2021-2022學(xué)年遼寧省協(xié)作校高一（下）期末物理試卷（附答案詳解）

2021-2022學(xué)年遼寧省協(xié)作校高一（下）期末物理試卷

i.如圖所示，一粗細(xì)均勻的金屬導(dǎo)線橫截面積為s,單位體積內(nèi)有〃個自由電子，每

個自由電子的電荷量為e,下面說法正確的是（）

A.時間/內(nèi)流過該導(dǎo)線某一橫截面的電荷量為仃

B.導(dǎo)線內(nèi)的電流強(qiáng)度為/時，電子定向移動的速度為上

C.將金屬絲均勻的拉長到原來的2倍，其電阻也變?yōu)樵瓉淼?倍

D.將金屬絲接入電路，隨著溫度的升高其電阻變小

如圖所示，長為L的懸線固定在。點(diǎn)，在。正下方////////〃//〃/////

。處有一釘子c,把懸線另一端的小球機(jī)拉到跟懸點(diǎn)L'O

2：

同一水平面上無初速度釋放，小球運(yùn)動到最低點(diǎn)時

懸線碰到釘子，則（

A.懸線碰到釘子前后瞬間，小球的角速度之比為2：1

B.懸線碰到釘子前后瞬間，小球的動能之比為1：4

C.懸線碰到釘子前后瞬間，小球的向心加速度之比為1：2

D.懸線碰到釘子之后，小球可以繼續(xù)做圓周運(yùn)動達(dá)到懸點(diǎn)。

3.地球半徑R,地球表面的重力加速度g,現(xiàn)有質(zhì)量為，”的衛(wèi)星，在距地球表面2R

的軌道上做勻速圓周運(yùn)動，則正確的是（）

A.衛(wèi)星的動能為哼B.衛(wèi)星的角速度為原

4yl27R

C.衛(wèi)星與地球間的萬有引力為，陽D.地球的密度為券

4.豎直墻壁上落有兩只飛鏢，它們是從同一個位置水平射出的，均可看

作平拋運(yùn)動.飛鏢A、B的落點(diǎn)速度與豎直墻壁分別成45。角和37。角，

墻上兩個飛鏢落點(diǎn)的間距為d=0.25m,則兩只飛鏢的射出點(diǎn)離墻壁的

水平距離為（tan37°=0.75）（）A'不

A.0.75m\*

d

B.\mvI

B\_L

C.1.5m

D.3〃i

5.光滑水平面上質(zhì)量為4kg的物塊A,水平向右以lm/s的速度與質(zhì)量為6kg的靜止物

塊3發(fā)生正碰，碰撞后物塊A的速度大小和方向不可能為（）

A.0B.0.2m/s,水平向左

C.OAm/s,水平向右D.0.6m/s,水平向右

6.物塊A和斜面B的質(zhì)量分別為，〃和3瓶，水平直角邊長分別為L和3L不計一切摩

擦，A從斜面頂端由靜止開始運(yùn)動，相對于斜面剛好滑到底端這一過程中，正確的

是（）

A.物塊A的機(jī)械能守恒B.A與B組成的系統(tǒng)動量守恒

C.斜面B的位移大小為0.5LD.物塊A的位移大小為1.5L

7.兩個完全相同、帶等量異種電荷的小球A、B,質(zhì)量均為相，分別用長為的絕

緣細(xì)線懸掛在相距為"的M、N兩點(diǎn)，平衡時小球A、B的位置如圖甲所示，細(xì)線

與豎直方向夾角a=45。。外加水平向左的勻強(qiáng)電場后，兩小球經(jīng)過一段長時間擺

動，最終再次平衡的位置如圖乙所示，細(xì)線與豎直方向夾角仍為a=45。，正確的

WN

A.小球A帶負(fù)電，小球B帶正電

B.小球A的電荷量。=抨

C.圖乙中，A球的電勢能一定大于B球的電勢能

D.圖乙中，外加勻強(qiáng)電場的電場強(qiáng)度E=余

8.如圖所示，兩個較大的平行金屬板A、B,通過電流計接在電壓相定的電源上。質(zhì)

