《2023年高二物理第二学期期末模拟试卷及答案（一）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年高二物理第二学期期末模拟试卷及答案（一）.pdf（32页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023年高二物理第二学期期末模拟试卷及答案（一）一、选择题：（每题3 分，在每小题给出的四个选项中，1-1 0 题只有一个选项正确，1 1-1 4 有多个选项正确，共计4 2 分）1.在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献.下列说法正确的是（）A.法拉第发现了电流磁效应；奥斯特发现了电磁感应现象B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C.库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D.安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹发现了磁场对电流的作用规律2.两个大小分别为Fi和 F2（F2VF1）的力作用在同一质点上，它们的合力的大小F 满 足（）A.
2、F2WFWF1 B.LCJ2W FW 立 士 2 2C.F-F2WFWF1+F2 D.Fj2-F22 F FI2+F223.在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中（）A,速度和加速度的方向都在不断变化B.速度与加速度方向之间的夹角一直减小C.在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D.在相等的时间间隔内，动能的改变量相等4.如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面.下列判断正确的是（）A.同一电荷在1、2 两点的所受电场力相同B.同一电荷在2、3 两点的所受电场力相同C.负电荷从点1运动到点2,电场力做正功D.负电荷从点1运动到点
3、2 和从点1运动到点3,增加的电势能相等5.真空中两个相同的带等量异号电荷的金属小球A 和 B（均可看作点电荷），分别固定在两处，两球间静电力大小为F.现用一个不带电的同样的金属小球C 先与A 接触，再与B 接触，然后移开C,此时 A、B 间的静电力大小变为（）A.J B.萼 C.1 D.6.如图是质量为1kg的质点在水平面上运动的v-t 图象，以水平向右的方向为正方向.以下判断正确的是（）A.在 0 3s时间内，合力大小为10NB.在。3s时间内，质点的平均速度为lm/sC.在。5 s时间内，质点通过的路程为1 4 mD.在6 s末，质点的加速度为零7 .如图所示，一物体以速度V。自倾角为6
4、的固定斜面顶端水平抛出后落在斜面上，物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角为若将物体的速度减小到野，再次从顶端水平飞出，落到斜面上，物体与斜面接触时速度方向与水平方向的夹角为4 2,（不计物体大小），则A.巾2 巾1 B.巾2巾1C.力2=力1 D.无法确定两角大小8.一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是（）A.C 和 U 均减小 B.C 减小，U 增 大 C.C增大,U 减 小 D.C和 U 均增大9.如图所示为理想变压器,三个灯泡L1、L 2、L3都标有“5V,5W”,L4标有“5V,10W，若它们都能
5、正常发光，则变压器原、副线圈匝数比m：&和 ab间电压应为（）A.2；1,25V B.2：1,20V C.1：2,25V D.1；2,20V1 0.如图所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为0的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行.当斜面体以加速度a1水平向右做匀加速直线运动时一，小球受到斜面的支持力恰好为零；当斜面体以加速度a2水平向左做匀加速直线运动时，小球受到细线的ai拉力恰好为零，则三=（）_ 2 aA.1 B.t C.tan20 D.入口广tan b cos U11.光电效应实验中，下列表述正确的是（）A.光照时间越长光电流越大B.入射光足够强就可以有光电流C.遏止电压与入
