《含高考17套》北京市丰台区2020年高三第一学期期末考试物理试题解析版

北京市丰台区2020年高三第一学期期末考试物理试题

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合

题目要求的。

1、某同学用如图甲所示的装置测量滑块A与木板间的动摩擦因数，用手缓慢地提起木板的左端使木板以

其右端为圆心缓慢转动，当板与水平方向的夹角6=37。时，滑块A开始沿板下滑。而后将木板和滑块A

平放在水平桌面上，木板固定在桌面上，如图乙所示，滑块A左侧弹簧测力计读数为5N且处于伸长状态,

右侧通过轻质细绳绕过定滑轮悬挂一轻质祛码盘，滑轮摩擦不计，滑块的质量M=1kg,连接滑块的弹簧

测力计和细线均水平放置，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。若缓慢增加盘中的祛码，使盘中祛码总质量

达到1.2kg时，将会出现的情况是(g=l()m/s2)()

甲乙

A.A向右运动

B.木板对A的摩擦力为7.5N

C.木板对A的摩擦力方向保持不变

D.弹簧测力计读数仍为5N

【答案】D

【解析】

【详解】

ABD.缓慢转动木板使滑块开始下滑时，静摩擦力恰好达到最大值，由平衡条件得：

Mgsin0=f^Mgcos0,

解得：

〃=0.75,

木板与滑块水平放置时，木板与滑块间的最大静摩擦力：

fm=jjMg=0.75x1x1ON=7.5N,

不放祛码时，滑块水平方向受弹簧测力计的拉力和木板对A的摩擦力，由平衡条件得:

尸=/=5N,

摩擦力方向水平向右，当祛码盘总质量达到1.2kg时，物块A受到右侧绳的拉力:

Fr=mg=1.2xlON=12N,

设滑块仍处于静止，由平衡条件得：

F+ff,

得：

/=7N<7.5N,

假设成立，滑块仍处于静止，弹簧测力计读数仍为5N,故AB错误，D正确；

C.对比初状态的摩擦力可得摩擦力方向由水平向右变为水平向左，故C错误。

故选：D„

2、在边长为L的正方形abed的部分区域内存在着方向垂直纸面的匀强磁场，a点处有离子源，可以向正

方形abed所在区域的任意方向发射速率均为v的相同的正离子，且所有离子均垂直b边射出，下列说法

正确的是（）

d...................J

•I

•I•—>

II

电….…

ab

A.磁场区域的最小面积为王」产

B.离子在磁场中做圆周运动的半径为血心

C.磁场区域的最大面积为:炉

D.离子在磁场中运动的最长时间为半

3v

【答案】C

【解析】

【详解】

AB.由题可知，离子垂直be边射出，沿ad方向射出的粒子的轨迹即为磁场区域的边界，其半径与离子

做圆周运动的半径相同，所以离子在磁场中做圆周运动的半径为R=L；磁场区域的最小面积为

£2=2（；/_次）=1£^

故AB错误;

b

CD.磁场的最大区域是四分之一圆，面积

Smax=；万广

离子运动的最长时间

T71L

t=—=一

42v

故C正确，D错误。

故选C。

3、关于自由落体运动，平抛运动和竖直上抛运动，以下说法正确的是

A.只有前两个是匀变速运动

B.三种运动，在相等的时间内速度的增量大小相等，方向不同

C.三种运动，在相等的时间内速度的增量相等

D.三种运动在相等的时间内位移的增量相等

【答案】C

【解析】

【详解】

A.平抛运动、竖直上抛运动、斜抛运动和自由落体运动都是仅受重力，加速度为g,方向不变，都是匀

变速运动。故A错误；

BC.速度增量为Av=gAt,故速度增量相同，故B错误，C正确；

D.做自由落体运动的位移增量为

11I

Ah=yg(t+At)2--gt2=gtAt+ygAt2,

竖直上抛运动的位移增量为

12121

△hr=Vo(t+At)——g(t+At)—vt+—gt=VoAt—gtAt——gAt2

两者不等，故D错误；

故选C

4、如图所示，质量为根、长度为力的导体棒MN的电阻为R,初始时，导体棒静止于水平轨道上，电源

的电动势为E、内阻为匀强磁场的磁感应强度大小为8,其方向斜向上与轨道平面成。角且垂直于导

体棒MN开关闭合后，导体棒仍静止，则导体棒MN所受摩擦力的大小和方向分别为()

RFJBEL._....

A.££±sin。，方向向左B.sin6,方向向右

R+rR+r

BEL八..BEL八.,,.

