天津市2020届高三上学期期末考试模拟物理试题

天津市2020届高三上学期期末考试模拟物理试题

高三期末物理测试卷（一） 第Ⅰ卷 一、单项选择题（每小题 5 分，共 25 分。每小题给出的四个选项中，只有一个选 项是正确的） 1.下列说法正确的是（ ） A. 当两个分子间的距离小于平衡距离时，分子间的作用表现为引力 B. 物体的内能是物体中所有分子热运动动能之和 C. 只经历等温过程的理想气体，如果压强增加一倍，则其体积减少一半 D. 如果没有能量损失，则热机能把从单独一个热源吸收的热量全部转化成机械能 【答案】C 【解析】 【详解】A. 当两个分子间的距离小于平衡距离时，分子间的作用表现为斥力，选项 A 错误； B. 物体的内能是物体中所有分子热运动动能和势能之和，选项 B 错误； C. 根据理想气体状态方程 ，只经历等温过程的理想气体，如果压强增加一倍，则其 体积减少一半，选项 C 正确； D. 由热力学第二定律知热机不能把从单独一个热源吸收的热量全部转化成机械能，选项 D 错 误。 故选 C。 2.如图所示,在粗糙水平地面上放着一个截面为四分之一圆弧的柱状物体 A,A 的左端紧靠竖直 墙,A 与竖直墙之间放一光滑圆球 B,整个装置处于静止状态,若把 A 向右移动少许后,它们仍处 于静止状态,则 A. B 对墙的压力增大 B. A 与 B 之间的作用力增大 PV CT = C. 地面对 A 的摩擦力减小 D. A 对地面的压力减小 【答案】C 【解析】 【详解】AB．小球 B 受重力、A 的支持力 F1 和墙壁的压力 F2．如下图所示： 将重力 G 分解为 G1 和 G2，则根据平衡可知， F2=G2=Gtanθ 当 A 向右移动少许，根据题意可知，A 对小球 B 的作用力 F1 与竖直方向的夹角 θ 将减小，根 据力图分析可知：因为 θ 减小，则 cosθ 增大，tanθ 减小，即墙壁对小球 B 的作用力将减小，A 对小球 B 的支持力减小．根据牛顿第三定律可知，球 B 对墙壁的压力将减小，球 B 对 A 的压 力亦减小，选项 AB 错误． C．再对 A 进行受力分析知： 由于 A 的平衡，所以 A 受地面摩擦力 f=FBsinθ，根据题意知，B 对 A 的压力 FB 减小且 FB 与竖 直方向的夹角 θ 减小，故 A 所受地面的摩擦力 f 减小．再根据牛顿第三定律，地面所受 A 的摩 擦力减小，选项 C 正确． D．对 AB 的整体，竖直方向受到地面的支持力和 AB 的重力，则地面的支持力等于 AB 的重力 1 1 GF G cosθ= = 之和，选项 D 错误． 3.我国在近两年将发射 10 颗左右的导航卫星，预计在 2015 年建成由 30 多颗卫星组成的 “北 斗二号”卫星导航定位系统，此系统由中轨道、高轨道和同步轨道卫星等组成.现在正在服役的 “北斗一号”卫星定位系统的三颗卫星都定位在距地面 36000km 的地球同步轨道上.而美国的全 球卫星定位系统(简称 GPS)由 24 颗卫星组成，这些卫星距地面的高度均为 20000km.则下列说 法中正确的是 A. “北斗一号”系统中的三颗卫星的质量必须相等 B. GPS 的卫星比“北斗一号”的卫星周期短 C. “北斗二号”中的每颗卫星一定比“北斗一号”中的每颗卫星的加速度大 D. “北斗二号”中的中轨道卫星的线速度小于高轨道卫星的线速度 【答案】B 【解析】 【详解】同步轨道上的卫星质量可以不等，故 A 错；多卫星围绕同一天体做匀速圆周运动时， 万有引力提供向心力，即 ，解得 ， ， ，可知，轨道半径越大，v、 ω、 越小，周期 T 变大，“北斗一号”的轨道半径 大于 GPS 的卫星，故 GPS 的卫星周期短，B 正确；“北斗二号”由中轨道、高轨道和同步轨道 卫星等组成，则高轨道卫星轨道半径比“北斗一号”还大，加速度应小于“北斗一号”中的每颗卫 星，故 C 错；“北斗二号”中的中轨道卫星的线速度大于高轨道卫星的线速度，故 D 错．答案 为 B． 4.如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a、b、c 三点所在 直线平行于两电荷的连线，且 a 与 c 关于 MN 对称，b 点位于 MN 上，d 点位于两电荷的连线 上。以下判断正确的是（ ） A. b 点场强大于 d 点场强 B. b 点场强为零 C. a、b 两点间的电势差等于 b、c 两点间的电势差 D. 试探电荷+q 在 a 点的电势能小于在 c 点的电势能 【答案】C 【解析】 【详解】A.