北京市石景山區(qū)2022-2023學(xué)年高二下學(xué)期期末物理試題 含解析

石景山區(qū)2022—2023學(xué)年第二學(xué)期高二期末試卷物理本試卷共8頁(yè)，100分?？荚嚂r(shí)長(zhǎng)90分鐘?？忌鷦?wù)必將答案答在答題卡上，在試卷上作答無(wú)效?？荚嚱Y(jié)束后，將答題卡交回。第一部分本部分共15題，每題3分，共45分。在每題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出最符合題目要求的一項(xiàng)。1.分子間的作用力F與分子間距離r的關(guān)系如圖所示，為分子間的平衡位置。下列說(shuō)法正確的是（）A.當(dāng)時(shí)，分子間的作用力最小B.當(dāng)時(shí)，分子間的作用力最小C.分子間的作用力總是隨分子間距離增大而減小D.分子間的作用力總是隨分子間距離增大而增大【答案】A【解析】【詳解】A．為分子間的平衡位置，此位置分子斥力與引力等大反向，合力為0，即當(dāng)時(shí)，分子間的作用力最小，A正確；B．當(dāng)時(shí)，分子斥力小于引力，合力表現(xiàn)為引力，即分子間的作用力表現(xiàn)為引力，且為間距大于時(shí)的最大值，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)圖像可知，當(dāng)分子之間間距大于時(shí)，隨分子間距離增大，分子間的作用力先增大后減小，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)圖像可知，當(dāng)分子之間間距小于和分子距離大于時(shí)，隨分子間距離增大，分子間的作用力減小，D錯(cuò)誤。故選A。2.如圖所示，一束光沿著半圓形玻璃磚的半徑射到它的平直的邊上，在玻璃磚與空氣的界面上發(fā)生反射和折射，入射角為，折射角為。下列說(shuō)法正確的是（）A.反射光的頻率大于入射光的頻率 B.折射光的波長(zhǎng)等于入射光的波長(zhǎng)C.若增大入射角，則折射角將減小 D.若增大入射角，則折射光將減弱【答案】D【解析】【詳解】A．光發(fā)生反射和折射后頻率不變，所以反射光的頻率等于入射光的頻率，故A錯(cuò)誤；B．折射光的傳播速度大于入射光的傳播速度，頻率相同，由可知折射光的波長(zhǎng)大于入射光的波長(zhǎng)，故B錯(cuò)誤；C．由可知若增大入射角，則折射角將增大，故C錯(cuò)誤；D．若增大入射角，反射光增強(qiáng)，折射光將減弱。故D正確。故選D。3.一列簡(jiǎn)諧橫波沿x軸傳播，時(shí)刻的波形如圖1所示，K、L是介質(zhì)中的兩個(gè)質(zhì)點(diǎn)。圖2是質(zhì)點(diǎn)K的振動(dòng)圖像。下列說(shuō)法正確的是（）A.時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)K的加速度比質(zhì)點(diǎn)L的大B.時(shí)刻之后，質(zhì)點(diǎn)K比質(zhì)點(diǎn)L先到達(dá)正向最大位移處C.波沿x軸正方向傳播，速度為1.0m/sD.波沿x軸負(fù)方向傳播，速度為0.5m/s【答案】B【解析】【詳解】A．越靠近平衡位置，加速度越小，所以時(shí)刻質(zhì)點(diǎn)K的加速度比質(zhì)點(diǎn)L的小，A錯(cuò)誤；B．從圖2可以看出來(lái)時(shí)刻，質(zhì)點(diǎn)K從平衡位置向上運(yùn)動(dòng)，則波沿x正方向傳播，所以時(shí)刻之后，質(zhì)點(diǎn)K比質(zhì)點(diǎn)L先到達(dá)正向最大位移處，B正確；CD．從圖2可以看出來(lái)波沿x軸正方向傳播，速度為CD錯(cuò)誤；故選B。4.一個(gè)地球儀繞與其“赤道面”垂直的“地軸”勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的示意圖如圖所示。P點(diǎn)和Q點(diǎn)位于同一條“經(jīng)線”上、Q點(diǎn)和M點(diǎn)位于“赤道”上，O為球心。下列說(shuō)法正確的是（）A.P、Q的線速度大小相等B.P、M的角速度大小相等C.P、Q的向心加速度大小相等D.P、M的向心加速度方向均指向O【答案】B【解析】【詳解】B．由于同軸轉(zhuǎn)動(dòng)的物體的角速度相等，可知P、Q、M的角速度均相等，B正確；A．圖中球面上各點(diǎn)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為各點(diǎn)到地軸的垂直距離，因此有根據(jù)結(jié)合上述可知A錯(cuò)誤；C．根據(jù)結(jié)合上述可知C錯(cuò)誤；D．根據(jù)上述可知，M的向心加速度方向指向O，P的向心加速度方向指向P到地軸垂線的垂足，D錯(cuò)誤。