1、2020-2021学年上学期宣化一中高二年级期中考试物理试卷一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1. 如图所示，在探究电磁感应现象的实验中，下列说法中正确的是A. 保持导体棒静止，灵敏电流计指针会偏转B. 让导体棒在磁场中运动，灵敏电流计指针一定会偏转C. 让导体棒在磁场中左右运动，灵敏电流计指针一定会偏转D. 将导线与灵敏电流计“+”接线柱断开，让导体棒在磁场中运动，灵敏电流计指针会偏转【答案】C【解析】【分析】本题涉及的知识点是电磁感应，产生感应电流的条件：闭合电路的一部分导体在磁场中做切割磁感线运动，或穿过闭合电路的磁通量发生变化。【详解】A保持导体棒静止，穿过闭合电路的磁通量没有
2、发生变化，从而不会产生感应电流，所以灵敏电流计指针不会偏转。故A错误；B让导体棒在磁场中运动，可能是左右运动也可能是上下运动，如果是上下运动，则穿过闭合电路的磁通量没有发生变化，从而不会产生感应电流，所以灵敏电流计指针不会偏转。故B错误；C让导体棒在磁场中左右运动，则穿过闭合电路的磁通量发生变化，从而会产生感应电流，所以灵敏电流计指针会偏转。故C正确；D将导线与灵敏电流计“+”接线柱断开，电路不是闭合电路，不管导体棒在磁场中怎样运动，电路中都不会产生感应电流，灵敏电流计指针不会偏转。故D错误；故选C。【点睛】闭合电路产生感应电流条件。2. 如图所示，环形导线周围有三只小磁针a、b、c，闭合开关
3、S后，三只小磁针N极的偏转方向是（ ）A. 全向里B. 全向外C. a向里，b、c向外D. a、c向外，b向里【答案】D【解析】【详解】线圈中的电流方向为顺时针方向，根据安培定则a、c向外，b向里,故D正确，ABC错误3. 如图所示，在冰壶世锦赛上中国队以8：6战胜瑞典队，收获了第一个世锦赛冠军，队长王冰玉在最后一投中，将质量为19kg的冰壶推出，运动一段时间后以0.4m/s的速度正碰静止的瑞典冰壶，然后中国队冰壶以0.1m/s的速度继续向前滑向大本营中心若两冰壶质量相等，则下列判断正确的是（） A. 瑞典队冰壶的速度为0.3m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞B. 瑞典队冰壶的速度为0.3m/
4、s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞C. 瑞典队冰壶的速度为0.5m/s，两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞D. 瑞典队冰壶的速度为0.5m/s，两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞【答案】B【解析】两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：mv1=mv2+mv3代入数据得：m0.4=m0.1+mv3解得：v3=0.3m/s.动能减小量：故动能减小，是非弹性碰撞；故选B【名师点睛】两冰壶在碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后中国队冰壶获得的速度，通过计算动能改变量来判断是否为弹性碰撞4. 如图所示，在MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、
5、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场，图中实线是它们的轨迹已知O是PQ的中点，不计粒子重力下列说法中正确的是A. 射入磁场时粒子a的速率最小B. 粒子a带负电，粒子b、c带正电C. 射出磁场时粒子b动能最小D. 粒子b在磁场中运动的时间最短【答案】D【解析】【详解】A粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得解得由图可知，射入磁场时粒子c的半径最小，则速率最小，故A错误；B由图可知，a向左偏，bc向右偏，根据左手定则知粒子a带正电，粒子b、c带负电，故B错误；C粒子的动能由于：q、B、m都相同，因此r越大，粒子动能越大，由图示可知，b的轨道半径r最大，则b粒
