2020年高二物理第二学期期末模拟试卷及答案(一)

2020年高二物理第二学期期末模拟试卷及答案(一)

第 1页（共 32页） 2020 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， 1-10 题只有 一个选项正确， 11-14 有多个选项正确，共计 42 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 F1 和 F2（F2＜F1）的力作用在同一质点上，它们 的合力的大小 F 满足（ ） A．F2≤F≤F1 B． ≤F≤ C．F1﹣F2≤F≤F1+F2 D．F12﹣F22≤F≤F12+F22 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，动能的改变量相等 第 2页（共 32页） 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 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． B． C． 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 10N B．在 0～3s 时间内，质点的平均速度为 1m/s 第 3页（共 32页） C．在 0～5s 时间内，质点通过的路程为 14m D．在 6s 末，质点的加速度为零 7．如图所示，一物体以速度 v0 自倾角为 θ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 φ1．若 将物体的速度减小到 ，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 φ2，（不计物体大小） ， 则（ ） A．φ2＞φ1 B．φ2＜φ1 C．φ2=φ1 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 L 1、L 2、L 3 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 n1：n2 和 ab 间电压应为（ ） A．2：1，25V B．2：1，20V C．1：2，25V D．1：2，20V 第 4页（共 32页） 10．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 θ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， 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 拉力恰好为零，则 =（ ） A．1 B． C．tan2θ D． 11．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（ ） A．约里奥﹣居里夫妇发现人工放射性同位素的方程为 Al + He→ P+ n B．卢瑟福发现中子的核反应方程为 Be+ He→ C+ n C．查得威克发现质子的核反应方程为 N+ He→ O+ H 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的 13．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 R1 的滑片 P 由 a 端滑到 b 端的过 程中（ ） 第 5页（共 32页） 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 14．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，则（ ） A．两次 t=0 时刻，通过线圈平面磁通量都是 φ=0 B．曲线 a、b 对应的线圈转速之比为 3：2 C．曲线 b 表示的交变电动势有效值为 10V D．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． 第 6页（共 32页） （1）在电路图（ 1）和（ 2）中，若 R1 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，已知 R1=2Ω，电压表 V 1、 V 2 读数分别为 U1、U2，现以 U2 为纵坐标， U1 为横坐标，作出相应 图线，如图（ 4）所示，则：电源电动势 E= V，内阻 r= Ω． 16．“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 （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． 第 7页（共 32页） （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 （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） 17．一质量为 0.5kg 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 6m/s 的速度反向运动． g 取 10m/s2． （1）求物块与地面间的动摩擦因数 μ； （2）若碰撞时间为 0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大 小 F． 18．如图所示，质量分别为 m1=1kg，m2=3kg 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 v0 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： ① 小车 B 的初速度 v0； 第 8页（共 32页） ② A 和 B 相互作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能． 19．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 α，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？ 20．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 B1，两极板间距为 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 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 r． 第 9页（共 32页） 求： （1）粒子离开装置 C 的速度大小； （2）粒子的比荷 ． 第10页（共 32页） 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， 1-10 题只有 一个选项正确， 11-14 有多个选项正确，共计 42 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 【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； 第11页（共 32页） 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： C 2．两个大小分别为 F1 和 F2（F2＜F1）的力作用在同一质点上，它们 的合力的大小 F 满足（ ） A．F2≤F≤F1 B． ≤F≤ C．F1﹣F2≤F≤F1+F2 D．F12﹣F22≤F≤F12+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 F1﹣F2，故 F1+F2≥F 合≥F1﹣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，动能的改变量相等 第12页（共 32页） 【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 v=gt 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 第13页（共 32页） 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： D 第14页（共 32页） 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． B． C． D． 【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． 【解答】 解：真空中两个静止点电荷间的静电力大小为： F= ， 不带电的同样的金属小球 C 先与 A 接触： QC=QA ′= 带电的同样的金属小球 C 再与 B 接触： QB′=QC′= = 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： F′= = F．所以选项 C 正确，选项 ABD 错误． 故选： C． 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（ ） 第15页（共 32页） A．在 0～3s 时间内，合力大小为 10N B．在 0～3s 时间内，质点的平均速度为 1m/s C．在 0～5s 时间内，质点通过的路程为 14m D．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= = =2m/s2， 合力 F 合=ma=2N，故 A 错误． B、在 0～3s 时间内，质点的平均速度为 = = =1m/s，故 B 正确． C、在 0～5s 时间内， 质点通过的路程为 s= =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： B 7．如图所示，一物体以速度 v0 自倾角为 θ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 φ1．若 将物体的速度减小到 ，再次从顶端水平飞出，落到斜面上，物体 第16页（共 32页） 与斜面接触时速度方向与水平方向的夹角为 φ2，（不计物体大小） ， 则（ ） A．φ2＞φ1 B．φ2＜φ1 C．φ2=φ1 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． 【解答】 解：物体落在斜面上，位移与水平方向夹角的正切值 ，速度方向与水平方向夹角的正切值 ，可知 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 φ=α﹣θ，可知 φ不变，即 φ2=φ1． 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（ ） 第17页（共 32页） 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= 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 L 1、L 2、L 3 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 n1：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、L 3 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 L1、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． 