卷子答案网-一个不只有答案的网站湖南省娄底市新化县2022-2023学年高二上学期物理期末质量监测试卷
一、单选题
1．（2023高二上·新化期末）在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述中不符合物理学史的是（ ）
A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系
B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说
C．库仑最早用扭称实验精确测出了电子的电荷量
D．法拉第经过长达十年的实验探索，发现了电磁感应现象
【答案】C
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，A正确，不符合题意；
B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，解释了磁化现象，B正确，不符合题意；
C．密立根用油滴实验精确测出了电子的电荷量，C错误，符合题意；
D．法拉第经过长达十年的实验探索，发现了电磁感应现象，D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据物理学史进行分析判断正确的选项。
2．（2021高二下·丰台期中）如图所示，一个物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒定拉力F作用时间t后，物体仍保持静止。现有以下看法，你认为看法正确的是（ ）
A．物体所受合力的冲量大小为0
B．物体所受拉力F的冲量大小是Ftcosθ
C．物体所受摩擦力的冲量大小为0
D．物体所受拉力F的冲量方向水平向右
【答案】A
【知识点】冲量
【解析】【解答】ABC．物体所受合力为零，摩擦力和拉力F均为恒力，根据恒力冲量的定义可知，冲量等于力与时间的乘积，故摩擦力对物体的冲量为Ftcosθ，拉力F对物体的冲量大小为Ft，合力的冲量大小为0，A符合题意BC不符合题意；
D．物体所受拉力F的冲量方向与F方向相同，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】由于物体处于静止其合力等于0所以合力的冲量等于0；利用拉力和时间可以求出拉力冲量的大小；利用摩擦力和时间可以求出摩擦力冲量的大小；拉力冲量的方向与拉力方向相同。
3．（2023高二上·新化期末）在用单摆测量重力加速度的实验中，下面的叙述正确的是（ ）
A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且适当长一些
B．摆球尽量选择质量小些、体积大些的
C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆角较大
D．用刻度尺测量摆线的长度l，这就是单摆的摆长
【答案】A
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】A．为减小实验误差，摆线要选择质量小且不易伸缩的细长摆线，A符合题意；
B．为减小空气阻力对实验的影响，摆球尽量选择质量大、体积小的，B不符合题意；
C．单摆的摆角小于 时，视为简谐运动，实验时摆角不能太大，C不符合题意；
D．摆长等于悬点到摆球球心的距离，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据单摆周期的表达式以及用单摆测量重力加速度的实验原理进行分析判断。
4．（2020高二上·广州期中）某电场的电场线如图所示，一带正电的点电荷仅在电场力的作用下从M点运动到N点。若其在电场中M、N两点运动的加速度大小分别为aM和aN，所具有的动能分别为EkM和EkN，则下列说法中正确的是（ ）
A．aM >aN，EkM >EkN B．aM >aN，EkM
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】因为N点的电场线较M点密集，则EM
【分析】利用电场线的疏密可以比较电场强度的大小，结合牛顿第二定律可以比较加速度的大小；利用电场力做功可以比较电势能的大小。
5．（2023高二上·新化期末）如图，用两根同样长的细绳把两个带同种电荷的小球悬挂在一点。两小球质量相等，所带电荷量分别为、。两小球静止时，悬线与竖直方向的夹角分别为和，下面说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．只有当时，才有
D．无论大小关系如何，恒有
【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】由两小球所带电荷量分别为 、 可知，两球之间的库仑力是作用力与反作用力关系，因此两力大小相等，方向相反，两小球质量相等，重力相等。两小球均受重力mg、库仑力F和细绳的拉力T，如图所示，由平衡条件可知，重力和库仑力的合力与细绳的拉力平衡，即重力与库仑力的合力方向与竖直方向的夹角相同，即两悬线与竖直方向的夹角相同，即 ，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】对小球进行受力分析，根据力的分解和共点力平衡得出两个细绳与竖直方向夹角的大小关系。