C.-----cos。，方向向左D.-----cos/9,方向向右

R+rR+r

【答案】A

【解析】

【详解】

磁场方向与导体棒垂直，导体棒所受安培力大小

BEL

F=BIL

R+r

方向垂直于磁场方向与电流方向所确定的平面斜向下。

其水平向右的分量大小为

Fx-Fsin0

由力的平衡可知摩擦力大小为

f=Fx=-^sinO

xR+r

方向向左。

选项A项正确，BCD错误。

故选A。

5、下列说法正确的是

A.B射线为原子的核外电子电离后形成的电子流

B.一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多能产生3个不同频率的光子

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

【答案】C

【解析】

试题分析：0衰变的电子是原子核中的一个中子转变为一个质子和一个电子，电子释放出来，不是来自核

外电子，A错误；一个氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多产生两种不同频率的光子，但是若是大

量氢原子从n=3的激发态跃迁到基态时，最多可产生3种不同频率的光子，B错误；原子核的半衰期与外

界因素无关，C正确；原子核经过衰变生成新核，需要释放出射线，质量减小，D错误；

考点：考查了原子衰变，氢原子跃迁

6、重水堆核电站在发电的同时还可以生产出可供研制核武器的杯239（2：Pu）,这种杯239可由铀239

（）经过n次p衰变而产生，则n为（）

A.2B.239C.145D.92

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

衰变方程为：

空Uf239pu+"e

94T

根据电荷数守恒：

94+九*（-1）=92

解得〃=2。A正确，BCD错误。

故选A。

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符

合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、地球表面重力加速度的测量在军事及资源探测中具有重要的战略意义，已知地球质量加地，地球半径R,

引力常量G,以下说法正确的是（）

A.若地球自转角速度为口，地球赤道处重力加速度的大小为零-苏R

B.若地球自转角速度为口，地球两极处重力加速度的大小为鲁

R

C.若忽略地球的自转，以地球表面A点正下方h处的B点为球心，“r</?）为半径挖一个球形的防空洞,

则A处重力加速度变化量的大小为Ag=

Rh~

D.若忽略地球的自转，以地球表面A点正下方h处的B点为球心、为半径挖一个球形的防空洞,

则A处重力加速度变化量的大小为bg=G叫J

(R-h)3h2

【答案】ABC

【解析】

【分析】

【详解】

AB.在赤道处

Gma.m,八

清=mg赤+加勿~7

得出

8赤=簧”R

在两极处

—^=陷及

得出

G故地

g极k

选项AB正确;

CD.若忽略地球的自转，以地球表面A点正下方h处的B点为球心/•&<〃）为半径挖一个球形的防空洞,

该球形防空洞挖掉的质量

•—47ir3=—m—地r3

-nfC3R

3

A处重力加速度变化是由该球形防空洞引起的

_m

△g=G正

选项C正确，D错误。

故选ABC«

8、如图所示，O是一固定的点电荷，虚线是该点电荷产生的电场中的三条等势线，负点电荷q仅在电场

力的作用下沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处.由此可知（）

A.O为正电荷

B.在整个过程中q的电势能先变小后变大

C.在整个过程中q的加速度先变大后变小

D.在整个过程中，电场力做功为零

【答案】CD

【解析】

【详解】

粒子的所受合力的方向大致指向轨迹的弯曲的方向，知负电荷所受的电场力背离点电荷向外，知O为负

电荷。故A错误。从a处运动b处，然后又运动到c处电场力先做负功再做正功，所以电势能先变大后变

小，故B错误。越靠近点电荷，电场线越密，则电荷所受电场力越大，加速度越大，则加速度先增大后减

小。故C正确。初末位置在同一个等势面上，两点间的电势差为零，根据W=qU,知电场力做功为零，

故D正确。故选CD。

【点睛】

解决本题的关键掌握通过轨迹的弯曲大致判断合力的方向，会根据电场力做功判断动能的变化，知道在等

势面上移动电荷，电场力不做功.

9、如图所示，半径为R的工圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，过(-2R,0)点垂直x轴放置

4

一线型粒子发射装置，能在0<y<R的区间内各处沿x轴正方向同时发射出速度均为V、带正电的同种粒子,

粒子质量为m,电荷量为q。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。若某时刻粒子被装置发射出后，经

过磁场偏转恰好击中y轴上的同一位置，则下列说法中正确的是

yk

A.粒子击中点距。点的距离为R

mv

B.磁场的磁感应强度为

C.粒子离开磁场时速度方向相同

D.粒子从离开发射装置到击中y轴所用时间t的范围为友（2+"）”

v2v

【答案】ABD

【解析】

【详解】

由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是y轴上同一点，由最高点射出的只能击中（0,R）,则击中的同