6、射光的频率有关D.入射光频率大于极限频率才能产生光电子12.下列说法正确的是（）27 4A.约里奥-居里夫妇发现人工放射性同位素的方程为13A1+230 1He 玲 15P+on9 4 12 1B.卢瑟福发现中子的核反应方程为4Be+2He玲6 C+O n14 4 17 1C.查得威克发现质子的核反应方程为7N+2He玲8 0+1HD.贝克勒尔发现了天然放射现象，说明了原子核是有内部结构的1 3.如图所示电路中，电源内阻忽略不计.闭合电建，电压表示数为U,电流表示数为I；在滑动变阻器R i的滑片P由a端滑到b端的过程 中（)A.U 先变大后变小B.I先变小后变大C.U 与 I比值先变大后变小D
7、.U 变化量与I变化量比值等于R314.如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转 产生的交变电动势图象如图乙中A.两次t=0时刻，通过线圈平面磁通量都是6=0B.曲线a、b对应的线圈转速之比为3：2C.曲线b表示的交变电动势有效值为10VD.曲线a表示的交变电动势频率为25Hz二、填空题：（每空3分，共计18分）15.某班同学要测定电源的电动势和内电阻，各小组设计了以下不同的实验电路.（1）在电路图（1）和（2）中，若 R 1 为定值电阻且阻值未知，则能测出电源电动势的是，能测出电源内电阻的是（选填图的编号）（2）若用图（3）所示实验电路进行实验，
8、已知R i=2 Q,电压表V 、V 2 读数分别为U l、U 2,现以U 2 为纵坐标，U i 为横坐标，作出相应图线，如 图（4）所示，贝 I J：电源电动势E=V,内阻厂Q.I1-1-S(1)1 6.探究加速度与力、质量的关系的实验装置如图1 所示.（1）为了平衡小车及纸带所受的摩擦力，实验时应将长木板A B 的（选填 A端或 B端）适当垫高.（2）根据一条实验中打出的纸带，通过测量、计算，作出小车如图2的v -t 图象见题图，可知小车的加速度为 m/s2.7 S 5 JI图3（3）如果这位同学未做（1）中的操作，然后不断改变对小车的拉力F,他得到M（小车质量）保持不变情况下如图3的a-F
9、 图线是如图3中的（将选项代号的字母填在横线上）.三、解答题：（本题共4 小题，共 40分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）1 7.一质量为0.5k g 的小物块放在水平地面上的A 点，距离A 点5m的位置B 处是一面墙，如图所示.物块以v 0=9 m/s 的初速度从A 点沿 A B 方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s,碰后以6m/s的速度反向运动.g 取 l O m/s?.Vo/（1）求物块与地面间的动摩擦因数（2）若碰撞时间为0.0 5s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F.1 8 .如图所示，质量分别为m i
10、=l k g,m 2=3 k g 的小车A 和 B 静止在水平面图1 上，小车A 的右端水平连接一根轻弹簧，小车B 以水平向左的初速度v o向A 驶来，与轻弹簧相碰之后，小车A 获得的最大速度为v=6m/s,如果不计摩擦，也不计相互作用过程中机械能损失,求：小车B 的初速度v o；A 和 B 相互作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能.AB /，小1 9 .如图所示，足够长的光滑U形导轨宽度为L,其所在平面与水平面的夹角为a,上端连接一个阻值为R的电阻.匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨平面向上.今有一质量为m、有效电阻r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速
11、度Vm 时，运动的位移为x,求(1)金属杆沿斜面下滑的最大速度？(2)在此过程中电阻R产生的焦耳热为多少？(3)在此过程中流过电阻R的电荷量q 为多少？2 0 .如图是测定带电粒子比荷的一种装置.图中点划线P Q 是装置的轴线，A是粒子源，某一带电粒子(不计重力)自小孔飞出，经电场加速后沿轴线P Q 进入装置C；装置C 中有一对平行金属板，板间存在正交的电磁场，已知磁场的磁感应强度为Bi,两极板间距为d,极板间的电势差为U；装置D 是一半径为r、磁感应强度为B2、圆心在P Q 上的圆形匀强磁场区域.若某带电粒子(不计重力)经电场加速后，恰好沿轴线P Q 直线通过装置C,并沿轴线P Q 方向进入