6．（2023高二上·新化期末）如图所示，两根垂直纸面的直导线a、b通有大小相同的电流，两导线旁有一点P，P点到a、b距离相等。若使P点的磁场方向向左，则（ ）
A．a中电流方向向外，b中电流方向向里
B．a中电流方向向外，b中电流方向向外
C．a中电流方向向里，b中电流方向向里
D．a中电流方向向里，b中电流方向向外
【答案】D
【知识点】右手定则
【解析】【解答】根据平行四边形定则以及对称性可知，当P点的磁场方向向左时，直导线a、b中的电流在P点激发的磁场方向如图所示，根据安培定则可知此时a中电流方向向里，b中电流方向向外，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据右手定则得出P点磁场方向向左时ab中电流的方向。
7．（2018高一上·玉山月考）如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻阻值的一半；R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是（ ）
A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04A
B．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02A
C．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06A
D．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A
【答案】C
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】当接线柱1、2接入电路时，R1与电流表并联，由于R1＝ ，可知流过R1的电流为流过电流表电流的2倍，所以1、2接线柱间的电流为通过电流表电流的3倍，所以每一小格是原来的3倍，即为0.06 A，所以A、B不符合题意；当接线柱1、3接入电路时，电流表与R1并联，然后再与R2串联，串联电阻对电流无影响，与1、2接入电路的效果一样，所以每一小格表示0.06 A，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】通过并联一个小电阻起分流作用，可以把电流计改装成电流表，利用欧姆定律求解量程即可。
8．（2023高二上·新化期末）在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，闭合开关S，电灯L正常发光．两块电表均为理想电表．在滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是
A．电流表的示数变小 B．电源的总功率变小
C．灯泡L的亮度变大 D．电压表的示数变小
【答案】D
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】将滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路总电流I增大，则电流表的示数变大，A不符合题意；电源总功率P=EI，电流I增大，总功率增大，B不符合题意；由于内阻不为零，故路端电压U=E-Ir减小，电灯L消耗的功率减小，变暗，C不符合题意；流过变阻器的电流I1=I-IL，I增大，IL减小，则I1增大，电阻R1消耗的功率变大，电阻R1两端的电压U1增大；电压表的示数UV=U-U1，U减小，U1增大，则电压表示数变小．D符合题意．
故答案为：D．
【分析】滑动变阻器的滑片一定的过程根据接入电路中电阻的变化以及闭合电路欧姆定律得出电流表示数的变化情况，结合电功率的表达式以及串并联电路的特点分析判断。
二、多选题
9．（2020高二下·南通月考）如图所示，水平弹簧振子沿x轴在M、N间做简谐运动，坐标原点O为振子的平衡位置，其振动方程为 ．下列说法正确的是（ ）
A．MN间距离为5cm
B．振子的运动周期是0.2s
C． 时，振子位于N点
D． 时，振子具有最大加速度
【答案】B,C
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A．MN间距离为2A=10cm，A不符合题意；
B．因 可知振子的运动周期是
B符合题意；
C．由 可知t=0时，x=5cm，即振子位于N点，C符合题意；
D．由 可知 时x=0，此时振子在O点，振子加速度为零，D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】利用振幅可以求出MN之间的距离；利用圆频率可以求出周期的大小；利用振动方程可以判别振子的位置；利用振子的位置可以判别振子的加速度大小。
10．（2023高二上·新化期末）如图所示，面积为S的长方形线框放在垂直纸面向里、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，下列分析正确的是（ ）
