1、2019级高二上学期第二次阶段性考试物理试题一、选择题（每小题3分，共45分。110题为单选题；1115题为多选题）1. 物体在运动过程中加速度不 为零，则下列说法正确的是( )A. 物体速度的大小一定随时间变化B. 物体速度的方向一定随时间变化C. 物体动能一定随时间变化D. 物体动量一定随时间变化【答案】D【解析】试题分析：做匀变速直线运动的物体，加速度不为零，但是物体的速度方向不随时间变化；做匀速圆周运动的物体，加速度不为零，但是物体的速度大小不随时间变化，动能也不随时间变化；但是只要物体的加速度不为零则，物体的速度一定随时间变化，即物体的动量一定随时间变化选项D正确考点：速度、加速度、
2、动能及动量的关系2. 物体沿粗糙的斜面上滑，到最高点后又滑回原处，则（）A. 上滑时摩擦力冲量比下滑时大B. 上滑时重力的冲量比下滑时小C. 支持力的冲量为0D. 整个过程中合外力的冲量为零【答案】B【解析】【详解】物体上滑时受到的合力大于下滑时的合力，上滑时的加速度大于下滑时的加速度，上滑与下滑的位移大小相等，则上滑的时间比下滑的时间少A上滑与下滑时摩擦力大小相等，上滑时间比下滑的时间少，则上滑时摩擦力冲量比下滑时小，A错误；B由于重力相等，上滑的时间小于下滑的时间，则上滑时重力的冲量小于下滑时重力的冲量，B正确；C支持力不为零，作用时间不为零，则支持力的冲量不为零，C错误；D整个过程物体动
3、量的变化不为零，由动量定理可知，物体所受合外力的冲量不为零，D错误。故选B。3. 如图所示，位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视为质点，质量相等Q与水平轻弹簧相连，设Q静止，P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生碰撞在整个过程中，弹簧具有的最大弹性势能等于()A. P初动能B. P的初动能的C. P的初动能的D. P的初动能的【答案】B【解析】在整个过程中，弹簧具有最大弹性势能时，P和Q的速度相同根据动量守恒定律：mv0=2mv根据机械能守恒定律，有 故最大弹性势能等于P的初动能的故选D点睛：本题关键对两物体的受力情况和运动情况进行分析，得出P和Q的速度相同时，弹簧最短，然后根据动量守恒定律和机
4、械能守恒定律列式求解4. 质量分别为m1和m2的两个物体在光滑的水平面上相碰，碰撞前后的位移时间图象如图所示，若图中m2B. 碰撞前两物体速率相等C. 碰撞后两物体一起做匀速直线运动D. 碰撞前两物体动量大小相等、方向相反【答案】D【解析】【详解】st图象的斜率表示速度根据图象可知，碰撞前两物体的速度大小v1v2，速度方向相反碰撞后两物体均静止，根据动量守恒定律有m1v1(m2v2)0即m1v1m2v2则m1m2故ABC错误，D项正确故选D。5. 两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的A.
5、 轨道半径减小，角速度增大B 轨道半径减小，角速度减小C. 轨道半径增大，角速度增大D. 轨道半径增大，角速度减小【答案】D【解析】由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即，轨道半径，洛伦兹力不做功，从较强到较弱磁场区域后，速度大小不变，但磁感应强度变小，轨道半径变大，根据角速度可判断角速度变小，选项D正确【定位】磁场中带电粒子的偏转【名师点睛】洛伦兹力在任何情况下都与速度垂直，都不做功，不改变动能6. 如图所示，两匀强磁场的方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度大小分别为B1、B2，今有一质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹
6、为如图虚线所示的“心”形图线则以下说法正确的是（ ） A. 电子的运行轨迹为PENCMDPB. B1=2B2C. 电子运行一周回到P用时为D. B1=4B2【答案】B【解析】【详解】A根据左手定则可知：电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；BD由图象可知，电子在匀强磁场B1中运动半径是匀强磁场B2中运动半径的一半，根据可知，B1=2B2，故B正确，D错误；C电子在整个过程中，在匀强磁场B1中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场B2中运动半个周期，所以故C错误；故选B。【点睛】本题是带电粒子在磁场中运动的问题，要