在两等量异种点电荷连线上中点的场强最小，在两等量异种点电荷连线的中垂线上 中点的电场强度最大。所以 b 点的场强小于连线中点的场强，d 点的场强大于中点的场强， 则 b 点场强小于 d 点场强，选项 A 错误； B.根据适矢量的叠加，b 点的合场强由 b 指向 c，不为零，选项 B 错误； C.由对称性可知，a、b 两点的电势差等于 b、c 两点间的电势差，选项 C 正确； D.因 a 点的电势高于 c 点的电势，故试探电荷+q 在 a 点的电势能大于在 c 点的电势能，选项 D 错误。 故选 C。 5.如图所示，轻质弹簧一端固定，另一端与一质量为 m、套在粗糙竖直固定杆 A 处的圆环相连， 弹簧水平且处于原长．圆环从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处的速度最大，到达 C 处的速度 为零，AC＝h．圆环在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A．弹簧始终在弹性限度内， 重力加速度为 g．则圆环（ ） A. 下滑过程中，加速度一直减小 B. 下滑过程中，克服摩擦力做 功为 C. 在 C 处，弹簧的弹性势能为 D. 上滑经过 B 的速度小于下滑经过 B 的速度 【答案】B 【解析】 【详解】A.圆环从 A 处由静止开始下滑，经过 B 处的速度最大，到达 C 处的速度为零，所以 的 21 4 mv 21 4 mv mgh− 圆环先做加速运动，再做减速运动，又经过 B 处的速度最大，所以经过 B 处的加速度为零， 所以加速度先减小后增大，选项 A 错误； B 研究圆环从 A 处由静止开始下滑到 C 过程，运用动能定理有： 同理在 C 处获得一竖直向上的速度 v，恰好能回到 A，运用动能定理有： 联立解得： ，选项 B 正确； C.由 得 ，所以在 C 处弹簧 弹性势能为 ， 选项 C 错误； D.圆环从 A 处由静止开始下滑到 B 过程，运用动能定理有： 圆环从 B 处上滑到 A 的过程，运用动能定理有： 即 所以 ，即上滑经过 B 的速度大于下滑经过 B 的速度，选项 D 错误。 故选 B。 二、多项选择题（每小题 5 分，共 15 分。每小题给出的四个选项中，都有多个选 项是正确的。全部选对的得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错或不答的得 0 分） 6.如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈（单匝）的周期为 T，转轴 O1O2 垂直于磁场 方向，线圈电阻为 2Ω．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过 60°时的感应电流 为 1A．那么 A. 线圈消耗的电功率为 4W 的 0 0 0fmgh W W− − = =弹 ﹣ 210 2fmgh W W mv+ − =弹﹣ ﹣ 21 4fW mv= 0fmgh W W− − =弹 21 4W mgh mv= −弹 21 4mgh mv− 21 02f Bmgh W W mv′− ′ =′− −弹 210 2f Bmgh W W mv ′′− = −′+′− 弹 21 2f Bmgh W W mv ′′+ −′ =′ 弹 B Bv v′ > B. 线圈中感应电流的有效值为 2A C. 任意时刻线圈中的感应电动势为 D. 任意时刻穿过线圈的磁通量为 【答案】AC 【解析】 【 详 解 】 从 垂 直 中 性 面 开 始 其 瞬 时 表 达 式 为 ， 则 电 流 的 最 大 值 为 ，B 错误；感应电动势的最大值为 ，任 意时刻线圈中的感应电动势为 ，C 正确；线圈消耗的电功率为 ，A 正确；任意时刻穿过线圈的磁通量为 ，根据公式 可得 ,故 ，D 错误； 7.简谐横波在同一均匀介质中沿 x 轴正方向由 a 到 b 传播，波速为 v。若某时刻在波的传播方 向上，位于平衡位置的两质点 a、b 相距为 s，a、b 之间只存在一个波谷，则从该时刻开始计 时，质点 a 第一次到达波谷的时刻可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【详解】位于平衡位置的两质点 a、b 相距为 s，a、b 之间只存在一个波谷，则 a、b 之间波形 可能为以下几种情况： 又因为波沿 x 轴正方向由 a 到 b 传播，则 a 点的振动方向如图所示。 