2018-2019学年四川省三台中学实验学校高二上学期期末模拟考试物理试题 解析版

2018-2019学年四川省三台中学实验学校高二上学期期末模拟考试物理试题 解析版

三台中学实验学校2018年秋季高2017级期末热身考物理试题 一、本大题12小题 ‎1. （2014•湖州二模）小强在加油站加油时，看到加油机上有如图所示的图标，关于图标的含义，下列说法正确的是（ ）‎ A. 工作人员工作时间须穿纯棉服装 B. 用绝缘的塑料梳子梳头应该没有关系 C. 化纤手套与接触物容易摩擦起电存在安全隐患 D. 制作这些图标的依据是静电屏蔽原理 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：加油站中由于静电会引起汽油的燃烧发生危险，故应避免一些引起静电的行为．‎ 解：A、工作人员在工作时应避免产生静电，可以穿纯棉衣服，但不是必须的；故A错误；‎ B、用塑料梳子梳头时会产生静电，会引起静电，故B错误；‎ C、化纤手套与接触物容易摩擦起电，故会引起静电，从而引起油料燃烧的危险；故C正确；‎ D、这些图标都是为了减少静电的产生；不是静电屏蔽；故D错误；‎ 故选：C．‎ 点评：由于在干燥的季节，由于摩擦引起的静电会引发易燃物体的燃烧，故在加油站等地应避免产生静电，或及时将静电导走．‎ ‎2.如图所示，虚线a、b、c代表电场中一簇等势线，相邻等势线之间的电势差相等，实线为一带正电质点(重力不计)仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，质点先后通过这条轨迹上的P、Q两点，对同一带电质点，据此可知( 　　)‎ A. 三个等势线中，a的电势最高 B. 带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大 C. 带电质点通过P点时的电场力比通过Q点时小 D. 带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于带电质点只受电场力作用，根据运动轨迹弯曲方向可分析出电场力的方向，确定出电场方向，从而分析电势的高低．根据电场力做功判断电势能的高低，结合动能定理比较动能的大小．根据电场力的大小比较加速度的大小．‎ ‎【详解】根据轨迹的弯曲方向可知，质点所受的电场力方向大致向上，粒子带正电，则电场线与等势面垂直，大致向上，沿着电场线方向电势逐渐降低，可知a点的电势最低，故A错误。从Q到P，电场力做正功，根据动能定理知，动能增大，即P点的动能大于Q点的动能，故B正确。P点的电场线比Q点的电场线密，则质点在P点所受的电场力大，故C错误。从Q到P，电场力做正功，则电势能减小，可知带电粒子在Q点的电势能大于P点的电势能，故D错误。故选B。‎ ‎【点睛】对于电场中粒子的轨迹问题，研究的基本思路是：根据运动轨迹判断出所受的电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化．‎ ‎3.为了保障行驶安全,一种新型双门电动公交车安装了如下控制装置：只要有一扇门没有关紧,汽车就不能启动。如果规定：车门关紧时为“1”,未关紧时为“0”;当输出信号为“1”时,汽车可以正常启动行驶,当输出信号为“0”时,汽车不能启动。能正确表示该控制装置工作原理的逻辑门是（  ）‎ A. 非门 B. 与门 C. 或门 D. 与非门 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 汽车可以正常启动行驶这个事件要想发生，车门关闭这个条件要同时满足，故该事件为与逻辑关系，为与门电路．‎ ‎【详解】根据题意，该控制装置工作原理的逻辑关系为与逻辑关系，为与门逻辑电路，故选B.‎ ‎4.如图所示，质量分别为m1、m2，电荷量分别为q1、q2的两小球，分别用绝缘轻丝线悬挂起来，两丝线与竖直方向的夹角分别为α和β(α＞β)，两小球恰在同一水平线上，那么( 　　)‎ A. 两球可能带同种电荷 B. q1一定大于q2‎ C. m1一定小于m2‎ D. m1所受的库仑力一定大于m2所受的库仑力 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据异种电荷相互吸引分析电性关系。由力的平衡得到得到质量与偏角之间的关系，来分析质量大小。由牛顿第三定律，分析库仑力的关系.‎ ‎【详解】两球相互吸引，则可能是异种电荷，也可能一个带电另一个不带电，故A错误。两球间的库仑力为相互作用力，无论电荷量是否相等都有库仑力大小相等，故无法判断电量的大小。