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2022-2023学年湖南省益阳市桃江县高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年湖南省益阳市桃江县高一（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，简答题等内容，欢迎下载使用。
1.德国天文学家开普勒在人类对行星运动规律的认识过程中作出了划时代的贡献。对开普勒行星运动定律理解正确的是( )
A. 开普勒通过多年的观测获得了大量的数据，并发现了行星运动规律
B. 行星绕太阳沿椭圆轨道运动时，线速度方向时刻在变化，但速度大小恒定
C. 开普勒定律只适用于行星绕太阳的运动，不适用于卫星绕行星的运动
D. 对于开普勒第三定律 a3T2=k，月球绕地球运动的 k值与火星绕太阳运动的k值不相同
2.牛顿在物理学中获得的成就，离不开他严谨的思维态度和全面的科学方法，下列对牛顿在万有引力的发现过程中，描述错误的是( )
A. 牛顿通过太阳与行星间的相互吸引得到太阳与行星间引力关系F=Gm太mr2，这就是万有引力定律
B. 通过月地检验，从比较精确的数据上验证了牛顿的猜想：地面物体受地球的引力与太阳、行星间的引力遵从相同规律，是同一性质的力
C. 通过大胆的结论推广，宇宙中一切物体之间都具有“与两个物体质量成正比、与它们之间距离的二次方成反比”的吸引力
D. 英国物理学家卡文迪什用扭秤实验通过放大法测得了引力常量G值
3.已知地球的第一宇宙速度为7.9km/s，土星的质量是地球的16倍，它的半径是地球的4倍。绕土星表面做圆周运动的卫星，其运行速度为( )
A. 15.8km/sB. 7.9km/sC. 3.85km/sD. 23.7km/s
4.雄鹰在空中寻觅猎物时发现地面有一兔子，雄鹰保持同一姿势开始向下直线俯冲。在此过程中，重力对它做的功为1900J，它克服阻力做的功为100J。则( )
A. 动能增加了1900JB. 动能增加了2000J
C. 重力势能减少了1900JD. 重力势能减少了200J
5.一台起重机匀加速的将质量为1t的货物在2s的时间内从静止开始竖直吊起了4m，则起重机2s内的平均功率和2s末的输出功率分别为( )
A. 20kW、40kWB. 20kW、48kWC. 24kW、48kWD. 24kW、40kW
6.下列各实例的运动过程中(除A项外都不计空气阻力)，机械能守恒的是( )
A. 带着张开的降落伞的跳伞运动员在空中匀速下落
B. 抛出的标枪在空中运动
C. 拉着一个金属块使它沿光滑的斜面匀速上升
D. 在光滑水平面上运动的小球，碰到一个弹簧，把弹簧压缩后，又被弹回来
7.一个带电量为+Q的点电荷，放在长为L的不带电的导体棒中心轴线上，距离棒的左端距离为r。如图所示，当棒达到静电平衡后，导体棒上感应电荷在棒的中心点O处产生的电场强度大小和方向为( )
A. kQr2，水平向右B. kQ(L2)2，水平向左
C. 0D. kQ(r+L2)2水平向左
8.某学生小组在测量某种长为30cm金属丝的电阻率实验时，两电表的示数分别如图所示(电压表量程0∼3V，电流表量程0∼0.6A)，用螺旋测微器测得金属丝的直径如图，下列说法正确的是( )
A. 加在金属丝两端电压为7.0VB. 流过金属丝的电流为0.5A
C. 该金属丝电阻阻值为35ΩD. 该金属丝直径为1.605mm
9.如图所示表头，已知其内阻Rg为500Ω，满偏电流为Ig为1mA，如果需要用该表头去测量电路中变化为0∼10V的电压时，则需要( )
A. 并联一个阻值为9.5kΩ的电阻B. 串联一个阻值为9.5kΩ的电阻
C. 并联一个阻值为10kΩ的电阻D. 串联一个阻值为10kΩ的电阻
10.如图所示，高一学生在学考报名时进行了指纹采集。电容式指纹识别的原理是手指与传感器表面接触时，皮肤表面会和传感器上许许多多相同面积的小极板一一匹配成电容不同的平行板电容器，从而识别出指纹的纹路。下列说法正确的是( )
A. 极板与指纹嵴(凸的部分)构成的电容器电容大
B. 极板与指纹沟(凹的部分)构成的电容器电容大
C. 若充电电压变大，所有电容器电容增大
D. 若充电电压变大，所有电容器电容减小
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
11.新能源汽车正在逐步进入我们的生活。在检测某新款电动车性能的实验中，质量为1500kg的电动汽车在平直路面上从静止开始以恒定功率启动，经过10s达到最大速度30m/s。设过程中汽车受到的阻力恒为车重的五分之一，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 汽车所受合力不变，做匀加速直线运动B. 汽车所受合力变小，速度越来越大
C. 汽车的额定功率为90kWD. 汽车加速阶段通过的位移大小为300m
12.随着“天问一号”火星探测器的发射，我国开始了对火星的太空探索。如图所示为火星探测器的发射过程。“天问一号”在圆周轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，到达A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达B点时再次点火进入轨道Ⅲ做圆周运动。则下列说法正确的是( )
A. “天问一号”由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ需在B点点火加速
B. “天问一号”在轨道Ⅱ上经过A点的速率小于在轨道Ⅲ上运行的速率
C. “天问一号”在轨道Ⅱ上经过 B点的加速度小于在轨道Ⅲ上经过 B点的加速度
D. “天问一号”在轨道Ⅱ上运行的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期
13.电场中某一区域的电场线和等势线分布如图所示，其中 A、B、C是电场中的三个点。则下列判断正确的是( )
A. A、B、C三点的电场强度大小关系为ECB. A、B、C三点的电势关系为ΦB<ΦA<ΦC
C. A、B、C三点中，电子在C点的电势能最大
D. 电子从B点移到A的过程中电场力做正功
14.在匀强电场中，A、B、C三点电势如图所示，已知电场方向与△ABC所在平面平行，LAB、LBC、LAC之间的距离分别为3cm、4cm、5cm。下列说法正确的( )
A. 电子在C点具有的电势能为4eV
B. 质子从A点移动到C点电场力做功为−1eV
C. 匀强电场的电场强度大小为 2×102N/C
D. 匀强电场的方向与线段AC方向平行