所以质点 a 第一次到达波谷的时刻可能是： 24cose tT π= 2sinT tT πφ π= cosmi I θ= 1 2cos cos60m iI Aθ= = =° 2 2V 4Vm mE I r= = × = 2 2cos 4cosme E t tT T π π= = 2 2 22 2( ) ( 2) 2W 4W2 2mP I r I r= = = × × = 2sin BS tT πΦ = 2 m mE NBS N T πω= = Φ 4 2 2 21 m mE E T N N T T π πω π= = = × 2 2sinT tT π πΦ = 3 2 s v 2 s v 3s v 4 s v 选项 AD 正确，BC 错误。 故选 AD。 【点睛】解决本题的关键要确定波长与 s 的关系，求得周期。并能熟练根据波的传播方向判断 质点的振动方向。 8.如图所示，上、下表面平行的玻璃砖置于空气中，一束复色光斜射到上表面，穿过玻璃后从 下表面射出，分成 a、b 两束平行单色光。下列说法中正确的是（ ） A. 玻璃对 a 光的折射率小于对 b 光的折射率 B. 在玻璃中 a 光的全反射临界角小于 b 光的全反射临界角 C. 在玻璃中 a 光的传播速度大于 b 光的传播速度 D. 同一光电管得到的 a 光的遏止电压比 b 光的大 【答案】BD 【解析】 【详解】A. 由图看出，光线通过平行的玻璃砖后，a 光的侧移大于 b 光的侧移，说明玻璃对 a 光的折射率大于对 b 光的折射率，选项 A 错误； B. 由 知折射率越大，临界角越小，所以在玻璃中 a 光的全反射临界角小于 b 光的全 反射临界角，选项 B 正确； C. 由 可知在玻璃中 a 光的传播速度小于 b 光的传播速度，选项 C 错误； D. 折射率越大遏止电压越大，所以同一光电管得到的 a 光的遏止电压比 b 光的大，选项 D 正 1 3 3 3 3 2 3 4 4 4 4 2 s st T v v v v λ λ ×= = × = = = 2 3 3 3 3 3 4 4 4 4 4 s st T v v v v λ λ ×= = × = = = 3 1 1 4 4 4 4 st T v v v λ λ= = × = = 4 2 1 1 3 4 4 4 4 6 s st T v v v v λ λ= = × = = = 1sinC n = cn v = 确。 故选 BD。 第Ⅱ卷 三、非选择题（计算题要写出必要的公式和推演过程，只写答案的不得分共 55 分） 9.（1）某学习小组用图甲所示的实验装置探究“动能定理”．他们在气垫导轨上安装了一个光 电门 B，滑块上固定一遮光条，滑块用细线绕过气垫导轨左端的定滑轮与力传感器相连，传感 器下方悬挂钩码，每次滑块都从 A 处由静止释放． ①某同学用游标卡尺测量遮光条的宽度 d，如图乙所示，则 d=__________mm． ②下列实验要求中不必要的一项是__________（请填写选项前对应的字母）． A．应使滑块质量远大于钩码和力传感器的总质量 B．应使 A 位置与光电门间的距离适当大些 C．应将气垫导轨调至水平 D．应使细线与气垫导轨平行 ③实验时保持滑块的质量 M 和 A、B 间的距离 L 不变，改变钩码质量 m，测出对应的力传感 器的示数 F 和遮光条通过光电门的时间 t，通过描点作出线性图象，研究滑块动能变化与合外 力对它所做功的关系，处理数据时应作出的图象是__________（请填写选项前对应的字 母）． A．作出“t-F 图象” B．作出“t2-F 图象” C．作出“t2-F-1 图象” D．作出“t-1-F2 图象” 【答案】 (1). 2. 30 (2). A (3). C 【解析】 【详解】①[1] 游标卡尺测得遮光条的宽度 . ②[2] A．该实验中滑块受到的力可以直接通过力传感器测得，因此不必要使滑块质量远大于 钩码和力传感器的总质量。 0.2cm 6 0.05mm 2.30mmd = + × = B．为了测量的准确性，应使 A 位置与光电门间的距离适当大些； C D．本实验应将气垫导轨调至水平，使细线与气垫导轨平行。 本题选不必要的一项，故选 A。 ③[3] 滑块动能变化 ，合外力对它所做功的 ，若合外 力做功与动能变化相等，则有 ，即 所以要研究滑块动能变化与合外力对它所做功的关系，处理数据时应作出“t2-F-1 图象”。 选项 C 正确，ABD 错误。 故选 C。 10.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻，除导线、开关外，实验室还提供 如下器材： A．