2022-2023学年浙江省温州市乐清市知临中学高二（上）期中物理试卷（a卷）

第1页（共1页）2022-2023学年浙江省温州市乐清市知临中学高二（上）期中物理试卷（A卷）一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求）1．（3分）我国奥运健儿在东京奥运会上取得了辉煌成绩，下列说法正确的是（）A．裁判给跳水运动员全红婵打分时，可以将其视为质点 B．马龙是乒乓球运动员，研究他发球旋转的时候，乒乓球不能看作质点 C．苏炳添跑出百米最好成绩9秒83，由此可求出他冲刺时的瞬时速度大小 D．巩立姣在女子铅球比赛中投出20.58米，该投掷过程中铅球的位移大小为20.58米2．（3分）甲、乙两物体从同一点开始沿一直线运动，甲的x﹣t图象和乙的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（）A．甲在3s末回到出发点，甲运动过程中，距出发点的最大距离均为6m B．0到6s内，甲、乙两物体位移大小都为零 C．第3s内甲、乙两物体速度方向相同 D．第2s末到第4s末甲的位移大小为8m，乙的位移大小为4m3．（3分）如图所示，三个固定的斜面底边长度都相等，斜面倾角分别为30°、45°、60°，斜面的表面情况都一样．完全相同的物体（可视为质点）A、B、C分别从三斜面的顶部滑到底部的过程中（）A．物体A克服摩擦力做的功最多 B．物体B克服摩擦力做的功最多 C．物体C克服摩擦力做的功最多 D．三物体克服摩擦力做的功一样多4．（3分）下列描述正确的是（）A．开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆 B．牛顿通过实验测出了万有引力常数 C．库仑通过扭秤实验测定了电子的电荷量 D．法拉第发现了电流的磁效应5．（3分）重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下。以下说法正确的是（）A．在石块下滑前后自卸车与石块整体的重心位置不变 B．自卸车车厢倾角越大，石块与车厢间的动摩擦因数越小 C．自卸车车厢倾角变大，车厢与石块间的正压力减小 D．石块开始下滑时，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力6．（3分）如图所示，“嫦娥三号”从M点进入环月圆轨道I，运行4天后再从M点进入椭圆轨道II，N为椭圆轨道II的近月点（可视为紧贴月球表面），则“嫦娥三号”（）A．在两轨道上运行的周期相同 B．在两轨道上运行的机械能相同 C．在N点的速度大于月球的第一宇宙速度 D．从N到M的过程机械能不断增加7．（3分）用电流表和电压表测量电阻Rx的阻值。如图所示，分别将图（a）和（b）两种测量电路连接到电路中，按照（a）图时，电流表示数为4.50mA，电压表示数为2.50V；按照（b）图时，电流表示数为5.00mA，电压表示数为2.40V，比较这两次结果，正确的是（）A．电阻的真实值更接近556Ω，且大于556Ω B．电阻的真实值更接近556Ω，且小于556Ω C．电阻的真实值更接近480Ω，且大于480Ω D．电阻的真实值更接近480Ω，且小于480Ω8．（3分）用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的电场强弱。如图，图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称，则下列说法不正确的是（）A．A、D两点电场强度大小相等、方向相反 B．B、C两点电场强度大小和方向都相同 C．E、F两点电场强度大小和方向都相同 D．从E到F过程中电场强度先增大后减小9．（3分）扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫．如图为“iRobot”扫地机器人，已知其电池容量2000mAh，额定工作电压15V，额定功率30W，则下列说法正确的是（）A．扫地机器人的电阻是10Ω B．题中“mAh”是能量的单位 C．扫地机器人正常工作时的电流是2A D．扫地机器人充满电后一次工作时间约为4h（多选）10．（3分）太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车．当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进．设汽车在平直公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变．之后汽车又继续前进了距离s，达到最大速度vmax．设汽车质量为m，运动过程中所受阻力恒为f，则下列说法正确的是（）A．汽车的额定功率为fvmax B．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvt C．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为mv﹣mv2 D．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为mv11．（3分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入的交流电如图乙所示，电阻R＝22Ω，则（）A．原副线圈中的磁通量不等 B．t＝0.01s时电压表的读数为22V C．t＝0.01s时电流表读数为1A D．