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貴州省銅仁市2023-2024學年高二上學期期末考試物理試題
一、選擇題（本題共10個小題，共43分。第1~7題為單項選擇題，每小題4分；第8~10題為多項選擇題，每小題至少有兩項符合題目要求，全選對得5分，選對但不全得3分，選錯或不選得0分。）
1．（2024高二上·銅仁期末） 下列說法符合史實的是（　　）
A．安培提出了場的概念，發現了電磁感應現象，并提出了電磁感應定律
B．奧斯特提出了判斷電流磁場方向的方法，即右手螺旋定則
C．楞次在分析許多實驗事實后，得到了關于感應電流方向的規律
D．麥克斯韋用實驗證實了電磁波的存在
【答案】C
【知識點】物理學史
【解析】【解答】A、法拉第最早提出了場的概念，發現了電磁感應現象，并提出了電磁感應定律，故A錯誤；
B、安培提出了判斷電流磁場方向的方法，即右手螺旋定則，故B錯誤；
C、楞次在分析許多實驗事實后，得到了關于感應電流方向的規律，即楞次定律，故C正確；
D、麥克斯韋建立了電磁場理論，赫茲第一次用實驗證實了電磁波的存在，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】熟悉掌握物理學史及各物理學家的成就。法拉第最早提出了場的概念，發現了電磁感應現象，并提出了電磁感應定律。麥克斯韋建立了電磁場理論，赫茲第一次用實驗證實了電磁波的存在。
2．（2024高二上·銅仁期末） 下列說法錯誤的是（　　）
A．物體做受迫振動時，其振動頻率與驅動力的頻率無關
B．“聞其聲而不見其人”是聲波發生了衍射現象
C．變壓器的鐵芯用相互絕緣的硅鋼片疊壓而成是為了減小渦流
D．交流感應電動機是利用電磁驅動的原理來工作的
【答案】A
【知識點】受迫振動和共振；渦流、電磁阻尼、電磁驅動；波的衍射現象
【解析】【解答】A、物體做受迫振動時，其振動頻率等于驅動力的頻率，故A錯誤，符合題意；
B、“聞其聲而不見其人”是聲波發生了衍射現象，故B正確，不符合題意；
C、變壓器的鐵芯用相互絕緣的硅鋼片疊壓而成是為了減小渦流，故C正確，不符合題意；
D、交流感應電動機是利用電磁驅動的原理來工作的，故D正確，不符合題意。
故答案為：A。
【分析】物體做受迫振動時，其振動頻率等于驅動力的頻率。熟悉掌握波的衍射在生活中的應用。變壓器的鐵芯用相互絕緣的硅鋼片疊壓而成是為了減小渦流。
3．（2024高二上·銅仁期末） 凱里棉紡廠家屬樓前，發生了驚心動魄的一幕，一個3歲的小女孩，一只腳邁出了自家5樓的窗戶，住戶們還沒來得及拿棉被去接，小女孩就直接掉落下來，危急時刻，正在樓下的陳忠平接住了她。設兒童與陳忠平之間的相互作用時間為0.1s，請估算一下，陳忠平受到沖擊力的平均值約為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】動量定理
【解析】【解答】小女孩在5樓掉下，其距地面高度為
假設其落下做自由落體運動，陳忠平與女孩接觸時的速度為v，有
設向上為正，兒童的質量約為12kg，由動量定理有
解得
故答案為：B。
【分析】根據題意確定小女孩做自由落體運動下落的高度，再根據自由落體運動確定小女孩與陳忠接觸時的速度。再對小女孩運用動量定理進行解答。
4．（2024高二上·銅仁期末） 質量是的子彈，以的速度射入靜止在光滑水平桌面上的木塊，子彈和木塊的圖像如圖所示，則（　　）
A．子彈射入木塊的過程中子彈和木塊系統機械能守恒
B．子彈射入木塊的過程中子彈和木塊系統動量不守恒
C．木塊的質量為
D．木塊的最短長度為
【答案】D
【知識點】動量與能量的綜合應用一子彈打木塊模型；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A、子彈射入木塊的過程中，系統克服摩擦做功，子彈和木塊系統機械能不守恒，故A錯誤；
B、子彈射入木塊的過程中，系統合外力為零，子彈和木塊系統動量守恒，故B錯誤；
C、根據子彈和木塊系統動量守恒
解得木塊的質量為
故C錯誤；
D、v-t圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，木塊的最短長度為子彈和木塊間的相對位移，即
故D正確。
故答案為：D。
【分析】子彈射入木塊的過程中，系統克服摩擦做功，子彈和木塊系統機械能不守恒。系統合外力為零，子彈和木塊系統動量守恒。v-t圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，木塊的最短長度為子彈和木塊間的相對位移。