A．图示位置，穿过线框中的磁通量为
B．以边为轴，让线框转过角，这一过程中，线框中的磁通量变化量大小为
C．线框以边为轴在磁场中转动，线框中会产生感应电流
D．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
【答案】B,C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A．图示位置，线框平面与磁场垂直，线框中的磁通量
A不符合题意；
B．以 边为轴，让线框 转过 角，这一过程中，线框中的磁通量变化量大小为
B符合题意；
C．线框以 边为轴在磁场中转动，线框中的磁通量时刻在发生改变，线框中会产生感应电流，C符合题意；
D．线框绕过D点的与磁场平行的轴转动，线框中的磁通量始终为 ，线框中不会产生感应电流，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据磁通量的表达式得出穿过线圈的磁通量大小，当回路中产生感应电流的条件是回路闭合，回路中磁通量发生变化。
11．（2023高二上·新化期末）如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上相向运动，A、B两球的质量分别为m和，A、B两球发生正碰，碰撞后A球的速率是原来的两倍，B球恰好静止。则（ ）
A．碰撞前A，B两球的速度大小之比为1∶1
B．碰撞前A，B两球的速度大小之比为3∶2
C．A，B两球发生的碰撞是弹性碰撞
D．A，B两球发生的碰撞是非弹性碰撞
【答案】A,C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】AB．设向右为正方向，根据动量守恒定律
得
A符合题意，B不符合题意；
CD．碰撞前系统动能为
碰撞后系统动能为
可知，碰撞前后系统机械能相等，A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据动量守恒定律和动能的表达式得出碰前两球的速度之比和碰撞前后动能是否变化。
12．（2023高二上·新化期末）如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（ ）
A．a的质量比b的大 B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等 D．在t时刻，a和b的动量大小相等
【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A．根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab
对微粒a，由牛顿第二定律qE=maaa
对微粒b，由牛顿第二定律qE =mbab
联立解得 >
由此式可以得出a的质量比b小，A不符合题意；
B．在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，B符合题意；
C．由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，C不符合题意；
D．由于a微粒受到的电场力（合外力）等于b微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量等于b微粒，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】ab粒子在两极板间运动时利用牛顿第二定律和电场力的表达式得出ab粒子的质量大小，结合动能定理得出ab动能的大小，通过电势能的表达式得出ab电势能的大小，结合动量定理得出ab粒子动量的大小关系。
三、实验题
13．（2023高二上·新化期末）有一小段金属丝，用螺旋测微器测测量其直径，如图甲所示，其直径为 mm；
用20分度的游标卡尺测量其长度，如图乙所示，其长度为 mm。
【答案】0.315；13.40
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】 由图可得金属丝的直径为
游标卡尺的主尺读数为 ，游标尺上第8个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其长度为
【分析】根据螺旋测微微器和游标卡尺的读数原理得出金属丝的直径和长度。
14．（2023高二上·新化期末）如图甲为多用电表的示意图，现用它测量一个阻值约为的电阻，测量步骤如下：
（1）首先进行机械调零，然后将选择开关旋转到“”挡的 （选填“”、“”或“”）位置；（欧姆挡的表盘刻度线情况可通过图乙观察）
（2）将红、黑表笔分别插入“+”“-”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准 （选填“电阻”或“电流”）的“0”刻线。
（3）将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，若电表指针读数如图乙所示，该电阻的阻值为 。
【答案】（1）×1
（2）电阻
（3）19