故B错误；设两球间库仑力大小为F，对m1研究，得到F=m1gtanα，同理，对m2研究，得到F=m2gtanβ则m1tanα=m2tanβ，因α＞β，得到m1＜m2，故C正确。根据牛顿第三定律，m1所受库仑力一定等于m2所受的库仑力。故D错误；故选C。‎ ‎5.一列自右向左传播的简谐横波，在t＝0时刻的波形图如图所示。已知在t1＝0.3s时刻，P质点首次位于波峰，Q点的坐标是（－3，0），则以下说法正确的是 A. 这列波的传播速度为0.2m/s B. 在t＝0时刻，质点P向上运动 C. 在t1＝0.3s时刻，质点A仍位于波谷 D. 在t2＝0.5s时刻，质点Q首次位于波峰 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：t=0时刻质点P距其右侧第一个波峰3cm,因此0．3s内该机谐波向左传播3cm, v=x/t=0．1m/s,A错误；由“上下坡”法知，质点P向下运动，B错误；将t=0时刻的波形向左平移3cm,可知质点A正处于平衡位置，C错误；t=0时刻质点Q距其右侧第一个波峰5cm，所以经t=0．5s,Q第一次到达波峰，D正确。‎ 考点：波动图像，波的传播与质点的振动的关系。‎ ‎6.如图所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，下列方法中不可行的是(　 　)‎ A. 使U1减小为原来的 B. 使U2增大为原来的2倍 C. 使偏转板的长度增大为原来2倍 D. 使偏转板的距离减小为原来的 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据动能定理求电子在加速场中获得的速度，然后根据类平抛运动规律求在偏转场中的偏转量y，再进行分析．‎ ‎【详解】电子在加速电场中加速时，由动能定理得：eU1=mv02；电子在偏转电场中做类平抛运动，则有：在水平方向：L=v0t； 在竖直方向：a=；射出电场时的偏转量y为：y=at2，联立以上四式得：；则得：要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，可U1减小为原来的、U2增大为原来的2倍、使偏转板的长度L增大为原来倍、使两偏转板间的距离d减小为原来的．故ABD正确，C错误。本题选不可行的，故选C。‎ ‎【点睛】带电粒子在匀强电场中偏转，带电粒子垂直进出入匀强电场时做匀变速曲线运动，分解为两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最基本解法．‎ ‎7.如图所示，虚线AB和CD分别为椭圆的长轴和短轴，相交于O点，两个等量异种点电荷分别处于椭圆的两个焦点M、N上，下列说法中正确的是 ( )‎ A. A，B两处电势相同，场强也相同 B. 在虚线AB上O点场强最大，在虚线CD上O点的场强也最大 C. B处的场强可以为零 D. 带正电的试探电荷在O处的电势能大于在B处的电势能 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据等量异种电荷电场线和等势面分布特点，可以比较A与B，C与D电势、场强关系及O、B电势高低；根据电场线疏密可知，在M、N之间O点场强最小；利用正电荷在电势高处电势能大，可比较正电荷在O、B电势能大小。‎ ‎【详解】根据顺着电场线方向电势降低，结合等量异种电荷电场线、等势面分布对称性特点可知，A、B场强相同，A点的电势比B点的高。故A错误。‎ 根据电场线疏密表示场强的大小可知，在AB之间，O点场强最小。在虚线CD上O点的场强最大。故B错误。根据电场线分布可知，B点的场强不为零，选项C错误；O点电势高于B点电势，正电荷在O处电势能大于在B处电势能。故D正确。故选D。‎ ‎【点睛】这类问题要巧妙利用电场线、等势面分布对称性的特点，再根据电场线方向判断电势高低，电场线的疏密判断场强的大小。‎ ‎8.如图所示，可视为质点的带正电小球，质量为m，用长为L 的绝缘轻杆分别悬挂在（甲）重力场、（乙）悬点O处有正点电荷的静电场、（丙）垂直纸面向里的匀强磁场中，且偏角均为θ（θ＜10°）。当小球均能由静止开始摆动到最低点A时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 三种情形下，达到A点时所用的时间相同 B. 三种情形下，达到A点时轻杆的拉力相同 C. 三种情形下，达到A点时的向心力不同 D. 