5．（2024高二上·銅仁期末） 如圖所示，長為的直導線折成邊長相等、夾角為的形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為。當在導線中通以電流時，該形通電導線受到的安培力大小為（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知識點】左手定則—磁場對通電導線的作用；安培力的計算
【解析】【解答】根據題意，由幾何關系可得，導線折后的有效長度為
由公式F=BIL可得，該V形通電導線受到的安培力大小為
故答案為：C。
【分析】根據幾何關系確定彎折導線在磁場中的有效長度，再根據安培力公式確定V型導線所受安培力的大小。
6．（2024高二上·銅仁期末） 現在很多手機都具有無線充電功能，如圖為無線充電技術中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數為，面積為。若在某一小段時間內，磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應強度大小由增大到，則該段時間線圈兩端之間的電勢差為（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知識點】法拉第電磁感應定律
【解析】【解答】根據楞次定律，感應電流產生的磁通量向左，故感應電流順時針（從右側看），則a端電勢小于b端電勢；穿過線圈的磁感應強度均勻減小，故產生恒定的感應電動勢，根據法拉第電磁感應定律，有
故答案為：B。
【分析】根據題意確定穿過線圈磁通量的變化情況，再根據楞次定律確定感應電流的方向。線圈相當于電源，電源內部電流從負極流向正極，從而確定ab電勢高低情況。再根據電磁感應定律確定端點之間的電勢差。
7．（2024高二上·銅仁期末） 一種用磁流體發電的裝置如圖所示。平行金屬板A、B之間有一個很強的磁場，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）噴入磁場，A、B兩板間便產生電壓。如果把A、B和用電器連接，A、B就是一個直流電源的兩個電極。下列說法正確的是（　　）
A．帶負電的粒子所受洛倫茲力水平指向極
B．板是電源的正極
C．增大等離子體噴人磁場的速度能增大發電機的電動勢
D．減小金屬板A、B之間的距離能增大發電機的電動勢
【答案】C
【知識點】磁流體發電機
【解析】【解答】AB、由左手定則可知，帶負電的粒子所受洛倫茲力水平指向A板，A板是電源的負極，故AB錯誤；
CD、由
可知
所以增大等離子體噴人磁場的速度能增大發電機的電動勢，減小金屬板A、B之間的距離能減小發電機的電動勢，故C正確，D錯誤。
故答案為：C。
【分析】根據左手定則判斷正負離子所受洛倫茲力的方向，從確定正負離子的偏轉方向及極板電勢的高低。根據磁流體發電機穩定時的規律確定兩極板電勢差與各物理量之間的關系。
8．（2024高二上·銅仁期末） 下圖為交流發電機示意圖，線圈沿逆時針方向勻速轉動，下列說法正確的是（　　）
A．甲→乙過程中，邊中的電流由
B．丙→丁過程中，邊中的電流由
C．圖甲位置線圈中感應電動勢最大
D．圖乙位置線圈中感應電流最大
【答案】B,D
【知識點】交變電流的產生及規律
【解析】【解答】A、甲→乙過程中，根據右手定則，AB邊中的電流由B→A，故A錯誤；
B、丙→丁過程中，根據右手定則，AB邊中的電流由A→B，故B正確；
C、圖甲位置，線圈中磁通量最大，磁通量變化率為零，線圈中感應電動勢最小，為零，故C錯誤；
D、圖乙位置，線圈中磁通量為零，磁通量變化率最大，線圈中感應電動勢最大，感應電流最大，故D正確。
故答案為：BD。
【分析】線圈中磁通量最大，磁通量變化率為零，線圈中感應電動勢為零。圈中磁通量為零，磁通量變化率最大，線圈中感應電動勢最大，感應電流最大。確定線框各邊的速度方向。再根據右手定則確定感應電流的方向。
9．（2024高二上·銅仁期末） 簡諧橫波某時刻波形圖如圖所示，P、Q為介質中兩個質點，波沿x軸正方向傳播的速度為8m/s，則（　　）
A．圖示時刻質點P、Q的加速度方向相同
B．質點Q將比質點P先回到平衡位置
C．該波的頻率為2Hz
D．一個周期內質點P的路程為4m
【答案】A,C
【知識點】機械波及其形成和傳播；橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】A、由題圖可知，其質點P的加速度向下，質點Q的加速度也向下，所以兩質點的加速度方向相同，故A正確；