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）现测量一个阻值约为 的电阻，欧姆表指针要求指在表盘中央附近，所以选择“ ”挡位合适。
（2）欧姆调零要求红黑表笔短接，指针指在表盘右端零刻线，即电阻零刻线。
（3）该电阻的阻值为
【分析】（1）根据欧姆表的读数原理和使用原理得出将党委调到；
（2）欧姆表欧姆调零时红黑表笔短接，使指针指在表盘右端的零刻度线；
（3）根据欧姆表的读数原理得出该电阻的阻值。
15．（2023高二上·新化期末）利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差。
（1）应该选择的实验电路是图中的 （选项“甲”或“乙”）；
（2）请根据所选电路图，完成实物连接；
（3）某位同学根据记录数据画出了图线如图所示，根据图线可得出干电池的电动势 V，内电阻 。
【答案】（1）甲
（2）
（3）1.50；0.83
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1） 根据 测量电源电动势和内阻时，需要测出多组对应的路端电压 和干路电流 ，电压表和电流表内阻影响会造成实验误差。电源内阻较小，所以乙电路中的电流表分压影响较大，因此应选择甲电路。
（2） 实物连接如图所示
（3） 根据 ，由 图线可知，电源电动势
内电阻
【分析】（1）根据电路的分析和闭合电路欧姆电路选择适合的电路图；
（2）根据电路图连接实物图；
（3）根据闭合电路欧姆定律的U-I的表达式，结合图像得出电源的电动势和内阻。
四、解答题
16．（2023高二上·新化期末）如图所示，电源内阻为，两水平放置的金属板A、B构成一平行板电容器与R并联，电容，两金属板相距，板间电场可视为匀强电场。电键S闭合时，有一个质量、电荷量的液滴，在两板间刚好处于静止状态。g取。求：
（1）两板间电场强度的大小；
（2）电容器所带电荷量Q；
（3）电源电动势E。
【答案】（1）液滴在两板间刚好处于静止状态，则有
解得
（2）电容器所带电荷量
（3）电路中的电流
电源电动势
解得
【知识点】电容器及其应用；电场强度；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）在两极板间根据共点力平衡得出电场强度的大小；
（2）利用电容器的定义式得出电容器所带电荷量 ；
（3）根据闭合电路欧姆定律得出电源的电动势。
17．（2023高二上·新化期末）如图，竖直虚线边界的左侧有一场强为、向左的匀强电场。虚线边界与平行，两者之间存在着宽为L，电场强度为、向下的匀强电场。在右侧相距为L处，有一与平行的屏。质量为m、电荷量为e的电子从电场中的A点无初速度释放，A点到距离为，电子从边界某点飞出，最后打在右侧的屏上。连线与屏垂直，垂足为O，不计电子所受重力，求：
（1）电子从释放到打到屏上所用的时间；
（2）电子打到屏上的位置离O点的距离。
【答案】（1）电子在MN左侧电场中仅仅受到电场力作用，则有
电子在MN左侧电场中匀加速直线运动，则有
此过程历时
之后电子在水平方向做匀速直线运动，打到屏上的时间为
电子从释放到打到屏上所用的时间
解得
（2）在MN右侧电场中，电子做类平抛运动规律，则有 ， ，
电子飞出电场时，令速度与水平方向夹角为 ，则有
则电子打到屏上的位置离O点的距离
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）粒子在电场中根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的位移与速度的关系得出 电子从释放到打到屏上所用的时间；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，结合类平抛运动的规律得出电子打到屏上的位置离O点的距离。
18．（2023高二上·新化期末）如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为，在木板的上面有质量均为m的小木块A和小木块B，小木块A与木板间的动摩擦因数为，小木块B与木板间的动摩擦因数为，最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度和在木板上开始滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板，重力加速度为g，求：
（1）A、B刚开始滑动时，A、B、C的加速度分别是多少？
（2）木块A在整个过程中的最小速度及A相对C滑动的路程；
（3）木块B的最终速度及B相对C滑动的路程。
【答案】（1）由牛顿第二定律可得 ， ，
解得 ， ，
（2）可知B的初速度是A的两倍，加速度也是A的两倍，由此可发现必然是A先与木板共速，则A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止。
则A与C达到共速时即为木块A在整个过程中的最小速度 ，设所用时间为 ，则有 ，
解得
此过程中C做匀加速直线运动
A做匀减速直线运动
得A相对C滑动的路程
（3）分析知木块B的最终速度等于三者的共同速度，由系统动量守恒得
解得
