湖南省長(zhǎng)沙市四校2022-2023學(xué)年高二上學(xué)期期中聯(lián)考試題物理Word版含解析

長(zhǎng)沙市四校聯(lián)考2022-2023學(xué)年度第一學(xué)期期中考試高二物理本試卷為第Ⅰ卷（選擇題）和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分，共100分，考試時(shí)間90分鐘注意事項(xiàng)：1.答卷前，請(qǐng)考生務(wù)必把自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。2.作答時(shí)，務(wù)必將答案寫在答題卡上，寫在本試卷及草稿紙上無效。3.考試結(jié)束后，將答題卡交回。一、單項(xiàng)選擇題（共8題，每題3分，共24分）1．即將建成的孝文化公園摩天輪是新田水上樂園的標(biāo)志性建筑之一，預(yù)計(jì)開放后會(huì)深受游客喜愛。摩天輪懸掛透明座艙，某游客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，下列敘述正確的是（）A．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，游客重力的沖量為零B．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，游客的機(jī)械能保持不變C．在最高點(diǎn)，游客處于失重狀態(tài)D．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，游客重力的瞬時(shí)功率保持不變2．圖甲為一列簡(jiǎn)諧橫波在t=0時(shí)的波形圖，P是平衡位置在x=0.5m處的質(zhì)點(diǎn)，Q是平衡位置在x=2.0m處的質(zhì)點(diǎn)；圖乙為質(zhì)點(diǎn)A．這列簡(jiǎn)諧波沿x軸負(fù)方向傳播B．從t=0到t=0.25sC．從t=0.10s到t=0.25s，質(zhì)點(diǎn)D．在t=0.10s時(shí)，質(zhì)點(diǎn)P的加速度方向與y3．兩粗細(xì)相同的同種金屬電阻絲R1、R2的電流I和電壓A．兩電阻的大小之比為R1:RC．兩電阻絲的長(zhǎng)度之比為L(zhǎng)1:L4．某科學(xué)考察隊(duì)在地球的兩極地區(qū)進(jìn)行科學(xué)觀測(cè)時(shí)，發(fā)現(xiàn)帶電的太空微粒平行于地面進(jìn)入兩極區(qū)域上空，受空氣和地磁場(chǎng)的影響分別留下的一段彎曲的軌跡，若垂直地面向下看，粒子在地磁場(chǎng)中的軌跡如圖甲、乙所示，則（

）A．圖甲表示在地球的南極處，圖乙表示在地球的北極處B．圖甲飛入磁場(chǎng)的粒子帶正電，圖乙飛入磁場(chǎng)的粒子帶負(fù)電C．甲、乙兩圖中，帶電粒子受到的洛倫茲力都是越來越大D．甲、乙兩圖中，帶電粒子動(dòng)能都是越來越小，但洛倫茲力做正功5．如圖所示，在光滑水平面上，質(zhì)量為M＝2kg的帶有光滑半圓形槽（半徑足夠大）的滑塊a，在槽底部有一質(zhì)量為m＝1kg的小球，滑塊a和小球一起以速度v0＝10m/s向右滑動(dòng)。另一質(zhì)量也為M＝2kg的滑塊b靜止于滑塊a的右側(cè)。兩滑塊相撞（碰撞時(shí)間極短）后，粘在一起向右運(yùn)動(dòng)，g取10m/s2，則下列說法正確的是（）A．碰撞過程中，小球、滑塊a、滑塊b組成的系統(tǒng)水平動(dòng)量不守恒B．兩滑塊碰撞過程中損失的機(jī)械能為75JC．碰撞過程中，滑塊b受到的沖量大小為12N·sD．小球能夠上升的最大高度是1m6．兩電荷量分別為q1和q2的點(diǎn)電荷固定在x軸上的O、M兩點(diǎn)，兩電荷連線上各點(diǎn)電勢(shì)φ隨x變化的關(guān)系如圖所示，其中C為ND段電勢(shì)最低的點(diǎn)，則下列說法正確的是（）A．q1、q2為等量異種電荷B．N、C兩點(diǎn)間場(chǎng)強(qiáng)方向沿x軸負(fù)方向C．N、D兩點(diǎn)間的電場(chǎng)強(qiáng)度大小沿x軸正方向先減小后增大D．