2019年高考物理模拟试卷(含解析)

1、2019年高考物理模拟试卷一、选择题（本题共 8小题，每小题 6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第 1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项复合题目要求，全部选对得6分，选对但不全的得3分，有选错的得 0分）1. （6分）物理学重视逻辑，崇尚理性，在人们对物理世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用，物理理论往往建立在对科学实验事实观察的基础上，下列说法符合历史事实的是（）A.赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论B.查德威克用 a粒子轰击174N获得反冲核187O,发现了中子C.贝克勒尔发现的天然放射性现象，提出了原子核式结构模型D.爱因斯坦发现光电效

2、应的规律，揭示了光具有波动性2. （6分）甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的x-t图象如图所示（乙的图线为抛物线），下列说法错误的是（）A.乙物体先向负方向运动，tl时刻以后反向向正方向运动B . 0t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大C. t2时刻，乙物体追上甲D. tl时刻，两者相距最远3. （6分）如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一轻弹簧相连，轻弹簧能承受的最大拉力为T.现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块一起加速运动，则以下说法正确的是（）I 反A.质量为2m的木块受到四个力的作用B.当F逐渐增大到T

3、时，轻弹簧刚好被拉断C.当F逐渐增大到1.5T时，轻弹簧还不会被拉断D.当F撤去瞬间，m所受摩擦力的大小和方向不变4. （6分）A、B为两等量异种电荷，图中水平虚线为A、B连线的中垂线，现将另两个等量异种的检验电荷 a、b,如图用绝缘细杆连接后从离AB无穷远处沿中垂线平移到 AB的连线，平移过程中两检验电荷位置始终关于中垂线对称。若规定离AB无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是（）0I II I 8 6A.在AB的连线上a所处的位置电势 （f）aV 08. a、b整体在AB连线处具有的电势能 Ep>0C.整个移动过程中，静电力对 a做正功D .整个移动过程中，静电力对a、b整体做正功5

4、. （6分）如图为某种型号手机充电器的简化电路图，其中副线圈的中心抽头有一根引线， 该装置先将市网电压通过一个小型变压器后，再通过理想二极管D连接到手机电源上。已知原副线圈的匝数比为22: 1,若原线圈中输入的电压为u=220sin314t （V）,则下列说法正确的是（）A.手机电源得到的是脉动直流电，其频率为50HzB.手机电源得到的是正弦交流电。其频率为50HzC .该装置正常工作时手机电源获得的电压为5VD.若其中一个二极管烧坏不能通电，另一个还能工作，此时手机电源获得的电压为2.5V6. （6分）太阳系外有一颗星球，其半径为R,自转周期为T0,测到其平均密度为 po= 16A ,GTn

5、G为引力常量。该星球表面周围空间充满厚度为 d=A （小于该星球的同步卫星距星球表2面的图度）、密度为2 O兀T64%T 一 -P的均匀介质，若现在在该星球表面发射一颗同步卫星，则卜列说法正确的是（）A.该同步卫星运行的角速度为B.该同步卫星离星球表面的高度为2RC.该同步卫星运行的速度大小为耳里丁02D.该同步卫星的向心加速度大小为R产1 07. （6分）如图所示，在边长为 a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B,其方向垂直纸面向外，一个边长也为 a的单匝正方形导线框架 EFGH正好与上述磁场区域的边界重合，导线框的电阻为 R.现使导线框以周期 T绕其中心。点在纸面内匀速转动,导线框转到

6、图中虚线位置，则在这工时间内（8A.顺时针方向转动时，感应电流方向为E-F-G-H - EB.平均感应电动势大小等于C.平均感应电动势大小等于16a在9TD.通过导线框横截面的电荷量为（3-2加）”B8. （ 6分）绝缘光滑斜面与水平面成a角，一质量为 m、电荷量为-q的小球从斜面上高 h处，以初速度为 V0、方向与斜面底边 MN平行射入，如图所示，整个装置处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向平行于斜面向上。已知斜面足够大，小球能够沿斜面到达底边 MN ,则下列判断正确的是（）wA .小球在斜面上做匀变速曲线运动B.小球到达底边MN的时间C.匀强磁场磁感应强度的取值范围为D.匀强磁场磁

