2014-2015学年北京市朝阳区高二(下)期末物理试卷.doc

2014-2015学年北京市朝阳区高二（下）期末物理试卷一、选择题（共13小题，每小题3分，满分39分）11960年第十一届国际计量大会制定了一种国际通用的，包括一切计量的单位制，叫做国际单位制，简称SI，以下说法中正确的是（）A电势的国际单位是瓦特B磁通量的国际单位是库伦C电场强度的国际单位是安培D磁感应强度的国际单位是特斯拉2我们身处信息时代越来越离不开电磁波，以下说法中正确的是（）A变化的电场和变化的磁场交替产生电磁波B电磁波既可以是横波也可以使纵波C在外太空的真空环境下电磁波无法传播D电磁波在不同介质中传播时的速度大小不变3以下说法中正确的是（）A增透膜是利用了光的色散现象B白光通过三棱镜后形成彩色光带是利用了光的干涉现象C电子表的液晶显示是利用了光的偏振现象D用标准平面检查光学仪器表面的平整程度是利用了光的衍射现象4十九世纪被称为物理学“电的世纪”，电磁学在这一世纪迅速发展起来，很多物理学家为此付出了艰辛的努力，按照按照历史发展的顺序对以下四位物理学家进行排序，其中正确的是（）ABCD5光导纤维被认为是20世纪最伟大的发明之一，2009年诺贝尔物理学奖授予被誉为“光纤之父”的华裔科学家高锟，以下关于光导纤维的说法中正确的是（）A内芯的折射率比外套的小，光传播时在外套与空气的界面上发生全反射B内芯的折射率比外套的小，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射C内芯的折射率比外套的大，光传播时在外套与空气的界面上发生全反射D内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射6学习了变压器后，同学们想利用变压器把电压升高后给某一电灯供电，以下设计的电路中正确的是（）A BCD7某匀强电场的等势面分布如图所示，已知相邻等势面的间距均为1cm，则以下说法中正确的是（）A电场强度的方向竖直向下B电场强度的方向竖直向上C电场强度的大小为E=1V/mD电场强度的大小为E=100V/m8如图所示，在光滑水平面上，一轻质弹簧的左端固定，右端连接一小球（可视为质点），小球静止于位置O，现将小球从位置O现将小球从位置O拉开一定距离至位置B（在弹性限度内）由静止释放，小球向左运动的最远位置为C不计一切阻力以下说法中正确的是（）AOC的距离等于OB的距离B小球从B到C的运动过程中速度不断减小C小球从B到C的运动过程中加速度不断增大D小球从B到C的运动过程中弹簧的弹性势能不断减小9如图甲至丁是交流电发电过程的示意图，图中只示意了一匝线圈，线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在滑环L上，导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接线圈沿逆时针方向以角速度匀速转动，线圈的面积为S，磁场可视为水平向右的匀强磁场，磁感应强度为B，电路的总电阻为R、以下书法中正确的是（）A由甲转到乙的过程中，线圈中的电流方向为ABCDAB由丙转到丁的过程中，线圈中的电流方向为ABCDAC转到丙位置时，穿过线圈的磁通量为零D转到一圈的过程中，线圈产生的电能为10振源A带动细绳振动，某时刻波刚好传播到细绳上的质点P形成的简谐横波如图甲所示，若以时刻作为计时起点，则图乙中能表示P点振动图象的是（）ABCD11如图所示的电路中，带铁芯的线圈L与灯A并联，线圈的电阻远小于灯的电阻，当闭合开关S后灯正常发光以下说法中正确的是（）A断开开关S，灯A立即熄灭B断开开关S，灯A闪亮一下后熄灭C用阻值与线圈相同的电阻取代L接入电路，断开开关S，灯A逐渐熄灭D用阻值与线圈相同的电阻取代L接入电路，断开开关S，灯A闪亮一下后熄灭12一带电粒子在匀强磁场中处于静止状态，某时刻突然炸裂成甲、乙两粒子，炸裂后的两粒子刚好在磁场中做匀速圆周运动已知甲的电量是乙电量的2倍，两粒子均带正电不计粒子的重力以及粒子间的相互作用图中能正确表示两粒子运动轨迹的是（）ABCD13电磁炮有很多优点，备受各国军事家的重视，如图是导轨式电磁炮实验装置的示意图两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块（即实验用弹丸）滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射在发射过程中，滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B=kI，如果两导轨内侧间距为l，滑块的质量为m，滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