2024-2025学年福建省宁德市高二上学期1月期末考试物理试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1宁德市2024-2025学年度第一学期期末高二质量检测物理试题（满分：100分考试时间：75分钟）注意：1.在本试卷上作答无效，应在答题卡各题指定的答题区域内作答。2.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），共6页。第Ⅰ卷（选择题共40分）一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得4分，选错得0分。1.某智能百叶窗的叶片上贴有太阳能板，在光照时发电，给电动机供电以调节百叶窗的开合。该过程中发生的能量转换是（）A.电能→机械能→光能 B.光能→机械能→电能C.光能→电能→机械能 D.机械能→电能→光能【答案】C【解析】太阳能板在光照时发电，把光能转化为电能；电能供给电动机，转化为机械能，调节百叶窗的开合，故该过程中发生的能量转换是光能→电能→机械能。故选C。2.某除尘器模型的集尘板是很长的条形金属板，如图所示，直线为该集尘板的截面图，带箭头的实线为电场线，虚线为带电粉尘的运动轨迹，P、Q为运动轨迹上的两点，则（）A.带电粉尘带正电B.P点电场强度大于Q点电场强度C.带电粉尘在P点的加速度小于Q点的加速度D.带电粉尘在P点的速度大于Q点的速度【答案】C【解析】A．由图像知轨迹的弯曲方向即受电场力的方向与电场线方向相反，所以该粉尘颗粒带负电，故A错误；BC．由电场线的疏密程度可知，P点电场强度小于Q点电场强度，结合牛顿第二定律可知，则带电粉尘在P点的加速度小于Q点的加速度，故B错误，C正确；D．若带电粉尘从P点到Q点的过程中，电场力做正功，带电粉尘的动能增加，速度变大，则带电粉尘在P点的速度小于Q点的速度，故D错误。故选C。3.速度选择器简化模型如图所示，两极板P、Q之间的距离为d，极板间所加电压为U，两极板间有一方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质子以速度从左侧沿两板中心线进入板间区域，恰好沿直线运动，不计质子重力。下列说法正确的是（）A.P极板接电源的负极B.匀强磁场的磁感应强度大小为C.若仅将质子换成电子，则不能沿直线运动D.若质子以速度从右侧沿中心线射入，仍能做匀速直线运动【答案】B【解析】AB．质子恰好做直线运动，由左手定则可知，质子受竖直向上的洛伦兹力，则质子受到的电场力竖直向下，电场方向向下，则P极板接电源的正极，由平衡条件有又有联立解得故A错误，B正确；C．若仅将质子换成电子，由左手定则可知，电子受竖直向下的洛伦兹力，受向上的电场力，仍满足受力平衡，能沿直线运动，故C错误；D．若质子以速度从右侧沿中心线射入，由左手定则可知，质子受竖直向下的洛伦兹力，仍受向下的电场力，不满足受力平衡，不能做直线运动，故D错误。故选B。4.如图甲，粗糙绝缘的水平地面上，电荷量为QA、QB的两个小球（可视为点电荷）分别固定于相距12L的A、B两处。一质量为m、电荷量为q的带负电小滑块（可视为质点）从x=−2L处由静止释放，沿x轴正方向运动，在x=4L处开始反向运动。滑块与地面间的动摩擦因数为μ，滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图乙所示，P点是图线最低点，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.两固定点电荷均为正电荷B.x=2L处电势最低C.QA=2QBD.从x=−2L到x=4L，电势升高【答案】D【解析】AB．小滑块带负电，结合题意可知两固定点电荷均为负电荷，在x=2L处电势能最低，则x=2L处电势最高，故AB错误；C．根据功能关系知，图像的斜率表示电场力的大小，可知在x=2L处电场力为零，则有解得故C错误；D．从x=−2L到x=4L由动能定理有解得则从x=−2L到x=4L电势差为负，电势升高，故D正确。故选D。二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。