2021-2022学年黑龙江省牡丹江第三高级中学高二（上）期末物理试卷（附答案详解）.pdf

《2021-2022学年黑龙江省牡丹江第三高级中学高二（上）期末物理试卷（附答案详解）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021-2022学年黑龙江省牡丹江第三高级中学高二（上）期末物理试卷（附答案详解）.pdf（40页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、20212022学年黑龙江省牡丹江第三高级中学高二（上）期末物理试卷一、单 选 题（本大题共27小题，共96.0分）1.两个完全相同的金属小球4、B,球4所带电荷量为+5Q,球B所带电荷量为-Q.现将球B与球4接触后，移到与球4相距为d处（d远远大于小球半径）.已知静电力常量为k,则此时两球4、B之间相互作用的库仑力大小是（）AB c Dd2 d d d22.如图各电场中，A,B两点电场强度相同的是（）3.下列说法中正确的是（）A.由E=；知，电场中某点的电场强度与检验电荷在该点所受的电场力成正比B.电场中某点的电场强度等于，但与检验电荷的受力大小及带电荷量无关C.电场中某点的电场强度方向为检

2、验电荷在该点的受力方向D.公式E=和e=与对于任何静电场都是适用的q rl4.如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，电场线的方向由a到c,a、b间距离等于b、c间距离，用心、M、丸和Ea、Eb Ec分别表示a、氏c三点的电势和场强，可以判定（）a b c-”.A.a 0b 0c B.Ea Eb Ecc.0a-轨=机-0a D.Ea=Eb=Ec5.三个a粒子在同一地点沿同一方向飞入偏转电场，出现了如图所示的轨迹，由此可以判断下列不正确的是（）bA.在b飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上B.b和c同时飞离电场C.进电场时c的速度最大，a 的速度最小D.动能的增加值c最小，a和b一样大6.已知

3、在40s内通过导线某一横截面的电荷量为8 C,则通过该导线的电流为（）A.0.1A B.0.2A C,0.3/1 D.0.447.如图所示是电阻R的/U图象，图中a=45。，由此得出（）|/AA.欧姆定律适用于该元件 1/B.电阻R=0.5。陵：.10 20 UNC.因/一 U图象的斜率表示电阻的倒数，故/?=-=1.00tanaD.在R两端加上6.0 1/的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是2.0 C8.如图所示是有两个量程的电压表的内部电路图，当使用a、b两个端点时，量程为0-3 7.当使用a、c两个端点时，量程为0 15U。已知电流表的内阻R为5 0 0,满偏 电 流 为 则 电 阻

4、治、&的值分别为（）占63VA.14500,2500B.12000,250。C.2500,14500D.2500,120009.关于电功和电热，下面说法正确的是（）A.任何电路中的电功W =Ult,电热Q=I2R t且 W=QB.任何电路中的电功W =Ult,电热Q=l2R t且W有时不等于QC.电 功/=U/t在任何电路中都适用，Q=/2R t只在纯电阻电路中适用D.电 功 勿=U/3 电热Q=/2 R t,只适用于纯电阻电路io .在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片p 向下移动时，则（）第2页，共40页A.4灯变亮、B灯变亮、C灯变亮B.A灯变亮、B灯变亮、C灯变暗C.4灯变亮、B灯变暗、

5、C灯变暗D.4灯变亮、B灯变暗、C灯变亮11.磁场中某区域的磁感线如图所示，则（）A.a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba BbB.a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba m2f/i 第 10页，共 4 0 页B.m1 m2j m2,ri=72D.m1 (Pc 故 A 正确。B D、只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况，无法比较场强的大小，故 8。错误。C、对于匀强电场，两点间的电势差(7=后/由于电场线的疏密情况无法确定，两点间的电势差的公式=Ed也不能适用，不能判断电势差的关系，故 C 错误。故选：A.本题根据顺着电场线方向电势逐渐降低，判断电势关系；电场线的疏密表示电场强度的相对大

6、小.根据匀强电场中场强与电势差的关系=E d,定性分析电势差的关系.本题考查了电场线和电势、电场强度以及电势差之间的关系，尤其注意公式U=Ed的适用条件以及公式中各个物理量的含义.5.【答案】B【解析】【分析】本题考查带电粒子在电场中的偏转问题。解决本题的关键将类平抛运动分解为垂直电场方向和沿电场方向，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动。三个粒子都做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动.粒子的质量和电量相同，加速度相同，比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小，通

