2022-2023学年江苏省南京市六校联合体高一（下）期末物理试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年江苏省南京市六校联合体高一（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.下列各组物理量中，全部是矢量的是( )
A. 电势能、位移、平均速度、电量B. 位移、电场强度、加速度、速度变化量
C. 位移、电势、功、加速度D. 电流、瞬时速度、速度、加速度
2.某导体中的电流随其两端电压的变化如图所示，图线上过A点的切线交I轴于C点，则下列说法中正确的是( )
A. 加5V电压时，导体的电阻约是0.2Ω
B. 加12V电压时，导体的电阻约是24Ω
C. 由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断增大
D. 由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小
3.某同学设想驾驶一辆由火箭提供动力的陆地太空两用汽车，沿赤道行驶且汽车相对于地球的速度可以任意增加，不计空气阻力。当汽车速度增加到某一值时，汽车将脱离地面成为绕地球做圆周运动的“航天汽车”。下列相关说法正确的是(已知地球半径R=6400km，g取9.8m/s2)( )
A. 汽车速度达到7.9km/s时，将脱离地面
B. 汽车在地面上速度增加时，对地面的压力增大
C. 此“航天汽车”环绕地球做匀速圆周运动的最小周期为24h
D. 此“航天汽车”内可用天平称质量
4.某同学利用图甲所示的电路演示电容器的充、放电过程，先使开关S与1端相连，然后把开关S掷向2端，传感器将电流信息传入计算机，屏幕上显示出电流随时间变化的i−t图像如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. 图像中两阴影面积一定相等B. 放电过程中，电容器下极板带正电
C. 减小R可以增大图像中两阴影面积D. 减小R可以延长充放电的时间
5.小华同学利用如图所示的装置“验证机械能守恒定律”。下列说法正确的是( )
A. 打点计时器工作时使用直流电源
B. 实验中必须用天平测出重物的质量
C. 实验中所测重物动能的增加量通常比其重力势能的减少量稍小
D. 实验中求重物在某点的速度可以根据v=gt或v= 2gh求解
6.如图所示甲、乙、丙、丁是游乐场中比较常见的过山车，甲、乙两图的轨道车在轨道的外侧做圆周运动，丙、丁两图的轨道车在轨道的内侧做圆周运动，两种过山车都有安全锁(由上、下、侧三个轮子组成)把轨道车套在了轨道上，车中座椅是指底座、靠背以及安全卡扣组成的整体，四个图中轨道的半径都为R，下列说法正确的是( )
A. 甲图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最高点时，座椅一定给人向上的力
B. 乙图中，轨道车过最底点的最大速度为 gR
C. 丙图中，当轨道车以一定的速度通过轨道最低点时，座椅一定给人向上的力
D. 丁图中，轨道车过最高点的最小速度为 gR
7.静电透镜被广泛应用于电子器件中，如图所示，阴极射线示波管的聚焦电场由四个电极构成，其中实线为电场线，虚线为等势线，任意两条相邻等势线间电势差相等，z轴为该电场的中心轴线，一电子从其左侧进入聚焦电场，P、Q、R为其轨迹上的三点。已知P点所在等势线的电势为零，电子仅在电场力作用下从P点运动到R点的过程中，电场力做功为30eV。下列说法正确的是( )
A. Q点的电势高于10V
B. 从P至R的运动过程中，电子的电势能减小
C. 电子在Q点的加速度小于在R点的加速度
D. 从P至R的运动过程中，电子的动能先减小后增大
8.如图所示，在x轴上的M、N两点分别固定电荷量为q1和q2的点电荷，x轴上M、N之间各点对应的电势如图中曲线所示，P点为曲线最低点，Q点位于PN之间，MP间距离大于PN间距离。以下说法中正确的是( )
