四川省棠湖中学学年高二上学期期末模拟物理试题解析版文档格式.docx

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某处磁感应强度大小只由磁场本身决定，与放入该处的通电导线IL乘积无关，选项C错误；

一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，可能是直导线的放置方向与磁场平行，该处的磁感应强度不一定为零，选项D错误；

故选A.

3.某运动员在

米跨栏时采用蹲踞式气泡，发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重力，如图所示，假设质量为

的运动员，在起跑时前进的距离

内，重心上升高度为

，获得的速度为

，克服阻力做功为

，则在此过程中，下列说法中正确的是（）

A.运动员的重力做功为

B.运动员机械能增量为

C.运动员的动能增加量

D.运动员自身做功为

【答案】B

【详解】运动员的重心升高量为h，则运动员的重力做功为

，故A错误；

运动员的重心升高量为h，获得的速度为v，则其机械能增加量为

，故B正确；

运动员起跑前处于静止状态，起跑后获得的速度为v，则运动员的动能增加了

，故C错误；

根据动能定理得

，得到

，故D错误．

4.如图所示的电路，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法正确的是（　　）

A.合上开关K接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮

B.合上开关K接通电路时，A1和A2始终一样亮

C.断开开关K切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭

D.断开开关K切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿才熄灭

【答案】AC

【详解】AB．合上开关K接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮。

故A正确，B错误；

CD．断开开关K切断电路时，通过A2的原来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过A1的电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过A2的灯的电流方向与原来的方向相反。

故C正确，D错误。

5.如图所示当可变电阻R的滑片向b端移动时，通过电阻R1、R2、R3的电流强度I1、I2、I3的变化情况是

A.I1

变大，I2，I3变小

B.I1，I2变大，I3变小

C.I1变小，I2，I3变大

D.I1、I2变小，I3变大

【详解】可变电阻R的滑片向b端移动时，滑动变阻器有效电阻变小，外电路总电阻变小，则总电流I增大，内电压增大，外电压U变小，所以通过R1的电流I1变小，而总电流I增大，根据并联电路电流的规律可知，I3变大．R3两端的电压变大，路端电压U减小，则R2两端的电压变小，通过R2的电流I2变小．故D正确．故选D．

【点睛】本题关键抓住电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律进行动态分析，按照“局部-整体-再到局部”的分析思路分析．

6.如图所示是示波器原理图，电子被电压为U1的加速电场加速后射入电压为U2的偏转电场，离开偏转电场后电子打在荧光屏上的P点，P点与O点的距离叫做偏转距离，偏转电场极板长为L，板间距离为d，为了增大偏转距离，下列措施可行的是

A.增大U1

B.增大U2

C.减小L

D.增大d

【分析】

电子先加速后进入偏转电场后做类平抛运动，根据动能定理得到加速获得的速度表达式，运用运动的分解，得到偏转距离的表达式进行分析即可．

【详解】电子在加速电场中加速，根据动能定理可得，eU1=

mv02，所以电子进入偏转电场时速度的大小为，

，电子进入偏转电场后的偏转的位移为，

，所以为了增大偏转距离，可以增大L、减小d、减小U1、增大U2，故B正确，ACD错误；

故选B．

【点睛】本题关键是分直线加速和类似平抛运动过程，根据动能定理和分运动公式列式求解出侧移量表达式进行分析．

7.某空间存在着如图甲所示的足够大的沿水平方向的匀强磁场．在磁场中A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘．在t＝0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动．在A、B一起向左运动的过程中，以下说法正确的是

A.图乙可以反映B对A的支持力大小随时间t变化的关系

B.图乙可以反映B对A的摩擦力大小随时间t变化的关系

C.图乙可以反映B对地面的压力大小随时间t变化的关系

D.图乙可以反映物块A和物块B的加速度大小随时间t变化的关系

对整体分析，运用牛顿第二定律得出加速度，判断出整体的运动规律，然后求出洛伦兹力与时间的变化关系；

运用隔离法求出A对B的摩擦力的大小、A对B的压力大小．

【详解】对整体分析，运用牛顿第二定律得出加速度：

，水平方向受到的力不变，使用B的加速度不变．物体由静止做匀加速运动，速度v=at；

故洛伦兹力：

F=qvB=qBat，A受的支持力：

N=mAg+qvB=mAg+qBat，符合图中所示规律，故A正确；

物块B对物块A的摩擦力大小f=mAa，所以f随时间t的变化保持不变，故不可能是摩擦力的变化图象，故B错误．对整体分析可知，N'

=mAg+mBg+qvB=mAg+mBg+qBat，故同样可以由图示规律表示，故C正确．整体的加速度不变，则选项D错误；

故选AC.