为v0以下说法中正确的是（）A若使电流和磁感应强度的方向同时反向，滑块的发射方向也将随之反向B若将电源提供的电流加倍，则滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为2vC若使电源提供的电流加倍，则滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为4vD若使滑块的质量加倍，则滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为0.5v二、解答题（共3小题，满分24分）14在“测定玻璃的折射率”的试验中，对一块两面平行的玻璃砖，用“插针法”找出与入射光线对应的出射光线现有甲、乙、丙、丁四位同学分别做出了如图所示的四组插针结果从图上看，插针正确的是同学（选填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”）15在“用单摆测定重力加速度”的实验中，（1）以下关于本实验的措施中正确的是（选填下列选项前的序号）A摆角应尽量大些B摆线应适当长些C摆球应选择密度较大的实心金属小球D用停表测量周期时，应取摆球摆至最高点时开始计时（2）某同学用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图1所示，秒表读数为s（3）若该同学测量了5种不同摆长与单摆振动周期的对应情况，并将记录的结果描绘在如图2所示的坐标中，图中个坐标点的标号分别对应实验种5种不同摆长的情况在处理数据时，该同学实验中的第组数据点应当舍弃请你在图2中画出T2l图线；（4）该同学求重力加速度时，他首先求出了（3）中T2l图线的斜率k，则利用率k求重力加速度的表达式为g=16）的关键是明确欧姆表的使用方法中，每次换完挡后都应进行重新调零题关键是明确若电压表有示数且与电压电动势接近时，说明电压表之间不含电源的导线间有断路题关键是明确要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法（2）根据图象判断灯泡电阻随电流的变化关系，然后应用电功率公式解题（3）把电源与定值电阻等效与电源，在图a所示坐标系内作出电源的UI图象，由图象求出电压与电流，然后答题（1）小明借助多用电表检查小灯泡先断开开关，把多用电表的选择开关旋到“1”挡，再进行调零；又将红、黑表笔分别接触a、b接线柱，多用电表的表盘恰好如图2所示，则小灯泡的电阻为由此可以判断小灯泡没有故障（2）小明将多用电表选择开关旋于某直流电压档，将红、黑表笔分别接触b、c接线柱；闭合开关，发现电压表的示数约等于电源电动势，说明b、c接线柱间的导线出现了（选填“断路”或“短路”）（3）小明把故障排除后，为了描述该灯泡的伏安特性曲线，将多用电表选择开关旋于某直流电压档作为电压表使用为了使电压表、电流表的示数能够从零开始读取，他应该在（选填“a、c”，“a、d”或“c、d”）接线柱间再连接一根导线，多用电表的红、黑表应当分别接触（选填“a、c”，“a、d”或“c、d”）接线柱；并在闭合开关前把滑动变阻器的滑片置于最端（选填“左”和“右”）（4）小明在实验中得到了多组数据，在图3所示的IU坐标系中，通过描点、连线得到了小灯泡的伏安特性曲线由此可以得出结论：小灯泡的电阻随着电压的增大而（选填“增大”、“减小”或“不变”）（5）小明想进一步探究小灯泡的功率P与电流平方I2的关系图线，根据本实验的结论可以推断图4中正确的是三、解答题（共4小题，满分37分）17如图所示，在光滑的水平地面上，质量为mA=1.0kg的小球A以vA=4.0m/s的速度，某时刻与静止的小球B发生对心碰撞，碰撞后A球以vA=1.0m/s的速度继续向右运动，B球以vB=3.0m/s的速度也向右运动（1）求B球的质量mB；（2）已知两小球撞击的时间为t=0.01s，求碰撞过程中A球对B球的平均撞击力的大小F；（3）两小球的碰撞是弹性碰撞吗？