B、由于波的傳播方向為x軸正方向，根據題圖可知，質點P此時刻向下運動，質點Q此時刻向上運動，所以質點P先回到平衡位置，故B錯誤；
C、由題圖可知，該波的波長為4m，由波速運動公式有
解得
所以其頻率為
故C正確；
D、由題圖可知，其振幅為10cm，質點一個周期的路程為
故D錯誤。
故答案為：AC。
【分析】回復力總是指向平衡位置，加速度與回復力的方向一致。根據波的傳播方向，結合“上下坡”法確定各質點此時的振動方向，繼而確定回到平衡位置的先后順序。根據圖像確定波的波長，再根據波速公式確定波周期，繼而得出其頻率。熟悉掌握質點運動路程的計算方法。
10．（2024高二上·銅仁期末） 在圖甲所示的交流電路中，電源電壓的有效值為，理想變壓器原、副線圈的匝數比為均為固定電阻，，電壓表為理想電表。已知電阻中電流隨時間變化的正弦曲線如圖乙所示。下列說法正確的是（　　）
A．的阻值為
B．電壓表的示數為
C．變壓器傳輸的電功率為
D．若拆除支路，電壓表示數會減小
【答案】A,C,D
【知識點】交變電流的圖像與函數表達式；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值；變壓器的應用
【解析】【解答】AB、根據圖乙可知通過電阻R2電流的最大值為
則有效值為
根據并聯電路特點和題意可知通過副線圈的電流為
根據理想變壓器電流與線圈匝數關系有
解得
根據歐姆定律可知副線圈兩端的電壓為
根據理想變壓器電流與線圈匝數關系有
解得
則電壓表的示數為
則
故A正確，B錯誤；
C、變壓器傳輸的電功率為
故C正確；
D、若拆除R2支路，則通過副線圈的電流減小，通過原線圈的電流也減小，根據歐姆定律可知電壓表示數會減小，故D正確。
故答案為：ACD。
【分析】根據圖乙確定電阻R2的電流有效值，根據串并聯電路規律確定副線圈的總電流。再根據理想變壓器規律確定原副線圈的電流和電壓，再根據電功率公式確定變壓器傳輸的功率。對于匝數比不變的動態電路，可講原副線圈的回路等效成一個整體，再根據等效電路利用程序法進行分析。
二、非選擇題（本題共5個小題，共57分）
11．（2024高二上·銅仁期末） 一學生小組做“用單擺測量重力加速度的大小”實驗。
（1）用實驗室提供的螺旋測微器測量擺球直徑，示數如圖所示，則擺球的直徑為　 　。
（2）某次實驗所用單擺的擺線長度為，實驗中觀測到從擺球第1次經過最低點到第61次經過最低點的時間間隔為，則此單擺周期為　 　，該小組測得的重力加速度大小為　 　。（結果均保留3位有效數字，取9.870）
【答案】（1）20.033~20.035均可
（2）1.72；9.81
【知識點】用單擺測定重力加速度
【解析】【解答】（1）由圖可知擺球的直徑為
（2）根據單擺運動的周期性可知，相鄰兩次通過最低點的時間間隔為周期的一半，則周期為
根據單擺的周期公式
解得
【分析】讀數時注意儀器的分度值及是否需要估讀。擺球運動一個周期經過兩次平衡位置。根據次數與時間間隔確定單擺周期，再根據單擺周期公式進行數據處理。
12．（2024高二上·銅仁期末） 某同學驗證兩個小球在斜槽末端碰撞時的動量守恒，實驗裝置如圖所示。A、B為兩個直徑相同但質量不同的小鋼球。實驗時，不放B，讓A從固定的斜槽上E點自由滾下，在水平面上得到一個落點位置（稱為第一次操作）；將B放置在斜槽末端，讓A再次從斜槽上E點自由滾下，與B發生正碰，在水平面上又得到兩個落點位置（稱為第二次操作）。三個落點位置標記為。
（1）下列關于實驗的要求哪些是正確的____。
A．斜槽的末端必須是水平的 B．斜槽的軌道必須是光滑的
C．必須測出斜槽末端高度 D．A為質量較大的小球
（2）實驗時測得A、B的質量分別為、，到的距離分別為，用實驗中測得的數據來表示，只要滿足關系式　 　，就能說明兩球碰撞前后動量是守恒的。
（3）如果第二次操作時A球從斜槽上開始滾下的位置比原先低一些，則碰后B的落點比正確操作時的落點　 　（填“偏左”、“偏右”或者“不變”），碰前系統動量測量值　 　（填“大于”、“等于”或者“小于”）碰后系統動量測量值。
【答案】（1）A；D
（2）
（3）偏左；大于
【知識點】驗證動量守恒定律
【解析】【解答】（1）A、實驗要求小球從斜槽末端飛出后要做平拋運動，所以必須保證斜槽末端水平，故A錯誤；
B、實驗中要求小球A兩次沿斜槽滾到末端時的速度大小相等，所以應使小球A每次都從同一位置由靜止開始釋放，但并不需要斜槽的軌道光滑，故B錯誤；