由系统能量守恒得
解得
【知识点】功能关系；动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）分别对AB和ABC整体利用牛顿第二定律得出ABC各自的加速度；
（2）结合匀变速直线运动的速度与时间的关系和位移与速度的关系得出A相对C滑动的路程；
（3）根据动量守恒定律以及功能关系得出 木块B的最终速度及B相对C滑动的路程 。
湖南省娄底市新化县2022-2023学年高二上学期物理期末质量监测试卷
一、单选题
1．（2023高二上·新化期末）在物理学发展过程中，观测、实验、假说和逻辑推理等方法都起到了重要作用。下列叙述中不符合物理学史的是（ ）
A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系
B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说
C．库仑最早用扭称实验精确测出了电子的电荷量
D．法拉第经过长达十年的实验探索，发现了电磁感应现象
2．（2021高二下·丰台期中）如图所示，一个物体静止在水平地面上，受到与水平方向成θ角的恒定拉力F作用时间t后，物体仍保持静止。现有以下看法，你认为看法正确的是（ ）
A．物体所受合力的冲量大小为0
B．物体所受拉力F的冲量大小是Ftcosθ
C．物体所受摩擦力的冲量大小为0
D．物体所受拉力F的冲量方向水平向右
3．（2023高二上·新化期末）在用单摆测量重力加速度的实验中，下面的叙述正确的是（ ）
A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且适当长一些
B．摆球尽量选择质量小些、体积大些的
C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆角较大
D．用刻度尺测量摆线的长度l，这就是单摆的摆长
4．（2020高二上·广州期中）某电场的电场线如图所示，一带正电的点电荷仅在电场力的作用下从M点运动到N点。若其在电场中M、N两点运动的加速度大小分别为aM和aN，所具有的动能分别为EkM和EkN，则下列说法中正确的是（ ）
A．aM >aN，EkM >EkN B．aM >aN，EkM
A．若，则
B．若，则
C．只有当时，才有
D．无论大小关系如何，恒有
6．（2023高二上·新化期末）如图所示，两根垂直纸面的直导线a、b通有大小相同的电流，两导线旁有一点P，P点到a、b距离相等。若使P点的磁场方向向左，则（ ）
A．a中电流方向向外，b中电流方向向里
B．a中电流方向向外，b中电流方向向外
C．a中电流方向向里，b中电流方向向里
D．a中电流方向向里，b中电流方向向外
7．（2018高一上·玉山月考）如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻阻值的一半；R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是（ ）
A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04A
B．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02A
C．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06A
D．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A
8．（2023高二上·新化期末）在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，闭合开关S，电灯L正常发光．两块电表均为理想电表．在滑片P向右移动的过程中，下列说法正确的是
A．电流表的示数变小 B．电源的总功率变小
C．灯泡L的亮度变大 D．电压表的示数变小
二、多选题
9．（2020高二下·南通月考）如图所示，水平弹簧振子沿x轴在M、N间做简谐运动，坐标原点O为振子的平衡位置，其振动方程为 ．下列说法正确的是（ ）
A．MN间距离为5cm
B．振子的运动周期是0.2s
C． 时，振子位于N点
D． 时，振子具有最大加速度
10．（2023高二上·新化期末）如图所示，面积为S的长方形线框放在垂直纸面向里、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，下列分析正确的是（ ）
A．图示位置，穿过线框中的磁通量为
B．以边为轴，让线框转过角，这一过程中，线框中的磁通量变化量大小为
C．线框以边为轴在磁场中转动，线框中会产生感应电流
D．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
11．（2023高二上·新化期末）如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上相向运动，A、B两球的质量分别为m和，A、B两球发生正碰，碰撞后A球的速率是原来的两倍，B球恰好静止。则（ ）
A．碰撞前A，B两球的速度大小之比为1∶1