7、感应强度的取值范围为二、解答题（共4小题，满分47分）9. （5分）某同学设计了一个探究碰撞过程中不变量的实验，实验装置如图甲：在粗糙的长 木板上，小车 A的前端装上撞针，给小车 A某一初速度，使之向左匀速运动，并与原来 静止在前方的小车 B （后端粘有橡皮泥，橡皮泥质量可忽略不计）相碰并粘合成一体， 继续匀速运动。在小车 A后连着纸带，纸带穿过电磁打点计时器，电磁打点计时器电源 频率为50Hz。长木/小* 小车一七时一抵爆1 2 3 4 5 6 7 cm（1）在用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”实验时，下列正确的有 （填标A.实验时要保证长木板水平放置B.相互作用的两车上，一个装上撞针，一

8、个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起C.先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车D.先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源（2）纸带记录下碰撞前 A车和碰撞后两车运动情况如图乙所示，则碰撞前 A车运动速度大小为 m/s （结果保留一位有效数字），A、B两车的质量比值（结果保留一位有效数字）10. （10分）某同学准备自己动手制作一个欧姆表，可以选择的器材如下：电池E （电动势和内阻均未知）表头G （刻度清晰，但刻度值不清晰，量程 Ig未知，内阻未知） 电压表 V （量程为1.5V,内阻Rv= 1000Q）滑动变阻器R1 （010Q）电阻箱R2 （0-1000 Q）开关一个，理想导线若干

9、（1）为测量表头 G的量程，该同学设计了如图甲所示电路。图中电源即电池E闭合开关，调节滑动变阻器 R1滑片至中间位置附近某处， 并将电阻箱阻值调到 40时，表头恰 好满偏，此时电压表 V的示数为1.5V;将电阻箱阻值调到115Q,微调滑动变阻器 R1滑 片位置，使电压表V示数仍为1.5V,发现此时表头G的指针指在如图乙所示位置， 由以 上数据可得表头 G的内阻Rg=Q,表头G的量程Ig=mA。（2）该同学接着用上述器材测量该电池E的电动势和内阻，测量电路如图丙所示，电阻箱R2的阻值始终调节为1000Q：图丁为测出多组数据后得到的图线（U为电压表V的示数，I为表头G的示数），则根据电路图及图线可

10、以得到被测电池的电动势E =V,内阻r=Q.（结果均保留两位有效数字）（3）该同学用所提供器材中的电池E、表头G及滑动变阻器制作成了一个欧姆表，利用11. （14分）如图所示，一个半径为R= 1.00m粗糙的二圆弧轨道，固定在竖直平面内，其4下端切线是水平的，轨道下端距地面高度h= 1.25m。在轨道末端放有质量为mB = 0.30kg的小球B （视为质点），B左侧装有微型传感器，另一质量为mA = 0.10kg的小球A （也视为质点）由轨道上端点从静止开始释放，运动到轨道最低处时，传感器显示读数为 2.6N,A与B发生正碰，碰后 B小球水平飞出，落到地面时的水平位移为s = 0.80m,不计

11、空气阻力，重力加速度取 g=10m/s2,求:(1)小球A在碰前克服摩擦力所做的功;(2) A与B碰撞过程中，系统损失的机械能。12. (18分)中心均开有小孔的金属板C、D与半径为d的圆形单匝金属线圈连接，圆形框内有垂直纸面的匀强磁场，大小随时间变化的关系为B = kt (k未知且k>0), E、F为磁场边界，且与C、D板平行。D板右方分布磁场大小均为 B0,方向如图所示的匀强磁场。区域I的磁场宽度为 d,区域n的磁场宽度足够大。在C板小孔附近有质量为 m、电量为q的负离子由静止开始加速后，经 D板小孔垂直进入磁场区域I ,不计离子重力。(1)判断圆形线框内的磁场方向；(2)若离子从C

