要有电源，电路中就能产生持续的电流【答案】C【解析】A．电源的电动势不是电压，当外电路断路时，路端电压等于电源电动势，故A错误；B．电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，故B错误；C．电源的作用是使电源的正、负极始终带一定数量的正、负电荷，维持一定的电势差，故C正确；D．电路中形成持续的电流的条件是有电源且电路闭合，故D错误。故选C。2.如图所示，我国的探月卫星在进入地月转移轨道时，由于卫星姿势的改变，卫星中一边长为，匝数为10匝的正方形导线框，由水平方向转至竖直方向，此处磁场磁感应强度，方向如图所示，则下列说法正确的是（）A.在水平位置时，穿过线框的磁通量的大小为B.在竖直位置时，穿过线框的磁通量的大小为C.该过程中穿过线框的磁通量的变化量的大小是D.该过程中穿过线框的磁通量的变化量的大小是【答案】B【解析】在水平位置时穿过线框的磁通量为在竖直位置时穿过线框的磁通量的大小为磁通量的变化量的大小为3.如图，截面A2B2C2D2将空间中的长方体A1B1C1D1-A3B3C3D3区域分成两个正方体区域，在A1点和A3点各固定一个带正电的点电荷Q，下列说法正确的是（）A.B2点和D2点的电场强度相同B.B2点和D2点的电势相同C.截面A2B2C2D2为一等势面D.使另一负点电荷自D2点沿直线运动至C2点，静电力一直做正功【答案】B【解析】A．等量同种点电荷的电场分布如图所示由此可知，B2点和D2点电场强度大小相等，方向不同，故A错误；B．B2点和D2到场源电荷的距离相等，则两点电势相等，故B正确；C．由于截面A2B2C2D2上各点到场源电荷的距离不相等，则电势不相等，则该截面不是等势面，故C错误；C．使另一负点电荷自D2点沿直线运动至C2点，静电力一直做负功，故D错误。故选B。4.如图甲所示，、为两个固定点电荷，其中带正电，它们连线的延长线上有、两点。一带正电的试探电荷以一定的初速度沿直线从点开始经点向远处运动，其速度图像如图乙所示。则下列说法正确的是（）A.的电荷量可能小于的电荷量B.点右侧的电势先降低后升高C.在、之间放置一个点电荷，该点电荷可能处于平衡状态D.在左侧连线延长线上不存在电场强度为零的点【答案】D【解析】A．根据v-t图线可知，试探电荷经过a点时的加速度为零，所以电荷在a点所受的电场力为零，a点的电场强度必为零，即Q1、Q2在a点产生的电场强度等大、反向，故Q2一定带负电，因Q1距离a点较远，根据点电荷的电场强度公式：，可知，Q1所带电荷量一定大于Q2所带电荷量，故A错误；B．分析图像可知，试探电荷从b点向右侧运动的过程中，速度先减小后增大，则动能先减小后增大，只有电场力做功，动能和电势能之和恒定，则电势能先增大后减小，由于试探电荷为正，则b点右侧的电势先升高后降低，故B错误；C．因Q2带负电，在Q1、Q2之间电场强度向右，放置一个点电荷，不能处于平衡状态，故C错误；D．a点的场强为零，根据库仑定律可知，电荷量Q1＞Q2，在Q1的左侧，场强方向向左，不存在为零的位置，故D正确。5.物理实验小组的同学研究通电直导线在磁场中受力情况的小实验，装置如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一轻质挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1；现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通入方向垂直纸面向里的电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是（）A.弹簧长度将变长B.弹簧长度将不会变化C.F1<F2D.F2<F1【答案】D【解析】CD．如图甲所示导体棒处的磁场方向指向右上方，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方，根据牛顿第三定律，对条形磁铁受力分析，如图乙所示，条形磁铁对台秤的压力减小，则故C错误，D正确；AB．在水平方向上，由于Fʹ有向左的分量，则磁铁压缩弹簧，所以弹簧长度变短，故AB错误。故选D。6.如图为某控制电路的一部分，已知的输入电压为，如果电阻，，，则不可能输出的电压是（）A.4V B. C.6V D.【答案】A【解析】由图可知，输出的是下半部分电阻两端的电压，可知当两电阻均不接入时，输出电压为24V；当只有R1接入时，输出电压当只有R2接入时，输出电压当两电阻均接入时本题选不可能输出的电压，故选A。7.图甲所示两水平金属板间距为d，两板间电场强度的变化规律如图乙所示。