三种情形下，达到A点时的动能不同 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别对三种情况受力分析，根据受力情况确定各力做功情况，根据动能定理即可明确到达A点的速度关系，再根据向心力公式明确向心力及绳子上的拉力，根据运动情况即可确定时间关系。‎ ‎【详解】三种情况下均只有重力做功，因此由动能定理可知，它们到达最底点时的速度相同，因此达到A点时的动能相同； 根据向心力公式可知，它们在A点需要的向心力相同；但由于乙受到库仑力，而丙受到洛伦兹力，因此三种情况下绳子上的拉力不相同；由于运动任意对应的时刻的速度均相同，因此达到A点的时间一定相同。‎ 故只有A正确，BCD错误。‎ 故选：A。‎ ‎【点睛】本题考查带电粒子在电场、磁场中的运动及受力情况，要注意明确洛伦兹力永不做功，同时注意电场力做功的性质。‎ ‎9.在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，r < R1，C为电容器，电流表、电压表为理想电流表和理想电压表。在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电压表示数变小，电流表示数变小 B. 电容器C所带电荷量增多 C. 电源的输出功率增大，效率降低 D. a点的电势升高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻R1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，分析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据干路电流与通过R2的电流变化情况，分析电流表的变化．根据内外电阻的关系，分析电源的输出功率如何变化．a点的电势等于R2两端的电压．‎ ‎【详解】在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，滑动变阻器电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大。电阻R2两端的电压U2=E-I（R1+r），I增大，则U2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小。根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流IA=I-I2，I增大，I2减小，则IA增大。即电流表示数变大。故ABD错误。据题：r＜R1，当外电路总电阻减小时，内外电阻更加接近，电源的输出功率增大。电源的效率，路端电压U减小，则电源的效率降低，故C正确。故选C。‎ ‎【点睛】本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分析．根据电流方向判断电势高低，由电压的变化判断电势的变化．‎ ‎10.如图所示为两个单摆做受迫振动的共振曲线，则下列说法正确的是(　 　)‎ A. 两个单摆的固有周期之比为TⅠ∶TⅡ＝5∶2‎ B. 若两个受迫振动在地球上同一地点进行，则两者摆长之比为lⅠ∶lⅡ＝4∶25‎ C. 图线Ⅱ的单摆若是在地面上完成的，则该摆摆长约为2m D. 若两个受迫振动分别在月球上和地球上进行，且摆长相等，则图线Ⅱ是月球上的单摆的共振曲线 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当受迫振动的频率等于单摆的固有频率，将发生共振，根据共振的频率大小，得出固有周期的大小，根据单摆的周期公式进行分析．‎ ‎【详解】若两次受迫振动均在地球上同一地点进行的，则重力加速度相等，因为固有频率比为2：5，则固有周期比为5：2，根据，知摆长比为25：4；故A正确，B错误；图线Ⅱ若是在地球表面上完成的，则固有频率为0.5Hz，则T，解得：L=1m；故C错误；若两次受迫振动分别在月球上和地球上进行，因为图线Ⅰ单摆的固有频率较小，则固有周期较大，根据，知周期大的重力加速度小，则图线Ⅰ是月球上单摆的共振曲线，图线Ⅱ是地球上的单摆的共振曲线；故D错误；故选A。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道受迫振动的频率等于驱动力的频率，当驱动力的频率等于固有频率时，发生共振．以及掌握单摆的周期公式．