7、过动能定理比较动能的变化量。【解答】A 三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同。a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y=a d,可知运动时间相等。故 4 正确；B.b、c竖直方向上的位移不等，为%，根据丫 =：成2,可知故3 错误；C.在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：V =p因总=”，tc%,根据 t a =t b，Xb Xa,则%,所以有：%,故 C正确；D根据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等。c电荷电场力做功最少，动能增加量最小。故O正确。本题选错误的，故选瓦6.【答案】B【解析】解：根据电流的定义可知，电流/=3=怖4 =0

8、.2 4故8正确，A C。错误。t 40故选：B。已知时间和电荷量，根据电流的定义即可求得通过的电流。本题考查电流的定义，知道电流等于单位时间内流过导体任一截面的电量。7.【答案】A【解析】【分析】本题考查了学生对电阻的定义式R =苫的理解与掌握，要注意直线的斜率与直线倾角的区别。【解答】A、根据数学知识可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，欧姆定律适用，故A正确；B C、根据电阻的定义式R =彳可知，/U图象斜率的倒数等于电阻R,则得R =2。,故B C错误；D、由图知，当U =6 U时，/=3力，则每秒通过电阻横截面的电荷量是q =/t =3 X 1 C =3.0C,故。错误。故选：Ao8

9、.【答案】D【解析】解：根 据 欧 姆 定 律 有&=最 一 勺=焉 与。-5 0。=2 5 00R2=-Rg-R1=焉 三 0-5 0。-2 5 0a =1 2 000.故 D 正确，A 8 C 错误。1Q A U X 1 U第 18页，共 4 0页故选：D。根据欧姆定律即可得到相应的电阻。电表的改装实质上还是欧姆定律的具体应用，注意在量程为0 15P时，是两个电阻都和表头串联。9.【答案】B【解析】解：A、C、D、任何电路中电功公式W=U/3 电热公式Q=/2/都适用，但两者不一定相等，只有在纯电阻电路中勿=Q,故 ACC错误。B、任何电路中的电功力=U/3 电热Q=/2 R t,在非纯电

10、阻电路中电能一部分转化为内能，还有一部分转化为其他形式的能，所以此时十大于Q,故 8 正确。故选：B。电功公式勿=U/t和电热公式Q=尸段都适用于任何电路；在纯电阻电路中，电功等于电热，在非纯电阻电路中，电功大于电热。本题考查电功及电热公式的应用，要注意各式的适用范围，并能正确应用。10.【答案】D【解析】【分析】首先明确本题是动态电路的分析，当滑动变阻器滑片P向下移动时，滑动变阻器的有效阻值变小，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律知，总电流/增大，再利用电动势、内电压和路端电压关系判断8灯的变化；再跟据总电流与B灯所在支路电流判断C灯所在支路的电流。本题考查闭合电路欧姆定律的动态分析问题，要注

11、意灵活应用闭合电路的欧姆定律、电动势路端电压和内电压、干路与支路电流关系是解决动态电路的关键，即先局部-整体一局部的解题思路。【解答】当滑动变阻器滑片了向下移动时，滑动变阻器的有效阻值变小，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律知，总电流/增大，故 4 灯变亮；总电流/增大，利用电动势、内电压和路端电压关系E=Ur+UA+4 可知，B、C灯所在支路的电压%和%减小，故 B灯变暗；B灯所在支路电流减小，而干路电流增大，所以。灯所在支路电流增大，故 C灯变亮，故。正确，ABC错误。故选D。11.【答案】A【解析】解：A B,磁感线的疏密表示磁场的强弱，在磁感线较密的地方磁感应强度较大，在磁感线较疏的地方

12、磁感应强度较小，由图可知，a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba Bb,故A正确，B 错误;C D、通电导线在磁场中受到的安培力大小为：F=BIL sind,0为磁感应强度B与电流/之间的夹角，同一通电导线放在a处与放在b处相比，由于并不知道通电导线与磁场方向之间的夹角，所以a、b两处的受力大小无法确定，故CD错误。故选：4。磁感线越密集地方磁感应强度越大；通电导线所受的安培力与导线放置方向有关，结合安培力公式F=B/Lsin。分析安培力大小关系。解决本题的关键是知道磁感线的疏密表示磁场的强弱，还要知道安培力大小与B、/的夹角有关，导线与磁场方向平行时，安培力为零；导线与磁场方向垂直时，安培力

13、最大。12.【答案】C【解析】解：用右手螺旋定则判断通电直导线在abed四个点上所产生的磁场方向，如图所示：a点有向上的磁场，还有电流产生的向上的磁场，电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相同，叠加变大。b点有向上的磁场，还有电流产生的水平向左的磁场，磁感应强度叠加变大，方向向左上。c点电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相反，叠加变小。d点有向上的磁场，还有电流产生的水平向右的磁场，叠加后磁感应强度的方向向右上。d点与b点叠加后的磁场大小相等，但是方向不同。选项48。错误，选 项C正确。故选：C。该题考查了磁场的叠加问题。用右手定则首先确定通电直导线在abed四点产生的磁场的方向，利用矢