將一正點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電勢(shì)能先增大后減小7．一平行板電容器充電后與電源斷開，負(fù)極板接地．兩板間有一個(gè)正試探電荷固定在P點(diǎn)，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場(chǎng)強(qiáng)、φ表示P點(diǎn)的電勢(shì)，W表示正電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能，若正極板保持不動(dòng)，將負(fù)極板緩慢向右平移段距離l0的過程中，各物理量與負(fù)極板移動(dòng)距離x的關(guān)系圖像中正確的是（）A． B． C． D．8．一個(gè)電子僅在電場(chǎng)力的作用下以?v0為初速度做直線運(yùn)動(dòng)，其v-A．此電場(chǎng)可能為勻強(qiáng)電場(chǎng)B．電子的運(yùn)動(dòng)軌跡可能與某一等勢(shì)面相切C．t0時(shí)電子所在位置的等勢(shì)面比2D．t0時(shí)電子所在位置的電勢(shì)比2二、多選題（共6題，每題4分，共24分）9．如圖所示，豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，絕緣輕質(zhì)彈簧豎直立于水平地面上，上面放一質(zhì)量為m的帶正電小球，小球與彈簧不連接，施加外力F將小球向下壓至某位置靜止。現(xiàn)撤去F，小球沿豎直方向運(yùn)動(dòng)，在小球由釋放到剛離開彈簧的過程中，重力、電場(chǎng)力對(duì)小球所做的功分別為W1和W2，小球離開彈簧時(shí)的速度為A．小球的重力勢(shì)能增加?B．小球的電勢(shì)能增加WC．小球與彈簧組成的系統(tǒng)的機(jī)械能增加WD．撤去F前彈簧的彈性勢(shì)能為110．如圖所示，間距為50cm的兩平行固定金屬導(dǎo)軌上端接有電動(dòng)勢(shì)為6V、內(nèi)阻為1Ω的直流電源，導(dǎo)軌與水平面的夾角為30°，空間存在方向垂直導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.8T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)?，F(xiàn)把一個(gè)質(zhì)量為200g的導(dǎo)體棒abA．通過導(dǎo)體棒的電流為0.5B．導(dǎo)體棒受到的安培力大小為0.2C．導(dǎo)體棒受到的摩擦力大小為1.2D．導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)等于0.411．某電場(chǎng)在直角坐標(biāo)系中的電場(chǎng)線分布情況如圖所示，O、M、N為電場(chǎng)中的三個(gè)點(diǎn)，則由圖可得（）A．M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)小于N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)B．M點(diǎn)的電勢(shì)低于N點(diǎn)的電勢(shì)C．將一負(fù)電荷由O點(diǎn)移到M點(diǎn)電勢(shì)能增加D．將一正電荷從O點(diǎn)分別移到M點(diǎn)和N點(diǎn)，電場(chǎng)力做功相同12．如圖所示，兩根間距為l的光滑平行金屬導(dǎo)軌與水平面夾角為θ，上端連接阻值為R的電阻，空間存在垂直于導(dǎo)軌平面向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、電阻為r的導(dǎo)體棒ab與一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，導(dǎo)體棒放在導(dǎo)軌上處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)給導(dǎo)體棒平行導(dǎo)軌平面向上、大小為v0A．在整個(gè)運(yùn)動(dòng)的過程中，電阻上產(chǎn)生的熱量小于1B．導(dǎo)體棒剛獲得初速度v0時(shí)的加速度大小為C．