1、物理试卷一、单项选择题（每题4分）1. 如图所示，放在水平地面上的光滑绝缘圆筒内有两个质量均为m的带电小球A、B，A球位于筒底靠在左侧壁处，B在右侧筒壁上处两球处于静止状态。下列说法中正确的是（）A. 小球A对简壁无压力B. 小球A对筒底的压力等于mgC. 小球带电量越多，筒对地面的压力越大D. 小球A、B问的库仑力一定大于mg【答案】D【解析】【分析】【详解】A对B球进行受力分析，根据力的相互作用，A球也要受到与F方向相反的作用力，要使A球平衡，小球肯定要受到筒壁的作用力，所以小球A对筒壁有压力，故A错误；B因为小球A受到的库仑力沿左下方，故小球A对桶底的压力大于mg，故B错误；C将A、B和
2、筒看成一个整体，对地面的压力等于重力，故小球带电量越多，筒对地面的压力不变，故C错误；D如图可知mg=Fcos，故小球A、B问的库仑力一定大于mg，故D正确。故选D。2. 如图，一导体棒ab静止在U型铁芯的两臂之间电键闭合后导体棒受到的安培力方向（ ）A. 向上B. 向下C. 向左D. 向右【答案】D【解析】【分析】【详解】电键闭合后，由右手螺旋法则可知，下板为N极；根据左手定则可知，导体棒受到的安培力向右，故选D.3. 如图所示，下列说法正确的是（）A. 图甲是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，增加电压U即可B. 图乙是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极
3、板是发电机的负极，B极板是发电机的正极C. 图丙是速度选择器，带电粒子（不计重力且只受电场和磁场的作用）能够从右向左沿直线匀速通过速度选择器D. 图丁是质谱仪的工作原理示意图，粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3，粒子的比荷越小【答案】B【解析】【分析】【详解】A根据得最大动能为与加速电压无关，故A错误；B由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，故B正确；C若带电粒子带正电，从右向左运动，受到竖直向下的电场力，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向下，则粒子不能匀速通过速度选择器，故C错误；D根据洛伦兹力提供向心力有得知粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S3粒子
4、的半径越小，荷质比越大，故D错误。故选B。4. 如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点，现使小球以初速度沿环上滑，小环运动到环的最高点时与环恰无作用力，则小球从最低点运动到最高点的过程中（ ）A. 小球机械能守恒B. 小球在最低点时对金属环的压力是6mgC. 小球在最高点时，重力的功率是D. 小球机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0.5mgR【答案】D【解析】【分析】【详解】AD小球在最高点与环作用力恰为0时，设速度为v，则解得从最低点到最高点，由动能定理得-mg2R-W克=mv2-mv02又v0=解得W克=0.5mgR所以机械能不守恒，且克服摩
5、擦力所做的功是0.5mgR，故A错误，D正确；B在最低点，根据向心力公式得解得N=7mg则由牛顿第三定律知，小球在最低点时对金属环的压力是7mg，故B错误；C小球在最高点时，重力方向与速度方向垂直，重力的功率为零，故C错误。故选D。5. 如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为、，电势能分别为、.下列说法正确的是()A. 电子一定从A向B运动B. 若，则Q靠近M端且为正电荷C. 无论Q为正电荷还是负电荷一定有D. B点电势可能高于A点电势【答案】BC【解析】由于不知道电子速度变化，由运
6、动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；若aAaB，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B正确；由B可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有EpAEpB求解过程与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C正确；由B可知，电场线方向由M指向N，那么A点电势高于B点，故D错误；故选BC6. 如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球开始时开关S闭合且滑动变阻
