云南省2020年高二（下）期末物理试卷（解析版）

2020年云南省临沧一中高二（下）期末物理试卷

一、选择题（本题共16小题，每小题3分，满分48分，在每小题给

出的四个选项中，第1-10题只有一项符合题目要求，第11-16题有

多项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有错

选的得0分）

1.如图所示为远距离高压输电示意图，关于远距离输电，下列表述

错误的是（）

升■电线稀

压商IK

变电

褥所

器

i]~

低小

—震心

所

A.增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失

B.高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的

C.在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失

越小

D.高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好

2.一平行板电容器两极板之间真空，接在恒压直流电源上，若待充

电结束后，撤去电源并将云母介质插入并充满两板间，则电容器

（）

A.极板上的电荷量不变，极板间的电场强度变大

B.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大

C.两极间电压变小，极板间电场强度变小

D.两极间电压不变，极板间电场强度不变

3.2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波的存在，引力

波的发现将为人类探索宇宙提供新视角，这是一个划时代的发现.在

如图所示的双星系统中，A、B两个恒星靠着相互之间的引力正在做

匀速圆周运动，已知恒星A的质量为太阳质量的29倍，恒星B的质

量为太阳质量的36倍，两星之间的距离L=2X105m,太阳质量M=2

X1030Kg,万有引力常量G=6.67XM】iN・m2/kg2.若两星在环绕过程

中会辐射出引力波，该引力波的频率与两星做圆周运动的频率具有相

同的数量级，则根据题目所给信息估算该引力波频率的数量级是

()

①3

A.102HZB.104HZC.106HZD.108HZ

4.甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t=0时，乙车在

甲车前50m处，它们的v-t图象如图所示，下列对汽车运动情况的

描述正确的是()

A.甲车先做匀速运动再做反向匀减速运动

B.在第20s末，甲、乙两车的加速度大小相等

C.在第30s末，甲、乙两车相距100m

D.在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次

5.如图所示电路中，L为电感线圈，C为电容器，当开关S由断开变

为闭合时，则（)