请你说明理由18如图所示为质谱仪的原理图，为粒子加速器，加速电压为U1：为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；为偏转分离器，磁感应强度为B2今有一质量为m、电量为q的正离子经加速后，恰能通过速度选择器，进入分离器后在中做匀速圆周运动，不计粒子的重力及粒子间的相互作用求：（1）粒子离开加速器时的速度大小v；（2）加在速度选择器上的电压U2（3）粒子在偏转分离器中做匀速圆周运动的半径R19如图甲所示，空间中有一宽为2L的匀强磁场区域，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，abcd是由均匀电阻丝做成的边长为L的正方形纸框，总电阻为R线框以垂直磁场边界的速度v匀速通过磁场区域，在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场边界平行取线框cd边刚进入磁场时的位置x=0，x轴沿水平方向向右求：（1）cd边刚进入磁场ab两端的电势差U，a，b两端哪端电势高？（2）线框在穿过磁场的过程中总共产生的焦耳热Q（3）在图乙中，画出ab两端电势差Uab随前进距离x变化的图象（其中U0=BLv）20小芳同学在学习了单摆之后，她设想了一个问题：如果让摆球带上电荷在磁场中摆动，（如图1所示），情况会怎样？与重力场中的单摆，（如图2所示）相比，运动情况还相同吗？还是简谐运动吗？于是她试着对这个问题进行了一系列的比较和探究如图1所示，把单摆放置在一垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B已知单摆摆长为L，摆球的质量为m，带电量为+q，摆球在竖直平面内来回摆动，摆角为（5），细线始终处于拉直状态，当地重力加速度为g，不计空气阻力的影响（1）求摆球摆到最低点时的速度大小v该速度与重力场中摆球摆到最低点的速度大小相等吗？（2）求摆动过程中细线拉力的最大值T该拉力与重力场中细线拉力的最大值相等吗？（3）小芳进一步对该运动进行了多角度的分析后，推断该运动仍然是简谐运动请你运用学过的知识论证小芳的推断是否正确2014-2015学年北京市朝阳区高二（下）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共13小题，每小题3分，满分39分）11960年第十一届国际计量大会制定了一种国际通用的，包括一切计量的单位制，叫做国际单位制，简称SI，以下说法中正确的是（）A电势的国际单位是瓦特B磁通量的国际单位是库伦C电场强度的国际单位是安培D磁感应强度的国际单位是特斯拉考点：磁通量；力学单位制分析：根据各物理量的对应的单位进行作答；注意该题中单位均为导出单位，要注意掌握其名称及意义解答：解：A、电势的单位为伏特；故A错误；B、磁通量的单位为韦伯；故B错误；C、电场强度的单位为V/m；故C错误；D、磁感应强度的国际单位是特斯拉；故D正确；故选：D点评：本题考查对国际单位制的掌握，要注意明确每个物理量均有其相对应的单位，要注意导出单位的名称及推导公式2我们身处信息时代越来越离不开电磁波，以下说法中正确的是（）A变化的电场和变化的磁场交替产生电磁波B电磁波既可以是横波也可以使纵波C在外太空的真空环境下电磁波无法传播D电磁波在不同介质中传播时的速度大小不变考点：电磁波的产生分析：麦克斯韦建立了电磁场理论：变化的磁场产生电场，变化的电场产生磁场；电磁波可以在真空中传播；电磁波均为横波解答：解：A、根据麦克斯韦建立了电磁场理论可知，变化的电场和变化的磁场交替产生电磁波；故A正确；B、电磁波一定是横波；故B错误；C、电磁波可以在真空中传播；因此可以在真空环境中传播；故C错误；D、电磁波在不同的介质中传播的速度不同；故D错误；故选：A点评：本题考查电磁波的产生及性质，要注意明确电磁波是一种物质，它的传播不需要介质3以下说法中正确的是（）A增透膜是利用了光的色散现象B白光通过三棱镜后形成彩色光带是利用了光的干涉现象C电子表的液晶显示是利用了光的偏振现象D用标准平面检查光学仪器表面的平整程度是利用了光的衍射现象考点：光的衍射；光的折射定律分析：标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用了光的干涉现象；液晶显示是利用了光的偏振；增透膜是利用光的干涉现象；棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的折射现象解答：解：A、光学镜头上的增透膜是利用光的干涉现象，由前后两表面的反射光线，频率相同，进行相互叠加，故A错误；B、三棱镜观察白光看到的彩色图样是利用光的折射现象，故B错误；C、液晶显示是利用了光的偏振现象，故C正确；D、用透明的标准平面样板检查光学平面的平整程度是利用了光的干涉现象，而不是衍射现象，故D错误；故选：C点评：考查光的干涉、衍射与全反射现象的应用，及产生条件，注意折射色散与衍射色散的区别，同时理解光的偏振4十九世纪被称为物理学“电的世纪”，电磁学在这一世纪迅速发展起来，很多物理学家为此付出了艰辛的努力，按照按照历史发展的顺序对以下四位物理学家进行排序，其中正确的是（）ABCD