‎ ‎11.1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则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，比荷越小 D. 在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【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．‎ ‎【详解】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。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。进入B2磁场中的粒子速度是一定的，根据qvB=m得，，知r越大，荷质比越小，而质量m不一定大。故C正确，D错误。故选C。‎ ‎【点睛】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．‎ ‎12.如图所示，在xOy坐标系的第一象限中有一半径为r＝0.1 m的圆形磁场区域，磁感应强度B＝1 T，方向垂直纸面向里，该区域同时与x轴、y轴相切，切点分别为A、C.现有大量质量为1×10－18kg（重力不计），电量大小为2×10－10C，速率均为2×107m/s的带负电的粒子从A处垂直磁场进入第一象限，速度方向与y轴夹角为θ，且0<θ<180°，则下列说法错误的是( )‎ A．粒子的轨迹圆和磁场圆的半径相等 B．这些粒子轨迹圆的圆心构成的圆和磁场圆的半径相等 C．部分粒子的运动轨迹可以穿越坐标系进入第2象限 D．粒子的轨迹可以覆盖整个磁场圆 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据得：r=0.1m，所以A正确；由题意知，所以粒子的轨迹，相当于把半径r=0.1m的圆以A点为中心顺时针转动，如图所示，所以粒子轨迹圆的圆心构成的圆的圆心在A点，半径等于AB，即与磁场圆的半径相等，且粒子的轨迹可以覆盖整个磁场圆，所以B正确；D正确；由图知，粒子离开磁场区域后进入第四象限做匀速直线运动，不可能进入第2象限，所以C错误；所以本题错误的选C。‎ 考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动 二、本大题6小题 ‎13.下列说法正确的是 A. 因为时间是绝对的，所以我们在不同的参考系中观察到的时间进程都是相同的 B. 水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是由光的干涉造成的 C. 光的偏振现象证明了光是一种纵波 D. 火车以接近光速行驶时，我们在地面上测得车厢前后的距离变小了 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】经典物理学认为空间和时间是脱离物质存在的，是绝对的，空间与时间之间也是没有联系的，而相对论中空间和时间与物质的运动状态有关，在长度的相对性和时间的相对性上都得到了验证，即在不同的参考系中观察到的时间进程是不相同的，所以选项A错误。水面上的油膜在阳光照射下会呈现彩色，这是由光的干涉造成的，选项B正确；光的偏振现象证明了光是一种横波，选项C错误；根据“尺缩原理”，火车以接近光速行驶时，沿着物体的运动方向，我们在地面上测得车厢前后的距离变小了，选项D正确；故选BD.‎ ‎14.图(a)为一列简谐横波在t＝0.10 s时刻的波形图，P是平衡位置在x＝1.0 m处的质点，Q是平衡位置在x＝4.0 m处的质点；图(b)为质点Q的振动图像，下列说法正确的是（ ）‎ A. 在t＝0.25 s时，质点P的加速度方向与y轴负方向相同 B. 从t＝0.10 s到t＝0.25 s，该波沿x轴正方向传播了6 m C. 从t＝0.10 s到t＝0.6 s，质点P通过的路程为100 cm D. 质点Q简谐运动的表达式为y＝0.10sin 10πt (m)‎ ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ t=0.10s时Q点在平衡位置上，由乙图知下一时刻向下振动，从而确定了该波向左传播。根据时间与周期的关系，分析质点P的位置和加速度，求出通过的路程。根据甲、乙两图可以读出该波的波长和周期，从而求出波速，根据x=vt求解波传播的距离。根据图象读出振幅A，结合数学知识写出Q点的振动方程。