还剩15页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2022-2023学年安徽省阜阳市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
展开
这是一份2022-2023学年安徽省阜阳市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.一列简谐横波某时刻波形如图甲所示，由该时刻开始计时，质点N的振动情况如图乙所示下列说法正确的是( )
A. 该横波沿x轴负方向传播B. 该时刻质点L向y轴正方向运动
C. 该时刻质点K与M的速度、加速度都相同D. 质点N经半个周期将沿轴移动到L点
2.如图，光沿AO从空气射入折射率为的介质中，以O点为圆心R为半径画圆，与折射光线的交点为B，过B点向两介质的交界面作垂线，交点为N，BN与AO的延长线的交点为M。以O点为圆心，OM(设为r)为半径画另一圆。根据以上数据，该介质的折射率是( )
A. n=rR
B. n=Rr
C. n=r r2+R2
D. n=R r2+R2
3.某同学准备乘飞机外出游玩时，在阜阳西关机场看到一条“严禁携带超过160Wh的充电宝搭乘飞机”的乘客须知。该同学携带的某品牌充电宝标识“160Wh，32000mAh”参数。关于这些数据，下列说法正确的是( )
A. 参数“160Wh”表示160J
B. 参数“160Wh”标注的是该充电宝电荷量
C. 参数“32000mAh”标注的是该充电宝的额定能量
D. 该充电宝充满电时存储的能量相当于大约57吨的重物由静止自由下落1m时所具有的动能
4.如图，沿南北方向放置一水平长直导线，在导线正下方附近水平放置一个小磁针，小磁针初始时处于静止状态。现给导线中通入恒定电流，从上往下看，小磁针逆时针偏转，待最终静止时小磁针在水平面内偏转了30∘，已知地磁场的水平分量为3×10−5T，则下列说法正确的是( )
A. 通电长直导线的电流方向为从北指向南
B. 通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为 33×10−5T
C. 通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为 3×10−5T
D. 通电长直导线中的电流大小变为原来的2倍，则小磁针最终静止时与初始位置之间的夹角变为原来的2倍
5.如图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压表为交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于或等于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。下列说法正确的是( )
A. 图中开关闭合，t=34T时电压表的示数为5V
B. 图中开关闭合，12T时电压表的示数为2.5V
C. 当n1：n2=1：1000时，原、副线圈的电流频率f1：f2=1：1000
D. 要实现点火，变压器原、副线圈的匝数满足n1：n2≤1：1000
6.某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，其构造如图所示。把一根轻弹簧上端固定在小木板上，下端悬吊0.9N重物时，弹簧下端的指针指在木板上刻度为C的位置；悬吊1.0N重物时，指针指在木板上刻度为O的位置，OC的距离为2cm。将1.0N的重物固定在弹簧下端和小木板上的刻度构成了一个“竖直加速度测量仪”。我们可以把“竖直加速度测量仪”固定在电梯墙壁上用来测量电梯竖直上下运行时的加速度，g取10m/s2，以加速度方向向上为正，下列说法正确的是( )
A. 该弹簧的劲度系数为0.05N/m
B. 指针指在A位置时，小球此时处于超重状态
C. 指针指在A位置时，“竖直加速度测量仪”的示数为0.5m/s2
D. 指针指在B位置时，“竖直加速度测量仪”的示数为1m/s2
7.如图，用材料相同、粗细均匀的电阻丝折成正方形金属框架ABCD，边长为L，每边电阻为r，框架与一电动势为E，内阻也为r的电源相接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则电键闭合电路稳定后，框架受到安培力大小为( )
A. BEL2
B. 2BELr
C. 2BEL2r
D. 2BEL3r
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里。一束电子以垂直于磁场边界的速度v从M点射入宽度为d的强磁场中，从N点穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ=60∘。下列说法正确的是( )
A. 电子的比荷为v2dB
B. 电子的比荷为 3v2dB
C. 电子穿越磁场的时间为2 3πd9v
D. 电子穿越磁场的时间为2πd3v
9.如图，匀强电场中A、B、C是位于同一条电场线上的三点，AB=0.1m，BC=0.4m。将电荷量为2.0×10−9C的负点电荷从A点移动到B点，静电力做功为2.0×10−7J。则下列说法正确的是( )
A. A、B间的电势差为100V
B. A、B、C三点中C点电势最高
C. 匀强电场的场强大小为1000V/m
D. 把该电荷从B点移动到C点，电势能增加了8.0×10−7J
10.如图，水平面内固定两根光滑、足够长平行金属导轨P、Q间距为L，电阻可忽略。装置处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。t1时刻，两粗细均匀金属棒a、b获得相同大小的瞬时速度v0相向运动，t2时刻，流经a棒的电流为0。已知金属棒a、b由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则( )
A. t1时刻a棒加速度大小为2B2L2v03mR
B. t2时刻b棒速度为0
C. t1∼t2时间内，通过a、b棒某一横截面的电荷量相等
D. t1∼t2时间内，a棒产生的焦耳热为2mv029
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用单摆测重力加速度。实验时改变摆长，测出几组摆长l和对应的周期T的数据，作出l−T2图像，如图所示。
(1)利用A、B两点的坐标可求得重力加速度表达式g=______。
(2)本实验用l−T2图像计算重力加速度，______(选填“能”或“不能”)消除因摆球质量分布不均匀而造成的测量误差。请说明理由：______。
12.充电宝是手机及时充电的一种重要工具。一充电宝的电动势约为5V，内阻很小，最大放电电流为2A，某实验小组在实验室中测定它的电动势和内阻。他们剥开充电宝连接线的外绝缘层，里面有四根导线，红导线为充电宝的正极，黑导线为充电宝的负极，其余两根导线空置不用。实验器材有：
