1、2015-2016学年河北省衡水市冀州中学高二（下）期中物理试卷（A卷）一、单项选择题（共12小题，每小题3分，共36分）1关于阴极射线，下列说法正确的是（）A阴极射线就是稀薄气体导电的辉光放电现象B阴极射线是在真空管内由阴极发生的电子流C阴极射线是组成物体的原子D阴极射线按直线传播，但可被电场、磁场偏转2在粒子穿过金箔发生大角度散射的过程中，以下说法正确的是（）A粒子一直受到金原子核的斥力作用B粒子的动能不断减小C粒子的电势能不断增加D粒子发生散射，是与电子碰撞的结果3下列说法正确的是（）A射线与射线都是电磁波B射线为原子的核外电子电离后形成的电子流C用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能
2、改变原子核衰变的半衰期D原子核经过衰变生成新核，则新核的质量总等于原核的质量4可见光光子的能量在1.61eV3.10eV范围内如图所示，氢原子从第4能级跃迁到低能级的过程中，根据氢原子能级图可判断（）A从第4能级跃迁到第3能级将释放出紫外线B从第4能级跃迁到第3能级放出的光子，比从第4能级直接跃迁到第1能级放出的光子波长更长C从第4能级跃迁到第3能级放出的光子，比从第4能级直接跃迁到第2能级放出的光子频率更高D氢原子从第4能级跃迁到第3能级时，原子要吸收一定频率的光子，原子的能量增加5用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图所示则这两种光（
3、）A照射该光电管时a光使其逸出的光电子最大初动能大B从同种玻璃射入空气发生全反射时，b光的临界角大C通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距大D通过同一玻璃三棱镜时，a光的偏折程度大6一半径为R的均匀带电圆环，带有正电荷其轴线与x轴重合，环心位于坐标原点O处，M、N为x轴上的两点，则下列说法正确的是（）A环心O处电场强度为零B沿x轴正方向从O点到无穷远处电场强度越来越小C沿x轴正方向由M点到N点电势越来越高D将一正试探电荷由M点移到N点，电荷的电势能增加7某科学考察队在地球的两极地区进行科学观测时，发现带电的太空微粒平行于地面进入两极区域上空，受空气和地磁场的影响分别留下的一段弯曲的轨迹，
4、若垂直地面向下看，粒子在地磁场中的轨迹如图甲、乙所示，则（）A图甲表示在地球的南极处，图乙表示在地球的北极处B图甲飞入磁场的粒子带正电，图乙飞人磁场的粒子带负电C甲、乙两图中，带电粒子受到的洛伦兹力都是越来越大D甲、乙两图中，带电粒子动能都是越来越小，但洛伦兹力做正功8某正弦交流电的图象如图所示，则由图象可知（）A该交流电的频率为0.02HzB该交流电的有效值为14.14AC该交流电的瞬时值表达式为i=20sin（0.02t）D在t=时刻，该交流的大小与其有效值相等9如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻为r，R0为固定电阻，当滑动变阻器R的触头向上移动时，下列论述正确的是（）A灯泡L一定变亮
5、B安培表的示数变小C伏特表的示数变小DR0消耗的功率变小10甲乙两球在水平光滑轨道上同方向运动，已知它们的动量分别是p1=5kgm/s，p2=7kgm/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kgm/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是（）Am1=m2B2m1=m2C4m1=m2D6m1=m211如图所示，、区域是宽度L均为0.5m的匀强磁场，磁感应强度大小均为B=1T，方向相反一边长L=0.5m、质量m=0.1kg、电阻R=0.5的正方形金属线框abcd的ab边紧靠磁场边缘，在外力F的作用下向右匀速运动穿过磁场区域，速度v0=10m/s在线框穿过磁场区的过程中，外力F所做的功为
6、（）A5JB7.5JC10JD15J12一束粒子流由左端平行于极板P1射入质谱仪，沿着直线通过电磁场复合区后，并从狭缝S0进入匀强磁场B2，在磁场B2中分为如图所示的三束，则下列相关说法中正确的是（）A速度选择器的P1极板带负电B粒子1带正电C能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D粒子2的比荷的绝对值最大二、不定项选择题（共6小题，每小题4分，共24分，全部选对得4分，部分选对得2分，多选错选不得分）13下列说法正确的是（）A放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件有关B衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子时所产生的C比结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定D大量处