7、求同学们能根据左手定则判断洛伦兹力的方向，能结合几何关系求解，知道半径公式及周期公式，难度适中。7. 在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向端移动时（）A. 电压表和电流表的读数都减小B. 电压表和电流表的读数都增大C. 电压表的读数增大，电流表的读数减小D. 电压表的读数减小，电流表的读数增大【答案】C【解析】【详解】当滑动变阻器的滑片向端移动时，R3接入电路的阻值增大，整个电路的总阻值增大，干路电流强度减小，内电压降低，路端电压升高，电压表示数增大，R1分得的电压也减小，因此R2与R3并联电路分得的电压升高，因此流过R2的电流增大，流过R3的电流减小，电流表的示数减小。故选C。8. 如图
8、为一同学对一个额定电压为的小灯泡进行测量后得出的伏安特性曲线，该同学算出此灯泡在额定电压下的电阻约为，在电压下的电阻为，若把此灯泡接在电动势为，内阻的电源两端，则小灯泡的实际功率为（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】在灯泡的伏安特性曲线图中作出电源的I-U图线，如图两图线的交点坐标即灯泡的实际电压和电流，由图可知，则小灯泡的实际功率为故选C。9. 如图所示，通电螺线管置于闭合金属环 a 的轴线上，当螺线管中电流 I 增加时（ ）A. 环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的减小B. 环有扩大的趋势以阻碍原磁通量的减小C. 环有缩小的趋势以阻碍原磁通量的增大D. 环有扩大的趋势以阻碍原磁
9、通量的增大【答案】D【解析】当螺线管中通过的电流逐渐变大时，电流产生的磁场逐渐变强，故穿过金属环a的磁通量增大，根据楞次定律可知，为阻碍原磁通量增大，金属环a产生的磁场的方向与螺线管产生的磁场的方向相反，所以电流的方向与原电流的方向相反，根据异向电流相互排斥，所以金属环a有扩大的趋势，故D正确，ABC错误；故选D.点睛：该题可以使用楞次定律的四个步骤逐步分析解答，也可以根据楞次定律“阻碍变化”快速做出正确的解答；正确理解楞次定律即可正确解题10. 如图所示，由一根金属导线绕成闭合线圈，线圈圆的半径分别为、，磁感应强度随时间的变化规律是（为常数），方向垂直于线圈平面，闭合线圈中产生的感应电动势为
10、（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】明确有效面积及磁通量的变化，由法拉第电磁感应定律即可求出产生的感应电动势。【详解】由图可知，闭合部分的面积为故根据法拉第电磁感应定律得到感应电动势为故选C。【点睛】本题考查法拉第电磁感应定律，要注意明确公式中的面积为封闭线圈的面积。11. 如图所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时，发现射线的径迹向下偏，则 （ ）A. 导线中的电流从A流向BB. 导线中的电流从B流向AC. 若要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变AB中的电流方向来实现D. 电子束的径迹与AB中的电流方向无关【答案】BC【解析】试题分析：
11、电流的方向与负电荷运动的方向相反，所以阴极射线管内电流的方向向左；由图可知，电子受到的洛伦兹力的方向向下，所以阴极射线管处的磁场的方向垂直于纸面向里，由安培定则可知，AB中电流的方向向左故A错误，B正确；若要使电子束的径迹向上弯曲，则阴极射线管处的磁场的方向需向外，可以改变AB中的电流方向来实现故C正确；由以上的分析可知，电子束的径迹与AB 中的电流方向有关故D错误故选BC考点：左手定则；安培定则【名师点睛】该题同时考查左手定则与安培定则，应用左手定则判断洛伦兹力方向时，注意四指指向正电荷的运动方向，和负电荷运动方向相反12. 如图所示，闭合导体环水平固定。条形磁铁N极向下以初速度沿过导体环圆
12、心的竖直线下落过程中，关于导体环中的感应电流及条形磁铁的加速度，下列说法正确的是（）A. 导体环中有感应电流，从上向下看，感应电流的方向先顺时针后逆时针B. 导体环中有感应电流，从上向下看，感应电流的方向先逆时针后顺时针C. 条形磁铁靠近导体环的过程中，加速度一直小于重力加速度D. 条形磁铁靠近导体环的过程中，加速度开始小于重力加速度，后大于重力加速度【答案】BC【解析】【详解】AB由图示可知，在磁铁下落过程中，穿过圆环的磁场方向向下，在磁铁靠近圆环时，穿过圆环的磁通量向下变大，在磁铁远离圆环时穿过圆环的磁通量向下减小，由楞次定律可知，从上向下看，圆环中的感应电流先沿逆时针方向，后沿顺时针方向
13、，故A错误，B正确；CD由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁铁间的相对运动，在磁铁靠近线圈的过程中为阻碍磁铁的靠近，线圈对磁铁的作用力竖直向上，在磁铁穿过线圈远离线圈的过程中，为阻碍磁铁的远离，线圈对磁铁的作用力竖直向上，则在整个过程中，线圈对磁铁的作用力始终竖直向上，加速度一直小于重力加速度，故C正确，D错误；故选BC。13. A、B两闭合圆形导线环用相同规格的导线制成，它们的半径之比，在两导线环包围的空间内存在一正方形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直于两导线环所在的平面，如图所示。在磁场的磁感应强度随时间均匀增大的过程中，下列说法正确的是（ ）A. 两导线环内所产生的感应电动势相等B. A环