C、由于小球A和小球B均從同一高度水平拋出，所以從拋出到落地的時間相同，所以不需要測出斜槽末端的高度，也不需要計算出運動時間，故C錯誤；
D、小球A與小球B發生正碰時，為使小球A在碰后不反彈，要求小球A的質量要大于小球B的質量，故D正確。
故答案為：AD。
（2 ）由于小球A和小球B均從同一高度水平拋出，所以從拋出到落地的時間相同，設為t，則碰前小球A和B的動量分別為
，
碰后小球A和B的動量分別為
，
若滿足
則碰撞前后動量守恒，即
（3）如果第二次操作時A球從斜槽上開始滾下的位置比原先低一些，則到A球碰撞B球的速度偏小，碰后B球的速度也較小，所以落點比正確操作時的落點偏左，動量也偏小，所以碰前系統動量測量值大于碰后系統動量測量值。
【分析】為保證小球飛出后做平拋運動，故斜槽末端必須水平。為使小球A與小球B發生正碰兩球直徑要相等，為使小球A在碰后不反彈，小球A的質量要大于小球B的質量。根據平拋運動規律確定碰撞前后各小球的速度，再根據動量守恒定律確定需滿足的關系式。結合平拋運動規律分析落點變化情況，繼而確定碰撞過程動量的變化情況。
13．（2024高二上·銅仁期末） 如圖所示，與水平面夾角為絕緣斜面上固定有足夠長的光滑U型金屬導軌，導軌底端接有阻值的電阻。質量為、電阻、長的導體桿沿導軌向下運動，以的速度進入方向垂直于導軌平面向下的勻強磁場區域，磁感應強度。導體桿在磁場中運動一段時間后做勻速直線運動。運動過程中桿始終與導軌垂直并接觸良好，導軌的電阻忽略不計，取重力加速度。
（1）求桿剛進入磁場時桿兩端的電壓和桿受到的安培力的大小；
（2）求桿在磁場中勻速運動時的速度的大小。
【答案】（1）解：桿剛進入磁場時切割磁感線產生的電動勢為
桿兩端的電壓為
通過桿的電流為
桿受到的安培力為
（2）解：當桿勻速運動時應滿足
根據安培力公式有
根據閉合電路歐姆定律有
桿勻速運動時切割磁感線產生的電動勢為
解得
【知識點】導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的電路類問題；電磁感應中的動力學問題
【解析】【分析】（1） 桿剛進入磁場時切割磁感線產生的電動勢，根據法拉第電磁感應定律確定感應電動勢的大小，此時導體棒相當于電源，導體棒兩端的電壓為路端電壓。再根據串聯電路規律確定桿兩端電壓。根據閉合電路歐姆定律確定電路中的電流，再根據安培力公式確定桿受到安培力的大小；
（2）當導體棒勻速運動時，導體棒處于受力平衡條件，再根據平衡條件及力的合成與分解結合電磁感應定律及閉合電路歐姆定律和安培力公式進行解答即可。
14．（2024高二上·銅仁期末） 如圖所示，一個質量為、電荷量為的帶負電荷的粒子，不計重力，從軸上的點以速度射入第一象限內的勻強磁場中，并恰好從軸上的點垂直于軸射出第一象限。已知與軸正方向成角，。
（1）求勻強磁場的磁感應強度的大小；
（2）若只改變勻強磁場的磁感應強度的大小，求滿足什么條件時，粒子不會從軸射出第一象限。
【答案】（1）解：根據題意，畫出帶電粒子運動軌跡如圖所示
由幾何關系有
又有
解得
（2）解：由第一問得
粒子剛好不會從y軸射出第一象限的軌跡如圖所示
由幾何關系得
又有
解得
所以，當
時，粒子不會從y軸射出第一象限。
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）根據題意畫出粒子的運動軌跡，再根據幾何關系確定粒子的運動半徑，再結合洛倫茲力提供向心力進行解答；
（2）根據（1）中數據確定OP的距離，當粒子剛好不從y軸射出，即其運動軌跡與y軸相切。畫出粒子的運動軌跡，根據幾何關系確定粒子的運動半徑，再結合洛倫茲力提供向心力進行解答即可。
15．（2024高二上·銅仁期末） 如圖所示，質量為的A球以速度跟靜止在水平地面上質量為的球發生正碰。
（1）若A、B碰后粘在一起，求碰后A、B組合體的速度的大小和碰撞過程中系統損失的機械能；
（2）若A、B碰撞為彈性碰撞，求碰后球的速度的大小；
（3）若球的質量未知，A、B碰后球的速度為，求球質量的取值范圍。
【答案】（1）解：對A、B系統由動量守恒定律有
解得
系統損失的機械能
解得
（2）解：A、B碰撞為彈性碰撞，則碰撞過程滿足動量守恒定律和機械能守恒定律，有
解得
（3）解：A、B碰撞，動量守恒有
碰撞過程中系統機械能不增加
解得
碰后A的速度不大于B的速度
解得
故B球質量的取值范圍為
【知識點】碰撞模型
【解析】【分析】（1）AB兩球發生完全非彈性碰撞，根據動量守恒定律確定碰后兩球的速度，再根據能量守恒定律確定損失的機械能；