量為〃?、帶電荷量為g的油滴恰好靜止在兩金屬板之間。在其他條件不變的情況下，

如果將8板向下移動一小段距離，則該過程中（）

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ab

A.油滴將向下加速運(yùn)動，電流計中的電流從b流向a

B.油滴將向下加速運(yùn)動，電流計中的電流從“流向6

C.油滴靜止不動，電流計中的電流從6流向a

D.油滴靜止不動，電流計中的電流從a流向b

9.如圖所示，質(zhì)量為，"的球，固定在輕桿上，繞過。點(diǎn)的轉(zhuǎn)軸在豎直面內(nèi)沿順時針

方向做勻速圓周運(yùn)動，A、8是圓周上與圓心0等高的兩點(diǎn)。若小球運(yùn)動的速度大

小為口軌道半徑為R,且」=為重力加速度）,則小球從A點(diǎn)運(yùn)動到8點(diǎn)

的過程中（不計空氣阻力），下列說法正確的是（）

A.小球所受重力的沖量大小等于〃”

B.小球所受向心力的沖量大小等于機(jī)v

C.小球所受合力的沖量大小等于2機(jī)丫

D.輕桿對小球作用力的沖量大小等于2,加

10.在x軸上有兩個固定的點(diǎn)電荷Qi、Q2,其電場中的電勢中在x軸正半軸上的分布如

圖所示，下列說法正確的是（）

A.Qi為負(fù)電荷，＜?2為正電荷

B.Qi電量小于Q2的電量

C.Xi處的電場強(qiáng)度為零

D.電量為-q的檢驗(yàn)電荷從X2位置移到無窮遠(yuǎn)的過程中，電場力做功為q@o

11.兩個固定的等量異種點(diǎn)電荷產(chǎn)生電場，等勢面如圖中虛線所示。一帶電粒子以初動

能12eV從圖中。點(diǎn)進(jìn)入電場，運(yùn)動軌跡如圖中實(shí)線所示，該粒子只受電場力作用，

正確的是（）

A.粒子帶正電

B.粒子從。點(diǎn)運(yùn)動到e點(diǎn)，電場力做的總功為0

C.當(dāng)粒子的動能為4eV時，其電勢能為8eV

D.經(jīng)過b點(diǎn)和d點(diǎn)時粒子的動量相同

12.用四個相同的電流表頭分別改裝成兩個不同量程的電壓表匕、彩和兩個不同量程的

電流表4、A2,改裝后的匕量程比彩表量程大，4表量程比4表的量程大，下列

說法中正確的是（）

A.匕表的內(nèi)阻比彩表的內(nèi)阻大

B.必表的內(nèi)阻比&表的內(nèi)阻大

C.若匕表與彩表并聯(lián)，匕表的指針偏轉(zhuǎn)角比較小

D.若久表與%表并聯(lián)，公表的讀數(shù)比較小

13.在驗(yàn)證動量守恒定律的實(shí)驗(yàn)中，讓A、B兩滑塊在長直氣墊導(dǎo)軌上相撞，碰撞前B

滑塊靜止，A滑塊向8滑塊勻速運(yùn)動，利用頻閃照相的方法連續(xù)四次拍攝的照片如

圖所示。已知相鄰兩次閃光的時間間隔為7,且第一次閃光時滑塊A恰好位于刀=

10cm坐標(biāo)處。拍照過程中兩個滑塊均在。?80cm坐標(biāo)范圍內(nèi)，兩個物塊的碰撞時

間及閃光持續(xù)的時間極短，均可忽略不計。由此照片可判斷：實(shí)驗(yàn)過程中第三次拍

照時滑塊A在__處，A、B兩滑塊的質(zhì)量之比mQmB=0

05101520253035404550556065707580

14.（1）測量電阻絲的電阻率實(shí)驗(yàn)中，取一段電阻絲（電阻值較小）連接在實(shí)驗(yàn)電路中，

測出接入電路的電阻絲長度L、直徑d、電阻R,則電阻絲電阻率的表達(dá)式p=。

（2）實(shí)驗(yàn)要求測量多組數(shù)據(jù)并且電壓從零開始調(diào)節(jié)，請將電路圖1補(bǔ)充完整，在必

要的接線位置間連線（黑點(diǎn)表示可接線位置）。

（3）測量電阻絲直徑時螺旋測微器讀數(shù)如圖示，為mm,電壓表（量程3V）、電

流表（量程0.64）,某次測量時指針位置如圖2所示，則電壓表讀數(shù)U=V,電

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流表讀數(shù)/=A?將以上數(shù)據(jù)代入電阻率公式，得到測量結(jié)果。根據(jù)正確的電