導(dǎo)體棒從初速度v0開始到速度第一次為0時(shí)，發(fā)生的位移大小為D．導(dǎo)體棒從初速度v0開始到速度第一次為0時(shí)，損失的機(jī)械能為13．如圖所示是導(dǎo)軌式電磁炮的原理結(jié)構(gòu)示意圖，兩根平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌沿水平方向固定，其間安放炮彈炮彈可沿導(dǎo)軌無摩擦滑行，且始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。內(nèi)阻為r的可控電源提供的強(qiáng)大電流從根導(dǎo)軌流入，經(jīng)過炮彈，再從另一導(dǎo)軌流回電源。炮彈被導(dǎo)軌中電流形成的磁場(chǎng)推動(dòng)而發(fā)射。在發(fā)射過程中，該磁場(chǎng)在炮彈所在位置始終可以簡(jiǎn)化為磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。已知兩導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)間距為L(zhǎng)，炮彈的質(zhì)量為m，炮彈在導(dǎo)軌間的電阻為R，若炮彈滑行s后獲得的發(fā)射速度為v。不計(jì)空氣阻力，不考慮炮彈切割磁感線產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，下列說法正確的是（）A．勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向?yàn)樨Q直向上B．電磁炮受到的安培力大小為F=C．可控電源此時(shí)的電動(dòng)勢(shì)是E=D．這一過程中系統(tǒng)消耗的總能量是114．如圖質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子（忽略粒子重力），以速度v0沿OO′方向垂直射入相互正交的豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和水平向里勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，經(jīng)過該區(qū)域中的P點(diǎn)的速率為vP，此時(shí)側(cè)移量為A．帶電粒子在P點(diǎn)的速率vB．帶電粒子的加速度大小恒為qEC．若s=mEqB2D．粒子在運(yùn)動(dòng)過程中洛倫茲力始終大于電場(chǎng)力三、實(shí)驗(yàn)題（共2題，共16分）15．現(xiàn)測(cè)定長(zhǎng)金屬絲的電阻率。（1）某次用螺旋測(cè)微器測(cè)量金屬絲直徑的結(jié)果如圖所示，其讀數(shù)是________mm。（2）利用下列器材設(shè)計(jì)一個(gè)電路，盡量準(zhǔn)確地測(cè)量一段金屬絲的電阻。這段金屬絲的電阻Rx約為100Ω，畫出實(shí)驗(yàn)電路圖，并標(biāo)明器材代號(hào)______。電源E（電動(dòng)勢(shì)10V，內(nèi)阻約為10Ω）電流表A1（量程0~250mA，內(nèi)阻R1＝5Ω）電流表A2（量程0~300mA，內(nèi)阻約為5Ω）滑動(dòng)變阻器R（最大阻值10Ω，額定電流2A）開關(guān)S及導(dǎo)線若干（3）某同學(xué)設(shè)計(jì)方案正確，測(cè)量得到電流表A1的讀數(shù)為I1，電流表A2的讀數(shù)為I2，則這段金屬絲電阻的計(jì)算式Rx＝________。從設(shè)計(jì)原理看，其測(cè)量值與真實(shí)值相比________（填“偏大”“偏小”或“相等”）。16．南山某物理課外活動(dòng)小組準(zhǔn)備測(cè)量南山公園處的重力加速度，其中組同學(xué)將一單擺裝置豎直懸掛于某一深度為?（未知）且開口向下的小筒中（單擺的下半部分露于筒外），如圖甲所示，將懸線拉離平衡位置一個(gè)小角度后由靜止釋放，設(shè)單擺擺動(dòng)過程中懸線不會(huì)碰到筒壁.本實(shí)驗(yàn)的長(zhǎng)度測(cè)量工具只能測(cè)量出筒的下端口到擺球球心的距離L，并通過改變L而測(cè)出對(duì)應(yīng)的擺動(dòng)周期T，再以T2為縱軸、L為橫軸作出函數(shù)關(guān)系圖像，那么就可以通過此圖像得出小筒的深度?