A.A灯有电流通过，方向由a到b

B.A灯中无电流通过，不可能变亮

C.B灯立即熄灭，c点电势低于d点电势

D.B灯逐渐熄灭，c点电势低于d点电势

6.如图所示，半径为a、电阻为R的圆形闭合金属环位于有理想边

界的匀强磁场右边沿，环平面与磁场垂直.现用水平向右的外力F将

金属环从磁场中匀速拉出，作用于金属环上的拉力F与位移x的关系

图象应是下图中的（）

XXXX；

X

7.如图所示，竖直墙壁上固定有一个光滑的半圆形支架（AB为直径），

支架上套着一个小球，轻绳的一端悬于P点，另一端与小球相连.已

知半圆形支架的半径为R,轻绳长度为L,且RVLV2R.现将轻绳的

上端点P沿墙壁缓慢下移至A点，此过程中轻绳对小球的拉力F］及

支架对小球的支持力F2的大小变化情况为（）

A.F］和Fz均增大

B.%保持不变，Fz先增大后减小

C.%先减小后增大，F2保持不变

D.%先增大后减小，F2先减小后增大

8.如图，单匝矩形导线框abed与匀强磁场乖直，线框电阻不计，线

框绕与cd边重合的同定转轴以恒定角速度从图示位置开始匀速转

动，理想变压器匝数比为5：开关S断开时，额定功率为P的灯

泡L正常发光，电流表示数为I,电流表内阻不计，下列说法正确的

A.线框中产生的电流为正弦式交变电流

B.线框从图中位置转过4•时，感应电动势瞬时值为,

C.灯泡L的额定电压等于缶

D.如果闭合开关S,则电流表示数变大

9.如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r、电阻R2为定值电阻,

Ri为滑动变阻器，A、B为水平放置的电容器的上下两个极板，当滑

动变阻器Ri处于某位置时，A、B两板间的带电油滴恰好悬浮不动,

则下列说法中正确的是（）

A.两极板A、B轻微向上逆时针旋转相同角度（保持平行）其他条

件不变时，油滴可能水平向左运动

B.移动Ri的滑动触头且其他条件不变时，电压表的读数增大了

则电阻R2两端的电压减小了411

C.右滑动触头向左移动且其他条件不变时一，带电油滴向上运动

D.%滑动触头向右移动且其他条件不变时，R?上消耗的热功率变大

10.如图所示，轻质弹簧上端固定，下端与质量为m的圆环相连，

圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为a,将圆环

从a处静止释放，环沿杆上滑到b处时的速度为v,滑到d处时速度

为零，且弹簧竖直并处于自然长度；接着，圆环又从d处沿杆下滑，

滑到b处时速度为零.已知bd=L,c是bd的中点，弹簧始终在弹性

限度内，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.环上滑经过c点的速度等于下滑经过c点的速度

B.环上滑经过c点的速度小于下滑经过c点的速度

C.环经过b点时，弹簧的弹性势能是mgLsina-ymv2

D.环经过b点时，弹簧的弹性势能是mgLsina--ymv2

11.如图所示，MN和PQ是电阻不计的光滑平行金属导轨，间距为

L,导轨弯曲部分与平直部分平滑连接，顶端弯曲部分与平直部分平

滑连接，顶端接一个阻值为R的定值电阻，平直导轨左端，平直导轨

左端，有宽度为d,方向竖直向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场,

一电阻为r,长为L的金属棒从导轨AA，处由静止释放，经过磁场右边

界后继续向右运动并从桌边水平飞出，已知AA离桌面高度为h,桌

面离地高度为H,金属棒落地点的水平位移为s,重力加速度为g,

由此可求出金属棒穿过磁场区域的过程中（）

A.流过金属棒的最小电流B.通过金属棒的电荷量

C.金属棒克服安培力所做的功D.金属棒产生的焦耳热

12.如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成一定夹角，AB

直线与场强E互相垂直，在A点以大小为V。的初速度水平抛出一质

量为m、带电荷量为+q的小球，经时间3小球下落一段距离过C点

（图中未画出）时，其速度大小仍为V。，则在小球由A点运动到C

点的过程中，下列说法正确的是（）

A.电场力对小球做功为零

B.C点位于AB直线的右方

2.2

C.小球机械能减少量为大于*1-

D.小球的电势能减小

13.图甲为0.1kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平面上、半径

为0.4半圆轨道后，小球速度的平方与其高度的关系图象.已知小球

恰能到达最高点C,轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计.g取

10m/s2,B为AC轨道中点，下列说法正确的是（）

A.图甲中x=4

B.小球从B到C损失了0.125J的机械能

C.小球从A到C合外力对其做的功为-1.05J

D.小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8m

14.如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面且

电阻均匀的正方形导体框abed,现将导体框分别朝两个方向以v、3v

速度朝两个方向匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过

程中（）

A.导体框所受安培力方向相同

B.导体框中产生的焦耳热相同

C.导体框ad边两端电势差相等

D.通过导体框截面的电荷量相同

15.如图所示，小物块以初速度V。从0点沿斜面向上运动，同时从0

点斜向上抛出一个速度大小也为V。的小球，物块和小球在斜面上的P

点相遇.已知物块和小球质量相等，空气阻力忽略不计，则（）

A.斜面一定是粗糙的

B.在P点时，小球的动能等于物块的动能

C.小球运动到最高点时离斜面最远

D.小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等

16.如图所示，竖直悬挂的弹簧下端栓有导体棒ab,ab无限靠近竖

直平行导轨的内侧、与导轨处于竖直向上的磁场中，导体棒MN平行

导轨处于垂直导轨平面的磁场中，当MN以速度v向右匀速远动时，

ab恰好静止，弹簧无形变，现使v减半仍沿原方向匀速运动，ab开

始沿导轨下滑，磁场大小均为B,导轨宽均为L,导体棒ab、MN质

量相同、电阻均为R,其他电阻不计，导体棒与导轨接触良好，弹簧

始终在弹性范围内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）

w

r

/Z.L,.

'£JLJLJLJL

•MIfT'

A.MN中电流方向从M到N

B.ab受到的安培力垂直纸面向外

C.ab开始下滑直至速度首次达峰值的过程中，克服摩擦产生热量

u2口B叫L4v2

16kR2

222

D.ab速度首次达到峰值时，电路的电热功率为导

二、实验题（共2小题，满分12分）

17.某同学用位移传感器研究木块在斜面上的滑动情况，装置如图

（a）,已知斜面倾角0=37。，他使木块以初速度V。沿斜面上滑，并

同时开始记录数据，电脑绘得木块从开始上滑至最高点，然后又下滑

回到出发点全过程中的x-t图线如图（b）所示.图中曲线左侧起始

点的坐标为（0,1.4）,曲线最低点的坐标为（0.5,0.4）（重力加

速度g取10m*,sin37°=0.6,cos37°=0.8）

（）木块上滑时的初速度和上滑过程中的加速度；

1v0=a=

（2）木块与斜面间的动摩擦因数目=—

18.电流表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表的电流的两倍,

某同学利用这一事实测量电流表的内阻（半偏法）实验室提供材料器

材如下：

A.待测电流表A（量程10mA,内阻约为5欧）；

B.电阻箱R'（最大阻值为9999.9欧）；

C.滑动变阻器右（最大阻值100欧，额定电流1A）；

D.滑动变阻器R2（最大阻值200欧，额定电流0.5A）；

E.电源E（电动势1.5V）；

F.开关两个，导线若干.