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
15.用如图所示的实验装置做“探究动能定理”实验。请补充完成下列实验步骤的相关内容。
(1)用天平测得小车和遮光片的总质量为M、砝码盘的质量为m0；用刻度尺测得遮光片的宽度为d，按图所示安装好实验装置，用刻度尺测得两光电门之间的距离s。
(2)在砝码盘中放入适量的砝码，适当调节长木板的倾角，直到轻推小车，遮光片先后经过光电门A和光电门B的时间相等。
(3)取下细线和砝码盘，记下______(填写相应物理量及其符号)。
(4)让小车从靠近滑轮处由静止释放，用数字毫秒计时器分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间ΔtA和ΔtB。
(5)在步骤4中，小车从光电门A下滑至光电门B过程中合力做的总功W合=______，小车动能变化量ΔEk=______(用上述步骤中的物理量表示，重力加速度为g)，比较W合和ΔEk的值，找出两者之间的关系。
16.某同学按如图1所示电路测量电池组的电动势和内阻。
(1)请根据实验原理，将图2中的实物电路补充完整；电压表接线柱标注从左往右为“-”，“3V”，”15”。
(2)该同学通过调整滑动变阻器共测得5组电流和电压的数据，如表所示。请作出(图3中)电池组路端电压U随电流I变化的U−I图像；
(3)根据U−I图像，可知被测电池组的电动势为：______ V，内阻为：______Ω(保留3位有效数字)。
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
17.如图所示电动机工作电路，已知电动机额定电压U为6V，线圈电阻RM为0.5Ω。电源电动势为12V，内阻为1Ω，电阻R1为1Ω，R2为6Ω。开关闭合后，电动机恰好正常工作。
(1)此时流过R1上的电流多大？
(2)电动机正常工作1个小时消耗的电能多少焦耳？
(3)该电动机正常工作时的机械功率是多少？
18.如图所示，质量为m，带电量为q的微观粒子从静止开始经电压为U的电场加速后，沿中轴线垂直进入长为L，宽为d的匀强偏转电场，恰好从极板右侧离开偏转电场。不计粒子重力。求：
(1)粒子经过电场加速后进入偏转电场的速度大小v；
(2)偏转电场的场强大小E；
(3)粒子恰好离开偏转电场后落在距偏转电场右侧距离为x的挡板上，记为P点。求偏转电场中心轴线与挡板交点O到P点的距离y。
19.如图，abcd是竖直平面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为4R。bcd是半径为R的半圆弧，与ab相切于b点，c点为四分之一圆弧位置。整个轨道处在水平向右的匀强电场当中。一质量为m的带电小球，始终受到与重力大小相等的静电力作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。求：
(1)小球到达c点处的速度大小v；
(2)小球在d点处受到的弹力F；
(3)小球离开d点后落到地面时与b点的水平距离x。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.第谷通过多年的观测获得了大量的数据，开普勒在此基础上发现了行星运动规律。故A错误；
B.行星绕太阳沿椭圆轨道运动时，线速度方向时刻在变化，且速度大小不恒定，近日点速率最大，远日点速率最小，故B错误；
C.开普勒定律不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕行星的运动，故C错误；
D.开普勒第三定律公式表达为：a3T2=k，据此可知：月球绕地球运动的k值与火星绕太阳运动的k值是不相同的，k值与中心天体的质量有关。故D正确。
故选：D。
根据开普勒三大定律的发展史，以及开普勒三大定律的适用范围解答即可。
解题关键是掌握常见的物理学史，注重对日常学习的积累。属于基础题。
2.【答案】A
【解析】解：A.牛顿得出万有引力定律的过程：先通过逻辑的推理，再经过月地检验，最终推广到适用宇宙一切物体的万有引力定律，并非直接通过天体之间的吸引力得出的，故A错误；
B.牛顿通过月地检验，验证了他的猜想：地面物体受地球的引力与太阳、行星间的引力遵从相同规律，是同一种性质的力，故B正确；
C.牛顿在月地检验后，通过大胆的结论推广得到：宇宙中一切物体之间都具有“与两个物体质量成正比、与它们之间距离的二次方成反比”的吸引力规律，故C正确；
D.英国的物理学家卡文迪什通过扭秤实验，同时应用微小量放大法的物理学方法测得了引力常量G的值，故D正确。
本题选择错误的，故选：A。
根据万有引力定律的发展史解题即可。
解题关键是掌握万有引力定律的发展史，注重日常学习的积累。属于基础题。
3.【答案】A
【解析】解：设地球质量为M，地球半径为R，绕地球表面做匀速圆周运动的人造卫星的线速度大小为地球的第一宇宙速度，由卫星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMmR2=mv2R
同理对绕土星表面的做圆周运动的卫星，有
G16Mm′(4R)2=m′v′24R
解得：v′=2v=2×7.9km/s=15.8km/s，故A正确，BCD错误；
故选：A。
人造卫星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得出卫星的运行速度。
本题考查了万有引力定律的相关应用，理解天体做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
4.【答案】C
【解析】解：AB、根据题设条件的两个功，由动能定理得：WG−W克=ΔEk
代入数据得：ΔEk=1800J
即雄鹰的动能增加1800J，故AB错误；
CD、重力对它做的功为1900J，重力势能减少了1900J，故C正确，D错误。
故选：C。
根据动能定理确定动能的变化。物体重力做功多少，物体的重力势能就变化多少。
本题关键要掌握常见的几对功能关系：总功与动能变化有关，重力做功与重力势能变化有关。
5.【答案】C
【解析】解：由位移-时间关系h=12at2得：a=2ht2=2×422m/s2=2m/s2
所以2s末的速度大小：v=at=4m/s
设货物受到向上的拉力为F，由牛顿第二定律得：F−mg=ma
变形得到：F=m(g+a)=1×103×(10+2)N=1.2×104N
所以2s内的平均功率：P−=Fht=1.2×104×42W=24kW
2s末的输出功率：P=Fv=1.2×104×4W=48kW，故ABD错误，C正确。
故选：C。
由运动学公式求出加速度和末速度，根据牛顿第二定律求货物受到的拉力。根据P−=Wt求2s内的输出功率，根据P=Fv求2s末的输出功率；