和當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭（1）實(shí)驗(yàn)時(shí)用10分度的游標(biāo)卡尺測(cè)量擺球直徑，示數(shù)如圖所示，該擺球的直徑d=___________mm。（2）測(cè)量單擺的周期時(shí)，某同學(xué)在擺球某次通過最低點(diǎn)時(shí)按下停表開始計(jì)時(shí)，同時(shí)數(shù)0，當(dāng)擺球第二次通過最低點(diǎn)時(shí)數(shù)1，依此法往下數(shù)，當(dāng)他數(shù)到60時(shí)，按下停表停止計(jì)時(shí)，讀出這段時(shí)間t，則該單擺的周期為___________。A．t29

B．t29.5

C．t30（3）如果實(shí)驗(yàn)中所得到的T2?L關(guān)系圖線如圖乙中的_____所示（選填a，b，c），當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=_________m/s2（π四、計(jì)算題（共3題，17題10分，18題12分，19題14分，共36分）17．粒子發(fā)射器從P點(diǎn)釋放大量初速度為零、質(zhì)量為m、電荷量為q（q>0）的相同粒子，經(jīng)PS間加速電壓加速后在紙面內(nèi)從S點(diǎn)垂直于SA射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示、AC為四分之一圓弧光屏，圓心為O，圓的半徑為R，SA與直徑AD共線，SA=OA=R。不計(jì)粒子重力和粒子之間的相互作用。（1）若粒子打在A點(diǎn)，PS間的加速電壓多大；（2）改變PS間加速電壓，使打在AC弧間的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短，求粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間及對(duì)應(yīng)的加速電壓。18．如圖所示，水平地面上方存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，一質(zhì)量為m的帶電小球(大小可忽略)用輕質(zhì)絕緣細(xì)線懸掛于O點(diǎn)，小球帶電荷量為＋q，靜止時(shí)距地面的高度為h，細(xì)線與豎直方向的夾角為α＝37°，重力加速度為g.(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小E；(2)現(xiàn)將細(xì)線剪斷，小球落地過程中小球水平位移的大小；(3)現(xiàn)將細(xì)線剪斷，帶電小球落地前瞬間的動(dòng)能．19．如圖，順時(shí)針勻速轉(zhuǎn)動(dòng)的水平傳送帶兩端分別與光滑水平面平滑對(duì)接，左側(cè)水平面上有一根被小物塊擠壓的輕彈簧，彈簧左端固定；傳送帶右側(cè)水平面上有n個(gè)相同的小球位于同一直線上?，F(xiàn)釋放物塊，物塊離開彈簧后滑上傳送帶。已知傳送帶左右兩端間距L=1.1m，傳送帶速度大小恒為4m/s，物塊質(zhì)量m=0.1kg，小球質(zhì)量均為m0=0.2kg，物塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，彈簧初始彈性勢(shì)能Ep=1.8J，物塊與小球、相鄰小球之間發(fā)生的都是彈性正碰，取g=10m/s2。求：(1)物塊第一次與小球碰前瞬間的速度大?。?2)物塊第一次與小球碰后在傳送帶上向左滑行的最大距離s；(3)n個(gè)小球最終獲得的總動(dòng)能Ek。參考答案：1．C【詳解】A．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)一周的過程中，重力不為零、時(shí)間不為零，根據(jù)I=Ft可知乘客重力的沖量不為零，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度不變，動(dòng)能不變，但重力勢(shì)能在變化，因此乘客的機(jī)械能在變化，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．