1、物理试题一、选择题（本题共15小题，1-10题只有一个选项符合题目要求的每小题3分；11-15题多个选项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分.）1. 关于电磁感应现象，下列说法正确的是（）A. 线圈放在磁场中就一定能产生感应电流B. 闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，一定能产生感应电流C. 感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的磁通量的变化D. 穿过线圈的磁通量变化量越大，感应电动势越大【答案】C【解析】【详解】A感应电流产生的条件是，只有穿过闭合电路的磁通量发生变化，线圈中才会有感应电流产生，故A错误B闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，若穿过线圈
2、的磁通量变化，则产生感应电流，若穿过线圈的磁通量不变，则没有感应电流，故B错误C电磁感应现象中，感应电流的磁场总阻碍原来磁场的磁通量的变化，即原来的磁场增强，则感应电流的磁场与原磁场方向向相反，若原磁场减弱，则感应电流的磁场与原磁场方向相同，故C正确；D根据法拉第电磁感应强度可知，穿过线圈的磁通量变化量越快，感应电动势越大；而穿过线圈的磁通量变化量大，感应电动势不一定大，故D错误故选C2. 一根长为L，横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为。棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v。则金属棒内的电场强度大小为
3、（）A. B. C. nevD. 【答案】C【解析】【分析】考查电路和电场知识【详解】，I=neSv，联立得E=nev，故选C。3. 在光滑水平地面上匀速运动的装有砂子的小车，小车和砂子总质量为M，速度为v0，在行驶途中有质量为m的砂子从车上漏掉，砂子漏掉后小车的速度应为： （ ）A. v0B. C. D. 【答案】A【解析】设漏掉质量为m的沙子后，砂子从车上漏掉的瞬间由于惯性速度仍然为，汽车速度为，根据水平方向动量守恒可得：解得：，故BCD错误，A正确点睛：本题考查了动量守恒定律的应用，应用时注意：正确选取研究对象，明确公式中各物理量含义4. 如图所示，a、b是两个匀强磁场边界上的两点，左边
4、匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，两边的磁感应强度大小相等电荷量为2e的正离子以某一速度从a点垂直磁场边界向左射出，当它运动到b点时，击中并吸收了一个处于静止状态的电子，不计正离子和电子的重力且忽略正离子和电子间的相互作用，则它们在磁场中的运动轨迹是()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】电子没有质量，正离子吸收电子后电荷量改变，再由左手定则可判断所受洛仑兹力的方向，从而判断正确的运动图象【详解】碰撞后整体的带电量为e，由左手定则判断知整体在b点受到的洛伦兹力向下，整体向下旋转碰撞过程遵守动量守恒定律，由可得，知碰后mv不变，q变为原来的一半，由轨道
5、半径增大为原来的2倍，故它们的运动轨迹为D故选D【点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动，注意正确应用左手定则判断受力方向，从而得出可能的偏转轨迹5. 在一静止点电荷的电场中，任一点的电势与该点到点电荷的距离r的关系如图所示(取无穷远处电势为0)。电场中四个点A、B、C和D的r关系对应图中的a、b、c和d点。则下列叙述正确的是（）A. 该点电荷一定是负电荷B. A、B、C和D点的电场强度方向一定相同C. A、C两点的电场强度大小之比为91D. 将一带正电的试探电荷由A点移动到C点和由B点移动到D点，电场力做功相同【答案】C【解析】【详解】A由图象可知，点电荷周围的电势随距离增大而降低，可知该点电
6、荷一定是正电荷，选项A错误；BA、B、C和D点不一定在同一条电场线上，则四点的电场强度方向不一定相同，选项B错误；C由点电荷场强公式可得故C正确；D因UAC4 V，UBD2 V，根据WUq，则将一带正电的试探电荷由A点移动到C点和由B点移动到D点，电场力做功不相同，故D错误。故选C。6. 如图 所示，有一倾角为30的光滑斜面，匀强磁场垂直斜面，匀强电场沿斜面向上并垂直斜面底边.一质量为m、带电荷量为q的小球，以速度v在斜面上做半径为R的匀速圆周运动.则( ）A 小球带负点B. 匀强磁场的磁感应强度大小 C. 匀强电场的场强大小为D. 小球在运动过程中机械能守恒【答案】B【解析】【详解】A小球恰