7、于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生4种不同频率的光子14如图所示，虚线为一带电离子只在电场力的作用下的运动轨迹，实线为电场线，则下列判断正确的是（）A离子一定带负电荷B离子经过A点的动能大于经过B点的动能C离子经过C点所受到的电场力沿电场线斜向下D离子经过A点时的电势能小于经过B点时的电势能15如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户（电灯等用电器），R表示输电线的电阻，则（）A用电器增加时，变压器输出电压增大B要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑C用电器增加时，输电线的热损耗减少D用电器增加时，变压器的输入功率增加16如图所示，电阻为R的
8、金属棒从图示位置ab分别以v1，v2的速度沿光滑导轨（电阻不计）匀速滑到ab位置，若v1：v2=1：2，则在这两次过程中（）A回路电流I1：I2=1：2B产生的热量Q1：Q2=1：2C通过任一截面的电量q1：q2=1：2D外力的功率P1：P2=1：217某同学采用如图所示的实验装置来研究光电效应现象当用某单色光照射光电管的阴极K时，会发生光电效应现象闭合开关S，在阳极A和阴极K之间加上反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中电流恰为零，此时电压表的示数U称为遏止电压，根据遏止电压，可以计算到光电子的最大初动能Ek现分别用频率为v1和v2的单色光照射阴极，测量到遏止电压分别为
9、U1和U2，设电子质量为m，电荷量为e，则下列关系式中正确的是（）A普朗克常量h=B频率为v1的光照射时光电子的最大初速度v=C金属K的逸出功W=hv1eU1D金属K的极限频率为v1=18如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，A=60，AO=L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子已知粒子的比荷为，发射速度大小都为v0=设粒子发射方向与OC边的夹角为，不计粒子间相互作用及重力对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是（）A当=45时，粒子将从AC边射出B所有从OA边射出的粒子在磁场中运动时间相等C随着角的增大，粒子在磁场中运动的时间先变大后变小
10、D在AC边界上只有一半区域有粒子射出三、实验题19实验中，电流表（0.6A量程）、电压表（3V量程）的某组示数如图所示，图示中I=A，U=V20测定电源的电动势和内电阻的实验电路和UI图象如下，回答下列问题：如图1所示在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在处现备有以下器材：A干电池1个 B滑动变阻器（050） C滑动变阻器（01750）D电压表（03V） E电压表（015V） F电流表（00.6A） G电流表（03A）其中滑动变阻器应选用，电流表应选，电压表应选（填字母代号）如图2是根据实验数据画出的UI图象由此可知这个干电池的电动势E=V，内电阻r=（保留两位有效数字）四、
11、计算题（本题共3小题，共30分，解答时需要写出规范的物理表达式和必要的文字说明，只写对结果不给分）21水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源（不计内阻）现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为且指向右斜上方，如图所示，问：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？22用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平面上运动，弹簧处于原长
12、，质量为4kg的物块C在前方静止把B和C碰后共同运动如图所示求：当弹簧的弹性势能最大时，物块C的速度是多大？弹性势能的最大值是多少？23如图所示，在以坐标原点O为圆心，半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，方向沿x轴负方向匀强磁场方向垂直于xOy平面一带负电的粒子（不计重力）从P（0，R）点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经时间t0从O点射出（1）求匀强磁场的大小和方向；（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从P点以相同的速度射入，经时间恰好从半圆形区域的边界射出求粒子的加速度和射出时的速度大小；（3）若仅撤去电场，带电粒子从O点沿Y轴负方向射入