14、量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项。第 20页，共 4 0 页磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量。它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则。基础题目。13.【答案】B【解析】解：力、由于圆环不闭合，所以没有感应电流，故A错误；8、两导线相互远离，穿过回路的磁通量增大，能产生感应电流，故2正确；C、根据安培定则可知，穿过虚线直径两侧的磁通量大小相等，方向相反，所以穿过线圈的磁通量等于零，导电导线中电流增大时，线圈的磁通量仍然是零，没有变化，所以线圈中不能产生感应电流，故C错误；。、穿过线框的磁通量不变，不能产生感应电流，故。错误。故选：B。产生感应电流的条件是穿过闭合回路的磁通量

15、发生变化，对照这个条件来分析。判断电路中能否产生感应电流，应把握两点：一是电路要闭合；二是回路中的磁通量要发生变化。14.【答案】C【解析】解：力、带负电的粒子向右运动，掌心向外，四指所指的方向向左，大拇指所指的方向是向下，选项A错误。8、带负电粒子的运动方向与磁感应线平行，此时不受洛伦兹力的作用。选项B错误。C、带正电的粒子向右运动掌心向外，四指所指的方向向右，大拇指所指的方向是向上，选 项C正确。、带负电的粒子向上运动，掌心向里，四指应向上，大拇指的方向向左，选项。错误。故选：C。因带电粒子是带负电的，所以应用左手定则时，四指所指的方向与运动方向相反.应用左手定则可判断个选项的正误.在应用

16、左手定则时，首先要判断运动的带电粒子所带的电性，若是正电，四指的方向与粒子运动方向一致，若是负电，四指所指的方向与粒子的运动方向相反.此处是非常容易出错的.15.【答案】A【解析】【分析】当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向下，所以感应磁场方向向上，根据右手螺旋定则判断感应电流的方向；根据楞次定律“来拒去留”可判断磁铁与线圈的相互作用.楞次定律应用的题目我们一定会做，大胆的去找原磁场方向，磁通量的变化情况，应用楞次定律判断即可.【解答】当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向上，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，拇指表示感应磁场的方向，四指弯曲的方向表示感应电

17、流的方向，即通过电阻的电流方向为a-b.根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互排斥.综上所述：线圈中感应电流的方向为电阻的电流方向为a b,磁铁与线圈相互排斥.故选：A.16.【答案】A【解析】解：A C D,动量既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则，是矢量，故A 正确；8、电流强度有大小有方向，但是运算遵循代数运算法则，是标量，故 B 错误；C D,功、电动势只有大小没有方向，运算遵循代数运算法则，都是标量，故 CQ错误;故选：4。既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量是矢量；只有大小没有方向、运算遵循代数运算法则的物理量是标量。本题考查

18、矢量与标量的区别，知道：矢量是既有大小又有方向，运算时遵循平行四边形定则的物理量，标量是只有大小没有方向、运算遵守代数运算法则的物理量。17.【答案】B第22页，共40页【解析】解：4、动量p=n iv,可见动量大小取决于质量和速度，质量大的物体，其动量不一定大，故A错误；8、一个物体的运动状态变化，即速度发生变化，则它的动量一定改变，故B正确；C、动能和动量的关系a =贮，一个物体的动能不变，它的动量大小也一定不K 2 2m变，但动量的方向可能改变，故c错误；。、质量和速率都相同的物体，由于速度的方向可能不同，则它们的动量不一定相同，故。错误。故选：B。根据动量的定义式与动量和动能的关系分析

19、答题。知道动量的定义式及矢量性、会推导动能与动量的关系，根据公式推导结论.18.【答案】C【解析】【分析】根据力的大小，结合冲量的公式/=Ft求出各力的冲量大小。解决本题的关键知道冲量的大小等于力与时间的乘积，结合力的大小进行求解，基础题。【解答】A.拉力产的冲量大小为F t,故A错误；B.物体做匀速直线运动，可知摩擦力/=Feos仇 则摩擦力的冲量大小为九=Ftcos。,故2错误；C.重力的冲量大小为m g t,故C正确；D支持力的大小为N=m g -FsinQ,则支持力的冲量为（mg-Fsin6t,故。错误。故选C。19.【答案】B【解析】解：4、简谐运动的平衡位置就是物体所受回复力为零的