圓周運(yùn)動(dòng)過程中，在最高點(diǎn)，由重力和支持力的合力提供向心力，向心力指向下方，加速度向下，處于失重狀態(tài)，選項(xiàng)C正確；D．摩天輪轉(zhuǎn)動(dòng)過程中，乘客隨座艙在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，隨著位置的改變，速度在豎直方向的分速度在變化，因此乘客重力的瞬時(shí)功率在變化，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。故選C。2．D【詳解】A．由乙圖得出，在t=0s時(shí)Q點(diǎn)的速度方向沿y軸正方向，由同側(cè)法判斷可知該波沿x軸正方向傳播，故A錯(cuò)誤；B．由甲圖讀出波長(zhǎng)為λ=4由乙圖可讀出周期為T=0.2則波速為v=從t=0到t=0.25s，波傳播的距離為s=vt=20×0.25故B錯(cuò)誤；C．從t=0.10s到t=0.25s經(jīng)過時(shí)間為Δ由于在t=0.10s時(shí)質(zhì)點(diǎn)P不在平衡位置和最大位移處，所以從t=0.10s到t=0.25s，質(zhì)點(diǎn)P通過的路程不等于3A=30cm，故C錯(cuò)誤；D．題圖可知t=0時(shí)刻P點(diǎn)向下振動(dòng)，因此經(jīng)過0.10s=1故選D。3．D【詳解】AB．由圖可知，當(dāng)電壓為1V時(shí)，R1的電流為3A，而R2的電流為1A；由歐姆定律R故AB；CD．由電阻定律R=ρLL故C錯(cuò)誤，D正確。故選D。4．A【分析】考查左手定則的應(yīng)用?！驹斀狻緼．垂直地面向下看由于地球的南極處的磁場(chǎng)向上，地球北極處的磁場(chǎng)方向向下，故A正確；B．由左手定則可得，甲圖中的磁場(chǎng)的方向向上，偏轉(zhuǎn)的方向向右，所以飛入磁場(chǎng)的粒子帶正電；同理由左手定則可得乙圖中飛入磁場(chǎng)的粒子也帶正電，故B錯(cuò)誤；C．從圖中可知，粒子在運(yùn)動(dòng)過程中，可能受到空氣的阻力對(duì)粒子做負(fù)功，所以其動(dòng)能減小，運(yùn)動(dòng)的半徑減小，根據(jù)公式f=qvB帶電粒子受到的洛倫茲力都是越來越小，故C錯(cuò)誤；D．由于粒子受到的洛倫茲力始終與速度垂直，所以洛倫茲力不做功，故D錯(cuò)誤?！军c(diǎn)睛】掌握好左手定則即可判斷粒子的受力的方向，同時(shí)利用洛倫茲力提供向心力，推導(dǎo)出運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑公式來定性分析。5．D【詳解】A．兩滑塊相撞過程，由于碰撞時(shí)間極短，小球及滑塊a、b在水平方向上不受外力，故系統(tǒng)在水平方向動(dòng)量守恒，A錯(cuò)誤；B．滑塊a和b發(fā)生完全非彈性碰撞，碰后具有共同速度，由動(dòng)量守恒定律有M解得v=5該過程中，損失的機(jī)械能為ΔB錯(cuò)誤；C．根據(jù)動(dòng)量定理，碰撞過程中滑塊b受到的沖量等于滑塊b的動(dòng)量變化量，即I=Mv=2×5C錯(cuò)誤；D．滑塊a和b碰撞完畢至小球上升到最高點(diǎn)的過程，系統(tǒng)在水平方向上所受合外力為零，水平方向動(dòng)量守恒，小球上升到最高點(diǎn)時(shí)，有2Mv+m該過程中，系統(tǒng)的機(jī)械能守恒，則有1解得?=1D正確。故選D。6．C【詳解】A．根據(jù)q1左側(cè)和q2右側(cè)電勢(shì)隨距離增大而降低可判斷兩者均為正電荷，故A錯(cuò)誤；B．N、C間的電場(chǎng)方向沿x軸正方向，C點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)為0，故B錯(cuò)誤；C．根據(jù)N→D間圖線的斜率大小先減小后增大可知，場(chǎng)強(qiáng)先減小到零后反向增大，故C正確；D．正電荷從N移到D，由Ep＝qφ知，電勢(shì)能先減小后增大，故D錯(cuò)誤。故選C。7．C【詳解】A．