路連接方式，由于電表內(nèi)阻的影響，可知該電阻率的測量值_____(填偏大，偏小，

準(zhǔn)確)。

------?-------->-I_______

o——□--------?|05

--------1|■—工------—~

圖1

15.如圖所示，光滑水平面與豎直半圓形導(dǎo)軌在8點(diǎn)銜接，粗糙的半圓形導(dǎo)軌半徑為

0.1m,將質(zhì)量為1僅的物塊壓縮輕彈簧至A處，物塊被釋放后離開彈簧時獲得一個

向右的速度在水平面上運(yùn)動，當(dāng)它經(jīng)過B點(diǎn)進(jìn)入半圓形導(dǎo)軌的瞬間對導(dǎo)軌的壓力為

其重力的10倍，之后物塊恰能到達(dá)導(dǎo)軌的最高點(diǎn)C,最終落在水平面上未與彈簧

相碰，g=10m/s2o求：

(1)彈簧對物塊的彈力做功？

(2)從8至C過程，物塊與軌道間產(chǎn)生的內(nèi)能？

(3)物塊剛要接觸水平面時，重力的功率？

16.現(xiàn)有豎直向上的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E=2x1。3N/C。質(zhì)量m=1.6xl()T°kg的

帶電粒子僅在電場力作用下，運(yùn)動軌跡如圖中曲線所示。該粒子經(jīng)過A點(diǎn)時的速度

=300m/s,與水平方向夾角為37。。從A點(diǎn)經(jīng)過t=0.07s到達(dá)B點(diǎn)，經(jīng)8點(diǎn)時

速度與水平方向夾角為53。。求：

(1)帶電粒子的電性？電量q=?

(2)4、B兩點(diǎn)間的電勢差U.B=?

17.如圖，半徑為R的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)，小球A、

8質(zhì)量分別為加、/?機(jī)的為待定系數(shù))。A球從左邊與圓心等

高處由靜止釋放后沿軌道下滑，與軌道最低點(diǎn)處靜止的B

球相撞，碰撞后A、B球能達(dá)到的最大高度均為力碰撞中

無機(jī)械能損失，重力加速度為g,求：

(1)待定系數(shù)。？

(2)第一次碰撞剛結(jié)束時小球8對軌道的壓力？

(3)小球A、8在軌道最低處第二次碰撞剛結(jié)束時各自的速度大??？

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答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：A、不知道電路中的電流或粒子運(yùn)動的速度，不能求出時間f內(nèi)流過該導(dǎo)

線某一橫截面的電荷量，故A錯誤；

B、從微觀角度來說，在，時間內(nèi)能通過某一橫截面的自由電子必須處于長度為1=憂的

圓柱體內(nèi)，此圓柱體內(nèi)的電子數(shù)目為〃vS,則/時間內(nèi)通過該截面的電子的電量為q=

nevSt,結(jié)合/=/可得電子定向移動的速度為：v=故8正確；

tneS

C、金屬導(dǎo)體的電阻：R=P］，將金屬絲均勻的拉長到原來的2倍，其橫截面積減小為

原來的點(diǎn)所以電阻變?yōu)樵瓉淼?倍，故C錯誤；

D,金屬絲的電阻率隨溫度的升高而增大，所以將金屬絲接入電路，隨著溫度的升高其

電阻變大，故錯誤。

故選：Bo

從電流的定義來說，/=：，故在，時間內(nèi)通過某一橫截面的電荷量為〃，從導(dǎo)體導(dǎo)電的

微觀角度來說，在/時間內(nèi)能通過某一橫截面的自由電子必須處于長度為W的圓柱體內(nèi)，

由于自由電子可以認(rèn)為是均勻分布，故此圓柱體內(nèi)的電子數(shù)目為nuSt.根據(jù)電阻定律判

斷，金屬絲的電阻率隨溫度的升高而增大。

本題考查了電流的兩個表達(dá)式，要特別注意微觀表達(dá)式/=neuS中各物理量的意義.