故選B。5.如圖所示，一定量的理想氣體從狀態(tài)A開始，經(jīng)歷兩個(gè)過(guò)程，先后到達(dá)狀態(tài)B和C。有關(guān)A、B和C三個(gè)狀態(tài)溫度TA、TB和TC的關(guān)系，正確的是（）A.TA>TB，TB>TC B.TA＜TB，TB>TCC.TA＝TC，TB=TC D.TA＜TC，TB＜TC【答案】B【解析】【詳解】由圖可知狀態(tài)A到狀態(tài)B是一個(gè)等壓過(guò)程，根據(jù)蓋呂薩克定理因?yàn)楣薁顟B(tài)B到狀態(tài)C是一個(gè)等容過(guò)程，有查理定律因?yàn)楣蕦?duì)狀態(tài)A到狀態(tài)C，根據(jù)理想氣體狀態(tài)方程可得故選B。6.2021年5月，“天問(wèn)一號(hào)”探測(cè)器成功在火星軟著陸，我國(guó)成為世界上第一個(gè)首次探測(cè)火星就實(shí)現(xiàn)“繞、落、巡”三項(xiàng)任務(wù)的國(guó)家?！疤靻?wèn)一號(hào)”在火星停泊軌道運(yùn)行時(shí)，近火點(diǎn)距離火星表面2.8102km、遠(yuǎn)火點(diǎn)距離火星表面5.9105km，則“天問(wèn)一號(hào)”（）A.在近火點(diǎn)的加速度比遠(yuǎn)火點(diǎn)的大B.在近火點(diǎn)的運(yùn)行速度比遠(yuǎn)火點(diǎn)的小C.在近火點(diǎn)的機(jī)械能比遠(yuǎn)火點(diǎn)的大D.在近火點(diǎn)通過(guò)加速可實(shí)現(xiàn)繞火星做圓周運(yùn)動(dòng)【答案】A【解析】【詳解】A．根據(jù)牛頓第二定律有解得故在近火點(diǎn)的加速度比遠(yuǎn)火點(diǎn)的大，故A正確；B．根據(jù)開普勒第二定律可知，在近火點(diǎn)的運(yùn)行速度比遠(yuǎn)火點(diǎn)的大，故B錯(cuò)誤；C．“天問(wèn)一號(hào)”在同一軌道，只有引力做功，則機(jī)械能守恒，所以在近火點(diǎn)的機(jī)械能與遠(yuǎn)火點(diǎn)的機(jī)械能相等，故C錯(cuò)誤；D．“天問(wèn)一號(hào)”在近火點(diǎn)做的是離心運(yùn)動(dòng)，若要變?yōu)槔@火星的圓軌道，需要減速，故D錯(cuò)誤。故選A7.如圖所示，真空中兩個(gè)等量異號(hào)的點(diǎn)電荷和分別位于A點(diǎn)和點(diǎn)，以連線中點(diǎn)O為原點(diǎn)建立直角坐標(biāo)系Oxy，B、C、P是坐標(biāo)軸上的3個(gè)點(diǎn)，且BO=OC。下列說(shuō)法正確的是（）A.沿x軸從B點(diǎn)到C點(diǎn)電勢(shì)先增大再減小B.B、O兩點(diǎn)間的電勢(shì)差與O、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差相等C.P點(diǎn)與O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相等D.P點(diǎn)與O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向垂直【答案】B【解析】【詳解】A．根據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)線分布可知，x軸上和之間的電場(chǎng)線方向?yàn)檠豿軸正方向，沿電場(chǎng)線電勢(shì)降低，所以沿x軸從B點(diǎn)到C點(diǎn)電勢(shì)逐漸減小，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)線分布可知，B和C關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱，則有而O點(diǎn)處電勢(shì)為0，因此B、O兩點(diǎn)間的電勢(shì)差與O、C兩點(diǎn)間的電勢(shì)差相等，故B正確；C．據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)線分布可知，從O點(diǎn)開始沿y軸正方向場(chǎng)強(qiáng)逐漸減小，P點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度小于O點(diǎn)電場(chǎng)強(qiáng)度，故C錯(cuò)誤；D．據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)線分布可知，從O點(diǎn)開始沿y軸正方向的場(chǎng)強(qiáng)方向水平向右；x軸上和之間的電場(chǎng)線方向?yàn)檠豿軸正方向（即水平向右），則P點(diǎn)與O點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度方向相同，故D錯(cuò)誤。