A.待测充电宝；
B.量程为3.0A，内阻约为0.2Ω的电流表；
C.量程为6V，内阻约为6kΩ的电压表；
D.量程为15V，内阻约为30kΩ的电压表；
E.阻值为0∼20Ω，额定电流为3A的滑动变阻器；
F.阻值为2.5Ω的定值电阻；
G.阻值为20Ω的定值电阻；
H.开关S一个，导线若干。
(1)采用如图甲所示电路图，电压表应选用______(选填“C”或“D”)，定值电阻R0应选用______(选填“F”或“G”)。
(2)请根据电路图甲，把实物图乙电路补充完整。
(3)该同学记录了8组数据，并在坐标纸上画出该充电宝的U−I图线如图丙所示。由图线可知该充电宝的电动势E=______ V，内阻r=______Ω。(保留两位小数)
(4)该同学继续实验，记录了各种电量情况下充电宝电动势，数据如表中所示：
根据表中数据，忽略测量的偶然误差，你认为充电宝的电动势与储电量有什么样的关系？______。
四、简答题：本大题共3小题，共36分。
13.老师给小明一个密封盒，其表面有一个灯泡与一个可变电阻器。为了探究密封盒里灯泡和可变电阻器是如何连接的，小明首先连接了一个如图所示的电路，他将可变电阻器的R减小，并将变化结果记录在表中。
(1)请判断盒中可变电阻器和灯泡是如何连接的，并说明理由；
(2)利用表中的数据，求灯泡的电阻值；
(3)将两个1.5V的电池串联来代替低压电源，进行同样的实验，发现当R减小时，灯泡的亮度发生了变化，请问灯泡亮度是增大还是降低，请解释这一现象。
14.如图，MN、PQ为无限长平行直线，间距为d，在MN、PQ的上下区域分布有大小为B，方向相反的匀强磁场。从A点沿与PQ边界夹角为45∘的方向发射一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子经过上、下方磁场各一次后恰好回到A点。求：
(1)粒子入射的速度大小；
(2)粒子从A点出发又回到A点所用时间。
15.如图，质量均为m=2kg的木块A和B，并排放在光滑水平地面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L=1m的细线，另一端系质量为m0=1kg的小球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。已知重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)木块A、B分离后，B的速度大小；
(2)C球第一次运动到O点正下方时，C球在水平方向的位移大小；
(3)在整个运动过程中，木块A的最大速度及此时小球C的速度。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、由图乙可知，t=0时刻质点N在平衡位置向上振动，在甲图上，根据“上坡下、下坡上”，可知该横波沿x轴负方向传播，故A正确；
B、该横波沿x轴负方向传播，根据“上坡下、下坡上”，可知质点L该时刻向y轴负方向运动，故B错误；
C、该时刻质点K与M位于最大位移处，速度均为零，加速度大小相同，方向相反，故C错误；
D、简谐横波沿x轴负方向传播，质点N只能在自己平衡位置附近振动，而不随波迁移，故D错误。
故选：A。
根据振动图象中t=0时刻质点N的振动方向判断波的传播方向；根据“上坡下、下坡上”，判断质点L的振动方向；由质点所处位置判断速度与加速度大小和方向；简谐横波传播过程中，质点不随波向前移动。
本题的关键要抓住振动图象与波动图象的内在联系，熟练运用“上下坡法“分析波的传播方向与质点振动方向之间的关系。
2.【答案】B
【解析】解：根据几何关系和折射率的定义式可得：
n=sin∠OMNsin∠OBN=ONrONR=Rr，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据几何关系和光的折射定律得出折射率的大小。
本题主要考查了折射定律的相关应用，熟悉折射定律的表达式即可完成分析，属于简单题型。
3.【答案】D
【解析】解：AB.根据W=Pt，可知参数“160Wh”是能量的单位，则160Wh=160×3600J=5.76×105J，故AB错误；
C.根据q=It，可知参数“32000mAh”标注的是该充电宝储存的电荷量，故C错误；
D.根据机械能守恒，57吨的重物由静止自由下落1m时所具有的动能Ek=mgh=57×103×10J=5.7×105J，故D正确。
故选：D。
参数“160Wh”是能量的单位，利用W=UIt=UQ计算出充电宝标定电量。
本题考查充电宝能量的转化、电能和电量的计算，是一道基础题。
4.【答案】C
【解析】解：A.小磁针处于地磁场和电流磁场中，其指向是合磁场的方向，根据安培定则，可判断直导线的电流应是由南向北，故A错误；
BC.根据题意可知，分磁场与合磁场的关系如图所示：
地磁场的水平分量为B=3×10−5T
根据数学关系知，通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为Bx=Btan30∘=3×10−5× 33T= 3×10−5T
综上分析，故B错误，C正确；
D.通电长直导线中的电流大小变为原来的2倍，则通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小变为2 3×10−5T
设小磁针最终静止时与初始位置之间的夹角设为θ，则tanθ=2 3×10−5T3×10−5T=2 33
则小磁针最终静止时与初始位置之间的夹角没变为原来的2倍，故D错误。
故选：C。
小磁针后来的指向为合磁场方向，根据平行四边形定则，若已知某个磁场大小和方向与合磁场方向，可以求出另一个磁场大小。
对于物理中的矢量，在合成时都遵循平行四边形定则；当空间中存在多个磁场时，某点的磁感应强度为为各磁场的合磁感应强度，因此小磁针的指向为合磁场方向。
5.【答案】D
【解析】解：AB.根据所学知识可知，电压表测量的是电压的有效值，可知t=34T时或者12T时电压表的示数为
U1=5 2V=2.5 2V，故AB错误；
C.变压器不改变交流电的频率，则原、副线圈的电流频率
f1：f2=1：1，故C错误；
D.要实现点火，变压器原、副线圈的匝数满足
U1mn1=U2mn2≥5000n2
即n1：n2≤1：1000，故D正确。
故选：D。
电压表测量的是电压的有效值，根据交流电电压的峰值和有效值的关系得出对应的有效值；
变压器无法改变电流的频率；
根据变压器的工作原理得出原副线圈的匝数比。
本题主要考查了变压器的构造和原理，理解变压器的工作特点，结合原副线圈的匝数比和电学物理量的比值关系即可完成分析。
6.【答案】D
【解析】解：A.设弹簧的劲度系数为k，根据受力平衡可得
kxC=G1
kxO=G2
xC−xO=2cm=0.02m
联立解得：k=5N/m，故A错误；