本题考查平均功率、瞬时功率问题，解决本题的关键掌握功率的两个基本公式，以及掌握牛顿第二定律、运动学公式求相关物理量的问题。
6.【答案】B
【解析】解：A、跳伞运动员带着张开的降落伞在空气中匀速下落时，其动能不变，重力势能减小，二者之和即机械能减小，故A错误；
B、被抛出的标枪在空中运动时，只有重力做功，其机械能守恒，故B正确；
C、金属块在拉力作用下沿着光滑的斜面匀速上升时，其动能不变，重力势能变大，二者之和即机械能变大，故C错误；
D、小球碰到弹簧被弹回的过程中只有弹簧弹力做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，在此过程中，弹簧对小球会做功，所以小球的机械能不守恒，故D错误。
故选：B。
根据机械能守恒的条件：只有重力或弹力做功机械能守恒分析答题，也可以根据机械能的概念进行判断。
本题主要考查机械能守恒定律，解决本题的关键掌握判断机械能是否守恒的方法：1、看是否只有重力或弹力做功；2、看系统的动能和势能之和是否变化。
7.【答案】D
【解析】解：当棒达到静电平衡后，导体棒上O点的合场强为零，即感应电荷在O点的场强与点电荷+Q在O点的场强等大反向，则导体棒上感应电荷在棒的中心点O处产生的电场强度大小E=kQ(r+L2)2，方向向左。故ABC错误，D正确。
故选：D。
当导体棒达到静电平衡后，导体棒上的内部电场强度处处为零；根据场强的计算公式，结合场强的叠加原理得出场强的大小和方向。
本题主要考查了静电平衡的相关应用，理解静电平衡的产生原理和对应的特点即可完成分析，难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.电压表量程0∼3V，最小分度值为0.1V，则加在金属丝两端电压为1.20V。故A错误；
B.电流表量程0∼0.6A，最小分度值为0.02A，则流过金属丝的电流为0.50A，故B错误；
C.该金属丝电阻阻值为
R=UI=Ω=2.40Ω
故C 错误；
D.螺旋测微器的最小分度值为0.01mm，则该金属丝直径为
1.50mm+0.01×10.5mm=1.605mm
故D正确。
故选：D。
先确定电压表、电流表和螺旋测微器的最小分度值再读数。
本题关键掌握电压表、电流表和螺旋测微器的读数方法。
9.【答案】B
【解析】解：如果需要用该表头去测量电路中变化为0∼10V的电压时，即将表头改装成量程为0∼10V的电压表，此时表头需串联一个阻值为R的电阻，根据闭合电路欧姆定律可知：
R=101×10−3Ω−500Ω=9500Ω=9.5kΩ，故B正确，ACD错误；
故选：B。
将表头改装成电压表需要串联电阻，根据闭合电路欧姆定律得出串联的电阻的阻值。
本题主要考查了电表的改装问题，熟悉电路构造的分析，结合闭合电路欧姆定律即可完成分析。
10.【答案】A
【解析】解：AB、极板与指纹嵴(凸的部分)间距较小，即对电容器来说，相当于电容器极板间距离d较小，根据C=εS4πkd可知，d小的电容大，故A正确，B错误；
CD、电容器的大小是由电容器本身结构决定的，与充电电压无关，故CD错误。
故选：A。
根据C=εS4πkd可以判断电容器电容的大小；电容器的电容的大小与充电电压无关。
电容器电容的大小是由电容器本身结构决定的，与充电电压、带电荷量的多少均没有关系。
11.【答案】BC
【解析】解：AB、电动汽车在平直路面上从静止开始以恒定功率启动，由功率公式：P=Fv
可以知道，随着速度的增大，牵引力F将减小，由牛顿第二定律：F−F阻=ma
得到电动汽车的加速度将减小，电动汽车做加速度减小的加速运动，直到牵引力等于阻力后做匀速直线运动。故A错误；B正确；
C、汽车的额定功率为：P额=F阻⋅vm=15×15000×30W=90000W=90kW，故C正确；
D、汽车加速阶段通过的位移大小为x，变加速过程总时间为t=10s，由动能定理得：Pt−F阻x=12mvm2
解得：x=3004m，故D错误。
故选：BC。
由P=Fv可以求出汽车速度为v时汽车的牵引力的变化，再根据牛顿第二定律确定加速度的变化；
汽车做匀速直线运动时处于平衡状态，由平衡条件和功率公式求额定功率；
根据动能定理求经10s时汽车的位移。
本题是机车的启动问题，理清恒定功率启动时汽车的运动过程，把握两个量变化的关系，P=Fv，牵引力减小到与阻力相等时，即加速度为零，车子变加速运动结束，速度达到最大。
12.【答案】AD
【解析】解：A、“天问一号”由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ做离心运动，在轨道Ⅱ上B点所需向心力大于万有引力，所以“天问一号”由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ需在B点需要点火加速，故A正确；
B、“天问一号”由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ做离心运动，在A点需要点火加速，则“天问一号”在轨道Ⅱ上经过A点的速率大于轨道Ⅰ大于经过A点的速率
又由GMmr2=mv2r
解得：v= GMr
则轨道I的速率大于轨道Ⅲ上运行的速率。所以“天问一号”在轨道Ⅱ上经过A点的速率大于在轨道Ⅲ上运行的速率，故B错误；
C、由牛顿第二定律得
GMmr2=ma
解得：a=GMr2，则“天问一号”在轨道Ⅱ上经过 B点的加速度等于在轨道Ⅲ上经过 B点的加速度，故C 错误；
D、轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅲ的半径，由开普勒第三定律a3T2=k可知，“天问一号”在轨道Ⅱ上运行的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期，故D 正确。
故选：AD。
根据变轨原理分析A项；根据万有引力提供向心力列式，分析“天问一号”在轨道I上运行的速率与轨道Ⅲ上运行的速率关系，结合变轨原理分析在轨道Ⅱ上经过A点的速率与在轨道Ⅲ上运行的速率关系；根据万有引力定律结合牛顿第二定律分析加速度关系；根据开普勒第三定律分析周期关系。
本题考查万有引力定律、开普勒第三定律及向心力基本公式的应用，要熟知卫星的变轨原理。要知道“天问一号”做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力。
13.【答案】CD
【解析】解：A、电场线的密集的地方电场强度大，A、B、C三点的电场强度大小关系为
EC故A错误；
B、沿着电场线的方向，电势逐渐降低，A、B、C三点的电势关系为
φC<φB<φA
故B错误；
C、电子带负电，在电势越低的地方电势能越大，A、B、C三点中，电子在C点的电势能最大