20、位置，不一定是振动范围的中心，比如单摆的平衡位置，故A错误。从 机械振动的位移是指以平衡位置为起点的位移，B正确；C、机械振动的物体运动的路程越大发生的位移不一定大，C错误；。、机械振动的位移是指振动物体偏离平衡位置的距离，偏离平衡位置最远时的位移叫振幅，。错误；故选：B。简谐运动的平衡位置就是物体所受回复力为零的位置.解决本题的关键要理解简谐运动平衡位置的受力特点，知道平衡位置、位移、振幅的概念.20.【答案】D【解析】解：取初速度方向为正方向，初动量为p=m u,末动量为p=-m v,根据动量变化量的定义，可得动量的变化量为：6p=p-p =(-m -|v)-mv=-l.Smv,负号表示与

21、规定的正方向相反，即小球的动量变化量大小为1.5m。，故。正确，ABC错误。故选：D。取初速度方向为正方向，则可知初末动量表达式，再根据动量变化的计算方法即可求出小球的动量变化量大小。本题考查动量的变化量的求法，要注意在求动量时一定要先明确动量的正负，所以一定要规定正方向。21.【答案】C【解析】解：设a球的初动量方向为正方向，根据动量守恒定律：Pa+Pb=Pa+Pb代入数据：30+0=10+P j得：Pb =20kg-m/s故选：Co对a球和b球组成的系统根据动量守恒定律直接列方程即可.本题考查了动量守恒定律的直接应用，注意正方向的选取，是一道考查基础的好题.22.【答案】B第2 4页，共4

22、 0页【解析】解：A C,玻璃杯从同一高度滑下，到达地面时的速度一定相等，故着地时动量相等。与水泥地和棉花接触后速度都减小为零，故动量的变化相同，由动量定理可知/=4p可知，冲量也相等，故AC错误。B D,由于掉在水泥地上，接触时间较短，故动量的变化率较大，玻璃杯掉在棉花上时接触时间长，故动量的变化率较小，由动量定理得Ft=d p,得知，玻璃杯掉在棉花上时受到作用力小，故 B 正 确,D 错误。故选：Bo杯子是否容易破碎关键在于杯子受到的作用力，可根据动量定理分析找出原因。本题要注意杯子破碎的原因在于作用力的大小，故应由动量定理可分析易碎的原因。23.【答案】C【解析】解：4、t=0.2s时，

23、弹簧振子在位移最大处，所以加速度最大且指向平衡位置，即加速度为负向最大，故A错误；B、在x-t图像中，斜率表示速度，在t=0.4s与t=0.8s两个时刻，弹簧振子的速度大小相等，方向相反，故3错误；C、从t=0s到t=0.2s时间内，无一t图像的斜率表示速度，由此可知弹簧振子的速度逐渐减小，因为位移增大，所以加速度a=士 也 变大，即弹簧振子做加速度增大的减速m运动，故c错误；D、当t=0.6s时，物体的位移处于位移最大处，故。错误；故选：Co根据x-t图像的斜率表示速度，同时根据公式a=上分析出弹簧振子的加速度变化，m并由此做出判断。本题主要考查了弹簧振子的简谐运动图像，通过图像的斜率表示速

24、度，结合加速度公式a=*判断加速度的变化。m24.【答案】C【解析】解：摆球在平衡位置右边振动时摆长为3摆球在平衡位置左边振动时摆长为根据单摆周期公式可知，摆球在平衡位置右边时的振动周期为Ti=平衡位置左边振动周期72 =2 聘，故实际单摆的周期T =?+?=（4+源）,故C正确,A B D错误；故选：C。根据单摆的周期公式来计算，题目中摆长不同，分成两个单摆进行计算。明确单摆的周期公式是解决问题的关键。2 5.【答案】A【解析】【分析】简谐运动的一般表达式为x =A si n（3 t+9o）,位移的最大值等于振幅.由7=年求出周期；本题考查简谐运动的一般表达式。【解答】根据简谐运动的表达式为

25、：x=2 s比（2成+9c 7n得知，该振子振动的振幅4 =2 c m；O圆频率3 =2 nra d/s,则周期为：T =s=1 s.故选：A.2 6.【答案】C【解析】解：4、木块4离开墙壁前，对4、B和弹簧组成的系统，由于墙壁对A有弹力，则系统的外力之和不为零，故系统的动量不守恒，故A错误；B D、木块4离开墙壁前和木块4离开墙壁后，4、B和弹簧组成的系统都只有弹簧的弹力做功，而其它力不做功，则系统的机械能守恒，故B Q错误；C、木块4离开墙壁后，力、B和弹簧组成的系统外力之和为零，则动量守恒；因为过程中只有弹簧弹力做功，则系统的机械能也守恒，故C正确。故选：Co根据系统动量守恒的条件：系