B.指针指在A位置时，弹簧弹力小于小球的重力，则小球的合力方向向下，加速度方向向下，小球此时处于失重状态，故B错误；
C.此时弹簧弹力为FA，由胡克定律得：
FA−G1=k⋅Δx
其中Δx=12×2cm=1cm=0.01m
联立解得：FA=0.95N
重物的重力为1.0N，则mg=1.0N解得：m=0.1kg
由牛顿第二定律得：
mg−FA=ma
解得：a=0.5m/s2
由于加速度方向向下，则“竖直加速度测量仪”的示数为−0.5m/s2，故C错误；
D.指针指在B位置时，此时弹簧弹力为：
FB=FO+kxOB
xOB=2cm=0.02m
代入数据得：FB=1.1N
由牛顿第二定律得：
FB−mg=ma′
解得：a′=1m/s2
加速度方向向上，则“竖直加速度测量仪”的示数为1m/s2，故D正确。
故选：D。
根据平衡条件和胡克定律列式求解弹簧的劲度系数；指针指在A位置时，根据弹簧弹力小于小球的重力判断小球处于失重状态；指针指在A位置时根据胡克定律和牛顿第二定律列式求解“竖直加速度测量仪”的示数；指针指在B位置时，根据胡克定律和牛顿第二定律列式求解“竖直加速度测量仪”的示数。
本题主要考查根据弹簧的弹力与弹簧形变量的关系和牛顿第二定律的应用，根据牛顿第二定律列式求解即可，注意超失重的判断方法。
7.【答案】C
【解析】解：ABC边的电阻和ADC的电阻都为2r，两电阻并联，则并联电阻R并=r，
由闭合电路欧姆定律可得干路中电流I=ER并+r=E2r，可知ABC边和ADC的电流都为I′=I2=E4r
ABC边和ADC边的等效长度都为 2L，每一边所受安培力大小FA=B×I′× 2L= 2BLE4r
由左手定则可知ABC边和ADC边所受安培力的方向均竖直向上，所以框架受到安培力大小为2FA= 2BLE2r，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据题意可知ABC边和ADC边电阻大小相等，两电阻并联，可得两电阻的并联电阻，由闭合电路欧姆定律可得干路中电流，
根据ABC边和ADC边电阻相等，可得两支路中电流大小，
ABC边和ADC边的等效长度相等，均为AC边的长度，由安培力大小的计算式可得两边的安培力大小，
由左手定则可知两边的安培力方向相同，则可知整个框架所受安培力的大小。
本题考查了安培力大小和方向、闭合电路的欧姆定律，解题的关键是计算出上下两边电流的大小，知道上下两边的等效长度。
8.【答案】BC
【解析】解：AB、画出电子的轨迹图，圆心在O点，如图所示，
根据数学知识知：sin60∘=dr
解得电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为：r=2 33d
根据洛伦兹力提供向心力：evB=mv2r
解得电子的比荷为：em= 3v2dB，故A错误，B正确；
CD.电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T=2πrv=4 3πd3v
电子在磁场中运动轨迹的圆心角为60∘，故电子穿越磁场的时间为：t=60∘360∘T=2 3πd9v，故C正确，D错误。
故选：BC。
作出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求出电子在磁场中的半径，根据洛伦兹力提供向心力求出电子的比荷；由题意可知电子的偏转角，再结合周期公式求电子在磁场中的时间。
解决本题的关键作出电子的运动轨迹图，结合几何关系，运用半径公式和周期公式进行求解。
9.【答案】CD
【解析】解：A.在匀强电场中，由UAB=WABq得
UAB=2.0×10−7−2.0×10−9V=−100V
A、B间的电势差为−100V，故A错误；
B.因为从A点移动到B点的过程中静电力做正功，则电势能减小，结合粒子的电性可知B点的电势大于A点的电势，所以ABC三点中B点的电势最高，故B错误；
C.在匀强电场中
E=UABdAB=1000.1V/m=1000V/m
故C正确；
D.把该电荷从B点移动到C点，电场力做功为
WBC=−qEdBC=−2.0×10−9×1000×0.4J=−8×10−7J
故电势能增加了8.0×10−7J，故D正确；
故选：CD。
根据电场力的做功公式得出AB间的电势差；
根据电场力的做功特点得出电场力的方向，结合电性得出电场线的方向，从而得出电势的高低；
根据场强的计算公式得出场强的大小，结合功能关系得出电势能的变化量。
本题主要考查了电势差和场强的关系，熟悉电场的相关公式，结合电场力的做功公式和功能关系即可完成分析。
10.【答案】ACD
【解析】解：A、根据右手定则，金属棒a、b进入磁场时产生的感应电流均为顺时针方向，则回路的电动势为a、b各自产生的电动势之和，根据动生电动势公式有：E=2BLv0
感应电流：I=ER+2R=2BLv03R
对a由牛顿第二定律得：BIL=ma
解得加速度：a=2B2L2v03mR，故A正确；
B、由题意知，金属棒a、b电阻率相同，长度均为L，电阻分别为R和2R，根据电阻定律有：R=ρLSa，2R=ρLSb
可得两棒的横截面积的关系：Sa=2Sb
所以a的体积是b的2倍，密度相同，则a的质量是b的2倍，即b的质量为m2。
a、b在磁场中时，通过的电流总是反向等大，所受安培力总是反向等大，a、b组成的系统合外力总为零，则此系统动量守恒。
t2时刻流过a的电流为零，则回路的感应电动势为零，则a、b之间的磁通量不变，可知两者此时速度相同，设为v。取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0−m2v0=(m+m2)v
整理解得：v=v03
即t2时刻，b棒的速度为：v=v03，故B错误；
C、t1∼t2时间内，通过a、b的电流总是相等根据q=It，可知通过a、b棒横截面的电荷量相等。故C正确；
D、t1∼t2时间内，对a、b组成的系统，由能量守恒定律得
12mv02+12×m2v02=12(m+m2)v2+Q总
将前一问的速度v代入解得：Q总=23mv02
根据焦耳定律可知，a棒产生的焦耳热：Qa=RR+2RQ总=29mv02，故D正确。
故选：ACD。
应用右手定则判断a、b棒产生的感应电流方向，确定感应电动势，求得a棒所受安培力，由牛顿第二定律求得加速度；
由已知求得b棒质量，分析a、b受力，判断系统动量守恒，从而可以求出b棒的速度；
由q=It判断两棒通过的电荷量的关系；
应用动量守恒定律和能量守恒定律求解焦耳热。
本题考查电磁感应中力与运动，能量转化相关问题。涉及到了应用电阻定律间接求质量，双棒切割磁感线满足动量守恒的条件，掌握应用动量与能量的角度解题方法。
11.【答案】4π2(l2−l1)T22−T12 能 见解析
【解析】解：(1)根据单摆的周期公式T=2π lg
化简得摆长l=g4π2⋅T2
根据A、B两点的坐标结合图像的斜率可知k=g4π2=l2−l1T22−T12
所以重力加速度表达式g=4π2(l2−l1)T22−T12