7、器的滑片P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向，电源的内阻不能忽略，下列判断正确的是A. 小球带负电B. 当滑片从a向b滑动时，绝缘线的偏角变大C. 当滑片从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下D. 当滑片从a向b滑动时，电源的输出功率一定变大【答案】C【解析】【分析】由题，小球向右偏，可判断小球所受电场力方向，根据电场方向，能判断出小球的电性滑动头从a向b滑动时，接入电路电阻变小，由欧姆定律可分析电容器的电压的变化，从而判断细线的偏角变化，同时可判断电容器是充电还是放电，得出电流表中电流方向利用电源的输出功率与外电阻关系，可判断输出功率大小【详解】A.由图，A板带正电，B带负电，电容器内
8、电场方向水平向右细线向右偏，电场力向右，则小球带正电故A错误B.滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U=E-Ir变小，电容器电压变小，小球受到电场力变小，细线偏角变小，故B错误C.滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下故C正确D.根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大外电阻大于内阻，外电阻减小输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小本题，不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小故D错误.【点睛】本题含容电路的问题，是高考热点问题对于电容器，关键是分析和计算其
9、电压，及充电情况电源的输出功率与外电阻的关系可根据数学知识进行严格推导二、多选题（每是5分共15分，选不全给3分）7. 如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零，不计空气阻力，重力加速度为g。关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的是（）A. 小球的机械能减少了B. 小球克服阻力做的功为mghC. 小球所受合外力的冲量等于零D. 小球动量的改变量等于所受阻力的冲量【答案】AC【解析】【分析】【详解】AB从静止开始释放到落到地面，应用动能定理小球陷入泥中的过程，根据动能定理故克服阻力功为由于克服阻力做
10、的功等于小球机械能的减少量，故机械能减少了mgh+mgH，故A正确，B错误；CD小球从下落到陷入的正个过程，受重力和阻力作用，动量的变化量等于合力的冲量为零，故C正确，D错误。故选AC。8. 2018年12月8日发射成功的“嫦娥四号”探测器经过约110小时奔月飞行，到达月球附近，成功实施近月制动，顺利完成“太空刹车”，被月球捕获并顺利进入环月轨道若将整个奔月过程简化如下：“嫦娥四号”探测器从地球表面发射后，进入地月转移轨道，经过M点时变轨进入距离月球表面100km的圆形轨道I，在轨道I上经过P点时再次变轨进入椭圆轨道，之后将择机在Q点着陆月球表面下列说法正确的是A. “嫦娥四号”沿轨道运行时，
11、在P点的加速度大于在Q点的加速度B. “嫦娥四号”沿轨道运行的周期大于沿轨道I运行的周期C. “嫦娥四号”在轨道上的运行速度小于月球的第一宇宙速度D. “嫦娥四号”在地月转移轨道上M点的速度大于在轨道上M点的速度【答案】CD【解析】【分析】【详解】A、根据万有应力提供向心力有，可得，可知“嫦娥四号”探测器沿轨道运行时，在P点加速度小于在Q点的加速度，故A错误；B、根据开普勒第三定律可知卫星在轨道上运动轨道的半长轴小于在轨道I上轨道半径，所以卫星在轨道上运动周期小于在轨道上运行的周期，故B错误；C、月球的第一宇宙速度是卫星贴近月球表面做匀速圆周运动的速度，“嫦娥四号”在轨道1上的半径大于月球半径
12、，根据可得线速度，可知“嫦娥四号”在轨道上的运动速度比月球的第一宇宙速度小，故C正确；D、“嫦娥四号”在地月转移轨道上经过M点若要进入轨道I，需减速，所以在地月转移轨道上经过M点的速度比在轨道I上经过M点时速度大，故D正确；故选CD9. 如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电量为q，小球可在棒上滑动，小球与棒的动摩擦因数为，现将此棒竖直放入沿水平方向的且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中，设小球电量不变，电场强度为E，方向水平向右，磁感应强度为B，小球沿棒由静止开始下滑，则（）A. 小球下落的最大加速度是gB. 小球下落的最大速度是C. 当电场反向时，小球下落的最大加速