（2）AB兩球發生彈性碰撞，則碰撞過程兩球動量守恒和機械能守恒，再根據動量守恒定律及機械能守恒定律進行解答；
（3）AB碰撞過程動量守恒，且碰后系統的機械能不增加，由題可知碰后B球速度向右，若碰后兩球速度方向同向，則同時需滿足A球速度小于B球，以免發生二次碰撞。根據動量守恒定律及機械能不增加原則列出方程進行聯立解答。
1 / 1貴州省銅仁市2023-2024學年高二上學期期末考試物理試題
一、選擇題（本題共10個小題，共43分。第1~7題為單項選擇題，每小題4分；第8~10題為多項選擇題，每小題至少有兩項符合題目要求，全選對得5分，選對但不全得3分，選錯或不選得0分。）
1．（2024高二上·銅仁期末） 下列說法符合史實的是（　　）
A．安培提出了場的概念，發現了電磁感應現象，并提出了電磁感應定律
B．奧斯特提出了判斷電流磁場方向的方法，即右手螺旋定則
C．楞次在分析許多實驗事實后，得到了關于感應電流方向的規律
D．麥克斯韋用實驗證實了電磁波的存在
2．（2024高二上·銅仁期末） 下列說法錯誤的是（　　）
A．物體做受迫振動時，其振動頻率與驅動力的頻率無關
B．“聞其聲而不見其人”是聲波發生了衍射現象
C．變壓器的鐵芯用相互絕緣的硅鋼片疊壓而成是為了減小渦流
D．交流感應電動機是利用電磁驅動的原理來工作的
3．（2024高二上·銅仁期末） 凱里棉紡廠家屬樓前，發生了驚心動魄的一幕，一個3歲的小女孩，一只腳邁出了自家5樓的窗戶，住戶們還沒來得及拿棉被去接，小女孩就直接掉落下來，危急時刻，正在樓下的陳忠平接住了她。設兒童與陳忠平之間的相互作用時間為0.1s，請估算一下，陳忠平受到沖擊力的平均值約為（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高二上·銅仁期末） 質量是的子彈，以的速度射入靜止在光滑水平桌面上的木塊，子彈和木塊的圖像如圖所示，則（　　）
A．子彈射入木塊的過程中子彈和木塊系統機械能守恒
B．子彈射入木塊的過程中子彈和木塊系統動量不守恒
C．木塊的質量為
D．木塊的最短長度為
5．（2024高二上·銅仁期末） 如圖所示，長為的直導線折成邊長相等、夾角為的形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應強度為。當在導線中通以電流時，該形通電導線受到的安培力大小為（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高二上·銅仁期末） 現在很多手機都具有無線充電功能，如圖為無線充電技術中使用的受電線圈示意圖，線圈匝數為，面積為。若在某一小段時間內，磁場平行于線圈軸線向右穿過線圈，其磁感應強度大小由增大到，則該段時間線圈兩端之間的電勢差為（　　）
A． B．
C． D．
7．（2024高二上·銅仁期末） 一種用磁流體發電的裝置如圖所示。平行金屬板A、B之間有一個很強的磁場，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）噴入磁場，A、B兩板間便產生電壓。如果把A、B和用電器連接，A、B就是一個直流電源的兩個電極。下列說法正確的是（　　）
A．帶負電的粒子所受洛倫茲力水平指向極
B．板是電源的正極
C．增大等離子體噴人磁場的速度能增大發電機的電動勢
D．減小金屬板A、B之間的距離能增大發電機的電動勢
8．（2024高二上·銅仁期末） 下圖為交流發電機示意圖，線圈沿逆時針方向勻速轉動，下列說法正確的是（　　）
A．甲→乙過程中，邊中的電流由
B．丙→丁過程中，邊中的電流由
C．圖甲位置線圈中感應電動勢最大
D．圖乙位置線圈中感應電流最大
9．（2024高二上·銅仁期末） 簡諧橫波某時刻波形圖如圖所示，P、Q為介質中兩個質點，波沿x軸正方向傳播的速度為8m/s，則（　　）
A．圖示時刻質點P、Q的加速度方向相同
B．質點Q將比質點P先回到平衡位置
C．該波的頻率為2Hz
D．一個周期內質點P的路程為4m
10．（2024高二上·銅仁期末） 在圖甲所示的交流電路中，電源電壓的有效值為，理想變壓器原、副線圈的匝數比為均為固定電阻，，電壓表為理想電表。已知電阻中電流隨時間變化的正弦曲線如圖乙所示。下列說法正確的是（　　）
A．的阻值為
B．電壓表的示數為
C．變壓器傳輸的電功率為
D．若拆除支路，電壓表示數會減小
二、非選擇題（本題共5個小題，共57分）
11．（2024高二上·銅仁期末） 一學生小組做“用單擺測量重力加速度的大小”實驗。
（1）用實驗室提供的螺旋測微器測量擺球直徑，示數如圖所示，則擺球的直徑為　 　。