6、子动能最大；c的半径最小，则动能最小，故C错误；D粒子在磁场中做圆周运动的周期相同，粒子在磁场中的运动时间由于m、q、B都相同，粒子c转过的圆心角最大，则在磁场中c的运动时间最大，粒子b转过的圆心角最小，则在磁场中b的运动时间最小，故D正确5. “科学真是迷人”天文学家已经测出月球表面的加速度g、月球的半径R和月球绕地球运转的周期T等数据，根据万有引力定律就可以“称量”月球的质量了。已知引力常数G，用M表示月球的质量。关于月球质量，下列说法正确的是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】AB在月球表面，物体的重力与万有引力相等，则有可得月球的质量为故A正确，B错误；CD月球绕地球
7、做圆周运动时，根据万有引力提供向心力得由于r表示轨道半径，而R表示月球半径，可得地球的质量故CD错误。故选A。6. 将一段导线绕成图甲所示的闭合电路，并固定在水平面（纸面）内，回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中回路的圆形区域内有垂直纸面的磁场，以向里为磁场的正方向，其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变化的图像是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】分析一个周期内的情况：在前半个周期内，磁感应强度均匀变化，磁感应强度B的变化度一定，由法拉第电磁感应定律得知，圆形线圈中产生恒定的感应电动势恒定不
8、变，则感应电流恒定不变，ab边在磁场中所受的安培力也恒定不变，由楞次定律可知，圆形线圈中产生的感应电流方向为顺时针方向，通过ab的电流方向从ba，由左手定则判断得知，ab所受的安培力方向水平向左，为负值；同理可知，在后半个周期内，安培力大小恒定不变，方向水平向右故B正确【点睛】本题要求学生能正确理解B-t图的含义，故道B如何变化，才能准确的利用楞次定律进行判定根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势的变化，由欧姆定律判断感应电流的变化，进而可确定安培力大小的变化7. 有a、b、c、d四颗地球卫星：a还未发射，在地球赤道上随地球表面一起转动；b处于离地很近的近地圆轨道上正常运动；c是地球同步卫星；d
9、是高空探测卫星。各卫星排列位置如图所示，则下列说法正确的是（）A. a的向心加速度等于重力加速度gB. c在4h内转过的圆心角为C. b在相同时间内转过的弧长最长D. d的运动周期有可能是23h【答案】C【解析】【详解】A地球同步卫星的周期必须与地球自转周期相同、角速度相同，可知a与c的角速度相同，根据a=2r知，c的向心加速度大，由得卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则同步卫星c的向心加速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故知a的向心加速度小于重力加速度g，故A错误；Bc是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角故B错误；C由，解得可知，卫星的轨道半径越大，速度越小
10、，则又a和c的角速度相同，由公式可知所以b的速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故C正确；D由开普勒第三定律知，卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，故D错误。故选C。8. 如图所示，半圆光滑绝缘轨道MN固定在竖直平面内，O为其圆心，M、N与O高度相同，匀强磁场方向与轨道平面垂直现将一个带正电的小球自M点由静止释放，它将沿轨道在M、N间做往复运动下列说法中正确的是()A. 小球在M点和N点时均处于平衡状态B. 小球由M到N所用的时间大于由N到M所用的时间C. 小球每次经过轨道最低点时对轨道的压力大小均相等D. 小球每次经过轨道最低点时所受合外力大小均相等【答案】D