故C正确；
D、BA两点电势差
UBA=φB−φA<0
电子从B点移到A点的过程中静电力做功
W=−eUBA>0
电子从B点移到A点的过程中电场力做正功
故D正确。
故选：CD。
明确电场线的性质，电场线的疏密表示电场的强弱，知道沿电场线的方向电势逐渐减小，再根据负电荷，在电势越低的地方电势能越大，判断电势能和电场力做功情况。
本题考对电场线的认识，要注意明确电场线的疏密表示电场的强弱，而沿电场线的方向电势降低。
14.【答案】BC
【解析】解：A.根据电势能公式，电子在 C点具有电势能
Ep=−eφC，代入数据解得Ep=−4eV
故A错误；
B.A C两点间的电势差
UAC=φA−φC=3V−4V=−1V
根据电势能与电场力做功关系，质子从A 点移动到C点电场力做功
W=eUAC，代入数据解得W=−1eV
故B正确；
CD.如图所示
在BD边上取一点D，使
BD=3cm
由等分法，D点电势为3V。连接AD，AD为电场中的一条等势线，过B点做AD的垂线交AD于E点。根据规律电场线与等势线垂直，沿着电场线电势逐渐降低。则匀强电场的方向沿EB方向。线段EB长度
d= 22×3×10−2m=3 22×10−2m
匀强电场电场强度大小E=Ud=3 22×3×10−2N/C= 2×102N/C
故C正确，D错误。
故选：BC。
根据电势能公式，求C点具有的电势能；
根据电势差等于两点电势差值，求A C两点间的电势差，再根据电势能与电场力做功关系，求质子从A 点移动到C点电场力做功；
由等分法确定AD为电场中的一条等势线，电场线与等势线垂直，确定电场线，求匀强电场的方向沿EB方向，确定电场强度大小。
本题考查学生对电势能公式、等势线与电场线关系、电场强度大小与电势差关系等规律的掌握，解题关键是求出匀强电场的方向沿EB方向，一道中档题。
15.【答案】砝码质量m(m+m0)gs12M(dΔtB)2−12M(dΔtA)2
【解析】解：(3)取下细线和砝码盘，记下砝码质量m。
(5)在步骤 4中，放入适量砝码后小车能做匀速直线运动，则说明小车处于受力平衡状态，当去掉砝码和砝码盘后，小车受到的合力为(m+m0)g，则小车从光电门A下滑至光电门 B过程中合力做的总功
W合=(m+m0)gs
遮光片先后经过光电门A和光电门B的速度分别为
vA=dΔtA
vB=dΔtB
小车动能变化量
ΔEk=12M(dΔtB)2−12M(dΔtA)2
答：(3)砝码质量m；(5)(m+m0)gs； 12M(dΔtB)2−12M(dΔtA)2
(3)根据实验原理分析出需要记录的物理量；
(5)根据功的计算公式，结合运动学公式和动能计算公式完成分析。
本题主要考查了功与速度变化的关系，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合功和动能的计算公式即可完成分析。
16.【答案】
【解析】解：(1)实物电路补充完整如图1
图1
(2)使更多的点在图像上，不在图像的点平均分布在图像两侧，误差太大的点舍去，电池组路端电压U随电流I变化的U−I图像如图2所示
图2
(3)根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，结合U−I图像，被测电池组的电动势为3.00V
被测电池组的内阻为r=|ΔUΔI|=Ω=0.789Ω
故答案为：(1)见解析；(2)见解析；(3)3.00；0.789
(1)根据实验电路图连接实物图；
(2)根据表格作图；
(3)根据闭合电路欧姆定律解得电动势与内阻。
本题考查了实验器材的选取、作U−I图象、求蓄电池的电动势与内；要掌握实验器材的连接方式。
17.【答案】解：(1)根据闭合电路欧姆定律E=U+I(R1+r)
解得I=E−Ur+R1=12−61+1A=3A
(2)根据欧姆定律，通过电阻R2的电流I2=UR2=66A=1A
流过电动机的电流I2=I−I1=3A−1A=2A
电动机正常工作 1个小时消耗的电能W=IUt
代入数据解得W=4.32×104J
(3)电动机消耗的热功率Pr=I22RM=22×0.5W=2W
电动机的输入功率P入=UI2=6×2W=12W
由能量守恒定律，该电动机正常工作时的机械功率P=P入−Pr=12W−2W=10W。
答：(1)流过R1上的电流3A；
(2)电动机正常工作1个小时消耗的电能4.32×104J；
(3)该电动机正常工作时的机械功率是10W。
【解析】(1)根据闭合电路的欧姆定律求电流；
(2)根据公式W=UIt求电动机消耗的电能；
(3)根据欧姆定律求通过电阻R2的电流，根据并联电路的电流特点求通过电动机的电流；根据功率公式求电动机的输入功率和热功率，根据能量守恒求电动机机械功率。
解决本题时，要知道于电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能直接用欧姆定律求通过电动机的电流。
18.【答案】解：(1)粒子在加速电场中，由动能定理得：qU=12mv2−0
解得：v= 2qUm
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，设运动的时间为 t，
水平方向：L=vt
竖直方向：12d=12at2，由牛顿第二定律得：qE=ma
解得：E=2UdL2
(3)粒子离开偏转电场后做匀速直线运动，其反向延长线交偏转电场中央轴线的中点，如图所示
则L2L2+x=d2y
解得：y=d2+xdL
答：(1)粒子经过电场加速后进入偏转电场的速度大小是 2qUm；
(2)偏转电场的场强大小是2UdL2；
(3)偏转电场中心轴线与挡板交点O到P点的距离是d2+xdL。
【解析】(1)粒子在加速电场中加速，应用动能定理求出粒子进入偏转电场时的速度大小。
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，应用牛顿第二定律与运动学公式求出电场强度大小。
(3)粒子离开偏转电场后做匀速直线运动，根据题意求出O与P点间的距离。
本题要熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，把类平抛运动分解成水平方向的匀速直线运动，竖直方向的匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和匀变速直线运动规律解题．
19.【答案】解：(1)带电小球从a点到c点由动能定理得
mg(4R+R)−mgR=12mv2
解得
v= 8gR
(2)设带电小球在d点的速度为vd，从c点到d点，由动能定理得
−mgR−mgR=12mvd2−12mv2
带电小球在d点，由牛顿第二定律可知
F+mg=mvd2R
