物理卷·2018届河北省张家口一中高二上学期期末物理试卷（衔接班） （解析版）

物理卷·2018届河北省张家口一中高二上学期期末物理试卷（衔接班） （解析版）

河北省张家口一中2016-2017学年高二（上）期末物理试卷（衔接班）(解析版)‎ ‎　‎ 一、选择题：本题共14小题，每小题4分，共56分．在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一项符合题目要求，第11～14题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎1．物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步．下列说法中正确的是（　　）‎ A．安培提出了场的概念 B．法拉第发现了电流的磁效应 C．密立根通过油滴实验测定了电子的电荷量 D．欧姆指出导体的电阻与导体两端的电压成正比，与通过导体的电流成反比 ‎2．1820年，丹麦物理学家奥斯特发现通电直导线可以产生磁场，揭开了物理学史上的一个新纪元；当年9月11日，他在法国科学院演示：直导线通电，其下方放置的小磁针顺时针旋转了近90°（俯视）；我们可以推测，该导线的放置及所通的电流方向是（　　）‎ A．南北方向放置，电流由北向南 B．南北方向放置，电流由南向北 C．东西方向放置，电流由西向东 D．东西方向放置，电流由东向西 ‎3．图中L是绕在铁芯上的线圈，它与电阻R、R0、电键和电池E可构成闭合回路．线圈上的箭头表示线圈中电流的正方向，当电流的流向与箭头所示的方向相同时，该电流为正，否则为负．电键K1和K2都处在断开状态．设在t=0时刻，接通电键K1，经过一段时间，在t=tl时刻，再接通电键K2，则能较正确地表示L中的电流I随时间t变化的图线是下面给出的四个图中的哪个图？（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．如图是一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图．其工作原理类似打点计时器．当电流从电磁铁的接线柱a流入，吸引小磁铁向下运动时，以下选项中正确的是（　　）‎ A．电磁铁的上端为N极，小磁铁的下端为N极 B．电磁铁的上端为S极，小磁铁的下端为S极 C．电磁铁的上端为N极，小磁铁的下端为S极 D．电磁铁的上端为S极，小磁铁的下端为N极 ‎5．如图是质谱仪的原理图，若速度相同的同一束粒子沿极板P1、P2的轴线射入电磁场区域，由小孔S0射入右边的偏转磁场B2中，运动轨迹如图所示，不计粒子重力．下列相关说法中正确的是（　　）‎ A．该束带电粒子带负电 B．速度选择器的P1极板带负电 C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大 D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小 ‎6．如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，当导线中无电流时，磁铁对斜面的压力为N1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为N2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是（　　）‎ A．N1＜N2，弹簧的伸长量减小 B．N1=N2，弹簧的伸长量减小 C．N1＞N2，弹簧的伸长量增大 D．N1＞N2，弹簧的伸长量减小 ‎7．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．过c点的导线所受安培力的方向（　　）‎ A．与ab边平行，竖直向上 B．与ab边平行，竖直向下 C．与ab边垂直，指向左边 D．与ab边垂直，指向右边 ‎8．如图所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电量为﹣q质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球下滑的最大速度为 B．小球下滑的最大加速度为am=gsinθ C．小球的加速度一直在减小 D．小球的速度先增大后减小 ‎9．如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下．关于这个过程，下列说法不正确的是（　　）‎ A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置 B．小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是 C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定有变化 D．车上曲面的竖直高度不会大于 ‎10．两根相距为L的足够长的金属弯角光滑导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边与水平面的夹角为37°，质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨的电阻不计，回路总电阻为2R，整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中，当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v沿导轨匀速运动时，cd杆恰好处于静止状态，重力加速度为g，以下说法正确的是（　　）‎ A．ab杆所受拉力F的大小为mg sin37°‎ B．回路中电流为 C．回路中电流的总功率为mgv sin37°‎ D．m与v大小的关系为m=‎ ‎11．如图甲所示，在竖直向上的磁场中，水平放置一个单匝金属环形线圈，线圈所围面积为0.1m2，线圈电阻为1Ω，磁场的磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，规定从上往下看顺时针方向为线圈中感应电流i的正方向，则（　　）‎ A．