11、【解析】【详解】A.小球在点和点只受到重力，所以小球在这两点不能处于平衡状态，故A错误；B.由于洛仑磁力总是与运动垂直，由于没有摩擦力，故对其速度大小由影响的只有重力，故小球无论从哪边滚下，时间都是一样的，故B错误；D.小球不管从哪边滚下，只有重力做功，且重力做功相等，由动能定理可知，小球在最低点是，速度大小总是相等的，由可知合力不变，故D正确C.小球从到运动，在最低点受到向上的洛仑磁力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿可得：，故此时小球对轨道的压力为：；小球从到运动，在最低点受到向下的洛仑磁力、向上的支持力和向下的重力，由牛顿可得：，故此时小球对轨道的压力为，所以小球每次经过轨道最低点时对轨
12、道的压力大小不相等，故C错误二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）9. 如图，匀强磁场垂直于软导线回路平面，由于磁场发生变化，回路变为圆形则该磁场()A. 逐渐增强，方向向外B. 逐渐增强，方向向里C. 逐渐减弱，方向向外D. 逐渐减弱，方向向里【答案】CD【解析】【详解】磁场发生变化，回路变为圆形，是由线圈受到的安培力的方向向外，导线围成的面积扩大，根据楞次定律的推广形式可得，导线内的磁通量一定正在减小，磁场在减弱，故CD正确，AB错误故选CD考点：楞次定律【点睛】解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，也可以使用楞次定律的推广的形式处理10. 如图所示，三根相互平行的固定长直导线
13、、和两两等距，均通有电流I，中电流力向与中的相同，与中的相反。下列说法正确的是A. 所受磁场作用力的力向与所在平面平行B. 所受磁场作用力方向与所在平面平行C. 、和单位长度所受的磁场作用力大小之比为l：1：D. 、和单位长度所受的磁场作用力大小之比为：1【答案】AC【解析】【分析】本题涉及的内容磁场力的相互作用及力的合成，因为长直导线、和两两等距，均通有电流I，中电流力向与中的相同，与中的相反，所以任意两根导线之间相互作用力磁场力大小相等。与电流方向相同，故二者之间磁场力相互排斥；与、与的电流方向相反，故与、与之间磁场力相互吸引。【详解】根据电流磁场的右手定则和磁场力的左手定则判断，三根通电
14、导线，每个导线所受另外两个导线的力的合力如下图所示AB导线与导线电流方向相同，所以产生相互吸引的磁场力，两个力大小相等，导线与导线电流方向相反，所以产生相互排斥的磁场力，两个力大小相等，因此是导线受合力，是导线受合力，是导线受合力，由受力几何图知，所受磁场作用力的力向与所在平面平行，所受磁场作用力的方向与所在平面不平行，故A正确，B错误； CD 与之间相互排斥力大小若为F，则与之间相互排斥力大小也为F， 与之间相互吸引力大小也为F。 受2个大小相等均为F夹角为1200，可得合力的大小为F，受2个大小均为F二力夹角为1200，可得合力的大小为F；受2个大小均为F 夹角为600，受合力的大小为，所
15、以、和单位长度所受的磁场作用力大小之比为l：1：，故C正确，D错误；故选AC。【点睛】磁场力之间的相互作用，及力的合成。11. 如图所示是飞船进入某星球轨道后的运动情况，飞船沿距星球表面高度为100km的圆形轨道运动，到达轨道的A点时，点火制动变轨进入椭圆轨道，到达轨道的B点时，飞船离星球表面高度为15km，再次点火制动，下降落到星球表面下列判断正确的是( )A. 飞船在轨道上由A点运动到B点的过程中，动能增大B. 飞船在轨道上的机械能大于在轨道上的机械能C. 飞船经过A点时，在轨道上的加速度等于在轨道上的加速度D. 飞船在A点点火变轨瞬间，速度增大【答案】AC【解析】【详解】A. 船在轨道上
16、由A到B的过程中，万有引力做正功，动能增大，故A正确；BD. 飞船在A点由轨道变到轨道，万有引力大于向心力，故需要点火减速，飞船点火后瞬间的速度减小；在轨道上的机械能小于在轨道上的机械能，故B错误，D错误；C. 由于飞船经过A点时，受到的万有引力相等，所以在轨道上的加速度等于在轨道上的加速度，故C正确12. 如图所示，木块AB用轻弹簧连接，放在光滑的水平面上，A紧靠墙壁，在木块B上施加向左的水平力，使弹簧压缩，当撤去外力后( )A. A尚未离开墙壁前，AB 系统的动量守恒；B. A尚未离开墙壁前，弹簧和B系统的机械能守恒C. A离开墙壁后，AB 系统动量守恒；D. A离开墙壁后，AB 系统机械