考点：物理学史分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：奥斯特首先发现通导线周围存在磁场，然后法拉第发现了磁场产生电流的条件和规律，英国科学家麦克斯韦在总结奥斯特、法拉第研究电磁现象的基础上，建立了完整的电磁波理论，预言电磁波的存在，他的学生赫兹证实了电磁波的存在，所以按照按照历史发展的顺序应该是故选：D点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一5光导纤维被认为是20世纪最伟大的发明之一，2009年诺贝尔物理学奖授予被誉为“光纤之父”的华裔科学家高锟，以下关于光导纤维的说法中正确的是（）A内芯的折射率比外套的小，光传播时在外套与空气的界面上发生全反射B内芯的折射率比外套的小，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射C内芯的折射率比外套的大，光传播时在外套与空气的界面上发生全反射D内芯的折射率比外套的大，光传播时在内芯与外套的界面上发生全反射考点：全反射；光导纤维及其应用分析：发生全反射的条件是：一是光必须从光密介质射入光疏介质，即从折射率的介质射入折射率小的介质；二是入射角大于临界角当内芯的折射率比外套的大时，光在界面上才能发生全反射根据全反射的条件，分析入射角应满足的条件解答：解：光纤已经成为现代通信的主要传输工具，它具有容量大、不受外界磁场的干扰、不怕腐蚀、不怕潮、能量损耗少等优点，且光在光纤中经多次反射后，从一端传到另一端光纤由内芯和外套两层组成，内芯的折射率比外套的大，才可能在内芯与外套的界面上发生光的全反射现象，故D正确，ABC错误；故选：D点评：本题主要考查学生对：光纤通信的特点的了解和掌握，并掌握光的全反射条件与现象6学习了变压器后，同学们想利用变压器把电压升高后给某一电灯供电，以下设计的电路中正确的是（）ABCD考点：变压器的构造和原理专题：交流电专题分析：理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势变压器的电流比为：原副线圈电流与匝数成反比，电压比为：原副线圈电压与匝数成正比且电流与电压均是有效值，电表测量值也是有效值解答：解：AB、A图中原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故AB错误；C、C图中，原线圈匝数比副线圈匝数少，所以是升压变压器，故C正确；D、D图中，原线圈匝数比副线圈匝数多，所以是降压变压器，故D错误；故选：C点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象同时副线圈的电压由原线圈电压与原副线圈匝数决定，而原线圈的电流由副线圈决定7某匀强电场的等势面分布如图所示，已知相邻等势面的间距均为1cm，则以下说法中正确的是（）A电场强度的方向竖直向下B电场强度的方向竖直向上C电场强度的大小为E=1V/mD电场强度的大小为E=100V/m考点：等势面分析：电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势根据匀强电场场强与电势差的关系U=Ed求出电场强度的大小解答：解：根据电场线总是与等势面垂直，而且由高电势指向低电势，可知，电场强度方向水平向左两个相邻等势面相距d=2cm，电势差U=2V，则电场强度E=V/m=100V/m，故ABC错误，D正确；故选：D点评：本题考查电场线与等势面的关系、场强与电势差的关系公式U=Ed中，d是沿电场线方向两点间的距离8如图所示，在光滑水平面上，一轻质弹簧的左端固定，右端连接一小球（可视为质点），小球静止于位置O，现将小球从位置O现将小球从位置O拉开一定距离至位置B（在弹性限度内）由静止释放，小球向左运动的最远位置为C不计一切阻力以下说法中正确的是（）AOC的距离等于OB的距离B小球从B到C的运动过程中速度不断减小C小球从B到C的运动过程中加速度不断增大D小球从B到C的运动过程中弹簧的弹性势能不断减小考点：机械能守恒定律；简谐运动的回复力和能量专题：机械能守恒定律应用专题分析：根据小球受力情况进行分析，明确小球的运动状态；再根据牛顿第二定律分析加速度；由机械能守恒明确弹性势能的变化解答：解：A、因小球只受弹簧的弹力作用；则可知小球做简谐运动；故OC的距离等于OB的距离；故A正确；B、小于从B到C的过程中，小球受弹簧拉力先做正功再做负功；故速度先不断增大再不断减小；故B错误；C、B到C过程中弹簧的弹力先减小后增大；则加速度先减小后增大；故C错误；D、弹簧的弹性势能由形变量决定；故由B到C