12、板出发，运动一段时间后又恰能回到C板出发点，求离子在磁场中运动的总时间；(3)若改变圆形框内的磁感强度变化率k,离子可从距 D板小孔为2d的点穿过E边界离开磁场，求圆形框内磁感强度的变化率k是多少？物理-选彳3-3 (15分)13. (5分)下列说法正确的是()A.零摄氏度的物体的内能为零B.气体如果失去了容器的约束会散开，这是因为气体分子热运动的结果C.温度相同的氧气和臭氧气体，分子平均动能相同D.理想气体，分子之间的引力、斥力依然同时存在，且分子力表现为斥力E.浸润现象是分子间作用力引起的14. （10分）如图所示，上端带卡环的绝热圆柱形汽缸竖直放置在水平地面上，汽缸内部被质量均为m的活塞

13、A和活塞B分成高度相等的三个部分，下边两部分封闭有理想气体 P和Q,活塞A导热性能良好，活塞 B绝热。两活塞均与汽缸接触良好，活塞厚度不计，忽略一切摩擦。汽缸下面有加热装置，初始状态温度均为T0,气缸的截面积为 S,外界大气压强大小为且壹且保持不变，现对气体 Q缓慢加热。求：S当活塞A恰好到达汽缸上端卡口时，气体 Q的温度T1；活塞A恰接触汽缸上端卡口后，继续给气体Q加热，当气体P体积减为原来一半时，气体Q的温度丁2。QfWW2019年高考物理模拟试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共 8小题，每小题 6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第 1418题只有一项符合题目要求，第1921题

14、有多项复合题目要求，全部选对得 6分，选对但不全的得3分，有选错的得 0分）1. （6分）物理学重视逻辑，崇尚理性，在人们对物理世界进行探索的过程中，科学实验起到了非常重要的作用，物理理论往往建立在对科学实验事实观察的基础上，下列说法符合历史事实的是（）A.赫兹通过一系列实验，证实了麦克斯韦关于光的电磁理论B.查德威克用 a粒子轰击174N获得反冲核187O,发现了中子C.贝克勒尔发现的天然放射性现象，提出了原子核式结构模型D.爱因斯坦发现光电效应的规律，揭示了光具有波动性【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：A、麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过实验证

15、实了麦克斯韦的电磁理论，故A正确；B、卢瑟福用a粒子轰击i4N,获得反冲核 Or0,发现了质子，故 B错误； r0C、贝克勒尔发现的天然放射性现象，说明原子核具有复杂结构，故C错误；D、爱因斯坦发现光电效应的规律，揭示了光具有粒子性，故 D错误。故选：A。【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。2. （6分）甲、乙两物体从同一位置沿同一直线运动，它们的x-t图象如图所示（乙的图线为抛物线），下列说法错误的是（）A.乙物体先向负方向运动，tl时刻以后反向向正方向运动B . 0t2时间内，乙的速度和加速度都是先减小后增大C.

16、t2时刻，乙物体追上甲D . tl时刻，两者相距最远【分析】在位移-时间图象中，图象的斜率表示速度，倾斜的直线表示物体做匀速直线运动，抛物线表示匀变速直线运动，图象的交点表示相遇。【解答】解：A、在位移-时间图象中，图象的斜率表示速度，由图象可知，乙的斜率先负后正，则乙物体先向负方向运动，tl时刻以后反向向正方向运动，故 A正确；B、乙的图线为抛物线，则乙做匀变速直线运动，加速度不变，故 B错误；C、图象的交点表示相遇，t2时刻之前甲在乙的前面，则 t2时刻，乙物体追上甲，故 C 正确；D、纵坐标之差表示甲乙之间的距离，根据图象可知tl时刻，两者相距最远，故 D正确。本题选错误的， 故选：B。

17、【点评】 解决本题时，要在理解位移-时间图象点和斜率的物理意义的同时，还要理解 好好速度-时间图象的点、线、面的物理意义，知道图象的斜率表示速度，斜率的正负 表示速度方向。3. （6分）如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一轻弹簧相连，轻弹簧能承受的最大拉力为T.现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块一起加速运动，则以下说法正确的是（）A.质量为2m的木块受到四个力的作用B.当F逐渐增大到T时，轻弹簧刚好被拉断C.当F逐渐增大到1.5T时，轻弹簧还不会被拉断D .当F撤去瞬间，m所受摩擦力的大小和方向不变【分析】根据弹簧的最大拉力为