（1）按图甲所示的电路实验，应选用的滑动变阻器是—（用器材

前对应的序号字母填写）；

（2）将这种方法测出的电流表内阻记为RJ与电流表内阻的真实值

RA相比RA'RA（填"或"V"），主要理由是;

（3）为了进一步减小测量结果的误差，该同学使用如图乙所示的电

路进行测量，请完成下列实验步骤

a.将各开关均断开，按图连接好电路，将滑动变阻器和电阻箱调到

阻值最大位置；

b.合上开关%,调整R,使电流表A满偏；

三、计算题（共4小题，满分40分，解答应写出必要的文字说明、

方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题,

答案中必须明确写出数值和单位）

19.（8分）据中国航空新闻网2015年9月18日报道，我国某新型

高超音速验证机试飞成功，该机具备超高空、超高速、飞行方式独特

等特点，在某次试验过程中，质量为2000kg的验证机从地面起飞时,

发动机提供的动力方向与水平方向夹角为a=60°,验证机恰好与水平

方向成6=30。角斜向右上方匀加速直线飞行，经时间t=40s时-，迅速

将动力的方向沿逆时针旋转60。并适当调节其大小，使验证机仍沿原

方向匀减速飞行，验证机的质量视为不变,空气阻力不计（g取10m/s2）

求：

（1）t=40s时验证机的速率;

（2）整个过程中验证机离地的最大高度；

（3）从起飞到最大高度的过程中发动机推力做的功.

20.（10分）如图所示，光滑的水平面上有mA=2kg,mB=mc=lkg的

三个物体，BC紧靠在一起但不粘连，AB之间用轻弹簧相连，整个系

统处于静止状态.现在A、C两边用力使三个物体缓慢靠近压缩弹簧,

此过程外力做功72J,然后静止释放，求：

①从释放到物体B与C分离的过程中，C对B的冲量大小？

②当弹簧再次恢复到原长时，A、B的速度各是多大？

21.（10分）如图所示，虚线框内为某种电磁缓冲车的结构示意图,

其主要部件为缓冲滑块K和质量为m的"U"形框缓冲车厢，在车厢的

底板上固定着两个水平绝缘导轨PQ、MN,车厢的底部固定有电磁铁

（图中未画出），能产生垂直于导轨平面并随车厢一起运动的匀强磁

场，磁场的磁感应强度为B,设导轨右端QN是磁场的右边界.导轨

内的缓冲滑块K由高强度绝缘材料制成，滑块K上绕有闭合矩形线圈

abed,线圈的总电阻为R,匝数为n,ab边长为L.假设缓冲车以速

度V。与障碍物C碰撞后，滑块K立即停下（碰前车厢与滑块相对静

止），此后线圈与轨道磁场的作用使车厢减速运动，从而实现缓冲.假

设不^一切摩擦力，求：

□

（1）求滑块K的线圈中感应电动势Em的大小；

（2）若缓冲车厢向前移动距离L后速度为零（导轨未碰到障碍物），

则此过程线圈abed中过的电荷量q和产生的焦耳热Q各是多少？

（3）若缓冲车以某一速度V。，（未知）与障碍物C碰撞后，滑块K立

即停下，缓冲车厢所受的最大水平磁场力为Fm.缓冲车在滑块K停

222

下后，其速度V随位移X的变化规律满足：v=v。'-pBLX.要使导

mR

轨右端不碰到障碍物，则导轨右端与滑块K的cd边距离至少多大？

22.（12分）如图甲所示，在坐标系xOy平面内，y轴的左侧，有一

个速度选择器，其中的电场强度为E,磁感应强度为Bo,粒子源不断

地释放出沿x轴正方向运动，质量均为m、电量均为+q、速度大小不

同的粒子，在y轴的右侧有一匀强磁场、磁感应强度大小恒为B,方

向垂直于xOy平面，且随时间做周期性变化(不计其产生的电场对粒

子的影响)，规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正，如图乙所示，

在离y轴足够远的地方有一个与y轴平行的荧光屏，假设带电粒子在

y轴右侧运动的时间达到磁场的一个变化周期之后，失去电量变成中

性粒子(粒子的重力可以忽略不计).

(1)从0点射入周期性变化磁场的粒子速度多大；

(2)如果磁场的变化周期恒定为T=含，要使不同时刻从原点。进

入变化磁场的粒子运动时间等于磁场的一个变化周期，则荧光屏离开

y轴的距离至少多大；

(3)如果磁场的变化周期T可以改变，试求从t=0时刻经过原点0

的粒子打在荧光屏上的位置离x轴的距离与磁场变化周期T的关系.