7、在斜面上做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，电场力与重力沿着斜面的分力相平衡，故粒子带正电，故A错误；BC由上分析，根据牛顿第二定律得qvB=m得到周期得到B=当重力沿斜面向下的分力与电场力平衡时，电场力最小，场强最小，则有Eminq=mgsin得到Emin=方向沿斜面向下，故B正确，C错误D虽然洛伦兹力不做功，但电场力做功，则粒子在运动过程中机械能不守恒，故D错误；故选B.7. 关于电磁感应现象，下列说法正确的是（）A. 线圈放在磁场中就一定能产生感应电流B. 闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，一定能产生感应电流C. 感应电流的磁场总是阻碍原来磁场的磁通量的变化D. 穿过线圈的磁通
8、量变化量越大，感应电动势越大【答案】C【解析】【详解】A感应电流产生的条件是，只有穿过闭合电路的磁通量发生变化，线圈中才会有感应电流产生，故A错误B闭合线圈放在匀强磁场中做切割磁感线运动时，若穿过线圈的磁通量变化，则产生感应电流，若穿过线圈的磁通量不变，则没有感应电流，故B错误C电磁感应现象中，感应电流的磁场总阻碍原来磁场的磁通量的变化，即原来的磁场增强，则感应电流的磁场与原磁场方向向相反，若原磁场减弱，则感应电流的磁场与原磁场方向相同，故C正确；D根据法拉第电磁感应强度可知，穿过线圈的磁通量变化量越快，感应电动势越大；而穿过线圈的磁通量变化量大，感应电动势不一定大，故D错误故选C8. 如图，
9、真空中有两个等量异种点电荷A、B，M、N、O是AB连线的垂线上点，且BOAO一质子仅在电场力作用下，其运动轨迹如下图中实线所示设M、N两点的场强大小分别为EM、EN，电势分别为M、N下列判断中正确的是（ ）A. A点电荷一定带正电B. EMENC. MND. 若质子从N运动到M，电场力做正功【答案】C【解析】【详解】由质子的运动轨迹可知，质子受到A的吸引力、B的排斥力作用，故A点电荷一定带负电，选项A错误；由电场线分布情况可知，N处电场线比M处密集，则ENEM,选项B错误；因过N处的等势面更靠近负电荷A，故MN ，选项C正确；若质子从N运动到M，电场力先做负功后做正功，选项D错误；故选C.9.
10、 如图所示，一正方形线圈的匝数为n，边长为a，线圈平面与匀强磁场垂直，且一半处在磁场中，在时间内，磁感应强度的方向不变，大小由B均匀的增大到2B在此过程中，线圈中产生的感应电动势为（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】在此过程中，线圈中的磁通量改变量大小，根据法拉第电磁感应定律，B正确；，知道S是有效面积，即有磁通量的线圈的面积10. 如图所示，质量为m，带电荷量为-q的微粒以速度v与水平方向成45角进入匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里如果微粒做匀速直线运动，则下列说法正确的是（）A. 微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用B. 匀强电场的电场强度C. 匀强磁场的磁感应强度D
11、. 微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用【答案】D【解析】【详解】解：AD、微粒做匀速直线运动，若只受电场力和洛伦兹力两个力作用，两个力不在同一直线，不可能平衡，可知微粒受重力、电场力和洛伦兹力三个力作用，故A错误，D正确BC、若微粒带正电，电场力水平向左，洛伦兹力垂直速度方向斜向下，则三个力不可能平衡，可知微粒带负电，受力如图所示根据平衡有：qvBcos=mg，解得B= =，qE=qvBsin，解得E=Bvsin=，故BC错误故选D11. 等离子体气流由左方连续以速度v0射入P1和P2两极板间的匀强磁场中，ab直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd连接。线圈A内有如图乙所示的变化磁场
12、，且规定向左为磁场B的正方向，如图甲所示，则下列叙述正确的是（）A. 01 s内ab、cd导线互相吸引B 12 s内ab、cd导线互相吸引C. 23 s内ab、cd导线互相吸引D. 34 s内ab、cd导线互相吸引【答案】CD【解析】【详解】等离子体气流通过匀强磁场时，正离子向上偏转，负离子向下偏转，形成从a到b的电流分析图乙可知，线圈A中磁场均匀变化，形成感应电流，根据楞次定律可知，02 s内，cd导线中电流由d到c，24 s内，cd导线中电流由c到d，根据平行直导线的相互作用规律可知，同向电流吸引，异向电流排斥，故02 s内，ab、cd导线互相排斥，24 s内，ab、cd导线互相吸引，则选