A. q1大于q2，且q1和q2均带负电B. M点的左侧不存在与Q点场强相同的点
C. P点的电场强度最大D. M点的左侧一定有与P点电势相同的点
9.如图所示，将绝缘细线的一端O点固定，另一端拴一带电的小球P，空间存在着方向水平向右的匀强电场E。刚开始小球静止于P处，与竖直方向的夹角为45∘，给小球一个沿圆弧切线左下方的瞬时速度，让小球在竖直平面内做半径为r的圆周运动，下列分析正确的是( )
A. 小球可能带负电
B. 小球在右半圈从d运动到c的过程中其速度先减小后增大
C. 当小球运动到最高点a的速度v≥ gr时，小球才能做完整的圆周运动
D. 当小球运动到最高点a时，小球的电势能与动能之和最小
10.如图所示，a、b两个小球穿在一根与水平面成θ=30∘角的光滑固定杆上，并用一细绳跨过光滑定滑轮相连。初始时两球静止，Oa绳与杆的夹角也为θ，Ob绳沿竖直方向。现沿杆缓慢向上拉动b球，至Ob与杆垂直后静止释放，则( )
A. a球质量是b球的2倍
B. b球返回到初始位置时，其速度是a球速度的 33倍
C. b球返回到初始位置时，其动能是a球动能的 3倍
D. 从释放至b球返回到初始位置，b球重力势能减小量小于b球返回初始位置时的动能
二、多选题：本大题共1小题，共4分。
11.如图所示，固定光滑斜面AC长为L，B为斜面中点。一物块在恒定拉力F作用下，从最低点A由静止开始沿斜面向上拉到B点撤去拉力F，物块继续上滑经过最高点C，设物块由A运动到C的时间为t0，下列描述该过程中物块的速度v随时间t、物块的动能Ek随位移x、机械能E随位移x、加速度a随位移x变化规律的图像中，可能正确的是( )
A. B.
C. D.
三、实验题：本大题共1小题，共14分。
12.某同学想设计一个测量导体棒电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：
A.电压表V(内阻约为1000Ω，量程为5V)
B.电流表A(内阻约为10Ω，量程为6mA)
C.滑动变阻器R(5Ω,2A)
D.干电池组(6V,0.05Ω)
E.一个开关和导线若干
F.螺旋测微器，游标卡尺
(1)如图甲，用螺旋测微器测导体棒的直径D为______ mm；如图乙用10分度游标卡尺测导体棒的长度l为______ cm。
(2)用多用电表粗测导体棒的阻值：
①当用“×10”挡时，正确操作后，发现指针偏转角度过小，该同学应该换用______挡(填“×1”或“×100”)；
②换挡后，立即测量，得到导体棒的电阻；
③在②中，操作遗漏的步骤是______，重新正确操作后，表盘示数如图丙所示，则导体棒的阻值约为______Ω。
(3)请根据提供的器材，在图丁中设计一个实验电路，要求尽可能精确测量导体棒的阻值。
(4)若实验测得阻值为R，则导体棒的电阻率的表达式为ρ=______。(用R，D，l表示)
四、简答题：本大题共4小题，共42分。
13.如图所示，灵敏电流计的内阻Rg=90Ω，满偏电流Ig=1mA。当使用a、b两个端点时，是量程为I的电流表；当使用a、c两个端点时，是量程为U的电压表。已知电阻R1=10Ω，R2=291Ω。求：
(1)量程I的值；
(2)量程U的值。
14.将点电荷Q固定在x轴上，坐标轴上A、B两点的坐标分别为0.3m和0.7m，如图甲。在A、B两点分别放置带正电的试探电荷，它们受到的静电力方向相反、大小跟试探电荷的电荷量的关系分别对应图乙中的直线a、b。已知k=9.0×109N⋅m2/C2，求：
(1)A、B两点的电场强度大小；
(2)点电荷Q所在位置的坐标及其电量。
15.如图所示，竖直放置长为L的平行金属板A、B，板间距离为d=9cm，A、B板与一电压为U=1800V的电源保持连接，从A板内侧中央O处以等大的速率v0=60m/s，在沿纸面180∘范围内朝各个方向均匀喷出质量为m=1.0×10−14kg、电量为q=1.0×10−14C的带负电微粒。微粒重力不计，求：