的过程中，弹簧势能先减小后增大；故D错误；故选：A点评：本题考查弹簧振子的振动过程中，速度、加速度、机械能等物理量的变化；要注意正确分析运动过程，明确物理规律的应用9如图甲至丁是交流电发电过程的示意图，图中只示意了一匝线圈，线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在滑环L上，导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接线圈沿逆时针方向以角速度匀速转动，线圈的面积为S，磁场可视为水平向右的匀强磁场，磁感应强度为B，电路的总电阻为R、以下书法中正确的是（）A由甲转到乙的过程中，线圈中的电流方向为ABCDAB由丙转到丁的过程中，线圈中的电流方向为ABCDAC转到丙位置时，穿过线圈的磁通量为零D转到一圈的过程中，线圈产生的电能为考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理专题：交流电专题分析：要解决此题，需要掌握发电机的制作原理，知道发电机是根据电磁感应原理制成的，感应电流的方向与磁场方向和切割磁感线的方向有关求解电能时要用有效值解答：解：A、由甲转到乙的过程中，过线圈的磁通量变小，根据电磁感应定律，可知产生的感应磁场的方向与原磁场方向相同，再根据右手定则可以判断电流方向为ADCBA；故A错误；B、当线圈转到图乙的位置再运动时，通过线圈的磁通量变大，根据电磁感应定律，可知产生的感应磁场的方向与原磁场方向相反，再根据右手定则可以判断电流方向为ABCDA；故B正确；C、丙位置时，线圈处于中性面上；此时磁通量最大；故C错误；D、转动一圈过程中，线圈中产生的能量Q=；故D错误；故选：B点评：本题考查交流电的产生及有效值的应用，要注意明确在计算电能时一定要用到交流电的有效值10振源A带动细绳振动，某时刻波刚好传播到细绳上的质点P形成的简谐横波如图甲所示，若以时刻作为计时起点，则图乙中能表示P点振动图象的是（）ABCD考点：横波的图象；简谐运动的振动图象分析：根据波的传播方向及波形，确定P点的位置和起振方向由振动图象，凡t=0时刻质点的位置和振动方向与P点波动情况相同的图象即为P点振动图象解答：解：由波形得知，波向右传播时，开始计时，P点在平衡位置且振动方向向下 A、图中t=0时刻，质点在在平衡位置且振动方向向下，与波动情况一致故A正确 B、图中t=0时刻，质点在正向最大位移处，与波动情况不一致故B错误 C、图中t=0时刻，质点的振动方向在平衡位置向上，与波动情况不一致故C错误 D、图中t=0时刻，质点在负向最大位移处，与波动情况不一致故D错误故选：A点评：本题的关键在于找到振动图象与波动图象的联系，抓住计时起点情况两种图象是否一致来判断11如图所示的电路中，带铁芯的线圈L与灯A并联，线圈的电阻远小于灯的电阻，当闭合开关S后灯正常发光以下说法中正确的是（）A断开开关S，灯A立即熄灭B断开开关S，灯A闪亮一下后熄灭C用阻值与线圈相同的电阻取代L接入电路，断开开关S，灯A逐渐熄灭D用阻值与线圈相同的电阻取代L接入电路，断开开关S，灯A闪亮一下后熄灭考点：自感现象和自感系数分析：线圈中的电流变化时，会产生自感电动势，阻碍电流变化，自感电动势方向与电流方向关系为“增反减同”解答：解：A、B、电键断开前，电路稳定，灯 A 正常发光，线圈相当于直导线，电阻较小，故流过线圈的电流较大；电键断开后，线圈中的电流会减小，发生自感现象，线圈成为A、L回路的电源，故灯泡反而会更亮一下后熄灭，故A错误，B正确；C、D、若用电阻值与线圈L相同的电阻取代L，断开电键K，回路中没有自感现象产生，灯A立即熄灭，故CD错误；故选：B点评：本题是断电自感问题，关键明确线圈中自感电动势的方向是阻碍电流的变化，体现了电流的“惯性”12一带电粒子在匀强磁场中处于静止状态，某时刻突然炸裂成甲、乙两粒子，炸裂后的两粒子刚好在磁场中做匀速圆周运动已知甲的电量是乙电量的2倍，两粒子均带正电不计粒子的重力以及粒子间的相互作用图中能正确表示两粒子运动轨迹的是（）ABCD考点：带电粒子在匀强磁场中的运动分析：粒子炸裂过程系统动量守恒，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由动量守恒定律与牛顿第二定律分析答题解答：解：粒子炸裂过程系统动量守恒，以甲的动量方向为正方向，由动量守恒定律得：p甲p乙=0，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m，解得：r=，则：=，即：乙的轨道半径是甲轨道半径的2倍，炸裂后，两粒子的速度方向相反，粒子都带正电，由左