该变压器原线圈的输入功率为22W12．（3分）如图甲所示为小型旋转电枢式交流发动机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕着垂直于磁场方向的轴匀速转动。线圈的匝数n＝20、电阻r＝5Ω，线圈的两端经集流环与R＝45Ω的电阻连接，电流表和电压表均为理想电表，若在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向垂直，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按如图乙所示的余弦规律变化，则下列说法正确的是（）A．此交流发电机产生感应电动势的最大值为Em＝31.4V B．t＝0.4πs时刻，线圈处在与中性面垂直的位置 C．线圈从图示位置转过90°过程中通过线圈导线截面的电荷量为0.08C D．1min内电阻R上产生的焦耳热为60J（多选）13．（3分）如图所示，边长为L的正三角形abc区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量均为q的三个粒子A、B、C以大小不等的速度从a点沿与ab边成30°角的方向垂直射入磁场后从ac边界穿出，穿出ac边界时与a点的距离分别为、、L。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（）A．粒子C在磁场中做圆周运动的半径为2L B．A、B、C三个粒子的初速度大小之比为3：2：1 C．A、B、C三个粒子从磁场中射出的方向均与ab边垂直 D．仅将磁场的磁感应强度减小，则粒子B从c点射出二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分，每小题给出的四个选项中至少有一个是正确的，全部选对得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）（多选）14．（2分）如图所示，abcd为水平放置的平行“匸”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）。则下列说法中错误的是（）A．电路中感应电动势的大小为Blv B．电路中感应电流的大小为 C．金属杆所受安培力的大小为 D．金属杆的热功率为（多选）15．（2分）如图所示是“探究影响通电导线受力的因素”的装置图。实验时先保持导线通电部分的长度不变，改变电流的大小：然后保持电流不变，改变导线通电部分的长度。对该实验，下列说法正确的是（）A．当导线中的电流反向并将磁铁磁极对换时，导线受到的安培力方向不变 B．保持电流不变，接通“1、4”时导线受到的安培力是接通“2、3”时的3倍 C．保持电流不变，接通“1、4”时导线受到的安培力是接通“2、3”时的2倍 D．接通“1、4”，当电流增加为原来的2倍时，通电导线受到的安培力减半（多选）16．（2分）如图所示，边长为L的正方形线框，从图示位置开始沿光滑斜面向下滑动，中途穿越垂直纸面向里、有理想边界的匀强磁场区域，磁场的宽度大于L，以i表示导线框中的感应电流，以v表示线框运动速度。从线框刚进入磁场开始计时，电流取逆时针方向为正方向，速度方向取沿斜面向下为正方向，以下图象可能正确的是（）A． B． C． D．三、非选择题（本题共6小题，共55分）17．（8分）某科学兴趣小组要验证小球平抛运动的规律，实验设计方案如图甲所示，用轻质细线拴接一小球，在悬点O正下方有水平放置的炽热的电热丝P，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断。MN为水平木板，已知悬线长为L，悬点到木板的距离OO'＝h（h＞L）。（1）将小球向左拉起后自由释放，最后小球落到木板上的C点，O′C＝x，则小球做平抛运动的初速度为v0＝（用x、L、g、h表示）。（2）图乙是以竖直方格板为背景通过频闪照相得到的照片，每个格的边长L＝5cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图所示，则该频闪照相的周期为s，小球做平抛运动的初速度为m/s（g＝10m/s2）（3）在其他条件不变的情况下若改变释放小球时悬线与竖直方向的夹角θ，小球落点与O'点的水平距离x将随之改变，经多次实验，以x2为纵坐标、cosθ为横坐标，得到如图丙所示图像，则当θ＝30°时，x为m。18．（8分）图a为某同学组完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻。R6是可变电阻：表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω。虚线方框内为换挡开关，A端与B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。（1）图a中的A端与（填“红”或“黑”）色表笔相连接。（2）关于R6的使用，下列说法正确的是（填正确答案标号）。A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置（3）某次测量时该多用电表指针位置如图b所示。若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为；若此时B端是与“3”相连的，则读数为。19．