一点就是（0,R）,即粒子击中点距O点的距离为R,所以A选项正确。从最低点射出的也击中（0,R）,

那么粒子做匀速圆周运动的半径为R,由洛仑兹力提供向心力得：qvB=m—,则磁感应强度8=勺，

所以选项B正确。粒子运动的半径都相同，但是入射点不同，则粒子离开磁场时的速度方向不同，选项C

错误；显然偏转角最大的时间最长，显然从最低点射出的粒子偏转90。，在磁场中的时间最长，最长时间

为％+£=述+'=王誓。从最高点直接射向（0,R）的粒子时间最短，则最短的时间为

4v4vv2v

2R

t=—,所以选项D正确。故选ABD。

2v

【点睛】

看起来情况比较复杂，但涉及的问题却是常规问题，本题的关键点是粒子源发出的粒子是速度大小和方向

均相同，则其做匀速圆周运动的半径相同，在从最低点的特殊情况就能知道相同的半径就是圆弧的半径，

再结合周期公式能求出最长和最短时间。

10、粗细均匀的电阻丝围成如图所示的线框，置于正方形有界匀强磁场中，磁感应强度为B,方向垂直于

线框平面，图中ab=bc=2cd=2de=2ef=2fa=2L。现使线框以同样大小的速度v匀速沿四个不同方向平动进

入磁场，并且速度始终与线框最先进入磁场的那条边垂直。在通过如图所示的位置时，下列说法中正确的

是（）

甲乙丙

A.图甲中a、b两点间的电压最大

B.图丙与图丁中电流相等且最小

C.维持线框匀速运动的外力的大小均相等

D.图甲与图乙中ab段产生的电热的功率相等

【答案】ABD

【解析】

【详解】

A.图甲中“。两点间的电势差等于外电压，其大小为：

33

U=-B2Lv=-BLv

42

其它任意两点之间的电势差都小于路端电压，A正确；

B.图丙和图丁中，感应电动势大小为：

E=BLv

感应电流：

,BLv

I----

R

感应电动势大小小于图甲和图乙，所以图丙与图丁中电流相等且最小，B正确；

C.根据共点力的平衡条件可知，维持线框匀速运动的外力的大小等于安培力大小，根据安培力公式：

F=BIL

图甲和图乙的安培力大于图丙和图丁的安培力，所以维持线框匀速运动的外力的大小不相等，C错误；

D.图甲和图乙的电流强度相等，速度相同，进入磁场的时间也相等，根据焦耳定律：

Q=I2Rt

可得图甲与图乙中。8段产生的电热的功率相等，D正确。

故选ABD.

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

U.(6分)利用如图所示的装置探究动能定理。将木板竖直放置在斜槽末端的前方某一固定位置，在木板

上依次固定好白纸、复写纸，将小球从不同的标记点由静止释放。记录标记点到斜槽底端的高度H,并根

据落点位置测量出小球离开斜槽后的竖直位移y,改变小球在斜槽上的释放位置，在斜槽比较光滑的情况

下进行多次测量，已知重力加速度为g,记录数据如下：

高度H(h为单位尺度)A2h3A4h5ft6h7h

竖直位移WE30.015.0!0.07.56.05.04.3

(1)小球从标记点滑到斜槽底端的过程，速度的变化量为(用x、y、g表示)；

(2)已知木板与斜槽末端的水平距离为x,小球从标记点到达斜槽底端的高度为H,测得小球在离开斜槽后

的竖直位移为v,不计小球与槽之间的摩擦及小球从斜槽滑到切线水平的末端的能量损失。小球从斜槽上

滑到斜槽底端的过程中，若动能定理成立，则应满足的关系式是;

(3)保持x不变，若想利用图像直观得到实验结论，最好应以H为纵坐标，以为横坐标，描点画图。

【解析】

【分析】

【详解】

小球离开斜槽底端后做平抛运动，则

12

y=2gr

x—vt

解得

⑵⑵由⑴知

在小球下滑过程中，不计小球与槽之间的摩擦，只有重力做功，则有

„12

mgH=—mv

解得

2

H=—

4y

(3)[3]为了更直观，应画成直线，根据上式可知：最好应以H为横坐标，以，为纵坐标，描点作图。

y

12.(12分)小明同学用如图所示装置探究物体的加速度跟力的关系。

(1)图为实验中打出的一条纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出了连续的5个计数点A、

B、C、D、E,相邻两个计数点之间都有4个点迹没有标出，测出各计数点到A点之间的距离，如图中所

示。已知打点计时器接在频率为50Hz的交流电源两端，则此次实验中小车运动的加速度的测量值

a=m/s2(结果保2位有效数字)。

6.X9单位：＜、m

I*---19.10・

(2)实验时改变所挂钩码的质量，分别测量小车在不同外力作用下的加速度。根据测得的多组数据画出

a-F关系图线，如图所示。此图线的AB段明显偏离直线，造成此现象的主要原因可能是.