手定则可知，粒子所示洛伦兹力方向相反，粒子做圆周运动时的旋转方向相反，由图示可知，C正确，ABD错误；故选：C点评：本题考查了动量守恒定律的应用，考查了粒子在磁场中的运动，知道粒子炸裂过程动量守恒、应用动量守恒定律、牛顿第二定律可以解题13电磁炮有很多优点，备受各国军事家的重视，如图是导轨式电磁炮实验装置的示意图两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块（即实验用弹丸）滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射在发射过程中，滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B=kI，如果两导轨内侧间距为l，滑块的质量为m，滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为v0以下说法中正确的是（）A若使电流和磁感应强度的方向同时反向，滑块的发射方向也将随之反向B若将电源提供的电流加倍，则滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为2vC若使电源提供的电流加倍，则滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为4vD若使滑块的质量加倍，则滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为0.5v考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化分析：根据左手定则判断滑块所示安培力的方向如何变化，然后答题；滑块在安培力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，应用牛顿第二定律与运动学公式求出滑块的速度，然后分析答题解答：解：A、由左手定则可知，电流方向与磁场方向同时发生改变，滑块所受安培力方向不变，若使电流和磁感应强度的方向同时反向，滑块受到的安培力方向不变，滑块的发射方向不变，故A错误；B、滑块受到的安培力：F=BIl=kIIl=kI2l，滑块的加速度：a=，滑块做初速度为零的匀加速直线运动，由速度位移公式得：v2=2as，解得：v=I；若将电源提供的电流I加倍，由v=I可知，滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为2v，故B正确，C错误；D、若使滑块的质量加倍，由v=I可知，滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为，故D错误；故选：B点评：本题实质上就是借助安培力问题考查了力与运动，因此解决这类题目的基本思路是对研究对象正确进行受力分析，弄清运动形式，然后依据相应规律求解，同时注意安培力公式F=BIL中各个物理量的含义以及公式适用条件二、解答题（共3小题，满分24分）14在“测定玻璃的折射率”的试验中，对一块两面平行的玻璃砖，用“插针法”找出与入射光线对应的出射光线现有甲、乙、丙、丁四位同学分别做出了如图所示的四组插针结果从图上看，插针正确的是丁同学（选填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”）考点：测定玻璃的折射率专题：实验题；光的折射专题分析：由数学知识可以证明出射光线与入射光线平行；根据光路可逆性原理可知，折射光线不会在玻璃砖的内表面发生全反射解答：解：根据折射定律n= 由几何知识可知，光线在上表面的折射角等于下表面的入射角，根据光路可逆性原理可知，入射光线A与法线的夹角跟出射光线与法线的夹角相等，故出射光线与入射光线平行；故丁同学错误故答案为：丁点评：用插针法测定玻璃砖折射率时，提高精度，并掌握光的折射定律，理解几何关系与光路可逆原理的应用15在“用单摆测定重力加速度”的实验中，（1）以下关于本实验的措施中正确的是BC（选填下列选项前的序号）A摆角应尽量大些B摆线应适当长些C摆球应选择密度较大的实心金属小球D用停表测量周期时，应取摆球摆至最高点时开始计时（2）某同学用秒表记录了单摆振动50次所用的时间如图1所示，秒表读数为100.6s（3）若该同学测量了5种不同摆长与单摆振动周期的对应情况，并将记录的结果描绘在如图2所示的坐标中，图中个坐标点的标号分别对应实验种5种不同摆长的情况在处理数据时，该同学实验中的第4组数据点应当舍弃请你在图2中画出T2l图线；（4）该同学求重力加速度时，他首先求出了（3）中T2l图线的斜率k，则利用