长郡联考物理模拟试题(解析版)

1、长郡联考物理模拟试题一、选择题1、关于运动电荷在磁场中受到的力，下列说法中正确的是（ ）A.运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用B.运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，则该处的磁感应强度一定为零C.洛伦兹力不改变带电粒子的速度D.运动电荷受到洛伦兹力时，电荷的运动方向与磁场方向不可能平行【答案】D【解析】A 洛伦兹力是磁场对运动电荷的作用力，安培力是洛伦兹力的宏观表现，产生安培力不是只有磁场就可以的 A、B错；C 洛伦兹力改变速度的方向错 ；D 对 2、半径为R的橡胶圆环均匀带正电，总电荷量为Q，现使圆环绕垂直于环所在平面且通过圆心的轴以角速度匀速转动，将产生等效电流，则（

2、）A若不变而使电荷量Q变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍B若电荷量Q不变而使变为原来的2倍，则电流也将变为原来的2倍C若使、Q不变，将橡胶环拉伸，使环的半径增大，电流将变大D若使、Q不变，将橡胶环拉伸，使环的半径增大，电流将变小【答案】AB3、如图所示，宽h=4cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向内，现有一群正粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为r=10cm，则（     ）A右边界：-8cm<y<8cm有粒子射出B右边界：y<8cm有粒子射出C左边界：

3、y>8cm有粒子射出D左边界：0<y<16cm有粒子射出【答案】AD4、关于磁现象的电本质，下列说法中正确的是（ ）A、一切磁现象都源于电流或运动电荷 B、有磁必有电，有电必有磁 C、一切磁场都是由运动电荷或电流产生的 D、在外磁场作用下物体内分子电流取向大致相同时物体就被磁化【答案】AD【解析】一切磁现象都源于电流或运动电荷；电能产生磁，磁能产生电；磁的存在都与电有关，但电并不依赖磁存在。所以有电必有磁,但是有磁未必有电。磁场可以由运动电荷、电流和磁极(分子电流)激发，也可以由随时间变化的电场激发。在外磁场作用下物体内分子电流取向大致相同时物体就被磁化5、如图所示，两固定的

4、竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计两质量、长度均相同的导体棒c、d，置于边界水平的匀强磁场上方同一高度h处磁场宽为3h，方向与导轨平面垂直先由静止释放c，c刚进入磁场即匀速运动，此时再由静止释放d，两导体棒与导轨始终保持良好接触用ac表示c的加速度，Ekd表示d的动能，xc、xd分别表示c、d相对释放点的位移选项中正确的是（）ABCD【分析】未进入磁场时，c、d做自由落体运动，到达磁场上边界时速度相同c、d都进入磁场后，同时在磁场中运动时，两者速度相同，没有感应电流产生，只受重力，都做匀加速直线运动，加速度为gc出磁场后，d在切割磁感线时，此时d的速度比进磁场时大，产生感应电动势增大，感应电流增

5、大，受到的安培力增大，则d做匀减速直线运动根据动能与高度的关系选择动能图象【解答】A、B，设c、d刚进磁场时速度为v，c刚进入磁场做匀速运动，此时由静止释放d设d经时间t进入磁场，并设这段时间内c的位移为x,则由于h=0.5Vt，x=vt，得到x=2h，则d进入磁场时，c相对释放点的位移为3h. d进入磁场后，cd二者都做匀速运动，且速度相同，二者与导轨组成的回路磁通量不变，感应电流为零，不受安培力，两导体棒均做加速度为g的匀加速运动，故A错误，B正确；C、D，c出磁场时d下落2h，c出磁场后，只有导体棒d切割磁感线，此时d的速度大于进磁场时的速度，d受到安培力作用做减速运动，动能减小，d出磁