13、，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间2015-2016学年河北省衡水市冀州中学高二（下）期中物理试卷（A卷）参考答案与试题解析一、单项选择题（共12小题，每小题3分，共36分）1关于阴极射线，下列说法正确的是（）A阴极射线就是稀薄气体导电的辉光放电现象B阴极射线是在真空管内由阴极发生的电子流C阴极射线是组成物体的原子D阴极射线按直线传播，但可被电场、磁场偏转【考点】射线管的构造及其工作原理【分析】阴极射线的实质是电子流，电子带负电，可以被电场和磁场偏转【解答】解：A、阴极射线是稀薄气体在高压作用下发生的辉光放电现象，故A正确B、阴极射线实质上真空管内由阴极发生的电子流，故B正确C、阴
14、极射线是组成物体的电子，不是原子，故C错误D、电子质量很小，故阴极射线按直线传播，电子带负电，可以被电场和磁场偏转故D正确故选：ABD2在粒子穿过金箔发生大角度散射的过程中，以下说法正确的是（）A粒子一直受到金原子核的斥力作用B粒子的动能不断减小C粒子的电势能不断增加D粒子发生散射，是与电子碰撞的结果【考点】粒子散射实验【分析】在粒子穿过金箔发生大角度散射，是因为受到原子核的库仑斥力，根据电场力做功判断动能以及电势能的变化【解答】解：A、发生大角度偏转，是因为受到原子核的库仑斥力，电子对粒子的作用力可以忽略不计故A正确，D错误B、在散射的过程中，电场力先做负功再做正功，则动能减小再增大，而电势
15、能先增大再减小故B、C错误故选A3下列说法正确的是（）A射线与射线都是电磁波B射线为原子的核外电子电离后形成的电子流C用加温、加压或改变其化学状态的方法都不能改变原子核衰变的半衰期D原子核经过衰变生成新核，则新核的质量总等于原核的质量【考点】原子核衰变及半衰期、衰变速度【分析】解答本题要掌握：、三种射线的区别，衰变过程遵循规律以及半衰期的物理意义【解答】解：A、射线是氦原子的原子核，并非电磁波，故A错误；B、射线即电子是由核内的中子变为质子同时放出电子产生的，而非核外电子电离后形成的电子流，故B错误；C、半衰期只与元素本身有关，与所处的物理、化学状态以及周围环境、温度等无关，故C正确；D、在衰
16、变过程中伴随着质量亏损，因此新核质量一定小于原核质量，故D错误故选C4可见光光子的能量在1.61eV3.10eV范围内如图所示，氢原子从第4能级跃迁到低能级的过程中，根据氢原子能级图可判断（）A从第4能级跃迁到第3能级将释放出紫外线B从第4能级跃迁到第3能级放出的光子，比从第4能级直接跃迁到第1能级放出的光子波长更长C从第4能级跃迁到第3能级放出的光子，比从第4能级直接跃迁到第2能级放出的光子频率更高D氢原子从第4能级跃迁到第3能级时，原子要吸收一定频率的光子，原子的能量增加【考点】氢原子的能级公式和跃迁【分析】能级间跃迁辐射或吸收的能量等于两能级间的能级差，能级差越大，辐射的光子频率越高，波
17、长越小，从而即可求解【解答】解：A、可见光光子的能量在1.61eV3.10eV范围内那么紫外线能量大于3.10eV，而从第4能级跃迁到第3能级放出能量为E=1.510.85=0.66eV，因此不可能是紫外线故A错误B、n=4和n=1间的能级差最大，则辐射的光子频率最高，波长最小，因此从第4能级跃迁到第3能级放出的光子，比从第4能级直接跃迁到第1能级放出的光子波长更长故B正确C、n=4和n=3间的能级差小于n=4和n=2间的能级差，则从n=4能级跃迁到n=3能级放出的光子的频率小于从n=4能级跃迁到n=2能级放出的光子的频率，故C错误；D、当原子从第4能级跃迁到第3能级时，放出一定频率的光子，原
18、子的能量减小，故D错误故选：B5用同一光电管研究a、b两种单色光产生的光电效应，得到光电流I与光电管两极间所加电压U的关系如图所示则这两种光（）A照射该光电管时a光使其逸出的光电子最大初动能大B从同种玻璃射入空气发生全反射时，b光的临界角大C通过同一装置发生双缝干涉，a光的相邻条纹间距大D通过同一玻璃三棱镜时，a光的偏折程度大【考点】光电效应【分析】要明确各种单色光的折射率和波长、频率之间的关系：折射率越大则频率越大，波长越小对于本题解题的关键是通过图象判定a、b两种单色光谁的频率大，反向截止电压大的则初动能大，初动能大的则频率高，故b光频率高于a光的【解答】解：A、由光电效应方程qUc=m=