(2)根据重力加速度的表达式g=4π2(l2−l1)T22−T12可知，摆球质量分布不均匀不会影响(l2−l1)的结果，不影响l−T2图像斜率，所以不会对重力加速度的测量造成影响，因此能够消除因摆球质量分布不均匀而造成的测量误差。
故答案为：(1)4π2(l2−l1)T22−T12；(2)能；见解析。
(1)根据单摆周期公式求解l−T2函数，结合图线的斜率求重力加速度；
(2)根据单摆周期公式推导出重力加速度的表达式进行分析。
本题考查用单摆测重力加速度实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
12.【答案】充电宝的电动势与储电量无关
【解析】解：(1)充电宝的电动势约为5V，电压表应选用C；电流表的量程为3.0A，根据闭合电路欧姆定律，可知电路的总电阻最小值约为：R=EI=53Ω≈1.7Ω，可知定值电阻R0应选用F。
(2)实物图连接如图
(3)根据闭合电路欧姆定律有
E=U+Ir
变形可得
U=E−Ir
则图象的截距代表电动势，斜率代表内阻，则有
E=5.06V
r=ΔUΔI=5.06−4.852.1Ω=0.10Ω
(4)由表中数据可知充电宝的电动势与储电量无关。
故答案为：(1)C；F；(2)见解析；(3)5.06；0.10；(4)充电宝的电动势与储电量无关
(1)(2)根据图像中的电流选择电流表，根据方便测量选择定值电阻，根据电路图连接实物图；
(3)根据闭合电路欧姆定律结合图像计算；
(4)根据表格数据分析结论。
本题考查测定电源电动势和内阻实验，要求掌握实验原理、实验电路、利用图像处理数据。
13.【答案】解：(1)在可变电阻的变化过程中，灯泡亮度始终不变，因此灯泡两端电压不变，所以两者并联，电路图如图所示
(2)R=15Ω时，R的电流
I1=UR
流过小灯泡的电流为
I2=I−I1
小灯泡的电阻为
R=UI2
解得R=1.25Ω
(3)因为电池具有内阻，所以当R减小时，电路中的总电流增大，内电压增大，外电压减小，因此灯泡的电压减小，小灯泡亮度会降低。
答：(1)盒中可变电阻器和灯泡是并联的，理由见解析；
(2)灯泡的电阻值为1.25Ω；
(3)小灯泡亮度会降低，理由见解析。
【解析】(1)根据题意结合灯泡亮度判断分析；
(2)根据闭合电路欧姆定律解答；
(3)根据闭合电路欧姆定律分析灯泡亮度变化。
此题考查了闭合电路欧姆定律和串并联电路特点的基本运用，解题的关键是明确电路的连接方式。
14.【答案】解：(1)由题意知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示。
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力得：
qvB=mv2r
由几何关系知：∠BO1C=∠AO2D=90∘，BC=d= 2r
解得：r= 22d
联立解得：v= 2qBd2m
(2)粒子在磁场中运动的周期为：T=2πrv=2πmqB
粒子在磁场中运动的时间为：t1=2×270∘360∘×2πmqB=3πmqB
粒子在MN、PQ之间运动的时间：t2=2× 2dv=4mqB
所以粒子从A点出发回到A点所用的总时间为：t=t1+t2
代入可得：t=4mqB+3πmqB
答：(1)粒子入射的速度大小为 2qBd2m；
(2)粒子从A点出发又回到A点所用时间为4mqB+3πmqB。
【解析】(1)洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，结合几何关系求解粒子的入射速度；
(2)根据偏转角和周期公式求出粒子在磁场的时间，再由匀速直线运动规律求出粒子在无场区的时间，相加即为所求。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量，分析清楚粒子的运动过程是关键。
15.【答案】解：(1)A、B和C组成的系统，水平方向系统机械能守恒。
当小球C运动到O点正下方时，A、B有共同速度，且此时恰好分离，设此时C的速度为v1，A、B速度为v2，以水平向左为正，根据系统水平动量守恒和机械能守恒得：0=m0v1+2mv2
根据机械能守恒得：m0gL=12m0v12+12⋅2mv22
代入数据得：v1=4m/s，v2=−1m/s
则A、B分离时，B的速度大小1m/s，方向水平向右。
(2)设C球第一次从右向左运动到O点正下方时，小球C水平方向的位移为x1，A、B水平方向的位移为x2，以水平向左为正方向
根据系统水平方向动量守恒0=m0vx1i+2mvx2i
方程两边同乘以极短时间Δt0=m0vx1iΔt+2mvx2iΔt
求和得0=∖Large∑m0vx1i⋅Δt+∖Large∑2mvx2i⋅Δt
得0=m0x1+2mx2
由几何关系知|x1|+|x2|=L
联立解得x1=45L，x2=−15L
(3)当小球从左侧最高点向右运动到O点正下方时，对A、C系统，A此时有最大速度。设此时C的速度为v4，A此时的速度为v5，以水平向左为正方向，根据水平动量守恒有m0v1+mv2=m0v4+mv5
根据系统机械能守恒得：12m0v12+12mv22=12m0v42+12mv52
代入数据得v4=−83m/s，v5=73m/s
则：v5>v2
综上所述，A的最大速度为73m/s，方向水平向左。
此时C的速度为83m/s，方向水平向右。
答：(1)木块A、B分离后，B的速度大小是1m/s；
(2)C球第一次运动到O点正下方时，C球在水平方向的位移大小是45L；
(3)在整个运动过程中，木块A的最大速度为73m/s，方向水平向左，小球C的速度为83m/s，方向水平向右。
【解析】(1)球C下摆过程中，AB一起向右运动，三者组成的系统在水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，机械能也守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求球C第一次摆到最低点时速度大小；
(2)球C下摆过程中，三者组成的系统在水平方向的动量守恒度，结合位移关系求出C球在水平方向的位移大小；
(3)小球C从左侧第一次摆回到最低点时A速度最大，根据A、C系统的机械能守恒和水平方向动量守恒求解球C释放后A的最大速度和此时C的速度。
本题考查动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用。对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；分析清楚木块与球的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律与动量守恒定律即可解题。电量(%)
100
80
60
40
20
5
充电宝电动势(V)
5.07
5.04
5.04
5.00
5.14
5.08
数据：
低压学生电源电压=3V
电流表内阻不计
R的初始值=15Ω