‎ ‎【详解】在t=0.10s时，质点Q向y轴负方向运动，根据波形平移法可知该波沿x轴负方向传播，此时P点正向上运动，由图b读出周期T=0.2s，从t=0.10s到t=0.25s经过的时间为：△t＝0.15s＝T，则在t=0.25s时，质点P位于x轴下方，加速度方向与y轴正方向相同，故A错误；‎ 因波长λ=8m，从t＝0.10 s到t＝0.25 s，经过的时间为：△t＝T，该波沿x轴负方向传播了6 m，选项B错误；从t＝0.10 s到t＝0.6 s，经过的时间为0.5s=2.5T，则质点P通过的路程为2.5×4A=10A=100 cm，选项C正确；质点Q简谐运动的表达式为y＝Asint＝0.1sint＝0.10sin10πt(cm)，故D正确；故选CD.‎ ‎【点睛】本题的关键是会根据振动情况来判断波的传播方向，抓住振动图象和波动图象之间的内在联系，要知道质点做简谐运动时，在一个周期通过的路程是4A，半个周期内通过的路程是2A，但时间内通过的路程不能类推，要根据起点位置分析.‎ ‎15.如图所示，真空中有一均匀介质球，一束复色光平行于BOC从介质球的A点折射进入介质球内，进入介质球后分成光束I、Ⅱ，其中光束Ⅰ恰好射到C点，光束Ⅱ射到D点，∠AOB＝60°，则(　　)‎ A. 介质球对光束Ⅱ的折射率大于 B. 同时进入介质球的光束Ⅱ比光束Ⅰ先射出介质球 C. 当入射角大于某一特定角度时，从A点射进介质球的光束Ⅱ不会发生全反射 D. 用光束Ⅰ和光束Ⅱ分别射向同一双缝干涉装置，光束Ⅱ的条纹间距比光束Ⅰ大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由几何知识求出光束Ⅰ的折射角，求出其折射率，再分析光束Ⅱ的折射率。由v=c/n分析光在介质球中传播速度的大小，分析传播时间的长短。由光路可逆原理分析能否发生全反射。由波长关系分析干涉条纹间距的大小。‎ ‎【详解】对于光束I：在A点的入射角 i=60°，折射角 r=30°，则玻璃对光束I的折射率为，由折射定律分析知，介质球对光束Ⅱ的折射率大于介质球对光束I的折射率，即大于 ‎，故A正确。由v=c/n分析知在介质球中，光束Ⅰ的传播速度大于光束Ⅱ的传播速度，则同时进入介质球的光束Ⅱ比光束Ⅰ后射出介质球，故B错误。从A点射进介质球的光束Ⅱ，再射到界面时入射角等于A点的折射角，由光路可逆原理知，光线不会发生全反射，一定能从介质球射出，故C正确。介质球对光束Ⅱ的折射率大于介质球对光束I的折射率，说明光束Ⅱ的频率大，波长短，而干涉条纹的间距与波长成正比，则光束Ⅱ的条纹间距比光束Ⅰ小，故D错误。故选AC.‎ ‎【点睛】本题考查对全反射、折射现象的理解与运用能力，作出光路图，关键要能灵活运用光路可逆原理分析能否发生全反射。‎ ‎16.如图所示，直角三角形ABC中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子沿AB方向射入磁场，分别从AC边上的P、Q两点射出，则(　 　)‎ A. 从P射出的粒子速度大 B. 从Q射出的粒子速度大 C. 从P射出的粒子，在磁场中运动的时间长 D. 两粒子在磁场中运动的时间一样长 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子在磁场中做圆周运动，根据题设条件作出粒子在磁场中运动的轨迹，根据轨迹分析粒子运动半径和周期的关系，从而分析得出结论．‎ ‎【详解】如图，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P点和Q点射出；‎ 由图知，粒子运动的半径RP＜RQ，又粒子在磁场中做圆周运动的半径知粒子运动速度vP＜vQ ‎，故A错误，B正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系（图示弦切角相等），粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间：t=T，又因为粒子在磁场中圆周运动的周期，可知粒子在磁场中运动的时间相等，故C错误，D正确；故选BD。‎ ‎【点睛】粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由此根据运动特征作出粒子在磁场中运动的轨迹，掌握粒子圆周运动的周期、半径的关系是解决本题的关键．‎ ‎17.如图所示，一台电动机提着质量为m的物体，以速度v匀速上升．已知电动机线圈的电阻为R，电源电动势为E，通过电源的电流为I，当地重力加速度为g，忽略一切阻力导线电阻，则（　　） ‎ A. 电源内阻 B. 电源内阻 ‎ C. 