B．碰撞前A，B两球的速度大小之比为3∶2
C．A，B两球发生的碰撞是弹性碰撞
D．A，B两球发生的碰撞是非弹性碰撞
12．（2023高二上·新化期末）如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动，在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（ ）
A．a的质量比b的大 B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等 D．在t时刻，a和b的动量大小相等
三、实验题
13．（2023高二上·新化期末）有一小段金属丝，用螺旋测微器测测量其直径，如图甲所示，其直径为 mm；
用20分度的游标卡尺测量其长度，如图乙所示，其长度为 mm。
14．（2023高二上·新化期末）如图甲为多用电表的示意图，现用它测量一个阻值约为的电阻，测量步骤如下：
（1）首先进行机械调零，然后将选择开关旋转到“”挡的 （选填“”、“”或“”）位置；（欧姆挡的表盘刻度线情况可通过图乙观察）
（2）将红、黑表笔分别插入“+”“-”插孔，并将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针对准 （选填“电阻”或“电流”）的“0”刻线。
（3）将红、黑表笔分别与待测电阻两端相接触，若电表指针读数如图乙所示，该电阻的阻值为 。
15．（2023高二上·新化期末）利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差。
（1）应该选择的实验电路是图中的 （选项“甲”或“乙”）；
（2）请根据所选电路图，完成实物连接；
（3）某位同学根据记录数据画出了图线如图所示，根据图线可得出干电池的电动势 V，内电阻 。
四、解答题
16．（2023高二上·新化期末）如图所示，电源内阻为，两水平放置的金属板A、B构成一平行板电容器与R并联，电容，两金属板相距，板间电场可视为匀强电场。电键S闭合时，有一个质量、电荷量的液滴，在两板间刚好处于静止状态。g取。求：
（1）两板间电场强度的大小；
（2）电容器所带电荷量Q；
（3）电源电动势E。
17．（2023高二上·新化期末）如图，竖直虚线边界的左侧有一场强为、向左的匀强电场。虚线边界与平行，两者之间存在着宽为L，电场强度为、向下的匀强电场。在右侧相距为L处，有一与平行的屏。质量为m、电荷量为e的电子从电场中的A点无初速度释放，A点到距离为，电子从边界某点飞出，最后打在右侧的屏上。连线与屏垂直，垂足为O，不计电子所受重力，求：
（1）电子从释放到打到屏上所用的时间；
（2）电子打到屏上的位置离O点的距离。
18．（2023高二上·新化期末）如图所示，C是放在光滑的水平面上的一块木板，木板的质量为，在木板的上面有质量均为m的小木块A和小木块B，小木块A与木板间的动摩擦因数为，小木块B与木板间的动摩擦因数为，最初木板静止，A、B两木块同时以方向水平向右的初速度和在木板上开始滑动，木板足够长，A、B始终未滑离木板，重力加速度为g，求：
（1）A、B刚开始滑动时，A、B、C的加速度分别是多少？
（2）木块A在整个过程中的最小速度及A相对C滑动的路程；
（3）木块B的最终速度及B相对C滑动的路程。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A．奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，揭示了电和磁之间存在联系，A正确，不符合题意；
B．安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说，解释了磁化现象，B正确，不符合题意；
C．密立根用油滴实验精确测出了电子的电荷量，C错误，符合题意；
D．法拉第经过长达十年的实验探索，发现了电磁感应现象，D正确，不符合题意。
故答案为：C。
【分析】根据物理学史进行分析判断正确的选项。
2．【答案】A
【知识点】冲量
【解析】【解答】ABC．物体所受合力为零，摩擦力和拉力F均为恒力，根据恒力冲量的定义可知，冲量等于力与时间的乘积，故摩擦力对物体的冲量为Ftcosθ，拉力F对物体的冲量大小为Ft，合力的冲量大小为0，A符合题意BC不符合题意；
D．物体所受拉力F的冲量方向与F方向相同，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】由于物体处于静止其合力等于0所以合力的冲量等于0；利用拉力和时间可以求出拉力冲量的大小；利用摩擦力和时间可以求出摩擦力冲量的大小；拉力冲量的方向与拉力方向相同。
3．【答案】A
【知识点】用单摆测定重力加速度
【解析】【解答】A．为减小实验误差，摆线要选择质量小且不易伸缩的细长摆线，A符合题意；
B．为减小空气阻力对实验的影响，摆球尽量选择质量大、体积小的，B不符合题意；
C．单摆的摆角小于 时，视为简谐运动，实验时摆角不能太大，C不符合题意；
D．摆长等于悬点到摆球球心的距离，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】根据单摆周期的表达式以及用单摆测量重力加速度的实验原理进行分析判断。