0～5 s内i的最大值为0.1 A B．第4 s末i的方向为负方向 C．第3 s内线圈的发热功率最大 D．3～5 s内线圈有扩张的趋势 ‎12．用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子n，若一块横截面为矩形的金属导体的宽为b，厚为d，当通以图示方向电流I，并加有与侧面垂直的匀强磁场B时，在导体上、下表面间用理想电压表测得电压为U．已知自由电子的电荷量为e，则下列判断正确的是（　　）‎ A．上表面电势低 B．下表面电势低 C．n= D．n=‎ ‎13．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如甲图所示，其核心部分是两个D形金属盒，其间留有空隙．在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，不计粒子重力，则下列判断正确的是（　　）‎ A．在Ekt图象中应有t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1‎ B．高频电源的变化周期应该等于tn﹣tn﹣1‎ C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大 D．要想粒子获得的最大动能越大，可增加D形盒的直径 ‎14．一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态．一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示，让环自由下落，撞击平板．已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长（　　）‎ A．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒 B．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒 C．环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小无关 D．在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功 ‎　‎ 二、实验题：15题4分，16题10分，共14分．‎ ‎15．在“研究电磁感应现象”实验中，将灵敏电流计G与线圈L连接，线圈上导线绕法，如图所示．已知当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转．‎ ‎（1）将磁铁N极向下从线圈L上方竖直插入L时，灵敏电流计的指针将　　偏转（选填“向左”“向右”或“不”）．‎ ‎（2）当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，a点电势　　b点电势（填“高于”、“等于”或“低于”）．‎ ‎16．（10分）如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：‎ 先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O．‎ 接下来的实验步骤如下：‎ 步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；‎ 步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；‎ 步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度．‎ ‎（1）对于上述实验操作，下列说法正确的是　　‎ A．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下 B．斜槽轨道必须光滑 C．斜槽轨道末端必须水平 D．小球1质量应大于小球2的质量 ‎（2）上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有　　．‎ A．A、B两点间的高度差h1‎ B．B点离地面的高度h2‎ C．小球1和小球2的质量m1、m2‎ D．小球1和小球2的半径r ‎（3）当所测物理量满足表达式　　（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．如果还满足表达式　　（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞时无机械能损失．‎ ‎（4）完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图2所示．在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接．使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在斜面上的平均落点M′、P′、N′．用刻度尺测量斜面顶点到M′、P′、N′三点的距离分别为l1、l2、l3．则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为　　（用所测物理量的字母表示）．‎ ‎　‎ 三、计算题：解答写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位（17题8分，18题10分，19题12分，共30分）：‎ ‎17．（8分）如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，一个磁感应强度B=0.50T的匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R=0.30Ω的电阻，导轨宽度L=0.40m．