17、能守恒【答案】BC【解析】【详解】A当撤去外力F后，A尚未离开墙壁前，系统受到墙壁的作用力，系统所受的外力之和不为零所以A和B组成的系统的动量不守恒，故A错误；B以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，在A离开墙壁前，除了系统内弹力做功外，无其他力做功，系统机械能守恒，故B正确；CA离开墙壁后，A、B系统所受的外力之和为0，所以A、B组成的系统的动量守恒，故C正确；D在A离开墙壁后，对A、B及弹簧组成的系统，除了系统内弹力做功外，无其他力做功，A、B及弹簧组成的系统机械能守恒，故D错误13. 质量为M、内壁间距为L的箱子静止于光滑的水平面上，箱子中间有一质量为m的小物块，小物块与箱子底板间的动摩擦
18、因数为初始时小物块停在箱子正中间，如图所示现给小物块一水平向右的初速度v，小物块与箱壁碰撞N次后恰又回到箱子正中间，井与箱子保持相对静止设碰撞都是弹性的，则整个过程中，系统损失的动能为( )A. B. C. D. 【答案】BD【解析】试题分析：设物块与箱子相对静止时共同速度为V，则由动量守恒定律得，得，系统损失的动能为，B正确，AC错误根据能量守恒定律得知，系统产生的内能等于系统损失的动能，根据功能关系得知，系统产生的内能等于系统克服摩擦力做的功，则有D正确，故选BD考点：动量守恒定律；功能关系点评：两个相对运动的物体，当它们的运动速度相等时候，往往是最大距离或者最小距离的临界条件本题是以两物
19、体多次碰撞为载体，综合考查功能原理，动量守恒定 律，要求学生能依据题干和选项暗示，从两个不同角度探求系统动能的损失又由于本题是陈题翻新，一部分学生易陷入某种思维定势漏选B或者D，另一方面，若 不仔细分析，易认为从起点开始到发生第一次碰撞相对路程为，则发生N次碰撞，相对路程为，而错选C三、实验题（本大题共2小题，共10.0分）14. 如图所示是“探究影响通电导线受力的因素”的实验装置图，三块相同的蹄形磁铁并列放置，可以认为磁极间的磁场是均匀的。实验时，先保持导体棒通电部分的长度不变，改变电流的大小；然后保持电流的大小不变，改变导体棒通电部分的长度。每次实验导体棒在场内同一位置平衡时，悬线与竖直方
20、向的夹角记为。(1)下列说法正确的是：_。A该实验探究了电流大小以及磁感应强度大小对安培力的影响B该实验探究了磁感应强度大小以及通电导体棒长度对安培力影响C如果想增大，可以把磁铁的N极和S极对调D如果想减小，可以把接入电路的导体棒从、两端换成、两端(2)若把电流为I且接通、时，导体棒受到的安培力记为F；则当电流减半且接通、时，导体棒的安培力为：_。【答案】 (1). D (2). 【解析】【分析】该实验探究了导体棒通电长度和电流大小对安培力的影响，根据求解安培力大小即可。【详解】(1)AB该实验探究了导体棒通长度和电流大小对安培力的影响，故AB错误；C把磁铁的N极和S极对调，不改变B的大小，故
21、F不变，故C错误；D把接入电路的导体棒从、两端换成、两端，L减小，故安培力F减小，故D正确。故选D。(2)若把电流为I且接通、时，导体棒受到的安培力记为F；则当电流减半且接通、时，导体棒的安培力为：15. 用如图甲所示的装置验证动量守恒定律，小车P的前端粘有橡皮泥，后端连接通过打点计时器的纸带，在长木板右端垫放木块以平衡摩擦力，推一下小车P，使之运动，与静止的小车Q相碰粘在一起，继续运动（1）实验获得的一条纸带如图乙所示，根据点迹的不同特征把纸带上的点进行了区域划分，用刻度尺测得各点到起点A的距离根据碰撞前后小车的运动情况，应选纸带上_段来计算小车P的碰前速度（2）测得小车P（含橡皮泥）的质量
22、为m1，小车Q（含橡皮泥）的质量为m2，如果实验数据满足关系式_，则可验证小车P、Q碰撞前后动量守恒（3）如果在测量小车P的质量时，忘记粘橡皮泥，则所测系统碰前的动量与系统碰后的动量相比，将_（填“偏大”或“偏小”或“相等”）【答案】 (1). BC (2). (3). 偏小【解析】（1）根据碰撞前后小车的运动情况，应选纸带上点迹均匀的部分来计算小车P的碰前速度，由图可知应该选择BC段（2）碰前P的速度：；碰后选择DE段作为共同速度，则要验证的关系：m1v1=(m1+m2)v2，即.（3）如果在测量小车P的质量时，忘记粘橡皮泥，则m1的测量值偏小，因v1v2，则m1v1偏小的量大于m1v2偏小