t＝0时刻，质量为m的带电微粒以初速度沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在0～T时间内运动的描述正确的是（）A.末速度大小为 B.微粒带正电C.重力势能减少了mgd D.微粒的电势能增加了【答案】D【解析】AB．0～T时间内微粒匀速运动，说明重力和电场力平衡，则有qE0=mg时间内，微粒只受到重力，微粒做平抛运动，下降的位移时间内，微粒的加速度大小方向竖直向上，微粒在竖直方向上向下做匀减速运动，结合T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出，所以T时刻竖直分速度为零，在水平方向上仍做匀速直线运动，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，但不能确定粒子电性，故AB错误；CD．T时刻微粒恰好经金属板边缘飞出，则重力势能减少量为粒子的动能不变，可知粒子的电势能增加，故C错误，D正确。8.一水平足够长绝缘传送带处于静止状态，其上方空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，另有一带正电的物块静止于传送带左端，且与传送带间动摩擦因数为。从某时刻起，传送带开始以恒定加速度a（）启动，则物块的v—t图像大致为（）A B.C. D.【答案】C【解析】由于，则物块将相对传送带向左运动，物块向右做运动，根据左手定则，物块受到竖直向下的洛伦兹力，在竖直方向上有水平方向上有则有可知物块先做加速度增大的变加速直线运动，经历一段时间后，加速度将大于传送带的加速度a，之后速度将增大至与传送带速度相等，两者保持相对静止，共同做加速度为a的匀加速直线运动，由于v—t图像的斜率表示加速度，可知第三个图像是正确的。故选C。二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分．每小题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分．有选错的得0分）9.如图所示的电路中，电源电动势为，内阻为。闭合开关S，电压表示数为，电流表示数为；在滑动变阻器R1的滑片由端滑到端的过程中，电压表示数的变化量的绝对值为，电流表示数的变化量的绝对值为，则（）A.电压表示数变大 B.电源的效率变小C.与的比值先变大后变小 D.与的比值不变【答案】CD【解析】A．滑动变阻器是被并联接入电路的，在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1的有效电阻先增大后减小，所以外电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：总电流先变小后变大，电源内压先减小后增大，路端电压先增大后减小，故A错误；B．电源的效率由于外电路总电阻先增大后减小，所以电源的效率先增大后减小，故A错误；C．与的比值为由于滑动变阻器R1的有效电阻先增大后减小，所以与的比值先变大后变小，故C正确；D．与的比值故D正确。故选CD。10.如图所示，两个平行板电容器和水平放置，板用导线与板相连，板和板都接地，A、板带正电。电容器电压为；电容器电压为，两电容器总电荷量为，若将右边电容器间的绝缘介质抽出，则（）A.Q不变 B.Q变小 C.减小 D.增大【答案】AD【解析】将右边电容器间的绝缘介质抽出，由电容的决定式可知变小，不变，其中，，其中故不变，综合以上分析可知增加，减小，、均增大。故选AD。11.电偶极子由两个点电荷和组成，它们之间距离为（很小），总质量为。如图所示，空间中某区域内存在一电场，其分布为。先令一电偶极子朝着方向，并使其中点位于处，再静止释放。（）A.的单位是 B.电偶极子受到的合力C.电偶极子静止释放后将做往复运动 D.电偶极子的电势能为0【答案】AB【解析】A．由电场强度的单位是V/m，由于，所以α的单位是故A正确；B．电偶极子受到的合力故B正确；C．电偶极子所受合力方向沿x轴正方向，静止释放后一直向x轴正方向运动，合力方向与位移方向同向，故C错误；D．两个电荷放在一起电势能为零，若电场为匀强电场，相当于把其中一个移开了距离l，qU就是变化的电势能，即电偶极子的电势能，若电场为匀强电场，电偶极子的电势能为Ep=−qU=−qEl=−αqlx02而实际不是匀强电场，故电偶极子的电势能不等于−αqlx02，即电偶极子的电势能不为0，故D错误。故选AB。12.如图所示，为一磁约束装置的原理图，圆心为原点，半径为的圆形区域I内有方向垂直平面向里的匀强磁场，环形区域内（包括其外边界）有方向垂直平面向里的匀强磁场。