率k求重力加速度的表达式为g=考点：用单摆测定重力加速度专题：实验题；单摆问题分析：（1）解答本题应了解单摆测定重力加速度的原理：单摆的周期公式，还要知道：摆角很小的情况下单摆的振动才是简谐运动；为减小空气阻力的影响，摆球的直径应远小于摆线的长度，选择密度较大的实心金属小球作为摆球摆长等于摆线的长度加上摆球的半径（2）根据秒表的读数方法可得出对应的读数；（3）根据图象可明确哪一点误差较大，从而舍去；（4）根据单摆的周期公式推导出T2L的关系式，作出T2L图线，通过图线的斜率求出重力加速度的大小解答：解：（1）A、摆角过大，就不能再视为简谐运动；故摆角不能太大；故A错误；B、实验中，摆线的长度应远远大于摆球的直径故A正确C、减小空气阻力的影响，选择密度较大的实心金属小球作为摆球故C正确D、用停表测量周期时，应从球到达平衡位置开始计时，这样误差小一些；故D错误；故选：BC；（2）根据秒表的读数方法可知，小表盘表针超过了半刻线，故：t=60s+40.6s=100.6s；故其读数为：100.6s；（3）用直线将种点拟合可知，第4点离直一较远，应舍去；（4）根据单摆的周期公式T=，则，则图线的斜率k=，解得g=故答案为：（1）BC，（2）100.6；（3）4；如图所示；（4）点评：简谐运动是一种理想的运动模型，单摆只有在摆角很小，空气阻力影响不计的情况下单摆的振动才可以看成简谐运动，要知道影响实验结论的因素根据单摆的周期公式分析图象的意义16）的关键是明确欧姆表的使用方法中，每次换完挡后都应进行重新调零题关键是明确若电压表有示数且与电压电动势接近时，说明电压表之间不含电源的导线间有断路题关键是明确要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法（2）根据图象判断灯泡电阻随电流的变化关系，然后应用电功率公式解题（3）把电源与定值电阻等效与电源，在图a所示坐标系内作出电源的UI图象，由图象求出电压与电流，然后答题（1）小明借助多用电表检查小灯泡先断开开关，把多用电表的选择开关旋到“1”挡，再进行欧姆调零；又将红、黑表笔分别接触a、b接线柱，多用电表的表盘恰好如图2所示，则小灯泡的电阻为6由此可以判断小灯泡没有故障（2）小明将多用电表选择开关旋于某直流电压档，将红、黑表笔分别接触b、c接线柱；闭合开关，发现电压表的示数约等于电源电动势，说明b、c接线柱间的导线出现了断路（选填“断路”或“短路”）（3）小明把故障排除后，为了描述该灯泡的伏安特性曲线，将多用电表选择开关旋于某直流电压档作为电压表使用为了使电压表、电流表的示数能够从零开始读取，他应该在cd（选填“a、c”，“a、d”或“c、d”）接线柱间再连接一根导线，多用电表的红、黑表应当分别接触a、c（选填“a、c”，“a、d”或“c、d”）接线柱；并在闭合开关前把滑动变阻器的滑片置于最左端（选填“左”和“右”）（4）小明在实验中得到了多组数据，在图3所示的IU坐标系中，通过描点、连线得到了小灯泡的伏安特性曲线由此可以得出结论：小灯泡的电阻随着电压的增大而增大（选填“增大”、“减小”或“不变”）（5）小明想进一步探究小灯泡的功率P与电流平方I2的关系图线，根据本实验的结论可以推断图4中正确的是D考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）的关键是明确欧姆表的使用方法中，每次换完挡后都应进行重新调零（2）关键是明确若电压表有示数且与电压电动势接近时，说明电压表之间不含电源的导线间有断路（3）关键是明确要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法（4）根据图象判断灯泡电阻随电压的变化关系，然后应用电功率公式解题（5）灯泡实际功率P=I2R，由于随I增大，灯泡电阻R增大，则PI2图象的斜率逐渐增大解答：解：（1）根据欧姆表的使用方法可知，每次选完档后应重新进行欧姆调零；欧姆表的读数为：R=61=6； （2）多用电表选择开关旋于某直流电压档，将红、黑表笔分别接触bc接线柱；闭合开关，发现电压表示数约等于电源电动势，说明bc接线柱间的导线出现了断路； （3）为使电流表的示数从零调，变阻器应采用分压式接法，所以应在cd导线间再连接一根导线；电压表接在灯泡两端；即接在a、c两点；滑动变阻器采用分压接法，为保护电路，在闭合开关前应将滑片置于分压电路分压最小的位置，即滑片应置于最左端（4）由图c所示图象可知，随电流增大，灯泡电阻R增大，灯泡实际功率P=I2R，由于随I增大，灯泡电阻R增大，（5）灯泡实际功率P=I2R，由于随I增大，灯泡电阻R增大，则PI2图象的斜率逐渐增大，故选：D故答案