12、装置D,经 D 中的磁场发生偏转，最后从圆形区域边界上的G点射出，已知G 点到轴线PQ 的距离为亨r.求：(1)粒子离开装置C 的速度大小;(2)粒子的比荷也参考答案与试题解析一、选择题：（每题3 分，在每小题给出的四个选项中，1-1 0 题只有一个选项正确，1 1-1 4 有多个选项正确，共计4 2 分）1.在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献.下列说法正确的是（）A.法拉第发现了电流磁效应；奥斯特发现了电磁感应现象B.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系C.库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值D.安培发现了磁场对运动电荷的作用规律；洛伦兹
13、发现了磁场对电流的作用规律【考点】物理学史.【分析】本题考查电磁学中的相关物理学史，应掌握在电磁学发展中作出突出贡献的科学家的名字及主要发现.【解答】解：A、奥斯特发现了电流磁效应，法拉第发现了电磁感应现象，故 A错误；B、欧姆发现了欧姆定律，说明了导体两端的电压与电流之间存在联系，故 B 错误；C、库仑发现了点电荷的相互作用规律，密立根通过油滴实验测定了元电荷的数值，故 C 正确；D、洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律，安培发现了磁场对电流的作用规律，故D错误；故选：C2.两个大小分别为F i和F2（F2 FI）的力作用在同一质点上，它们的合力的大小F满 足（）Fi f 尸产2A.F2WF
14、WF B.-2-WFW-1-C.C-F2W FW F1+F2 D.F12-F22 F FI2+F22【考点】力的合成.【分析】两个共点力合成，遵循平行四边形定则，当两个力同向时合力最大，反向时合力最小.【解答】解：两个共点力合成，遵循平行四边形定则，当两个力同向时合力最大，等于F1+F2,反向时合力最小，等于Fi-F 2,故FI+F22F 合2 F i-F2故选C.3.在地面上方某一点将一小球以一定的初速度沿水平方向抛出，不计空气阻力，则小球在随后的运动中（）A.速度和加速度的方向都在不断变化B.速度与加速度方向之间的夹角一直减小C.在相等的时间间隔内，速率的改变量相等D.在相等的时间间隔内，
15、动能的改变量相等【考点】功能关系.【分析】明确平抛运动的性质，知道平抛运动可分解为竖直方向上的自由落体运动和水平方向上的匀速直线运动；再根据运动的合成和分解规律可明确速度及速率的变化情况.【解答】解：A、平抛运动的物体其加速度恒定不变，速度方向时刻变化；故A错误；B、由于竖直分速度一直增大，而水平分速度不变，故合速度的方向由水平逐渐变为接近竖直，故与竖直方向夹角越来越小；与加速度方向的夹角越来越小；故B正确；C、由丫=淙可知，在相等的时间间隔内速度的改变量相同；但是速率为水平速度和竖直速度的合速度的大小；故速率的改变量不相同；故C错误；D、由C可知，速率的变化量不相等，故由动能的表达式可知，动
16、能的改变量也不相等；故D错误；故选：B.4.如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面.下列判断正确的是（）A.同一电荷在1、2两点的所受电场力相同B.同一电荷在2、3 两点的所受电场力相同C.负电荷从点1运动到点2,电场力做正功D.负电荷从点1运动到点2 和从点1运动到点3,增加的电势能相等【考点】电场线；电势能；等势面.【分析】根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大.顺着电场线，电势降低.利用这些知识进行判断.【解答】解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与 2比较，1处的电场线密，所以1 处的
17、电场强度大，同一电荷在1、2两点的所受电场力不相同.故A 错误；B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，2 与 3 比较，它们的电场强度的大小相同，方向不同，所以同一电荷在2、3 两点的所受电场力不相同.故B 错误；C,顺着电场线，电势降低，所以1 点的电势高于2 点处的电势，所以负电荷从点1运动到点2,电场力做负功.故C 错误；D、由图可得，2 与 3 处于同一条等势线上，所以2 与 3 两点的电势相等.负电荷从点1运动到点2 和从点1运动到点3,增加的电势能相 等.故 D 正确.故选：D5.真空中两个相同的带等量异号电荷的金属小球A和B（均可看作点电荷），分别固定在两处，两球间静电力大小
18、为F.现用一个不带电的同样的金属小球C先与A接触，再与B接触，然后移开C,此时A、B间的静电力大小变为（）F 八 5F F 一 FA.a B.C.W D.1【考点】库仑定律.【分析】根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题.kQ2【解答】解：真空中两个静止点电荷间的静电力大小为：F=F，不带电的同样的金属小球C先与A接触：QC=QA=?QR-QQ QA带电的同样的金属小球C再与B接触：QB-Q c-2=T两点电荷间的距离增大到原来的2倍，则两点电荷间的静电力大小为：kQA,QA 1F=2；4=、.所以选项c正确，选项ABD错误.r故选：C.6.如图是质量为1kg的质点在水平面上运动的v-