13、度是gD. 当电场反向时，小球下落的最大速度是【答案】ABD【解析】【分析】【详解】A小球下滑过程中，受到重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向左的洛伦兹力、向右的电场力；开始阶段，洛伦兹力小于电场力时，小球向下做加速运动时，速度增大，洛伦兹力增大，小球所受的杆的弹力向左，大小为N随着v的增大而减小，滑动摩擦力f=N也减小，小球所受的合力f减小，F合增大，加速度a增大；当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大，为g；故A正确；B当mg=f时，a=0，速度最大，故有解得故B正确；C当电场反向时，洛伦兹力和电场力同向，故摩擦力不断增加，开始时加速度最大，小于g，故C错误；D根据B选项分
14、析可知，当电场反向时，小球下落的最大速度是，故D正确。故选ABD。三、实验题10. 某同学设计了一个“探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系”的实验，图甲为实验装置简图。（1）该实验应采用控制变量法在探究加速度a与物体质量m关系时，应保持_不变（选填“砂和砂桶质量”或“小车质量”），同时实验还要求砂和砂桶质量_小车质量（选填“远大于”或“远小于”）。（2）在利用打点计时器和小车来做“探究加速度a跟F、m之间关系”的实验时，下列说法中正确的是_。A.连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行B.平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上C.小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电派再
15、释放小车D.平衡摩擦力后，若改变小车和砝码的总质量后需要重新平衡摩擦力（3）某同学在探究加速度与力的关系时，根据测量数据作出图线，如图所示，则实验存在的问题是_。【答案】 (1). 砂和砂桶质量 (2). 远大于 (3). AC (4). 平衡摩擦力时木板倾角过大【解析】【分析】【详解】(1)1在探究加速度a与物体质量m关系时，应保持合力不变，即保持砂和砂桶的质量的不变；2为了保证砂和砂桶的重力等于绳子的拉力，对沙桶受力分析可得对小车受力分析可得联立记得为让沙桶的重力约等于拉力，因此要求砂和砂桶质量远小于小车质量； (2)3A.细线的拉力等于小车所受的合力，连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持
16、平行，且需要平衡摩擦力，故A正确；B. 平衡摩擦力时，是使小车沿斜面匀速下滑，使得重力沿斜面的分力和摩擦力相等，即不能将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上，故B错误。C. 小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车，故C正确。D. 平衡摩擦力后，若改变小车和砝码的总质量后，依旧是重力沿斜面的分力和摩擦力相等，不需要重新平衡摩擦力，故D错误。故选AC。(3)4由图线可知，F=0时，加速度a不为零，可知平衡摩擦力时木板倾角过大。11. (1)某同学用多用电表测量一个定值电阻的阻值，将红、黑表笔分别插入“_”、“_”插孔，将选择开关旋转到欧姆档“”的位置，将两支表笔直接接触，调整“欧姆调
17、零旋钮”使指针指向“”。用两支表笔的金属部分分别接触电阻的两条引线，发现标的指针片偏转角过小，应该重新选档选择档_（填“”或“”）重新测量。(2)若正确测量时指针所指刻度如下图所示，则这个电阻测量值是_。【答案】 (1). (2). (3). “” (4). 1600【解析】【分析】【详解】(1)1 用多用电表测量电阻时，电流从红表笔进入，所以使用时将红表笔插入“”插孔；2用多用电表测量电阻时，电流从黑表笔流出，所以使用时将黑表笔插入“”插孔；3 用多用电表测量电阻时，如果指针片偏转角过小，说明被测电阻比较大，所选欧姆档较小，应改选较大的“”欧姆档，重新测量；(2)4图中所示，指针指在数字16
18、，所以被测电阻阻值为1600。12. 某同学要测量一节干电池的电动势和内阻。老师提供的以下器材a.电压表V（15V，10k）b.电流表G（量程3.0mA，内阻Rg=10）c.电流表A（量程0.6A，内阻约为0.5）d.滑动变阻器R1（020，10A）e.滑动变阻器R2（0100，1A）f.定值电阻R3=990g.开关S和导线若干（1）用所给器材在方框中画出实验的原理图_；（2）为了能准确地进行测量，同时为了操作方便，实验中应选用的滑动变阻器是_（填写器材编号）；（3）该同学利用上述实验原理图测得以下数据，并根据这些数据绘出了如图所示的图线，根据图线可求出电源的电动势E=_V（保留三位有效数字）