26、统不受外力或所受合外力为零，分析系统所受的外力情况，判断动量是否守恒。只有重力或只有弹力做功，机械能守恒，根据机械能守恒的条件判断机械能是否守恒。本题关键要掌握动量守恒和机械能守恒的条件，并用来判断系统的动量和机械能是否守第26页，共40页恒。对于动量是否守恒要看研究的过程，要细化过程分析。27.【答案】D【解析】解：m在M弧面上升过程中，当小球刚到达最高点时，二者具有相同的速度，设为外取水平向右为正方向，根据动量守恒定律有：m v0=(M+m)v解 得 =舞，故ABC错误，Q正确；故选：Do在质量为小的小球与质量为M的弧形槽相互作用的过程中，当小球到达最高点时，M和山的水平速度相等，由于水平

27、面光滑，所以系统水平方向动量守恒，由动量守恒定律求解。本题主要考查了动量守恒定律，本题的关键是明确系统的水平动量守恒，明确小球上升到最高点的条件：M与m的速度相同。28.【答案】AC【解析】解：A B,根据等量异种点电荷周围电场的特点结合对称性可知，B、C两点场强大小和方向均相同，AD两点场强大小相等、方向相同，故A正确，故B错误；CD、在两点电荷连线的中垂线上，。点场强最大，在两点电荷连线上，。点场强最小，故C正确，。错误。故选：AC根据等量异种点电荷周围电场的特点结合对称性可知，B、C两点的电场和4、D两点的电场是否相同，在两点电荷连线的中垂线上，0点场强最大，在两点电荷连线上，。点场强最

28、小。本题考查等量异种点电荷的电场线特点，解题关键掌握电场是矢量，电场相同需满足大小相等，方向相同。29.【答案】BCD【解析】解：A B C,由图，粒子的运动轨迹向右下方弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性和产生该电场的点电荷的电性。故4错误，B正确。C、根据电场线的疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得a点加速度的大，故C正确。D、由a到b,电场力做负功，动能减小，故b处的速度小，。正确故选：B C D。先由粒子的运动轨迹，判断粒子所受电场力的大体方向，即粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明

29、，无法判断粒子的电性.根据电场线疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得ab点加速度的大小.本题是电场中粒子的轨迹问题，首先要能根据轨迹的弯曲方向判断粒子受力方向.30.【答案】BC【解析】解：力、导体棒受重力、竖直向下的安培力、垂直与斜面斜向上的支持力，由共点力平衡可知，导体棒不能平衡，故A错误；8、导体棒受重力、水平向右的安培力，垂直与斜面斜向上的支持力，由共点力平衡可知，导体棒可以平衡，故B正确；C、导体棒受重力、沿斜面向上的安培力，垂直与斜面斜向上的支持力，由共点力平衡可知，导体棒可以平衡，故C正确；。、导体棒受重力、沿斜面向下的安培力，垂直与

30、斜面斜向上的支持力，由共点力平衡可知，导体棒不能平衡，故/）错误；故选：BC.左手定则判断安培力的方向，对通电导体棒受力分析，根据共点力平衡条件判断导体棒是否处于静止状态解决本题的关键掌握安培力的方向判定，以及能正确地进行受力分析，根据受力平衡判断31.【答案】ABD【解析】解：4、由安培力公式F=B/Lsin。可知，增大电流/,安培力/增大，故A正确；第2 8页，共4 0页B、由安培力公式F=可知，增加直导线的长度3安培力F增大，故8正确；C、由安培力公式F=B/Lsin。可知，使导线在纸面内顺时针转30。角，0减小为0。，安培力减小，故C错误D、由安培力公式F=B/Ls讥。可知，使导线在纸

31、面内逆时针转60。角，。增大为90。，安培力增大，故。正确：故选：ABD.根据题意应用安培力公式尸=B/LsinO分析各选项，然后作出判断。本题考查了增大安培力的办法，根据题意应用安培力公式F=B/LsinO即可解题，掌握基础知识是解题的前提与关键。32.【答案】BD【解析】解：A、入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，若粒子从左边边界出去则运动时间相同，虽然轨迹不一样，但圆心角相同。故A错误；B、在磁场中半径r=器，运动圆弧对应的半径与速率成正比，故B正确；C、在磁场中运动时间：t=筒（。为转过圆心角），虽圆心角可能相同，但半径可能不同，所以运动轨迹也不同，故C错误；D,由于它们的周期

32、相同的，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大。故。正确；故选：B D。带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，虽然电量、质量不同，但比荷相同，所以运动圆弧对应的半径与速率成正比.它们的周期总是相等，因此运动的时间由圆心角来决定.带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径.33.【答案】CD【解析】【分析】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。型盒的半径决定的，注意理解交变电压的周期等于粒子在磁场中回转周期的条件。【解答】A.交变电压的周期等于粒子在磁场中回转周期，否则带电粒子不可能总是被加速的，故A 错误；BCD.根据半