5.如图所示，两绝缘细线分别系带电小球a、b，悬挂于O点，静止时两球处于同一水平线，细线与竖直方向的夹角分别为α、β，且α<β，a球的电荷量大于b球的电荷量。则（）A.两球带异种电荷B.a球的质量大于b球的质量C.a球受到的静电力等于b球受到的静电力D.a球受到的静电力小于b球受到的静电力【答案】BC【解析】A．由图结合平衡条件可知两球应该排斥力才能处于静止状态，所以两球带同种电荷，故A错误；CD．a球受到的静电力和b球受到的静电力为作用力与方作用力，大小相等，方向相反，故C正确、D错误；B．设两球之间的静电力大小为，设任一球与竖直方向的夹角为，由平衡条件有由于可知ma>mb故B正确。故选BC。6.下列过程中能产生感应电流的是（）A.甲图，匀强磁场中的圆形线圈从实线位置向右平移到虚线位置B.乙图，半圆形线圈从实线位置逆时针旋转到虚线位置C.丙图，导体棒沿磁感线方向向上平移一小段距离D.丁图，通电直导线旁的导线框垂直纸面向纸内平移【答案】BD【解析】A．甲图，匀强磁场中的圆形线圈从实线位置向右平移到虚线位置，穿过线圈的磁通量不发生变化，所以线圈中没有感应电流，故A错误；B．乙图，半圆形线圈从实线位置逆时针旋转到虚线位置，穿过线圈的磁通量减少，所以线圈中有感应电流，故B正确；C．丙图，导体棒沿磁感线方向向上平移一小段距离，穿过回路的磁通量不发生变化，所以回路中没有感应电流，故C错误；D．丁图，通电直导线旁的导线框垂直纸面向纸内平移，，穿过线圈的磁通量减少，所以线圈中有感应电流，故D正确。故选BD。7.如图所示，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。c、O、d在M、N的连线上，O为MN的中点，a、b位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。下列说法正确的是（）A.O点处的磁感应强度为零B.a、c两点处的磁感应强度方向不同C.c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D.a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同【答案】CD【解析】A．根据安培定则，M处导线中的电流在O点处产生的磁场方向垂直MN向上，N处导线中的电流在O点处产生的磁场方向垂直MN向上，合成后磁感应强度不为零，A错误；D．M处导线中的电流在a点处产生的磁场方向垂直Ma偏向左上方，在b点处产生的磁场方向垂直Mb偏向右上方，N处导线中的电流在a点处产生的磁场方向垂直Na偏向右上方，在b点处产生的磁场方向垂直Nb偏向左上方，根据磁场的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，D正确；C．M处导线中的电流在c点处产生的磁场方向垂直于cM向上，在d点处产生的磁场方向垂直dM连线向上，N处导线中的电流在c点处产生的磁场方向垂直于cN向上，在d点处产生的磁场方向垂直于dN连线向上，根据平行四边形定则知，c点处的磁场方向垂直MN向上，d点处的磁场方向垂直MN向上，且c、d两点处磁感应强度大小相等，C正确；B．由上分析知，a、c两点处的磁场方向都是垂直MN向上的，B错误。故选CD8.如图所示，在竖直平面内有足够宽的匀强电场，场强，方向水平向右。一根长的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量的带电小球，静止时悬线与竖直方向的夹角。若小球获得垂直于绳子斜向上的初速度后，恰能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动，A、B为圆的竖直直径。取小球静止时的位置为零电势点，，，重力加速度g取。则（）A.小球的电荷量B.绳子的最大拉力大小为6.25NC.若小球经过B点时绳子断开，则之后小球的最小动能为0.28JD.若小球经过B点时绳子断开，则之后小球的最大电势能为0.60J【答案】AC【解析】A．小球静止时悬线与竖直方向成37°，受重力，拉力和电场力，三力平衡，如图根据平衡条件，有解得故A正确；B．