18、 T,对质量为 m和2m的两个物体分析，求出加速度的 最大值，再对整体分析，求出拉力的最大值。撤去 F的瞬间，弹簧的弹力不变，根据牛 顿第二定律判断m所受的摩擦力大小和方向是否改变。【解答】解：A、质量为2m的物体受重力、支持力、 m对它的压力以及摩擦力，还有弹 簧的弹力，总共受5个力。故A错误。BC、当弹簧的弹力为 T时，m和2m的加速度2=工，对整体分析，拉力F=6ma = 2T.知 3m当拉力为2T时，轻弹簧恰好被拉断。故 BC错误。D、撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变， m和2m整体的加速度不变，隔离对 m分析，根 据牛顿第二定律知，m所受的摩擦力大小和方向都不变，故 D正确。故选：D。【

19、点评】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体 法和隔离法的运用。4. （6分）A、B为两等量异种电荷，图中水平虚线为A、B连线的中垂线，现将另两个等量异种的检验电荷 a、b,如图用绝缘细杆连接后从离 AB无穷远处沿中垂线平移到 AB 的连线，平移过程中两检验电荷位置始终关于中垂线对称。若规定离AB无穷远处电势为零，则下列说法中正确的是（）A.在AB的连线上a所处的位置电势 如 08. a、b整体在AB连线处具有的电势能 Ep。C.整个移动过程中，静电力对a做正功D.整个移动过程中，静电力对a、b整体做正功【分析】明确等量异号电荷的电场分布规律，知道AB连线的垂直平

20、分线是一条等势线，其电势等于无穷远处电势。根据电场线的方向分析电势的大小。【解答】解：A、设AB连线的中点为 O.由于AB连线的垂直平分线是一条等势线，且一直延伸到无穷远处， 所以。点的电势为零。AO间的电场线方向由 A-O,而顺着电场线方向电势逐渐降低，可知，a所处的位置电势 帕 0,故A错误。B、a所处的位置电势 如0, b所处的位置电势 （f）b0,由Ep=q（f）知，a、b在AB处的 电势能均大于零，则整体的电势能Ep0.故B正确。a做负功,C、在平移过程中，a所受的静电力与其位移方向的夹角为钝角，则静电力对故C错误。D、a、b看成一个整体，总电量为零，所以整个移动过程中，静电力对a、

21、b整体做功为零，故D错误。故选：B。【点评】对于等量异种电荷电场线和等势面的分布情况要熟悉，要抓住其对称性进行记忆，知道等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，且一直延伸到无穷远。5. （6分）如图为某种型号手机充电器的简化电路图，其中副线圈的中心抽头有一根引线，该装置先将市网电压通过一个小型变压器后，再通过理想二极管D连接到手机电源上。已知原副线圈的匝数比为 22: 1,若原线圈中输入的电压为u=220sin314t （V）,则下列说法正确的是（）A.手机电源得到的是脉动直流电，其频率为50HzB.手机电源得到的是正弦交流电。其频率为50HzC .该装置正常工作时手机电源获得的电压为5VD

22、.若其中一个二极管烧坏不能通电，另一个还能工作，此时手机电源获得的电压为 2.5V【分析】根据理想变压器的原副线圈的功率相等，且电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，即可求解电压关系，二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。【解答】解：AB、由于二极管具有单向导电性，副线圈上端高电势时上端二极管导通，副线圈上端低电势时下端二极管导通，两个二极管交替工作，故手机电源得到的是一股脉动直流电，脉动直流电通过手机电源时，其周期减半，频率加倍，故手机电源得到的频率为100Hz,即A、B错误；C、由单向导电性知每半个周期导通一个二极管，又副线圈的一根引线是通过中心抽头引991