（9分）ABC表示竖直放在电场强度为E＝104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB＝R＝0.2m，把一质量m＝0.1kg，带电量为q＝+10﹣4C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g＝10m/s2）（1）小球到达C点的速度大小（2）小球在C点时，轨道受到的压力大小．20．（10分）如图所示，水平面AB段光滑、BC段粗糙，右侧竖直平面内有一呈抛物线形状的坡面OD，以坡面底部的O点为原点、OC方向为y轴建立直角坐标系xOy，坡面的抛物线方程为y＝x2，一轻质弹簧左端固定在A点，弹簧自然伸长状态时右端处在B点。一个质量m＝0.2kg的小物块压缩弹簧后由静止释放，从C点飞出落到坡面上。已知坡底O点离C点的高度H＝5m，BC间距离L＝2m，小物块与BC段的动摩擦因数为0.1，小物块可视为质点，空气阻力不计。（1）若小物块到达C点的速度为m/s，求释放小物块时弹簧具有的弹性势能；（2）在（1）问的情况下，求小物块落到坡面上的位置坐标；（3）改变弹簧的压缩量，弹簧具有多大的弹性势能时，小物块落在坡面上的动能最小？并求出动能的最小值。21．（10分）为研究某种材料的荧光特性，兴趣小组的同学设计了图示装置；让质子经过MN两金属板之间的电场加速后，进入有界匀强磁场。磁场的宽度L＝0.25m。磁感应强度大小B＝0.01T．以出射小孔O为原点，水平向右建立x轴，在0.4≤x≤0.6区域的荧光屏上涂有荧光材料，（已知质子的质量m＝1.6×10﹣27kg，电量q＝1.6×10﹣19C，进入电场时的初速度可略）（1）要使质子能打在荧光屏上，加速电压的最小值是多少？（2）当使质子打中荧光屏时的动能超过288eV．可使荧光材料发光，对于不同的加速电压，荧光屏上能够发光的区域长度是多少？22．（10分）如图所示，在匀强磁场中有一倾斜的平行金属导轨，导轨间距为L＝0.2m，长为2d，d＝0.5m，上半段d导轨光滑，下半段d导轨的动摩擦因数为μ＝，导轨平面与水平面的夹角为θ＝30°．匀强磁场的磁感应强度大小为B＝5T，方向与导轨平面垂直。质量为m＝0.2kg的导体棒从导轨的顶端由静止释放，在粗糙的下半段一直做匀速运动，导体棒始终与导轨垂直，接在两导轨间的电阻为R＝3Ω，导体棒的电阻为r＝1Ω，其他部分的电阻均不计，重力加速度取g＝10m/s2，求：（1）导体棒到达轨道底端时的速度大小；（2）导体棒进入粗糙轨道前，通过电阻R上的电量q；（3）整个运动过程中，电阻R产生的焦耳热Q。

2022-2023学年浙江省温州市乐清市知临中学高二（上）期中物理试卷（A卷）参考答案与试题解析一、选择题Ⅰ（本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求）1．（3分）我国奥运健儿在东京奥运会上取得了辉煌成绩，下列说法正确的是（）A．裁判给跳水运动员全红婵打分时，可以将其视为质点 B．马龙是乒乓球运动员，研究他发球旋转的时候，乒乓球不能看作质点 C．苏炳添跑出百米最好成绩9秒83，由此可求出他冲刺时的瞬时速度大小 D．巩立姣在女子铅球比赛中投出20.58米，该投掷过程中铅球的位移大小为20.58米【分析】当物体的形状、大小对所研究的问题没有影响时，我们就可以把它看成质点，根据把物体看成质点的条件来判断即可．物体经过某一位置的速度是瞬时速度．物体在某一过程上的速度是指平均速度．路程表示运动轨迹的长度，位移的大小等于始末位置的距离。【解答】解：A、裁判给跳水运动员全红婵打分时，要看其动作，不可以将其视为质点，故A错误；B、马龙是乒乓球运动员，研究他发球旋转的时候，球的大小和形状不能忽略，所以乒乓球不能看作质点，故B正确；C、苏炳添跑出百米最好成绩9秒83，由此可求出他整个过程的平均速度，不能求出冲刺时的瞬时速度大小，故C错误；D、20.58米是比赛中铅球在水平方向的距离，不是铅球抛出后运动的位移大小，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了学生对物体看成质点的条件，平均速度与瞬时速度的区别，位移的概念，是很基本的内容，必须要掌握住的，题目比较简单．2．（3分）甲、乙两物体从同一点开始沿一直线运动，甲的x﹣t图象和乙的v﹣t图象如图所示，下列说法正确的是（）A．甲在3s末回到出发点，甲运动过程中，距出发点的最大距离均为6m B．0到6s内，甲、乙两物体位移大小都为零 C．第3s内甲、乙两物体速度方向相同 D．第2s末到第4s末甲的位移大小为8m，乙的位移大小为4m【分析】在x﹣t图象中，图象的斜率表示速度，位移等于纵坐标的变化量，由此求出甲距出发点的最大距离；在v﹣t图象中，速度正负表示速度方向，图象与时间轴所围的面积表示位移。【解答】解：A、由图像知，甲在3s末x＝0，回到出发点，在t＝2s时，甲距出发点的距离最大，为4m，故A错误；B、0～6s内，甲的位移x甲＝0。根据v﹣t图象与时间轴围成的面积表示位移，知0～6s内乙物体的位移为0，故B正确；C、根据x﹣t图象的斜率表示速度，知第3s内甲的速度为负；由v﹣t图象知第3s内乙物体速度为正，则第3秒内甲、乙两物体速度方向相反，故C错误；D、根据位移等于纵坐标的变化量，知2～4s内甲的位移大小为8m，乙的位移大小为零，故D错误。故选：B。【点评】对于速度﹣时间图象，往往根据“面积”求位移，根据斜率分析加速度。对于位移﹣时间图象，关键要抓住斜率等于速度，位移等于纵坐标的变化量。3．（3分）如图所示，三个固定的斜面底边长度都相等，斜面倾角分别为30°、45°、60°，斜面的表面情况都一样．