电流表的初始读数=2.60A
R的最终值=5Ω
电流表的最终读数=3.00A
观察结果：
灯泡的亮度保持不变
1.一列简谐横波某时刻波形如图甲所示，由该时刻开始计时，质点N的振动情况如图乙所示下列说法正确的是( )
A. 该横波沿x轴负方向传播B. 该时刻质点L向y轴正方向运动
C. 该时刻质点K与M的速度、加速度都相同D. 质点N经半个周期将沿轴移动到L点
2.如图，光沿AO从空气射入折射率为的介质中，以O点为圆心R为半径画圆，与折射光线的交点为B，过B点向两介质的交界面作垂线，交点为N，BN与AO的延长线的交点为M。以O点为圆心，OM(设为r)为半径画另一圆。根据以上数据，该介质的折射率是( )
A. n=rR
B. n=Rr
C. n=r r2+R2
D. n=R r2+R2
3.某同学准备乘飞机外出游玩时，在阜阳西关机场看到一条“严禁携带超过160Wh的充电宝搭乘飞机”的乘客须知。该同学携带的某品牌充电宝标识“160Wh，32000mAh”参数。关于这些数据，下列说法正确的是( )
A. 参数“160Wh”表示160J
B. 参数“160Wh”标注的是该充电宝电荷量
C. 参数“32000mAh”标注的是该充电宝的额定能量
D. 该充电宝充满电时存储的能量相当于大约57吨的重物由静止自由下落1m时所具有的动能
4.如图，沿南北方向放置一水平长直导线，在导线正下方附近水平放置一个小磁针，小磁针初始时处于静止状态。现给导线中通入恒定电流，从上往下看，小磁针逆时针偏转，待最终静止时小磁针在水平面内偏转了30∘，已知地磁场的水平分量为3×10−5T，则下列说法正确的是( )
A. 通电长直导线的电流方向为从北指向南
B. 通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为 33×10−5T
C. 通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为 3×10−5T
D. 通电长直导线中的电流大小变为原来的2倍，则小磁针最终静止时与初始位置之间的夹角变为原来的2倍
5.如图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压表为交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于或等于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。下列说法正确的是( )
A. 图中开关闭合，t=34T时电压表的示数为5V
B. 图中开关闭合，12T时电压表的示数为2.5V
C. 当n1：n2=1：1000时，原、副线圈的电流频率f1：f2=1：1000
D. 要实现点火，变压器原、副线圈的匝数满足n1：n2≤1：1000
6.某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，其构造如图所示。把一根轻弹簧上端固定在小木板上，下端悬吊0.9N重物时，弹簧下端的指针指在木板上刻度为C的位置；悬吊1.0N重物时，指针指在木板上刻度为O的位置，OC的距离为2cm。将1.0N的重物固定在弹簧下端和小木板上的刻度构成了一个“竖直加速度测量仪”。我们可以把“竖直加速度测量仪”固定在电梯墙壁上用来测量电梯竖直上下运行时的加速度，g取10m/s2，以加速度方向向上为正，下列说法正确的是( )
A. 该弹簧的劲度系数为0.05N/m
B. 指针指在A位置时，小球此时处于超重状态
C. 指针指在A位置时，“竖直加速度测量仪”的示数为0.5m/s2
D. 指针指在B位置时，“竖直加速度测量仪”的示数为1m/s2
7.如图，用材料相同、粗细均匀的电阻丝折成正方形金属框架ABCD，边长为L，每边电阻为r，框架与一电动势为E，内阻也为r的电源相接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则电键闭合电路稳定后，框架受到安培力大小为( )
A. BEL2
B. 2BELr
C. 2BEL2r
D. 2BEL3r
二、多选题：本大题共3小题，共18分。
8.如图，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里。一束电子以垂直于磁场边界的速度v从M点射入宽度为d的强磁场中，从N点穿出磁场时速度方向和原来射入方向的夹角为θ=60∘。下列说法正确的是( )
A. 电子的比荷为v2dB
B. 电子的比荷为 3v2dB
C. 电子穿越磁场的时间为2 3πd9v
D. 电子穿越磁场的时间为2πd3v
9.如图，匀强电场中A、B、C是位于同一条电场线上的三点，AB=0.1m，BC=0.4m。将电荷量为2.0×10−9C的负点电荷从A点移动到B点，静电力做功为2.0×10−7J。则下列说法正确的是( )
A. A、B间的电势差为100V
B. A、B、C三点中C点电势最高
C. 匀强电场的场强大小为1000V/m
D. 把该电荷从B点移动到C点，电势能增加了8.0×10−7J
10.如图，水平面内固定两根光滑、足够长平行金属导轨P、Q间距为L，电阻可忽略。装置处于竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。t1时刻，两粗细均匀金属棒a、b获得相同大小的瞬时速度v0相向运动，t2时刻，流经a棒的电流为0。已知金属棒a、b由相同材料制成，长度均为L，电阻分别为R和2R，a棒的质量为m。在运动过程中两金属棒始终与导轨垂直且接触良好，a、b棒没有相碰，则( )
A. t1时刻a棒加速度大小为2B2L2v03mR
B. t2时刻b棒速度为0
C. t1∼t2时间内，通过a、b棒某一横截面的电荷量相等
D. t1∼t2时间内，a棒产生的焦耳热为2mv029
三、实验题：本大题共2小题，共18分。
11.某同学用单摆测重力加速度。实验时改变摆长，测出几组摆长l和对应的周期T的数据，作出l−T2图像，如图所示。
(1)利用A、B两点的坐标可求得重力加速度表达式g=______。
(2)本实验用l−T2图像计算重力加速度，______(选填“能”或“不能”)消除因摆球质量分布不均匀而造成的测量误差。请说明理由：______。
12.充电宝是手机及时充电的一种重要工具。一充电宝的电动势约为5V，内阻很小，最大放电电流为2A，某实验小组在实验室中测定它的电动势和内阻。他们剥开充电宝连接线的外绝缘层，里面有四根导线，红导线为充电宝的正极，黑导线为充电宝的负极，其余两根导线空置不用。实验器材有：
A.待测充电宝；
B.量程为3.0A，内阻约为0.2Ω的电流表；
C.量程为6V，内阻约为6kΩ的电压表；
D.量程为15V，内阻约为30kΩ的电压表；
E.阻值为0∼20Ω，额定电流为3A的滑动变阻器；
F.阻值为2.5Ω的定值电阻；
G.阻值为20Ω的定值电阻；
H.开关S一个，导线若干。