联立解得
F=3mg
(3)带电小球从d点落到地面，设运动的时间为t，则竖直方向有：
2R=12gt2
水平方向有
x=v0t−12⋅qEmt2
又
qE=mg
联立解得
x=2R
答：(1)小球到达c点处的速度大小为 8gR；
(2)小球在d点处受到的弹力为3mg；
(3)小球离开d点后落到地面时与b点的水平距离为2R。
【解析】(1)带电小球从a点到c点根据动能定理计算到达c点处的速度大小；
(2)带电小球从c点到d点列出动能定理表达式和牛顿第二定律表达式、计算小球在d点处受到的弹力F；
(3)分析小球在水平和竖直方向的运动情况，根据运动学公式计算。
本题关键掌握带电粒子在电场中的受力情况和运动情况，根据动能定理、牛顿第二定律和运动学公式计算。电流I/A
3.20
2.40
1.90
1.10
0.60
电压U/V
0.44
1.08
1.48
2.12
2.52
1.德国天文学家开普勒在人类对行星运动规律的认识过程中作出了划时代的贡献。对开普勒行星运动定律理解正确的是( )
A. 开普勒通过多年的观测获得了大量的数据，并发现了行星运动规律
B. 行星绕太阳沿椭圆轨道运动时，线速度方向时刻在变化，但速度大小恒定
C. 开普勒定律只适用于行星绕太阳的运动，不适用于卫星绕行星的运动
D. 对于开普勒第三定律 a3T2=k，月球绕地球运动的 k值与火星绕太阳运动的k值不相同
2.牛顿在物理学中获得的成就，离不开他严谨的思维态度和全面的科学方法，下列对牛顿在万有引力的发现过程中，描述错误的是( )
A. 牛顿通过太阳与行星间的相互吸引得到太阳与行星间引力关系F=Gm太mr2，这就是万有引力定律
B. 通过月地检验，从比较精确的数据上验证了牛顿的猜想：地面物体受地球的引力与太阳、行星间的引力遵从相同规律，是同一性质的力
C. 通过大胆的结论推广，宇宙中一切物体之间都具有“与两个物体质量成正比、与它们之间距离的二次方成反比”的吸引力
D. 英国物理学家卡文迪什用扭秤实验通过放大法测得了引力常量G值
3.已知地球的第一宇宙速度为7.9km/s，土星的质量是地球的16倍，它的半径是地球的4倍。绕土星表面做圆周运动的卫星，其运行速度为( )
A. 15.8km/sB. 7.9km/sC. 3.85km/sD. 23.7km/s
4.雄鹰在空中寻觅猎物时发现地面有一兔子，雄鹰保持同一姿势开始向下直线俯冲。在此过程中，重力对它做的功为1900J，它克服阻力做的功为100J。则( )
A. 动能增加了1900JB. 动能增加了2000J
C. 重力势能减少了1900JD. 重力势能减少了200J
5.一台起重机匀加速的将质量为1t的货物在2s的时间内从静止开始竖直吊起了4m，则起重机2s内的平均功率和2s末的输出功率分别为( )
A. 20kW、40kWB. 20kW、48kWC. 24kW、48kWD. 24kW、40kW
6.下列各实例的运动过程中(除A项外都不计空气阻力)，机械能守恒的是( )
A. 带着张开的降落伞的跳伞运动员在空中匀速下落
B. 抛出的标枪在空中运动
C. 拉着一个金属块使它沿光滑的斜面匀速上升
D. 在光滑水平面上运动的小球，碰到一个弹簧，把弹簧压缩后，又被弹回来
7.一个带电量为+Q的点电荷，放在长为L的不带电的导体棒中心轴线上，距离棒的左端距离为r。如图所示，当棒达到静电平衡后，导体棒上感应电荷在棒的中心点O处产生的电场强度大小和方向为( )
A. kQr2，水平向右B. kQ(L2)2，水平向左
C. 0D. kQ(r+L2)2水平向左
8.某学生小组在测量某种长为30cm金属丝的电阻率实验时，两电表的示数分别如图所示(电压表量程0∼3V，电流表量程0∼0.6A)，用螺旋测微器测得金属丝的直径如图，下列说法正确的是( )
A. 加在金属丝两端电压为7.0VB. 流过金属丝的电流为0.5A
C. 该金属丝电阻阻值为35ΩD. 该金属丝直径为1.605mm
9.如图所示表头，已知其内阻Rg为500Ω，满偏电流为Ig为1mA，如果需要用该表头去测量电路中变化为0∼10V的电压时，则需要( )
A. 并联一个阻值为9.5kΩ的电阻B. 串联一个阻值为9.5kΩ的电阻
C. 并联一个阻值为10kΩ的电阻D. 串联一个阻值为10kΩ的电阻
10.如图所示，高一学生在学考报名时进行了指纹采集。电容式指纹识别的原理是手指与传感器表面接触时，皮肤表面会和传感器上许许多多相同面积的小极板一一匹配成电容不同的平行板电容器，从而识别出指纹的纹路。下列说法正确的是( )
A. 极板与指纹嵴(凸的部分)构成的电容器电容大
B. 极板与指纹沟(凹的部分)构成的电容器电容大
C. 若充电电压变大，所有电容器电容增大
D. 若充电电压变大，所有电容器电容减小
二、多选题：本大题共4小题，共16分。
11.新能源汽车正在逐步进入我们的生活。在检测某新款电动车性能的实验中，质量为1500kg的电动汽车在平直路面上从静止开始以恒定功率启动，经过10s达到最大速度30m/s。设过程中汽车受到的阻力恒为车重的五分之一，重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是( )
A. 汽车所受合力不变，做匀加速直线运动B. 汽车所受合力变小，速度越来越大
C. 汽车的额定功率为90kWD. 汽车加速阶段通过的位移大小为300m
12.随着“天问一号”火星探测器的发射，我国开始了对火星的太空探索。如图所示为火星探测器的发射过程。“天问一号”在圆周轨道Ⅰ上做匀速圆周运动，到达A点时点火变轨进入椭圆轨道Ⅱ，到达B点时再次点火进入轨道Ⅲ做圆周运动。则下列说法正确的是( )
A. “天问一号”由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ需在B点点火加速
B. “天问一号”在轨道Ⅱ上经过A点的速率小于在轨道Ⅲ上运行的速率
C. “天问一号”在轨道Ⅱ上经过 B点的加速度小于在轨道Ⅲ上经过 B点的加速度
D. “天问一号”在轨道Ⅱ上运行的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期
13.电场中某一区域的电场线和等势线分布如图所示，其中 A、B、C是电场中的三个点。则下列判断正确的是( )
A. A、B、C三点的电场强度大小关系为EC
C. A、B、C三点中，电子在C点的电势能最大
D. 电子从B点移到A的过程中电场力做正功
14.在匀强电场中，A、B、C三点电势如图所示，已知电场方向与△ABC所在平面平行，LAB、LBC、LAC之间的距离分别为3cm、4cm、5cm。下列说法正确的( )
A. 电子在C点具有的电势能为4eV
B. 质子从A点移动到C点电场力做功为−1eV