如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变大 D. 如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 根据能量守恒可得，在时间t内消耗电能转化为机械能和内能，所以W电=mgvt+I2Rt，又有W电=EIt-I2rt，联立解得：，故A错误，B正确；如果电动机转轴被卡住而停止转动，则电动机相当于电阻为R的电阻，电路的电流将会迅速增大，根据功率公式P=I2r可知较短时间内电源消耗的功率将变大，故C正确，D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎18.如图所示，空间存在一水平方向的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为B，电场强度大小为，且电场方向与磁场方向垂直。在电磁场的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60º夹角且处于竖直平面内。一质量为m，带电量为＋q的小球套在绝缘杆上。若给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动。已知小球电量保持不变，重力加速度为g，则以下说法正确的是（ ）‎ A. 小球的初速度为 B. 若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止 C. 若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止 D. 若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ 对小球进行受力分析如图， 电场力的大小： ，由于重力的方向竖直向下．电场力的方向水平向右，二者垂直，合力： ，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对小球做功．所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反．所以qv0B=2mg． 所以 ．故A正确；若小球的初速度为 ，则洛伦兹力：f=qv0B=3mg＞FG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，则摩擦力：f=μFN ‎．小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到时，小球开始做匀速直线运动．故B错误．若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0B=mg＜FG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力：f=μFN．小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止．故C正确；若小球的初速度为，球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，运动中克服摩擦力做功等于小球的动能，所以 ．故D错误．故选ACD.‎ 点睛：本题考查小球在混合场中的运动，解答的关键明确小球的受力情况，并能够结合受力的情况分析小球的运动情况，要知道小球何时做加速度减小的减速运动，何时做加速度增大的减速运动，当加速度减为零时，做匀速运动．‎ 三、填空题 ‎19.有一只电流计，已知其Ig=500μA，Rg=100Ω，现欲改装成量程为6V的电压表，则应该 联 Ω的电阻．‎ ‎【答案】串，11900‎ ‎【解析】‎ 试题分析：把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．‎ 解：把电流计改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为：‎ R=﹣Rg=﹣100=11900Ω；‎ 故答案为：串，11900．‎ ‎【点评】本题考查了电压表的改装，知道电压表改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题．‎ ‎20.某研究性学习小组利用如图（甲）所示电路测量某电池的电动势E和内电阻r.由于该电池的内电阻r较小，因此在电路中接入了一阻值为2.00 Ω的定值电阻R0‎ ‎.