19、t图象，以水平向右的方向为正方向.以下判断正确的是（）A.在0 3s时间内，合力大小为IONB.在。3s时间内，质点的平均速度为lm/sC.在。5s时间内，质点通过的路程为14mD.在6s末，质点的加速度为零【考点】匀变速直线运动的图像.【分析】根据速度时间图象的斜率求出加速度，再得到物体的合力.根据速度时间图线与时间轴包围的面积表示位移来计算物体的位移大小，根据平均速度的定义求平均速度.【解答】解：A、在0 3s时间内，加 速 度 为a二N 一y-2m/s2,合力F#=ma=2N,故A错误.B、在0 3s时间内，质点的平均速度为故B正确.C、在。5s时间内，质点通过的路程为s=/x ix 2
20、+粤X4=13m,故C错误.D、根据斜率等于加速度，可知，在6s末，质点的加速度不为零，故D错误.故选：B7.如图所示，一物体以速度V0自倾角为e的固定斜面顶端水平抛出后落在斜面上，物体与斜面接触时速度与水平方向的夹角为力1.若将物体的速度减小到号，再次从顶端水平飞出，落到斜面上，物体与斜面接触时速度方向与水平方向的夹角为42,（不计物体大小），则A.巾2 巾1 B.62 巾1C.力2=力1 D.无法确定两角大小【考点】平抛运动.【分析】平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，结合运动学规律得出速度方向与水平方向夹角的正切值和位移方向与水平方向夹角的正切值，从而进行判断
21、.【解答】解：物体落在斜面上，位移与水平方向夹角的正切值te-囱 一 _LL,速 度 方 向 与 水 平 方 向 夹 角 的 正 切 值 一叮，可知2v0速度方向与水平方向夹角的正切值是位移与水平方向夹角正切值的2倍，由于位移与水平方向的夹角不变，则速度与水平方向的夹角不变,因为4）=a-e,可 知4）不变，即力2=巾1.故选：c.8.一充电后的平行板电容器保持两极板的正对面积、间距和电荷量不变，在两极板间插入一电介质，其电容C和两极板间的电势差U的变化情况是（）A.C和U均减小 B.C减小，U增 大C.C增大，U减 小D.C和u均增大【考点】电容器的动态分析.【分析】根据电容的决定式判断电容
22、大小，根据定义式判断电压变化,从而即可求解.【解答】解：由公式c=知，在两极板间插入一电介质，其电容C增大，由公式C=号知，电荷量不变时U减小，故C正确，ABD错误.故选：C.9.如图所示为理想变压器，三个灯泡Li、L2、L3都标有“5V,5W”,L4标有5V,10W”,若它们都能正常发光，则变压器原、副线圈匝数比川：n2和ab间电压应为（）A.2：1,25V B.2：1,20V C.1：2,25V D.1：2,20V【考点】变压器的构造和原理.【分析】L2、L3并联后与L4串联，灯泡正常发光.说明副线圈电压为10V,副线圈功率为20W,根据电压与匝数成正比，可以求得副线圈的匝数，根据变压器的
23、输入的功率和输出的功率相等可以求得原线圈的输出功率，根 据Li、正常发光得出电流，从而得出ab间电压,再求出原线圈电压，根据电压与匝数成正比，可以求得匝数比.【解答】解：L2、L3并联后与L4串联，灯泡正常发光.可知：U2=10V；P2=5+5+10W=20W,20根据 um=P2 得：UI=TV=2OV5所以 Uab=Ui+UL=20+5=25Vn2 U2-1 0-1故选A1 0.如图所示，细线的一端系一质量为m 的小球，另一端固定在倾角为0 的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行.当斜面体以加速度a1水平向右做匀加速直线运动时一，小球受到斜面的支持力恰好为零；当斜面体以加速度a2水平向左做匀加速
24、直线运动时，小球受到细线的ai拉力恰好为零，则三=()【考点】牛顿第二定律.【分析】当支持力为零时，受重力和拉力，结合牛顿第二定律求出加速度，当拉力为零时，受重力和支持力，结合牛顿第二定律求出加速度.【解答】解：当斜面体以加速度出水平向右做匀加速直线运动时，支持力为零，根据牛顿第二定律得：mgcot0=mai,解得：a尸gcote,当斜面体以加速度a2水平向左做匀加速直线运动时一，小球受到细线的拉力恰好为零，根据牛顿第二定律得：mgtan0=ma2,解得：a2=gtan0,a gcot 8 1则 a2-gtan0-t a n2 0 1 1.光电效应实验中，下列表述正确的是（）A.光照时间越长光