14、内所产生的感应电动势大于B环内所产生的感应电动势C. 流过A、B两导线环的感应电流的大小之比为D. 流过A、B两导线环的感应电流的大小之比为【答案】AC【解析】【详解】AB因为两导线环包围着同一个正方形磁场，通过两个导线环的磁通量相等，又因为磁感应强度随时间均匀变化，所以两个导线环中磁通量的变化量与时间的比值相等，所以两导线环内所产生的感应电动势相等，所以A正确，B错误；CD根据题意，由圆周长公式可得A导线环的长度是B导线环的2倍，根据题意，两导线环的材料规格相同，根据导线的电阻公式可得A导线环的电阻是B导线环的2倍，因为两导线环内的电动势相等，根据欧姆定律可得，流过B导线环的感应电流是A导线
15、环的2倍，所以C正确，D错误。故选AC。14. 如图所示，两个横截面分别为圆形和正方形的区域内有磁感应强度相同的匀强磁场，圆的直径和正方形的边长相等，两个电子分别以相同的速度分别飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场的电子初速度方向对准圆心；进入正方形磁场的电子初速度方向垂直于边界，从中点进入则下面判断正确的是（ ）A. 两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同B. 两电子在磁场中运动的时间有可能相同C. 进入圆形磁场区域的电子可能先飞离磁场D. 进入圆形磁场区域的电子可能后飞离磁场【答案】ABC【解析】【详解】A电子磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力整理得两过程电子速度
16、v相同，所以半径相同，故A正确；BCD粒子在磁场中的可能运动情况如图所示电子从O点水平进入由于它们进入圆形磁场和矩形磁场的轨道半径、速度是相同的，我们把圆形磁场和矩形磁场的边界放到同一位置如图所示，由图可以看出进入磁 场区域的电子的轨迹1，先出圆形磁场，再出矩形磁场；进入磁场区域的电子的轨迹2，同时从圆形与矩形边界处磁场；进入磁场区域的电子的轨迹3，先出圆形磁 场，再出矩形磁场；所以电子不会先出矩形的磁场，即进入圆形区域的电子一定不会后飞离磁场，故BC正确，D错误。故选ABC。15. 如图所示为两个有界匀强磁场，磁感应强度大小均为，方向分别垂直纸面向里和向外，磁场宽度均为，距磁场区域的左侧处，
17、有一边长为的正方形导体线框，总电阻为，且线框平面与磁场方向垂直，现用外力使线框以速度匀速穿过磁场区域，以初始位置为计时起点，规定：电流沿逆时针方向时的电动势为正，磁感线垂直纸面向里时磁通量的方向为正，外力向右为正。则以下关于线框中的磁通量、感应电动势、外力和电功率随时间变化的图像正确的是（）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【详解】A进入磁场时磁通量随时间变化为而运动到两磁场交接处时因此中间图像斜率是两端的2倍，A错误；B进入磁场时感应电动势而运动到两磁场交接处时感应电动势在根据右手定则可知B正确；CD根据运动到两个磁场交接处时，回路中的电动势为刚进入磁场时的2倍，电流为刚进入磁场时
18、的2倍，并且在两个磁场交接处时，左右两边都受到向左的安培力，因此在中间时，安培力是在两端时的4倍，在中间安培力的功率也是两端的4倍，但由于整个运动过程中，所受安培力方向始终向左，即外力始终向右为正，C错误，D正确。故选BD二、实验题（共20分）16. 如图所示为“验证碰撞中的动量守恒”实验装置示意图。(1)入射小球与碰撞小球2直径相同，均为，它们的质量相比较，应是_。(2)为了保证小球做平抛运动，必须调整斜槽_。(3)以下提供的器材中，本实验必须的有_（填选项前的字母） A刻度尺 B游标卡尺 C天平 D秒表(4)下述步骤中有两处不完善或有错误，请选出其选项（ ）继续实验步骤为：A在地面上依次铺
19、白纸和复写纸B确定重锤对应点C不放球2，让1球从斜槽某一位置无初速度滑下，确保它落地点位置D把2球放在立柱上，让球1从斜槽无初速度滑下，与球2正碰后，确定球1和球2落地点位置和E 用刻度尺量出、的长度F看与是否相等，以验证动量守恒。【答案】 (1). 大于 (2). 使其末端切线水平 (3). AC (4). DF【解析】【详解】(1)1为了避免碰撞后小球1反弹，应满足m1大于m2(2)2为了保证小球做平抛运动，必须调整斜槽使其末端切线水平(3)3因本实验需要测量小球平抛运动的水平位移，故需刻度尺，要验证动量守恒，因两小球质量不同，故需要测量小球质量，所以还需天平。故选AC。(4)4为使小球离