电阻为r=0.20Ω的金属棒ab紧贴在导轨上，导轨电阻不计，现使金属棒ab由静止开始下滑0.7m 后以5m/s的速度匀速运动．（g=10m/s2）‎ 求：‎ ‎（1）金属棒的质量m；‎ ‎（2）在导体棒下落2.70m内，回路中产生的热量Q．‎ ‎18．（10分）如图所示，在光滑的水平桌面上有一长为L=2m的木板C，它的两端各有一块挡板，C的质量为mC=5kg，在C的中央并排放着两个可视为质点的滑块A与B，其质量分别为mA=1kg、mB=4kg，开始时A、B、C均处于静止状态，并且A、B间夹有少许炸药，炸药爆炸使得A以vA=6m/s的速度水平向左运动，不计一切摩擦，两滑块中任一块与挡板碰撞后就与挡板合成一体，爆炸与碰撞时间不计，求：‎ ‎（1）当两滑块都与挡板碰撞后，板C的速度多大？‎ ‎（2）从爆炸开始到两个滑块都与挡板碰撞为止，板C的位移多大？方向如何？‎ ‎19．（12分）如图所示，真空中有以O′为圆心，r为半径的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度为B．圆的最下端与x轴相切于直角坐标原点O，圆的右端与平行于y轴的虚线MN相切，在虚线MN右侧x轴上方足够大的范围内有方向竖直向下、场强大小为E的匀强电场，在坐标系第四象限存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小也为B的匀强磁场，现从坐标原点O沿y轴正方向发射速率相同的质子，质子在磁场中做半径为r的匀速圆周运动，然后进入电场到达x轴上的C点．已知质子带电量为+q，质量为m，不计质子的重力、质子对电磁场的影响及质子间的相互作用力．求：‎ ‎（1）质子刚进入电场时的速度方向和大小；‎ ‎（2）OC间的距离；‎ ‎（3）若质子到达C点后经过第四限的磁场后恰好被放在x轴上D点处（图上未画出）的一检测装置俘获，此后质子将不能再返回电场，则CD间的距离为多少．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省张家口一中高二（上）期末物理试卷（衔接班）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共14小题，每小题4分，共56分．在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一项符合题目要求，第11～14题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎1．物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步．下列说法中正确的是（　　）‎ A．安培提出了场的概念 B．法拉第发现了电流的磁效应 C．密立根通过油滴实验测定了电子的电荷量 D．欧姆指出导体的电阻与导体两端的电压成正比，与通过导体的电流成反比 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．‎ ‎【解答】解：A、法拉第提出场的概念，故A错误；‎ B、法拉第发现了电磁感应现象，奥斯特发现了电流的磁效应，故B错误；‎ C、密里根通过油滴实验测定了电子的电荷量，故C正确；‎ D、欧姆指出电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比．故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．‎ ‎　‎ ‎2．1820年，丹麦物理学家奥斯特发现通电直导线可以产生磁场，揭开了物理学史上的一个新纪元；当年9月11日，他在法国科学院演示：直导线通电，其下方放置的小磁针顺时针旋转了近90°（俯视）；我们可以推测，该导线的放置及所通的电流方向是（　　）‎ A．南北方向放置，电流由北向南 B．南北方向放置，电流由南向北 C．东西方向放置，电流由西向东 D．东西方向放置，电流由东向西 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】小磁针静止时指向在南北方向，要使小磁针顺时针旋转90°，说明导线产生的磁场产生的磁场为东西方向，且导线下方的磁场方向由西至向东，由右手定则即可判断导线电流方向；‎ ‎【解答】解：磁针发生顺时针偏转，且接近90°，说明导线产生的磁场由西至向东，由右手定则可知，通电导线的电流方向由北至向南，故A正确，BCD错误；‎ 故选：A ‎【点评】通导线周围产生磁场的现象叫做电流的磁效应，由右手定则即可判断；‎ ‎　‎ ‎3．图中L是绕在铁芯上的线圈，它与电阻R、R0、电键和电池E可构成闭合回路．线圈上的箭头表示线圈中电流的正方向，当电流的流向与箭头所示的方向相同时，该电流为正，否则为负．电键K1和K2都处在断开状态．设在t=0时刻，接通电键K1，经过一段时间，在t=tl时刻，再接通电键K2，则能较正确地表示L中的电流I随时间t变化的图线是下面给出的四个图中的哪个图？（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】自感现象和自感系数．‎ ‎【分析】当开关接通和断开时，通过线圈的电流发生变化，产生自感电动势，阻碍原来电流的变化，运用楞次定律来分析电流的变化情况．‎ ‎【解答】解：在t=0时刻，接通电键K1，通过线圈的电流从无到有增大，线圈中产生自感电动势，阻碍电流增大，使得线圈中电流只能逐渐增大，而方向不变，仍为正方向．‎ ‎ 当电流稳定后，线圈中不产生自感电动势，电流一定．‎ ‎ 在t=tl时刻，再接通电键K2，线圈和R被短路，线圈中电流将要减小，由于自感电动势的阻碍，使得线圈中电流只能逐渐减小到零，根据楞次定律，电流方向与原来方向相同，仍为正方向．‎ 故选A ‎【点评】对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，不产生自感电动势，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源．‎ ‎　‎ ‎4．