23、1 Ui出的，由匝数比为 学，知 ,因此手机电源获得的电压为U1 = 5V,故C正确；144 1此时还能间歇充电， 但其有效值D、若其中一个二极管烧坏不能通电，另一个还能工作,满足与_ 卷二号 代入数据可得.2二手-比5卯 即D错误；故选：Co【点评】考查变压器的电压与匝数的关系，掌握闭合电路欧姆定律的应用，理解二极管单向导电性，注意原副线圈的功率相等，是解题的关键。6. （6分）太阳系外有一颗星球，其半径为R,自转周期为T0,测到其平均密度为 。0=人吗,GT：G为引力常量。该星球表面周围空间充满厚度为 d= （小于该星球的同步卫星距星球表2面的图度）、密度为的均匀介质，若现在在该星球表面发

24、射一颗同步卫星，则下列说法正确的是（）A .该同步卫星运行的角速度为导T。B.该同步卫星离星球表面的高度为2RC.该同步卫星运行的速度大小为受尸1 00 IT 2rD.该同步卫星的向心加速度大小为T71 0【分析】同步卫星的周期与地球自转周期相同，根据角速度与周期的关系求解角速度,根据万有引力提供向心力求解半径，根据线速度和角速度的关系求解线速度，根据向心加速度与角速度的关系求解向心加速度。【解答】解：A、题意知，该同步卫星运行的角速度叱=空-,故A正确；B、设该星球的同步卫星距星球中心的距离为r,同步卫星的质量为 mo,且将星球和星球表面空间的介质视为另外一个更大的天体，其质量为M+M

25、9;,根据万有引力定律和向心力公式有 G =m0 3/r,而 M = p0*4兀R3, M' = 可（R+d） 3- R3,解得r=2R,则该星球的同步卫星距星球表面的高度h = r-R=R,故B错误;C、该同步卫星运行的速度大小v= 30=干工，故C错误；1 0 9'兀年 -D、该同步卫星的向心加速度大小为a=0 r =2-，D项正确。故选：AD。【点评】 本题考查天体的运行规律及同步卫星的规律，要注意明确同步卫星的周期与天 体自转周期相同。7. （6分）如图所示，在边长为 a的正方形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B,其方向垂直纸面向外，一个边长也为 a的单匝正方形导线框架

26、EFGH正好与上述磁场区域的边界 重合，导线框的电阻为 R.现使导线框以周期 T绕其中心。点在纸面内匀速转动， 经过工8导线框转到图中虚线位置，则在这 工时间内（）8 * > E.i* ， 、 -* * 二 、Z、i>， Z / *H7kL 、, 第 、产A.顺时针方向转动时，感应电流方向为E-F-G-H - EB.平均感应电动势大小等于8(3-272)a2BTC.平均感应电动势大小等于D.通过导线框横截面的电荷量为(3-2五)屋BR【分析】根据楞次定律判断感应电流的方向.运用法拉第电磁感应定律求出平均感应电动势大小.根据电量的表达式求出通过导线框横截面的电荷量.【解答】解：A、由

27、于虚线位置是经过 工到达的，而且线框是顺时针方向转动，所以线框8的磁通量是变小的。根据楞次定律，感应电流产生的磁场跟原磁场方向相同，即感应电流产生的磁场方向为垂直纸面向外，根据右手定则，我们可以判断出感应电流的方向为：E-H - G-F-E,故A错误。B、根据法拉第电磁感应定律得：平均感应电动势=单$,由几何知识得：OC=a, 0A】a, AB =AC ,22根据几何关系找出有磁场穿过面积的变化$= （3- 2加）a2,解得：E =-辿区B ,故b正确，故c错误。 TD、通过导线框横截面的电荷量 q= 1? t= X?At= 3-2V2）a B 故D正确。RR故选：BDoC入事 *E J FH

28、【点评】 分析清楚线框的运动过程、知道磁通量如何变化、求出磁通量的变化量是解题的前提与关键；要掌握应用楞次定律判断感应电流方向的方法与步骤；应用楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律与电流的定义式可以解题.8. （ 6分）绝缘光滑斜面与水平面成a角，一质量为 m、电荷量为-q的小球从斜面上高 h处，以初速度为 V0、方向与斜面底边 MN平行射入，如图所示，整个装置处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向平行于斜面向上。已知斜面足够大，小球能够沿斜面到达底边 MN ,则下列判断正确的是（）A .小球在斜面上做匀变速曲线运动B.小球到达底边MN的时间t=卷一V gsin 口IDSC.匀强磁场磁