小球在复合场中的等效重力加速度大小为小球恰能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动，小球在等效最高点，由牛顿第二定律得解得小球从圆周运动的等效最高点到等效最低点由动能定理得解得小球在圆周运动的等效最低点时绳子拉力最大解得故B错误；C．小球从圆周运动的等效最高点到B点，由动能定理得解得若小球经过B点时绳子断开，小球在复合场中做类斜抛运动，则之后小球运动到等效重力场的最高点时的动能最小，为故C正确；D．小球在B点的速度方向与电场线方向平行，当小球经过B点时绳子断开后，在电场线反方向运动的位移最大时电势能增大的最大，即当小球经过B点时绳子断开后，在电场线反方向运动的位移最大时电势能最大故D错误。第Ⅱ卷（非选择题共60分）三、非选择题：共60分。考生根据要求作答。9.如图所示，虚线左侧有磁感应强度大小为0.2T的匀强磁场，矩形线圈与磁场方向垂直，面积为，边恰好与磁场边界重合，则穿过线圈的磁通量为______。若将线圈向右平移出，则穿过线圈的磁通量减少了______。【答案】0.080.02【解析】[1]穿过线圈的磁通量[2]若将线圈向右平移出，则穿过线圈的磁通量减少了10.在生产生活中，电容器的应用十分广泛。利用电容器可监测压力的变化，如图所示，固定极板A和可动极板B组成一个可变电容器。极板B两端固定，施加压力F使它发生形变，从而改变电容器的电容。当F增大时，电容器的电容将______（填“增大”或“减小”），电容器将______（填“充电”或“放电”），通过电阻R的电流方向______（填“向左”或“向右”）。【答案】增大充电向左【解析】[1]当F增大时，电容器两板间距离减小，根据电容的决定式，可知电容C增大。[2][3]电容器两板间电压U不变，电容器所带电量为电容C增大，则Q增大，电容器将充电，A板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，通过电阻R的电流方向向左。11.一匀强电场的方向平行于平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，电势分别为10V、23V、15V，则坐标原点O处的电势为______V。电子从a点运动到b点的过程中，电场力做功为______，电势能______（填“增大”、“减小”或“不变”）。【答案】213减小【解析】[1]四边形为矩形，根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可得即解得坐标原点O处的电势为[2][3]电子从a点运动到b点的过程中电场力做功为可知电子从a点运动到b点的过程中，电场力做正功，电势能减小。12.图甲为多用电表示意图，其中K、S、T为三个可调节的部件，某同学用它测量一阻值约为的电阻，操作步骤如下：（1）调节机械调零旋钮，使电表指针指在左边零刻度处；（2）将选择开关旋至欧姆挡的______（填“×10”或“×100”）位置；（3）将红、黑表笔短接，调节可调部件______（填“K”、“S”或“T”），使电表指针指在______（填“左”或“右”）端电阻零刻度处；（4）将两表笔分别与待测电阻两端相接，电表指针指在如图乙所示位置，则该待测电阻的阻值为______。【答案】（2）×10（3）T右（4）110【解析】（2）[1]因待测阻值约为200Ω且指针要在处，故开关旋转到位置；（3）[2][3]多用电表欧姆表要先进行欧姆调零，将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针指在右端电阻零刻度处；（4）[4]由图可知该电阻的阻值为。13.某学习小组进行“测定金属的电阻率”实验，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路部分的长度为50cm。（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数为_____mm。（2）用伏安法测金属丝电阻Rx。实验所用器材如下：电池组（电动势3V，内阻约1Ω）；电流表A（内阻约0.1Ω）；电压表V（内阻约3kΩ）；滑动变阻器R（0~10Ω，额定电流2A）；开关、导线若干。