完全相同的物体（可视为质点）A、B、C分别从三斜面的顶部滑到底部的过程中（）A．物体A克服摩擦力做的功最多 B．物体B克服摩擦力做的功最多 C．物体C克服摩擦力做的功最多 D．三物体克服摩擦力做的功一样多【分析】根据受力分析和三角函数知识表示出摩擦力大小和斜面的距离．根据功的定义式去比较两物体克服摩擦力做的功．【解答】解：设斜面底边长度为s，倾角为θ，那么的斜边长为L＝，对物体受力分析，那么物体受到的滑动摩擦力为f＝μFN＝μmgcosθ，那么物体克服摩擦力做的功为w＝fL＝μmgcosθ•＝μmgs，即物体克服摩擦力做的功与倾角无关。所以三物体克服摩擦力做的功一样多，故选：D。【点评】要比较不同情境下一个物理量的大小，一般我们应该先把这个物理量表示出来，看与哪些因素有关，再根据题目已知的去判断．当然物理量表示的过程就运用了物理规律．4．（3分）下列描述正确的是（）A．开普勒提出所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆 B．牛顿通过实验测出了万有引力常数 C．库仑通过扭秤实验测定了电子的电荷量 D．法拉第发现了电流的磁效应【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．【解答】解：A、开普勒提出了行星三定律，指出所有太阳系中的行星的轨道形状都是椭圆，故A正确；B、牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许通过扭秤实验测量了万有引力常数，故B错误；C、密立根通过油滴实验测量了电子的电荷量，故C错误；D、奥斯特发现了电流磁效应，故D错误。故选：A。【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．5．（3分）重型自卸车利用液压装置使车厢缓慢倾斜到一定角度，车厢上的石块就会自动滑下。以下说法正确的是（）A．在石块下滑前后自卸车与石块整体的重心位置不变 B．自卸车车厢倾角越大，石块与车厢间的动摩擦因数越小 C．自卸车车厢倾角变大，车厢与石块间的正压力减小 D．石块开始下滑时，受到的摩擦力大于重力沿斜面方向的分力【分析】物体的重心的位置跟形状还有质量分布有关；滑动摩擦因数与接触面的粗糙程度有关；石块自动滑下，车厢与石块间的正压力FN与倾斜角度有关；石块滑动后受滑动摩擦力，小于重力沿斜面方向的分力。【解答】解：A、物体的重心的位置跟形状还有质量分布有关，石块下滑前后，质量分布变化，形状变化，所以重心改变，故A错误；B、动摩擦因数与接触面粗糙程度有关与倾角无关，故B错误；C、石块自动滑下时，则有FN＝mgcosθ，自卸车车厢倾角越大，车厢与石块间的正压力FN逐渐减小，故C正确；D、石块滑动后受滑动摩擦力，小于重力沿斜面方向的分力，故D错误。故选：C。【点评】本题主要查了重心、摩擦力等知识，要求同学们能对物体进行受力分析，要注意滑动摩擦力要小于最大静擦力，是一道受力综合题。6．（3分）如图所示，“嫦娥三号”从M点进入环月圆轨道I，运行4天后再从M点进入椭圆轨道II，N为椭圆轨道II的近月点（可视为紧贴月球表面），则“嫦娥三号”（）A．在两轨道上运行的周期相同 B．在两轨道上运行的机械能相同 C．在N点的速度大于月球的第一宇宙速度 D．从N到M的过程机械能不断增加【分析】根据开普勒第三定律可知卫星的运动周期和轨道半径之间的关系；根据做近心运动时万有引力大于向心力，做离心运动时万有引力小于向心力，可以确定变轨前后速度的变化关系；根据F合＝ma可知在不同轨道上的同一点加速度相同。【解答】解：A、根据开普勒第三定律，可得半长轴a越大，运动周期越大，显然轨道Ⅰ的半长轴（半径）大于轨道Ⅱ的半长轴，故沿轨道Ⅱ运动的周期小于沿轨道І运动的周期，故A错误；B、沿轨道Ⅰ运动至P时，制动减速，万有引力大于向心力做向心运动，做近心运动才能进入轨道Ⅱ，所以沿轨道Ⅰ运动时的机械能大。故B错误；C、“嫦娥三号”在N点做离心运动，可知“嫦娥三号”在N点的速度大于第一宇宙速度，故C正确；D、在轨道Ⅱ上由N点运行到M点的过程中，万有引力方向与速度方向成钝角，万有引力对其做负功，但机械能不变，故D错误。故选：C。【点评】本题要注意：①由高轨道变轨到低轨道需要减速，而由低轨道变轨到高轨道需要加速，这一点在解决变轨问题时要经常用到，一定要注意掌握。②根据F＝ma所求的加速度a是指物体的合加速度，即包括向心加速度也包括切向加速度。7．（3分）用电流表和电压表测量电阻Rx的阻值。如图所示，分别将图（a）和（b）两种测量电路连接到电路中，按照（a）图时，电流表示数为4.50mA，电压表示数为2.50V；按照（b）图时，电流表示数为5.00mA，电压表示数为2.40V，比较这两次结果，正确的是（）A．电阻的真实值更接近556Ω，且大于556Ω B．电阻的真实值更接近556Ω，且小于556Ω C．电阻的真实值更接近480Ω，且大于480Ω D．电阻的真实值更接近480Ω，且小于480Ω【分析】根据电表示数确定电流表的接法，然后应用欧姆定律求出电阻阻值，根据电路分析实验误差。【解答】解：由题意可知：＝，＝＝，＞，电流变化量大，电压表分流对实验影响较大，电流表应采用内接法，即图（a）所示接法，则电阻测量值为：R＝＝≈556Ω，由于电流表采用内接法，电压测量值偏大，电阻测量值大于真实值，则电阻真实值小于556Ω；故选：B。【点评】本题关键是熟悉安培表内接法与外接法，明确误差来源，知道安培表内接法电阻测量值等于安培表与待测电阻电阻值之和，外接法电阻测量值等于安培表与待测电阻并联的电阻。