13、项AB错误，CD正确。故选CD。12. 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，滑动变阻器的滑动头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. 当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角变小C. 当滑动头从a向b滑动时，电流计中有电流，方向从上向下D. 当滑动头从a向b滑动时，电源的总功率一定变小【答案】BC【解析】【详解】A由图可知，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UEIr变小，电容器电压变小，细线偏角变小，故B
14、正确；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滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，电源电动势不变，所以当滑动头从a向b滑动时，电源的总功率一定变大，故D错误。故选BC。13. 用如图所示的回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的最大动能增加为原来的4倍，可采用下列哪几种方法( )A. 将其磁感应强度增大为原来的2倍B. 将其磁感应强度增大为原来的4倍C. 将D形金属盒的半径增大为原来的2倍D. 将两D形金属盒间的加速电压增大为原来的4倍【答案】AC【解析】【详解】带电粒子从D形盒中射出时的动能，带电粒子在磁场中做匀
15、速圆周运动，则圆周半径，联立可得：，当带电粒子q、m一定的，则，即Ekm与磁场的磁感应强度B、D形金属盒的半径R的平方成正比，与加速电场的电压无关，故AC正确，BD错误14. 如图所示，光滑水平面上有甲、乙两辆小车，用细线相连，中间有一个被压缩的轻弹簧（弹簧未与小车固定），小车处于静止状态。烧断细线后，由于弹力的作用两小车分别向左右运动。已知甲、乙两小车质量之比为m1m221，下列说法正确的是（）A. 弹簧弹开后甲、乙两小车速度大小之比为12B. 弹簧弹开后甲、乙两小车动量大小之比为12C. 弹簧弹开过程中甲、乙两小车受到的冲量大小之比为11D. 弹簧弹开过程中弹力对甲、乙两小车做功之比为14
16、【答案】AC【解析】【详解】AB甲、乙两车组成系统动量守恒，系统初动量为零，由动量守恒定律可知，弹簧弹开后系统总动量仍为零，即两车动量大小相等、方向相反，动量大小之比为解得速度大小之比为故A正确，B错误；C弹簧弹开过程中两车受到的合力大小相等、方向相反、力的作用时间相等，小车受到的冲量IFt大小相等，冲量大小之比为11，故C正确；D由动能定理可知，弹力对小车做功故做功之比为故D错误。故选AC。15. 在如图甲所示电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25 A，则此时()A. L1两端的电压为L2两端电压的2倍B.
17、L1消耗的电功率为0.75 WC. L2的电阻为12 D. L1、L2消耗的电功率的比值大于4【答案】BD【解析】【详解】B电路中的总电流为0.25 A，L1中电流为0.25 A，由小灯泡的伏安特性曲线可知L1两端的电压为3.0 V，L1消耗的电功率为P1U1I10.75 W选项B正确；A根据并联电路规律可知，L2中的电流为0.125 A，由小灯泡的伏安特性曲线可知其两端电压大约为0.3 V，故L1两端的电压约为L2两端电压的10倍，选项A错误；C由欧姆定律可知，L2的电阻为R22.4 选项C错误；DL2消耗的电功率为P2U2I20.30.125 W0.037 5 W，即L1、L2消耗的电功率
18、的比值大于4，选项D正确故选BD。二、实验题（共2小题，满分12分）16. 用如图所示的装置进行以下实验：A先测出滑块A、B的质量M、m及滑块与桌面间的动摩擦因数，查出当地的重力加速度g；B用细线将滑块A、B连接，使A、B间的弹簧压缩，滑块B紧靠在桌边；C剪断细线，测出滑块B做平抛运动落地点到重垂线的水平距离x1和滑块A沿桌面滑行的距离x2；（1）为探究碰撞中的不变量，写出还需测量的物理量及表示它们的字母：_；（2）若动量守恒，需验证的关系式为_。【答案】 (1). 桌面离水平地面的高度h (2). 【解析】【详解】（1）要找出碰撞中的不变量，应测出两滑块各自的速度。取向右方向为正，剪断细线后
19、，A向右做匀减速运动，根据公式可得，A的初速度为B向左做平抛运动，设桌面高度为h，则有，解得故要算出，还应测出h。（2）若mv为不变量，碰前有碰后有联立有代入得，需验证的关系式为17. 一同学测量某干电池的电动势和内阻。(1)甲图所示是该同学正准备接入最后一根导线(图中虚线所示)时的实验电路。请指出图中在器材操作上存在的两个不妥之处；_、_(2)实验测得的电阻箱阻值R和电流表示数I，以及计算的数据见下表：R/8.07.06.05.04.0I/A0.150.170.190.220.26/A16.75.95.34.53.8该同学根据表中数据，在方格纸上作出了R-关系图象。由图象可计算出该干电池的电