25、电流越大B.入射光足够强就可以有光电流C.遏止电压与入射光的频率有关D.入射光频率大于极限频率才能产生光电子【考点】光电效应.【分析】发生光电效应的条件是入射光频率大于极限频率，遏制电压与最大初动能有关，入射光的频率越大.最大初动能越大.光强不一定能发生光电效应，不一定有光电流，在发生光电效应时，入射光的强度影响光电流的大小.【解答】解：A、光电流的大小与光照时间无光，与光的强度有关.故A错误.B、发生光电效应的条件是入射光频率大于极限频率，入射光强,不一定能发生光电效应.故B错误.C、根据光电效应方程Ekm=eUc=hy-W o,知遏止电压与入射光的频率有关.故C正确.D、发生光电效应的条件
26、是入射光频率大于极限频率.故D正确.故选C D.1 2.下列说法正确的是（）27 4A.约里奥-居里夫妇发现人工放射性同位素的方程为13A1+230 1H e 玲 15P+on_ 94 12 1B.卢瑟福发现中子的核反应方程为4Be+2H e玲6 C+On14 4 17 1C.查得威克发现质子的核反应方程为7 N+2H e玲8 0+1HD.贝克勒尔发现了天然放射现象，说明了原子核是有内部结构的【考点】物理学史.【分析】本题原子物理学史问题，根据贝克勒尔、查德威克、玻尔、约里奥居里等科学家的成就进行分析【解答】解：A、约里奥-居里夫妇发现人工放射性同位素的方程为27 4 30 113A1+2H
27、e玲 15P+O n,故 A 正确；B、查德威克在a 粒子轰击被核时实现了人工转变发现了中子，并获得诺贝尔物理奖，故 B 错误；C、查德威克在a 粒子轰击钺核时实现了人工转变发现了中子，故C错误；D、贝克勒尔发现了天然放射现象，说明了原子核是有内部结构，故D 正确.故选：AD1 3.如图所示电路中，电源内阻忽略不计.闭合电建，电压表示数为U,电流表示数为I；在滑动变阻器R i的滑片P 由a 端滑到b 端的过A.U 先变大后变小B.I 先变小后变大C.U 与 I 比值先变大后变小D.U 变化量与I 变化量比值等于R3【考点】闭合电路的欧姆定律.【分析】电源内阻忽略不计，电压表测量电源电压，所以无
28、论外电阻如何变化，电压表示数不变.滑动变阻器R i的滑片P 由a 端滑到b端的过程中，电阻先曾大后减小，由欧姆定律可判断电流表示数的变化和和U 与 I 比值的变化.【解答】解：A、由图可知电压表测量的是电源的电压，由于电源内阻忽略不计，则电压表的示数总是不变，故 A 错误；BC、由图可知，在滑动变阻器R i的滑片P 由a 端滑到b 端的过程中，滑动变阻器R i的电阻先增大后减小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大，U 与 I 的比值就是接入电路的Ri的电阻与R2的电阻的和，所以U 与I 比值先变大后变小，故C正确；D、由于电压表示数没有变化，所以U 变化量与I 变化量
29、比值等于0,故 D 错误；故选：BC.1 4.如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转 产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b 所示，贝 I J ()A.两次t=0时刻，通过线圈平面磁通量都是9=0B.曲线a、b 对应的线圈转速之比为3：2C.曲线b 表示的交变电动势有效值为10VD.曲线a 表示的交变电动势频率为2 5 H z【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式.【分析】根据图象可分别求出两个交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等.【解答】解：A、在 t=0时刻，感应电动势为零，此时线圈一定处在中性面上，
30、磁通量最大；故A错误；B、由图可知，a 的周期为4 X 1 0-2 s；b的周期为6 X 1 0%,则由n=可知，转速与周期成反比，故转速之比为：3：2；故 B正确；C、曲线a、b 对应的线圈转速之比为3：2,曲线a 表示的交变电动势最大值是1 5 V,根据E m=n B S u）得曲线b 表示的交变电动势最大值是1 0V,则有效值为U=W V；故C错误；D、曲线a 的交变电流的频率f=1-2 5 H z；故D正确；故选：B D.二、填空题：（每空3分，共计18分）1 5.某班同学要测定电源的电动势和内电阻，各小组设计了以下不同的实验电路.（1）在电路图（1）和（2）中，若 R 1 为定值电阻