【点睛】解决本题

关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，以及注意整体法和隔离法的运用．同时还要掌握洛伦兹力的特点，明确洛伦兹力的大小和方向规律．

8.如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘块，甲、乙叠放在一起置于光滑的水平地面上，空间存在着水平方向的的匀强磁场，在水平恒力F的作用下，甲、乙无相对滑动的一起向左加速运动，在加速运动阶段（）

A.甲、乙两物块之间的摩擦力不断增大

B.甲、乙两物块之间的摩擦力不变

C.甲、乙向左运动的加速度不断减小

D.甲对乙的压力不断增大

【答案】BD

【详解】当甲与乙向右运动时，甲所受的洛伦兹力竖直向下，又由于地面光滑，所以摩擦力为0，把甲乙看成一个系统，

，甲与乙相对静止，乙对甲的静摩擦力

．所以选BD．

9.一带电小球在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中作匀速圆周运动，匀强电场竖直向上，匀强磁场水平且垂直纸面向里，如图所示，下列说法正确的是

A.沿垂直纸面方向向里看，小球

绕行方向为顺时针方向

B.小球一定带正电且小球的电荷量

C.由于洛伦兹力不做功，故小球在运动过程中机械能守恒

D.由于合外力做功等于零，故小球在运动过程中动能不变

【详解】带电微粒在复合场中，只有满足重力与电场力大小相等方向相反，微粒的合力只表现为洛伦兹力才能做圆周运动，故粒子所受电场力向上，微粒带正电，微粒的洛伦兹力方向要指向圆心，由左手定则判断运动方向为逆时针，由mg=qE可得

，故A错误，B正确；

洛伦兹力不做功，但电场力做功，故机械能不守恒，故C错误；

由于合外力做功等于零，根据动能定理，小球在运动过程中动能不变，故D正确；

故选BD．

【点睛】物体做匀速圆周运动的条件是物体受到的合力大小不变，方向时刻指向圆心，带电微粒在复合场中，只有满足重力与电场力大小相等方向相反，微粒才能做匀速圆周运动，否则不能．

二．实验题

10.如图所示为“验证碰撞中的动量守恒”的实验装置示意图．已知a、b小球的质量分别为ma、mb，半径分别是ra、rb，图中P点为单独释放a球的落点的平均位置，M、N是a、b小球碰撞后落点的平均位置．

（1）本实验必须满足的条件是________．

A．斜槽轨道必须是光滑的

B．斜槽轨道末端的切线水平

C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放

D．入射球与被碰球满足ma＝mb，ra＝rb

（2）为了验证动量守恒定律，需要测量OP间的距离x1，还需要测量的物理量有______、______（用相应的文字和字母表示）．

（3）如果动量守恒，需满足的关系式是__________（用装置图中的字母表示）．

【答案】

（1）.BC

（2）.OM间的距离x2（3）.ON间的距离x3（4）.

【详解】

（1）[1]A．“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求；

故A错误；

B．要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确;

C．要保证碰撞前的速度相同，入射球每次都要从斜槽的同一位置无初速度释放，故C正确；

D．为防止两球碰撞后入射球不反弹，需要：

ma＞mb;

而为了两球发生对心正碰，需要两球

半径相等，即：

ra=rb，故D错误；

（2）[2][3]要验证动量守恒定律定律，即验证：

小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：

得：

因此实验需要测量：

测量OP间的距离x1，OM间的距离x2，ON间的距离x3；

（3）[4]由上分析可知，实验需要验证：

用装置图中的字母表示为：

11.在做《测定金属丝的电阻率》的实验时

（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径．如图所示，由图读出金属丝的直径是_________mm．

（2）需要对金属丝的电阻进行测量．已知金属丝的电阻值Rx约为5Ω；

一位同学用伏安法对这个电阻的阻值进行了比较精确的测量，这位同学想使被测电阻Rx两端的电压从零开始调节．他可选用的器材有：

A.直流电源（电动势6V，内阻可不计）

B.直流电流表（量程0～600mA，内阻约为5Ω）

C.直流电流表（量程0～3A，内阻约为0.1Ω）

D.直流电压表（量程0～3V，内阻约为6kΩ）

E.直流电压表（量程0～15V，内阻约

15kΩ）

F.滑动变阻器（10Ω,2A）

G.滑动变阻器（1kΩ，0.5A）

H.电键

I.导线若干

以上器材中电流表选用_______（填序号），电压表选用______（填序号），滑动变阻器选用__________（填序号）．

（3）在答题卡的方框中画出实验电路图_______．

【答案】

（1）.0.742（0.741mm-0.743mm）

（2）.B（3）.D（4）.F（5）.如图所示：

（1）金属丝的直径是：

0.5mm+0.01mm×

24.2=0.742mm.