故選B。8.如圖所示，速度選擇器的兩平行導(dǎo)體板之間有方向互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。一電荷量為+q的粒子以速度v從S點(diǎn)進(jìn)入速度選擇器后，恰能沿圖中虛線通過(guò)。不計(jì)粒子重力，下列說(shuō)法可能正確的是（）A.電荷量為-q的粒子以速度v從S點(diǎn)進(jìn)入后將向下偏轉(zhuǎn)B.電荷量為+2q的粒子以速度v從S點(diǎn)進(jìn)入后將做類平拋運(yùn)動(dòng)C.電荷量為+q的粒子以大于v的速度從S點(diǎn)進(jìn)入后動(dòng)能將逐漸減小D.電荷量為-q的粒子以大于v的速度從S點(diǎn)進(jìn)入后動(dòng)能將逐漸增大【答案】C【解析】【詳解】A．電荷量為＋q的粒子以速度v進(jìn)入后受力平衡，即有由左手定則可知，洛倫茲力豎直向上，電場(chǎng)力豎直向下，即電場(chǎng)強(qiáng)度的方向豎直向下，且有當(dāng)電荷量為-q的粒子以速度v從S點(diǎn)進(jìn)入后，由左手定則可知，粒子所受的洛倫茲力豎直向下，電場(chǎng)力豎直向上，且有則粒子受力平衡，將沿著圖中虛線通過(guò)，故A錯(cuò)誤；B．電荷量為＋2q的粒子以速度v從S點(diǎn)進(jìn)入后，向下的電場(chǎng)力為向上的洛倫茲力為由于，所以粒子受力平衡，將沿著圖中虛線通過(guò)，故B錯(cuò)誤；C．電荷量為＋q粒子以大于v的速度從S點(diǎn)進(jìn)入后，向下的電場(chǎng)力為向上的洛倫茲力為由于，所以，即粒子剛從S點(diǎn)進(jìn)入后所受合力豎直向上，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡將向上彎曲，此過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功，粒子的動(dòng)能將逐漸減小，故C正確；D．電荷量為-q的粒子以大于v的速度從S點(diǎn)進(jìn)入后，向上的電場(chǎng)力為向下的洛倫茲力為由于，所以，即粒子剛從S點(diǎn)進(jìn)入后所受合力豎直向下，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡將向下彎曲，此過(guò)程中電場(chǎng)力對(duì)粒子做負(fù)功，粒子的動(dòng)能將逐漸減小，故D錯(cuò)誤。故選C。9.如圖1所示，矩形導(dǎo)線框固定在變化的磁場(chǎng)中，線框平面與磁場(chǎng)垂直。線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流如圖2所示（規(guī)定電流沿為正）。若規(guī)定垂直紙面向里為磁場(chǎng)正方向，能夠產(chǎn)生如圖所示的電流的磁場(chǎng)為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【詳解】AB．根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有可知恒定的磁場(chǎng)不能產(chǎn)生電動(dòng)勢(shì)，不會(huì)有電流產(chǎn)生，AB錯(cuò)誤；C．根據(jù)楞次定律，可知垂直紙面向外的磁場(chǎng)增強(qiáng)，線圈會(huì)產(chǎn)生垂直紙面向里的磁場(chǎng)，即產(chǎn)生方向的電流，又因?yàn)榇艌?chǎng)均勻變化，所以產(chǎn)生恒定的電動(dòng)勢(shì)，根據(jù)閉合電路的歐姆定律，有所以線圈中產(chǎn)生恒定的電流，同理，磁場(chǎng)均勻減弱時(shí)，線圈中產(chǎn)生的電流，C正確；D．當(dāng)垂直紙面向里的磁場(chǎng)增強(qiáng)時(shí)，根據(jù)楞次定律，可知線圈中會(huì)產(chǎn)生的電流，形成垂直紙面向外的磁場(chǎng)，D錯(cuò)誤。故選C。10.交流發(fā)電機(jī)的示意圖如圖所示，矩形線圈ABCD在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞垂直于磁場(chǎng)的軸逆時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間的變化規(guī)律為。下列說(shuō)法正確的是（）A.此交流電的頻率為100HzB.此發(fā)電機(jī)電動(dòng)勢(shì)的有效值為20VC.當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)產(chǎn)生的電流為0D.