(1)若微粒沿垂直B板的虚线方向射出，该微粒达到B板时的动能；
(2)若粒子能全部落在B板上，板长L至少多长；
(3)若B板长L=6 3cm，且恰好有三分之二的微粒落在板上，此时所加电压U的大小。
16.如图所示，水平传送带以恒定速度v=6m/s向右运动，左右两端点A、B间距L=4m。传送带左侧用一光滑水平面AC与足够长、倾角θ=37∘的斜面CE相连。传送带右侧与竖直面内半径R=0.5m的光滑半圆形轨道BD相切于B点(水平面AC与斜面CE连接处、传送带左右两侧连接处均平滑，物块通过时无机械能损失)。现将一质量m=1kg的小物块P自斜面CE上某点由静止释放，物块运动过程中不脱离轨道，并能顺利通过传送带从半圆轨道D点水平抛出。已知物块P与斜面CE间的动摩擦因数μ1=0.5，与传送带间的动摩擦因数μ2=0.4。求：
(1)物体通过B点时的速度范围；
(2)若物块P通过传送带的过程中，传送带对其做正功，且做功值W<16J。物块通过半圆轨道与圆心等高处时对轨道的压力大小；
(3)若物体P从斜面CE上某区域任意位置由静止释放时，发现物块P总能以相同的速度通过半圆轨道D点，该释放区域的长度。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：A.电势能和电量，只有大小没有方向，则电势能和电量均是标量，故A错误；
B.位移、电场强度、加速度、速度变化量，既有大小又有方向，均是矢量，故B正确；
C.电势、功，只有大小没有方向，均是标量，故C错误；
D.由于电流的运算法则不符合平行四边形定则，所以电流是标量，故D错误。
故选：B。
根据矢量和标量的定义、运算法则、正负意义等进行分析判断。
矢量既有大小又有方向，正负表示方向；标量只有大小没有方向，正负表示大小或性质。
2.【答案】C
【解析】解：A.根据电阻的定义式
R=UI由图可知加5V的电压时，电流为1.0A，
解得：R=5Ω，故A错误；
B.根据电阻的定义式
R=UI由图可知加12V的电压时，电流为1.5A，
解得：R=8Ω，故B错误；
CD.由图可知I−U图像上任一点与原点连线的斜率逐渐减小，根据欧姆定律可知，导体的电阻不断增大，故C正确，D错误。
故选：C。
I−U图象描述物体的电流随电压的变化；由各点的坐标可求得导体的电阻；由图象的斜率的变化可明确电阻的变化。
本题考查欧姆定律的应用；注意伏安特性曲线的性质，能从图象中得出电阻的变化。
3.【答案】A
【解析】解：A、汽车沿地球赤道行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力，当速度增大到某一值时，支持力恰好为零，由重力全部提供向心力，则mg=mv2R
可得v= gR= 9.8×6400×103m/s≈7.9×103m/s=7.9km/s，所以汽车速度达到7.9km/s时，汽车将离开地面绕地球做圆周运动，成为近地卫星，故A正确；
B、“航天汽车”绕地心做圆周运动，其重力、地面支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg−FN=mv2R，可知速度越大，支持力越小，对“航天汽车”的压力越小，故B错误；
C、当“航天汽车”围绕地球表面做匀速圆周运动时周期最小，根据mg=m4π2T2R
解得T=2π Rg=2×3.14× 6400×1039.8s≈5075s≈1.4h，故C错误；
D、天平实际上是等臂杠杆，根据杠杆平衡原理，被测物体的质量就等于砝码的质量，“航天汽车”处于完全失重状态，物体和砝码对天平两臂上的托盘的压力为零，天平始终平衡，无法测量物体的质量，故D错误。
故选：A。
汽车沿地球赤道行驶时，由重力和支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律分析速度增加时，支持力的变化，再由牛顿第三定律确定汽车对地面压力的变化；当速度增大到支持力为零时，汽车将离开地面绕地球圆周运动；根据重力提供向心力求出“航天汽车”环绕地球做圆周运动的最小周期；在此“航天汽车”上物体处于完全失重状态，不能用天平称质量。