8．（3分）用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的电场强弱。如图，图甲是等量异种点电荷形成电场的电场线，图乙是场中的一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称，则下列说法不正确的是（）A．A、D两点电场强度大小相等、方向相反 B．B、C两点电场强度大小和方向都相同 C．E、F两点电场强度大小和方向都相同 D．从E到F过程中电场强度先增大后减小【分析】根据电场线的疏密判断场强的大小，电场线越密，场强越大；电场线越疏，场强越小．根据等量异种点电荷形成电场的电场线分布的对称性分析对称点场强的大小关系．【解答】解：A、根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同，由图看出，A、D两点场强方向相同，故A错误；B、根据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相同，这两点场强的方向均由B→C，方向相同，故B正确；C、根据对称性看出，E、F两处电场线疏密程度相同，则电场强度大小相等；等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，结合电场线与等势面的特点可知，E、F两点电场强度的方向与E、F连线垂直，所以两点电场强度方向相同，故C正确；D、由图可知，EF之间的电场线O点处最密，则从E到F的过程中电场强度先增大后减小，故D正确；本题选择不正确的，故选：A。【点评】对于等量异种点电荷和等量同种点电荷的电场线、等势线的分布是考试的热点，要抓住对称性进行记忆．9．（3分）扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫．如图为“iRobot”扫地机器人，已知其电池容量2000mAh，额定工作电压15V，额定功率30W，则下列说法正确的是（）A．扫地机器人的电阻是10Ω B．题中“mAh”是能量的单位 C．扫地机器人正常工作时的电流是2A D．扫地机器人充满电后一次工作时间约为4h【分析】电池容量是指电池的存储电量，根据题目可知正常工作时的电压，根据I＝求解正常工作时的电流，根据t＝求解时间．【解答】解：A、额定工作电压15V，额定功率30W，根据P＝UI和U＝IR，有：R＝，故A错误；B、题中“mAh”是电荷量的单位，故B错误；C、扫地机器人正常工作时的电流：I＝，故C正确；D、扫地机器人充满电后一次工作时间：t＝，故D错误；故选：C。【点评】本题是信息给予题，要求同学们能从题目中获取有用信息，知道电池容量是指电池储存电量的大小，难度不大，属于基础题．（多选）10．（3分）太阳能汽车是靠太阳能来驱动的汽车．当太阳光照射到汽车上方的光电板时，光电板中产生的电流经电动机带动汽车前进．设汽车在平直公路上由静止开始匀加速行驶，经过时间t，速度为v时功率达到额定功率，并保持不变．之后汽车又继续前进了距离s，达到最大速度vmax．设汽车质量为m，运动过程中所受阻力恒为f，则下列说法正确的是（）A．汽车的额定功率为fvmax B．汽车匀加速运动过程中，克服阻力做功为fvt C．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，牵引力所做的功为mv﹣mv2 D．汽车从静止开始到速度达到最大值的过程中，合力所做的功为mv【分析】当牵引力等于阻力时，速度最大，根据P＝fvmax求出额定功率，根据平均速度推论求出匀加速直线运动的位移，从而得出匀加速运动过程中克服阻力做功的大小．根据动能定理求出合力做功的大小．【解答】解：A、当牵引力等于阻力时，速度最大，则额定功率P＝fvmax，故A正确。B、汽车匀加速直线运动的位移x＝，则克服阻力做功为，故B错误。C、设总路路为x，根据动能定理知，W﹣fx＝，则牵引力做功W＝fx+，故C错误。D、根据动能定理知，合力做功等于动能的变化量，则合力做功W＝，故D正确。故选：AD。【点评】本题考查了机车的启动问题，解决本题的关键知道整个过程中的运动规律，知道发动机功率和牵引力、速度的关系，当加速度为零时，速度最大．11．（3分）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入的交流电如图乙所示，电阻R＝22Ω，则（）A．原副线圈中的磁通量不等 B．t＝0.01s时电压表的读数为22V C．t＝0.01s时电流表读数为1A D．该变压器原线圈的输入功率为22W【分析】理想变压器不漏磁，由此分析通过原副线圈磁通量大小关系；根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．【解答】解：A、理想变压器不漏磁，原副线圈中的磁通量等，故A错误；B、电压表的读数为电压的有效值，原线圈的电压有效值为U1＝V＝220V，根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压有效值为U2＝＝＝22V，所以电压表的读数为22V，故B错误；C、副线圈的电阻为R＝22Ω，所以副线圈的电流为I2＝＝A＝1A，电流与匝数成反比，所以原线圈的电流为0.1A；电流表的读数为电流的有效值，所以电流表读数为0.1A，故C错误；D、副线圈消耗的功率P＝U2I2＝22×1W＝22W，输入功率等于输出功率，该变压器原线圈的输入功率为22W，故D正确。