参考答案与试题解析

一、选择题（本题共16小题，每小题3分，满分48分，在每小题给

出的四个选项中，第1-10题只有一项符合题目要求，第11-16题有

多项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有错

选的得。分）

1.如图所示为远距离高压输电示意图，关于远距离输电，下列表述

错误的是（）

迅距向nib

A.增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失

B.高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的

C.在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失

越小

D.高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好

【考点】远距离输电.

【分析】根据P=UI,得出输电电流与输送功率的关系，再根据P损=『R

得出损失的功率与什么因素有关.

【解答】解：A、增加输电导线的横截面积，根据电阻定律知可以减

小输电线的电阻，从而减少损失的功率.故A正确.

B、根据P=UI,输电电压越高，输电电流越小，再根据P损=『R知，损

耗的功率越小.故B正确.

C、输电电压一定，输送功率越大，输电电流越大，根据P损=『R知，

损失的功率越大.故C错误.

D、在高压输电的过程中，电压过高时，感抗和容抗影响较大，所以

不一定是电压越高越好.故D正确.

本题选错误的，故选：C.

【点评】解决本题的关键掌握输电功率与输电电压的关系，以及损失

功率与输电电流的关系.

2.一平行板电容器两极板之间真空，接在恒压直流电源上，若待充

电结束后，撤去电源并将云母介质插入并充满两板间，则电容器

()

A.极板上的电荷量不变，极板间的电场强度变大

B.极板上的电荷量变小，极板间的电场强度变大

C.两极间电压变小，极板间电场强度变小

D.两极间电压不变，极板间电场强度不变

【考点】电容.

【分析】电容器冲完电后与电源断开，则电容器两端所带电荷量不变,

将云母介质插入后介电常数增大小，根据电容器介电常数的变化判断

电容的变化以及电场强度的变化.

【解答】解：电容器冲完电后与电源断开，则电容器两端所带电荷量

不变.

将云母介质插入后，介电常数增大，根据电容的决定式C=41T知,

4冗kd

介电常数增大，电容增大.

由于电荷量不变，根据C=^可知，电压U减小.

由于电容器的电压减小，板间的距离d不变，根据E=g可知，极板间

a

的电场强度减小.

所以ABD错误，C正确；

故选：C

【点评】本题是电容器的动态分析问题，关键抓住不变量，当电容器

与电源终相连，则电势差不变；当电容器与电源断开，则电荷量不

变.要掌握C*、C=-^->E=g三个公式.

U4兀kda

3.2016年2月11日，美国科学家宣布探测到引力波的存在，引力

波的发现将为人类探索宇宙提供新视角，这是一个划时代的发现.在

如图所示的双星系统中，A、B两个恒星靠着相互之间的引力正在做

匀速圆周运动，已知恒星A的质量为太阳质量的29倍，恒星B的质

量为太阳质量的36倍，两星之间的距离L=2Xl()5m,太阳质量M=2

X1030Kg,万有引力常量G=6.67X10HN・m2/kg2.若两星在环绕过程

中会辐射出引力波，该引力波的频率与两星做圆周运动的频率具有相

同的数量级，则根据题目所给信息估算该引力波频率的数量级是

()

<L?,J

A.102HZB.104HZC.106HZD.108HZ

【考点】万有引力定律及其应用.

【分析】A、B的周期相等，角速度相等，结合向心力相等求出A、B

的轨道半径关系，从而得出A的轨道半径，结合万有引力提供向心力

得出周期的表达式，从而得出频率的表达式，代入数据求出频率的数

量级.

【解答】解：A、B的周期相同，角速度相等，靠相互的引力提供向

心力，

B小吊

M->.r

有：GAAT2，①

WW

rAB4兀2

GL2，益-'②

有MA「A=MBrB，入+几=1>,

解得以二h+；8L二36：,9L嗡L，

由①得,T.RZEI,

YGIB____________

,IGIBk67X1O-11X36X2X1O30、

则f=v=J—2；36=J-----------,36^1.6X102HZ.

T穴213x当M4X10X(2X1OK5)3X-21.

Y65Y65

故选：A.

【点评】解决本题的关键知道双星模型的特点，知道双星具有相同的

角速度、周期，结合万有引力提供向心力进行求解，难度中等.

4.甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动，在t=0时，乙车在

甲车前50m处，它们的v-t图象如图所示，下列对汽车运动情况的

描述正确的是()

A.甲车先做匀速运动再做反向匀减速运动

B.在第20s末，甲、乙两车的加速度大小相等

C.在第30s末，甲、乙两车相距100m

D.在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次

【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的速度与时间的关

系.