19、，电源的内阻r=_（保留两位有效数字）。序号123456电流表G（I1/mA）1.371.351.261.241.181.11电流表A（I2/A）0.120.160.210.280.360.43【答案】 (1). (2). d (3). 1.48 (4). 0.84【解析】【分析】【详解】(1)1 一节干电池的电动势大约在1.5V左右，而电压表的量程却达到15V，读数不到刻度盘十分之一，无法准确读数，故提供的电压表无法使用，需要电流表G串联R3改装成电压表使用。(2)2 为了便于调节，滑动变阻器的阻值不能太大，选择R1比较合适。题目要求填写器材编号，故填d。(3)34 由于R3支路电阻远大于滑
20、动变阻器R1所在支路电阻，所以干路电流近似等于I2，根据闭合电路欧姆定律即由图像知直线与纵轴的截距为解得E=1.48V直线斜率的绝对值为解得所以E=1.48V，四、计算题13. 如图，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、，并处于竖直方向匀强磁场中，当导线中通以沿x轴正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为。求：匀强磁场磁感应强度大小及磁场方向。【答案】磁感应强度的大小为，方向竖直向下。【解析】【分析】【详解】对导线受力分析，由平衡条件可以知安培力F=mgtanF=BIL整理得到由左手定则，磁场的方向竖直向下。14. 质量为M的平板车P，质量为m的小物块Q的大小不计，位于
21、平板车的左端，系统原来静止在光滑水平面地面上，一不可伸长的轻质细绳长为R，一端悬于Q正上方高为R处，另一端系一质量也为m的小球（大小不计）。今将小球拉至悬线与竖直位置成60角，由静止释放，小球到达最低点时与Q的碰撞时间极短，且无能量损失，已知最终滑块Q刚好没有掉下去，Q与P之间的动摩擦因数为，M：m = 4：1，重力加速度为g。求：(1)小球到达最低点与Q碰撞之前瞬间的速度是多大？(2)平板车P长度为多少？(3)物块和小车共速时车走了多远？【答案】(1) v0 =；(2) L =；(3) LP =【解析】【分析】【详解】(1)设小球到达最低点与Q碰撞之前瞬间的速度为v0，且小球由静止摆到最低点
22、的过程中，根据动能定理有mg(R - Rcos60) =mv02解得v0 =(2)小球与物块Q相撞时，没有能量损失，满足动量守恒，机械能守恒，则有mv0 = mv1 + mvQmv02 = mv12 + mvQ2由于二者质量相同，则交换速度有v1 = 0，vQ = v0 =由于地面光滑，则小物块Q在平板车P上滑行的过程中，满足动量守恒，且最终滑块Q刚好没有掉下去有mvQ = (m + M)v共又因为最终滑块Q刚好没有掉下去，则小物块Q相对平板车P走的位移刚好为平板车P的长度，对小物块Q和平板车P组成的系统列动能定理有- mgL =(M + m)-mvQ2最后解得L =又因为M：m = 4：1则
23、可计算出L =(3)小物块Q在平板车P上滑行的过程中，设平板车前进距离为LP，由于平板车受到小物块Q的摩擦力向右，对平板车由动能定理得mgLP =M整理有LP =15. 如图所示，直角坐标系第一象限存在匀强电场，电场方向指向y轴负方向第四象限内某矩形区域存在匀强磁场，磁场上边界为x坐标轴，磁场方向垂直于xOy平面向外一质量为m、带电量为q的正电粒子以初速度v0从坐标为M（0，l）点沿x轴正方向射入，途经x轴上N（2l，0）点进入磁场，穿越磁场后，经y轴上P（0，-61）点、与y轴负方向夹角为45射入第三象限，求：（1）匀强电场的场强大小；（2）粒子途径N点时的速度大小和方向；（3）矩形区域磁场
24、的磁感应强度B的大小和矩形区域的最小面积【答案】（1）；（2）粒子途径N点时的速度大小为v0，方向与x轴正方向夹角为45；（3）矩形区域磁场的磁感应强度B的大小为B=，矩形区域的最小面积为3.3l2【解析】【分析】【详解】（1）带电粒子在第一象限作平抛运动，x轴方向，2l=v0ty轴方向，l=at2，由牛顿第二定律，Eq=ma，解得：E=（2）设粒子途经N点时速度方向与x轴正方向夹角为，tan=vy=at 解得tan =1，所以=45，v=v0，（3）作过N点速度延长线和过P点速度反向延长线，三角形HPI为等腰三角形，由几何关系知，HP=8lHI=4lNI=2l圆弧半径为R=2lqvB=求得：B=最小矩形的长为4l，宽为，面积为（8-8）l23.3l2