2.【答案】C

【解析】解：A、根據(jù)3=2知，懸線碰到釘子前后瞬間線速度大小不變，而半徑減小，

r

則前后瞬間小球的角速度之比為1：2,故A錯誤；

8、碰到釘子的瞬間，根據(jù)慣性可知，小球的速度不能發(fā)生突變，即線速度不變，則小

球的動能不變，故B錯誤；

C、根據(jù)a=貯知，懸線碰到釘子前后瞬間線速度大小不變，而半徑減小，則前后瞬間

r

小球的向心加速度之比為1：2,故C正確；

D、根據(jù)圓周運(yùn)動規(guī)律可知小球上升到。點(diǎn)的速度為mg=m1,解得：〃=騰，根

據(jù)機(jī)械能守恒可知小球若到達(dá)。點(diǎn)時速度為0,所以小球不可以繼續(xù)做圓周運(yùn)動達(dá)到懸

點(diǎn)、O,故。錯誤。

故選：C。

碰到釘子的瞬間，根據(jù)慣性可知，小球的速度不能發(fā)生突變，小球碰到釘子后仍做圓周

運(yùn)動，由圓周運(yùn)動的性質(zhì)可知其線速度、角速度、及向心加速度的大小關(guān)系，根據(jù)臨界

條件分析判斷.

解決本題的關(guān)鍵知道懸線與釘子碰撞前后瞬間，哪些量不變，哪些量改變，再結(jié)合圓周

運(yùn)動的知識進(jìn)行求解.

3.【答案】B

【解析】解：ABC,根據(jù)萬有引力提供向心力有：F===在地

球表面附近有：GM^'-m'g,解得：I?=Jg,3=J1，動能Ek=之血"2=上胃，故

AC錯誤，8正確；

D、根據(jù)密度的計算公式有：p==，解得：P=警，故。錯誤；

L-71R3廠4/rR

故選：Bo

根據(jù)萬有引力等于重力求出地球的質(zhì)量.根據(jù)萬有引力提供向心力以及萬有引力等于重

力求出衛(wèi)星的角速度、線速度、根據(jù)動能和密度的公式解得.

解決本題的關(guān)鍵掌握萬有引力提供向心力和萬有引力等于重力這兩個理論，并能熟練運(yùn)

用.注意高度與軌道半徑的區(qū)別.

4.【答案】C

【解析】解：設(shè)兩只飛鏢的射出點(diǎn)離墻壁的水平距離為x,任一飛鏢的初速度為孫，落

在墻上時豎直分速度為力,速度方向與豎直墻壁的夾角為0

則%=焉=3vo=7

聯(lián)立解得t2=X

gtan8

下落高度九=^gt2=x

2tan0

故A飛鏢下落高度為以=-^―=:

Ztan45

B匕鏢下落高度為hB=就有=|x

據(jù)題有2一%=d

解得x=6d=6x0.25m=1.5m,故AB。錯誤，C正確。

故選：C。

兩只飛鏢水平射出后都做平拋運(yùn)動，水平方向的分運(yùn)動是勻速直線運(yùn)動，豎直方向的分

運(yùn)動是自由落體運(yùn)動，根據(jù)速度的分解，用豎直方向的分速度分別表示出兩個飛鏢的初

速度，由水平距離與初速度之比表示兩個飛鏢運(yùn)動的時間、兩個飛鏢豎直距離之差等于

d,即可求解水平距離。

解決本題的關(guān)鍵要掌握平拋運(yùn)動在水平方向和豎直方向上的運(yùn)動規(guī)律，結(jié)合運(yùn)動學(xué)公式

靈活處理。

5.【答案】D

【解析】解：由題意可知A的質(zhì)量m=4kg,B的質(zhì)量M=6kg,A的初速度%=Im/s

兩物塊碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，如果碰撞為完全非彈性碰撞，

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由動量守恒定律得：mv0=(m+M)v共

代入數(shù)據(jù)解得：=0.4m/s

如果兩物塊發(fā)生彈性碰撞，碰撞過程系統(tǒng)動量守恒、機(jī)械能守恒，

以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0=mvA+MVB,

由機(jī)械能守恒定律得：+|Mvj

代入數(shù)據(jù)解得：vA=—02m/s,負(fù)號表示方向向左

則碰撞后A的速度范圍是：-0.2m/s<v<OAm/s,碰撞后A不可能的速度是0.6m/s,

方向向右，故ABC錯誤，D正確。

故選：Do

兩物塊碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，如果是彈性碰撞，碰撞過程機(jī)械能守恒，應(yīng)用動量守恒