6、场后动能随下 落高度的增加而均 匀增大，故C错误，D正确【答案】BD6、如图所示是某个电路的一部分，其中，R1=5，R2=1，R3=3，I1=0.2A，I2=0.1A，则电流表中的电流为（）A0.2A，向右B0.15A，向左C0.2A，向左D0.3A，向右【解析】R1两端的电压U1=I1R1=0.2AX5=1V R2两端的电压U2= 0.1AX1=0.1V R1左端与R2的左端电位相等，U1U2，则R1右端的电位低于R2右端的电位R3两端的电压U3=U1-U2=1V-0.1V=0.9V通过R3的电流I3=0.3A，R3上端电位低，下端电位高，电流方向由下向上因此用节点法可知通过电流表

7、的电流方向向左设电流表的示数为IA，对于电流表左端的节点，流入节点的电流等于流出节点的电流即IA+I2=I3电流表的示数IA=I3-I2=0.3A-0.1A=0.2A【答案】C7、如图，磁场垂直于纸面，磁感应强度在竖直方向均匀分布，水平方向非均匀分布一铜制圆环用丝线悬挂于O点，将圆环拉至位置a后无初速释放，在圆环从a摆向b的过程中（）A感应电流方向先逆时针后顺时针再逆时针B感应电流方向一直是逆时针C安培力方向始终与速度方向相反D安培力方向始终沿水平方向【答案】AD【解析】先看感应电流方向，铜制圆环内磁通量先向里并增大，铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针；铜制圆环越过最低点过程中，铜制

8、圆环内磁通量向里的减小，向外的增大，所以铜制圆环感应电流的磁场向里，感应电流为顺时针；越过最低点以后，铜制圆环内磁通量向外并减小，所以铜制圆环感应电流的磁场向外，感应电流为逆时针，所以A、B二者选A再看安培力方向，根据左手定则，因等效导线是沿竖直方向的，且两边的磁感应强度不同，故合力方向始终沿水平方向，故和速度方向会有一定夹角，所以，C、D二者选D8、如图2所示，BOC为一光滑圆弧轨道，其半径为R，且R远大于弧BOC。若同时从O和轨道B点无初速度分别释放小球P和Q，则（ ）图2A. Q球先到达O点 B. P球先到达O点C. P、Q球同时到达O点 D. 无法确定【答案】B【分析】由题意可知，实际

9、上是比较小球P由O”点到O点和小球Q从B到O点的时间。小球P由O”到O为自由落体运动，由知，而Q的运动是沿圆弧做变加速运动，由题意知，R远大于BOC弧长，所以Q球在BOC弧上的运动是简谐振动，其周期为。设Q球由B到O的时间为，所以，所以。9、如图，a、b两端连接的交流电源既含高频交流，又含低频电流；L是一个25mH的高频扼流圈，C是一个100pF的电容器，R是负载电阻下列说法正确的是（）AL的作用是“通低频，阻高频” BC的作用是“通交流，隔直流”CC的作用是“通高频，阻低频”D通过R的电流中，低频交流所占的百分比远大于高频交流所占的百分比【分析】A、L的作用是“通低频，阻高频”，故A正确；B

10、、C的作用是“通高频，阻低频”，故B错误；C、C的作用是“通高频，阻低频”，故C正确；D、经过L的阻高频，通过R的电流中低频电流占得比例大，故D正确；【答案】ACD10、如图所示，虚线和实线分别为甲乙两个弹簧振子做简谐运动的图象，已知甲乙两个振子质量相等，则（）A甲乙两振子的振幅分别为2cm、1cmB甲、乙两个振子的相位差总为C前2秒内甲乙两振子的加速度均为正值D第2秒末甲的速度最大，乙的加速度最大【答案】AD【解析】A、由图读出，两振子的振幅A甲=2cm，A乙=cm，故A正确；B、两振子的频率不相等，相位差为一变量，故B错误；C、前2秒内，甲的加速度为负值，乙的加速度为正值，故C错误；D、第