33、径公式R=器知，v=吧,则粒子的最大动能为=im v2=道 理，与加Bq m K 2 2m速的电压无关，与D形盒的半径以及磁感应强度有关，D形盒的半径R越大，粒子加速所能获得的最大动能越大，故 8 错误，CD正确。故选C 34.【答案】ABD【解析】解：4、机械振动是物体在平衡位置两侧做往复运动，说话时声带的运动是在平衡位置两侧的往复运动，故 A 正确；从 机械振动是物体在平衡位置两侧做往复运动，弹簧振子在竖直方向的上下运动是在平衡位置两侧做往复运动，是机械振动，故 B 正确；C、机械振动是物体在平衡位置两侧做往复运动，体育课上同学进行25米折返跑运动不是在平衡位置两侧做往复运动，故 C错误；

34、。、机械振动是物体在平衡位置两侧做往复运动，竖立于水面上的圆柱形玻璃瓶的上下运动是在平衡位置两侧做往复运动，故。正确。故选：ABD.机械振动是指物体或质点在其平衡位置附近所作有规律的往复运动，由此判断即可。本题考查对机械振动概念的理解，在高中物理中所研究的运动并不多，一定要熟练掌握各种运动的运动学及动力学特征。35.【答案】AC【解析】解：4、当t=ls 时，根据动量定理得：代入数据得：2N x 1s=2kg x v,解得：%=lm/s,故 A 正确；B C、同上述分析可知，当t=2s时，根据动量公式得：/=Ft?=2 x 2kg m/s=4kg m/s,故 5 错误；C、当t=3s 时，根据

35、动量公式得：!=Ft2-Ft3=2 x 2 k g -m/s-l x 1kg-m/s=3kg-m/s,故 C 正确；D、当t=4s时，I=Ft2-Ft4=m v4,代入数据得：2 x 2kg-m/s-l x 2kg-m/s=第30页，共40页2kg x v4,解得：v4=I m/s,故 )错误；故选：AC,在F-t 图像中，图像与横轴围成的面积表示物块的冲量，根据动量定理计算出物块的动量，并由此分析出物块的速度。本题主要考查了F-t 图像的应用，理解图像与横轴围成的面积表示冲量，在用动量定理分析的时候要注意力的方向问题。36.【答案】AD【解析】解：力、若位移为负值，由。=-竺，可知加速度一定

36、为正值，故A 正确；m8、质点通过平衡位置时，速度最大，位移为零，故 B 错误。C。、质点每次通过平衡位置时，位移相同，加速度一定相同，而速度有两种可能的方向，不一定相同，故 C 错误，。正确；故选：AD.质点做简谐运动，其加速度与位移的关系是a=m加速度方向与位移方向总是相反，加速度大小与位移大小成正比.速度与位移的变化情况是相反的.本题关键知道简谐运动中各个物理量之间的关系，明确加速度与位移成正比，而速度与位移是互余的关系，即变化情况是相反的.37.【答案】BD【解析】解：A、做匀速圆周运动的质点，速度大小不变，方向时刻变化，而动量p=mu是矢量，故动量随时间发生变化，故 A 错误；B、做

37、匀速圆周运动的质点，速度大小不变，方向时刻变化，根据动能公式Ek 卢可知，动能的大小不随时间发生变化，故 B 正确；C、悬线拉着的摆球在竖直面内摆动时，每次经过最低点时的速度方向可能不同，则动量可能不相同，故 C 错误；D、平抛运动的质点在竖直方向上做自由落体运动，动量p=?m?=?n g 3 因此动量与运动时间成正比，故。正确；故选：B D。匀速圆周运动的物体速度大小不变，方向时刻改变，根据公式p=mu和&=分析出质点的动量和动能的变化；理解动量的矢量性，结合平抛运动竖直方向上的特点分析竖直方向上的动量与时间的关系。本题主要考查了动量定理，理解动量和动能的标矢性，结合平抛运动竖直方向上的运动

38、特点完成解答。3 8.【答案】B D【解析】解：A B、根据机械能守恒定律7 n g 4 i=：m u 2知，%b下降到同一高度的速度大小相等，但方向不同。由动量P =n w知，a、b动量的大小相等，但是方向不同，故A错误，B正确；C、a做自由落体运动，加速度等于重力加速度，b在竖直方向除了受重力外支持力还有向上的竖直分量，所以b竖直方向做初速度为零、加速度小于重力加速度的加速运动，但二者竖直方向位移相等，由h =：a t 2得：t a tb,即a比8先到达S。根据冲量/=m g t可知，a、b由静止到S点的过程中重力的冲量不同，故C错误；。、根据动量定理：合力的冲量等于动量的变化量，a、b两