19、hW0，由题图可得b光照射光电管时使其逸出的光电子最大初动能大，b光的频率大，波长小，故A错误；B、b光的频率大，在玻璃中的折射率nb大，由C=arcsin可知：从同种玻璃射入空气发生全反射时，b光的临界角小，a光大，故B错误；C、发生双缝干涉时，x=，b光波长小，相邻条纹间距b光小，a光大，故C正确；D、在玻璃中的折射率nbna，b光的偏折程度大，故D错误故选：C6一半径为R的均匀带电圆环，带有正电荷其轴线与x轴重合，环心位于坐标原点O处，M、N为x轴上的两点，则下列说法正确的是（）A环心O处电场强度为零B沿x轴正方向从O点到无穷远处电场强度越来越小C沿x轴正方向由M点到N点电势越来越高D将
20、一正试探电荷由M点移到N点，电荷的电势能增加【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度【分析】均匀带电细圆环两侧电场分布具有对称性，沿0点右侧OM连线上电场水平向右，在O点带电细圆环上电荷所产生的合场强为0向右电势降低据此判断各项【解答】解：A、根据场强的叠加可知，O点的场强为零，故A正确；B、O点的场强为零，无穷远处的场强为零，O到无穷远间的场强不为零，故x轴正方向从O点到无穷远处电场强度先增大，后减小，故B错误；C、电场线方向由M指向N，沿电场方向电势降低，故C错误；D、将一正试探电荷由M点移到N点，电场力做正功，电势能减小，故D错误；故选：A7某科学考察队在地球的两极地区进行科学观测时，发
21、现带电的太空微粒平行于地面进入两极区域上空，受空气和地磁场的影响分别留下的一段弯曲的轨迹，若垂直地面向下看，粒子在地磁场中的轨迹如图甲、乙所示，则（）A图甲表示在地球的南极处，图乙表示在地球的北极处B图甲飞入磁场的粒子带正电，图乙飞人磁场的粒子带负电C甲、乙两图中，带电粒子受到的洛伦兹力都是越来越大D甲、乙两图中，带电粒子动能都是越来越小，但洛伦兹力做正功【考点】洛仑兹力【分析】根据地球磁场的分布，由左手定则可以判断粒子的受力的方向，从而可以判断粒子的运动的方向在由洛伦兹力提供向心力，则得运动半径与速度成正比，与磁感应强度及电量成反比【解答】解：A、垂直地面向下看由于地球的南极处的磁场向上，地
22、球北极处的磁场方向向下，故A正确；B、由左手定则可得，甲图中的磁场的方向向上，偏转的方向向右，所以飞入磁场的粒子带正电；同理由左手定则可得乙图中飞入磁场的粒子也带正电故B错误；C、从图中可知，粒子在运动过程中，可能受到空气的阻力对粒子做负功，所以其动能减小，运动的半径减小，根据公式：f=qvB，带电粒子受到的洛伦兹力都是越来越小故C错误；D、由于粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，故D错误；故选：A8某正弦交流电的图象如图所示，则由图象可知（）A该交流电的频率为0.02HzB该交流电的有效值为14.14AC该交流电的瞬时值表达式为i=20sin（0.02t）D在t=时刻，该交
23、流的大小与其有效值相等【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式【分析】根据图象可知交流电的最大值以及周期等物理量，然后进一步可求出其瞬时值的表达式以及有效值等【解答】解：A、由图可知，T=0.02s，故f=50Hz，=2f=100 rad/s，所以其表达式为u=20sinA，故AC错误；B、由图象可知交流电的最大值为20V，因此其有效值为：U=V=14.14V，故B正确；D、在t=时刻，该交流的大小等于20A，故D错误；故选：B9如图所示电路，已知电源电动势为E，内阻为r，R0为固定电阻，当滑动变阻器R的触头向上移动时，下列论述正确的是（）A灯泡L一定变亮B安培表的示数变小C伏特表的示数变小D
24、R0消耗的功率变小【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】当R的滑动触头向上滑移动时，R变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电压表的读数变化和灯泡L亮度的变化再分析并联部分的电压变化，判断电流表A读数变化【解答】解：当R的滑动触点向上滑移动时，R变小，外电路总电阻变小，则由闭合电路欧姆定律知，总电流变大，路端电压变小，则电压表读数减小灯泡L的电压减小，则灯L一定变暗电路中并联部分电压变小，通过L的电流减小，而总电流增大，则电流表A的读数增大，R0消耗的功率变大故ABD错误，C正确故选：C10甲乙两球在水平光滑轨道上同方向运动，已知它们的动量分别是p1=5kgm/s，p
25、2=7kgm/s，甲从后面追上乙并发生碰撞，碰后乙球的动量变为10kgm/s，则两球质量m1与m2间的关系可能是（）Am1=m2B2m1=m2C4m1=m2D6m1=m2【考点】动量守恒定律【分析】碰撞过程遵守动量，总动能不增加，根据这两个规律，得到A、B两球的质量关系【解答】解：根据动量守恒定律得P1+P2=P1+P2解得P1=2kgm/s碰撞过程系统的总动能不增加，则有解得碰撞后甲的速度不大于乙的速度，则有解得从而的取值范围：51/21，5故C正确，A、B、D错误故选：C11如图所示，、区域是宽度L均为0.5m的匀强磁场，磁感应强度大小均为B=1T，方向相反一边长L=0.5m、质量m=0.