电压表 V1（3V，内阻约为 5kΩ） B．电压表 V2（15V，内阻约为 10kΩ） C．电流表 A1（0．6A，内阻约为 1Ω） D．电流表 A2（3A，内阻约为 0．03Ω） E．阻值为 2．0Ω 的定值电阻 R1 F．阻值为 20Ω 的定值电阻 R2 G．最大阻值为 10Ω 的滑动变阻器 R3 H．最大阻值为 100Ω 的滑动变阻器 R4 要求尽量减小实验误差。 (1)应该选择的实验电路是图__________（选“a”或“b”）； (2)电流表应选择___，电压表应选择____，定值电阻应选择______，滑动变阻器应选择 __________；（填写选项前的序号） 2 2 2 2 1 1 ( )2 2 2k d mdE mv m t t ∆ = = = W=FL 2 22 mdFL t = 2 2 1 2 mdt L F = × (3)通过实验采集数据，分别以电流表的示数 I（A）和电压表的示数 U（V）为横、纵坐标， 计算机拟合得到 U－I 图像，拟合公式为 U=－2.6I+1.4，则电源的电动势 E=___V；内阻 r=__________Ω； (4)在该实验中，产生系统误差的主要原因是__________。 A．电压表的分流作用 B．电压表的分压作用 C．电流表的分压作用 D．电流表的分流作用 E．定值电阻的分压作用 F．滑动变阻器的分流作用 【答案】 (1). a (2). A (3). C (4). E (5). G (6). 1.4 (7). 0.6 (8). A 【解析】 【详解】(1)[1]由于两电表内阻未知，并且电流表内阻与等效内阻接近，误差较大，所以应采 用相对电源的外接法，故选择 a 电路； (2)[2][3]一节干电池电动势约为 1.5V，则电压表应选 0－3V 的 C；电路中电流较小，故电流表 应选择量程较小的 A1； [4][5]由于电动势较小，内阻较小，为了得出合适的电流，保护电阻应选择阻值小的 E；为方 便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的 G； (3)[6][7]由闭合电路欧姆定律可知，U=E－Ir，对比给出的公式 U=－2.6I+1.4 可知，电源电动 势 等效内阻为 2.6Ω，则电源实际内阻 (4)[8]本实验中由于电压表的分流而导致电流表小于真实值，而保护电阻作为内阻处理，不影 响实验结果，电流表内阻和滑动变阻器没有影响，故 A 正确，BCDE 错误。 故选 A。 11.如图，质量为 6m、长为 L 的薄木板 AB 放在光滑的平台上，木板 B 端与台面右边缘齐 平．B 端上放有质量为 3m 且可视为质点的滑块 C，C 与木板之间的动摩擦因数为 μ＝ ，质 量为 m 的小球用长为 L 的细绳悬挂在平台右边缘正上方的 O 点，细绳竖直时小球恰好与 C 接 1.4VE = (2.6 2) 0.6r = − Ω = Ω 1 3 触．现将小球向右拉至细绳水平并由静止释放，小球运动到最低点时细绳恰好断裂，小球与 C 碰撞后反弹速率为碰前的一半． (1)求细绳能够承受的最大拉力； (2)若要使小球落在释放点的正下方 P 点，平台高度应为多大； (3)通过计算判断 C 能否从木板上掉下来． 【答案】(1)3mg(2)L(3) 滑块 C 不会从木板上掉下来 【解析】 【详解】（1）设小球运动到最低点的速率为 v0，小球向下摆动过程机械能守恒，由机械能守 恒定律得： 解得： 小球在圆周运动最低点，由牛顿第二定律： 由牛顿第三定律可知，小球对细绳的拉力：T´=T 解得：T´=3mg （2）小球碰撞后平抛运动．在竖直方向上： 水平方向：L= 解得：h=L （3）小球与滑块 C 碰撞过程中小球和 C 系统满足动量守恒，设 C 碰后速率为 v1，以小球的初 速度方向为正方向，由动量守恒定律得： 设木板足够长，在 C 与木板相对滑动直到相对静止过程，设两者最终共同速率为 v2，由动量 守恒定律的： 由能量守恒定律得： 2 0 1 2mgL mv= 0 2v gL= 2 0vT mg m R − = 21 2h gt= 0 2 v t 0 0 132 vmv m mv = − +   ( )1 23 3 6mv m m v= + ( )2 2 1 2 1 13 3 6 32 2mv m m v mgsµ⋅ = + + ⋅ 联立⑨⑩⑪解得：s=L/2 由 s > b c aa a a> > b c av v v> > c b aT T T> > 2 Ma G r = b ca a> 2a rω= c aa a> GMv r = b cv v> v rω= c av v> 3 T r GM = c bT T> A. A 板一定有光电子飞出 B. C 板一定有光电子飞出 C. a、c 光可能分别为红光、紫光 D. a、c 光可能分别为蓝光、黄光 【答案】AD 【解析】 【详解】CD.