如图是一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图．其工作原理类似打点计时器．当电流从电磁铁的接线柱a流入，吸引小磁铁向下运动时，以下选项中正确的是（　　）‎ A．电磁铁的上端为N极，小磁铁的下端为N极 B．电磁铁的上端为S极，小磁铁的下端为S极 C．电磁铁的上端为N极，小磁铁的下端为S极 D．电磁铁的上端为S极，小磁铁的下端为N极 ‎【考点】电磁感应在生活和生产中的应用．‎ ‎【分析】由安培定则知电磁铁的上端为S极，再根据同名磁极相互吸引，异名磁极相互排斥判定小磁铁的极性．‎ ‎【解答】‎ 解：电磁铁实际为通电螺线管，如题图，当电流从a流入电磁铁时上端为S极，由异名磁极相互吸引知永磁铁下端为N极，故A、B、D错误，C正确；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了安培定则在生活中的应用，要注意明确仪器原理，并掌握右手螺旋定则的正确应用．‎ ‎　‎ ‎5．如图是质谱仪的原理图，若速度相同的同一束粒子沿极板P1、P2的轴线射入电磁场区域，由小孔S0射入右边的偏转磁场B2中，运动轨迹如图所示，不计粒子重力．下列相关说法中正确的是（　　）‎ A．该束带电粒子带负电 B．速度选择器的P1极板带负电 C．在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大 D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】根据带电粒子在磁场中的偏转方向确定带电粒子的正负．根据在速度选择器中电场力和洛伦兹力平衡确定P1极板的带电情况．在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，求出粒子的轨道半径，即可知道轨迹半径与什么因素有关．‎ ‎【解答】解：A、带电粒子在磁场中向下偏转，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电．故A错误．‎ B、在平行金属板间，根据左手定则知，带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的P1极板带正电．故B错误．‎ C、进入B2磁场中的粒子速度是一定的，根据qvB=m得，r=，知r越大，荷质比越小，而质量m不一定大．故C错误；D正确；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】解决本题的关键会根据左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道在速度选择器中，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，当导线中无电流时，磁铁对斜面的压力为N1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为N2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是（　　）‎ A．N1＜N2，弹簧的伸长量减小 B．N1=N2，弹簧的伸长量减小 C．N1＞N2，弹簧的伸长量增大 D．N1＞N2，弹簧的伸长量减小 ‎【考点】磁场对电流的作用．‎ ‎【分析】通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，得出导线给磁铁的反作用力方向 ‎【解答】解：磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中心偏右位置，所以此处的磁感线是斜向左下的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的安培力方向是斜向左下方．‎ 长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是斜向左上的；将这个力分解为垂直于斜面与平行于斜面的分力，因此光滑平板对磁铁支持力减小，由于在电流对磁铁作用力沿斜面方向的分力向下，所以弹簧拉力拉力变大，弹簧长度将变长．所以N1＞N2，弹簧的伸长量增大．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析 ‎　‎ ‎7．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图．过c点的导线所受安培力的方向（　　）‎ A．与ab边平行，竖直向上 B．与ab边平行，竖直向下 C．与ab边垂直，指向左边 D．与ab边垂直，指向右边 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度；左手定则．‎ ‎【分析】通电导线在磁场中受到安培力，方向是由左手定则可确定，而通电导线与通电导线间的安培力由通电导线周围存在磁场是由安培定则来确定，则对放入其中的通电导线有安培力作用，从而由安培力的叠加可确定其方向．‎ ‎【解答】解：等边三角形的三个顶点a、b、c处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流．‎ 由安培定则可得：导线a、b的电流在c处的合磁场方向竖直向下．‎ 再由左手定则可得：安培力的方向是与ab边垂直，指向左边．‎ 故选：C ‎【点评】从题中可得这一规律：通电导线的电流方向相同时，则两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，则两导线相互排斥．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电量为﹣q质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球下滑的最大速度为 B．小球下滑的最大加速度为am=gsinθ C．小球的加速度一直在减小 D．小球的速度先增大后减小 ‎【考点】牛顿第二定律；洛仑兹力．