26、1kg、电阻R=0.5的正方形金属线框abcd的ab边紧靠磁场边缘，在外力F的作用下向右匀速运动穿过磁场区域，速度v0=10m/s在线框穿过磁场区的过程中，外力F所做的功为（）A5JB7.5JC10JD15J【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【分析】将线框穿过磁场的过程分成三段，分别根据感应电动势公式求出感应电动势，由欧姆定律求得感应电流，线框匀速穿过磁场区域时，外力做功等于线框中产生的焦耳热【解答】解：由感应电动势公式得：E=BLv，感应电流I1=0L内，感应电流I1=10A，逆时针方向取正值；时间间隔t1=0.05sL2L内，I2=20A，顺时针方向取负值；时间间隔t2=0.05s2l3
27、l内，I3=10A，逆时针方向取正值；时间间隔t3=0.05s因为线框匀速运动，所以外力做的功等于电流做的功W=1020.50.05+2020.50.05+1020.50.05=15J，故ABC错误，D正确；故选：D12一束粒子流由左端平行于极板P1射入质谱仪，沿着直线通过电磁场复合区后，并从狭缝S0进入匀强磁场B2，在磁场B2中分为如图所示的三束，则下列相关说法中正确的是（）A速度选择器的P1极板带负电B粒子1带正电C能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D粒子2的比荷的绝对值最大【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】三种粒子通过左侧正交的
28、电磁场沿直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，可知速度相同根据左手定则判断粒子的偏转方向，牛顿第二定律研究磁场中圆周半径，根据半径公式分析比荷的大小【解答】解：A、三种粒子在正交的电磁场中做匀速直线运动，由力平衡得：qvB=qE，根据左手定则可知，若带电粒子带正电荷，洛伦兹力的方向向上，所以电场力的方向向下，选择器的P1极板带正电；若带电粒子带负电，洛伦兹力的方向向下，所以电场力方向向上，选择器的P1极板带正电故选择器的P1极板一定是带正电与带电粒子无关故A错误；B、在磁场2中，磁场的方向向外，根据左手定则，正电荷受到的安培力的方向向下，将向下偏转；负电荷受到的安培力的方向向上，将向上偏转所以1带负
29、电故B错误；C、能通过狭缝S0的带电粒子受到的电场力与洛伦兹力的大小相等，方向相反，即：qvB=qE，所以v=故C正确；D、由qvB=m，得，r与比荷成反比，粒子2的半径最大，所以粒子2的比荷的绝对值最小故D错误 故选：C二、不定项选择题（共6小题，每小题4分，共24分，全部选对得4分，部分选对得2分，多选错选不得分）13下列说法正确的是（）A放射性元素的半衰期与原子所处的化学状态和外部条件有关B衰变所释放的电子是原子核内的中子转化成质子和电子时所产生的C比结合能越大，原子中核子结合的越牢固，原子核越稳定D大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生4种不同频率的光子【考点】原子核衰
30、变及半衰期、衰变速度；氢原子的能级公式和跃迁；原子核的结合能【分析】放射性元素的半衰期是由核内自身的因素决定的，射线为原子核内的中子转化为质子同时生成的电子，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定【解答】解：A、放射性元素的半衰期是由核内自身的因素决定的，与原子所处的化学状态无关故A错误B、射线为原子核内的中子转化为质子同时生成的电子故B正确C、比结合能越大，将核子分解需要的能量越大，原子核中核子结合得越牢固，原子核越稳定，故C正确；D、大量处于n=4激发态的氢原子向低能级跃迁时，最多可产生6种不同频率的光子；故D错误；故选：BC14如图所示，虚线为一带电离子只在电场力的作用下的运动轨迹，实线
31、为电场线，则下列判断正确的是（）A离子一定带负电荷B离子经过A点的动能大于经过B点的动能C离子经过C点所受到的电场力沿电场线斜向下D离子经过A点时的电势能小于经过B点时的电势能【考点】电场线；电势能【分析】不计重力的离子只在电场力作用下从A到B，由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧沿着电场线的方向电势降低的负电荷所受电场力的方向与电场强度方向相反，正电荷所受电场力的方向与电场强度方向相同根据电场力做功正负分析电势能的变化【解答】解：AC、由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧，故若离子从A运动到B，所受的