20、开轨道时的初速度相等，每次释放小球时应从同一高度由静止释放，由图示实验情景可知，实验需要看与是否相等，以验证动量守恒。故选DF。17. 用电流变和电压表测定三节干电池串联组成的电池组（电动势为4.5V，内电阻约为1）的电动势和内电阻，除了待测电池组，电键，导线外，还有下列器材供选用：A电流表：量程0.6A，内阻约为1B电流表：量程3A，内阻约为0.2C电压表：量程3V，内电阻约为30kD电压表：量程6V，内电阻约为60kE滑动变阻器：01000，额定电流0.5AF滑动变阻器：020，额定电流2A(1)为了使测量结果尽量准确，电流表应选用_，电压表应选用_，滑动变阻器选用_（均填仪器的字母代号）
21、(2)如图为正确选择仪器后，连好的部分电路，为了使测量误差尽量小，还需要在电路中用导线将_和_相连、_和_相连、_和_相连（均填仪器上接线柱的的字母代号）【答案】 (1). A (2). D (3). F (4). a (5). d (6). c (7). g (8). f (9). h【解析】【详解】(1)123为了方便调解，滑动变阻器选择F；因为电动势为4.5V，为了使电压表指针有较大角度的偏转，减小误差，电压表选择D；回路最小电流为 ，为了使电流表指针有较大的偏转，电流表选择A；(2)456789测量电源电动势和内阻的时候，由于电源内阻是很小的，为了减小内阻的测量误差，选用的是电流表的相
22、对电源的外接法，电压表直接测量电源的路端电压，故应将以及相连组成电路。三、计算题（共35分）18. 如图所示，在固定的足够长的光滑水平杆上，套有一个质量为m0.5kg的光滑金属圆环，轻绳一端拴在环上，另一端系着一个质量为M1.98kg的木块，现有一质量为m020g的子弹以v0100m/s的水平速度射入木块并留在木块中(不计空气阻力和子弹与木块作用的时间，g10m/s2)，求：(1)圆环、木块和子弹这个系统损失的机械能；(2)木块所能达到的最大高度。【答案】（1）99 J（2）0.01m【解析】【详解】(1)子弹射入木块过程，动量守恒，有m0v0(m0M)v在该过程中机械能有损失，损失的机械能为
23、Em0(m0M)v2解得：E99J(2)木块(含子弹)在向上摆动过程中，木块(含子弹)和圆环在水平方向动量守恒，有(m0M)v(m0Mm)v又木块(含子弹)在向上摆动过程中，机械能守恒，有(m0M)gh(m0M)v2(m0Mm)v2联立解得：h0.01m。19. 如图所示，足够长平行金属导轨倾斜放置，倾角为37，宽度为0.5 m，电阻忽略不计，其上端接一小灯泡，电阻为1 一导体棒MN垂直于导轨放置，质量为0.2 kg，接入电路的电阻为1，两端与导轨接触良好，与导轨间的动摩擦因数为0.5在导轨间存在着垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度为0.8 T。将导体棒MN由静止释放，运动一段时间后，小灯泡
24、稳定发光，此后导体棒MN的运动速度以及小灯泡消耗的电功率分别为多少？(重力加速度g取10 m/s2，sin 370.6)【答案】v5 m/s，P1 W.【解析】【详解】小灯泡稳定发光时，导体棒MN的速度稳定，所受合力为零，在斜面有又联立解得闭合回路的总功率为小灯泡和导体棒的电阻相同，因此消耗功率一样20. 如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m5.0108 kg、电量为q1.0106 C的带电粒子，从静止开始经U010 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP30 cm(粒子重力不计，sin 370.6，cos 370.8)，求：(1)带电粒子
25、到达P点时速度v的大小；(2)若磁感应强度B2.0 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；(3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B满足的条件。【答案】(1)20 m/s；(2)0.90 m；(3)B5.33 T【解析】【详解】(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理qU0mv2代入数据得v20 m/s(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有 得R代入数据得R0.50 m而0.50 m故粒子的轨迹圆心一定在x轴上，粒子到达Q点时速度方向垂直于x轴，轨迹如图甲所示。由几何关系可知OQRRsin 53故OQ0.90 m(3)带电粒子不从x轴射出(如图乙)，由几何关系得OPRRsin53由以上两式并代入数据得BT5.33 T