【分析】v-t图象中，与时间轴平行的直线表示做匀速直线运动，倾

斜的直线表示匀变速直线运动，斜率表示加速度，倾斜角越大表示加

速度越大，图象与坐标轴围成的面积表示位移.在时间轴上方的位移

为正，下方的面积表示位移为负.相遇要求在同一时刻到达同一位

置.看物体是否改变运动方向就看速度图象是否从时间轴的上方到时

间轴的下方.

【解答】解：A、由图象可知：甲车先做匀速运动再做匀减速直线运

动，但甲的速度图象一直在时间轴的上方，一直沿正向运动，没有反

向，故A错误；

B.在第20s末，甲车的加1速度为a甲=备=崇4=-lm/s2,大小为

lm/s2；乙车的加速度大小为a乙=宪名1Jm/s2,所以加速大小不

相等，故B错误；

C.在第30s末，甲的位移为x甲=20X10+,X20X20=400m,乙的位

移为X乙=,X20X30m=300m,所以甲乙两车相距400-300-

50m=50m,故C错误；

D.刚开始乙在甲的前面50m处，甲的速度大于乙的速度，经过一段

时间甲可以追上乙，然后甲在乙的前面，至（J30s末，甲停止运动，甲

在乙的前面50m处，此时乙以20m/s的速度匀速运动，所以再经过

2.5s乙追上甲，故在整个运动过程中，甲、乙两车可以相遇两次，故

D正确.

故选：D

【点评】本题是速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道

在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象

读取有用信息.属于基础题.

5.如图所示电路中，L为电感线圈，C为电容器，当开关S由断开变

为闭合时，则（）

A.A灯有电流通过，方向由a到b

B.A灯中无电流通过，不可能变亮

C.B灯立即熄灭，c点电势低于d点电势

D.B灯逐渐熄灭，c点电势低于d点电势

【考点】电容器和电感器对交变电流的导通和阻碍作用.

【分析】电容对直流电路相当于断路，电感线圈对直流电流相当于短

路.

【解答】解：A、开关s由断开变为闭合时，电容放电，所以s闭合

瞬间A灯有电流从b到a,故A错误；

B、A灯有电流通过，故B错误；

C、s闭合瞬间，由于自感，L中的电流会慢慢减小，所以B灯逐渐熄

灭，故C错误；

D、由于自感B灯逐渐熄灭，由于线圈中的电流方向是从右向左，所

以c点的电势低于d点的电势，故D正确；

故选：D

【点评】本题考查了电容器和电感线圈对交变电流的导通和阻碍作

用.

6.如图所示，半径为a、电阻为R的圆形闭合金属环位于有理想边

界的匀强磁场右边沿，环平面与磁场垂直.现用水平向右的外力F将

金属环从磁场中匀速拉出，作用于金属环上的拉力F与位移x的关系

图象应是下图中的（）

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；共点力平衡的条件及其应

用.

222

【分析】切割的有效长度L=2Va-(a-x)=V-x+2ax»在匀速运动的

22

过程中拉力等于安培力，根据FA=BIL=*△求出拉力F与位移x的

AK

关系.

【解答】解：金属圆环在出磁场的过程中，切割的有效长度

L=27a2-(a-x)2=J-x?+2ax，且拉力等于安培力.所以

F=F=8丘=上｝工=胆”二/上？乎?可知F与x成抛物线关系.故B

AKR

正确，A、C、D错误.

故选B.

【点评】解决本题的关键掌握切割产生的感应电动势E=BLv,以及知

道L为有效长度.

7.如图所示，竖直墙壁上固定有一个光滑的半圆形支架(AB为直径),

支架上套着一个小球，轻绳的一端悬于P点，另一端与小球相连.已

知半圆形支架的半径为R,轻绳长度为L,且RVLV2R.现将轻绳的

上端点P沿墙壁缓慢下移至A点，此过程中轻绳对小球的拉力F］及

支架对小球的支持力F2的大小变化情况为()

A.F］和F2均增大

B.Fi保持不变，F2先增大后减小

C.%先减小后增大，F2保持不变

D.F1先增大后减小，F2先减小后增大

【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力.

【分析】设小球处在位置C,小球受重力、细线的拉力和支持力，处

于平衡状态，三个力可以构成矢量三角形，该矢量三角形与几何三角

形POC相似，结合几何关系列式分析即可.

【解答】解：小球受重力、细线的拉力和支持力，由于平衡，三个力

可匕以构成矢量三角形，如图所示：

根据平衡条件，该矢量三角形与几何三角形POC相似，故：

GF

I2

3L--R

PO

解

曾

#:

x,

G

F1二pRo

F2

=POG

当P点下移时，P0减小，L、R不变，故F1增大，F2增大；

故选：A

【点评】本题关键是正确的对小球受力分析，然后造成矢量三角形与

几何三角形相似，由于高考说明中明确提出力平衡问题只涉及有解直

角三角形的问题，故本题是超纲题目.