利用以上器材按图乙正确连接好电路，请将图丙实物图连接完整______________。（3）测出多组数据，描绘出U−I图线如图丁所示。由图线得到金属丝的阻值Rx=______Ω（结果保留两位有效数字）。（4）由以上数据可估算出金属丝的电阻率为______Ω⋅m（结果保留两位有效数字）。【答案】（1）0.399##0.400##0.401（2）（3）7.4##7.5##7.6（4）1.8×10−6~2.0×10−6均可【解析】（1）金属丝的直径为（2）如图乙所示，滑动变阻器采用分压式接法，电流表外接，电路图如下图所示（3）由图丁可知，图线的斜率反映了金属丝的电阻，故金属丝的阻值为（4）根据电阻定律可知又有解得14.倾角的光滑金属导轨M、N的上端接入一电动势、内阻的电源，导轨间距，导轨周围存在垂直于导轨平面向上的匀强磁场，导轨电阻不计。将一个质量，电阻的金属棒水平放置在导轨上，当闭合开关S后，金属棒恰好静止在导轨上，如图所示。重力加速度g取。（已知，）求：（1）通过金属棒的电流I；（2）匀强磁场的磁感应强度B；（3）若仅将匀强磁场方向变为垂直于导轨平面向下，此时金属棒的加速度大小a。【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）由闭合电路的欧姆定律可得得I=1A（2）导体棒静止，根据共点力平衡可得BIL=mgsin37°得B=0.18T（3）由牛顿第二定律可得mgsin37°+BIL=ma得a=12m/s2.15.离子注入是芯片制造中的一道重要工序，其简化模型如图所示。质量为m、电荷量为q的离子从A处由静止释放，经电压为U的电场加速后，沿图中圆弧虚线通过磁分析器，从C点垂直进入水平方向的矩形匀强电场中，最后恰好打在N点，。已知磁分析器截面是四分之一圆环，内部为磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。整个装置处于真空中，离子重力不计。求：（1）离子刚进入磁场时的速度大小v；（2）离子在磁分析器中运动的轨迹半径R和时间t；（3）矩形区域内匀强电场的场强E。【答案】（1）（2），（3）【解析】（1）离子先经过加速电场加速，根据动能定理可得解得（2）在磁分析器中，离子做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得解得又离子在磁分析器中运动时间为解得（3）当离子进入匀强电场后做类平抛运动，则有，，联立解得16.如图所示，水平地面上放置一足够长、质量的绝缘长木板，长木板与水平地面间的动摩擦因数。质量、带电量的小物块（可视为质点）静止在长木板上，小物块与长木板间的动摩擦因数。在距小物块的虚线右侧存在宽度的匀强电场，方向水平向右，匀强电场右侧存在宽度的匀强电场，其场强大小，方向竖直向上。现对长木板施加一水平向右的恒力，使物块穿过右侧两电场区域。已知物块进入电场前和长木板保持相对静止，进入电场后与长木板发生了相对运动，穿过电场的过程中，小物块的电势能减少了127.5J。重力加速度g取，求：（1）小物块进入电场前的加速度大小；（2）小物块离开电场时的速度大小；（3）小物块从进入电场到离开电场所用的时间t；（4）从开始到最终小物块与长木板共速的整个过程中，小物块与长木板间因摩擦产生的热量Q。【答案】（1）（2）（3）（4）【解析】（1）对整体分析，由牛顿第二定律可得解得（2）小物块进电场前，根据匀变速直线运动规律电场E1中，对小物块解得（3）小物块m在电场E1中得在电场E2中小滑块做匀速运动，则根据得则（4）木板在电场E1中得物块离开电场E1时，木板的速度得物块与木板的相对位移得则在电场E2中得a3=3.5m/s2根据得v4=15m/s出电场后对物块得a4=4m/s2对木板得a5=1m/s2设再经t3时间共速得，物块与木板的相对位移则从开始到最终小物块与长木板共速的整个过程中，小物块与长木板间因摩擦产生的热量宁德市2024-2025学年度第一学期期末高二质量检测物理试题（满分：100分考试时间：75分钟）注意：1.在本试卷上作答无效，应在答题卡各题指定的答题区域内作答。2.