C. 匀强电场的电场强度大小为 2×102N/C
D. 匀强电场的方向与线段AC方向平行
三、实验题：本大题共2小题，共14分。
15.用如图所示的实验装置做“探究动能定理”实验。请补充完成下列实验步骤的相关内容。
(1)用天平测得小车和遮光片的总质量为M、砝码盘的质量为m0；用刻度尺测得遮光片的宽度为d，按图所示安装好实验装置，用刻度尺测得两光电门之间的距离s。
(2)在砝码盘中放入适量的砝码，适当调节长木板的倾角，直到轻推小车，遮光片先后经过光电门A和光电门B的时间相等。
(3)取下细线和砝码盘，记下______(填写相应物理量及其符号)。
(4)让小车从靠近滑轮处由静止释放，用数字毫秒计时器分别测出遮光片经过光电门A和光电门B所用的时间ΔtA和ΔtB。
(5)在步骤4中，小车从光电门A下滑至光电门B过程中合力做的总功W合=______，小车动能变化量ΔEk=______(用上述步骤中的物理量表示，重力加速度为g)，比较W合和ΔEk的值，找出两者之间的关系。
16.某同学按如图1所示电路测量电池组的电动势和内阻。
(1)请根据实验原理，将图2中的实物电路补充完整；电压表接线柱标注从左往右为“-”，“3V”，”15”。
(2)该同学通过调整滑动变阻器共测得5组电流和电压的数据，如表所示。请作出(图3中)电池组路端电压U随电流I变化的U−I图像；
(3)根据U−I图像，可知被测电池组的电动势为：______ V，内阻为：______Ω(保留3位有效数字)。
四、简答题：本大题共3小题，共40分。
17.如图所示电动机工作电路，已知电动机额定电压U为6V，线圈电阻RM为0.5Ω。电源电动势为12V，内阻为1Ω，电阻R1为1Ω，R2为6Ω。开关闭合后，电动机恰好正常工作。
(1)此时流过R1上的电流多大？
(2)电动机正常工作1个小时消耗的电能多少焦耳？
(3)该电动机正常工作时的机械功率是多少？
18.如图所示，质量为m，带电量为q的微观粒子从静止开始经电压为U的电场加速后，沿中轴线垂直进入长为L，宽为d的匀强偏转电场，恰好从极板右侧离开偏转电场。不计粒子重力。求：
(1)粒子经过电场加速后进入偏转电场的速度大小v；
(2)偏转电场的场强大小E；
(3)粒子恰好离开偏转电场后落在距偏转电场右侧距离为x的挡板上，记为P点。求偏转电场中心轴线与挡板交点O到P点的距离y。
19.如图，abcd是竖直平面内的光滑固定轨道，ab水平，长度为4R。bcd是半径为R的半圆弧，与ab相切于b点，c点为四分之一圆弧位置。整个轨道处在水平向右的匀强电场当中。一质量为m的带电小球，始终受到与重力大小相等的静电力作用，自a点处从静止开始向右运动，重力加速度大小为g。求：
(1)小球到达c点处的速度大小v；
(2)小球在d点处受到的弹力F；
(3)小球离开d点后落到地面时与b点的水平距离x。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.第谷通过多年的观测获得了大量的数据，开普勒在此基础上发现了行星运动规律。故A错误；
B.行星绕太阳沿椭圆轨道运动时，线速度方向时刻在变化，且速度大小不恒定，近日点速率最大，远日点速率最小，故B错误；
C.开普勒定律不仅适用于行星绕太阳的运动，也适用于卫星绕行星的运动，故C错误；
D.开普勒第三定律公式表达为：a3T2=k，据此可知：月球绕地球运动的k值与火星绕太阳运动的k值是不相同的，k值与中心天体的质量有关。故D正确。
故选：D。
根据开普勒三大定律的发展史，以及开普勒三大定律的适用范围解答即可。
解题关键是掌握常见的物理学史，注重对日常学习的积累。属于基础题。
2.【答案】A
【解析】解：A.牛顿得出万有引力定律的过程：先通过逻辑的推理，再经过月地检验，最终推广到适用宇宙一切物体的万有引力定律，并非直接通过天体之间的吸引力得出的，故A错误；
B.牛顿通过月地检验，验证了他的猜想：地面物体受地球的引力与太阳、行星间的引力遵从相同规律，是同一种性质的力，故B正确；
C.牛顿在月地检验后，通过大胆的结论推广得到：宇宙中一切物体之间都具有“与两个物体质量成正比、与它们之间距离的二次方成反比”的吸引力规律，故C正确；
D.英国的物理学家卡文迪什通过扭秤实验，同时应用微小量放大法的物理学方法测得了引力常量G的值，故D正确。
本题选择错误的，故选：A。
根据万有引力定律的发展史解题即可。
解题关键是掌握万有引力定律的发展史，注重日常学习的积累。属于基础题。
3.【答案】A
【解析】解：设地球质量为M，地球半径为R，绕地球表面做匀速圆周运动的人造卫星的线速度大小为地球的第一宇宙速度，由卫星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可得：
GMmR2=mv2R
同理对绕土星表面的做圆周运动的卫星，有
G16Mm′(4R)2=m′v′24R
解得：v′=2v=2×7.9km/s=15.8km/s，故A正确，BCD错误；
故选：A。
人造卫星受到的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律得出卫星的运行速度。
本题考查了万有引力定律的相关应用，理解天体做圆周运动的向心力来源，结合牛顿第二定律即可完成分析。
4.【答案】C
【解析】解：AB、根据题设条件的两个功，由动能定理得：WG−W克=ΔEk
代入数据得：ΔEk=1800J
即雄鹰的动能增加1800J，故AB错误；
CD、重力对它做的功为1900J，重力势能减少了1900J，故C正确，D错误。
故选：C。
根据动能定理确定动能的变化。物体重力做功多少，物体的重力势能就变化多少。
本题关键要掌握常见的几对功能关系：总功与动能变化有关，重力做功与重力势能变化有关。
5.【答案】C
【解析】解：由位移-时间关系h=12at2得：a=2ht2=2×422m/s2=2m/s2
所以2s末的速度大小：v=at=4m/s
设货物受到向上的拉力为F，由牛顿第二定律得：F−mg=ma
变形得到：F=m(g+a)=1×103×(10+2)N=1.2×104N
所以2s内的平均功率：P−=Fht=1.2×104×42W=24kW
2s末的输出功率：P=Fv=1.2×104×4W=48kW，故ABD错误，C正确。
故选：C。
由运动学公式求出加速度和末速度，根据牛顿第二定律求货物受到的拉力。根据P−=Wt求2s内的输出功率，根据P=Fv求2s末的输出功率；
本题考查平均功率、瞬时功率问题，解决本题的关键掌握功率的两个基本公式，以及掌握牛顿第二定律、运动学公式求相关物理量的问题。
6.【答案】B
【解析】解：A、跳伞运动员带着张开的降落伞在空气中匀速下落时，其动能不变，重力势能减小，二者之和即机械能减小，故A错误；