定律求出碰撞后A的臨界速度，然后分析答題。

根據(jù)題意分析清楚物塊的運(yùn)動過程是解題的前提，應(yīng)用動量守恒定律與機(jī)械能守恒定律

求出碰撞后A的速度范圍即可解題。

6.【答案】CD

【解析】解：A、物塊4下滑過程除重力做功外，B對A的支持力對4做功，A的機(jī)械

能不守恒，4、B組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，故A錯誤；

8、A與8組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，在豎直方向所受合力不為零，系統(tǒng)

所受合力不為零，系統(tǒng)動量不守恒，故B錯誤；

CD、A、8組成的系統(tǒng)在水平方向所受合外力為零，系統(tǒng)在水平方向動量守恒，設(shè)A的

位移大小為x,則B的位移大小為次=2L-x,

以水平向左為正方向，在水平方向，由動量守恒定律得：mvA-3mvB=0,則

3m等=0,解得：x=1.5L,xB=0.5L,故CD正確。

故選：CD。

系統(tǒng)所受合外力為零系統(tǒng)動量守恒，只有重力或彈力做功機(jī)械能守恒；系統(tǒng)在水平方向

動量守恒，在水平方向應(yīng)用動量守恒定律求解。

本題考查了動量守恒定律的應(yīng)用，根據(jù)題意分析清楚運(yùn)動過程、掌握基礎(chǔ)知識是解題的

前提與關(guān)鍵，在水平方向應(yīng)用動量守恒定律即可解題。

7.【答案】D

【解析】解：A、根據(jù)圖甲判知帶異種電荷，由圖乙可判定A球帶正電，B球帶負(fù)電，

勻強(qiáng)電場給電荷的力大于它們之間的引力，故A錯誤；

8、由圖甲得兩小球相距:d=3/-2V2/sin45°=，，由A球受力平衡可得mgtan45。=筆

聯(lián)立解得、=畫,故8錯誤；

C、勻強(qiáng)電場的電場力分別對A、8做功相等，電勢能的變化相同，所以A球的電勢能

與3球的電勢能大小決定于零勢面的選擇，故C錯誤；

D、此時兩球相距d'=3/+2V^sin45°=5Z,根據(jù)A球受力平衡可得：QE-k~^=

nigtan45°,解得：E=駕手，故。正確。

故選：Do

根據(jù)小球在勻強(qiáng)電場中受電場力的方向可得出小球所帶電性；

因兩球均受重力、拉力及庫侖力而處于平衡，由共點(diǎn)力的平衡規(guī)律可得出小球的電荷量;

外加勻強(qiáng)電場后，小球仍然處于平衡狀態(tài)，則由共點(diǎn)力的平衡條件可得出電場強(qiáng)度的大

小。

小球在電場中的受力平衡和力學(xué)中物體的平衡處理方法類似，只要正確做好受力分析，

可根據(jù)題意選用共點(diǎn)力的平衡或牛頓第二定律求解。

8.【答案】A

【解析】解:將8板非常緩慢地向下移動一些，兩板間距增大，根據(jù)電容的決定式。=品

分析知，電容減小，而電容器板間電壓不變，由c=?分析知，電容器帶電量減小，處

于放電狀態(tài)，而電容器上板帶負(fù)電，則電路中有逆時針方向的電流，即電流計中有bTa

的電流。

由于板間電壓不變，則板間場強(qiáng)變小，油滴所受電場力變小，向下加速運(yùn)動。故A正確，

8CO錯誤。

故選:Ao

帶電油滴原來處于靜止?fàn)顟B(tài)，電場力與重力平衡，將B板下移后，分析板間場強(qiáng)有無變

化，判斷油滴是否仍保持靜止。根據(jù)電容的決定式分析電容如何變化，由電容的定義式

分析電量的變化，確定電路中電流的方向。

本題是電容器動態(tài)變化問題，要抓住電壓不變，根據(jù)電容的決定式。=生和電容的定

義式c=W結(jié)合進(jìn)行分析。

9.【答案】AC

【解析】解：小球做勻速圓周運(yùn)動，周期7=型，小球從4到8的運(yùn)動時間t==毆

4、小球從4點(diǎn)運(yùn)動到8點(diǎn)過程中，小球所受重力的沖量大小G=血以=等=加"，

方向豎直向下，故A正確；

8、向心力是效果力，小球做勻速圓周運(yùn)動所需要的向心力是由重力與輕桿的合力提供

的，小球不受向心力，故B錯誤；

C、小球沿順時方向做勻速圓周運(yùn)動，在A點(diǎn)小球速度豎直向上，在B點(diǎn)小球速度豎直

向下，以豎直向下為正方向，小球由A到8過程中，由動量定理可知，小球所受合力的

沖量/=77W—大小是2小u,方向豎直向下，故C正確；

D、以豎直向下為正方向，小球受重力與輕桿作用力，小球所受合力的沖量/=IG+1輕護(hù)