对于第一宇宙速度，是指物体环绕地球做匀速圆周运动必须具有的速度，当物体的速度达到第一宇宙速度时物体就成为绕地球运行的卫星。
4.【答案】A
【解析】解：A.i−t图像面积表示电荷量，两阴影面积分别表示充放电电荷总量，一定相等，故A正确；
B.电容器下极板与电源负极相连，所以下极板带负电，故B错误；
C.电容器所带的电荷量Q=CU，由于电源电动势不变也就是电容器两端电压不变，电容不变，所以Q不变，故C错误；
D.充电过程中，减小R可缩短充电时间，放电过程中，电阻是负载，减小R可缩短放电时间，故D错误。
故选：A。
电容器的充放电电量是i−t图像围成的面积，电容器的定义式以及定义式应用，电容器与电源正极连接的板带正电，与电源负极相连的板带负电。
考查电容器充放电，以及定义式应用。
5.【答案】C
【解析】解：A.电火花计时器工作电压为交流220V，电磁打点计时器工作电压约为交流8V，不能使用直流电源，故A错误；
B.根据机械能守恒定律有：mgh=12mv2
即需要验证的等式为：gh=12v2
由上述式子可知不用测量重物的质量，故B错误；
C.重物带动纸带下落过程中，除了受到重力还受到阻力，重物减少的重力势能部分用来克服阻力做功，由此可知实验中所测重物动能的增加量通常比其重力势能的减少量略小一些，故C正确；
D.实验中计算重物在某点的速度和对应的重物下落的高度都是由纸带上打点的数据计算得到的，而v=gt或v= 2gh是根据机械能守恒定律直接或间接推导得到的，而实验的目的是验证机械能守恒定律，故不能据v=gt或v= 2gh求某点的速度，故D错误。
故选：C。
根据实验原理分析出需要的实验器材；根据实验原理分析出是否需要测出重物的质量；分析实验误差存在的原因；该实验的速度测量是利用在极短时间内，物体的平均速度等于瞬时速度进行测量的，不能用自由落体的运动学公式求解。
本题主要考查了机械能守恒定律的验证实验，根据实验原理掌握正确的实验操作，熟悉实验误差的分析即可完成解答，整体难度不大。
6.【答案】C
【解析】解：A.当重力刚好提供向心力时，设临界速度为v，由牛顿第二定律得：
mg=mv2R
解得：v= gR
若通过最高点速度大于临界速度v，座椅给人的力向下，若通过最高点速度小于临界速度v，座椅给人的力向上，故A错误；
B.乙图中轨道车合力向上，由牛顿第二定律得：
F−mg=mv2R
由于不知轨道车和轨道弹力最大值，所以不能求出速度最大值，故B错误；
C.丙图中人的合力向上提供向心力，所以座椅给人向上的力，故C正确；
D.丁图中，轨道可以对轨道车提供向上弹力，属于圆周运动有支撑模型，所以最高点速度大于等于零即可，故D错误。
故选：C。
轨道车过最高点和最低点时，沿直径指向圆心方向的合力提供向心力，结合牛顿第二定律分析轨道车对人的作用力方向以及确定速度的极值。
解决本题的关键知道圆周运动向心力的来源，知道圆周运动沿直径指向圆心方向的合力提供向心力。注意利用临界点进行分析讨论。
7.【答案】B
【解析】解：A.设相邻等差等势线电压为U，由公式W=Uq可得，电子从P点运动到R点的过程中，电场力做功为：30eV=6U(−e)
解得：U=−5V
所以Q点电势大于5V小于10V，故A错误；
BD.由题可知，电子从P至R的运动过程中，电场力与电子运动轨迹方向一直为锐角，电场力一直做正功，由能量守恒定律得：电子的电势能减小，动能增大，故B正确，D错误；
C.由图，根据电场线越密电场强度越大可知，Q点的电场强度大于R点的电场强度，由牛顿第二定律可知，电子在Q点的加速度大于在R点的加速度，故C错误；
故选：B。
解答本题需要掌握：沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；明确电子在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能、动能等变化情况.