32、电场力沿电场线斜向下，由于电场线方向未知，所以不能确定离子的电性，故A错误，C正确B、若离子从A运动到B，电场力做正功，动能增大，则离子经过A点的动能大于经过B点的动能，故B正确C、若离子从A运动到B，电场力做正功，电势能减小，则离子经过A点时的电势能小于经过B点时的电势能，故D正确故选：BCD15如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户（电灯等用电器），R表示输电线的电阻，则（）A用电器增加时，变压器输出电压增大B要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑C用电器增加时，输电线的热损耗减少D用电器增加时，变压器的输入功率增加【考点】变压器的构造和原理【分析】
33、对于理想变压器要明确两个关系：一是输出电压由输入电压决定，二是输入功率由输出功率决定明确这两个关系然后根据有关电路知识即可求解【解答】解：A、由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输出电压，故A错误；B、根据变压器原理可知输出电压U2=U1，当滑动触头P应向上滑时，n2增大，所以输出电压增大，故B正确；C、由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C错误；D、用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故D正确故选：BD16如图所示，电阻为R的金属棒从图示位置ab分别以v1，v2的速
34、度沿光滑导轨（电阻不计）匀速滑到ab位置，若v1：v2=1：2，则在这两次过程中（）A回路电流I1：I2=1：2B产生的热量Q1：Q2=1：2C通过任一截面的电量q1：q2=1：2D外力的功率P1：P2=1：2【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；法拉第电磁感应定律；电磁感应中的能量转化【分析】回路中感应电流为 I=，E=BLv，即可求解回路电流I1：I2根据焦耳定律求解热量之比根据法拉第电磁感应定律、欧姆定律和电量公式q=It，求解电荷量之比外力的功率等于回路中的电功率，由P=EI求解外力的功率之比【解答】解：A、回路中感应电流为：I=，Iv，则得：I1：I2=v1：v2=1：2故A正确B、
35、产生的热量为：Q=I2Rt=（）2R=，Qv，则得：Q1：Q2=v1：v2=1：2故B正确C、通过任一截面的电荷量为：q=It=t=，q与v无关，则得：q1：q2=1：1故C错误D、由于棒匀速运动，外力的功率等于回路中的功率，即得：P=I2R=（）2R，Pv2，则得：P1：P2=1：4，故D错误故选：AB17某同学采用如图所示的实验装置来研究光电效应现象当用某单色光照射光电管的阴极K时，会发生光电效应现象闭合开关S，在阳极A和阴极K之间加上反向电压，通过调节滑动变阻器的滑片逐渐增大电压，直至电流计中电流恰为零，此时电压表的示数U称为遏止电压，根据遏止电压，可以计算到光电子的最大初动能Ek现分别
36、用频率为v1和v2的单色光照射阴极，测量到遏止电压分别为U1和U2，设电子质量为m，电荷量为e，则下列关系式中正确的是（）A普朗克常量h=B频率为v1的光照射时光电子的最大初速度v=C金属K的逸出功W=hv1eU1D金属K的极限频率为v1=【考点】光电效应【分析】根据动能定理求光电子的最大初速度；根据爱因斯坦光电效应方程求金属的逸出功和普朗克常量h；由W=h0求金属的极限频率；【解答】解：A、根据爱因斯坦光电效应方程得：hv1=eU1+Whv2=eU2+W由得：金属的逸出功为：W=hv1eUl联立得：h=故AC正确；B、光电子在电场中做减速运动，根据动能定理得：eU1=0m，则得光电子的最大初
37、速度为：vm1=，故B正确；D阴极K金属的极限频率为：v0=，故D错误，故选：ABC18如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，A=60，AO=L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子已知粒子的比荷为，发射速度大小都为v0=设粒子发射方向与OC边的夹角为，不计粒子间相互作用及重力对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是（）A当=45时，粒子将从AC边射出B所有从OA边射出的粒子在磁场中运动时间相等C随着角的增大，粒子在磁场中运动的时间先变大后变小D在AC边界上只有一半区域有粒子射出【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】带电粒子以相同的速率，