A.所挂钩码的总质量过大B.所用小车的质量过大

C.平面轨道倾斜角度过小D.平面轨道倾斜角度过大

【答案】1.3A

【解析】

【详解】

[1](1)小车运动的加速度的测量值

S4+S3—($2+S])0.1910-0.0689-0.0689.2,2

a-------——-----=------------------------------m/s=1.3om/s-

4T24x0.12

[2](2)此实验要求所挂钩码的总质量要远远小于小车的质量。图线的AB段明显偏离直线，造成此现象

的主要原因是所挂钩码的总质量过大，选项A正确，BCD错误。

故选A。

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、

方程式和演算步骤。

13.(10分)从两个波源发出的两列振幅相同、频率均为5Hz的简谐横波，分别沿x轴正、负方向传播，

在某一时刻到达A、B点，如图中实线、虚线所示.两列波的波速均为lOm/s.求

(i)质点P、O开始振动的时刻之差；

(ii)再经过半个周期后，两列波在x=lm和x=5m之间引起的合振动振幅极大和极小的质点的x坐标.

【答案】(i)0.05s(ii)两列波在x=lm和x=5m之间引起的合振动振幅极大的质点的x坐标为：2m、3m、

3m、4m、5m.合振动振幅极小的质点的x坐标为1.5m、2.5m、3.5m、4.5m.

【解析】

(i)该波的周期为T=!=!=0.2s,

由图知，质点P、O开始振动的时刻之差为。=4=OQ5S；

(ii)该波的波长为/l=yT=10x0.2,〃=2m,根据波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波

峰与波谷相遇时振动减弱，可知，两列波在x=lm和x=5m之间引起的合振动振幅极大的质点的x坐标为:

Im、2m、3m、4m、5m.合振动振幅极小的质点的x坐标为1.5m、2.5m、3.5m、4.5m.

【点睛】解决本题的关键是掌握波的叠加原理，知道波峰与波峰相遇或波谷与波谷相遇时振动加强，当波

峰与波谷相遇时振动减弱.

14.(16分)如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道ABC固定在竖直面内，圆心为O,轨道半径为R,B为

轨道最低点。该装置右侧的1圆弧置于水平向右的足够大的匀强电场中。某一时刻一个带电小球从A点

4

由静止开始运动，到达B点时，小球的动能为E。，进入电场后继续沿轨道运动，到达C点时小球的电势

能减少量为2E。，试求：

(1)小球所受重力和电场力的大小；

(2)小球脱离轨道后到达最高点时的动能。

【答案】(1)——(2)8E«

RR

【解析】

【详解】

(1)设带电小球的质量为m,则从A到B根据动能定理有：

mgR=E。

则小球受到的重力为：

mgR

方向竖直向下；

由题可知：到达C点时小球的电势能减少量为2E。，根据功能关系可知:

EqR=2E0

则小球受到的电场力为：

Eq=也

R

方向水平向右，小球带正电。

(2)设小球到达C点时速度为vc，则从A到C根据动能定理有:

EqR==2E()

则C点速度为：

从C点飞出后，在竖直方向只受重力作用，做匀减速运动到达最高点的时间为：

=生」陛

ggNm

在水平方向只受电场力作用，做匀加速运动，到达最高点时其速度为：

v=w=处"/陛=2陛

mmgvm\m

则在最高点的动能为：

用=3砂2=；加(2再)2=8盆

15.(12分)如图所示，放置在水平地面上一个高为48cm、质量为30kg的金属容器内密闭一些空气，容

器侧壁正中央有一阀门，阀门细管直径不计.活塞质量为10kg,横截面积为50cm，.现打开阀门，让活塞下

降直至静止.不考虑气体温度的变化，大气压强为LOxlo'Pa,忽略所有阻力。求：

n(1)活塞静止时距容器底部的高度；

(2)活塞静止后关闭阀门，对活塞施加竖直向上的拉力，通过计算说明能否将金属容器缓缓提离地面？

【答案】(l)20cm(2)不能

【解析】

【详解】

5

(1)活塞经阀门细管时，容器内气体的压强为：P1=1.0xl0Pao

容器内气体的体积为：Li=24cm

活塞静止时，气体的压强为：

p,=P+螫=1.0x]05+.10x1012x]05出

2°S50x10"

根据玻意耳定律：pIVI=p2V2

代入数据得:

/2L5_1.0xl05x24xS

L,=ll=20cm

p2s1.2xlO5x5

（2）活塞静止后关闭阀门，设当活塞被向上拉至容器开口端时，L3=48cm

根据玻意耳定律：

piLiS=p3L3S

代入数据得：

P3=5xlO4Pa

又因为

F+p3S=poS+mg

所以

F=350N<40xl0N

所以金属容器不能被提离地面。

广东省汕头市2019-2020学年高三下学期第二次模拟（二模）考试物理试卷

一、单项选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合

题目要求的。

1、如图是飞机在上海市由北往南飞行表演过程画面，当飞机从水平位置飞到竖直位置时，相对于飞行员

来说，关于飞机的左右机翼电势高低的说法正确的是（）

A.不管水平飞行还是竖直向上飞行，都是飞机的左侧机翼电势高

B.不管水平飞行还是竖直向上飞行，都是飞耦的右机翼电势高

C.水平飞行时，飞机的右侧机翼电势高，竖直向上飞行时，飞机的左侧机翼电势高

D.水平飞行时，飞机的左侧机翼电势高；竖直向上飞行时，飞机的右侧机翼电势高

【答案】D

【解析】

【详解】

地磁场在北半球有竖直向下和由南向北的水平分量，水平由北向南飞行时，飞机的两翼切割竖直向下的磁

感线，根据右手定则可知，左侧机翼电势高；竖直向上飞行时，两翼切割水平方向的磁感线，根据右手定

则可知，机翼右侧电势高，D正确，ABC错误。

故选D。

2、如图是质谱仪的工作原理示意图，它是分析同位素的一种仪器，其工作原理是带电粒子（不计重力）

经同一电场加速后，垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，挡板D上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子

A.只增大粒子的质量，则粒子经过狭缝P的速度变大

B.只增大加速电压U,则粒子经过狭缝P的速度变大

C.只增大粒子的比荷，则粒子在磁场中的轨道半径变大

D.只增大磁感应强度，则粒子在磁场中的轨道半径变大

【答案】B

【解析】

【分析】

【详解】

AB.粒子在电场中加速时，根据动能定理可得

—mv~=Uq①

即

所以粒子质量增大，则粒子经过狭缝P的速度变小，只增大加速电压U,则粒子经过狭缝P的速度变大,

A错误B正确；

CD.粒子在磁场中运动时有

qvB=〃2二②

联立①②解得

\2rnU

B

所以只增大粒子的比荷（且增大）或只增大磁感应强度，半径都减小，CD错误。

m

故选B。

3、如图所示，长为L的轻直棒一端可绕固定轴O转动,另一端固定一质量为m的小球，小球搁在水平升降台

上，升降平台以速度v匀速上升，下列说法正确的是（）

A.小球做匀速圆周运动

B.当棒与竖直方向的夹角为a时，小球的速度为「一

C.棒的角速度逐渐增大

D.当棒与竖直方向的夹角为a时，棒的角速度为二一

Asina

【答案】D

【解析】

【分析】

【详解】

小球受重力、平台的弹力和杆的作用力，因为升降平台以速度v匀速上升，平台的弹力和杆的作用力变化,

即小球受到的合力大小变化，小球做的不是匀速圆周运动，故A错误；棒与平台接触点的实际运动即合运

动方向是垂直于棒指向左上，如图所示,合速度V实=（1）L,沿竖直向上方向上的速度分量等于V,即（oLsina=v,

故选D.

【点睛】

找合速度是本题的关键，应明白实际的速度为合速度.然后分解速度，做平行四边形，根据三角形求解.此

题难度在于合速度难确定，属于中档题.

4、某同学为了验证断电自感现象，自己找来带铁心的线圈L、小灯泡A、开关S和电池组E,用导线将

它们连接成如图所示的电路。检查电路后，闭合开关S,小灯泡正常发光；再断开开关S,小灯泡仅有不

显著的延时熄灭现象。虽经多次重复，仍未见老师演示时出现的小灯泡闪亮现象。你认为最有可能造成小

灯泡未闪亮的原因是（）

A.线圈的电阻偏大

B.小灯泡的额定电压偏大

C.电源的电动势偏小

D.线圈的自感系数偏小

【答案】A

【解析】

【分析】

【详解】

图中的电路是一个灯泡与电感线圈并联再与电源、开关串联起来的电路，当小灯泡正常发光时，通过灯泡

和电感线圈中都有电流，当开关断开时，小灯泡仅有不显著的延时熄灭现象，说明开关断开后，通过小灯

泡的电流也没有显著增大，这是因为原来通过电感线圈的电流小于灯泡的电流，当断电后，电感最多会产

生原来通过自己的等大的电流，故造成小灯泡未闪亮的原因是线圈的电阻偏大的缘故。

故选A.

5、如图所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向内.一个三角形闭合导线框，由位

置1（左）沿纸面匀速运动到位置2（右）.取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点（t=0）,规定逆时针

方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流号时间关系的是（）

【解析】

【分析】

先由楞次定律依据磁通量的变化可以判定感应电流的方向，再由感应电动势公式E=BZa，和欧姆定律，分

段分析感应电流的大小，即可选择图象.