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輕桿對小球的沖量/卷〃=/-/G=2mv-mv=mv,故O錯誤；

故選：AC.

小球做勻速圓周運(yùn)動，已知線速度大小與軌道半徑，求出小球做勻速圓周運(yùn)動的周期，

求出小球從A運(yùn)動到8的時間，然后應(yīng)用動量定理、沖量的定義式分析答題。

分析清小球的運(yùn)動過程，應(yīng)用沖量的計算公式與動量定理即可解題；沖量與動量都是矢

量，解題時注意正方向的選擇。

10.【答案】BD

【解析】解：A、由圖可知，在0-X2段電勢逐漸降低，可知該段電場強(qiáng)度的方向沿x

軸正方向；在x>X2段，電勢逐漸增大，可知此段電場強(qiáng)度方向沿x軸負(fù)方向，所以兩

點(diǎn)電荷為異種電荷；由于靠近Qi位置的電場強(qiáng)度方向沿x軸正方向，可知Qi為正電荷，

<?2為負(fù)電荷，故A錯誤；

B、（p—x圖線的切線斜率表示電場強(qiáng)度，由圖可知，在X2處電場強(qiáng)度為零，該點(diǎn)離Qi近，

離Q2遠(yuǎn)，X2處合場強(qiáng)為零，根據(jù)k與=k與知Qi電量小于Q2的電量，故8正確；

r2rl

C、由圖可知，圖線的切線斜率表示電場強(qiáng)度，X1處的斜率不為0,所以電場強(qiáng)度不為

零，故c錯誤；

D、電量為-q的檢驗(yàn)電荷從X2位置移到無窮遠(yuǎn)的過程中，電勢能從q<Po減小到0,則電

場力做正功，做功為qWo，故。正確。

故選：BD.