故选：D。【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道理想变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。12．（3分）如图甲所示为小型旋转电枢式交流发动机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕着垂直于磁场方向的轴匀速转动。线圈的匝数n＝20、电阻r＝5Ω，线圈的两端经集流环与R＝45Ω的电阻连接，电流表和电压表均为理想电表，若在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向垂直，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按如图乙所示的余弦规律变化，则下列说法正确的是（）A．此交流发电机产生感应电动势的最大值为Em＝31.4V B．t＝0.4πs时刻，线圈处在与中性面垂直的位置 C．线圈从图示位置转过90°过程中通过线圈导线截面的电荷量为0.08C D．1min内电阻R上产生的焦耳热为60J【分析】交流发电机产生电动势的最大Em＝NBSω，根据闭合电路的欧姆定律求得最大电流，根据求得交流电的有效值，通过电阻的电量为q＝。【解答】解：A、根据乙图可知，T＝0.8πs，Φm＝BS＝0.2Wb，线圈转动的角速度为，产生的感应电动势最大值为Em＝nBSω＝20×0.2×2.5V＝10V，故A错误；B、在t＝0.4πs时刻，穿过线圈的磁通量最大，此时线圈位于中性面位置，故B错误；C、线圈从图甲所示的位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量为q＝，故C正确；D、产生的感应电流的最大值为，感应电流的有效值为I＝，1min内电阻R上产生的焦耳热为，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了交流电的峰值和有效值、周期和频率的关系，记住，求电量用电动势的平均值，求热量用有效值（多选）13．（3分）如图所示，边长为L的正三角形abc区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量均为q的三个粒子A、B、C以大小不等的速度从a点沿与ab边成30°角的方向垂直射入磁场后从ac边界穿出，穿出ac边界时与a点的距离分别为、、L。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是（）A．粒子C在磁场中做圆周运动的半径为2L B．A、B、C三个粒子的初速度大小之比为3：2：1 C．A、B、C三个粒子从磁场中射出的方向均与ab边垂直 D．仅将磁场的磁感应强度减小，则粒子B从c点射出【分析】粒子在磁场中均做匀速圆周运动，根据几何关系确定粒子轨迹圆的圆心，画出粒子运动轨迹的示意图，利用洛伦兹力提供向心力求出半径公式，再与几何关系结合，逐项分析即可求解。【解答】解：A、由圆周运动的对称性可知，从同一直线边界以30°的弦切角进磁场，射出时的速度也与边界成30°角，而圆心角为60°，则圆心和入射点以及出射点构成等边三角形，如图所示，由几何关系可知：，，rC＝L，故A错误；B、根据洛伦兹力提供向心力有：可得：∝r所以初速度之比：vA：vB：vC＝1：2：3，故B错误；C、由轨迹图可以看出，三粒子从ac边射出时速度方向与ac边的夹角均为30°，故射出的方向均与ab边垂直，故C正确；D、由可知，仅将B减少，即改为，则粒子B做圆周运动的半径将变为：，而其他条件不变，由几何关系可知，粒子B将从c点射出，故D正确。故选：CD。【点评】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动，解题关键是要画出粒子轨迹过程图，找到临界几何条件，再运用洛伦兹力提供向心力与几何关系结合求解即可。二、选择题Ⅱ（本题共3小题，每小题2分，共6分，每小题给出的四个选项中至少有一个是正确的，全部选对得2分，选对但不全的得1分，有选错的得0分）（多选）14．（2分）如图所示，abcd为水平放置的平行“匸”形光滑金属导轨，间距为l，导轨间有垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小为B，导轨电阻不计。已知金属杆MN倾斜放置，与导轨成θ角，单位长度的电阻为r，保持金属杆以速度v沿平行于cd的方向滑动（金属杆滑动过程中与导轨接触良好）。则下列说法中错误的是（）A．电路中感应电动势的大小为Blv B．电路中感应电流的大小为 C．金属杆所受安培力的大小为 D．金属杆的热功率为【分析】根据切割产生的感应电动势公式求出电动势的大小，结合闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小，根据安培力公式求出金属杆所受的安培力大小，结合功率公式求出金属杆的热功率【解答】解：A、金属杆切割磁感线的有效长度为l，电路中的感应电动势为E＝Blv，故A正确。B、电路中感应电流的大小为I＝＝，故B正确。C、金属杆所受安培力的大小为＝，故C错误。D、金属杆的热功率为P＝I2R＝＝，故D错误。本题选错误的，故选：CD。【点评】在应用E＝BLv求解导体棒做切割磁感线运动产生的感应电动势时必须是B、L、v两两相互垂直，该题由于导体棒和速度不相互垂直，所以必须找到有效切割长度。