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题），共6页。第Ⅰ卷（选择题共40分）一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对得4分，选错得0分。1.某智能百叶窗的叶片上贴有太阳能板，在光照时发电，给电动机供电以调节百叶窗的开合。该过程中发生的能量转换是（）A.电能→机械能→光能 B.光能→机械能→电能C.光能→电能→机械能 D.机械能→电能→光能【答案】C【解析】太阳能板在光照时发电，把光能转化为电能；电能供给电动机，转化为机械能，调节百叶窗的开合，故该过程中发生的能量转换是光能→电能→机械能。故选C。2.某除尘器模型的集尘板是很长的条形金属板，如图所示，直线为该集尘板的截面图，带箭头的实线为电场线，虚线为带电粉尘的运动轨迹，P、Q为运动轨迹上的两点，则（）A.带电粉尘带正电B.P点电场强度大于Q点电场强度C.带电粉尘在P点的加速度小于Q点的加速度D.带电粉尘在P点的速度大于Q点的速度【答案】C【解析】A．由图像知轨迹的弯曲方向即受电场力的方向与电场线方向相反，所以该粉尘颗粒带负电，故A错误；BC．由电场线的疏密程度可知，P点电场强度小于Q点电场强度，结合牛顿第二定律可知，则带电粉尘在P点的加速度小于Q点的加速度，故B错误，C正确；D．若带电粉尘从P点到Q点的过程中，电场力做正功，带电粉尘的动能增加，速度变大，则带电粉尘在P点的速度小于Q点的速度，故D错误。故选C。3.速度选择器简化模型如图所示，两极板P、Q之间的距离为d，极板间所加电压为U，两极板间有一方向垂直纸面向里的匀强磁场。一质子以速度从左侧沿两板中心线进入板间区域，恰好沿直线运动，不计质子重力。下列说法正确的是（）A.P极板接电源的负极B.匀强磁场的磁感应强度大小为C.若仅将质子换成电子，则不能沿直线运动D.若质子以速度从右侧沿中心线射入，仍能做匀速直线运动【答案】B【解析】AB．质子恰好做直线运动，由左手定则可知，质子受竖直向上的洛伦兹力，则质子受到的电场力竖直向下，电场方向向下，则P极板接电源的正极，由平衡条件有又有联立解得故A错误，B正确；C．若仅将质子换成电子，由左手定则可知，电子受竖直向下的洛伦兹力，受向上的电场力，仍满足受力平衡，能沿直线运动，故C错误；D．若质子以速度从右侧沿中心线射入，由左手定则可知，质子受竖直向下的洛伦兹力，仍受向下的电场力，不满足受力平衡，不能做直线运动，故D错误。故选B。4.如图甲，粗糙绝缘的水平地面上，电荷量为QA、QB的两个小球（可视为点电荷）分别固定于相距12L的A、B两处。一质量为m、电荷量为q的带负电小滑块（可视为质点）从x=−2L处由静止释放，沿x轴正方向运动，在x=4L处开始反向运动。滑块与地面间的动摩擦因数为μ，滑块在不同位置所具有的电势能Ep如图乙所示，P点是图线最低点，重力加速度为g。下列说法正确的是（）A.两固定点电荷均为正电荷B.x=2L处电势最低C.QA=2QBD.从x=−2L到x=4L，电势升高【答案】D【解析】AB．小滑块带负电，结合题意可知两固定点电荷均为负电荷，在x=2L处电势能最低，则x=2L处电势最高，故AB错误；C．根据功能关系知，图像的斜率表示电场力的大小，可知在x=2L处电场力为零，则有解得故C错误；D．从x=−2L到x=4L由动能定理有解得则从x=−2L到x=4L电势差为负，电势升高，故D正确。故选D。二、双项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24分。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。5.如图所示，两绝缘细线分别系带电小球a、b，悬挂于O点，静止时两球处于同一水平线，细线与竖直方向的夹角分别为α、β，且α<β，a球的电荷量大于b球的电荷量。则（）A.两球带异种电荷B.a球的质量大于b球的质量C.a球受到的静电力等于b球受到的静电力D.a球受到的静电力小于b球受到的静电力【答案】BC【解析】A．由图结合平衡条件可知两球应该排斥力才能处于静止状态，所以两球带同种电荷，故A错误；CD．