能正确根据电场线、等势线的分布情况，判断电势、电势能、电场强度、电场力做功等物理量变化情况，是解决题目的关键。
8.【答案】D
【解析】解：AC、φ−x图线的切线斜率表示电场强度的大小，可知P处场强为零，根据点电荷场强公式E=kqr2知q1的电荷量一定大于q2的电荷量，根据场强方向可知两电荷一定是正电荷，故AC错误；
B、根据点电荷形成的场强的特点，M点的左侧到无穷远处电场为0，且M点左侧与Q点电场方向均向左，则一定存在与Q点场强相同的点，故B错误；
D、M点的左侧到无穷远处电势为0，故一定有与P点电势相同的点，故D正确。
故选：D。
φ−x图线的切线斜率表示电场强度的大小，就知道P处场强为零，从M到N电势先减小后增大，根据电场力方向与运动方向的关系判断电场力是做正功还是负功。根据点电荷场强公式，得到q1的电荷量一定大于q2的电荷量；根据场强方向得出两电荷一定是正电荷。
φ−x图象中：①电场强度的大小等于φ−x图线的斜率大小，电场强度为零处，φ−x图线存在极值，其切线的斜率为零。②在φ−x图象中可以直接判断各点电势的大小，并可根据电势大小关系确定电场强度的方向。③在φ−x图象中分析电荷移动时电势能的变化，可用WAB=qUAB，进而分析WAB的正负，然后作出判断。
9.【答案】D
【解析】解：A.小球在P点处于静止状态，对小球受力分析，小球受重力、绳子的拉力和电场力三个力的作用，由平衡条件可知小球所受电场力方向水平向右，与电场方向相同，所以小球带正电，故A错误；
B.小球静止于P处，与竖直方向的夹角为45∘，可知电场力和重力的合力方向斜向右下方45∘角，大小为：
F= 2mg
小球从d运动到c的过程中，绳子拉力不做功，电场力和重力的合力F做功，可以判断F先做正功再做负功，故小球的速度先增大后减小，故B错误；
C.当小球运动到弧ab中点(即P点关于圆心对称点，为等效最高点)，且细线弹力为零时，有
F=mv2r
解得小球能做完整的圆周运动，在该点的速度最小为
v= 2gr
小球从该点运动到a点，由动能定理得
F⋅(r−r 2)=12mva2−12mv2
整理解得
va= (3 2−2)gr
因此，当小球运动到最高点a的速度va≥ (3 2−2)gr时，小球才能做完整的圆周运动，故C错误；
D.小球运动过程中，重力势能、电势能、动能的总和保持不变，在最高点a时小球的重力势能最大，则电势能与动能之和最小，故D正确。
故选：D。
小球静止于P点，通过受力分析，根据平衡条件求解等效重力。小球在竖直面内做圆周运动，P点为小球圆周运动的速度最大的位置，等效最低点；P点关于圆心对称点小球速度最小，为等效最高点。整个过程中只有重力、电场力做功，则小球重力势能、电势能与动能之和守恒。
本题重点考查带电体在电场中的圆周运动模型，复合场中的等效重力加速度问题。要弄清圆周运动的最高点不是几何最高点，还考查了功能关系。
10.【答案】C
【解析】解：分别对a、b小球受力分析，如图所示
A.根据共点力平衡条件可得
T=mbg
Tsinθ=magsin(90∘+θ)
解得
mamb=1tanθ
即
ma=1tanθ⋅mb= 3mb
故A错误；
D.b球回到初始位置时，对b由动能定理可得
WG+WT=Ekb−0
由于绳子拉力对b球做负功
WT<0
故
WG>Ekb
即
|ΔEpb|>Ekb
故D错误；
BC.b球回到初始位置时，连接a、b两个小球的绳子与杆的夹角分别为
θa=30∘
θb=60∘
此时两球的动能为
Eka=12mava2
Ekb=12mbvb2