20、动势为_V；内阻为_；(3)为了得到更准确的测量结果，在测出上述数据后，该同学将一只量程为100 mV的电压表并联在电流表的两端。调节电阻箱，当电流表的示数为0.33 A 时，电压表的指针位置如乙图所示，则该干电池的电动势应为_V；内阻应为_。【答案】 (1). 开关未断开 (2). 电阻箱阻值为零 (3). 1.4(1.301.44都算对) (4). 1.2(1.01.4都算对) (5). 1.4结果与(2)问第一个空格一致 (6). 1.0结果比(2)问第二个空格小0.2【解析】详解】(1)1开关不应该闭合，应该保持断开状态；2电阻箱要以最大阻值接入，然后再调小；(2)34由闭合电路欧姆定
21、律EIRIr得REr类似于一次函数ykxb的形式，R-图象的斜率表示电动势E，纵截距绝对值为内阻r.读图可知E1.4 Vr1.2 (3)56电流表的内阻闭合回路的欧姆定律应为即因此可知电动势不变，内阻为r=1.2 0.2 1.0 .三、本题共4小题，共43分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.18. 光滑水平面上有一质量为M的滑块，滑块的左侧是一光滑的圆弧，圆弧半径为R=1m一质量为m的小球以速度v0向右运动冲上滑块已知M=4m，g取10m/s2，若小球刚好没跃出圆弧的上端，求：（1）小球的初速度v0是多少
22、？（2）滑块获得的最大速度是多少？【答案】（1）5 m/s （2）2 m/s【解析】试题分析：（1）当小球上升到滑块上端时，小球与滑块水平方向速度相同，设为v1，根据水平方向动量守恒有：由系统机械能守恒： 解得v0=5 m/s（2）小球到达最高点以后又滑回，滑块又做加速运动，当小球离开滑块后滑块速度最大.研究小球开始冲上滑块一直到离开滑块的过程，根据动量守恒和能量守恒有：解得v0=2 m/s考点：动量守恒定律；能量守恒定律.【名师点睛】此题考查了动量守恒定律以及能量守恒定律的应用问题；解题的关键是选择合适的研究对象和研究过程，根据动量守恒定律和能量守恒定律列的方程求解；解题时注意临界态的挖掘使
23、用；此题意在考查学生对一个物理问题从多角度进行研究.19. 如图所示，光滑平行金属导轨和之间距离为1m且足够长，都处于同一水平面内，P和Q之间连接一电阻，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中现垂直于导轨放置一根导体棒MN，电路中导线和导体棒电阻不计，用一水平向右的力拉动导体棒MN从静止开始运动，则:(1)导体棒中的电流方向？回答还是(2)当导体棒匀速运动时，棒中的电流大小是多少安？(3)导体棒做何种运动？求最终的速度【答案】（1）NM（2）2.5A（3）12.5m/s【解析】【详解】（1）根据右手定则或者楞次定律可知，导体棒的电流方向：NM （2）匀速运动时F安=F=5N由F安=BIL得I=F/B
24、L=5/21=2.5A（3）导体棒受到外力F和安培力的作用，做加速度减小的加速运动，当a=0时达到最大速度， 此时F安=F,最后以最大速度做匀速直线运动由闭合电路欧姆定律I=E/R法拉第电磁感应定律 E=BLvmax可知vmax=IR/BL=12.5m/s20. 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)带电粒子到达P点时速度v的大小；(2)若磁感应强度B
25、2.0 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
26、21. 如图所示，在xoy平面内有以虚线OP为理想边界的匀强电场和匀强磁场区域，OP与x轴成45角，OP与y轴之间的磁场方向垂直纸面向外，OP与x轴之间的电场平行于x轴向右，电场强度为E，在y轴上有一点M，到O点的距离为L，现有一个质量为m，带电量为+q的带电粒子从静止经电压为U的电场加速后从M点以垂直y轴的速度方向进入磁场区域（加速电场图中没有画出），不计带电粒子的重力，求（1）从M点进入匀强磁场的带电粒子速度的大小？（2）为使带电粒子刚好不能进入电场区域，则磁感应强度为B应为多大？（3）改变匀强磁场的磁感应强度的大小，使带电粒子沿y轴负方向进入匀强电场，则带电粒子从x轴离开电场时的位置到O点的距离为多少？【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）从M点进入磁场的带电粒子速度的大小为v，根据动能定理得解得（2）带电粒子刚好不能进入电场区域轨迹如题所示，设磁感应强度为B，由图可知解得由洛伦兹力提供向心力可得解得（3）由图可知带电粒子沿y轴负方向进入匀强电场时，在磁场中运动的轨道半径为，在电场中做类平抛运动，加速度，y轴方向匀速运动，有x轴方向匀加速运动，有联立解得到O点的距离为