为：（1）欧姆；6；（2）断路；（3）cd；a、b；左；（4）增大；（5）D点评：应掌握欧姆表的工作原理和使用方法，特别是每次换完挡后都应重新进行调零当要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法要掌握应用图象法处理实验数据的方法三、解答题（共4小题，满分37分）17如图所示，在光滑的水平地面上，质量为mA=1.0kg的小球A以vA=4.0m/s的速度，某时刻与静止的小球B发生对心碰撞，碰撞后A球以vA=1.0m/s的速度继续向右运动，B球以vB=3.0m/s的速度也向右运动（1）求B球的质量mB；（2）已知两小球撞击的时间为t=0.01s，求碰撞过程中A球对B球的平均撞击力的大小F；（3）两小球的碰撞是弹性碰撞吗？请你说明理由考点：动量守恒定律分析：（1）两球碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出B的质量（2）对B，应用动量定理可以求出作用力（3）求出碰撞前后系统的动能，然后判断碰撞的类型解答：解：（1）A、B系统动量守恒，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mAv0=mAvA+mBvB，代入数据解得：mB=1kg；（2）对B球，由动量定理得：Ft=mBvB0，代入数据解得：F=300N；（3）碰撞前系统的动能：EK=mAv02=8J，碰撞后系统的动能：EK=mAvA2+mBvB2=5J，碰撞前后系统动能减小了，两球间的碰撞不是弹性碰撞；答：（1）B球的质量mB为1kg（2）已知两小球撞击的时间为t=0.01s，碰撞过程中A球对B球的平均撞击力的大小F为300N；（3）两小球的碰撞不是弹性碰撞，碰撞过程机械能不守恒点评：本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，应用动量守恒定律与动量定理可以 解题；碰撞过程机械能守恒的碰撞是弹性碰撞18如图所示为质谱仪的原理图，为粒子加速器，加速电压为U1：为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B1，板间距离为d；为偏转分离器，磁感应强度为B2今有一质量为m、电量为q的正离子经加速后，恰能通过速度选择器，进入分离器后在中做匀速圆周运动，不计粒子的重力及粒子间的相互作用求：（1）粒子离开加速器时的速度大小v；（2）加在速度选择器上的电压U2（3）粒子在偏转分离器中做匀速圆周运动的半径R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专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）离子在加速器中加速，由动能定理可以求出离子的速度（2）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡，由平衡条件可以求出电压U2（3）离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出离子的轨道半径解答：解：（1）离子经加速电场U1加速，获得速度V，由动能定理得：qU1=mv20，解得：v=；（2）在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡，由平衡条件得：qE=qvB1，E=，解得：U2=B1d（3）在B2中作圆周运动，洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB2=m，解得：R=答：（1）粒子离开加速器时的速度大小v为；（2）加在速度选择器上的电压U2为：B1d；（3）粒子在偏转分离器中做匀速圆周运动的半径R为点评：解决本题的关键掌握带电粒子在电场中的运动特点与在磁场中的运动特点，以及知道在速度选择器中作匀速直线运动，电场力与洛仑兹力平衡19如图甲所示，空间中有一宽为2L的匀强磁场区域，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，abcd是由均匀电阻丝做成的边长为L的正方形纸框，总电阻为R线框以垂直磁场边界的速度v匀速通过磁场区域，在运动过程中，线框ab、cd两边始终与磁场边界平行取线框cd边刚进入磁场时的位置x=0，x轴沿水平方向向右求：（1）cd边刚进入磁场ab两端的电势差U，a，b两端哪端电势高？（2）线框在穿过磁场的过程中总共产生的焦耳热Q（3）在图乙中，画出ab两端电势差Uab随前进距离x变化的图象（其中