闭合开关S，调整电阻箱的阻值，读出电压表相应的示数U，并计算出通过电阻箱的电流数值I，为了比较准确地得出实验结论，在坐标纸中画出了如图（乙）所示的U－I图象，由图象可得：E＝________V，r＝________Ω.‎ ‎【答案】2.0　 0.5‎ ‎【解析】‎ 试题分析：电源的U－I图象，与纵轴的截距为电源电动势的值，由图可得E=2.0V；由题可得,则r=0.5Ω 考点：测电源电动势和内电阻 点评：本题利用U－I图象求解电动势和内阻时要注意：图线的斜率为等效电源的内电阻，即，图线与纵轴的截距为电源的电动势。‎ ‎21.利用所学物理知识解答下列问题：‎ ‎(1)在做“用单摆测定重力加速度”的实验中，某同学甲用毫米刻度尺测得摆线长L0=935.8mm；用游标卡尺测得摆球的直径如下图所示,则摆球直径d=__________mm。用秒表测得单摆完成n=40次全振动的时间如下图所示,则秒表的示数t=___________s；若用给出的各物理量符号(L0、d、n、t)表示当地的重力加速度g，则计算g的表达式为g=_________________‎ ‎(2)实验中同学甲发现测得的g值偏大，可能的原因是_________________‎ A. 摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了 B. 将悬点到小球上端的悬线的长度当做摆长 C. 开始计时时，秒表过迟按下 D. 实验中误将40次全振动计为39次 ‎【答案】 (1). 11.1； (2). 97.5； (3). (4). C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）游标卡尺和秒表的读数：先读主尺（只读整数），再加上游标尺（格数乘以分度分之一，格数找对齐的一个不估读）；秒表读数等于大盘刻度读数加上小盘刻度读数； （2）根据单摆周期公式列式分析即可．‎ ‎【详解】（1）游标尺主尺：11mm；游标尺对齐格数： 1个格，读数为： 1×0.1mm=0.1mm，所以直径为：11mm+0.1mm=11.1mm；‎ 秒表读数：秒表的小盘读数90s，大盘读数7.5s，故时间为97.5s； 根据，其中的T=t/n，解得： ． （2）摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，故相对与原来的单摆，周期测量值偏大，故加速度测量值偏小，故A错误；将悬点到小球上端的悬线的长度当做摆长，摆长的测量值偏小，则加速度测量值偏小，B错误；开始计时时，秒表过迟按下，则周期测量值偏小，加速度测量值偏大，选项C正确；试验中误将40次全振动数为39次，周期测量值偏大，故加速测量值偏小，所以选项D错误；故选C．‎ ‎22.有一个小灯泡上标有“4 V 2 W”的字样，现要 描绘这个灯泡的伏安特性图线,有下列器材可选：‎ A. 电压表(0—5V,内阻约为10KΩ) B. 电压表(0—10V，内阻约为20kΩ)‎ C. 电流表(0—0.3 A,内阻约为1Ω) D. 电流表(0—0.6A,内阻约为0.4Ω)‎ E. 滑动变阻器(10Ω,2A) F.滑动变阻器(100Ω,2A)‎ G. 学生电源(直流6V),还有开关、导线若干 ‎(1)用多用电表欧姆挡粗测灯泡的电阻，选用“ ×10”挡测量时，发现指针偏转角度过大，则应选用×_______ 的挡。‎ ‎(2)实验中所用电流表应选用_____,滑动变阻器应选用_____(用对应的选项字母表示）‎ ‎(3)实验时要求尽量减小实验误差,测量电压时应从零开始多取几组数据，且当开关闭合前滑片应滑变阻器的左边。请将图甲中实物按要求连接成满足实验要求的测量电路______.‎ ‎(4)某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特佺曲线(如图乙所示),若用电动势为3 V、内阻为2. 5Ω的电源给该小灯泡供电,则该小灯泡的实际功率是________ W。‎ ‎【答案】 (1). 1 (2). D； (3). E； (4). ； (5). 0.8‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）选用多用表欧姆挡的“×10”挡进行测量，指针偏转的角度过大，说明所选挡位太大；（2）根据实验原理选择仪器；（3）因电压表内阻远大于灯泡电阻，则采用电流表外接电路；滑动变阻器要用分压接法；（4）将电动势为3 V、内阻为2. 