(1)采用如图甲所示电路图，电压表应选用______(选填“C”或“D”)，定值电阻R0应选用______(选填“F”或“G”)。
(2)请根据电路图甲，把实物图乙电路补充完整。
(3)该同学记录了8组数据，并在坐标纸上画出该充电宝的U−I图线如图丙所示。由图线可知该充电宝的电动势E=______ V，内阻r=______Ω。(保留两位小数)
(4)该同学继续实验，记录了各种电量情况下充电宝电动势，数据如表中所示：
根据表中数据，忽略测量的偶然误差，你认为充电宝的电动势与储电量有什么样的关系？______。
四、简答题：本大题共3小题，共36分。
13.老师给小明一个密封盒，其表面有一个灯泡与一个可变电阻器。为了探究密封盒里灯泡和可变电阻器是如何连接的，小明首先连接了一个如图所示的电路，他将可变电阻器的R减小，并将变化结果记录在表中。
(1)请判断盒中可变电阻器和灯泡是如何连接的，并说明理由；
(2)利用表中的数据，求灯泡的电阻值；
(3)将两个1.5V的电池串联来代替低压电源，进行同样的实验，发现当R减小时，灯泡的亮度发生了变化，请问灯泡亮度是增大还是降低，请解释这一现象。
14.如图，MN、PQ为无限长平行直线，间距为d，在MN、PQ的上下区域分布有大小为B，方向相反的匀强磁场。从A点沿与PQ边界夹角为45∘的方向发射一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子经过上、下方磁场各一次后恰好回到A点。求：
(1)粒子入射的速度大小；
(2)粒子从A点出发又回到A点所用时间。
15.如图，质量均为m=2kg的木块A和B，并排放在光滑水平地面上，A上固定一竖直轻杆，轻杆上端的O点系一长为L=1m的细线，另一端系质量为m0=1kg的小球C。现将C球拉起使细线水平伸直，并由静止释放C球。已知重力加速度为g=10m/s2，求：
(1)木块A、B分离后，B的速度大小；
(2)C球第一次运动到O点正下方时，C球在水平方向的位移大小；
(3)在整个运动过程中，木块A的最大速度及此时小球C的速度。
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：A、由图乙可知，t=0时刻质点N在平衡位置向上振动，在甲图上，根据“上坡下、下坡上”，可知该横波沿x轴负方向传播，故A正确；
B、该横波沿x轴负方向传播，根据“上坡下、下坡上”，可知质点L该时刻向y轴负方向运动，故B错误；
C、该时刻质点K与M位于最大位移处，速度均为零，加速度大小相同，方向相反，故C错误；
D、简谐横波沿x轴负方向传播，质点N只能在自己平衡位置附近振动，而不随波迁移，故D错误。
故选：A。
根据振动图象中t=0时刻质点N的振动方向判断波的传播方向；根据“上坡下、下坡上”，判断质点L的振动方向；由质点所处位置判断速度与加速度大小和方向；简谐横波传播过程中，质点不随波向前移动。
本题的关键要抓住振动图象与波动图象的内在联系，熟练运用“上下坡法“分析波的传播方向与质点振动方向之间的关系。
2.【答案】B
【解析】解：根据几何关系和折射率的定义式可得：
n=sin∠OMNsin∠OBN=ONrONR=Rr，故B正确，ACD错误；
故选：B。
根据几何关系和光的折射定律得出折射率的大小。
本题主要考查了折射定律的相关应用，熟悉折射定律的表达式即可完成分析，属于简单题型。
3.【答案】D
【解析】解：AB.根据W=Pt，可知参数“160Wh”是能量的单位，则160Wh=160×3600J=5.76×105J，故AB错误；
C.根据q=It，可知参数“32000mAh”标注的是该充电宝储存的电荷量，故C错误；
D.根据机械能守恒，57吨的重物由静止自由下落1m时所具有的动能Ek=mgh=57×103×10J=5.7×105J，故D正确。
故选：D。
参数“160Wh”是能量的单位，利用W=UIt=UQ计算出充电宝标定电量。
本题考查充电宝能量的转化、电能和电量的计算，是一道基础题。
4.【答案】C
【解析】解：A.小磁针处于地磁场和电流磁场中，其指向是合磁场的方向，根据安培定则，可判断直导线的电流应是由南向北，故A错误；
BC.根据题意可知，分磁场与合磁场的关系如图所示：
地磁场的水平分量为B=3×10−5T
根据数学关系知，通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小为Bx=Btan30∘=3×10−5× 33T= 3×10−5T
综上分析，故B错误，C正确；
D.通电长直导线中的电流大小变为原来的2倍，则通电长直导线在小磁针处产生的磁场的磁感应强度大小变为2 3×10−5T
设小磁针最终静止时与初始位置之间的夹角设为θ，则tanθ=2 3×10−5T3×10−5T=2 33
则小磁针最终静止时与初始位置之间的夹角没变为原来的2倍，故D错误。
故选：C。
小磁针后来的指向为合磁场方向，根据平行四边形定则，若已知某个磁场大小和方向与合磁场方向，可以求出另一个磁场大小。
对于物理中的矢量，在合成时都遵循平行四边形定则；当空间中存在多个磁场时，某点的磁感应强度为为各磁场的合磁感应强度，因此小磁针的指向为合磁场方向。
5.【答案】D
【解析】解：AB.根据所学知识可知，电压表测量的是电压的有效值，可知t=34T时或者12T时电压表的示数为
U1=5 2V=2.5 2V，故AB错误；
C.变压器不改变交流电的频率，则原、副线圈的电流频率
f1：f2=1：1，故C错误；
D.要实现点火，变压器原、副线圈的匝数满足
U1mn1=U2mn2≥5000n2
即n1：n2≤1：1000，故D正确。
故选：D。
电压表测量的是电压的有效值，根据交流电电压的峰值和有效值的关系得出对应的有效值；
变压器无法改变电流的频率；
根据变压器的工作原理得出原副线圈的匝数比。
本题主要考查了变压器的构造和原理，理解变压器的工作特点，结合原副线圈的匝数比和电学物理量的比值关系即可完成分析。
6.【答案】D
【解析】解：A.设弹簧的劲度系数为k，根据受力平衡可得
kxC=G1
kxO=G2
xC−xO=2cm=0.02m
联立解得：k=5N/m，故A错误；
B.指针指在A位置时，弹簧弹力小于小球的重力，则小球的合力方向向下，加速度方向向下，小球此时处于失重状态，故B错误；
C.此时弹簧弹力为FA，由胡克定律得：
FA−G1=k⋅Δx
其中Δx=12×2cm=1cm=0.01m
联立解得：FA=0.95N
重物的重力为1.0N，则mg=1.0N解得：m=0.1kg
由牛顿第二定律得：
mg−FA=ma
解得：a=0.5m/s2
由于加速度方向向下，则“竖直加速度测量仪”的示数为−0.5m/s2，故C错误；
D.指针指在B位置时，此时弹簧弹力为：
FB=FO+kxOB
xOB=2cm=0.02m
代入数据得：FB=1.1N
由牛顿第二定律得：
FB−mg=ma′
解得：a′=1m/s2
加速度方向向上，则“竖直加速度测量仪”的示数为1m/s2，故D正确。