第18页（共 32页） 【解答】解：L 2、L 3 并联后与 L4 串联， 灯泡正常发光． 可知： U2=10V； P2=5+5+10W=20W， 根据 U1I 1=P2 得：U1= V=20V 所以 Uab=U1+UL1=20+5=25V 故选 A 10．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 θ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， 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 拉力恰好为零，则 =（ ） A．1 B． C．tan2θ D． 【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 a1 水平向右做匀加速直线运动时， 支持力为零， 第19页（共 32页） 根据牛顿第二定律得： mgcotθ=ma1， 解得： a1=gcotθ， 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 的拉力恰好为零，根据牛顿第二定律得： mgtanθ=ma2， 解得： a2=gtanθ， 则 ． 故选： B． 11．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 第20页（共 32页） 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=hγ﹣W 0，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是入射光频率大于极限频率． 故 D 正确． 故选 CD． 12．下列说法正确的是（ ） A．约里奥﹣居里夫妇发现人工放射性同位素的方程为 Al + He→ P+ n B．卢瑟福发现中子的核反应方程为 Be+ He→ C+ n C．查得威克发现质子的核反应方程为 N+ He→ O+ H 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 Al + He→ P+ n，故 A 正确； 第21页（共 32页） B、查德威克在 α粒子轰击铍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 α粒子轰击铍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： AD 13．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 R1 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．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，所以无论外电阻 如何变化，电压表示数不变．滑动变阻器 R1 的滑片 P 由 a 端滑到 b 第22页（共 32页） 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 R1 的滑片 P 由 a 端滑到 b 端的过程中， 滑动变阻器 R1 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 R1 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 变化量比值等于 0， 故 D 错误； 故选： BC． 14．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，则（ ） A．两次 t=0 时刻，通过线圈平面磁通量都是 φ=0 B．曲线 a、b 对应的线圈转速之比为 3：2 C．曲线 b 表示的交变电动势有效值为 10V 第23页（共 32页） D．曲线 a 表示的交变电动势频率为 25Hz 【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，磁通量最大；故 A 错误； B、由图可知， a 的周期为 4×10﹣ 2s；b 的周期为 6×10﹣2s，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 15V， 根据 Em=nBSω得曲线 b 表示的交变电动势最大值是 10V， 则有效值为 U= ；故 C 错误； D、曲线 a 的交变电流的频率 f= =25Hz；故 D 正确； 故选： BD． 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 R1 为定值电阻且阻值未知，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） 第24页（共 32页） （2）若用图（ 3）所示实验电路进行实验，已知 R1=2Ω，电压表 V 1、 V 2 读数分别为 U1、U2，现以 U2 为纵坐标， U1 为横坐标，作出相应 图线，如图（ 4）所示，则：电源电动势 E= 2.5 V，内阻 r= 0.5 Ω． 【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（ 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 R1 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）． （2）在图 （3）所示电路中， 电源电动势： E=U1+U2+ r，U2=E﹣（1+ ） U1，由图（ 4）所示图象可知，电源电动势 E=2.5V，1+ = = =1.25， 第25页（共 32页） 电源内阻 r=（1.25﹣1）×2=0.5Ω； 故答案为： （1）：（1）（2）；（1）；（2）：2.5；0.5． 16．“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/s2． （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使小车恰好 做匀速运动． 第26页（共 32页） （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 a= ； （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 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） 17．一质量为 0.5kg 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 6m/s 的速度反向运动． g 取 10m/s2． （1）求物块与地面间的动摩擦因数 μ； 第27页（共 32页） （2）若碰撞时间为 0.05s，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： ， 代入数据解得： μ=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△t=mv′ ﹣mv， 代入数据解得： F=130N． 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 130N． 18．如图所示，质量分别为 m1=1kg，m2=3kg 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 v0 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： ① 小车 B 的初速度 v0； 第28页（共 32页） ② A 和 B 相互作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能． 【考点】 动量守恒定律． 【分析】 ① 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； ② 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：① 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： m2v0=m1v+m2v2， 相互作用前后系统的总动能不变： m2v0 2= m1v2+ m2v2 2， 解得： v0=4m/s； ② 第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 v′， 根据动量守恒定律有： m2v0=（m1+m2）v′， 此时弹簧的弹性势能最大，等于系统动能的减少量： △E= m2v0 2﹣ （m1+m2）v′2=6J； 答：① 小车 B 的初速度 v0 为 4m/s． ② A 和 B 相互作用过程中，弹簧获得的最大弹性势能为 6J． 19．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 α，上端连接一个阻值为 R 的电阻． 匀强磁场的磁感应强 第29页（共 32页） 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； （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， 则有： mgsinα= ， 得：vm= ． （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： Q=mgxsinα﹣ mvm2， 电阻 R 产生的焦耳热为： QR= Q= （mgxsinα﹣ mvm 2）． 第30页（共 32页） （3）在此过程中流过电阻 R 的电荷量为： q=It= = ． 答：（1）金属杆沿斜面下滑的最大速度为 ； （2）在此过程中电阻 R 产生的焦耳热为 （mgxsinα﹣ mvm2）； （3）在此过程中流过电阻 R 的电荷量 q 为 ． 20．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 B1，两极板间距为 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 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 r． 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． 第31页（共 32页） 【分析】 （1）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 PQ 通过装置 C 满足： qvB1=Eq ① 根据匀强电场中电场强度与电势差之间的关系式有： E═ ② ①② 式联立得： v= ③ （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 α，偏转轨迹圆弧所对应的圆心角为 θ， 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： α=θ 由洛伦兹力提供向心力： qvB2=m ，得 R= ④ 根据几何关系： sinα= = 所以： θ=α=60° =tan = ⑤ 将③⑤ 式代入 ④ 式，得粒子比荷： = 第32页（共 32页） 答：（1）粒子离开装置 C 的速度大小为 ； （2）粒子的比荷 = ．