（2）电源电压为6V，电压表选择量程为3V的D;

待测电阻阻值约为5Ω，电路中的最爱电流不超过

，则电流表选B.滑动变阻器应选择阻值较小的F；

（3）电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法；

为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示：

三、计算题

12.用一根长L=0.8m的轻绳，吊一质量为m=1.0g的带电小球，放在磁感应强度B=0.1T，方向如图所示的匀强磁场中，将小球拉到与悬点等高处由静止释放，小球便在垂直于磁场的竖直面内摆动，当球第一次摆到低点时，悬线的张力恰好为零（重力加速度g=10m/s2）

（1）小球带何种电荷？

电量为多少？

（2）小球第二次经过最低点时，悬线对小球的拉力多大？

【答案】

（1）7.5×

10-2C；

带负电.

（2）0.06N

试题分析：

（1）设小球第一次到达最低点速度为v，则由动能定律可得：

得q=7.5×

10-2C，带负电.

（2）根据向心力公式得：

解得F=0.06N

考点：

动能定理；

牛顿第二定律

【名师点睛】此题考查了牛顿第二定律以及动能定理的应用问题；

解题的关键是首先对小球正确的受力分析，然后根据牛顿第二定律列的方程联立求解；

此题难度中等，意在考查学生利用物理规律解决实际问题的能力.

13.如图所示为质谱仪的示意图，在容器A中存在若干种电荷量相同而质量不同的带电粒子，它们可从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，它们的初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上．若这些粒子中有两种电荷量均为q、质量分别为m1和m2的粒子（m1＜m2）．

（1）分别求出两种粒子进入磁场时的速度v1、v2的大小；

（2）求这两种粒子在磁场中运动的轨道半径之比；

（3）求两种粒子打到照相底片上的位置间的距离．

（1）

、

；

（2）

（3）

（

-

）．

（1）带电粒子在电场中被加速，应用动能定理可以求出粒子的速度．

（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子的轨道半径，然后求出半径之比．

（3）两粒子在磁场中做圆周运动，求出其粒子轨道半径，然后求出两种粒子打到照相底片上的位置间的距离．

（1）经过加速电场，根据动能定理得：

对m1粒子：

qU=

m1v12

m1粒子进入磁场时的速度：

，

对m2粒子有：

m2v22，

m2粒子进入磁场时的速度：

（2）在磁场中，洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

qvB=m

解得，粒子在磁场中运动的轨道半径：

代入

（1）结果，可得两粒子的轨道半径之比：

R1：

R2=

（3）m1粒子的轨道半径：

m2粒子的轨道半径：

两粒子打到照相底片上的位置相距：

d=2R2-2R1，

解得，两粒子位置相距为：

；

【点睛】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题．

14.如图所示，一个足够长的矩形金属框架与水平面成θ=37°

角，宽L=0.5m，上端有一个电阻R0=2.0Ω，框架的其他部分电阻不计，有一垂直于框架平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T，ab为金属杆，与框架接触良好，其质量m=0.1kg，电阻r=0.5Ω，杆与框架间的动摩擦因数μ=0.5，杆由静止开始下滑，在速度达到最大值的过程中，电阻R0产生的热量Q0=2.0J（取g=10m/s2，sin37°

=0.6，cos37°

=0.8）．求：

（1）通过R0的最大电流；

（2）ab杆下滑的最大速度；

（3）从开始到速度最大的过程中ab杆下滑的距离．

（3）

（1）杆达到最大速度后，ab中最大电流为Im，

由平衡条件：

解得：

Im=0.4A

（2）由闭合电路的欧姆定律：

Em=Im（R0+r）＝1.0V

由法拉第电磁感应定律：

Em=BLvm

解得

（3）电路中产生的总焦耳热

由动能定理得

解得杆下滑的距离x=13.5m