38、不同的速度方向，进入磁场，运动轨迹的曲率半径相同，从而根据不同的磁场情况，即可求解【解答】解：A、粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0B=m，已知v0=，解得粒子的运动半径 r=L，当=60入射时，粒子恰好从A点飞出，则当=45时，粒子将从AC边射出故A正确；B、所有从OA边射出的粒子，不同，而轨迹圆心对应的圆心角等于2（）=2，所用时间 t=T，T一定，则知粒子在磁场中运动时间不等，故B错误C、所有从OA边射出的粒子，由t=T知，随着角的增大，粒子在磁场中运动的时间不断变小，当=60飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是，是在磁场中运动时间最长，故C错误D、当=0飞入的粒子在磁场中
39、，粒子恰好从AC中点飞出，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确；故选：AD三、实验题19实验中，电流表（0.6A量程）、电压表（3V量程）的某组示数如图所示，图示中I=0.48A，U=2.20V【考点】用多用电表测电阻【分析】由图示电表确定其量程与分度值，然后根据指针位置读出其示数【解答】解：由图示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.48A；由图示电压表可知，其量程为3V，分度值为0.1V，示数为2.20V；故答案为：0.48；2.2020测定电源的电动势和内电阻的实验电路和UI图象如下，回答下列问题：如图1所示在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑
40、动头P应放在a处现备有以下器材：A干电池1个 B滑动变阻器（050） C滑动变阻器（01750）D电压表（03V） E电压表（015V） F电流表（00.6A） G电流表（03A）其中滑动变阻器应选用B，电流表应选F，电压表应选D（填字母代号）如图2是根据实验数据画出的UI图象由此可知这个干电池的电动势E=1.5V，内电阻r=1.0（保留两位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）闭合开关之前滑动变阻器的滑动头P应放在最大值位置处（2）在选择电压表和电流表时要求在不超过量程的前提下偏转角度尽量大些，在满量程的左右偏转最好（3）在UI图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜
41、率代表的是电源的内阻的大小【解答】解：（1）闭合开关之前滑动变阻器的滑动头P应放在最大值位置处，即a处（2）滑动变阻器起控制电流的作用，而电源电动势大约1.5V，电路中电流较小，故为了便用调节，滑动变阻器选取B电源电动势大约1.5V，因此电压表选择量程为3V的比较合适，故电压表选择D，电路中的电流较小，因此电流表选择F（3）在UI图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.5V，图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为r=1.0故答案为：（1）a（2）B，F，D（3）1.5，1.0四、计算题（本题共3小题，共30分，解答时需要写出规范的物理表达式和必要的文字
42、说明，只写对结果不给分）21水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源（不计内阻）现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为且指向右斜上方，如图所示，问：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力【分析】（1）作出受力分析图，根据共点力平衡，结合安培力大小公式、闭合电路欧姆定律求出支持力和摩擦力的大小（2）
43、当ab棒所受的安培力竖直向上时，支持力为零时，B的大小最小，根据共点力平衡求出B的大小，根据左手定则判断B的方向【解答】解：从b向a看其受力如图所示（1）水平方向：f=FAsin竖直方向：N+FAcos=mg又FA=BIL=BL联立得：N=mg，f=（2）使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，可知所受安培力竖直向上，则有FA=mg解得：Bmin=，根据左手定则判定磁场方向水平向右 答：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力分别为N=mg，f=（2）B的大小至少为，此时B的方向水平向右22用轻弹簧相连的质量均为2kg的A、B两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平面上运动，弹簧处于原长，质量为