5Ω的电源的U-I图像画在灯泡的U-I图像上，交点为电路的工作点，读出交点坐标，根据P=IU求解实际功率；‎ ‎【详解】（1）用“×10”挡进行测量，指针偏转的角度过大，说明所选挡位太大，为准确测电阻阻值，应选择×1挡位．‎ ‎（2）灯泡的额定电流为0.5A，则实验中所用电流表应选用D；滑动变阻器要用分压接法，则应选用阻值较小的E； ‎ ‎（3）因电压表内阻远大于灯泡电阻，则采用电流表外接电路；滑动变阻器要用分压接法；电路如图；‎ ‎（4）将电动势为3 V、内阻为2. 5Ω的电源的U-I图像画在灯泡的U-I图像上，交点为电路的工作点，由图可知：U=2.0V，I=0.4A，则小灯泡的实际功率是P=IU=0.8W.‎ 四、计算题 ‎23.如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E＝4.5 V、内阻r＝0.50 Ω的直流电源。现把一个质量m＝0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取10 m/s2。‎ 已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：‎ ‎(1)电源的输出功率 ‎(2)导体棒受到的摩擦力的大小和方向；‎ ‎【答案】(1)5.75W；(2)0.06N，方向沿斜面向下 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1) 导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律求解电流，根据P=I2 R0求解功率；（2）根据共点力平衡条件列式求解摩擦力。‎ ‎【详解】(1)根据闭合电路欧姆定律：‎ E=I(R0+r) ‎ P=I2 R0 ‎ P=5.75W ‎ ‎(2)导体棒受到的安培力：F安=BIL ‎ 根据共点力平衡条件，有：mgsin370+f=F安 解得：f=0.06N ，方向沿斜面向下 ‎24.如图所示的平行板器件中，存在相互垂直的匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度B1=0．20T,方向垂直纸面向里，电场强度E1=1．0×105V/m,PQ为板间中线。紧靠平行板右侧边缘xOy坐标系的第一象限内，有一边界AO、与y轴的夹角∠AOy=450‎ ‎，边界线的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2=0．25T,边界线的下方有竖直向上的匀强电场，电场强度E2=5.0×105V/m。一束带电荷量q=8.0×10-19C、质量m=8.0×10-26Kg的正离子从P点射入平行板间，沿中线PQ做直线运动，穿出平行板后从轴上坐标为（0,0．4 m）的Q点垂直轴射入磁场区，多次穿越边界线OA。求：‎ ‎（1）离子运动的速度；‎ ‎（2）离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间；‎ ‎（3）离子第四次穿越边界线的位置坐标。‎ ‎【答案】（1） （2） （3）‎ ‎【解析】‎ ‎(1) 设正离子的速度为v，由于沿中线PQ做直线运动，则：qE=qvB1‎ 代入数据解得：v=5.0×105m/s；‎ ‎(2) 离子进入磁场，做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：，代入数据解得：r=0.2 m 作出离子的运动轨迹，交OA边界于N，如图所示：OQ=2r，‎ 若磁场无边界，一定通过O点，则圆弧QN的圆周角为45°，则轨迹圆弧的圆心角为θ=90°，过N 点做圆弧切线，方向竖直向下，离子垂直电场线进入电场，做匀减速运动，离子在磁场中运动为： ，‎ 离子在电场中的加速度： ，‎ 而离子在电场中来回运动的时间为：，‎ 所以离子从进入磁场到第二次穿越边界线OA所需的时间为：t=t1+t2=（2π+2）×10-7s=8.28×10-7s；‎ ‎(3) 离子当再次进入磁场后，根据左手定则，可知洛伦兹力水平向右，导致离子向右做匀速圆弧运动，恰好完成周期，当离子再次进入电场后，做类平抛运动，由题意可知，类平抛运动的速度的方向位移与加速度的方向的位移相等，根据运动学公式，则有：，代入数据解得：t3=2×10-7s，‎ 因此离子沿着速度的方向的位移为：x3=vt3=0.1m，‎ 所以离子第四次穿越边界线的x轴的位移为：x=R+R+x3=0.2m+0.2m+0.1m=0.5m，‎ 则离子第四次穿越边界线的位置的坐标为（0.5m，0.5m）。‎ ‎ ‎