一带正电的粒子若以速度由A点沿轴负方向射入磁场区域I，则第一次经过I、II区域边界处的位置为P，P点在轴上，速度方向沿轴正方向。该粒子从A点射入后第5次经过、区域的边界时，其轨迹与边界的交点为连线与轴夹角为（未知）。不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A.在I、II区域内粒子做圆周运动的轨迹圆的半径之比为B.连线与轴夹角C.粒子从A点运动到点的时间为D.粒子从A点出发经过若干次偏转后一定能回到A点【答案】BCD【解析】A．由牛顿第二定律得可得在I、II区域内粒子做圆周运动的轨迹圆的半径之比为故A错误；B．粒子每次从II区域返回I区域通过两区域边界时速度偏角都为、为图中所示角，如图所示由几何关系得解得则该粒子从A点射入后第4次经过I、II区域的边界时，即第二次从II区域返回I区域通过两区域边界，此时速度偏离A点入射速度60°，此后在I区域转过圆周，即从A点射入第5次经过I、II区域边界处的位置为Q，如图由几何关系可知，OQ连线与x轴夹角故B正确；C．粒子从A点运动到Q点的时间为故C正确；D．粒子每次通过边界，偏角都为30°，要重新回到A点，偏转次数为故D正确。第II卷（非选择题，共52分）三、实验题（本大题2个小题，共16分，将正确的答案填写相应的位置）13.某同学设计了测量一元硬币电阻率的实验。（1）先用螺旋测微器测量硬币的厚度，然后用游标卡尺测量硬币的直径，螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示，则硬币的厚度______mm，直径______cm；（2）将硬币的正反两面连入电路，并与一阻值为的定值电阻串联，利用伏安法测量电阻，若测得流经硬币的电流为I，硬币和两端的总电压为U，则硬币材料的电阻率______（结果用d、D、I、U、表示）。【答案】（1）1.8402.500（2）【解析】（1）[1]螺旋测微器读数为d=15mm+34.0×0.01mm=1.840mm[2]游标卡尺读数为D=2.5cm+0×0.05mm=2.500cm（2）由欧姆定律得根据电阻定律有解得14.在测量电源电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，会产生系统误差。为了消除电表的内阻产生的系统误差，某兴趣小组连接了如图甲所示的电路来测量电源电动势和内阻，其中。（1）实验操作步骤如下：①将滑动变阻器滑到_____位置（填“最左端”、“正中间”或“最右端”）②单刀双掷开关与1接通，闭合开关，调节滑动变阻器，记录下若干组数据、的值，断开开关③重复步骤①④单刀双掷开关与2接通，闭合开关，调节滑动变阻器，记录下若干组数据、的值，断开开关⑥在图丙中分别作出两种情况所对应的图像（2）某次读取电表数据时，电表指针如图丁所示，此时电表示数为_____。（3）图丙中的曲线1是开关与_____（填“1”或“2”）接通时相对应。（4）根据图丙中的图线求得电源电动势_____，内阻_____。（结果均保留两位小数）【答案】（1）最左端（2）1.30V（3）1（4）1.803.00【解析】（1）开关闭合时，为使电路中的电流最小，滑动变阻器接入电路的阻值应最大，滑动变阻器应滑到最左端的位置。（2）由图甲可知，电压表的量程为3V、分度值为0.1V，需要估读到分度值的下一位，由图丁可知电压表读数为U1=1.30V（3）当单刀双掷开关接1时，电动势测量值（图像与纵轴的焦点）准确，内阻测量值（图像的斜率）偏大，当单刀双掷开关接2时，电动势测量值偏小，内阻测量值偏小。曲线I与纵轴的交点大于曲线II与纵轴的交点，并且曲线I的斜率大于曲线II的斜率，可知：曲线I与开关与1接通时相对应。（4）[1][2]当单刀双掷开关接1时，电流表示数为零时，电压表测量准确；当单刀双掷开关接2时，电压表示数为零时，电流表测量准确。如图所示的虚线为电源U-I曲线的准确值。由闭合电路欧姆定律化简可得由虚线可得电源电动势为E=1.80V内阻四、计算题（本大题4个小题，共36分，解答时应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15.如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一段静止的长为L、直径为d、电阻率为ρ的通电导线，磁场方向垂直于导线。设单位长度的导线中有n个自由电荷，每个自由电荷的电荷量都为q（q>0），它们沿导线定向移动的平均速率为v。求：（1）这段导线受到的安培力的大小；（2）导线上下两侧C、D间的电势差。【答案】（1）（2）【解析】（1）导线中的电流强度这段导线受到的