8.如图，单匝矩形导线框abed与匀强磁场乖直，线框电阻不计，线

框绕与Cd边重合的同定转轴以恒定角速度从图示位置开始匀速转

动，理想变压器匝数比为开关S断开时，额定功率为P的灯

泡L正常发光，电流表示数为I,电流表内阻不计，下列说法正确的

是（）

A.线框中产生的电流为正弦式交变电流

B.线框从图中位置转过千时，感应电动势瞬时值为千

C.灯泡L］的额定电压等于弁

D.如果闭合开关S,则电流表示数变大

【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式.

【分析】根据理想变压器的变压比公式和变流比公式列式求解.线圈

在匀强磁场中匀速转动的最大感应电动势EfNBS3,线圈从中性面开

始转动瞬时值表达式e=EmsinWt

【解答】解：A、线框绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，线框中产生

的是电流为正弦式交变电流，故A正确；

B、线框从中性面转动，所以瞬时值表达式为华，当转动看时，感

应电动势的瞬时值孥sirr看邛，故B正确；

C、原线圈两端的电压ad，根据电压与匝数成正比，得上=3,副

1IU2n2

线圈两端的电压1）2=迫-笆，即灯泡的额定电压为反，故C错误;

n11

D、S闭合，副线圈电阻变小，输出功率变大，输入功率变大，P[=U]L

P

得【二变大，即电流表示数变大，故D正确；

故选：ABD

【点评】本题关键是抓住灯泡正常发光，可计算副线圈两端电压，同

时要明确输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率

决定输入功率.

9.如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r、电阻R2为定值电阻,

%为滑动变阻器，A、B为水平放置的电容器的上下两个极板，当滑

动变阻器Ri处于某位置时，A、B两板间的带电油滴恰好悬浮不动，

则下列说法中正确的是（）

A.两极板A、B轻微向上逆时针旋转相同角度（保持平行）其他条

件不变时，油滴可能水平向左运动

B.移动R1的滑动触头且其他条件不变时，电压表的读数增大了au,

则电阻R2两端的电压减小了Au

c.R1滑动触头向左移动且其他条件不变时，带电油滴向上运动

D.%滑动触头向右移动且其他条件不变时，R?上消耗的热功率变大

【考点】闭合电路的欧姆定律.

【分析】移动Ri的滑动触头且其他条件不变时，电压表的读数增大

了AU,说明变阻器的电阻增大，总电流减小，根据路端电压的变化,

分析电阻R2两端的电压减小量与电压表的读数增大量的关系.把心

的触头向右滑动时，%增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，分

析路端电压的变化，判断油滴的运动情况.若将N的滑动触头向右

移动时，Ri的电阻增大，总电流减小，即可知R2的发热功率的变化.

【解答】解:A、极板A、B轻微向上逆时针旋转相同角度（保持平

行）其他条件不变时，电场力与重力的合力水平向左，所以可能水平

向左运动，故A正确；

B、移动Ri的滑动触头且其他条件不变时，电压表的读数增大了au,

说明变阻器的电阻增大，总电流减小，电源内电阻电压减小，则电阻

R2两端的电压减小小于4U.故B错误.

C、电容器的电压等于路端电压，欲使带电油滴向上运动，必须增大

路端电压，则使可变电阻飞滑动触头向右移动.故C错误.

D、若将心的滑动触头向右移动时，飞的电阻增大，总电流减小，即

可知R2的发热功率减小.故D错误.

故选：A

【点评】本题中要抓住电容器的电压等于路端电压，与电路部分是相

对独立的.分析油滴是否运动，关键分析电场力是否变化.

10.如图所示，轻质弹簧上端固定，下端与质量为m的圆环相连,

圆环套在倾斜的粗糙固定杆上，杆与水平面之间的夹角为a,将圆环

从a处静止释放，环沿杆上滑到b处时的速度为v,滑到d处时速度

为零，且弹簧竖直并处于自然长度；接着，圆环又从d处沿杆下滑，

滑到b处时速度为零.已知bd=L,c是bd的中点，弹簧始终在弹性

限度内，重力加速度为g,则下列说法正确的是（）

A.环上滑经过c点的速度等于下滑经过c点的速度

B.环上滑经过c点的速度小于下滑经过c点的速度

C.环经过b点时,弹簧的弹性势能是mgLsina--ymv2

D.环经过b点时，弹簧的弹性势能是mgLsina--^-mv2

【考点】功能关系.

【分析】从c到d再到c,重力、弹簧的拉力做功均为零，只有摩擦

力做功，由动能定理比较环上滑经过C点的速度和下滑经过C点的速

度大小，从b到d再到b的过程中，重力、弹簧的拉力做功均为零，

只有摩擦力做功，由动能定理求出从c到d摩擦力做功，设b处弹性

势能为Ep,从b到d由动能定理列式求解即可.