29、感应强度的取值范围为0VBW -cosaqy。D .匀强磁场磁感应强度的取值范围为0V B w51-sin ”【分析】A选项根据受力分析，结合力的合成法则，并依据牛顿第二定律，及曲线运动条件，即可求解；B选项依据洛伦兹力小于等于重力的垂直斜面的分力；CD选项根据运动学公式，结合牛顿第二定律，即可求解。【解答】解：A、由于小球在下滑过程中，速度的变化，不会影响重力与支持力的合力，因此小球受力恒定，故小球做匀变速曲线运动，故 A正确；B、小球做类平抛运动，则在斜面上，沿着斜面方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据力的分解法则，及牛顿第二定律，则小球的加速度a= gsin”，再由运动学公式，球到-I

30、达底边 MN的时间t = 1卫处_= 生 ,故B正确1. a V gsin2CD、根据小球能够沿斜面到达底边MN ,则小球受到的洛伦兹力 0W f = qv0BW mgcos ”,解得：磁感应强度的取值范围为0WBW'1-q30根据小球能够沿斜面到达底边MN ,则小球受到的洛伦兹力 0W f= qvoB< mgcos a；解得：磁感应强度的取值范围为0WBW0BW_El_cosa,故C正确，D错误。故选：ABC。【点评】考查曲线运动的条件，掌握牛顿第二定律与运动学公式的内容，理解洛伦兹力虽受到速度大小影响，但没有影响小球的合力，同时知道洛伦兹力不能大于重力垂直斜面的分力。二、解答

31、题（共4小题，满分47分）9. （5分）某同学设计了一个探究碰撞过程中不变量的实验，实验装置如图甲：在粗糙的长木板上，小车 A的前端装上撞针，给小车 A某一初速度，使之向左匀速运动，并与原来静止在前方的小车 B （后端粘有橡皮泥，橡皮泥质量可忽略不计）相碰并粘合成一体，继续匀速运动。在小车 A后连着纸带，纸带穿过电磁打点计时器，电磁打点计时器电源频率为50Hz。小率小事打点*附居银苗小木片777777(1)在用打点计时器做“探究碰撞中的不变量”实验时，下列正确的有BC (填标号)。A.实验时要保证长木板水平放置B.相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起C.先接通打

32、点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车D.先释放拖动纸带的小车，再接通打点计时器的电源(2)纸带记录下碰撞前 A车和碰撞后两车运动情况如图乙所示，则碰撞前A车运动速度大小为 0.6 m/s (结果保留一位有效数字),A、B两车的质量比值 ?等于 2 。(结 映果保留一位有效数字)【分析】(1)系统所受合力为零时系统动量守恒，实验前要平衡摩擦力，我充分利用纸带，实验时要先接通电源，然后再释放纸带。(2)根据图示纸带应用速度公式求出碰撞前后小车的速度，然后应用动量守恒定律求出两车质量之比。【解答】解：(1) A、实验前要平衡摩擦力， 实验时要把木板右端适当垫高以平衡摩擦力，故A错误；B、为使两车碰撞

33、后粘在一起，相互作用的两车上，一个装上撞针，一个装上橡皮泥，是为了碰撞后粘在一起，故 B正确；CD、为充分利用知道，实验时要先接通打点计时器的电源，再释放拖动纸带的小车，故C正确，D错误；(2)由图示纸带可知，碰撞前小的速度为：7 =生=(220-100)X102=0.6m/s,t0. 02s碰撞后两车的速度为： V, =320)X 10_H=0.4m/s,t0. 02s碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mAv= (mA+mB)v'代入数据解得：mA： mB=2;故答案为：(1) BC; (2) 0.6; 2。【点评】本题考查了实验注意事项与实验数据处理，根据图示