11、2s末甲在平衡位置，速度最大，乙在最大位移处，加速度最大，故D正确二、实验题11、在图10所示的电路中，电源电压为12伏且保持不变，电阻R1的阻值为10欧，滑动变阻器R2上标有“50欧 2安”字样，闭合电键S后，电流表A的示数为0.3安。 求电阻R1两端的电压U1= 。 求此时变阻器R2两端的电压U2及消耗的电功率P2= 。 现有阻值分别为R、2R的定值电阻，最大阻值分别为4R、10R的滑动变阻器，请选择定值电阻、变阻器各一个分别替换R1、R2 ，要求：在移动变阻器滑片P的过程中，电流表示数的变化量最大。 选择：阻值为_的定值电阻、最大阻值为_的滑动变阻器。 求出电流表示数的最大变化量I= 。

12、 【答案】（1）U1=3V （2）U2=9V，P2=2.7W （3）R，10R，I=120/11R12、某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图所示，则它们的读数值依次是 、 、 已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为010，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20k电源为干电池（不宜在长时间、大功率状况下使用），电动势E=4.5V，内阻很小则以下电路图中 （填电路图2中的字母代号）电路为本次实验应当采用的最佳电路但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏 若已知实验所用的电流表内阻的准确值RA=2.0，则准确测量金属丝电阻Rx的最佳电路应是上图中

13、的 电路（填电路图下的字母代号）此时测得电流为I、电压为U，则金属丝电阻Rx= （ 用题中字母代号表示）【答案】螺旋测微器先读固定部分为0.5mm，可动部分可估读为49.649.7，故总示数为：0.5+49.7×0.01mm=0.997mm；电流表量程为0.6A，则最小刻度为0.02；指针所示为0.42A；电流表量程为3V，最小刻度为0.1V，则指针指数超过2.25，故可估读为：2.252.28V；故答案为：0.9960.999mm、0.42A、2.252.28V因电源不能在大功率下长时间运行，则本实验应采用限流接法；同时电压表内阻较大，由以上读数可知，待测电阻的内阻约为5

14、，故采用电流表外接法误差较小；在实验中电压表示数准确，但电流测量的是干路电流，故电流表示数偏大，则由欧姆定律得出的结果偏小；因已知电流表准确值，则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻；故应选B电路；待测电阻及电流表总电阻R=U/I，则待测电阻RX=R-RA；故答案为：A，小，B，U/I-RA；三、解答题13、某发电厂通过两条输电线向远处的用电设备供电当发电厂输出的功率为P0时，额定电压为U的用电设备消耗的功率为P1若发电厂用一台升压变压器T1先把电压升高，仍通过原来的输电线供电，达到用电设备所在地，再通过一台降压变压器T2把电压降到用电设备的额定电压，供用电设备使用，如图所示，这样改动后，当发

15、电厂输出的功率仍为P0，用电设备可获得的功率增加至P2试求所用升压变压器T1的原线圈与副线圈的匝数比N1/N2以及降压变压器T2的原线圈与副线圈的匝数比n1/n各为多少？14、如图，在区域I（0xd）和区域II（dx2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电荷量q（q0）的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域I，其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域I时，速度方向与x轴正方向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从p点沿x轴正向射入区域I，其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求（1

16、）粒子a射入区域I时速度的大小；（2）当a离开区域II时，a、b两粒子的y坐标之差。 【答案】解：（1）设粒子a在I内做匀速圆周运动的圆心为C（在y轴上），半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P'，如图由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 由几何关系得， ，式中由式得 （2）设粒子a在II内做圆周运动的圆心为Oa，半径为Ra1，射出点为Pa（图中未画出轨迹），。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 由式得 C、P'和Oa三点共线，且由式知Oa点必位于 的平面上。由对称性知，Pa点与P'点纵坐标相同，即 式中，h是C点的y坐标设b在I中运动的轨道半径为Rb1，由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为。如果b没有飞出I，则，式中，t是a在区域II中运动的时间，而，由式得 由式可见，b没有飞出。Pb点的y坐标为由式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为 15、如图所示，顶角=4