當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)磁通量的變化率最大【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)解得故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)解得故B錯(cuò)誤；CD．當(dāng)線圈平面轉(zhuǎn)到圖示位置時(shí)處于與中性面垂直的位置，易知磁通量的變化率最大，產(chǎn)生的電流最大。故C錯(cuò)誤；D正確。故選D。11.如圖所示，兩極板加上恒定的電壓U，將一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子在正極板附近由靜止釋放，粒子向負(fù)極板做加速直線運(yùn)動(dòng)。不計(jì)粒子重力。若將兩板間距離減小，再次釋放該粒子，則（）A.帶電粒子獲得的加速度變小B.帶電粒子到達(dá)負(fù)極板的時(shí)間變短C.帶電粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí)的速度變小D.加速全過(guò)程靜電力對(duì)帶電粒子的沖量變小【答案】B【解析】詳解】A．根據(jù)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)公式和牛頓第二定律有，可得將兩板間距離減小，帶電粒子獲得的加速度變大，故A錯(cuò)誤；B．根據(jù)勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律解得將兩板間距離減小，帶電粒子到達(dá)負(fù)極板的時(shí)間變短，故B正確；C．根據(jù)動(dòng)能定理有解得帶電粒子到達(dá)負(fù)極板時(shí)的速度不變，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)動(dòng)量定理有可知加速全過(guò)程靜電力對(duì)帶電粒子的沖量不變，故D錯(cuò)誤。故選B。12.如圖所示，一理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為10:1，其原線圈兩端接入正弦式交變電壓u，，副線圈通過(guò)電流表與變阻器R相連，若交流電壓表和交流電流表都是理想電表，則下列說(shuō)法正確的是（）A.電壓表的示數(shù)為31.1VB.滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)，電壓表的示數(shù)增大C.滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)，電流表的示數(shù)增大D.滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)，變壓器的輸入功率減小【答案】D【解析】【詳解】A．交流電的電壓有效值為根據(jù)可知電壓表的示數(shù)為22V，A錯(cuò)誤；B．由于原線圈的電壓保持不變，匝數(shù)比不變，無(wú)論滑動(dòng)變阻器阻值如何變化，副線圈兩端的電壓也保持不變，B錯(cuò)誤；C．當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電路的阻值增大，電流表的示數(shù)減小，C錯(cuò)誤；D．根據(jù)可知當(dāng)滑動(dòng)變阻器的滑片向上滑動(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器消耗的功率減小，因此變壓器的輸入功率減小，D正確。故選D。13.如圖所示，一帶正電的點(diǎn)電荷固定于O點(diǎn)，圖中虛線為以O(shè)為圓心的一組等間距的同心圓。一帶電粒子以一定初速度射入點(diǎn)電荷的電場(chǎng)，實(shí)線為粒子僅在靜電力作用下的運(yùn)動(dòng)軌跡，a、b、c為運(yùn)動(dòng)軌跡上的三點(diǎn)。則該粒子（）A.帶負(fù)電B.在c點(diǎn)受靜電力最大C.在a點(diǎn)電勢(shì)能小于在b點(diǎn)的電勢(shì)能D.由a點(diǎn)到b點(diǎn)的動(dòng)能變化量大于由b點(diǎn)到c點(diǎn)的動(dòng)能變化量【答案】D【解析】【詳解】A.根據(jù)圖像中帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡可知，該粒子帶正電，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B.