由題意及電容公式C=εS4πkd可得，d減小時(shí)，B．由E=可知，電場(chǎng)強(qiáng)度E與板間距離無關(guān)，故B錯(cuò)誤；C．在負(fù)極接地的情況下，由題意有平移后的電勢(shì)為φ=由上述分析可得，E不變，電勢(shì)與x0的變化關(guān)系符合一次函數(shù)關(guān)系，故C正確；D．由題意及上述分析可得E電勢(shì)能隨著x0的變化而變化，故D錯(cuò)誤。故選C。8．C【詳解】A．由v-t圖像的斜率表示加速度，此電子的v-t圖像是曲線，其加速度的大小在隨時(shí)間而變化，因此電場(chǎng)不可能為勻強(qiáng)電場(chǎng)，A錯(cuò)誤；B．與等勢(shì)面相切的點(diǎn)，質(zhì)點(diǎn)的加速度是零，對(duì)應(yīng)電子的v-t圖像的斜率應(yīng)是零，可該電子的v-t圖像的斜率并沒有等于零的點(diǎn)，B錯(cuò)誤；C．在等差等勢(shì)面越密集的地方，電場(chǎng)強(qiáng)度越大，電子受電場(chǎng)力越大，加速度越大，對(duì)應(yīng)的v-t圖像的斜率越大，由v-t圖像可知，在t0時(shí)v-t圖像的斜率大于2t0時(shí)的斜率，則有t0D．由v-t圖像的斜率表示加速度，可知電子的加速度方向一直為正值，電子帶負(fù)電，且僅在電場(chǎng)力作用下做直線運(yùn)動(dòng)，說明電子運(yùn)動(dòng)方向與電場(chǎng)方向相反，因此t0時(shí)電子所在位置的電勢(shì)比2故選C。9．ACD【詳解】A．根據(jù)重力做功與重力勢(shì)能變化關(guān)系，可得W小球上升過程重力做負(fù)功，小球的重力勢(shì)能增加了?WB．根據(jù)電場(chǎng)力做功與電勢(shì)能變化關(guān)系，可得W帶正電小球上升過程電場(chǎng)力做正功，小球的電勢(shì)能減少了W2C．小球與彈簧組成的系統(tǒng)，在小球從靜止開始運(yùn)動(dòng)到離開彈簧的過程中，由于電場(chǎng)力對(duì)小球做正功，大小為W2，小球與彈簧組成的系統(tǒng)機(jī)械能增加了WD．在小球從靜止開始運(yùn)動(dòng)到離開彈簧的過程中，根據(jù)能量守恒可知，減少的彈性勢(shì)能與減少的電勢(shì)能之和等于增加的重力勢(shì)能與增加的動(dòng)能之和，則有W解得撤去F前彈簧的彈性勢(shì)能為E故D正確。故選ACD。10．AB【詳解】A．由閉合電路的歐姆定律可知，流過導(dǎo)體棒的電流I=故A正確；B．導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F=BIL=0.2故B正確；C．導(dǎo)體棒能靜止在導(dǎo)軌上mg解得f=0.8故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)f=μmg解得μ=所以導(dǎo)體棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)不等于0.4，故D錯(cuò)誤。故選AB。11．BC【詳解】A．M點(diǎn)的電場(chǎng)線較N點(diǎn)密集，故M點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)大于N點(diǎn)的場(chǎng)強(qiáng)，故A錯(cuò)誤；B．順著電場(chǎng)線電勢(shì)降低，故M點(diǎn)的電勢(shì)低于N點(diǎn)的電勢(shì)，故B正確；C．O點(diǎn)電勢(shì)高于M點(diǎn)，故將一負(fù)電荷由O點(diǎn)移到M點(diǎn)電勢(shì)能增加，故C正確；D．M點(diǎn)的電勢(shì)低于N點(diǎn)的電勢(shì)，故OM與ON之間的電勢(shì)差不等，故將一正電荷從O點(diǎn)分別移到M點(diǎn)和N點(diǎn)，電場(chǎng)力做功不相同，故D錯(cuò)誤。故選BC。12．ACD【詳解】A．最終導(dǎo)體棒靜止在原來的位置，根據(jù)能量守恒得，整個(gè)回路產(chǎn)生的熱量Q電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱Q=故A正確；B．