故选：D。
根据平衡条件和胡克定律列式求解弹簧的劲度系数；指针指在A位置时，根据弹簧弹力小于小球的重力判断小球处于失重状态；指针指在A位置时根据胡克定律和牛顿第二定律列式求解“竖直加速度测量仪”的示数；指针指在B位置时，根据胡克定律和牛顿第二定律列式求解“竖直加速度测量仪”的示数。
本题主要考查根据弹簧的弹力与弹簧形变量的关系和牛顿第二定律的应用，根据牛顿第二定律列式求解即可，注意超失重的判断方法。
7.【答案】C
【解析】解：ABC边的电阻和ADC的电阻都为2r，两电阻并联，则并联电阻R并=r，
由闭合电路欧姆定律可得干路中电流I=ER并+r=E2r，可知ABC边和ADC的电流都为I′=I2=E4r
ABC边和ADC边的等效长度都为 2L，每一边所受安培力大小FA=B×I′× 2L= 2BLE4r
由左手定则可知ABC边和ADC边所受安培力的方向均竖直向上，所以框架受到安培力大小为2FA= 2BLE2r，故C正确，ABD错误。
故选：C。
根据题意可知ABC边和ADC边电阻大小相等，两电阻并联，可得两电阻的并联电阻，由闭合电路欧姆定律可得干路中电流，
根据ABC边和ADC边电阻相等，可得两支路中电流大小，
ABC边和ADC边的等效长度相等，均为AC边的长度，由安培力大小的计算式可得两边的安培力大小，
由左手定则可知两边的安培力方向相同，则可知整个框架所受安培力的大小。
本题考查了安培力大小和方向、闭合电路的欧姆定律，解题的关键是计算出上下两边电流的大小，知道上下两边的等效长度。
8.【答案】BC
【解析】解：AB、画出电子的轨迹图，圆心在O点，如图所示，
根据数学知识知：sin60∘=dr
解得电子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为：r=2 33d
根据洛伦兹力提供向心力：evB=mv2r
解得电子的比荷为：em= 3v2dB，故A错误，B正确；
CD.电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T=2πrv=4 3πd3v
电子在磁场中运动轨迹的圆心角为60∘，故电子穿越磁场的时间为：t=60∘360∘T=2 3πd9v，故C正确，D错误。
故选：BC。
作出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求出电子在磁场中的半径，根据洛伦兹力提供向心力求出电子的比荷；由题意可知电子的偏转角，再结合周期公式求电子在磁场中的时间。
解决本题的关键作出电子的运动轨迹图，结合几何关系，运用半径公式和周期公式进行求解。
9.【答案】CD
【解析】解：A.在匀强电场中，由UAB=WABq得
UAB=2.0×10−7−2.0×10−9V=−100V
A、B间的电势差为−100V，故A错误；
B.因为从A点移动到B点的过程中静电力做正功，则电势能减小，结合粒子的电性可知B点的电势大于A点的电势，所以ABC三点中B点的电势最高，故B错误；
C.在匀强电场中
E=UABdAB=1000.1V/m=1000V/m
故C正确；
D.把该电荷从B点移动到C点，电场力做功为
WBC=−qEdBC=−2.0×10−9×1000×0.4J=−8×10−7J
故电势能增加了8.0×10−7J，故D正确；
故选：CD。
根据电场力的做功公式得出AB间的电势差；
根据电场力的做功特点得出电场力的方向，结合电性得出电场线的方向，从而得出电势的高低；
根据场强的计算公式得出场强的大小，结合功能关系得出电势能的变化量。
本题主要考查了电势差和场强的关系，熟悉电场的相关公式，结合电场力的做功公式和功能关系即可完成分析。
10.【答案】ACD
【解析】解：A、根据右手定则，金属棒a、b进入磁场时产生的感应电流均为顺时针方向，则回路的电动势为a、b各自产生的电动势之和，根据动生电动势公式有：E=2BLv0
感应电流：I=ER+2R=2BLv03R
对a由牛顿第二定律得：BIL=ma
解得加速度：a=2B2L2v03mR，故A正确；
B、由题意知，金属棒a、b电阻率相同，长度均为L，电阻分别为R和2R，根据电阻定律有：R=ρLSa，2R=ρLSb
可得两棒的横截面积的关系：Sa=2Sb
所以a的体积是b的2倍，密度相同，则a的质量是b的2倍，即b的质量为m2。
a、b在磁场中时，通过的电流总是反向等大，所受安培力总是反向等大，a、b组成的系统合外力总为零，则此系统动量守恒。
t2时刻流过a的电流为零，则回路的感应电动势为零，则a、b之间的磁通量不变，可知两者此时速度相同，设为v。取水平向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0−m2v0=(m+m2)v
整理解得：v=v03
即t2时刻，b棒的速度为：v=v03，故B错误；
C、t1∼t2时间内，通过a、b的电流总是相等根据q=It，可知通过a、b棒横截面的电荷量相等。故C正确；
D、t1∼t2时间内，对a、b组成的系统，由能量守恒定律得
12mv02+12×m2v02=12(m+m2)v2+Q总
将前一问的速度v代入解得：Q总=23mv02
根据焦耳定律可知，a棒产生的焦耳热：Qa=RR+2RQ总=29mv02，故D正确。
故选：ACD。
应用右手定则判断a、b棒产生的感应电流方向，确定感应电动势，求得a棒所受安培力，由牛顿第二定律求得加速度；
由已知求得b棒质量，分析a、b受力，判断系统动量守恒，从而可以求出b棒的速度；
由q=It判断两棒通过的电荷量的关系；
应用动量守恒定律和能量守恒定律求解焦耳热。
本题考查电磁感应中力与运动，能量转化相关问题。涉及到了应用电阻定律间接求质量，双棒切割磁感线满足动量守恒的条件，掌握应用动量与能量的角度解题方法。
11.【答案】4π2(l2−l1)T22−T12 能 见解析
【解析】解：(1)根据单摆的周期公式T=2π lg
化简得摆长l=g4π2⋅T2
根据A、B两点的坐标结合图像的斜率可知k=g4π2=l2−l1T22−T12
所以重力加速度表达式g=4π2(l2−l1)T22−T12
(2)根据重力加速度的表达式g=4π2(l2−l1)T22−T12可知，摆球质量分布不均匀不会影响(l2−l1)的结果，不影响l−T2图像斜率，所以不会对重力加速度的测量造成影响，因此能够消除因摆球质量分布不均匀而造成的测量误差。
故答案为：(1)4π2(l2−l1)T22−T12；(2)能；见解析。
(1)根据单摆周期公式求解l−T2函数，结合图线的斜率求重力加速度；
(2)根据单摆周期公式推导出重力加速度的表达式进行分析。
本题考查用单摆测重力加速度实验，要求掌握实验原理、实验装置、实验步骤、数据处理和误差分析。
12.【答案】充电宝的电动势与储电量无关
【解析】解：(1)充电宝的电动势约为5V，电压表应选用C；电流表的量程为3.0A，根据闭合电路欧姆定律，可知电路的总电阻最小值约为：R=EI=53Ω≈1.7Ω，可知定值电阻R0应选用F。