‎ ‎【分析】小球从A点由静止沿杆下滑，受到重力、支持力、洛伦兹力、摩擦力，根据牛顿第二定律表示出加速度，进而分析出最大速度和最大加速度及加速度的变化过程．‎ ‎【解答】解：小球开始下滑时有：mgsinθ﹣μ（mgcosθ﹣qvB）=ma，随v增大，a增大，‎ ‎ 当时，a达最大值gsinθ，‎ 此时洛伦兹力等于mgcosθ，支持力等于0，此后随着速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，‎ 此后下滑过程中有：mgsinθ﹣μ（qvB﹣mgcosθ）=ma，‎ 随v增大，a减小，当时，‎ a=0．此时达到平衡状态，速度不变．‎ 所以整个过程中，v先一直增大后不变；a先增大后减小，所以B对．‎ 故选B．‎ ‎【点评】解决本题的关键是正确地进行受力分析，根据受力情况，判断运动情况．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，小车的上面是中突的两个对称的曲面组成，整个小车的质量为m，原来静止在光滑的水平面上．今有一个可以看作质点的小球，质量也为m，以水平速度v从左端滑上小车，恰好到达小车的最高点后，又从另一个曲面滑下．关于这个过程，下列说法不正确的是（　　）‎ A．小球滑离小车时，小车又回到了原来的位置 B．小球在滑上曲面的过程中，对小车压力的冲量大小是 C．小球和小车作用前后，小车和小球的速度一定有变化 D．车上曲面的竖直高度不会大于 ‎【考点】动量守恒定律；动量定理．‎ ‎【分析】小球和小车组成的系统，水平方向动量守恒，根据动量的变化来计算冲量的大小，根据系统的能量不会增加来判断最大的高度大小．‎ ‎【解答】解：A、小球滑上曲面的过程，小车向右运动，小球滑下时，小车还会继续前进，故不会回到原位置，故A错误．‎ B、由小球恰好到最高点，知道两者有共同速度，对于车、球组成的系统，水平方向不受外力，则水平方向动量守恒，则有 mv=2mv′，得共同速度v′=．‎ 对小车，由动量定理得：I=mv′=，即小球在滑上曲面的过程中，合力对小车的冲量大小是，故B错误．‎ C、由于满足动量守恒定律，系统机械能又没有增加，所以是可能的，两曲面光滑时会出现这个情况，故C正确．‎ D、由于小球原来的动能为，小球到最高点时系统的动能为×2m×（）2=，所以系统动能减少了，如果曲面光滑，则减少的动能等于小球增加的重力势能，即=mgh，得h=．显然，这是最大值，如果曲面粗糙，高度还要小些，故D正确．‎ 本题选不正确的，故选：AB ‎【点评】本题是系统动量守恒和机械能守恒的类型，类似于弹性碰撞，常见类型．分析清楚运动过程、应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎10．两根相距为L的足够长的金属弯角光滑导轨如图所示放置，它们各有一边在同一水平面内，另一边与水平面的夹角为37°，质量均为m的金属细杆ab、cd与导轨垂直接触形成闭合回路，导轨的电阻不计，回路总电阻为2R，整个装置处于磁感应强度大小为B，方向竖直向上的匀强磁场中，当ab杆在平行于水平导轨的拉力F作用下以速度v沿导轨匀速运动时，cd杆恰好处于静止状态，重力加速度为g，以下说法正确的是（　　）‎ A．ab杆所受拉力F的大小为mg sin37°‎ B．回路中电流为 C．回路中电流的总功率为mgv sin37°‎ D．m与v大小的关系为m=‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电功、电功率．‎ ‎【分析】ab杆和cd杆均处于平衡状态，运用平衡条件分别对两杆研究，即可求得F的大小；对于cd杆分析，由平衡条件求解感应电流；回路中电流的总功率等于拉力的功率，由公式P=Fv求出．根据安培力与速度的关系，推导出m与v的关系．‎ ‎【解答】解：A、对于cd杆，由平衡条件得：F安=mgtan37°，对ab杆，由于感应电流的大小、导线的长度相等，两杆所受的安培力大小相等，由平衡条件得知，F=F安，拉力F=mgtan37°，故A错误；‎ B、cd杆所受的安培力F安=BIL，又F安=mgtan37°，得电流为：I=，故B错误；‎ C、回路中电流的总功率等于拉力的功率，为P=Fv=mgvtan37°，故C错误；‎ D、根据E=BLv，I=，F安=BIL得，F安=，结合F安=mgtan37°，解得：m=，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题要熟练运用法拉第电磁感应定律、平衡方程等规律，强调受力分析的正确性，同时突出克服安培力所做的功等于产生的焦耳热．‎ ‎　‎ ‎11．如图甲所示，在竖直向上的磁场中，水平放置一个单匝金属环形线圈，线圈所围面积为0.1m2，线圈电阻为1Ω，磁场的磁感应强度大小B随时间t的变化规律如图乙所示，规定从上往下看顺时针方向为线圈中感应电流i的正方向，则（　　）‎ A．0～5 s内i的最大值为0.1 A B．第4 s末i的方向为负方向 C．第3 s内线圈的发热功率最大 D．3～5 s内线圈有扩张的趋势 ‎【考点】法拉第电磁感应定律．‎ ‎【分析】根据法拉第电磁感应定律E=n=n求出各段时间内的感应电动势，就可以解得电流的大小，根据楞次定律判断出各段时间内感应电动势的方向．‎ ‎【解答】解：A、根据法拉第电磁感应定律：E=n=n可以看出B﹣t图象的斜率越大则电动势越大，所以零时刻线圈的感应电动势最大 即：Emax=n=1×V=0.01V，根据欧姆定律：Imax===0.01A 故A错误．‎ B、从第3s末到第5s末竖直向上的磁场一直在减小，根据楞次定律判断出感应电流的磁场与原磁场方向相同，所以电流方向为逆时针方向，电流是负的，故B正确；‎ C、由图乙所示图象可知，在第3s内穿过线圈的磁通量不变，线圈不产生感应电流，线圈发热功率为零，最小，故C错误；‎ D、由图乙所示可知，3～5s内穿过线圈的磁通量减少，为阻碍磁通量的减少，线圈有扩张的趋势，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】解决本题的关键是掌握法拉第电磁感应定律E=n=n ‎，会根据楞次定律判断感应电流的方向；要注意灵活应用楞次定律解题：当磁通量减小时，为阻碍磁通量的减少，线圈有扩张的趋势，为阻碍磁通量的增加，线圈有收缩的趋势．