（2）某次實驗所用單擺的擺線長度為，實驗中觀測到從擺球第1次經過最低點到第61次經過最低點的時間間隔為，則此單擺周期為　 　，該小組測得的重力加速度大小為　 　。（結果均保留3位有效數字，取9.870）
12．（2024高二上·銅仁期末） 某同學驗證兩個小球在斜槽末端碰撞時的動量守恒，實驗裝置如圖所示。A、B為兩個直徑相同但質量不同的小鋼球。實驗時，不放B，讓A從固定的斜槽上E點自由滾下，在水平面上得到一個落點位置（稱為第一次操作）；將B放置在斜槽末端，讓A再次從斜槽上E點自由滾下，與B發生正碰，在水平面上又得到兩個落點位置（稱為第二次操作）。三個落點位置標記為。
（1）下列關于實驗的要求哪些是正確的____。
A．斜槽的末端必須是水平的 B．斜槽的軌道必須是光滑的
C．必須測出斜槽末端高度 D．A為質量較大的小球
（2）實驗時測得A、B的質量分別為、，到的距離分別為，用實驗中測得的數據來表示，只要滿足關系式　 　，就能說明兩球碰撞前后動量是守恒的。
（3）如果第二次操作時A球從斜槽上開始滾下的位置比原先低一些，則碰后B的落點比正確操作時的落點　 　（填“偏左”、“偏右”或者“不變”），碰前系統動量測量值　 　（填“大于”、“等于”或者“小于”）碰后系統動量測量值。
13．（2024高二上·銅仁期末） 如圖所示，與水平面夾角為絕緣斜面上固定有足夠長的光滑U型金屬導軌，導軌底端接有阻值的電阻。質量為、電阻、長的導體桿沿導軌向下運動，以的速度進入方向垂直于導軌平面向下的勻強磁場區域，磁感應強度。導體桿在磁場中運動一段時間后做勻速直線運動。運動過程中桿始終與導軌垂直并接觸良好，導軌的電阻忽略不計，取重力加速度。
（1）求桿剛進入磁場時桿兩端的電壓和桿受到的安培力的大小；
（2）求桿在磁場中勻速運動時的速度的大小。
14．（2024高二上·銅仁期末） 如圖所示，一個質量為、電荷量為的帶負電荷的粒子，不計重力，從軸上的點以速度射入第一象限內的勻強磁場中，并恰好從軸上的點垂直于軸射出第一象限。已知與軸正方向成角，。
（1）求勻強磁場的磁感應強度的大小；
（2）若只改變勻強磁場的磁感應強度的大小，求滿足什么條件時，粒子不會從軸射出第一象限。
15．（2024高二上·銅仁期末） 如圖所示，質量為的A球以速度跟靜止在水平地面上質量為的球發生正碰。
（1）若A、B碰后粘在一起，求碰后A、B組合體的速度的大小和碰撞過程中系統損失的機械能；
（2）若A、B碰撞為彈性碰撞，求碰后球的速度的大小；
（3）若球的質量未知，A、B碰后球的速度為，求球質量的取值范圍。
答案解析部分
1．【答案】C
【知識點】物理學史
【解析】【解答】A、法拉第最早提出了場的概念，發現了電磁感應現象，并提出了電磁感應定律，故A錯誤；
B、安培提出了判斷電流磁場方向的方法，即右手螺旋定則，故B錯誤；
C、楞次在分析許多實驗事實后，得到了關于感應電流方向的規律，即楞次定律，故C正確；
D、麥克斯韋建立了電磁場理論，赫茲第一次用實驗證實了電磁波的存在，故D錯誤。
故答案為：C。
【分析】熟悉掌握物理學史及各物理學家的成就。法拉第最早提出了場的概念，發現了電磁感應現象，并提出了電磁感應定律。麥克斯韋建立了電磁場理論，赫茲第一次用實驗證實了電磁波的存在。
2．【答案】A
【知識點】受迫振動和共振；渦流、電磁阻尼、電磁驅動；波的衍射現象
【解析】【解答】A、物體做受迫振動時，其振動頻率等于驅動力的頻率，故A錯誤，符合題意；
B、“聞其聲而不見其人”是聲波發生了衍射現象，故B正確，不符合題意；
C、變壓器的鐵芯用相互絕緣的硅鋼片疊壓而成是為了減小渦流，故C正確，不符合題意；
D、交流感應電動機是利用電磁驅動的原理來工作的，故D正確，不符合題意。
故答案為：A。
【分析】物體做受迫振動時，其振動頻率等于驅動力的頻率。熟悉掌握波的衍射在生活中的應用。變壓器的鐵芯用相互絕緣的硅鋼片疊壓而成是為了減小渦流。
3．【答案】B
【知識點】動量定理
【解析】【解答】小女孩在5樓掉下，其距地面高度為
假設其落下做自由落體運動，陳忠平與女孩接觸時的速度為v，有
設向上為正，兒童的質量約為12kg，由動量定理有
解得
故答案為：B。
【分析】根據題意確定小女孩做自由落體運動下落的高度，再根據自由落體運動確定小女孩與陳忠接觸時的速度。再對小女孩運用動量定理進行解答。
4．【答案】D
【知識點】動量與能量的綜合應用一子彈打木塊模型；運動學 v-t 圖象
【解析】【解答】A、子彈射入木塊的過程中，系統克服摩擦做功，子彈和木塊系統機械能不守恒，故A錯誤；