根據(jù)電勢隨x的變化規(guī)律得出x>0區(qū)域內(nèi)的電場強(qiáng)度方向，確定出兩點(diǎn)電荷的電性，

9-X圖線的切線斜率表示電場強(qiáng)度，根據(jù)X2處電場強(qiáng)度為零比較出兩點(diǎn)電荷電量的大

?。桓鶕?jù)電荷電勢能的變化得出電場力做功的大小。

解決本題的關(guān)鍵知道*-X圖線的切線斜率表示電場強(qiáng)度，以及掌握電場力做功與電勢

能變化的關(guān)系，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負(fù)功，電勢能增大。

11.【答案】BC

【解析】解：A、根據(jù)兩個固定的等量異種點(diǎn)電荷所形成電場的等勢面的特點(diǎn)可得，該

圖中的等勢面中，正電荷在上方，負(fù)電荷在下方；從粒子運(yùn)動軌跡看出，軌跡向上彎曲，

可知帶電粒子受到了向上的力的作用，所以粒子帶負(fù)電，故A錯誤；

B、粒子從arb—c過程中，電場力做負(fù)功，crd—e過程中，電場力做正功.粒子

在靜電場中電場力先做負(fù)功后做正功，電勢能先增大后減小，動能先減小后增大，a、e

位于同一等勢面上，電場力做的總功為0,故B正確；

C、帶電粒子以初動能12eV從圖中。點(diǎn)進(jìn)入電場，此時電勢能為0,動能和電勢能之和

為12eV,只有電場力做功，動能和電勢能之和不變，當(dāng)粒子的動能為4eV時，其電勢

能為8eV,故C正確；

。、仄”位于同一等勢面上，經(jīng)過b點(diǎn)和d點(diǎn)時粒子的動能相同，但速度方向不同，則

動量不同，故。錯誤。

故選：BC。

根據(jù)電勢可知上方是正電荷，下方是負(fù)電荷，從粒子運(yùn)動軌跡看出，軌跡向上彎曲，可

知帶電粒子受到了向上的力的作用，判斷粒子的電性，從a-b-c過程中，電場力做

負(fù)功，c-d-e過程中，電場力做正功，可判斷電勢能的大小情況和動能得到變化情

況；動量是矢量。

本題是軌跡問題，首先要根據(jù)彎曲的方向判斷出帶電粒子所受電場力方向，確定是排斥

力還是吸引力。根據(jù)電場力做功分析動能和電勢能的變化是常用的思路。

12.【答案】AC

【解析】解：A、表頭與分壓電阻串聯(lián)可以改裝成電壓表，改裝后的匕量程比彩表量程

大，則電壓表匕串聯(lián)的分壓電阻大，電壓表匕的內(nèi)阻比匕的內(nèi)阻大，故A正確；

B、表頭與分流電阻并聯(lián)可以改裝成電流表，&表量程比4表的量程大，則電流表4的

并聯(lián)電阻小，必的內(nèi)阻比小的內(nèi)阻小，故8錯誤；

C、由于匕的內(nèi)阻大于嶺的內(nèi)阻，匕與匕并聯(lián)它們兩端的電壓相等，由歐姆定律可知，

流過匕的電流小于流過％的電流，匕表的指針偏轉(zhuǎn)角較小，故C正確；

。、若公表與&表并聯(lián)，兩電流表兩端電壓相等，&的內(nèi)阻比4的內(nèi)阻小，由歐姆定律

可知，兒表的讀數(shù)比較大，故O錯誤。

故選：AC.

表頭改裝成大量程電流表需要并聯(lián)分流電阻，并流電阻越小，分流越多，量程越大；表

頭改裝成電壓表需要串聯(lián)分壓電阻，分壓電阻越大，分得的電壓越大，量程越大。然后

再根據(jù)電路的串并聯(lián)知識分析即可。

本題要求學(xué)生能熟練應(yīng)用串并聯(lián)電路的規(guī)律及電表的性質(zhì)，應(yīng)明確由電流表擴(kuò)大量程時

為并聯(lián)一小電阻，而將電流表改裝為電壓表時應(yīng)串聯(lián)一大電阻。

13.【答案】501：3

【解析】解:根據(jù)題意第一次閃光時滑塊A恰好位于％=10cm坐標(biāo),A做勻速直線運(yùn)動，

可知第三次拍攝時A在x=50cm處，

由題圖可知A和8碰撞前瞬間A的速度大小為%=y

由圖分析可知在第1次閃光后經(jīng)2.5T時間在x=60cm處發(fā)生碰撞，且碰后A的速度反

向，

則碰撞后瞬間4、B的速度大小分別為以，=髀?1=y

22

碰撞過程系統(tǒng)動量守恒，以向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律得：mAvA=-mAvA'+

解得：mA：mB=1：3

故答案為：50,1：3

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A開始做勻速直線運(yùn)動，根據(jù)題意知，碰撞前A在1個T內(nèi)位移為20cm,B開始處于靜

止，通過碰后速度的大小關(guān)系判斷出質(zhì)量的關(guān)系。

對于實(shí)驗(yàn)題，要弄清楚實(shí)驗(yàn)?zāi)康?、?shí)驗(yàn)原理以及數(shù)據(jù)處理等問題，一般的實(shí)驗(yàn)設(shè)計、實(shí)

驗(yàn)方法都是根據(jù)教材上給出的實(shí)驗(yàn)方法進(jìn)行拓展，延伸，所以一定要熟練掌握教材中的

重要實(shí)驗(yàn)。

14.【答案】蹩-6.8602.600.52偏小

4L

【解析】解：(1)由電阻定律得：R=pg=p^,解得：P=嗒。

(2)測量多組數(shù)據(jù)并且電壓從零開始調(diào)節(jié)，滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法；電阻絲阻值很