根據(jù)庫(kù)侖定律可知可知，距離中心電荷越近所受靜電力越大，故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C.由于從a點(diǎn)到b點(diǎn)電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，因此a點(diǎn)的電勢(shì)能大于在b點(diǎn)的電勢(shì)能，故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D.由a點(diǎn)到b點(diǎn)和b點(diǎn)到c點(diǎn)相比，由于點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度的特點(diǎn)是離開場(chǎng)源電荷距離越大，場(chǎng)強(qiáng)越小，故a點(diǎn)到b點(diǎn)電場(chǎng)力做功多，動(dòng)能變化大，故選項(xiàng)D正確。故選D。14.如圖所示平面內(nèi)，在通有圖示方向電流I的長(zhǎng)直導(dǎo)線右側(cè)，固定一矩形金屬線框，邊與導(dǎo)線平行。調(diào)節(jié)電流I使得空間各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，則（）A.線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)锽.線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流逐漸增大C.線框邊所受的安培力大小恒定D.線框整體受到安培力方向水平向右【答案】D【解析】【詳解】A．根據(jù)安培定則可知，通電直導(dǎo)線右側(cè)的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，根據(jù)楞次定律可知線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)?，A錯(cuò)誤；B．線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流為空間各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，故線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流不變，B錯(cuò)誤；C．線框邊感應(yīng)電流保持不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間均勻增加，根據(jù)安培力表達(dá)式，故所受的安培力變大，C錯(cuò)誤；D．線框所處空間的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流方向?yàn)椋鶕?jù)左手定則可知，線框邊所受的安培力水平向右，線框邊所受的安培力水平向左。通電直導(dǎo)線的磁場(chǎng)分部特點(diǎn)可知邊所處的磁場(chǎng)較大，根據(jù)安培力表達(dá)式可知，線框整體受到的安培力方向水平向右，D正確。故選D。15.如圖所示，一小物塊從長(zhǎng)0.5m的水平桌面一端以初速度v0沿中線滑向另一端，經(jīng)過(guò)時(shí)間1s從另一端滑落。物塊與桌面間動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，g取10m/s2。下列關(guān)于v0、μ值的判斷中，可能正確的是（）A.μ=0.06 B.μ=0.2C.v0=2.0m/s D.v0=1.5m/s【答案】A【解析】【詳解】CD．物塊水平沿中線做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，則由題干知，，代入數(shù)據(jù)可得故CD錯(cuò)誤；AB．對(duì)物塊，根據(jù)牛頓第二定律可得整理可得由于可得故A正確，B錯(cuò)誤。故選A。第二部分本部分共6題，共55分。16.在“驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律”實(shí)驗(yàn)中，（1）甲同學(xué)采用讓重物自由下落的方法驗(yàn)證機(jī)械能守恒，實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示。下列說(shuō)法正確的是_________。A．實(shí)驗(yàn)前必需用天平測(cè)出重物的質(zhì)量B．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器應(yīng)接低壓直流電源C．實(shí)驗(yàn)時(shí)先通電，穩(wěn)定后再釋放紙帶D．