B、子彈射入木塊的過程中，系統合外力為零，子彈和木塊系統動量守恒，故B錯誤；
C、根據子彈和木塊系統動量守恒
解得木塊的質量為
故C錯誤；
D、v-t圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，木塊的最短長度為子彈和木塊間的相對位移，即
故D正確。
故答案為：D。
【分析】子彈射入木塊的過程中，系統克服摩擦做功，子彈和木塊系統機械能不守恒。系統合外力為零，子彈和木塊系統動量守恒。v-t圖像與坐標軸圍成的面積表示位移，木塊的最短長度為子彈和木塊間的相對位移。
5．【答案】C
【知識點】左手定則—磁場對通電導線的作用；安培力的計算
【解析】【解答】根據題意，由幾何關系可得，導線折后的有效長度為
由公式F=BIL可得，該V形通電導線受到的安培力大小為
故答案為：C。
【分析】根據幾何關系確定彎折導線在磁場中的有效長度，再根據安培力公式確定V型導線所受安培力的大小。
6．【答案】B
【知識點】法拉第電磁感應定律
【解析】【解答】根據楞次定律，感應電流產生的磁通量向左，故感應電流順時針（從右側看），則a端電勢小于b端電勢；穿過線圈的磁感應強度均勻減小，故產生恒定的感應電動勢，根據法拉第電磁感應定律，有
故答案為：B。
【分析】根據題意確定穿過線圈磁通量的變化情況，再根據楞次定律確定感應電流的方向。線圈相當于電源，電源內部電流從負極流向正極，從而確定ab電勢高低情況。再根據電磁感應定律確定端點之間的電勢差。
7．【答案】C
【知識點】磁流體發電機
【解析】【解答】AB、由左手定則可知，帶負電的粒子所受洛倫茲力水平指向A板，A板是電源的負極，故AB錯誤；
CD、由
可知
所以增大等離子體噴人磁場的速度能增大發電機的電動勢，減小金屬板A、B之間的距離能減小發電機的電動勢，故C正確，D錯誤。
故答案為：C。
【分析】根據左手定則判斷正負離子所受洛倫茲力的方向，從確定正負離子的偏轉方向及極板電勢的高低。根據磁流體發電機穩定時的規律確定兩極板電勢差與各物理量之間的關系。
8．【答案】B,D
【知識點】交變電流的產生及規律
【解析】【解答】A、甲→乙過程中，根據右手定則，AB邊中的電流由B→A，故A錯誤；
B、丙→丁過程中，根據右手定則，AB邊中的電流由A→B，故B正確；
C、圖甲位置，線圈中磁通量最大，磁通量變化率為零，線圈中感應電動勢最小，為零，故C錯誤；
D、圖乙位置，線圈中磁通量為零，磁通量變化率最大，線圈中感應電動勢最大，感應電流最大，故D正確。
故答案為：BD。
【分析】線圈中磁通量最大，磁通量變化率為零，線圈中感應電動勢為零。圈中磁通量為零，磁通量變化率最大，線圈中感應電動勢最大，感應電流最大。確定線框各邊的速度方向。再根據右手定則確定感應電流的方向。
9．【答案】A,C
【知識點】機械波及其形成和傳播；橫波的圖象；波長、波速與頻率的關系
【解析】【解答】A、由題圖可知，其質點P的加速度向下，質點Q的加速度也向下，所以兩質點的加速度方向相同，故A正確；
B、由于波的傳播方向為x軸正方向，根據題圖可知，質點P此時刻向下運動，質點Q此時刻向上運動，所以質點P先回到平衡位置，故B錯誤；
C、由題圖可知，該波的波長為4m，由波速運動公式有
解得
所以其頻率為
故C正確；
D、由題圖可知，其振幅為10cm，質點一個周期的路程為
故D錯誤。
故答案為：AC。
【分析】回復力總是指向平衡位置，加速度與回復力的方向一致。根據波的傳播方向，結合“上下坡”法確定各質點此時的振動方向，繼而確定回到平衡位置的先后順序。根據圖像確定波的波長，再根據波速公式確定波周期，繼而得出其頻率。熟悉掌握質點運動路程的計算方法。
10．【答案】A,C,D
【知識點】交變電流的圖像與函數表達式；交變電流的峰值、有效值、平均值與瞬時值；變壓器的應用
【解析】【解答】AB、根據圖乙可知通過電阻R2電流的最大值為
則有效值為
根據并聯電路特點和題意可知通過副線圈的電流為
根據理想變壓器電流與線圈匝數關系有
解得
根據歐姆定律可知副線圈兩端的電壓為
根據理想變壓器電流與線圈匝數關系有
解得
則電壓表的示數為
則
故A正確，B錯誤；
C、變壓器傳輸的電功率為
故C正確；
D、若拆除R2支路，則通過副線圈的電流減小，通過原線圈的電流也減小，根據歐姆定律可知電壓表示數會減小，故D正確。
故答案為：ACD。
【分析】根據圖乙確定電阻R2的電流有效值，根據串并聯電路規律確定副線圈的總電流。再根據理想變壓器規律確定原副線圈的電流和電壓，再根據電功率公式確定變壓器傳輸的功率。對于匝數比不變的動態電路，可講原副線圈的回路等效成一個整體，再根據等效電路利用程序法進行分析。