(2)实物图连接如图
(3)根据闭合电路欧姆定律有
E=U+Ir
变形可得
U=E−Ir
则图象的截距代表电动势，斜率代表内阻，则有
E=5.06V
r=ΔUΔI=5.06−4.852.1Ω=0.10Ω
(4)由表中数据可知充电宝的电动势与储电量无关。
故答案为：(1)C；F；(2)见解析；(3)5.06；0.10；(4)充电宝的电动势与储电量无关
(1)(2)根据图像中的电流选择电流表，根据方便测量选择定值电阻，根据电路图连接实物图；
(3)根据闭合电路欧姆定律结合图像计算；
(4)根据表格数据分析结论。
本题考查测定电源电动势和内阻实验，要求掌握实验原理、实验电路、利用图像处理数据。
13.【答案】解：(1)在可变电阻的变化过程中，灯泡亮度始终不变，因此灯泡两端电压不变，所以两者并联，电路图如图所示
(2)R=15Ω时，R的电流
I1=UR
流过小灯泡的电流为
I2=I−I1
小灯泡的电阻为
R=UI2
解得R=1.25Ω
(3)因为电池具有内阻，所以当R减小时，电路中的总电流增大，内电压增大，外电压减小，因此灯泡的电压减小，小灯泡亮度会降低。
答：(1)盒中可变电阻器和灯泡是并联的，理由见解析；
(2)灯泡的电阻值为1.25Ω；
(3)小灯泡亮度会降低，理由见解析。
【解析】(1)根据题意结合灯泡亮度判断分析；
(2)根据闭合电路欧姆定律解答；
(3)根据闭合电路欧姆定律分析灯泡亮度变化。
此题考查了闭合电路欧姆定律和串并联电路特点的基本运用，解题的关键是明确电路的连接方式。
14.【答案】解：(1)由题意知，粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示。
根据牛顿第二定律，由洛伦兹力提供向心力得：
qvB=mv2r
由几何关系知：∠BO1C=∠AO2D=90∘，BC=d= 2r
解得：r= 22d
联立解得：v= 2qBd2m
(2)粒子在磁场中运动的周期为：T=2πrv=2πmqB
粒子在磁场中运动的时间为：t1=2×270∘360∘×2πmqB=3πmqB
粒子在MN、PQ之间运动的时间：t2=2× 2dv=4mqB
所以粒子从A点出发回到A点所用的总时间为：t=t1+t2
代入可得：t=4mqB+3πmqB
答：(1)粒子入射的速度大小为 2qBd2m；
(2)粒子从A点出发又回到A点所用时间为4mqB+3πmqB。
【解析】(1)洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，结合几何关系求解粒子的入射速度；
(2)根据偏转角和周期公式求出粒子在磁场的时间，再由匀速直线运动规律求出粒子在无场区的时间，相加即为所求。
对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量，分析清楚粒子的运动过程是关键。
15.【答案】解：(1)A、B和C组成的系统，水平方向系统机械能守恒。
当小球C运动到O点正下方时，A、B有共同速度，且此时恰好分离，设此时C的速度为v1，A、B速度为v2，以水平向左为正，根据系统水平动量守恒和机械能守恒得：0=m0v1+2mv2
根据机械能守恒得：m0gL=12m0v12+12⋅2mv22
代入数据得：v1=4m/s，v2=−1m/s
则A、B分离时，B的速度大小1m/s，方向水平向右。
(2)设C球第一次从右向左运动到O点正下方时，小球C水平方向的位移为x1，A、B水平方向的位移为x2，以水平向左为正方向
根据系统水平方向动量守恒0=m0vx1i+2mvx2i
方程两边同乘以极短时间Δt0=m0vx1iΔt+2mvx2iΔt
求和得0=∖Large∑m0vx1i⋅Δt+∖Large∑2mvx2i⋅Δt
得0=m0x1+2mx2
由几何关系知|x1|+|x2|=L
联立解得x1=45L，x2=−15L
(3)当小球从左侧最高点向右运动到O点正下方时，对A、C系统，A此时有最大速度。设此时C的速度为v4，A此时的速度为v5，以水平向左为正方向，根据水平动量守恒有m0v1+mv2=m0v4+mv5
根据系统机械能守恒得：12m0v12+12mv22=12m0v42+12mv52
代入数据得v4=−83m/s，v5=73m/s
则：v5>v2
综上所述，A的最大速度为73m/s，方向水平向左。
此时C的速度为83m/s，方向水平向右。
答：(1)木块A、B分离后，B的速度大小是1m/s；
(2)C球第一次运动到O点正下方时，C球在水平方向的位移大小是45L；
(3)在整个运动过程中，木块A的最大速度为73m/s，方向水平向左，小球C的速度为83m/s，方向水平向右。
【解析】(1)球C下摆过程中，AB一起向右运动，三者组成的系统在水平方向不受外力，系统水平方向的动量守恒，机械能也守恒，根据动量守恒定律和机械能守恒定律相结合求球C第一次摆到最低点时速度大小；
(2)球C下摆过程中，三者组成的系统在水平方向的动量守恒度，结合位移关系求出C球在水平方向的位移大小；
(3)小球C从左侧第一次摆回到最低点时A速度最大，根据A、C系统的机械能守恒和水平方向动量守恒求解球C释放后A的最大速度和此时C的速度。
本题考查动量守恒定律和机械能守恒定律的综合应用。对于动量守恒定律，其守恒条件是：系统不受外力作用或某一方向不受外力作用；分析清楚木块与球的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律与动量守恒定律即可解题。电量(%)
100
80
60
40
20
5
充电宝电动势(V)
5.07
5.04
5.04
5.00
5.14
5.08
数据：
低压学生电源电压=3V
电流表内阻不计
R的初始值=15Ω
电流表的初始读数=2.60A
R的最终值=5Ω
电流表的最终读数=3.00A
观察结果：
灯泡的亮度保持不变
相关试卷
2022-2023学年安徽省宣城市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年安徽省宣城市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年安徽省皖南名校教育研究会高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年安徽省皖南名校教育研究会高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题，计算题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年安徽省马鞍山市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析）： 这是一份2022-2023学年安徽省马鞍山市高二（下）期末物理试卷（含详细答案解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