重錘釋放位置應(yīng)靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器（2）該同學(xué)選取了如圖2所示的一條紙帶，O點(diǎn)是重錘開始下落時(shí)打出的點(diǎn)，A、B、C是按打點(diǎn)先后順序選取的三個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)。通過(guò)測(cè)量得到O、A間距離為h1，O、B間距離為h2，O、C間距離為h3。已知計(jì)數(shù)點(diǎn)A、B間和B、C間的時(shí)間間隔均為T，重錘質(zhì)量為m，當(dāng)?shù)刂亓铀俣葹間。從重錘開始下落到打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打B點(diǎn)的過(guò)程中，重錘動(dòng)能的增加量Ek=_________。在實(shí)驗(yàn)誤差范圍內(nèi)，如果Ek與_________相等，則可驗(yàn)證機(jī)械能守恒。（3）乙同學(xué)設(shè)計(jì)了一個(gè)用拉力傳感器驗(yàn)證機(jī)械能守恒定律的實(shí)驗(yàn)。如圖3所示，將拉力傳感器固定在天花板上，細(xì)線一端系著小球，另一端連在拉力傳感器上的O點(diǎn)。將小球拉至細(xì)線與豎直方向成θ角處無(wú)初速釋放，拉力傳感器顯示拉力的最大值為F。已知小球的質(zhì)量為m，重力加速度為g。當(dāng)約為_________時(shí)，可說(shuō)明小球擺動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒。【答案】①.CD##DC②.③.mgh2④.3－2cosθ【解析】【詳解】（1）[1]A．因?yàn)橐?yàn)證，兩邊的質(zhì)量可以消掉，所以可以不必測(cè)量質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；B．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器應(yīng)接交流電源，故B錯(cuò)誤；C．打點(diǎn)計(jì)時(shí)器實(shí)驗(yàn)時(shí)應(yīng)先通電，穩(wěn)定后再釋放紙帶，故C正確；D．重錘釋放位置應(yīng)靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，故D正確。故選CD。（2）[2]B點(diǎn)的速度等于AC間的平均速度，為故重錘動(dòng)能的增加量為[3]從重錘開始下落到打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打B點(diǎn)的過(guò)程中，重錘重力勢(shì)能的減小量Ep=mgh2在實(shí)驗(yàn)誤差范圍內(nèi)，如果Ek與mgh2相等，則可驗(yàn)證機(jī)械能守恒。（3）[4]若機(jī)械能守恒則有在最低點(diǎn)拉力與重力的合力提供向心力聯(lián)立可得故當(dāng)約為3－2cosθ時(shí)，可說(shuō)明小球擺動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能守恒。17.測(cè)電阻有多種方法。（1）甲同學(xué)用多用電表歐姆擋直接測(cè)量待測(cè)電阻的阻值。某次測(cè)量時(shí)，多用電表表盤指針如圖所示。已知他選用歐姆擋的倍率為“×100”，則的測(cè)量值為________Ω。（2）乙同學(xué)用如圖所示的電路，測(cè)量待測(cè)電阻的阻值。某次實(shí)驗(yàn)，電流表的示數(shù)為I，電壓表的示數(shù)為U，則電阻的測(cè)量值為________。若不考慮偶然誤差，該測(cè)量值與的真實(shí)值相比________（選填“偏小”或“偏大”）。（3）丙同學(xué)用如圖所示的電路，測(cè)量待測(cè)電阻的阻值。操作步驟如下：①先將開關(guān)S接1，調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，讀出電流表的示數(shù)I；②再將開關(guān)S接2，保持不變，調(diào)節(jié)電阻箱，使電流表的示數(shù)仍為I，記下此時(shí)電阻箱的阻值為。則的測(cè)量值為________；電流表內(nèi)阻對(duì)測(cè)量結(jié)果________（選填“有”或“無(wú)”）影響。（4）丁同學(xué)用如圖所示的電路，測(cè)量電流計(jì)內(nèi)阻的阻值。操作步驟如下：①先閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)，使電流計(jì)指針滿偏；②再閉合開關(guān)，保持不變，調(diào)節(jié)使得電流計(jì)指針半偏，記下此時(shí)的值為。