‎ ‎　‎ ‎12．用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子n，若一块横截面为矩形的金属导体的宽为b，厚为d，当通以图示方向电流I，并加有与侧面垂直的匀强磁场B时，在导体上、下表面间用理想电压表测得电压为U．已知自由电子的电荷量为e，则下列判断正确的是（　　）‎ A．上表面电势低 B．下表面电势低 C．n= D．n=‎ ‎【考点】霍尔效应及其应用．‎ ‎【分析】定向移动的电子受到洛伦兹力发生偏转，在上下表面间形成电势差，电子到达的表面带负电，电势较低．最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡求出单位体积内的自由电子数．‎ ‎【解答】解：A、根据左手定则，电子向上表面偏转，下表面失去电子带正电，所以下表面电势高，上表面电势低．故A正确，B错误．‎ C、再根据e=evB，I=neSv=nebdv，得n=，故C正确，D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道最终电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡．‎ ‎　‎ ‎13．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如甲图所示，其核心部分是两个D形金属盒，其间留有空隙．在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连．带电粒子在磁场中运动的动能Ek 随时间t的变化规律如图乙所示，忽略带电粒子在电场中的加速时间，不计粒子重力，则下列判断正确的是（　　）‎ A．在Ekt图象中应有t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1‎ B．高频电源的变化周期应该等于tn﹣tn﹣1‎ C．粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大 D．要想粒子获得的最大动能越大，可增加D形盒的直径 ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】交流电源的周期必须和粒子在磁场中运动的周期一致，由公式T=和r=判断其它．‎ ‎【解答】解：A、据T=，粒子回旋周期不变，在Ek﹣t图中应有t4﹣t3=t3﹣t2=t2﹣t1，故A正确；‎ B、高频电源的变化周期应该等于粒子在磁场中的周期，故应为tn﹣tn﹣2；故B错误；‎ C、根据据公式r=，有v=，故最大动能Ekm=mv2=，粒子的最大动能与加速次数无关；故C错误，‎ D、由C的分析可知，最大动能决定于D形盒的半径；故要想粒子获得的最大动能越大，可增加D形盒的直径；故D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】本题考查了回旋加速器的原理，特别要记住粒子获得的最大动能是由D型盒的半径决定的，同时注意在推导过程中的牛顿第二定律的应用．‎ ‎　‎ ‎14．一轻质弹簧，上端悬挂于天花板，下端系一质量为M的平板，处在平衡状态．一质量为m的均匀环套在弹簧外，与平板的距离为h，如图所示，让环自由下落，撞击平板．已知碰后环与板以相同的速度向下运动，使弹簧伸长（　　）‎ A．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总动量守恒 B．若碰撞时间极短，则碰撞过程中环与板的总机械能守恒 C．环撞击板后，板的新的平衡位置与h的大小无关 D．在碰后板和环一起下落的过程中，它们减少的动能等于克服弹簧力所做的功 ‎【考点】机械能守恒定律；牛顿第二定律；功的计算．‎ ‎【分析】圆环与圆板碰撞过程，时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒；碰撞后环与板共同下降的过程中，环与板以及弹簧系统机械能守恒．‎ ‎【解答】解：A、圆环与平板碰撞过程，若碰撞时间极短，内力远大于外力，系统总动量守恒，由于碰后速度相同，为完全非弹性碰撞，机械能不守恒，减小的机械能转化为内能，故A正确，B错误；‎ C、碰撞后平衡时，有 kx=（m+M）g 即碰撞后新平衡位置与下落高度h无关，故C正确；‎ D、碰撞后环与板共同下降的过程中，它们动能和重力势能的减少量之和等于弹簧弹性势能的增加量，故D错误；‎ 故选AC ‎【点评】本题关键是抓住碰撞过程和碰撞后下降的两个过程，碰撞过程动量守恒，之后环与板及弹簧系统机械能守恒 ‎　‎ 二、实验题：15题4分，16题10分，共14分．‎ ‎15．在“研究电磁感应现象”实验中，将灵敏电流计G与线圈L连接，线圈上导线绕法，如图所示．已知当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转．‎ ‎（1）将磁铁N极向下从线圈L上方竖直插入L时，灵敏电流计的指针将　向左　偏转（选填“向左”“向右”或“不”）．‎ ‎（2）当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，a点电势　高于　b点电势（填“高于”、“等于”或“低于”）．‎ ‎【考点】研究电磁感应现象．‎ ‎【分析】电流从左端流入指针向左偏转，根据电流表指针偏转方向判断电流方向，然后应用安培定则与楞次定律分析答题．‎ ‎【解答】解：已知当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转；‎ ‎（1）将磁铁N极向下从线圈上方竖直插入L时，穿过L的磁场向下，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，感应电流磁场应该向上，由安培定则可知，电流从左端流入电流计，则电流表指针向左偏转；‎ ‎（2）当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，穿过L的磁通量向上，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向上，由安培定则可知，电流从b流向a，a点电势高于b点电势；‎ 故答案为：（1）向左；（2）高于．