a球受到的静电力和b球受到的静电力为作用力与方作用力，大小相等，方向相反，故C正确、D错误；B．设两球之间的静电力大小为，设任一球与竖直方向的夹角为，由平衡条件有由于可知ma>mb故B正确。故选BC。6.下列过程中能产生感应电流的是（）A.甲图，匀强磁场中的圆形线圈从实线位置向右平移到虚线位置B.乙图，半圆形线圈从实线位置逆时针旋转到虚线位置C.丙图，导体棒沿磁感线方向向上平移一小段距离D.丁图，通电直导线旁的导线框垂直纸面向纸内平移【答案】BD【解析】A．甲图，匀强磁场中的圆形线圈从实线位置向右平移到虚线位置，穿过线圈的磁通量不发生变化，所以线圈中没有感应电流，故A错误；B．乙图，半圆形线圈从实线位置逆时针旋转到虚线位置，穿过线圈的磁通量减少，所以线圈中有感应电流，故B正确；C．丙图，导体棒沿磁感线方向向上平移一小段距离，穿过回路的磁通量不发生变化，所以回路中没有感应电流，故C错误；D．丁图，通电直导线旁的导线框垂直纸面向纸内平移，，穿过线圈的磁通量减少，所以线圈中有感应电流，故D正确。故选BD。7.如图所示，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。c、O、d在M、N的连线上，O为MN的中点，a、b位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。下列说法正确的是（）A.O点处的磁感应强度为零B.a、c两点处的磁感应强度方向不同C.c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D.a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同【答案】CD【解析】A．根据安培定则，M处导线中的电流在O点处产生的磁场方向垂直MN向上，N处导线中的电流在O点处产生的磁场方向垂直MN向上，合成后磁感应强度不为零，A错误；D．M处导线中的电流在a点处产生的磁场方向垂直Ma偏向左上方，在b点处产生的磁场方向垂直Mb偏向右上方，N处导线中的电流在a点处产生的磁场方向垂直Na偏向右上方，在b点处产生的磁场方向垂直Nb偏向左上方，根据磁场的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同，D正确；C．M处导线中的电流在c点处产生的磁场方向垂直于cM向上，在d点处产生的磁场方向垂直dM连线向上，N处导线中的电流在c点处产生的磁场方向垂直于cN向上，在d点处产生的磁场方向垂直于dN连线向上，根据平行四边形定则知，c点处的磁场方向垂直MN向上，d点处的磁场方向垂直MN向上，且c、d两点处磁感应强度大小相等，C正确；B．由上分析知，a、c两点处的磁场方向都是垂直MN向上的，B错误。故选CD8.如图所示，在竖直平面内有足够宽的匀强电场，场强，方向水平向右。一根长的绝缘细线，一端固定在O点，另一端系一质量的带电小球，静止时悬线与竖直方向的夹角。若小球获得垂直于绳子斜向上的初速度后，恰能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动，A、B为圆的竖直直径。取小球静止时的位置为零电势点，，，重力加速度g取。则（）A.小球的电荷量B.绳子的最大拉力大小为6.25NC.若小球经过B点时绳子断开，则之后小球的最小动能为0.28JD.若小球经过B点时绳子断开，则之后小球的最大电势能为0.60J【答案】AC【解析】A．小球静止时悬线与竖直方向成37°，受重力，拉力和电场力，三力平衡，如图根据平衡条件，有解得故A正确；B．小球在复合场中的等效重力加速度大小为小球恰能绕O点在竖直平面内做完整的圆周运动，小球在等效最高点，由牛顿第二定律得解得小球从圆周运动的等效最高点到等效最低点由动能定理得解得小球在圆周运动的等效最低点时绳子拉力最大解得故B错误；C．小球从圆周运动的等效最高点到B点，由动能定理得解得若小球经过B点时绳子断开，小球在复合场中做类斜抛运动，则之后小球运动到等效重力场的最高点时的动能最小，为故C正确；D．小球在B点的速度方向与电场线方向平行，当小球经过B点时绳子断开后，在电场线反方向运动的位移最大时电势能增大的最大，即当小球经过B点时绳子断开后，在电场线反方向运动的位移最大时电势能最大故D错误。