34、纸带求出两点间的距离、 应用速度公式求出碰撞前后小车的速度是解题的关键，掌握基础知识、应用动量守恒定 律即可解题。10. （10分）某同学准备自己动手制作一个欧姆表，可以选择的器材如下：电池E （电动势和内阻均未知）表头G （刻度清晰，但刻度值不清晰，量程 Ig未知，内阻未知） 电压表 V （量程为1.5V,内阻Rv= 1000Q）滑动变阻器R1 （010Q）电阻箱R2 （0-1000 Q）开关一个，理想导线若干（1）为测量表头 G的量程，该同学设计了如图甲所示电路。图中电源即电池E闭合开关，调节滑动变阻器 R1滑片至中间位置附近某处， 并将电阻箱阻值调到 40时，表头恰 好满偏，此时电压表

35、V的示数为1.5V;将电阻箱阻值调到115Q,微调滑动变阻器 R1滑 片位置，使电压表V示数仍为1.5V,发现此时表头G的指针指在如图乙所示位置， 由以 上数据可得表头 G的内阻Rg= 10 Q,表头G的量程Ig= 30 mA。（2）该同学接着用上述器材测量该电池E的电动势和内阻，测量电路如图丙所示，电阻箱R2的阻值始终调节为1000Q：图丁为测出多组数据后得到的图线 （U为电压表V的示 数，I为表头G的示数），则根据电路图及图线可以得到被测电池的电动势E= 3.0 V,内阻r= 20（结果均保留两位有效数字）（3）该同学用所提供器材中的电池E、表头G及滑动变阻器制作成了一个欧姆表，利用以上（

36、1）、（2）问所测定的数据，可知表头正中央刻度为100 Qq【分析】（1）根据图示表盘读出表头的示数；根据实验电路图甲，应用欧姆定律求出表 头的满偏电流与内阻。（2）根据图丙所示电路图，应用闭合电路欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。(3)欧姆表中值电阻等于欧姆表内阻，根据题意应用欧姆定律求出欧姆表的内阻，然后求出中值电阻。【解答】解：(1)由图乙所示表盘可知，表盘功30分度，其示数为： 丝Ig=2lg,?ij 5电压表示数：U=1.5V,由欧姆定律可知：U=I (Rg+R2),即：U=Ig (Rg+40), U = Ig (Rg+115),解得：Rg=10Q,

37、 Ig=30mA;5(2)电压表Rv的内阻为1000 Q,电阻箱R2阻值始终调节为1000 Q,电压表与电阻箱串联，它们两端电压相等，电压表示数为U,则路端电压为2U,由图丙所示电路图可知，电源电动势：E = 2U+Ir,则：U=E- I三，22由图示u-i图象可知：=1.5,岂殳I。，22 Al 0,030电源电动势：E= 3.0V, r=20Q;(3)欧姆表内阻： R内=-=出包=100Q,Ig 0.030欧姆表中值电阻等于其内阻，因此表头正中央刻度为：R中=R内=100;故答案为：(1) 10; 30; (2) 3.0; 20; (3) 100。【点评】本题考查了测量表头内阻与满偏电流、

38、求电源电动势与内阻、求欧姆表中值电 阻等问题，分析清楚题意、根据电路图应用欧姆定律列式即可解题。11. (14分)如图所示，一个半径为R= 1.00m粗糙的圆弧轨道，固定在竖直平面内，其4下端切线是水平的， 轨道下端距地面高度 h= 1.25m。在轨道末端放有质量为 mB = 0.30kg 的小球B (视为质点)，B左侧装有微型传感器，另一质量为 mA = 0.10kg的小球A (也 视为质点)由轨道上端点从静止开始释放， 运动到轨道最低处时，传感器显示读数为 2.6N, A与B发生正碰，碰后 B小球水平飞出，落到地面时的水平位移为 s = 0.80m,不计空气2 一阻力，重力加速度取 g=1

39、0m/s ,求：(1)小球A在碰前克服摩擦力所做的功；(2) A与B碰撞过程中，系统损失的机械能。【分析】（1）小球A在圆弧轨道上做圆周运动，经过最低点时由合力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出小球 A运动到轨道最低处时的速度大小。对于 A球下滑的过程，利 用动能定理可以求出小球 A克服摩擦力做的功。（2）小球B离开轨道后做平抛运动，由平抛运动规律可以求出碰后B的速度，然后由动量守恒定律求出碰撞后 A的速度，再由能量守恒定律求碰撞过程系统损失的机械能。【解答】解（1）在最低点，对球，由牛顿第二定律得:Fa mAg= mAVAT代入数据解得:由动能定理得:代入数据解得:vA = 4.00m/s1