39、物体在运动的过程中，动量变化量的大小相等，则合力冲量的大小相等，故。正确；故选：B D。先用机械能守恒求出a、b的在S点的速度大小，根据速度大小和方向比较它们在S点的动量；通过竖直方向分运动比较二者的运动时间，然后比较重力的冲量；合外力的冲量可以用动量定理分析。本题主要考查了动能、动量、冲量的概念己经动量定理，注意动量、冲量是矢量，矢量相等必须是大小相等方向相同。3 9.【答案】AD【解析】解：4、由图可知，物体先做匀加速直线运动，然后再做加速减小的减速运动，由a-t图象面积可以确定速度，可知1 1 5 s末速度为0,故4正确；B、作出 一 图象，如图所示第32页，共40页根据图象知，5s末时

40、速度最大，大小为15?n/s,则但由于质量未知，故动量P=niv无法求出，故B错误；C、汽车在。15s的时间内，除牵引力以外其他力做功情况未知，质量也未知，故无法根据动能定理求得牵引力所做的功，故C错误；。、根据图象可知汽车在0 15s内一直沿同一方向运动且速度的变化量为零，故。正确。故选：AD明确a-t图象的性质，知道a-t图象中图象与时间轴的面积表示速度，从而根据动量定理和动能定理分析动量的变化以及合外力做功情况。本题考查a-t图象的应用，要注意明确a-t图象中图象与时间轴的面积表示物体的速度，同时注意动量定理的应用，明确各物理量的矢量性。4 0.【答案】变 小 变 大 变 小 变 小【解

41、析】解：(1)根 据 电 容 的 决 定 式 品 知，上移左极板，正对面积s减小，则电容减小，根据U=称知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大。(2)根据电容的决定式C=品 知，将极板间距离减小时，电容增大，根据U=看知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小。(3)根据电容的决定式。=岛 知，两板间插入一块玻璃，增大，电容增大，根据U=?知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小。故答案为：(1)变 小 变 大(2)变小(3)变小抓住电容器的电荷量不变，根据电容的决定式C=5标判断电容的变化，结合(/=判断电势差的变化，从而得出指针偏角的变化。解决本题的关键知道静电计测量的是电容器两端的

42、电势差，处理电容器动态分析时，关键抓住不变量，与电源断开，电荷量保持不变，结合电容的决定式和定义式进行分析。4 1.【答案】A D E 乙【解析】解：(1)由于电源电压为3乙 为了减少实验误差，电压表应选量程为3 V的电压表4;由于待测电阻为5 0,根据欧姆定律得：/=lA=0.6A,可知流过待测电阻的电流K 5约为0.6 A,因此电流表选O；为了调节方便，滑动变阻器选E。(2)由于待测电阻的阻值较小，为了减小实验误差，采用电流表外接法，故选图乙；电路连接图如图所示：故答案为：(1)4;D；E；(2)乙；实物图的连线如图所示。(1)根据实验原理选出正确的电学仪器；(2)根据电阻的大小判断电流表

43、的接法，同时根据电路图画出实物图的连线。本题主要考查了金属电阻率的测量，根据实验原理选出合适的电学仪器，根据电阻的阻值选择误差较小的实验电路即可。4 2.【答案】C D TH1X2=僧/1 +m2x3【解析】解：(1)为了保证入射小球碰撞后不反弹，入射球的质量要大于被碰小球的质量。为了使两球发生对心碰撞，要求两球的半径相同，故A 3。错误，C正确，故选：C(2)关于小球落点位置的说法和确定，4、完全重合不可能，总有一些偶然因素落点稍有偏离，故4错误；8、落点应比较集中，比较分散是错误造成，故B错误；C O、落点的确定是用一最小的圆把所有落点圈起来，该圆心的位置就是平均落点，故C错误，。正确。故

44、选：D(3)根据实验过程，入射 球 碰 撞 前 的 速 度%=耳=半，碰撞后入射与被碰撞球的速度分第3 4页，共4 0页别为%,=?=票，v2 =y，若碰撞前后动量守恒则有：m1v1,+m2v3,联立代入后得到：m1x2=m1x1+m2x3,满足了该式，就验证了动量守恒。故答案为：(1)C；(2)0;(3)机1必=巾1乂 1 +62刀 3(1)为了保证碰撞前后使入射小球的速度方向不变，故必须使入射小球的质量大于被碰小球的质量.为了使两球发生正碰，两小球的半径相同；(2)为了使碰撞前后的落点准确，应多次让小球从同一位置滑下，打在复写纸上。用最小的圆把点迹圈起来，圆心就是该落点的平均位置；(3)用