（多选）15．（2分）如图所示是“探究影响通电导线受力的因素”的装置图。实验时先保持导线通电部分的长度不变，改变电流的大小：然后保持电流不变，改变导线通电部分的长度。对该实验，下列说法正确的是（）A．当导线中的电流反向并将磁铁磁极对换时，导线受到的安培力方向不变 B．保持电流不变，接通“1、4”时导线受到的安培力是接通“2、3”时的3倍 C．保持电流不变，接通“1、4”时导线受到的安培力是接通“2、3”时的2倍 D．接通“1、4”，当电流增加为原来的2倍时，通电导线受到的安培力减半【分析】根据左手定则判定安培力的方向，由安培力的计算公式可知，可以采用的措施。【解答】解：A、根据左手定则可知，当导线中的电流反向并将磁铁磁极对换时，导线受到的安培力方向不会发生变化，故A正确；BC、由图可知，接通“1、4”时导线的长度是接通“2、3”时导线长度的3倍，所以根据安培力的公式F＝BIL可知，保持电流不变，接通“1、4”时导线受到的安培力是接通“2、3”时的3倍。故B正确，C错误；D、接通“1、4”，根据安培力的公式F＝BIL可，知当电流增加为原来的2倍时，通电导线受到的安培力加倍。故D错误。故选：AB。【点评】本题考查学生对安培力公式的掌握，只需明确根据安培力的公式：F＝BIL，知道L为有效长度即可顺利求解，为基础性题目。（多选）16．（2分）如图所示，边长为L的正方形线框，从图示位置开始沿光滑斜面向下滑动，中途穿越垂直纸面向里、有理想边界的匀强磁场区域，磁场的宽度大于L，以i表示导线框中的感应电流，以v表示线框运动速度。从线框刚进入磁场开始计时，电流取逆时针方向为正方向，速度方向取沿斜面向下为正方向，以下图象可能正确的是（）A． B． C． D．【分析】由楞次定律判断感应电流方向。由法拉第电磁感应定律、牛顿第二定律和运动学公式推导感应电流大小随时间的关系式，来选择图象。【解答】解：根据楞次定律可知，线框进磁场时感应电流沿逆时针方向，线框离开磁场时感应电流沿顺时针方向，取逆时针方向为电流的正方向，线框进入磁场过程电流为正值，出磁场过程电流为负值。AB、当线框下边进磁场时，当产生的安培力和重力沿斜面平行方向分力相等时，线框做匀速运动，产生不变的感应电动势，感应电流不变；当线框完全进入磁场后，磁通量不变，无感应电流，在重力作用下，线框做加速运动；线框离开磁场过程，线框的速度大于线框进入磁场时的速度，感应电动势大于线框进入磁场时的感应电动势，感应电流绝对值应该大于线框完全进入磁场瞬间的电流值，安培力大于重力，线框做减速运动，产生减小的感应电动势，产生的感应电流减小，故A错误，B正确；C、如果线框进入磁场时所受安培力小于重力沿斜面向下的分力，线框所受合力沿斜面向下，线框做加速运动，线框所受安培力F＝BIL＝，由牛顿第二定律得：mgsinα﹣＝ma，加速度a＝gsinα﹣，线框做加速运动，v变大，加速度a减小，线框进入磁场过程做加速度减小的加速运动；线框完全进入磁场后穿过线框的磁通量不变，不产生感应电流，线框不受安培力作用，线框做匀加速直线运动；线框离开磁场时所受安培力可能大于重力沿斜面向下的分力，线框做减速运动，由牛顿第二定律得：﹣mgsinα＝ma，加速度a＝﹣gsinα，线框做减速运动，v减小，a减小，线框离开磁场过程做加速度减小的减速运动，故C正确；D、当线框进入磁场时，如果线框所受安培力与重力沿斜面的分力相对，线框做匀速直线运动，线框完全进入磁场后不产生感应电流，线框不是安培力作用，线框做匀加速直线运动，线框离开磁场时线框的速度大于进入磁场时的速度，线框所受安培力大于重力沿斜面方向的分力，线框做减速运动，故D错误。故选：BC。【点评】对于电磁感应现象中的图象问题，经常是根据楞次定律或右手定则判断电流方向，根据法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律求解感应电流随时间变化关系，然后推导出纵坐标与横坐标的关系式，由此进行解答，这是电磁感应问题中常用的方法和思路。三、非选择题（本题共6小题，共55分）17．（8分）某科学兴趣小组要验证小球平抛运动的规律，实验设计方案如图甲所示，用轻质细线拴接一小球，在悬点O正下方有水平放置的炽热的电热丝P，当悬线摆至电热丝处时能轻易被烧断。MN为水平木板，已知悬线长为L，悬点到木板的距离OO'＝h（h＞L）。（1）将小球向左拉起后自由释放，最后小球落到木板上的C点，O′C＝x，则小球做平抛运动的初速度为v0＝（用x、L、g、h表示）。（2）图乙是以竖直方格板为背景通过频闪照相得到的照片，每个格的边长L＝5cm，通过实验，记录了小球在运动途中的三个位置，如图所示，则该频闪照相的周期为0.1s，小球做平抛运动的初速度为1.5m/s（g＝10m/s2）（3）在其他条件不变的情况下若改变释放小球时悬线与竖直方向的夹角θ，小球落点与O'点的水平距离x将随之改变，经多次实验，以x2为纵坐标、cosθ为横坐标，得到如图丙所示图像，则当θ＝30°时，x为0.52m。【分析】（1）根据竖直位移求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出小球平抛运动的初速度；（2）根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出初速度；（3）根据x2﹣cosθ图线得出关系式，代入数据求出x的大小。【解答】解：（1）小球做平抛运动，在水平方向上有：x＝v0t在竖直方向上有：h﹣L＝联立解得：v0＝＝（2）在竖直方向上，根据Δy＝2L＝gT2得：T＝＝s＝0.1s则小球平抛运动的初速度：v0＝＝m/s＝1.5m/s（3）由图丙可知：x2＝2﹣2cosθ，当θ＝30°时，可得：x＝m＝0.52m。