小，為減小實(shí)驗(yàn)誤差，電流表應(yīng)采用外接法，實(shí)驗(yàn)電路圖如圖所示

<Y>^

(3)由圖示螺旋測微器可知，其分度值是O.Olnun,其讀數(shù)是6.5nun+36.0x0.01mm=

6.860mm；

電壓表量程是3匕由圖示電壓表表盤可知，其分度值是0.1V,讀數(shù)是2.60V；

電流表量程是0.64由圖示電流表表盤可知，其分度值為0.02A,讀數(shù)是0.524；

由圖示電路圖可知，電流表采用外接法，由于電壓表的分流作用，電流的測量值偏大,

由歐姆定律可知，電阻測量值小于真實(shí)值，電阻率的測量值小于真實(shí)值。

故答案為：(1)嗒；(2)實(shí)驗(yàn)電路圖如上圖所示；(3)6.860；2.60；0.52；偏小。

(1)根據(jù)電阻定律求出電阻率。

(2)根據(jù)題意確定電流表的接法，完成實(shí)驗(yàn)電路圖。

(3)螺旋測微器固定刻度與可動刻度讀數(shù)的和是螺旋測微器的讀數(shù)；根據(jù)電表量程確定

其分度值，根據(jù)指針位置讀出其讀數(shù)；根據(jù)圖示電路圖分析實(shí)驗(yàn)誤差。

要掌握常用器材的使用方法與讀數(shù)方法；對電表讀數(shù)時要先確定其量程與分度值，然后

再讀數(shù)；應(yīng)用電阻定律即可解題。

15.【答案】解：(1)物塊經(jīng)過B點(diǎn)進(jìn)入半圓形導(dǎo)軌的瞬間對導(dǎo)軌的壓力為其重力的10

倍，由牛頓第三定律可知導(dǎo)軌對物塊的支持力F=l(hng,在B點(diǎn)對物塊，由牛頓第二

定律得：

F—mg=mW

設(shè)彈簧對物塊的彈力做功為w，對物塊由A到B的過程，由動能定理得：

1,

W—2mvB—0

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：IV=4.5/；

(2)物塊恰能到達(dá)導(dǎo)軌的最高點(diǎn)C,則在C點(diǎn)向心力等于物塊重力，則有：

Vc

mg=m—

設(shè)從B至C過程物塊與軌道間產(chǎn)生的內(nèi)能為Q,對此過程由能量守恒定律得：

1,1,

Q=-2mgR-2m說

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：W=2J,

(3)物塊經(jīng)過C點(diǎn)后，做平拋運(yùn)動達(dá)到水平面，此過程在豎直方向做自由落體運(yùn)動，設(shè)

剛要接觸水平面時豎直方向的分速度為為，重力的功率為P,則有：

啰=2gx2R

P=mgVy

聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：P=20W.

答：(1)彈簧對物塊的彈力做功為4.5/；

(2)從B至C過程，物塊與軌道間產(chǎn)生的內(nèi)能為2J：

(3)物塊剛要接觸水平面時，重力的功率為20W。

【解析】(1)牛頓第三定律可知在B點(diǎn)導(dǎo)軌對物塊的支持力尸=10mg,由牛頓第二定律

求得在B點(diǎn)的速度大小，對物塊由A到8的過程，由動能定理求解；

(2)物塊恰能到達(dá)導(dǎo)軌的最高點(diǎn)C,則在C點(diǎn)向心力等于物塊重力，由牛頓第二定律求

得在C點(diǎn)的速度大小，從B至C過程由能量守恒定律求解；

(3)物塊經(jīng)過C點(diǎn)后，做平拋運(yùn)動達(dá)到水平面，由運(yùn)動學(xué)公式求得物塊剛要接觸水平面

時豎直方向的分速度，再由重力乘以此速度即為所求。

本題考查了功能關(guān)系的應(yīng)用，基礎(chǔ)題目。需注意圓周運(yùn)動臨界問題，應(yīng)用牛頓第二定律、

動能定理以及功能關(guān)系解答。

16.【答案】解：(1)設(shè)藥的水平分速度為叫x，垂直分速度為%y；功的水平分速度為"2X，

垂直分速度為Wy，帶電粒子在電場中水平方向沒有加速度，即水平方向的速度始終不

變的，

在A點(diǎn)有

vlx=i；icos37°,vly=%sin37°

帶電粒子在B點(diǎn)有

v2x=f2cos53°,v2y=?2Sin53°

聯(lián)立解得u2y=320m/s,vly-180m/s

因?yàn)榱Ｗ訌腁點(diǎn)到B點(diǎn)豎直方向的速度變大，說明受到豎直向上的電場力，故粒子帶正

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電；

粒子的加速度為

a=匕.t巧，=2000m/s2

由牛頓第二定律可得

F=qE=ma

則電