【解答】解：A、从c到d再到c,重力、弹簧的拉力做功均为零，

z2-2

只有摩擦力做功，由动能定理得：Wf=ymvcyinvc>

z

由于WfVO,则vc<vc,故A错误，B错误；

C、设从c到d摩擦力做功为Wf,从b至I」d再至b的过程中，重力、

弹簧的拉力做功均为零，只有摩擦力做功，整个运动的过程中，由动

2

能定理得：2Wf=0-ymv,

解得：WfH-5mv?,

2

设b处弹性势能为Ep,从b到d由动能定理得：wG+wf+WT=O-|mv,

其中WG=-mgLsina,则Ep=mgLsina-故C错误，D正确.

故选：D

【点评】本题主要考查了动能定理的直接应用，要求同学们能正确分

析物体的受力情况和运动情况，能选择合适的研究过程，这样会使复

杂问题简单化，难度适中.

11.如图所示，MN和PQ是电阻不计的光滑平行金属导轨，间距为

L,导轨弯曲部分与平直部分平滑连接，顶端弯曲部分与平直部分平

滑连接，顶端接一个阻值为R的定值电阻，平直导轨左端，平直导轨

左端，有宽度为d,方向竖直向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场,

一电阻为r,长为L的金属棒从导轨AA，处由静止释放，经过磁场右边

界后继续向右运动并从桌边水平飞出，已知AA离桌面高度为h,桌

面离地高度为H,金属棒落地点的水平位移为s,重力加速度为g,

由此可求出金属棒穿过磁场区域的过程中（）

A.流过金属棒的最小电流B.通过金属棒的电荷量

C.金属棒克服安培力所做的功D.金属棒产生的焦耳热

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；焦

耳定律.

【分析】结合平抛运动求出金属棒离开导轨时的速度；根据法拉第电

磁感应强度求出感应电动势，由欧姆定律即可求出电流.

由q=笔可以求出感应电荷量；金属棒在弯曲轨道下滑时，只有重

力做功，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理可以求出金属棒

到达水平面时的速度；克服安培力做功转化为焦耳热，由动能定理（或

能量守恒定律）可以求出克服安培力做功，得到导体棒产生的焦耳热.

【解答】解：A、金属棒下滑过程中，机械能守恒，由机械能守恒定

2

律得：mgh=ymv0,金属棒到达水平面时的速度Vo=V^

金属棒到达水平面后进入磁场受到向左的安培力做减速运动，则刚到

达水平面时的速度最大，金属棒离开导轨时的速度最小；

设最小速度为v,平抛运动的时间为3贝IJ：

t樗

平抛运动的速度：V=£=s・俱

所以最小感应电动势为E=BLv=BLs•岳，最小的感应电流为1=墨"

=巴摄，故A正确；

R+r

B、通过金属棒的电荷量q=3=2-Zit=鹭,故B正确；

R+rTR+rR+r

2

C、金属棒在整个运动过程中，由动能定理得：mgh-WB=yn»v-0,

2

?

则克服安培力做功：WB=mgh-ymv=mgh-由于金属棒的质

量是未知的，所以不能求出克服安培力做的功.故C错误；

D、克服安培力做功转化为焦耳热，不能求出克服安培力做功，就不

能求出焦耳热，不能求出金属棒产生的焦耳热，故D错误.

故选：AB

【点评】本题关键要熟练推导出感应电荷量的表达式q=笫，这是

一个经验公式，经常用到，要在理解的基础上记住.

12.如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成一定夹角，AB

直线与场强E互相垂直，在A点以大小为V。的初速度水平抛出一质

量为m、带电荷量为+q的小球，经时间t,小球下落一段距离过C点

（图中未画出）时，其速度大小仍为V。，则在小球由A点运动到C

点的过程中，下列说法正确的是（）

A.电场力对小球做功为零

B.C点位于AB直线的右方

2.2

C.小球机械能减少量为大于山一

2

D.小球的电势能减小

【考点】电势能.

【分析】对小球受力分析，受重力和电场力，对小球从抛出到C点的

运动过程，运用动能定理列式分析得到电场力做功情况，根据电场力

做功与电势能变化关系得到电势能的变化情况，根据重力做功与重力

势能的变化关系得到重力势能的变化情况.