故答案为：（1）；（2）0.1，1.5；（3）0.52。【点评】解决本题的关键知道实验的原理，知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。18．（8分）图a为某同学组完成的简易多用电表的电路图。图中E是电池，R1、R2、R3、R4和R5是固定电阻。R6是可变电阻：表头G的满偏电流为250μA，内阻为480Ω。虚线方框内为换挡开关，A端与B端分别与两表笔相连。该多用电表有5个挡位，5个挡位为：直流电压1V挡和5V挡，直流电流1mA挡和2.5mA挡，欧姆×100Ω挡。（1）图a中的A端与黑（填“红”或“黑”）色表笔相连接。（2）关于R6的使用，下列说法正确的是B（填正确答案标号）。A．在使用多用电表之前，调整R6使电表指针指在表盘左端电流“0”位置B．使用欧姆挡时，先将两表笔短接，调整R6使电表指针指在表盘右端电阻“0”位置C．使用电流挡时，调整R6使电表指针尽可能指在表盘右端电流最大位置（3）某次测量时该多用电表指针位置如图b所示。若此时B端是与“1”相连的，则多用电表读数为1.48mA；若此时B端是与“3”相连的，则读数为1100Ω。【分析】（1）欧姆表内置电源的正极与黑表笔相连，红表笔与负极相连，分析图示电路图答题；（2）R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零；（3）根据多用电表所测量的量与量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数。【解答】解：（1）根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，红表笔与内置电源负极相连，由图示电路图可知，A端与黑表笔相连；（2）由电路图可知，R6只在测量电阻时才接入电路，故其作用只能进行欧姆调零，不能进行机械调零，同时在使用电流挡时也不需要进行调节，故AC错误，B正确。故选：B。（3）当B端是与“1”相连，为电流挡，量程为2.5mA，读数为1.48mA；当B端是与“3”相连，为欧姆×100Ω挡，读数为11×100Ω＝1100Ω。故答案为：（1）黑；（2）B；（3）1.48mA，1100Ω。【点评】会规范使用多用电表，能正确读出多用电表的示数，是解决本题的关键，在平时实验训练过程中要多加注意规范操作和正确使用，多用电表的读数，重点是分清测量的物理量不同，读数方法不同，电压、电流对应量程、电阻是倍率；要特别注意。19．（9分）ABC表示竖直放在电场强度为E＝104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BC部分是半径为R的圆环，轨道的水平部分与半圆环相切．A为水平轨道上的一点，而且AB＝R＝0.2m，把一质量m＝0.1kg，带电量为q＝+10﹣4C的小球，放在A点由静止释放后，求：（g＝10m/s2）（1）小球到达C点的速度大小（2）小球在C点时，轨道受到的压力大小．【分析】（1）应用动能定理研究小球由A→C的过程，求出小球在C点的速度大小，（2）对小球在C点进行受力分析，找出沿径向提供向心力的外力，应用牛顿第二定律解决．【解答】解：（1）设小球在C点的速度大小是vC，则对于小球由A→C的过程中，由动能定理得：qE•2R﹣mgR＝﹣0③解得：vC＝2m/s④（2）小球在C点时受力分析如图，由牛顿第二定律得：NC﹣qE＝m⑤解得：NC＝3N⑥由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：NC′＝NC＝3N，方向：水平向右；答：（1）小球到达C点时的速度为2m/s；（3）小球达到C点时对轨道的压力大小为3N，方向：水平向右【点评】在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解．20．（10分）如图所示，水平面AB段光滑、BC段粗糙，右侧竖直平面内有一呈抛物线形状的坡面OD，以坡面底部的O点为原点、OC方向为y轴建立直角坐标系xOy，坡面的抛物线方程为y＝x2，一轻质弹簧左端固定在A点，弹簧自然伸长状态时右端处在B点。一个质量m＝0.2kg的小物块压缩弹簧后由静止释放，从C点飞出落到坡面上。已知坡底O点离C点的高度H＝5m，BC间距离L＝2m，小物块与BC段的动摩擦因数为0.1，小物块可视为质点，空气阻力不计。（1）若小物块到达C点的速度为m/s，求释放小物块时弹簧具有的弹性势能；（2）在（1）问的情况下，求小物块落到坡面上的位置坐标；（3）改变弹簧的压缩量，弹簧具有多大的弹性势能时，小物块落在坡面上的动能最小？并求出动能的最小值。【分析】（1）小物块从释放到C点的过程，根据能量守恒定律求释放小物块时弹簧具有的弹性势能。（2）小物块离开C点后做平抛运动，根据分位移公式和几何关系相结合求解小物块落到坡面上的位置坐标。（3）根据动能定理和平抛运动的规律得到物块落在坡面上的动能与弹簧的弹性势能的关系式，根据数学知识求解。【解答】解：（1）设释放小物块时弹簧具有的弹性势能为Ep0．小物块从释放到C点的过程，根据能量守恒定律得：Ep0＝μmgL+代入数据解得：Ep0＝0.9J（2）小物块离开C点后做平抛运动，则有：x＝vCth＝＝H﹣y结合题意得：y＝x2联立得小物块落到坡面上的位置坐标为（m、m）。（3）物块从B到C，由能量守