B、被抛出的标枪在空中运动时，只有重力做功，其机械能守恒，故B正确；
C、金属块在拉力作用下沿着光滑的斜面匀速上升时，其动能不变，重力势能变大，二者之和即机械能变大，故C错误；
D、小球碰到弹簧被弹回的过程中只有弹簧弹力做功，小球和弹簧组成的系统机械能守恒，在此过程中，弹簧对小球会做功，所以小球的机械能不守恒，故D错误。
故选：B。
根据机械能守恒的条件：只有重力或弹力做功机械能守恒分析答题，也可以根据机械能的概念进行判断。
本题主要考查机械能守恒定律，解决本题的关键掌握判断机械能是否守恒的方法：1、看是否只有重力或弹力做功；2、看系统的动能和势能之和是否变化。
7.【答案】D
【解析】解：当棒达到静电平衡后，导体棒上O点的合场强为零，即感应电荷在O点的场强与点电荷+Q在O点的场强等大反向，则导体棒上感应电荷在棒的中心点O处产生的电场强度大小E=kQ(r+L2)2，方向向左。故ABC错误，D正确。
故选：D。
当导体棒达到静电平衡后，导体棒上的内部电场强度处处为零；根据场强的计算公式，结合场强的叠加原理得出场强的大小和方向。
本题主要考查了静电平衡的相关应用，理解静电平衡的产生原理和对应的特点即可完成分析，难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.电压表量程0∼3V，最小分度值为0.1V，则加在金属丝两端电压为1.20V。故A错误；
B.电流表量程0∼0.6A，最小分度值为0.02A，则流过金属丝的电流为0.50A，故B错误；
C.该金属丝电阻阻值为
R=UI=Ω=2.40Ω
故C 错误；
D.螺旋测微器的最小分度值为0.01mm，则该金属丝直径为
1.50mm+0.01×10.5mm=1.605mm
故D正确。
故选：D。
先确定电压表、电流表和螺旋测微器的最小分度值再读数。
本题关键掌握电压表、电流表和螺旋测微器的读数方法。
9.【答案】B
【解析】解：如果需要用该表头去测量电路中变化为0∼10V的电压时，即将表头改装成量程为0∼10V的电压表，此时表头需串联一个阻值为R的电阻，根据闭合电路欧姆定律可知：
R=101×10−3Ω−500Ω=9500Ω=9.5kΩ，故B正确，ACD错误；
故选：B。
将表头改装成电压表需要串联电阻，根据闭合电路欧姆定律得出串联的电阻的阻值。
本题主要考查了电表的改装问题，熟悉电路构造的分析，结合闭合电路欧姆定律即可完成分析。
10.【答案】A
【解析】解：AB、极板与指纹嵴(凸的部分)间距较小，即对电容器来说，相当于电容器极板间距离d较小，根据C=εS4πkd可知，d小的电容大，故A正确，B错误；
CD、电容器的大小是由电容器本身结构决定的，与充电电压无关，故CD错误。
故选：A。
根据C=εS4πkd可以判断电容器电容的大小；电容器的电容的大小与充电电压无关。
电容器电容的大小是由电容器本身结构决定的，与充电电压、带电荷量的多少均没有关系。
11.【答案】BC
【解析】解：AB、电动汽车在平直路面上从静止开始以恒定功率启动，由功率公式：P=Fv
可以知道，随着速度的增大，牵引力F将减小，由牛顿第二定律：F−F阻=ma
得到电动汽车的加速度将减小，电动汽车做加速度减小的加速运动，直到牵引力等于阻力后做匀速直线运动。故A错误；B正确；
C、汽车的额定功率为：P额=F阻⋅vm=15×15000×30W=90000W=90kW，故C正确；
D、汽车加速阶段通过的位移大小为x，变加速过程总时间为t=10s，由动能定理得：Pt−F阻x=12mvm2
解得：x=3004m，故D错误。
故选：BC。
由P=Fv可以求出汽车速度为v时汽车的牵引力的变化，再根据牛顿第二定律确定加速度的变化；
汽车做匀速直线运动时处于平衡状态，由平衡条件和功率公式求额定功率；
根据动能定理求经10s时汽车的位移。
本题是机车的启动问题，理清恒定功率启动时汽车的运动过程，把握两个量变化的关系，P=Fv，牵引力减小到与阻力相等时，即加速度为零，车子变加速运动结束，速度达到最大。
12.【答案】AD
【解析】解：A、“天问一号”由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ做离心运动，在轨道Ⅱ上B点所需向心力大于万有引力，所以“天问一号”由轨道Ⅱ进入轨道Ⅲ需在B点需要点火加速，故A正确；
B、“天问一号”由轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ做离心运动，在A点需要点火加速，则“天问一号”在轨道Ⅱ上经过A点的速率大于轨道Ⅰ大于经过A点的速率
又由GMmr2=mv2r
解得：v= GMr
则轨道I的速率大于轨道Ⅲ上运行的速率。所以“天问一号”在轨道Ⅱ上经过A点的速率大于在轨道Ⅲ上运行的速率，故B错误；
C、由牛顿第二定律得
GMmr2=ma
解得：a=GMr2，则“天问一号”在轨道Ⅱ上经过 B点的加速度等于在轨道Ⅲ上经过 B点的加速度，故C 错误；
D、轨道Ⅱ的半长轴小于轨道Ⅲ的半径，由开普勒第三定律a3T2=k可知，“天问一号”在轨道Ⅱ上运行的周期小于在轨道Ⅲ上运行的周期，故D 正确。
故选：AD。
根据变轨原理分析A项；根据万有引力提供向心力列式，分析“天问一号”在轨道I上运行的速率与轨道Ⅲ上运行的速率关系，结合变轨原理分析在轨道Ⅱ上经过A点的速率与在轨道Ⅲ上运行的速率关系；根据万有引力定律结合牛顿第二定律分析加速度关系；根据开普勒第三定律分析周期关系。
本题考查万有引力定律、开普勒第三定律及向心力基本公式的应用，要熟知卫星的变轨原理。要知道“天问一号”做匀速圆周运动时，由万有引力提供向心力。
13.【答案】CD
【解析】解：A、电场线的密集的地方电场强度大，A、B、C三点的电场强度大小关系为
EC
B、沿着电场线的方向，电势逐渐降低，A、B、C三点的电势关系为
φC<φB<φA
故B错误；
C、电子带负电，在电势越低的地方电势能越大，A、B、C三点中，电子在C点的电势能最大
故C正确；
D、BA两点电势差
UBA=φB−φA<0
电子从B点移到A点的过程中静电力做功
W=−eUBA>0
电子从B点移到A点的过程中电场力做正功
故D正确。
故选：CD。
明确电场线的性质，电场线的疏密表示电场的强弱，知道沿电场线的方向电势逐渐减小，再根据负电荷，在电势越低的地方电势能越大，判断电势能和电场力做功情况。
本题考对电场线的认识，要注意明确电场线的疏密表示电场的强弱，而沿电场线的方向电势降低。
14.【答案】BC
【解析】解：A.根据电势能公式，电子在 C点具有电势能
Ep=−eφC，代入数据解得Ep=−4eV
故A错误；
B.A C两点间的电势差
UAC=φA−φC=3V−4V=−1V
根据电势能与电场力做功关系，质子从A 点移动到C点电场力做功
W=eUAC，代入数据解得W=−1eV