31、且阻值未知，则能测出电源电动势的是（1）（2）,能测出电源内电阻的是（1）.（选填图的编号）（2）若用图（3）所示实验电路进行实验，已知R i=2 Q,电压表Vi、V2 读数分别为U i、U2,现以U 2 为纵坐标，U i 为横坐标，作出相应图线，如 图（4）所示，贝 I J：电源电动势E=2.5 V,内阻k0.5Q.I1-【考点】测定电源的电动势和内阻.【分析】（1）应用伏安法测电源电动势与内阻，测出路端电压与电路电流可以求出电源电动势与内阻，分析图示电路图答题.（2）根据图（3）所示电路图，应用欧姆定律求出函数表达式，然后根据图（4）所示图象求出电源电动势与内阻.【解答】解：（1）由 图（
32、1）所示电路图可知，电压表测路端电压，电流表测电路电流，该电路可以求出电源电动势与内阻，由 图（2）所示电路图可知，电流表测电路电流，电压表测滑动变阻器两端电压,由于R i 阻值未知，该电路可以测出电源电动势，但不能测出电源内阻，因此能测出电源电动势的电路是（1）（2）,能测电源内阻的电路是（1 ）.ui 工（2）在图（3）所示电路中，电源电动势：E=U i+U 2+I r,U 2=E-（1 +）r A U2 竺U,由图（4）所示图象可知，电源电动势E=2.5V,1+瓦丁瓯三亍=1.2 5,电源内阻厂(1.2 5-1)X2=0.5Q；故答案为：(1)：(1)(2)；(1)；(2)：2.5；0.
33、5.1 6.探究加速度与力、质量的关系 的实验装置如图1 所示.（1）为了平衡小车及纸带所受的摩擦力，实验时应将长木板AB的B端（选填 A 端 或 B 端 ）适当垫高.（2）根据一条实验中打出的纸带，通过测量、计算，作出小车如图2的v-t 图象见题图，可知小车的加速度为3.0 m H.（3）如果这位同学未做（1）中的操作，然后不断改变对小车的拉力F,他得到M（小车质量）保持不变情况下如图3的a-F 图线是如图3中 的 D （将选项代号的字母填在横线上）.【考点】验证牛顿第二运动定律.【分析】（1）为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取做法是将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下
34、使小车恰好做匀速运动.（2）根据速度时间图象的斜率表示加速度求解；（3）根据没有平衡摩擦力时的加速度和力之间的关系明确对应的图象.【解答】解：（1）为了消除小车与水平木板之间摩擦力的影响应采取做法是，将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，所以应将B端适当垫高；（2）速度时间图象的斜率表示加速度，则 2=穿与詈3.0 m/s 2；（3）该同学没有做第一步，即没有平衡摩擦力，则只有当力大于摩擦力时才能产生加速度；故图象应与横坐标出现交点；故应为图D；故答案为：（1）B 端；（2）3.0；（3）D三、解答题：（本题共4 小题，共
35、40分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）1 7.一质量为0.5k g 的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示.物块以v0=9m/s 的初速度从A点沿 AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s,碰后以6 m/s的速度反向运动.g 取 l O m/s?.Vo/（1）求物块与地面间的动摩擦因数(2)若碰撞时间为0.0 5s,求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小 F.【考点】动能定理.【分析】(1)对物块从A点到与墙碰撞前过程运用动能定理，求出物块与地面间的动摩擦因数.(2)对碰撞的过程，运用动量
36、定理，求出碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F.【解答】解：(1)对 A到墙壁过程，运用动能定理得：mg s-y rov y mvg ,代入数据解得：H=0.32.(2)规定向左为正方向，对碰墙的过程运用动量定理得：F A t=mvf-mv,代入数据解得：F=1 30 N.答：(1)物块与地面间的动摩擦因数为0.32.(2)碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小为1 30 N.1 8.如图所示，质量分别为mi=l k g,m2=3k g 的小车A和 B静止在水平面图1 上，小车A的右端水平连接一根轻弹簧，小车B以水平向左的初速度V。向A驶来，与轻弹簧相碰之后，小车A获得的最大速度为v=6 m/