由图可知 a、b、c 三种光经平行玻璃砖后的偏折程度 a 光最大，c 光最小，所以 折射率关系有 ，三种光的频率关系有 。所以 a、c 光可能分别为蓝光、 黄光，不可能分别为红光、紫光，选项 C 错误，D 正确； AB.根据产生光电效应的条件：入射光的频率大于金属的截止频率，则当金属板 B 上有光电子 飞出，照射到金属板 B 上的光的频率更大，金属板 A 一定有光电子飞出，但金属板 C 不一定 有光电子飞出，选项 A 正确，B 错误。 故选 AD。 21.一列简谐横波沿 x 轴传播。在 x=12m 处的质元 a 的振动图线如图甲所示，在 x=18m 处的质 元 b 的振动图线如图乙所示。下列判断正确的是（ ） A. 质元 a 在波谷时，质元 b 一定在平衡位置向 y 轴正方向振动 B. 若波沿+x 方向传播，这列波的最大传播速度为 3m/s C. 若波沿－x 方向传播，这列波的最大波长为 24m D. 若波的传播速度为 0.2m/s，则这列波沿+x 方向传播 【答案】ACD 【解析】 【详解】A. 质元 a 在波谷时，如 t=0 和 t=8s 时刻，质元 b 一定在平衡位置向 y 轴正方向振动， 选项 A 正确； B. 若波沿+x 方向传播，在 t=0 这列波的时刻，图甲中质元 a 在波谷，图乙中质元 b 正通过平 a a cn n n> > a a c υ υ υ> > 衡位置向上振动，则有： ，n=0，1，2…… 解得 , n=0，1，2…… 传播速度 , n=0，1，2…… 所以这列波的最大传播速度为 选项 B 错误； C. 若波沿－x 方向传播，则有： ，n=0，1，2…… 解得 , n=0，1，2…… 所以这列波的最大波长为 选项 C 正确； D. 若波的传播速度为 0.2m/s，代入 可知 n=3 成立，则这列波沿+x 方向传播， 选项 D 正确。 故选 ACD。 第Ⅱ卷 三、非选择题（计算题要写出必要的公式和推演过程，只写答案的不得分共 55 分） 22.利用图中所示的装置可以研究自由落体运动，实验中需要调整好仪器，接通打点计时器的 电源，松开纸带，使重物下落，打点计时器会再纸带上打出一系列的小点。 ①若实验时用到的计时器为电磁打点计时器，打点计时器的安装要使两个限位孔在同一 ____________（选填“水平”或“竖直”）线上，以减少摩擦阻力； 318m 12m 6m ( )4x n λ= − = = + 24 m4 3n λ = + 24 34 3 m/s= m/s8 4 3 nv T n λ += = + max 3 m/s=1m/s4 0 3v = × + 16m ( )4x n λ= = + 24 m4 1n λ = + max 24 m=24m4 0 1 λ = × + 3 m/s4 3v n = + ②实验过程中，下列说法正确的是（ ） A．接通电源的同时要立刻释放重物 B．选取纸带时要选取第 1 个点与第 2 个点之间的距离接近 4mm 且清晰的纸带 C．释放重物之前要让重物靠近打点计时器 D．为了使实验数据更加准确，可取多次测量结果的平均值 ③为了测得重物下落的加速度，还需要的实验仪器是（ ） A．天平 B．秒表 C．米尺 【答案】 (1). 竖直 (2). CD (3). C 【解析】 【详解】①[1]因为自由落体运动是竖直方向上的运动，所以为了减小实验中的阻力，应使两 个限位孔在同一竖直线上。 ②[2]A．在使用打点计时器时，应先接通电源等稳定后再释放重物，选项 A 错误； B．根据自由落体运动规律第 1 个点与第 2 个点之间的距离接近 所以选取纸带时要选取第 1 个点与第 2 个点之间的距离接近 2mm 且清晰的纸带，选项 B 错误； C．为了得到更多的数据释放重物时，释放重物之前要让重物靠近打点计时器，选项 C 正确； D．为了减小测量带来的偶然误差，可以多次测量求平均值，选项 D 正确。 故选 CD。 [3]实验中还需要刻度尺测量计数点间的距离，故还需要米尺，选项 C 正确，AB 错误。 故选 C。 23.如图所示，带有挡板的长木板置于光滑水平面上，轻弹簧放置在木板上，右端与挡板相连， 左端位于木板上的 B 点．