‎ ‎【点评】熟练应用安培定则与楞次定律是正确解题的关键；要掌握安培定则与楞次定律的内容．‎ ‎　‎ ‎16．（10分）（2016秋•桥西区校级期末）如图1所示，用“碰撞实验器”可以验证动量守恒定律，即研究两个小球在轨道水平部分碰撞前后的动量关系：‎ 先安装好实验装置，在地上铺一张白纸，白纸上铺放复写纸，记下重垂线所指的位置O．‎ 接下来的实验步骤如下：‎ 步骤1：不放小球2，让小球1从斜槽上A点由静止滚下，并落在地面上．重复多次，用尽可能小的圆，把小球的所有落点圈在里面，其圆心就是小球落点的平均位置；‎ 步骤2：把小球2放在斜槽前端边缘位置B，让小球1从A点由静止滚下，使它们碰撞．重复多次，并使用与步骤1同样的方法分别标出碰撞后两小球落点的平均位置；‎ 步骤3：用刻度尺分别测量三个落地点的平均位置M、P、N离O点的距离，即线段OM、OP、ON的长度．‎ ‎（1）对于上述实验操作，下列说法正确的是　ACD　‎ A．应使小球每次从斜槽上相同的位置自由滚下 B．斜槽轨道必须光滑 C．斜槽轨道末端必须水平 D．小球1质量应大于小球2的质量 ‎（2）上述实验除需测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量有　C　．‎ A．A、B两点间的高度差h1‎ B．B点离地面的高度h2‎ C．小球1和小球2的质量m1、m2‎ D．小球1和小球2的半径r ‎（3）当所测物理量满足表达式　m1•OP=m1•OM+m2•ON　（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞遵守动量守恒定律．如果还满足表达式　m1•（OP）2=m1•（OM）2+m2•（ON）2　（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球碰撞时无机械能损失．‎ ‎（4）完成上述实验后，某实验小组对上述装置进行了改造，如图2所示．在水平槽末端与水平地面间放置了一个斜面，斜面的顶点与水平槽等高且无缝连接．使小球1仍从斜槽上A点由静止滚下，重复实验步骤1和2的操作，得到两球落在斜面上的平均落点M′、P′、N′．用刻度尺测量斜面顶点到M′、P′、N′三点的距离分别为l1、l2、l3．则验证两球碰撞过程中动量守恒的表达式为　m1=m1+m2　（用所测物理量的字母表示）．‎ ‎【考点】验证动量守恒定律．‎ ‎【分析】（1、2）在验证动量守恒定律的实验中，运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度．根据实验的原理确定需要测量的物理量．‎ ‎（3）根据动量守恒定律及机械能守恒定律可求得动量守恒及机械能守恒的表达式；‎ ‎（4）小球落在斜面上，根据水平位移关系和竖直位移的关系，求出初速度与距离的表达式，从而得出动量守恒的表达式 ‎【解答】解：（1）因为平抛运动的时间相等，根据v=，所以用水平射程可以代替速度，则需测量小球平抛运动的射程间接测量速度．故应保证斜槽末端水平，小球每次都从同一点滑下；同时为了小球2能飞的更远，防止1反弹，球1的质量应大于球2的质量；故ACD正确，B错误；‎ 故选：ACD．‎ ‎（2）根据动量守恒得，m1•OP=m1•OM+m2•ON，所以除了测量线段OM、OP、ON的长度外，还需要测量的物理量是小球1和小球2的质量m1、m2．‎ 故选：C．‎ ‎（3）因为平抛运动的时间相等，则水平位移可以代表速度，OP是A球不与B球碰撞平抛运动的位移，该位移可以代表A球碰撞前的速度，OM是A球碰撞后平抛运动的位移，该位移可以代表碰撞后A球的速度，ON是碰撞后B球的水平位移，该位移可以代表碰撞后B球的速度，当所测物理量满足表达式m1•OP=m1•OM+m2•ON，说明两球碰撞遵守动量守恒定律，由功能关系可知，只要m1v02=m1v12+m2v22成立则机械能守恒，故若m1•OP2=m1•OM2+m2•ON2，说明碰撞过程中机械能守恒．‎ ‎（4）碰撞前，m1落在图中的P′点，设其水平初速度为v1．小球m1和m2发生碰撞后，m1的落点在图中M′点，设其水平初速度为v1′，m2的落点是图中的N′点，设其水平初速度为v2． 设斜面BC与水平面的倾角为α，‎ 由平抛运动规律得：Lp′sinα=gt2，Lp′cosα=v1t 解得v1=．‎ 同理v1′=，v2=，可见速度正比于．‎ 所以只要验证m1=m1+m2即可．‎ 故答案为．（1）ACD；（2）C；（3）m1•OP=m1•OM+m2•ON　m1•（OP）2=m1•（OM）2+m2•（ON）2；（4）m1=m1+m2．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握实验的原理，以及实验的步骤，在验证动量守恒定律实验中，无需测出速度的大小，可以用位移代表速度．同时，在运用平抛运动的知识得出碰撞前后两球的速度，因为下落的时间相等，则水平位移代表平抛运动的速度．若碰撞前后总动能相等，则机械能守恒．‎ ‎　‎ 三、计算题：解答写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位（17题8分，18题10分，19题12分，共30分）：‎ ‎17．如图所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，一个磁感应强度B=0.50T的匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R=0.30Ω的电阻，导轨宽度L=0.40m．电阻为r=0.20Ω的金属棒ab紧贴在导轨上，导轨电阻不计，现使金属棒ab由静止开始下滑0.7m 后以5m/s的速度匀速运动．