故B正确；
CD.如图所示
在BD边上取一点D，使
BD=3cm
由等分法，D点电势为3V。连接AD，AD为电场中的一条等势线，过B点做AD的垂线交AD于E点。根据规律电场线与等势线垂直，沿着电场线电势逐渐降低。则匀强电场的方向沿EB方向。线段EB长度
d= 22×3×10−2m=3 22×10−2m
匀强电场电场强度大小E=Ud=3 22×3×10−2N/C= 2×102N/C
故C正确，D错误。
故选：BC。
根据电势能公式，求C点具有的电势能；
根据电势差等于两点电势差值，求A C两点间的电势差，再根据电势能与电场力做功关系，求质子从A 点移动到C点电场力做功；
由等分法确定AD为电场中的一条等势线，电场线与等势线垂直，确定电场线，求匀强电场的方向沿EB方向，确定电场强度大小。
本题考查学生对电势能公式、等势线与电场线关系、电场强度大小与电势差关系等规律的掌握，解题关键是求出匀强电场的方向沿EB方向，一道中档题。
15.【答案】砝码质量m(m+m0)gs12M(dΔtB)2−12M(dΔtA)2
【解析】解：(3)取下细线和砝码盘，记下砝码质量m。
(5)在步骤 4中，放入适量砝码后小车能做匀速直线运动，则说明小车处于受力平衡状态，当去掉砝码和砝码盘后，小车受到的合力为(m+m0)g，则小车从光电门A下滑至光电门 B过程中合力做的总功
W合=(m+m0)gs
遮光片先后经过光电门A和光电门B的速度分别为
vA=dΔtA
vB=dΔtB
小车动能变化量
ΔEk=12M(dΔtB)2−12M(dΔtA)2
答：(3)砝码质量m；(5)(m+m0)gs； 12M(dΔtB)2−12M(dΔtA)2
(3)根据实验原理分析出需要记录的物理量；
(5)根据功的计算公式，结合运动学公式和动能计算公式完成分析。
本题主要考查了功与速度变化的关系，根据实验原理掌握正确的实验操作，结合功和动能的计算公式即可完成分析。
16.【答案】
【解析】解：(1)实物电路补充完整如图1
图1
(2)使更多的点在图像上，不在图像的点平均分布在图像两侧，误差太大的点舍去，电池组路端电压U随电流I变化的U−I图像如图2所示
图2
(3)根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，结合U−I图像，被测电池组的电动势为3.00V
被测电池组的内阻为r=|ΔUΔI|=Ω=0.789Ω
故答案为：(1)见解析；(2)见解析；(3)3.00；0.789
(1)根据实验电路图连接实物图；
(2)根据表格作图；
(3)根据闭合电路欧姆定律解得电动势与内阻。
本题考查了实验器材的选取、作U−I图象、求蓄电池的电动势与内；要掌握实验器材的连接方式。
17.【答案】解：(1)根据闭合电路欧姆定律E=U+I(R1+r)
解得I=E−Ur+R1=12−61+1A=3A
(2)根据欧姆定律，通过电阻R2的电流I2=UR2=66A=1A
流过电动机的电流I2=I−I1=3A−1A=2A
电动机正常工作 1个小时消耗的电能W=IUt
代入数据解得W=4.32×104J
(3)电动机消耗的热功率Pr=I22RM=22×0.5W=2W
电动机的输入功率P入=UI2=6×2W=12W
由能量守恒定律，该电动机正常工作时的机械功率P=P入−Pr=12W−2W=10W。
答：(1)流过R1上的电流3A；
(2)电动机正常工作1个小时消耗的电能4.32×104J；
(3)该电动机正常工作时的机械功率是10W。
【解析】(1)根据闭合电路的欧姆定律求电流；
(2)根据公式W=UIt求电动机消耗的电能；
(3)根据欧姆定律求通过电阻R2的电流，根据并联电路的电流特点求通过电动机的电流；根据功率公式求电动机的输入功率和热功率，根据能量守恒求电动机机械功率。
解决本题时，要知道于电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能直接用欧姆定律求通过电动机的电流。
18.【答案】解：(1)粒子在加速电场中，由动能定理得：qU=12mv2−0
解得：v= 2qUm
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，设运动的时间为 t，
水平方向：L=vt
竖直方向：12d=12at2，由牛顿第二定律得：qE=ma
解得：E=2UdL2
(3)粒子离开偏转电场后做匀速直线运动，其反向延长线交偏转电场中央轴线的中点，如图所示
则L2L2+x=d2y
解得：y=d2+xdL
答：(1)粒子经过电场加速后进入偏转电场的速度大小是 2qUm；
(2)偏转电场的场强大小是2UdL2；
(3)偏转电场中心轴线与挡板交点O到P点的距离是d2+xdL。
【解析】(1)粒子在加速电场中加速，应用动能定理求出粒子进入偏转电场时的速度大小。
(2)粒子在偏转电场中做类平抛运动，应用牛顿第二定律与运动学公式求出电场强度大小。
(3)粒子离开偏转电场后做匀速直线运动，根据题意求出O与P点间的距离。
本题要熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，把类平抛运动分解成水平方向的匀速直线运动，竖直方向的匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和匀变速直线运动规律解题．
19.【答案】解：(1)带电小球从a点到c点由动能定理得
mg(4R+R)−mgR=12mv2
解得
v= 8gR
(2)设带电小球在d点的速度为vd，从c点到d点，由动能定理得
−mgR−mgR=12mvd2−12mv2
带电小球在d点，由牛顿第二定律可知
F+mg=mvd2R
联立解得
F=3mg
(3)带电小球从d点落到地面，设运动的时间为t，则竖直方向有：
2R=12gt2
水平方向有
x=v0t−12⋅qEmt2
又
qE=mg
联立解得
x=2R
答：(1)小球到达c点处的速度大小为 8gR；
(2)小球在d点处受到的弹力为3mg；
(3)小球离开d点后落到地面时与b点的水平距离为2R。
【解析】(1)带电小球从a点到c点根据动能定理计算到达c点处的速度大小；
(2)带电小球从c点到d点列出动能定理表达式和牛顿第二定律表达式、计算小球在d点处受到的弹力F；
(3)分析小球在水平和竖直方向的运动情况，根据运动学公式计算。
本题关键掌握带电粒子在电场中的受力情况和运动情况，根据动能定理、牛顿第二定律和运动学公式计算。电流I/A
3.20
2.40
1.90
1.10
0.60
电压U/V
0.44
1.08
1.48
2.12
2.52
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