开始时木板静止，小铁块从木板上的 A 点以速度 v0=4.0m/s 正对着弹 簧运动，压缩弹簧，弹簧的最大形变量 xm=0.10m；之后小铁块被弹回，弹簧恢复原长；最终 小铁块与木板以共同速度运动．已知当弹簧的形变量为 x 时，弹簧的弹性势能 Ep= kx2，式 中 k 为弹簧的劲度系数；长木板质量 M=3.0kg，小铁块质量 m=1.0kg，k=600N/m，A、B 两点 间的距离 d=0.50m．取重力加速度 g=10m/s2，不计空气阻力． （1）求当弹簧被压缩最短时小铁块速度的大小 v； （2）求小铁块与长木板间的动摩擦因数 μ； 2 21 1 10 0.02 m 2mm2 2h gt= = × × = 1 2 （3）试通过计算说明最终小铁块停在木板上的位置． 【答案】（1）v=1.0m/s（2）μ=0.50（3）最终小铁块停在木板上的 A 位置 【解析】 【分析】 当弹簧被压缩最短时，小铁块与木板达到共同速度 v，根据动量守恒定律即可求出弹簧被压缩 最短时小铁块速度的大小 v；铁块在木板上从 A 滑到 B 的过程中，系统减速的动能转化为弹簧 的势能和系统的内能．根据功能关系即可求出铁块与长木板间的动摩擦因数；铁块被弹簧弹 开后到相对木板静止的过程中，动量守恒，同时系统减少的机械能转化为内能，根据以上两 个关系，列出公式即可求解． 【详解】(1)当弹簧被压缩最短时，小铁块与木板达到共同速度 v，根据动量守恒定律 代入数据，解得 (2)由功能关系，摩擦产生的热量等于系统损失的机械能 代入数据，解得 (3)小铁块停止滑动时，与木板有共同速度，由动量守恒定律判定，其共同速度仍为 设小铁块在木板上向左滑行的距离为 s，由功能关系 代入数据，解得 而 ， 0mv M m v=（ + ） 1.0m/sv = ( )2 2 2 0 1 1 1( ) [ ]2 2 2m mmg d x mv M m v kx＝µ + − + + 0.50µ = 1.0m/sv = ( )2 2 0 1 1( ) 2 2mmg d x s mv M m vµ + + − +＝ 0.60ms = ms d x= + 所以，最终小铁块停在木板上 A 点。 24.如图所示，在 xOy 平面内，第一象限内有匀强电场，匀强电场电场强度大小为 E，方向沿 y 轴正方向，在 x 轴下方有匀强磁场,磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向里．有一个质量 为 m、电荷量为 e 的电子(不计重力)，从 y 轴上的 P 点以初速度 v0 垂直于电场方向进入电场， 经电场偏转后沿着与 x 轴正方向成 45°的方向进入磁场，并能返回到出发点 P。 （1）作出电子运动轨迹的示意图，并说明电子的运动情况； （2）P 点到 O 点的竖直距离为多少？ （3）电子从 P 点出发经多长时间第一次返回 P 点。 【答案】（1） ；运动性质见解析（2） （3） 【解析】 【详解】（1）电子的运动轨迹如图所示， 电子进入电场，从 P 到 A 做匀变速曲线运动(类平抛运动)，之后进入磁场，从 A 经 C 再到 D， 做匀速圆周运动，最后离开磁场，从 D 到 P 做匀速直线运动． （2）电子经过 A 点的速度大小为 ； 2 0 2 mv Ee 03 3 2 2 mv m Ee Be π+ 2 2 02x yv v v v= + = 电子从 P 到 A，由动能定理 ， 所以 ； （3）电子从 P 到 A，所用时间 ； 电子从 A 到 C 再到 D，圆弧所对圆心角为 270°，所用时间 ； 电子从 D 到 P，所用时间 ， 电子第一次回到 P 点的时间 . 25.图（甲）是磁悬浮实验车与轨道示意图，图（乙）是固定在车底部金属框 abcd（车厢与金 属框绝缘）与轨道上运动磁场的示意图．水平地面上有两根很长的平行直导轨 PQ 和 MN，导 轨间有竖直（垂直纸面）方向等间距的匀强磁场 和 ，二者方向相反．车底部金属框的 ad 边宽度与磁场间隔相等，当匀强磁场 和 同时以恒定速度 v0 沿导轨方向向右运动时，金 属框会受到磁场力，带动实验车沿导轨运动．设金属框垂直导轨的 ab 边长 L=0.20m、总电阻 R=l.6Ω，实验车与线框的总质量 m=2.0kg，磁场 Bl=B2=1.0T，磁场运动速度 ．已 知悬浮状态下，实验车运动时受到恒定的阻力 f=0.20N，求： （1）设 t=0 时刻，实验车的速度为零，求金属框受到的磁场力的大小和方向； （2）求实验车的最大速率 ； （3）实验车以最大速度做匀速运动时，为维持实验车运动，外界在单位时间内需提供的总能 量？ （4）假设两磁场由静止开始向右做匀加速运动来启动实验车，当两磁场运动的时间为 t=30s 2 2 0 1 1 2 2Eeh mv mv= − 2 0 2 mvh Ee = 0 1 yv mvt a Ee = = 2 3 3 4 2 mt T Be π= = 0 3 2 2 mvDP ht v v Ee = = = 0 1 2 3 3 3 2 2 mv mt t t t Ee Be π= + + = + 1B 2B 1B 2B 0 10 /v m s= mv 时，实验车正在向右做匀加速直线运动，此时实验车的速度为 v=4m/s，求由两磁场开始运动 到实验车开始运动所需要的时间 ． 【答案】（1）1N 方向水平向右（2）8m/s（3）2J（4） 【解析】 【详解】（1）当实验车的速度为零时，线框相对于磁场的速度大小为 v0，线框中左右两边都 切割磁感线，产生感应电动势，则有： 所以此时金属框受到的磁场力的大小 代入数值解得 根据楞次定律可判断磁场力方向水平向右。 （2）实验车最大速率为 时相对磁场的切割速率为 ，则此时线框所受的磁场力大小 为 此时线框所受的磁场力与阻力平衡，得： 所以 （3）实验车以最大速度做匀速运动时，克服阻力的功率为 当实验车以速度 匀速运动时金属框中感应电流 0t 10 3 s 02 , , 2EE BLv I F BILR = = = 2 2 0 02 42 BLv B L vF B LR R = = 1NF = mv 0 mv v− 2 2 04 mB L v vF R −= （ ） F f= 0 2 2 2 2 1.6 0.210 m/s 8m/s4 4 1 0 2m Rfv v B L ×= − = − =× ×（ ）． 1 0.2 8W 1.6WmP fv= = × = mv 金属框中的热功率为 所以外界在单位时间内需提供的总能量为 （4）根据题意分析可得，为实现实验车最终沿水平方向做匀加速直线运动，其加速度必须与 两磁场由静止开始做匀加速直线运动的加速度相同。 设加速度为 a，则 t 时刻金属线圈中的电动势 金属框中感应电流 又因为安培力 所以对试验车，由牛顿第二定律得 解得 设从磁场运动到实验车起动需要时间为 t0，则 t0 时刻金属线圈中的电动势 金属框中感应电流 又因为安培力 0.2 A 0.5A2 2 1 0.2 fI BL = = =× × 2 2 2 0.5 1.6W 0.4WP I R= = × = 1 2 2JE P P t= + =（ ） 02E BL at v= −（ ） 02BL at vI R −= （ ） 2 2 042 B L at vF BIL R −= = （ ） 2 2 04B L at v f maR − − =（ ） 2 2 20 2 2 4 0.6m/s4 B L v fRa B L t mR += =− 0 02E BLat= 0 0 2BLatI R = 2 2 0 0 0 42 B L atF BI L R = = 对实验车，由牛顿第二定律得： 即 解得由两磁场开始运动到实验车开始运动所需要的时间： 。 26. “测定某电阻丝的电阻率”实验 ①实验中，用螺旋测微器测量一种电阻值很大的电阻丝直径，刻度位置如图所示，则电阻丝 的直径是____________mm。 ②用多用表的欧姆档粗测电阻丝的阻值：已知此电阻丝的阻值约为几十 kΩ。下面给出的操作 步骤中，合理的实验步骤顺序是：____________（填写相应的字母）。旋转选择开关其尖端应 对准的欧姆档位是____________；根据表中指针所示位置，电阻丝的阻值约为____________Ω。 a．将两表笔短接，调节欧姆档调零旋钮使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，而后断开两表 笔 b．将两表笔分别连接到被测电阻丝 两端，读出阻值后，断开两表笔 c．旋转选择开关 s，使其尖端对准欧姆档的某一档位 的 0F f= 2 2 04B L at fR = 0 10 s3t = d．旋转选择开关 s，使其尖端对准交流 500V 档，并拔出两表笔 ③若用电流表和电压表精确测量此电阻丝的阻值，实验室提供下列可供选用的器材： 电压表 V（量程 3V，内阻 50kΩ） 电流表 A1（量程 800μA，内阻 200Ω） 电流表 A2（量程 5mA，内阻 20Ω） 电流表 A3（量程 0．6A，内阻 1Ω） 滑动变阻器 R（最大阻值 1kΩ） 电源 E（电源电压为 4V） 开关 S、导线 a．