4．【答案】D
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】因为N点的电场线较M点密集，则EM
【分析】利用电场线的疏密可以比较电场强度的大小，结合牛顿第二定律可以比较加速度的大小；利用电场力做功可以比较电势能的大小。
5．【答案】D
【知识点】受力分析的应用；共点力的平衡
【解析】【解答】由两小球所带电荷量分别为 、 可知，两球之间的库仑力是作用力与反作用力关系，因此两力大小相等，方向相反，两小球质量相等，重力相等。两小球均受重力mg、库仑力F和细绳的拉力T，如图所示，由平衡条件可知，重力和库仑力的合力与细绳的拉力平衡，即重力与库仑力的合力方向与竖直方向的夹角相同，即两悬线与竖直方向的夹角相同，即 ，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】对小球进行受力分析，根据力的分解和共点力平衡得出两个细绳与竖直方向夹角的大小关系。
6．【答案】D
【知识点】右手定则
【解析】【解答】根据平行四边形定则以及对称性可知，当P点的磁场方向向左时，直导线a、b中的电流在P点激发的磁场方向如图所示，根据安培定则可知此时a中电流方向向里，b中电流方向向外，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】根据右手定则得出P点磁场方向向左时ab中电流的方向。
7．【答案】C
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】当接线柱1、2接入电路时，R1与电流表并联，由于R1＝ ，可知流过R1的电流为流过电流表电流的2倍，所以1、2接线柱间的电流为通过电流表电流的3倍，所以每一小格是原来的3倍，即为0.06 A，所以A、B不符合题意；当接线柱1、3接入电路时，电流表与R1并联，然后再与R2串联，串联电阻对电流无影响，与1、2接入电路的效果一样，所以每一小格表示0.06 A，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】通过并联一个小电阻起分流作用，可以把电流计改装成电流表，利用欧姆定律求解量程即可。
8．【答案】D
【知识点】电功率和电功；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】将滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路总电流I增大，则电流表的示数变大，A不符合题意；电源总功率P=EI，电流I增大，总功率增大，B不符合题意；由于内阻不为零，故路端电压U=E-Ir减小，电灯L消耗的功率减小，变暗，C不符合题意；流过变阻器的电流I1=I-IL，I增大，IL减小，则I1增大，电阻R1消耗的功率变大，电阻R1两端的电压U1增大；电压表的示数UV=U-U1，U减小，U1增大，则电压表示数变小．D符合题意．
故答案为：D．
【分析】滑动变阻器的滑片一定的过程根据接入电路中电阻的变化以及闭合电路欧姆定律得出电流表示数的变化情况，结合电功率的表达式以及串并联电路的特点分析判断。
9．【答案】B,C
【知识点】简谐运动
【解析】【解答】A．MN间距离为2A=10cm，A不符合题意；
B．因 可知振子的运动周期是
B符合题意；
C．由 可知t=0时，x=5cm，即振子位于N点，C符合题意；
D．由 可知 时x=0，此时振子在O点，振子加速度为零，D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】利用振幅可以求出MN之间的距离；利用圆频率可以求出周期的大小；利用振动方程可以判别振子的位置；利用振子的位置可以判别振子的加速度大小。
10．【答案】B,C
【知识点】电磁感应的发现及产生感应电流的条件
【解析】【解答】A．图示位置，线框平面与磁场垂直，线框中的磁通量
A不符合题意；
B．以 边为轴，让线框 转过 角，这一过程中，线框中的磁通量变化量大小为
B符合题意；
C．线框以 边为轴在磁场中转动，线框中的磁通量时刻在发生改变，线框中会产生感应电流，C符合题意；
D．线框绕过D点的与磁场平行的轴转动，线框中的磁通量始终为 ，线框中不会产生感应电流，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】根据磁通量的表达式得出穿过线圈的磁通量大小，当回路中产生感应电流的条件是回路闭合，回路中磁通量发生变化。
11．【答案】A,C
【知识点】动量守恒定律
【解析】【解答】AB．设向右为正方向，根据动量守恒定律
得
A符合题意，B不符合题意；
CD．碰撞前系统动能为
碰撞后系统动能为
可知，碰撞前后系统机械能相等，A、B两球发生的碰撞是弹性碰撞，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】根据动量守恒定律和动能的表达式得出碰前两球的速度之比和碰撞前后动能是否变化。
12．【答案】B,D