且vT为绳子速度，则
vT=vacsθa=vbcsθb
代入数据计算可得
vb= 3va
Ekb= 3Eka
故B错误，C正确。
故选：C。
分别对a、b两球进行受力分析，根据平行四边形法则以及力的平衡条件可以求出a、b球的质量关系；静止位置沿杆向上拉动b球，当b与杆垂直时，两者的速度为零，由功能关系可以求出P、Q之间的关系。
本题考查了隔离法对两个物体的受力分析，关键是抓住同一根绳子上的拉力处处相等结合几何关系将两个小球的重力联系起来。
11.【答案】BC
【解析】解：A、由题意可知，物块先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，匀加速直线运动的位移和匀减速直线运动的位移大小相等，两段v−t图象与坐标轴所围的面积相等。匀减速直线运动的平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，则匀减速运动的时间小于匀加速直线运动的时间，故A错误；
B、合力先做正功是，再做负功，根据动能随x的表达式知，动能先均匀增加，然后均匀减小，故B正确；
C、根据除重力以外其它力做功等于机械能的增量，知前半段恒力F做正功，可知机械能随x均匀增加，后半段只有重力做功，机械能守恒，故C正确。
D、有拉力时物体先向上匀加速运动，在中间位置撤去拉力后向上匀减速运动。速度方向不变(为正)，加速度改变方向(为负)，故D错误；故选：BC。
根据受力情况得出整个过程中的运动情况，前半段做匀加速直线运动，后半段做匀减速直线运动，结合平均速度的推论比较两段过程中的运动时间关系；
根据动能定理判断动能的变化；
根据除重力以外其它力做功判断机械能的变化；
根据牛顿第二定律判断两段过程加速度的大小。
解决本题的关键得出物块在整个过程中的运动规律，注意前半段和后半段的运行时间不同，这是容易错误的地方。
12.【答案】×100将欧姆表红、黑表笔短接，进行欧姆调零 1000πRD24l
【解析】解：(1)螺旋测微器的最小分度值为0.01mm，导体棒的直径D=4.5mm+12.0×0.01mm=4.620mm
10等分游标卡尺的最小分度值为0.1mm，导体棒的长度l=101mm+4×0.1mm=101.4mm=10.14cm
(2)①当用“×10”挡时，正确操作后，发现指针偏转角度过小，说明电阻阻值较大，应选较大倍率，故该同学应该换用×100挡；
③姆表测电阻时，每次换挡后都要重新进行欧姆调零，遗漏的操作步骤是将欧姆表的红、黑表笔短接，进行欧姆调零；
欧姆表的指针所指刻线为10，则电阻阻值为10×100Ω=1000Ω
(3)滑动变阻器阻值较小，为方便调节应接成分压式，由于Rx> RARV，因此电流表应采用内接法，设计的电路图如图所示：
根据电阻定律有R=ρlS
导体棒的横截面积S=πD24
联立解得ρ=πRD24l。
故答案为：(1)4.620；10.14；(2)①×100；③将欧姆表红、黑表笔短接，进行欧姆调零；1000；实验电路图见解析；(4)πRD24l。
(1)螺旋测微器的最小分度值为0.01mm，测量值=固定刻度对应示数(mm)+对齐格数(估读一位)×精确度；
10等分的游标卡尺的最小分度值为0.1mm，测量值=主尺上对应示数(mm)+对齐格数(不估读)×精确度；
(2)①欧姆表指针偏转角度过小，说明电阻阻值较大；测量值=欧姆表指针所指示数×倍率，据此分析作答；
③欧姆表测电阻时，每次换挡后都要重新进行欧姆调零，据此分析作答；