（g=10m/s2）‎ 求：‎ ‎（1）金属棒的质量m；‎ ‎（2）在导体棒下落2.70m内，回路中产生的热量Q．‎ ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意可知下落0.7m后棒做匀速运动，根据下降的高度和时间求出匀速直线运动的速度，抓住重力和安培力平衡，结合切割产生的感应电动势和闭合电路欧姆定律求出金属棒的质量．‎ ‎（2）在下落的2.7m内金属棒重力势能的减小量转化为金属棒的动能和整个回路（即电阻R）产生的热量，根据能量守恒定律求出电阻R上产生的热量．‎ ‎【解答】解：（1）从表格中数据可知，静止开始下滑0.7m 后以5m/s的速度匀速运动，电动势为E，回路中的电流为I，金属棒受到的安培力为F．则 E=BLv I=‎ F=BIL=mg 联合解得：m==．‎ ‎（2）棒在下滑过程中，有重力和安培力做功，克服安培力做的功等于回路的焦耳热，根据能量守恒得，‎ mgh2=mv2+Q 导入数据解得Q=0.58J．‎ 答：（1）金属棒的质量m为0.04kg．（2）电阻R上产生的热量为0.58J．‎ ‎【点评】本题综合考查了法拉第电磁感应定律和切割产生的感应电动势公式，知道金属棒在整个过程中的运动情况，结合共点力平衡和能量守恒定律、闭合电路欧姆定律进行求解．‎ ‎　‎ ‎18．（10分）（2014•菏泽一模）如图所示，在光滑的水平桌面上有一长为L=2m的木板C，它的两端各有一块挡板，C的质量为mC=5kg，在C的中央并排放着两个可视为质点的滑块A与B，其质量分别为mA=1kg、mB=4kg，开始时A、B、C均处于静止状态，并且A、B间夹有少许炸药，炸药爆炸使得A以vA=6m/s的速度水平向左运动，不计一切摩擦，两滑块中任一块与挡板碰撞后就与挡板合成一体，爆炸与碰撞时间不计，求：‎ ‎（1）当两滑块都与挡板碰撞后，板C的速度多大？‎ ‎（2）从爆炸开始到两个滑块都与挡板碰撞为止，板C的位移多大？方向如何？‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】1、炸药爆炸，整个过程满足动量守恒，列出等式求解．‎ ‎2、炸药爆炸，A、B获得的速度大小关系可以根据动量守恒求得，A向左运动，与挡板相撞并合成一体由动量守恒求得共同速度，根据运动学公式求解．‎ ‎【解答】解：炸药爆炸，滑块A与B分别获得向左和向右的速度，由动量守恒可知，A的速度较大（A的质量小），A、B均做匀速运动，A先与挡板相碰合成一体（满足动量守恒）一起向左匀速运动，最终B也与挡板相碰合成一体（满足动量守恒），整个过程满足动量守恒．‎ ‎（1）整个过程A、B、C系统动量守恒，有：‎ ‎0=（mA+mB+mC）v，‎ 所以v=0‎ ‎（2）炸药爆炸，A、B获得的速度大小分别为vA、vB．以向左为正方向，有：‎ mAvA﹣mBvB=0，‎ 解得：vB=1.5m/s，方向向右 然后A向左运动，与挡板相撞并合成一体，共同速度大小为vAC，‎ 由动量守恒，有：‎ mAvA=（mA+mC）vAC，‎ 解得：vAC=1m/s 此过程持续的时间为：t1== s 此后，设经过t2时间B与挡板相撞并合成一体，则有：‎ ‎=vACt2+vB（t1+t2），解得：t2=0.3s 所以，板C的总位移为：xC=vACt2=0.3m，方向向左 答案：（1）板C的速度是0 　‎ ‎（2）板C的位移大小是0.3m，方向向左．‎ ‎【点评】在同一物理过程中，系统的动量是否守恒，与系统的选取密切相关，故在运用动量守恒定律解题时，一定要明确在哪段过程中哪些物体组成的系统动量守恒．‎ ‎　‎ ‎19．（12分）（2012秋•威海期末）如图所示，真空中有以O′为圆心，r为半径的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度为B．圆的最下端与x轴相切于直角坐标原点O，圆的右端与平行于y轴的虚线MN相切，在虚线MN右侧x轴上方足够大的范围内有方向竖直向下、场强大小为E的匀强电场，在坐标系第四象限存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小也为B的匀强磁场，现从坐标原点O沿y轴正方向发射速率相同的质子，质子在磁场中做半径为r的匀速圆周运动，然后进入电场到达x轴上的C点．已知质子带电量为+q，质量为m，不计质子的重力、质子对电磁场的影响及质子间的相互作用力．求：‎ ‎（1）质子刚进入电场时的速度方向和大小；‎ ‎（2）OC间的距离；‎ ‎（3）若质子到达C点后经过第四限的磁场后恰好被放在x轴上D点处（图上未画出）的一检测装置俘获，此后质子将不能再返回电场，则CD间的距离为多少．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据洛伦兹力提供向心力，结合牛顿第二定律，即可求解速度大小，再根据运动轨迹半径与圆磁场的半径来确定速度方向；‎ ‎（2）根据平抛运动处理规律，结合运动学公式与牛顿第二定律，即可求解；‎ ‎（3）根据运动的合成与运动学公式，求出合速度大小，再由几何关系确定已知长度与运动轨迹的半径的关系，从而确定求解．‎ ‎【解答】解：（1）根据题意可知，质子的运动轨迹的半径与圆磁场半径相同，‎ 由牛顿第二定律，则有：qvB=m 得：v=‎ 方向沿x轴正方向；‎ ‎（2）质子在电场中做类平抛运动，‎ 则质子电场中运动时间：r=‎ 由牛顿第二定律 qE=ma t=‎ 由题意可知x1=ON=r 电场中x2=NC=vt OC间的距离为x=x1+x2=r+‎ ‎（3）竖直方向的速度vy=at 设质子合速度为v′‎ 质子合速度与x轴正向夹角的正弦值sinθ=‎ x3=CD=2R sinθ 运动半径：R=‎ x3=CD=2=‎ 答：（1）质子刚进入电场时的速度方向沿x轴正方向和大小v=；‎ ‎（2）OC间的距离r+；‎ ‎（3）则CD间的距离为．‎ ‎【点评】‎ 考查粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，在电场力作用下做类平抛运动，掌握两种运动的处理规律，学会运动的分解与几何关系的应用．注意正确做出运动轨迹是解题的重点．‎ ‎　‎