37、s,如果不计摩擦，也不计相互作用过程中机械能损失,求：小车B的初速度vo；A和B相互作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能./力 力 /)派/切ZV【考点】动量守恒定律.【分析】两车碰撞过程中，动量与机械能守恒，由动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出小车B的初速度V0；弹簧压缩最短时，弹簧的弹性势能最大，由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出弹簧的最大弹性势能.【解答】解：由题意可得，当A、B相互作用弹簧恢复到原长时A的速度达到最大，设此时B的速度为V2，所以：由动量守恒定律可得：m2Vo=mV+m2V2,相互作用前后系统的总动能不变：y m2vo2=ymv2+ym2v22,解得：vo=4m/s；第
38、一次弹簧压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大，设此时A、B有相同的速度根据动量守恒定律有：m2Vo=(mi+m2)v,此时弹簧的弹性势能最大，等于系统动能的减少量：E=*m2V()2-*(mi+m2)v,2=6J；答：小车B的初速度vo为4m/s.A和B相互作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能为6J.1 9.如图所示，足够长的光滑U形导轨宽度为L,其所在平面与水平面的夹角为a,上端连接一个阻值为R的电阻.匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于导轨平面向上.今有一质量为m、有效电阻r的金属杆沿框架由静止下滑，设磁场区域无限大，当金属杆下滑达到最大速度Vm时，运动的位移为x,求(1)金属杆沿斜面下滑的
39、最大速度？(2)在此过程中电阻R产生的焦耳热为多少？(3)在此过程中流过电阻R的电荷量q为多少？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦耳定律.【分析】(1)金属杆下滑达到最大速度V0时做匀速直线运动，根据安培力与速度的关系式和平衡条件求解最大速度.(2)根据能量守恒定律求解焦耳热；八 0(3)根据q=求解电量;【解答】解：(1)金属杆下滑达到最大速度Vm时做匀速直线运动，B2L2V0贝有：mgsina=R+r,mg(R+r)sina得:Vm=B2L2(2)根据能量守恒定律得：在此过程中回路中产生的总热量为：QC=mgxsma-y1 mv2mz,电阻R产生的焦耳热为：QR=
40、Q=7(mgxsina-ymvm2).(3)在此过程中流过电阻R的电荷量为：q=I t=B L vR+r0 二 BLXR+r =R+r *mg(R+r)sina答：(1)金属杆沿斜面下滑的最大速度为一访歹(2)在此过程中电阻R产生的焦耳热为春(mgxsina-y m vm2)；(3)在此过程中流过电阻R的电荷量q为器.2 0.如图是测定带电粒子比荷的一种装置.图中点划线PQ是装置的轴线，A是粒子源，某一带电粒子(不计重力)自小孔飞出，经电场加速后沿轴线PQ进入装置C；装置C中有一对平行金属板，板间存在正交的电磁场，已知磁场的磁感应强度为B i,两极板间距为d,极板间的电势差为U；装置D是一半径
41、为r、磁感应强度为B 2、圆心在PQ上的圆形匀强磁场区域.若某带电粒子(不计重力)经电场加速后，恰好沿轴线PQ直线通过装置C,并沿轴线PQ方向进入装置D,经D中的磁场发生偏转，最后从圆形区域边界上的G点射出，已知G点到轴线PQ的距离为乎r._ cy/考少/尸-国 孙 二-QT *X&X个2 X寸 上1=C D求：(1)粒子离开装置C的速度大小；(2)粒子的比荷*【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动.【分析】(I)可知装置C为速度选择器模型，在装置C中做匀速直线运动的条件为电场力与洛伦兹力平衡，再结合匀强电场中电场强度与电势差之间的关系式即可求出速度V；(2)带电粒子在
42、有界磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力与几何关系联立即可求出比荷.【解答】解：(1)粒子在正交电磁场中恰好沿轴线直线P Q通过装置C满足：q vB i=E q 根据匀强电场中电场强度与电势差之间的关系式有：E一4 式联立得：丫=看(2)设粒子在偏转磁场中匀速圆周运动的半径为R,速度偏转角为a,偏转轨迹圆弧所对应的圆心角为仇如图所示，因为粒子沿着磁场半径方向射入，根据对称性,粒子一定沿着磁场半径方向出射，根据几何关系可知：a=0由洛伦兹力提供向心力：qvB 2=m，得R=武 所以：0=a=6Or 8R=tanQ V 3U将 式 代 入 式，得粒子比荷：m=瓦 丽答:(I)粒子离开装置C的速度大小为患pq.U(2)粒子的比荷m=3rdB B 2.