(3)滑动变阻器阻值较小，滑动变阻器采用分压式接法，根据待测电阻值与电流表、电压表内阻的大小关系选择电流表的内接法或者外接法，据此分析后完成电路图；
(4)根据电阻定律求电阻率。
本题考查了螺旋测微器、游标卡尺和欧姆表三种基本仪器的读数以及“伏安法”测电阻率；要能根据实验器材正确完成实验电路的设计。
13.【答案】解：(1)接a、b时，R1与表头并联，根据并联电路特点可得IgRg=R1(I−Ig)
解得改装电流表的量程I=IgRgR1+Ig=1mA×90Ω10Ω+1mA=10mA
(2当使用a、c两个端点时，此时为一电压表
根据欧姆定律和串联电路的电压特点，有U=IR2+IgRg
代入数据解得改装电压表量程U=IR2+IgRg=10×10−3×291V+1×10−3×90V=3V
答：(1)量程I的值为10mA；
(2)量程U的值为3V。
【解析】当使用a、b时为R1与G并联后成一电流表，由并联电路电路特点求解I；
当使用a、c时，是量程为U的电压表，根据串并联电路特点可以求出电压U。
考查电流表的改装原理，明确并联电阻的分流作用，会由电路求量程的表达式。
14.【答案】解：(1)由图可得
EA=FQ=
EB=FQ=
(2)它们受到的静电力方向相反，故点电荷Q的位置在AB两点之间，设点电荷Q的位置坐标为x，设其位置坐标为x，则有
kQ(x−0.3)2=EA
kQ(0.7−x)2=EB
解得
x=0.6m
Q=4×10−11C
答：(1)A点的电场强度大小为4N/C，B两点的电场强度大小为36N/C；
(2)点电荷Q所在位置的坐标为0.6m，其电量为4×10−11C。
【解析】根据图线的斜率求出A、B点的电场强度大小，根据电场强度的方向与正电荷所受电场力方向相同和负电荷所受电场力方向相反来判断电场强度的方向；根据A点和B点的电场强度方向相同，且A点场强大，判断点荷在A点左侧位置，根据点电荷的场强公式确定Q的位置坐标。
解决本类题的关键在于掌握电场强度的定义式E=Fq和点电荷的场强公式E=kqr2以及知道电场强度的方向需要根据电荷电性分类判断。
15.【答案】解：(1)若微粒沿垂直B板的虚线方向射出，根据动能定理可得：qU=Ek−12mv02
解得该微粒达到B板时的动能为：Ek=3.6×10−11J
(2)粒子垂直电场方向射出时，粒子在电场中的加速度大小：a=qUmd=1.0×10−14×18001.0×10−14×9×10−2m/s2=2×104m/s2
竖直方向有：d=12at2
解得：t=3×10−3s
水平方向有：L2=v0t
解得板长至少为：L=36cm
(3)若B板长L=6 3cm，且恰好有三分之二的微粒落在板上，可知射出时速度与水平方向成30∘的粒子刚好落在B板边缘上，则水平方向有：
L2=v0t′cs30∘
解得：t′=1×10−3s
竖直方向有：d=v0t′sin30∘+12a′t′2
加速度：a′=qU′md
解得此时所加电压的大小为：U′=10800V
答：(1)若微粒沿垂直B板的虚线方向射出，该微粒达到B板时的动能为3.6×10−11J；
(2)若粒子能全部落在B板上，板长L至少36cm；
(3)恰好有三分之二的微粒落在板上，此时所加电压U的大小为10800V。
【解析】(1)垂直于极板方向射出的微粒做直线运动打到B板，根据动能定理求打到B板的动能；
(2)平行于板射出的粒子，做类平抛运动，在沿电场线方向求时间，再垂直于电场线方向求板长；
