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

1、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

2、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A

3、1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

4、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U

5、1B. 增大U2C. 减小LD. 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

6、水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘在t0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

7、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，

8、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BD9.一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

9、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

10、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mamb，rarb（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

11、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）1A“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：mamb;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）23要验证动量守

12、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 5；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

13、程0600mA，内阻约为5）C.直流电流表（量程03A，内阻约为0.1）D.直流电压表（量程03V，内阻约为6k）E.直流电压表（量程015V，内阻约15k）F.滑动变阻器（10,2A） G.滑动变阻器（1k，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+0.01mm24.2=0.742mm.（2）电源电压为6V，电压表选择量

14、程为3V的D; 待测电阻阻值约为5，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）7.51

15、0-2C；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=7.510-2C，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

16、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（m1m2）（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：q

17、U=m1v12m1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=37角，宽L=0.5m，上端有一个电阻R0=2.0，框架的其

18、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=0.5，杆与框架间的动摩擦因数=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）1.0 V 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