23、的量，则所测系统碰前的动量与系统碰后的动量相比，将偏小.四、简答题（本大题共1小题，共10.0分）16. 一组宇航员乘太空穿梭机，去修理位于离地球表面高度为h的圆形轨道上的哈勃太空望远镜H，机组人员驾驶穿梭机S进入与H相同的轨道并关闭推动火箭，而望远镜在穿梭机前方数公里处，如图所示，设G为万有引力常量，M为地球质量。（已知地球半径为R，地球表面的重力加速度为g）(1)在穿梭机内，一个质量为的人站在台秤上，则其示数是多少？(2)计算轨道上的重力加速度值g；(3)计算穿梭机在轨道上的速率v和周期T。【答案】(1)零；(2)；(3)，【解析】【详解】解：(1)穿梭机内的人处于完全失重状态，故视重为零
24、。(2)赤道表面上的物体，忽略向心力，则有变形可得轨道处的重力加速度，则有解得穿梭机做匀速圆周运动，万有引力提供向心力，则有解得五、计算题（本大题共2小题，共28.0分）17. 如图所示的三个小球的质量都为m，B、C两球用轻弹簧连接后放在光滑的水平面上，A球以速度沿B、C两球球心的连线向B球运动，碰后A、B两球粘在一起。问：(1)、B两球刚刚粘合在一起的速度是多大？(2)弹簧压缩至最短时三个小球的速度是多大？(3)弹簧的最大弹性势能是多少？【答案】(1)；(2)；(3) 【解析】【详解】(1)在A、B碰撞的过程中弹簧的压缩量是极其微小的，产生的弹力可完全忽略，即C球并没有参与作用，因此A、B两
25、球组成的系统所受合外力为零，动量守恒，以的方向为正方向，由动量守恒定律得解得(2)粘合在一起的A、B两球向右运动，压缩弹簧，由于弹力的作用，C球加速，速度由零开始增大，而A、B两球减速，速度逐渐减小，当三球相对静止时弹簧最短，此时三球速度相等，在这一过程中，三球和轻弹簧构成的系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得解得(3)当弹簧被压缩最短时，弹性势能最大，由能量守恒定律得解得18. 如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，OCA=30，OA的长度为L在OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场已知粒子从某点射入时，恰好
26、垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0不计重力(1)求磁场的磁感应强度的大小；(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为，求粒子此次入射速度的大小【答案】(1) (2)2t0 (3)【解析】【详解】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90，故其周期T=4t0设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r由洛伦兹力提供向心力得：匀速圆周运动的速度满足：联立式得（2）设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图（a）所示设两轨迹所对应的圆心角分别为1和2由几何关系有1=1802粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则t1+t2=2t0（3）如图（b），由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150设O为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有OOD=BOA=30设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律联立式得【点睛】对于带电粒子在磁场中运动类型，要画出轨迹，善于运用几何知识帮助分析和求解，这是轨迹问题的解题关键