第Ⅱ卷（非选择题共60分）三、非选择题：共60分。考生根据要求作答。9.如图所示，虚线左侧有磁感应强度大小为0.2T的匀强磁场，矩形线圈与磁场方向垂直，面积为，边恰好与磁场边界重合，则穿过线圈的磁通量为______。若将线圈向右平移出，则穿过线圈的磁通量减少了______。【答案】0.080.02【解析】[1]穿过线圈的磁通量[2]若将线圈向右平移出，则穿过线圈的磁通量减少了10.在生产生活中，电容器的应用十分广泛。利用电容器可监测压力的变化，如图所示，固定极板A和可动极板B组成一个可变电容器。极板B两端固定，施加压力F使它发生形变，从而改变电容器的电容。当F增大时，电容器的电容将______（填“增大”或“减小”），电容器将______（填“充电”或“放电”），通过电阻R的电流方向______（填“向左”或“向右”）。【答案】增大充电向左【解析】[1]当F增大时，电容器两板间距离减小，根据电容的决定式，可知电容C增大。[2][3]电容器两板间电压U不变，电容器所带电量为电容C增大，则Q增大，电容器将充电，A板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，通过电阻R的电流方向向左。11.一匀强电场的方向平行于平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，电势分别为10V、23V、15V，则坐标原点O处的电势为______V。电子从a点运动到b点的过程中，电场力做功为______，电势能______（填“增大”、“减小”或“不变”）。【答案】213减小【解析】[1]四边形为矩形，根据匀强电场中电势差与电场强度的关系可得即解得坐标原点O处的电势为[2][3]电子从a点运动到b点的过程中电场力做功为可知电子从a点运动到b点的过程中，电场力做正功，电势能减小。12.图甲为多用电表示意图，其中K、S、T为三个可调节的部件，某同学用它测量一阻值约为的电阻，操作步骤如下：（1）调节机械调零旋钮，使电表指针指在左边零刻度处；（2）将选择开关旋至欧姆挡的______（填“×10”或“×100”）位置；（3）将红、黑表笔短接，调节可调部件______（填“K”、“S”或“T”），使电表指针指在______（填“左”或“右”）端电阻零刻度处；（4）将两表笔分别与待测电阻两端相接，电表指针指在如图乙所示位置，则该待测电阻的阻值为______。【答案】（2）×10（3）T右（4）110【解析】（2）[1]因待测阻值约为200Ω且指针要在处，故开关旋转到位置；（3）[2][3]多用电表欧姆表要先进行欧姆调零，将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使电表指针指在右端电阻零刻度处；（4）[4]由图可知该电阻的阻值为。13.某学习小组进行“测定金属的电阻率”实验，所用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路部分的长度为50cm。（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图甲所示，其读数为_____mm。（2）用伏安法测金属丝电阻Rx。实验所用器材如下：电池组（电动势3V，内阻约1Ω）；电流表A（内阻约0.1Ω）；电压表V（内阻约3kΩ）；滑动变阻器R（0~10Ω，额定电流2A）；开关、导线若干。利用以上器材按图乙正确连接好电路，请将图丙实物图连接完整______________。（3）测出多组数据，描绘出U−I图线如图丁所示。由图线得到金属丝的阻值Rx=______Ω（结果保留两位有效数字）。（4）由以上数据可估算出金属丝的电阻率为______Ω⋅m（结果保留两位有效数字）。【答案】（1）0.399##0.400##0.401（2）（3）7.4##7.5##7.6（4）1.8×10−6~2.0×10−6均可【解析】（1）金属丝的直径为（2）如图乙所示，滑动变阻器采用分压式接法，电流表外接，电路图如下图所示（3）由图丁可知，图线的斜率反映了金属丝的电阻，故金属丝的阻值为（4）