44、4kg的物块C在前方静止把B和C碰后共同运动如图所示求：当弹簧的弹性势能最大时，物块C的速度是多大？弹性势能的最大值是多少？【考点】动量守恒定律；弹性势能；能量守恒定律【分析】（1）B与C发生碰撞后，B的速度减小，BC一起向右运动A物体没有参加碰撞，速度不变，继续向右运动，这样弹簧被压缩，当三者速度相同时，弹簧压缩量最大，弹性势能最大，根据动量守恒求出物体A的速度（2）根据动量守恒求出BC碰撞后的共同速度由机械能守恒求解弹性势能的最大值【解答】解：（1）当A、B、C三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大规定向右为正方向，设弹簧的弹性势能最大时，物块C的速度是VC由A、B、C三者组成的系统动量守恒得
45、：（mA+mB）v=（mA+mB+mC）VC解得：VC=3m/s，物块C的速度方向向右（2）B、C碰撞时，B、C系统动量守恒，设碰后瞬间两者的速度为v1，则：mBv=（mB+mC）v1解得：v1=2m/s设弹簧的弹性势能最大为EP，根据机械能守恒得：EP=（mB+mC）+mAv2（mA+mB+mC）代入解得为：EP=12J答：（1）当弹簧的弹性势能最大时，物体C的速度大小为3m/s；（2）弹性势能的最大值是12J23如图所示，在以坐标原点O为圆心，半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，方向沿x轴负方向匀强磁场方向垂直于xOy平面一带负电的粒子（不计重力）从P（0
46、，R）点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经时间t0从O点射出（1）求匀强磁场的大小和方向；（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从P点以相同的速度射入，经时间恰好从半圆形区域的边界射出求粒子的加速度和射出时的速度大小；（3）若仅撤去电场，带电粒子从O点沿Y轴负方向射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）经时间t0从O点射出，求出粒子的速率，带电粒子恰好做匀速直线运动根据受电场力和洛伦兹力平衡列方程求B的大小；（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动，根据类平抛运动的规律可以求得粒子运
47、动加速度大小；（3）仅有磁场时，入射速度v=4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由几何关系可以求得圆周运动的半径的大小，由周期公式可以求得粒子的运动的时间【解答】解：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，磁感应强度为B可判断出粒子受到的电场力沿x轴正方向，则洛伦兹力沿X轴负方向，于是可知磁感应强度垂直XOY平面向外 且有：qE=qvB R=vt0联立得：（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，在y方向位移：y=设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是又有：由几何关系可得，x=R 得：a=设出射速度v1，出射时水平分速度vx，则：则（3）仅有磁场时，入射速度v2=4V，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，圆心为C，圆心角为2，如图，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有：又qv2B=4qE，qE=ma得：r=R 由几何关系 sin=即 sin=所以 =带电粒子在磁场中运动周期：T=则带电粒子在磁场中运动时间：tB=T 所以 tB=t0答：（1）匀强磁场的大小为，方向垂直XOY平面向外；（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从P点以相同的速度射入，经时间恰好从半圆形区域的边界射出粒子的加速度为a=，射出时的速度大小；（3）若仅撤去电场，带电粒子从O点沿Y轴负方向射入，且速度为原来的4倍，粒子在磁场中运动的时间为t02017年1月21日