【详解】

线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，根据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电

流方向为逆时针，电流i应为正方向，故BC错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先均匀增

大后均匀减小，由£=1^、，，可知感应电动势先均匀增大后均匀减小；线框完全进入磁场的过程，磁通量

不变，没有感应电流产生.线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，根据楞次定律得知感应电流的磁场向

里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先均匀增大后均匀

减小，由E=BLv,可知感应电动势先均匀增大后均匀减小，故A正确，D错误.

6、质量为m的长木板放在光滑的水平面上，质量为;机的物块放在长木板上，整个系统处于静止状态.

若对物块施加水平拉力（如图甲），使物块能从长木板上滑离，需要的拉力至少为Fi；若对长木板施加水

F.

平拉力（如图乙），也使物块能从长木板上滑离，需要的拉力至少为F2,则U为

F2

।।1n1&

甲乙

12

A.—B.2C.一

23

【答案】A

【解析】

【详解】

设物块与长木板间的动摩擦因数为〃，要使物块滑离，则

F=-

'}2

1

—/jmg-ma]

F,=-ma,

2

11

求得

A1

K=2-

A.与结论相符，选项A正确；

2

B.2,与结论不相符，选项B错误；

C.1,与结论不相符，选项C错误；

3

D.与结论不相符，选项D错误；

2

故选A.

二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符

合题目要求的。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

7、质量均匀分布的导电正方形线框abed总质量为m,边长为1,每边的电阻均为r。。线框置于xoy光滑

水平面上，处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中。如图，现将ab通过柔软轻质导线接到电压为U的电

源两端（电源内阻不计，导线足够长），下列说法正确的是

4BIU

A.若磁场方向竖直向下，则线框的加速度大小为三一

3mr0

B.若磁场方向沿x轴正方向，则线框保持静止

C.若磁场方向沿y轴正方向，发现线框以cd边为轴转动，则噜

2B/

D.若磁场方向沿y轴正方向，线框以cd边为轴转动且cd边未离开水平面，则线框转动过程中的最大动

能为幽号

G2

【答案】ACD

【解析】

【详解】

A.根据左手定则，安培力的方向沿+y轴方向

根据F=BIL线框所受的安培力的合力为:

线框的加速度大小为:

F4BIU

a=—=-------

m3mr()

故A正确；

B.若磁场方向沿x轴正方向，ad边受到的安培力竖直向下，cd边受到的安培力竖直向上，故线框不可能

处于静止，故B错误；

C.若磁场方向沿y轴正方向，发现线框以cd边为轴转动，贝!根据动能定理可得

BIU

■l-mg-/>0

解得:

2BI

故C正确;

D.在转动过程中，由于ab边的安培力大于线框的重力，故在安培力作用下，线框的动能一直增大，故

有:

尸BIU,/BFUmgl

Ek=——■l—mg•­=--------------

462

故D正确；

故选ACD»

8、如图甲所示为足够长、倾斜放置的平行光滑导轨，处在垂直斜面向上的匀强磁场中，导轨上端接有一

定值电阻，导轨平面的倾角为37°,金属棒垂直导轨放置，用一平行于斜面向上的拉力F拉着金属棒由静

止向上运动，金属棒的质量为0.2kg,其速度大小随加速度大小的变化关系如图乙所示，且金属棒由静止

加速到最大速度的时间为1s,金属棒和导轨的电阻不计，sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取lOm/s2,则（）

A.F为恒力

B.F的最大功率为0.56W

C.回路中的最大电功率等于0.56W

D.金属棒由静止加速到最大速度这段时间内定值电阻上产生的焦耳热是0.26J

【答案】ACD

【解析】

【分析】

【详解】

AB.对棒受力分析有

Fmgsin37°=ma

变形得

mR

V=----------"仁祥冰

B21?

结合图乙可知

mR_1.0

B11}"Z8

F-mgsin37

(—市一/T

联立解得

L,“7R25

F=1.76N,--T-—=—

B2l314

且由P=Fv可知，F的最大功率为

F=1.76W

故A正确，B错误;