在所提供的电流表中应选用____________（填字母代号）； b．在虚线框中画出测电阻的实验电路_________； ④分别用 l、d、 表示电阻丝的长度、直径和阻值，则该电阻丝的电阻率表达式为 ρ=____________ 【 答 案 】 (1). 0. 435 (2). cabd (3). ×1K (4). 32000 (5). A1 (6). (7). 【解析】 【详解】①[1] 螺旋测微器的读数为固定刻度与可动刻度读数之和。所以电阻丝直径 ②[2]使用多用表的欧姆档测电阻时，应先选择合适的档位，然后进行欧姆调零，再进行电阻 测量；使用完毕后，要把选择开关置于 OFF 档或交流最高档。所以合理的实验步骤顺序是：cabd； [3]因为待测电阻丝的阻值约为几十 kΩ，所以旋转选择开关其尖端应对准的欧姆档位是×1K； [4]根据表中指针所示位置，电阻丝的阻值约为 。 ③[5]因为电源电压为 4V，由欧姆定律知电路中最大电流约为 xR 2 4 xd R l π 0mm 43.5 0.01mm 0.435mmd = + × = 32 1000 =32000× Ω Ω ， 故电流表应选 A1； [6]待测电阻阻值约为 32kΩ，远大于滑动变阻器的最大阻值 1kΩ，所以滑动变阻器应采用分 压接法；电流表 A1 内阻为 200Ω，电压表内阻为 50kΩ，可知待测电阻阻值远大于电流表内阻， 而与电压表内阻接近，为减小测量误差，电流表应采用内接法。 实验电路图如图所示： （4）电阻丝电阻 所以该电阻丝的电阻率 27.利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．除导线、开关外，实验室还提供 如下器材： A．电压表 V1（3V，内阻约为 5kΩ） B．电压表 V2（15V，内阻约为 10kΩ） C．电流表 A1（0．6A，内阻约为 1Ω） D．电流表 A2（3A，内阻约为 0．03Ω） E．阻值为 2．0Ω 的定值电阻 R1 F．阻值为 20Ω 的定值电阻 R2 G．最大阻值为 10Ω 的滑动变阻器 R3 H．最大阻值为 100Ω 的滑动变阻器 R4 要求尽量减小实验误差． 44= A=1.25 10 A 125μ32000 Amax x EI R −= × = 2 2 4 ( )2 X l l lR dS d ρ ρ ρ ππ = = = 2 4 xd R l πρ = 图 a 图 b （1）应该选择的实验电路是图__________（选“a”或“b”）． （2）电流表应选择__________，电压表应选择__________，定值电阻应选择__________，滑 动变阻器应选择__________．（填写选项前的序号） （3）通过实验采集数据，分别以电流表的示数 I（A）和电压表的示数 U（V）为横、纵坐标， 计算机拟合得到 U-I 图象，拟合公式为 U=-2．6I+1．4．则电源的电动势 E=__________V；内 阻 r=__________Ω． （4）在该实验中，产生系统误差的主要原因是__________． A．电压表的分流作用 B．电压表的分压作用 C．电流表的分压作用 D．电流表的分流作用 E．定值电阻的分压作用 F．滑动变阻器的分流作用 【答案】 (1). a (2). A (3). C (4). E (5). G (6). 1. 4 (7). 0. 6 (8). A 【解析】 【详解】解：（1）[1]定值电阻与干电池内阻串联，可视为等效内阻，由于电流表内阻与等效 内阻接近，误差较大，所以电流表应采用相对电源的外接法，故选择图 a 电路； （2）[2]电路中电流较小，故电流表应选择量程较小的电流表 A1（0．6A，内阻约为 1Ω），故 选 C； [3]一节干电池电动势约为 1.5V，所以电压表应选电压表 V1（3V，内阻约为 5kΩ），故选 A； [4]由于干电池电动势较小，内阻较小，为了得出合适的电流，保护电阻应选择阻值小的 R1， 故选 E； [5]为方便实验操作，滑动变阻器应选总阻值较小的 R3，故选 G； （3）[6]根据闭合电路欧姆定律有 U=E-Ir，对比 U-I 图象的拟合公式 U=-2.6I+1.4 可知，电源 电动势 E=1.4V。 [7]对比拟合公式有等效内阻为 2.6Ω，所以电源的内阻 r=2.6Ω-2Ω=0.6Ω； （4）[8]本实验中由于电压表的分流作用而导致电流表的测量值小于真实值，而保护电阻作为 等效内阻处理，不影响实验结果，电流表内阻和滑动变阻器对实验结果也没有影响，选项 A 正确，BCDEF 错误。 故选 A。