(3)已知了离子数的占比，则已知了辐射角占平角的比例，也就是已知了离子初速度方向与极板的夹角，此时离子做斜抛运动，由斜抛运动的规律就能求出极板间的电压。
本题关键点在于：一是打到某一方向的离子数占比应与此方向的辐射角成正比；二是此题考查了几个特殊情况，沿平行于极板方向射出的离子做类平抛运动、沿垂直于极板方向的离子做匀加速直线运动，这两种情况是临界状态，从而求出电压的大小。
16.【答案】解：(1)当物块P以初速度为零放上传送带时，其通过B点的速度最小，由牛顿第二定律得
μ2mg=ma1
由运动学公式有vB2=2a1L
解得：vB=4 2m/s
能顺利通过传送带从半圆轨道D点水平抛出，故其在D点的最小速度满足
mg=mvmin2R
则其通过B点时的最小速度由机械能守恒定律可得
12mv′min2=12mvmin2+mg⋅2R
联立解得能让物块从D点飞出，B点的最小速度
vmin′=5m/s
因为vB>vmin′
所以当物块P以初速度为零放上传送带时，其能最终从D点飞出，物体通过B点时速度的最小速度为4 2m/s，故物体通过B点时的速度范围为vB≥4 2m/s。
(2)若物体一直在传动带上做匀加速直线运动，则传送带做功
W0=μ2mgL=0.4×1×10×4J=16J
依题意传送带对其做正功，且做功值W<16J，所以物体通过传送带到达B点的速度为6m/s，则由机械能守恒定律得
12mvB′2=12mv2+mgR
在等高处，由牛顿第二定律
FN=mv2R
解得物块通过半圆轨道与圆心等高处时轨道对其的支持大小：FN=52N
由牛顿第三定律，轨道对物块的支持力等于物块对轨道的压力，压力为52N。
(3)当物体通过传送带到达B点的速度为6m/s时，物块P总能以相同的速度通过半圆轨道D点，若物体在传送带上先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动，则传送带对物体所做的功满足0≤W≤16J
由动能定理得
mgssinθ−μ1mgscsθ+W=12mv2
解得：1m≤s≤9m
若物体在传送带上先做匀减速直线运动，后做匀速直线运动，则传送带对物体所做的功满足
−16J≤W≤0
由动能定理得
mgssinθ−μ1mgscsθ+W=12mv2
解得：9m≤s≤17m
所以该释放区域的长度为
Δl=smax−smin=17m−1m=16m
答：(1)物体通过B点时的速度范围为vB≥4 2m/s；
(2)物块通过半圆轨道与圆心等高处时对轨道的压力大小为52N；
(3)该释放区域的长度为16m。
【解析】(1)当物块P到达传送带左端时速度为零，其通过B点的速度最小；根据牛顿第二定律和运动学公式求解物块运动到B点的速度；根据牛顿第二定律求解物块刚好通过最高点的临界速度；根据动能定理求解物块到达最高点的速度，对比分析后得到物块通过B点的最小速度，从而求得物体通过B点时的速度范围；
(2)传送带对物块做正功，说明物块在传送带上一直做匀加速运动，由此得到物块在B点的最大速度，再根据机械能守恒定律和牛顿第二定律求轨道最高点对物块的压力，根据牛顿第三定律求物块对轨道的压力；
(3)若传送带对物块做正功，根据动能定理结合传送带做功的范围求解物块在斜面上滑动距离的范围；若传送带对物块做负功，根据动能定理结合传送带做功的范围求解物块在斜面上滑动距离的范围，最后求解释放区域的长度。
本题涉及物块运动的多过程、多运动状态，分析清楚物块运动过程是正确解题的基础，要把握每个过程遵守的物理规律，要注意物块在传送带上滑动时的受力分析和运动状态分析，再结合动能定理即可求出释放区域的长度。