C.当棒的速度为lm/s时，回路中的电流最大，回路中的电功率最大为

0.56W

R

故C正确；

D.金属棒由静止加速到最大速度由动量定理得

Ft----------mgsin37t=mv

即

Ft-B-mgsin37Z=mv

解得

x=0.72m

金属棒由静止加速到最大速度，由动能定理得

Fx-mg-xsin37°+吗

解得

叼=—0.26J

由功能关系可知

Q=—%=0.26J

故D正确。

故选ACD。

N.22

9、如图所示，理想变压器的初、次级线圈的匝数之比为寸=丁，在次级线圈中接有两个阻值均为50。

的电阻，图甲中D为理想二极管。现在初级线圈输入如图乙所示的交流电压，那么开关K在断开和闭合

的两种情况下，下列说法中正确的有（）

Ri

图甲

A.两种情况下R2两端的电压相同B.两种情况下R2消耗的功率相同

C.两种情况下R1消耗的功率相同D.两种情况下变压器的输入功率不同

【答案】CD

【解析】

【分析】

【详解】

ABD,在开关K闭合时，此时电路中的总电阻为R总=25。。由图乙可知初级线圈的有效值为

220及

5220V

次级线圈的电压为

N5

t/2=^-{/|=—x220=50V

~N122

R2两端的电压为U2=50V,R2消耗的功率为

U2_2500

=50W

R250

电路中消耗的总电功率为

5O2

=100W

当开关K断开时，R2两端的有效值由

；

-u------T=.....-•/

R2R

得

U一三=25瓜

%V2

R2消耗的功率为

(25夜日

A=—=25W

&R,50

电路中消耗的总电功率为

p=%"=变+*=75W

RI&5050

故AB错误，D正确；

C.在两种情况下并不影响Ri两端的电压，故Ri消耗的功率是相同的，故C正确。

故选CDo

10、如图，夹角为120。的两块薄铝板OM、ON将纸面所在平面分为I、II两个区域，两区域内有垂直纸

面向里的匀强磁场，磁感应强度分别为明、B2,在OM板上表面处有一带电粒子垂直OM方向射入磁场

Bi中，粒子恰好以O为圆心做圆周运动回到出发点。设粒子在两区域中运动的速率分别为v卜V2,运动

时间分别为3t2；假设带电粒子穿过薄铝板过程中电荷量不变，动能损失一半，不计粒子重力，则下列

说法中正确的是（）

A.粒子带负电

B.V1:v2=2:1

C.B[:B,=V2:1

D.44=1：>/2

【答案】AC

【解析】

【详解】

A.根据左手定则可判定粒子带负电，故A正确；

12

i2r

B.由题意%知=~刎j------；-——1>故h：V,=>/2：1,故B错误；

C.根据洛伦兹力提供向心力quB=m匚得：B=—,由题意知口=电，故旦：&=巧：彩=0:1,

rqr

故C正确；

2jim

D.由粒子在磁场中的周期公式T=「「知，粒子在磁场中的周期相同，运动时间之比等于圆周角之比,

qB

即h：t2=120°：240°=1：2,故D错误。

三、实验题：本题共2小题，共18分。把答案写在答题卡中指定的答题处，不要求写出演算过程。

11.（6分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，实验室提供了如下器材：

A.小灯泡（3V,1.8W）

B.电压表（量程3V,内阻约为22kQ）

C.电流表（量程2.6A,内阻约为2.2C）

D.滑动变阻器（2〜12。，2A）

E.电源（电动势3V,内阻不计）

F.开关及导线若干，坐标纸

实验中要求小灯泡上的电压从零开始测量尽可能准确，调节测量多组对应的U、I值。如图甲所示，一组

同学已经完成导线的连接。

(1)如图甲连接好电路，不闭合电键，滑动变阻器滑动头在图示中间位置时电压表示数(填

，，为零，，，，不为零，，)。

(2)在图甲中闭合电键滑动变阻器滑动头从右端滑到左端的过程中灯泡亮度变化情况是。

(3)指出图甲中该组同学连接错误的两条导线(填导线编号)。

(4)图乙中a图线是改正后描出的灯泡U-I图线，图乙中b图线是另一个电源路端电压U与电源电流I的

图线。如果将这样的一个灯泡与该电源连成闭合电路，该灯泡消耗电功率为W；如果将这样

的两个灯泡串联接在该电源上，则每个灯泡消耗电功率为W。(结果均保留两位小数)