則的測(cè)量值為________；若不考慮偶然誤差，電流計(jì)內(nèi)阻的測(cè)量值________（選填“大于”“等于”或“小于”）其真實(shí)值?！敬鸢浮竣?600②.③.偏大④.⑤.無(wú)⑥.⑦.小于【解析】【詳解】（1）[1]選用歐姆擋的倍率為“×100”，則的測(cè)量值為（2）[2]某次實(shí)驗(yàn)，電流表的示數(shù)為I，電壓表的示數(shù)為U，則電阻的測(cè)量值為[3]電路圖中電流表采用內(nèi)接法，誤差來(lái)源于電流表的分壓，使得電壓表讀數(shù)大于待測(cè)電阻的真實(shí)電壓，則該測(cè)量值與的真實(shí)值相比偏大。（3）[4][5]先將開關(guān)S接1時(shí)，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得先將開關(guān)S接2時(shí)，根據(jù)閉合電路歐姆定律可得可知的測(cè)量值為；電流表內(nèi)阻對(duì)測(cè)量結(jié)果無(wú)影響。（4）[6]先閉合開關(guān)，調(diào)節(jié)，使電流計(jì)指針滿偏；則有再閉合開關(guān)，保持不變，調(diào)節(jié)使得電流計(jì)指針半偏，記下此時(shí)的值為，則有則有可知的測(cè)量值為；[7]若不考慮偶然誤差，由于則有可得則電流計(jì)內(nèi)阻的測(cè)量值小于其真實(shí)值。18.如圖所示，長(zhǎng)度為l的輕繩上端固定在O點(diǎn)，下端系一質(zhì)量為m的小球（小球的大小可以忽略、重力加速度為）．（1）在水平拉力F的作用下，輕繩與豎直方向的夾角為α，小球保持靜止．畫出此時(shí)小球的受力圖，并求力F的大小；（2）由圖示位置無(wú)初速釋放小球，不計(jì)空氣阻力．求小球通過(guò)最低點(diǎn)時(shí):a．小球的動(dòng)量大?。籦．小球?qū)p繩的拉力大?。敬鸢浮浚?）；mgtanα；（2）；【解析】【分析】（1）小球受重力、繩子的拉力和水平拉力平衡，根據(jù)共點(diǎn)力平衡求出力F的大?。?）根據(jù)機(jī)械能守恒定律求出小球第一次到達(dá)最低點(diǎn)的速度，求出動(dòng)量的大小，然后再根據(jù)牛頓第二定律，小球重力和拉力的合力提供向心力，求出繩子拉力的大小．【詳解】（1）小球受到重力、繩子的拉力以及水平拉力的作用，受力如圖根據(jù)平衡條件，得拉力的大小：（2）a．小球從靜止運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理：則通過(guò)最低點(diǎn)時(shí)，小球動(dòng)量的大小：b．根據(jù)牛頓第二定律可得：根據(jù)牛頓第三定律，小球?qū)p繩的拉力大小為：【點(diǎn)睛】本題綜合考查了共點(diǎn)力平衡，牛頓第二定律、機(jī)械能守恒定律，難度不大，關(guān)鍵搞清小球在最低點(diǎn)做圓周運(yùn)動(dòng)向心力的來(lái)源．19.如圖所示，寬度為L(zhǎng)的U型導(dǎo)體框，水平放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，左端連接一阻值為R的電阻。一質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒置于導(dǎo)體框上。不計(jì)導(dǎo)體框的電阻、導(dǎo)體棒與框間的摩擦，導(dǎo)體棒與導(dǎo)體框始終接觸良好。在水平向右的拉力作用下，導(dǎo)體棒以速度勻速向右運(yùn)動(dòng)。（1）求通過(guò)導(dǎo)體棒的電流大小I；（2）求拉力做功的功率P；（3）某時(shí)刻撤去拉力，經(jīng)過(guò)一段時(shí)間導(dǎo)體棒停在導(dǎo)體框上，求在此過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的熱量Q。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【詳解】（1）導(dǎo)體棒以速度勻速向右運(yùn)動(dòng)時(shí)產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為根據(jù)閉合電路歐姆定律可知通過(guò)導(dǎo)體棒的電流大小為（2）根據(jù)能量守恒定律可知拉力做功的功率等于回路的消耗的電功率，即（3）從撤去拉力到導(dǎo)體棒ab最終停止的過(guò)程，回路產(chǎn)生的總熱量為由于通過(guò)導(dǎo)體棒ab和電阻R的電流時(shí)刻相等，根據(jù)焦耳定律可推知在此過(guò)程中電阻R上產(chǎn)生的熱量為20.如圖所示，一枚炮彈發(fā)射的初速度為，發(fā)射角為。它飛行到最