45、动量守恒守恒定律倒出求出需要验证的表达式。本题是三个实验的综合，考查了验证动量守恒定律实验，知道实验原理是正确解题的前提与关键。还有探究做功与速度的变化的实验，是运用等效思维方法，由水平位移求出速度，也可以用动能定理求出平抛的初速度。43.【答案】(1)4。；(2)竺 券；(3)2.65；(4)8；(5)皆早。【解析】【分析】本题考查用单摆测定重力加速度的实验，理解实验原理，熟悉实验步骤合理分析即可,难度一般。【解答】(1)为减小误差，应选择摆长在1米左右，摆球密度要大，故选：AD-,(2)由7=2兀|可得。=*，7=；,可得：。=罕：(3)图中指示时间为132.5s,则T=-=2.65s：(

46、4)根据单摆的周期公式T=2兀 J得，尸=等，根据数学知识可知，7 2-乙 图象的斜率 =手，当地的重力加速度。=午A、由图丙所示图象可知，对图线a,当L为零时T不为零，所测摆长偏小，可能是把摆线长度作为摆长，即把悬点到摆球上端的距离作为摆长，故 A 错误；从 实验中误将49次全振动记为50次，则周期的测量值偏小，导致重力加速度的测量值偏大，图线的斜率k偏小，故 8 正确；C、由图可知，图线c对应的斜率攵偏小，小于图线b对应的斜率，由9=与，可知，图线c对应的g值大于图线b对应的g值，故C错误；故选：B；(5)根据单摆的周期公式7 =2兀g得,T2=手，根据数学知识可知，T2-L图象的斜塞”=

47、GT 一 g 一球一行,可得重力加速度9=噜守。4 4.【答案】解：(1)小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力。对小物块沿斜面由平衡条件得m g s i n。-E qcosd=0解得E =磔 詈(2)当电场减为原来的郭寸，对小物块沿斜面由牛顿第二定律得：mgsind-E qcosd=m a解得：a-gsind答：(1)匀强电场的场强是若N(2)若将匀强电场的场强减小为原来的1 2,则物块下滑的加速度是 g s沆。【解析】(1)对小物块进行受力分析，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，电场力水平向右，根据小物块受力平衡列方程可求电场力的大小，在匀强电场中电场力F=q E,在已知

48、F和g的情况下，可以计算出E。(2)电场强度减小为原来的也 则小物块受到的电场力减小为原来的也 物块受到的重力不变，支持力方向不变，小物块在垂直于斜面方向所受合力为0,平行于斜面的方向的合力使物块产生加速度。正确受力分析，根据平衡列方程可得电场力F的大小，又因电场力F =q E,根据受力分析，运用牛顿第二定律进行解答即可。4 5.【答案】解：(1)导体棒受力如图，建立直角坐标系如图根据平衡条件得：F安一 mgsin 3 7 =0而F安=BIL第36页，共40页解得 B =0.4 7；(2)导体棒受力如图，建立直角坐标系如图根据牛顿第二定律得：M gsin31-尸好。s 3 7 =m a产安=B

49、IL解得：a=1.2 m/s2即导体棒的加速度大小为1.2 m/s 2,方向沿斜面向下。答：(1)磁场的磁感应强度为0.4 T；(2)导体棒的加速度为1.2 m/s 2。【解析】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力。(1)导体棒受重力、支持力和安培力，根据平衡条件列式求解即可；(2)突然只将磁场方向变为竖直向上，安培力水平向右，根据牛顿第二定律列式求解加速度即可。4 6.【答案】解：(1)正、负粒子分别按逆、顺时针方向做匀速圆周运动根据洛伦兹力提供向心力则有：e vB r解得：=詈由几何关系：刀=2 鱼=迺”eB(2)由周期7 =乎=答，正电子在

50、磁场中运动时间：翳负电子在磁场中运动时间：11=?=驾4 2eB它们从磁场中射出的时间差：At=t2-t jremeB答：(1)它们从磁场中射出时，出射点间的距离为 噜 与(2)它们从磁场中射出的时间差为管。【解析】(1)正、负粒子分别按逆、顺时针方向做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可解得距离；(2)根据周期公式结合运动轨迹的圆心角可解得电子运动的时间，从而求得它们从磁场中射出的时间差。本题考查带电粒子在磁场中的运动，解题关键掌握粒子运动轨迹的作图，结合几何关系与洛伦兹力提供向心力可解答。47.【答案】解：(1)根据图像可知，质点离开平衡位置的最大距离为力=20cm；周期t=4 0 s,