【答案】不为零先变暗再变亮5、61.242.44

【解析】

【详解】

(1)由实物电路图可知，开关不能控制分压电路的闭合和断开，比如闭合电建，滑动变阻器滑动头在图

示中间位置时电压表示数不为零。

(2)由实物电路图可知，闭合电键滑动变阻器滑动头从右端滑到左端的过程滑动变阻器接入电路的阻值

增大，流过灯泡的电流减小，灯泡的实际功率变小，灯泡变暗，当滑片到达左端时，滑动变阻器接入电路

的阻值为零，灯泡两端电压增大，灯泡实际功率增大，灯泡变亮，

(3)描绘灯泡伏安特性曲线实验滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采

用外接法，所以连线5、6接法错误；

(4)由图乙所示数据可知，灯泡两端电压为2.1V,流过灯泡的电流为2.5A,灯泡实际功率为：

P=t//=2.1xO.5=l.O5W(1.23V-1.26V)由图乙所示图线可知电源电动势为E=3.0V,电源内阻为：

〃=二=•二.二1.8OQ当两灯泡串联，设每个灯泡两端的电压为U,流过每一个灯泡的电流为I

A/0.5

Er

则。=-----7=1.5-0.97,在灯泡U-I图象坐标系内阻作出U=1.5-0.9/如图所示：

22

ItfV

由图可知此时灯泡两端电压为1.2V,通过灯泡的电流为2.37A,则灯泡的功率为

p=U[=0.37x1.2=0.44W

故本题答案是：（1）.不为零（2）.先变暗再变亮（3）.5、6（4）.1.24（5）.2.44

12.（12分）图甲是某学习小组设计组装成的多用电表的电路图，图中的E是电池，舄是电池内阻，凡是

欧姆调零电阻，48分别与黑、红表笔相接。凡、鸟、&、层都是定值电阻，表头G的满偏电流为20mA,

内阻为4。已知4+&=44,g=360。，叫=1600。。

（1）图甲可知该多用电表有个挡位可以测量直流电流。（填写正确答案前的字母）

A.1B.2C.3D.4

（2）该学习小组将“8”端与“3”相接，将表笔短接，调节进行欧姆调零后测量未知电阻。得到通过

表头G的电流与被测未知电阻的关系如图乙所示，由此可知多用电表中电池的电动势£=-V（计算

结果保留三位有效数字）。通过分析可知该小组使用多用电表的（填“xl”“xl0”或“xlk”）倍率

的欧姆挡进行测量未知电阻。

（3）通过测量得知表头G的内阻4=50C。若“3”端与“4”相连，则多用电表的最大量程为一；“3”端

与“5”相连进行测量时，指针位置如图丙所示，则电表的读数为«

【答案】B3.75VxlO10V20.0

【解析】

【详解】

⑴[1]根据表头的改装可知“8”接T和“2”是电流挡，接“3”是电阻挡，接“4”和“5”是电压挡，所以该多

用电表有2个挡位可以测量直流电流，故B正确，ACD错误。故选：B；

(2)[2]"B"端与“3”相接,由

/,&,=(1-1/(凡+凡)，

可得：

/="，

4*

根据闭合电路欧姆定律

1=--—,

6+&

结合图象乙，当R、=0时，Ig=20mA；Rx=150Q时，Ig=10mA。代入数据解得：

4=1500,

E=3.75V；

E

[3]由/=三一)可知，中值电阻为

4+4

R1、=R，-150c„

即

150=15x10,

因此该小组使用了多用电表的“xlO”倍率的欧姆挡进行测量；

(3)⑷若“8”端与“4”相连，则有

U=IgRg+IRi=IgRg+^-IgRA,

oooo/lo

解得：

U=10V,

即此时电表的最大量程为10V；

[5]“B”端与“5”相连时

[/=/.&+/(6+%)=5()V,

最大量程为50V,由表盘可知最小分度值为IV,读数时估读到下一位，所以此时的读数为20.0V。

四、计算题：本题共2小题，共26分。把答案写在答题卡中指定的答题处，要求写出必要的文字说明、

方程式和演算步骤。

13.(10分)如图所示，水平线ab上方存在竖直向下的匀强电场，ab以及ab下方都存在竖直向上的匀强

电场，场强大小都相等。在ab下方同时存在垂直纸面向外的匀强磁场。P为ab上方一点，到ab距离为

2L.一质量为m、带电荷量为-q(q>0)的带电小球从P点以大小为%=4疯、与竖直方向成0=30。

斜向下抛出。g为重力加速度，经过ab上C点(图中未画出)时速度水平。

（1）求电场强度大小;

⑵小球经过ab下方Q点（图中未画出）时获得最大速度，Q到ab的距离为不,求磁场的磁感应强度

【答案】（1）2病；（2）8屈。

4qL

【解析】

【详解】

（1）小球在上方，受到电场力（竖直向上）与重力的合力

F\=qE—mg

产生的加速度大小为

〃一大

m

竖直向上

经过ab线时速度水平，则竖直分速度％=0

从P点到。点，竖直方向分速度匀减速到0,故

（V。cos。）-=2a（2L）

解得

E=4mg

q

（2）根据速度分解可知小球在C点时的速度为

vc=vpsin6=2y[gL

电场力和重力的合外力

F2=qE+mg-5mg

竖直向下；

之后在重力、电场力和洛伦兹力作用下做曲线运动。

根据左手定则可知小球运动到Q点时速度水平向右，设为ve。

从。到Q,根据动能定理有

F16=

25|

解得

%=6版

把小球从C