40、2mAgR - Wf =_;rnAyaWf=0.20J(2)碰后对B球平抛有：h-Lgt2, s=v' Bt,Lr代入数据解得：v' b = 1.6m/sA、B碰撞过程系统动量守恒，由动量守恒定律有：mAVA=mAv' A+mBv' b代入数据解得：v' a= - 0.80m/s负号表示方向向左由能量守恒定律得： E损=费"加乩炉工4m4产，!代入数据解得： E损=0.384J答：（1）小球A在碰前克服摩擦力所做的功0.20J;（2） A与B碰撞过程中，系统损失的机械能0.384J。【点评】本题是多研究对象多过程问题，分析清楚物体运动过程，应用

41、牛顿第二定律、 动能定理、平抛运动规律、动量守恒定律即可正确解题，解题时要注意过程的选择与正 方向的选择。12. （18分）中心均开有小孔的金属板C、D与半径为d的圆形单匝金属线圈连接，圆形框内有垂直纸面的匀强磁场，大小随时间变化的关系为B = kt （k未知且k>0）, E、F为磁场边界，且与C、D板平行。D板右方分布磁场大小均为 B0,方向如图所示的匀强磁场。区域I的磁场宽度为 d,区域n的磁场宽度足够大。在C板小孔附近有质量为 m、电量为q的负离子由静止开始加速后，经 D板小孔垂直进入磁场区域I ,不计离子重力。(1)判断圆形线框内的磁场方向；(2)若离子从C板出发，运动一段时间后

42、又恰能回到C板出发点，求离子在磁场中运动的总时间；(3)若改变圆形框内的磁感强度变化率k,离子可从距 D板小孔为2d的点穿过E边界离开磁场，求圆形框内磁感强度的变化率k是多少？EF3x1x： *，事.< XX ：,I*;xx *X X : .【分析】(1)根据楞次定律即可求解；(2)画出离子运动的轨迹图，找出圆心，根据几何知识可求出三个轨迹对应的圆心角，即可求解；(3)先根据法拉第电磁感应定律求出磁场变化率K,然后画出离子从距 D板小孔为2d的点穿过E边界离开磁场时存在两种情况的轨迹图，根据几何知识求出圆的半径，代入 即可求解。【解答】解：(1)负离子从C板向D板加速运动，说明 D板电势

43、高，对圆形电路，由楞 次定律可知，感应电流方向应是逆时针，所以圆形线框内的磁场方向垂直纸面向里。2(2)离子在I、n区域内作圆周运动，半径均为R,有：qvoB0=m R运动周期均为T,有：丁 =空工v0解得：丁=2匹四qB U由题意知粒子运动轨迹如图(甲)，将三个轨迹的圆心连接起来，由几何知识可知，所得 三角形为等边三角形，所以离子在磁场中运动的总时间为:一 兀21t3 - 7T 0t= 2 ?-T+T 乳6 2K6解得：t=出!3qB0(3)单匝圆形线框产生的电动势为U,由法拉第电磁感应定律得:U= SAB =K7td2.At离子从D板小孔射出速度为 V,有动能定理得:qU.mv2解得：K

44、=2R2 OBq离子进入磁场从 E边界射出的运动轨迹有两种情况：(I)如果离子从小孔下面离开磁场，运动轨迹与F相切，如图(乙)所示由几何关系知：R=d解得：K = (n)如果离子从小孔上面离开磁场，如图(丙)所示由几何关系知：(R+d ) 2+ (2d ) 2= (2R )马-(11)解(11)得：K =1 12)18nm答：(1)圆形线框内的磁场方向垂直纸面向里；(2)离子在磁场中运动的总时间为 U电；3qB 口(3)圆形框内磁感强度的变化率为2 -U 5BrRqTT5 s2 1或2 oIB qBJr Q 2【点评】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系 求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量；根据周期公式结合轨迹对应的圆心角求 时间；对于带电粒子在电场中运动时，一般是按类平抛运动的知识进行解答。物理-选彳