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】A．根据题述可知，微粒a向下加速运动，微粒b向上加速运动，根据a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，可知a的加速度大小大于b的加速度大小，即aa>ab
对微粒a，由牛顿第二定律qE=maaa
对微粒b，由牛顿第二定律qE =mbab
联立解得 >
由此式可以得出a的质量比b小，A不符合题意；
B．在a、b两微粒运动过程中，a微粒所受合外力等于b微粒，a微粒的位移大于b微粒，根据动能定理，在t时刻，a的动能比b大，B符合题意；
C．由于在t时刻两微粒经过同一水平面，电势相等，电荷量大小相等，符号相反，所以在t时刻，a和b的电势能不等，C不符合题意；
D．由于a微粒受到的电场力（合外力）等于b微粒受到的电场力（合外力），根据动量定理，在t时刻，a微粒的动量等于b微粒，D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】ab粒子在两极板间运动时利用牛顿第二定律和电场力的表达式得出ab粒子的质量大小，结合动能定理得出ab动能的大小，通过电势能的表达式得出ab电势能的大小，结合动量定理得出ab粒子动量的大小关系。
13．【答案】0.315；13.40
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】 由图可得金属丝的直径为
游标卡尺的主尺读数为 ，游标尺上第8个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其长度为
【分析】根据螺旋测微微器和游标卡尺的读数原理得出金属丝的直径和长度。
14．【答案】（1）×1
（2）电阻
（3）19
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】（1）现测量一个阻值约为 的电阻，欧姆表指针要求指在表盘中央附近，所以选择“ ”挡位合适。
（2）欧姆调零要求红黑表笔短接，指针指在表盘右端零刻线，即电阻零刻线。
（3）该电阻的阻值为
【分析】（1）根据欧姆表的读数原理和使用原理得出将党委调到；
（2）欧姆表欧姆调零时红黑表笔短接，使指针指在表盘右端的零刻度线；
（3）根据欧姆表的读数原理得出该电阻的阻值。
15．【答案】（1）甲
（2）
（3）1.50；0.83
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】（1） 根据 测量电源电动势和内阻时，需要测出多组对应的路端电压 和干路电流 ，电压表和电流表内阻影响会造成实验误差。电源内阻较小，所以乙电路中的电流表分压影响较大，因此应选择甲电路。
（2） 实物连接如图所示
（3） 根据 ，由 图线可知，电源电动势
内电阻
【分析】（1）根据电路的分析和闭合电路欧姆电路选择适合的电路图；
（2）根据电路图连接实物图；
（3）根据闭合电路欧姆定律的U-I的表达式，结合图像得出电源的电动势和内阻。
16．【答案】（1）液滴在两板间刚好处于静止状态，则有
解得
（2）电容器所带电荷量
（3）电路中的电流
电源电动势
解得
【知识点】电容器及其应用；电场强度；闭合电路的欧姆定律
【解析】【分析】（1）在两极板间根据共点力平衡得出电场强度的大小；
（2）利用电容器的定义式得出电容器所带电荷量 ；
（3）根据闭合电路欧姆定律得出电源的电动势。
17．【答案】（1）电子在MN左侧电场中仅仅受到电场力作用，则有
电子在MN左侧电场中匀加速直线运动，则有
此过程历时
之后电子在水平方向做匀速直线运动，打到屏上的时间为
电子从释放到打到屏上所用的时间
解得
（2）在MN右侧电场中，电子做类平抛运动规律，则有 ， ，
电子飞出电场时，令速度与水平方向夹角为 ，则有
则电子打到屏上的位置离O点的距离
解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）粒子在电场中根据牛顿第二定律和匀变速直线运动的位移与速度的关系得出 电子从释放到打到屏上所用的时间；
（2）电子在偏转电场中做类平抛运动，结合类平抛运动的规律得出电子打到屏上的位置离O点的距离。
18．【答案】（1）由牛顿第二定律可得 ， ，
解得 ， ，
（2）可知B的初速度是A的两倍，加速度也是A的两倍，由此可发现必然是A先与木板共速，则A先做匀减速直线运动，后做匀加速直线运动；木块B一直做匀减速直线运动；木板C做两段加速度不同的匀加速直线运动，直到A、B、C三者的速度相等为止。
则A与C达到共速时即为木块A在整个过程中的最小速度 ，设所用时间为 ，则有 ，
解得
此过程中C做匀加速直线运动
A做匀减速直线运动
得A相对C滑动的路程
（3）分析知木块B的最终速度等于三者的共同速度，由系统动量守恒得
解得
由系统能量守恒得
解得
【知识点】功能关系；动量守恒定律；牛顿运动定律的应用—板块模型
【解析】【分析】（1）分别对AB和ABC整体利用牛顿第二定律得出ABC各自的加速度；
（2）结合匀变速直线运动的速度与时间的关系和位移与速度的关系得出A相对C滑动的路程；
（3）根据动量守恒定律以及功能关系得出 木块B的最终速度及B相对C滑动的路程 。