11．【答案】（1）20.033~20.035均可
（2）1.72；9.81
【知識點】用單擺測定重力加速度
【解析】【解答】（1）由圖可知擺球的直徑為
（2）根據單擺運動的周期性可知，相鄰兩次通過最低點的時間間隔為周期的一半，則周期為
根據單擺的周期公式
解得
【分析】讀數時注意儀器的分度值及是否需要估讀。擺球運動一個周期經過兩次平衡位置。根據次數與時間間隔確定單擺周期，再根據單擺周期公式進行數據處理。
12．【答案】（1）A；D
（2）
（3）偏左；大于
【知識點】驗證動量守恒定律
【解析】【解答】（1）A、實驗要求小球從斜槽末端飛出后要做平拋運動，所以必須保證斜槽末端水平，故A錯誤；
B、實驗中要求小球A兩次沿斜槽滾到末端時的速度大小相等，所以應使小球A每次都從同一位置由靜止開始釋放，但并不需要斜槽的軌道光滑，故B錯誤；
C、由于小球A和小球B均從同一高度水平拋出，所以從拋出到落地的時間相同，所以不需要測出斜槽末端的高度，也不需要計算出運動時間，故C錯誤；
D、小球A與小球B發生正碰時，為使小球A在碰后不反彈，要求小球A的質量要大于小球B的質量，故D正確。
故答案為：AD。
（2 ）由于小球A和小球B均從同一高度水平拋出，所以從拋出到落地的時間相同，設為t，則碰前小球A和B的動量分別為
，
碰后小球A和B的動量分別為
，
若滿足
則碰撞前后動量守恒，即
（3）如果第二次操作時A球從斜槽上開始滾下的位置比原先低一些，則到A球碰撞B球的速度偏小，碰后B球的速度也較小，所以落點比正確操作時的落點偏左，動量也偏小，所以碰前系統動量測量值大于碰后系統動量測量值。
【分析】為保證小球飛出后做平拋運動，故斜槽末端必須水平。為使小球A與小球B發生正碰兩球直徑要相等，為使小球A在碰后不反彈，小球A的質量要大于小球B的質量。根據平拋運動規律確定碰撞前后各小球的速度，再根據動量守恒定律確定需滿足的關系式。結合平拋運動規律分析落點變化情況，繼而確定碰撞過程動量的變化情況。
13．【答案】（1）解：桿剛進入磁場時切割磁感線產生的電動勢為
桿兩端的電壓為
通過桿的電流為
桿受到的安培力為
（2）解：當桿勻速運動時應滿足
根據安培力公式有
根據閉合電路歐姆定律有
桿勻速運動時切割磁感線產生的電動勢為
解得
【知識點】導體切割磁感線時的感應電動勢；電磁感應中的電路類問題；電磁感應中的動力學問題
【解析】【分析】（1） 桿剛進入磁場時切割磁感線產生的電動勢，根據法拉第電磁感應定律確定感應電動勢的大小，此時導體棒相當于電源，導體棒兩端的電壓為路端電壓。再根據串聯電路規律確定桿兩端電壓。根據閉合電路歐姆定律確定電路中的電流，再根據安培力公式確定桿受到安培力的大小；
（2）當導體棒勻速運動時，導體棒處于受力平衡條件，再根據平衡條件及力的合成與分解結合電磁感應定律及閉合電路歐姆定律和安培力公式進行解答即可。
14．【答案】（1）解：根據題意，畫出帶電粒子運動軌跡如圖所示
由幾何關系有
又有
解得
（2）解：由第一問得
粒子剛好不會從y軸射出第一象限的軌跡如圖所示
由幾何關系得
又有
解得
所以，當
時，粒子不會從y軸射出第一象限。
【知識點】帶電粒子在有界磁場中的運動
【解析】【分析】（1）根據題意畫出粒子的運動軌跡，再根據幾何關系確定粒子的運動半徑，再結合洛倫茲力提供向心力進行解答；
（2）根據（1）中數據確定OP的距離，當粒子剛好不從y軸射出，即其運動軌跡與y軸相切。畫出粒子的運動軌跡，根據幾何關系確定粒子的運動半徑，再結合洛倫茲力提供向心力進行解答即可。
15．【答案】（1）解：對A、B系統由動量守恒定律有
解得
系統損失的機械能
解得
（2）解：A、B碰撞為彈性碰撞，則碰撞過程滿足動量守恒定律和機械能守恒定律，有
解得
（3）解：A、B碰撞，動量守恒有
碰撞過程中系統機械能不增加
解得
碰后A的速度不大于B的速度
解得
故B球質量的取值范圍為
【知識點】碰撞模型
【解析】【分析】（1）AB兩球發生完全非彈性碰撞，根據動量守恒定律確定碰后兩球的速度，再根據能量守恒定律確定損失的機械能；
（2）AB兩球發生彈性碰撞，則碰撞過程兩球動量守恒和機械能守恒，再根據動量守恒定律及機械能守恒定律進行解答；
（3）AB碰撞過程動量守恒，且碰后系統的機械能不增加，由題可知碰后B球速度向右，若碰后兩球速度方向同向，則同時需滿足A球速度小于B球，以免發生二次碰撞。根據動量守恒定律及機械能不增加原則列出方程進行聯立解答。
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