初始時(shí)刻產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E=Blv0則通過電阻R的電流I=安培力F根據(jù)牛頓第二定律可得加速度a=故B錯(cuò)誤；C．導(dǎo)體棒原來靜止時(shí)彈簧壓縮x，根據(jù)平衡條件可得kx=mgsinθ解得x=由于導(dǎo)體棒的速度第一次為0時(shí)，彈簧恰好處于自由伸長(zhǎng)狀態(tài)，所以導(dǎo)體棒從初速度v0開始到速度第一次為0時(shí)，發(fā)生的位移大小為x=故C正確；D．導(dǎo)體棒從初速度v0開始到速度第一次為0時(shí)，對(duì)導(dǎo)體棒根據(jù)能量關(guān)系可得12mv02=mgsinθ?x+E解得導(dǎo)體棒損失的機(jī)械能E故D正確。故選ACD。13．ACD【詳解】A．由圖中的發(fā)射方向可知，安培力方向應(yīng)水平向右，根據(jù)左手定則，磁場(chǎng)方向?yàn)樨Q直向上，所以選項(xiàng)A正確；B．根據(jù)動(dòng)能定理Fs=所以F=所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．由勻加速運(yùn)動(dòng)公式a=由安培力公式和牛頓第二定律，有F=BIL=ma根據(jù)閉合電路歐姆定律I=聯(lián)立以上三式解得E=所以選項(xiàng)C正確；D．因這一過程中的時(shí)間為t=所以系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能為Q=因E=聯(lián)立解得Q=炮彈的動(dòng)能為E由能的轉(zhuǎn)化與守恒定律得這一過程中系統(tǒng)消耗的總能量為E=Q+所以D正確；故選ACD。14．BC【詳解】A．粒子運(yùn)動(dòng)過程中，洛倫茲力始終與速度方向垂直而不做功，則根據(jù)動(dòng)能定理?qEs=解得v故A錯(cuò)誤；B．將粒子進(jìn)入電磁場(chǎng)的初速度v0看成是兩個(gè)水平向右分速度v1、v2q解得v則另一水平向右分速度v2v則粒子在電磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)可分解為：以v1水平向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)和以v2大小做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其中以F根據(jù)牛頓第二定律可知帶電粒子的加速度大小為a=故C正確；C．以v2q解得r=若s=可知粒子從射入該區(qū)域到P點(diǎn)所用時(shí)間至少為t故C正確；D．粒子的合速度為分速度v1與v2的合成，其中v1的大小方向均保持不變，v2的大小不變，方向時(shí)刻發(fā)生改變，當(dāng)v可知粒子受到的洛倫茲力最小值為零，而粒子受到的電場(chǎng)力保持不變，故D錯(cuò)誤。故選BC。15．

0.200（0.198~0.202均可）

I1R【詳解】（1）[1]金屬絲直徑

d＝20.0×0.01mm＝0.200mm（2）[2]本題要測(cè)量金屬絲的電阻，無電壓表，故用已知內(nèi)阻的電流表A1充當(dāng)電壓表，由于電流表A1的滿偏電壓UA1＝ImR1＝1.25V比電源電動(dòng)勢(shì)小得多，故電路采用分壓式接法，電路圖如圖所示。（3）[3]當(dāng)電流表A1、A2讀數(shù)分別為I1、I2時(shí)，通過Rx的電流為I＝I2－I1Rx兩端電壓U＝I1·R1故R不考慮讀數(shù)誤差，從設(shè)計(jì)原理看，測(cè)量值等于真實(shí)值。16．

12.0

C

a

9.86【詳解】（1）[1]游標(biāo)卡尺讀數(shù)為12（2）[2]從“0”數(shù)到“60”時(shí)有經(jīng)歷了30個(gè)周期，該單擺的周期為t30（3）[3][4]擺線在筒內(nèi)部分的長(zhǎng)度為h，由T=2π可得T可知其關(guān)系圖線應(yīng)為a，再將TL=?30代入T可得?=30將TL=0代入T可求得g=17．（1）qB2R2【詳解】（1）粒子在磁場(chǎng)中做勻