【解答】解：A、小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，动

能不变，由动能定理得知，电场力必定做负功，故A错误；

C、小球的机械能的减少量即为竖直方向的重力势能的减少量mgh,

由于电场力向左下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正

交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度

a大于g,竖直方向h/at?>如:?,即mgh>%ng2t2,故C正确；

D、由动能定理，动能不变，合外力的功为零，重力做正功，电场力

必然做负功，电势能增加，故D错误；

B、A、B两点等势，结合D选项可知，C点必定在AB直线的右侧，

故B正确；

故选：BC

【点评】本题为力电综合创新题，关键需熟练掌握运动的独立性，正

确理解各个力的功和动能定理的关系.

13.图甲为0.1kg的小球从最低点A冲入竖直放置在水平面上、半径

为0.4半圆轨道后，小球速度的平方与其高度的关系图象.已知小球

恰能到达最高点C,轨道粗糙程度处处相同，空气阻力不计.g取

10m/s2,B为AC轨道中点，下列说法正确的是（）

A.图甲中x=4

B.小球从B到C损失了0.125J的机械能

C.小球从A到C合外力对其做的功为-1.05J

D.小球从C抛出后，落地点到A的距离为0.8m

【考点】动能定理；机械能守恒定律.

【分析】根据小球恰好到达最高点，结合牛顿第二定律求出最高点的

速度，从而得出x的值；根据A到C过程中动能的减小量和重力势能

的增加量得出机械能的减小量，通过A到B和B到C过程中克服摩

擦力做功的大小，判断出两个过程中机械能损失的关系，从而得出小

球从B到C过程中机械能的损失.根据动能定理求出A到C过程中

合力做功的大小；根据高度求出平抛运动的时间，结合初速度和时间

求出平抛运动的水平位移.

【解答】解：A、当h=0.8m时一，小球运动到最高点，因为小球恰能

2_______

到达最局点C,则有:，解得V=\^?=V1OX0.4m/s=2m/s,贝!]x=4,

r

故A正确.

B、从A至!JC过程，动能减小量为0.1X(25-4)

J=1.05J,重力势能的增加量为mg*2R=lX0.8J=0.8J,则机械能减小

0.25J,由于A到B过程中压力大于B到C过程中的压力，贝IJA到B

过程中的摩擦力大于B到C过程中的摩擦力，可知B到C的过程克服

摩擦力做功较小，知机械能损失小于Q125J,故B错误.

C、小球从A到C合外力对其做的功等于动能的变化量，则

22x

W=△Eb^-n>v-7-mvn=vO.1X(4-25)J=-1.05J,故C正确.

D、C点的速度v=2m/s,根据2Kgt2得，1=秒下需工=0.4s,则

落地点到A点的距离xz=vt=2X0.4m=0.8m,故D正确.

故选：ACD.

【点评】本题考查了动能定理和平抛运动、圆周运动的综合运用，知

道最高点的临界情况，结合牛顿第二定律求出速度是解决本题的关

键，注意A到B和B到C过程中摩擦力的大小不等，则克服摩擦力

做功不同，机械能损失不同.

14.如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面且

电阻均匀的正方形导体框abed,现将导体框分别朝两个方向以v、3v

速度朝两个方向匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两过

程中（）

A.导体框所受安培力方向相同

B.导体框中产生的焦耳热相同

C.导体框ad边两端电势差相等

D.通过导体框截面的电荷量相同

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电

磁感应中的能量转化.

【分析】导体框向左、向右移出磁场，根据楞次定律，判断出感应电

流方向相同，根据左手左手定则分析安培力方向关系，根据焦耳定律、

欧姆定律和法拉第电磁定律研究焦耳热、ab电势差和电量的关系.

【解答】解：A、导体框移出磁场时，根据楞次定律可知感应电流方

向均为逆时针方向.向左时一,由左手定则，线框受到的安培力方向向

右，向右时，由左手定则，线框受到的安培力方向向左，故A错误.

B、设磁感应强度为B,线框边长为L,电阻为R,则

222223

则Q=r.t=BJa^t,又vt=L,得到Q=。工，则Q8V,当

RRR

速度为3V时产生的焦耳热多.故B错误.

C、向左移出磁场时，ad电势差5=：BLv；向右移出磁场时，ab

电势差U2=1BL・3V=VBLV.故C错误.

D、由电量啜1,相同故D正确.

故选D.

【点评】在电磁感应问题中常用到两个经验公式：感应电量q=n今色,

1\

22

安培力

15.如图所示，小物块以初速度V。从0点沿斜面向上运动，同时从0

点斜向上抛出一个速度大小也为V。的小球，物块和小球在斜面上的P

点相遇.已知物块和小球质量相等，空气阻力忽略不计，则（）

A.斜面一定是粗糙的

B.在P点时，小球的动能等于物块的动能

C.小球运动到最高点时离斜面最远

D.小球和物块到达P点过程中克服重力做功的平均功率相等

【考点】动能定理的应用.

【分析】把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，则沿斜面

方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿斜面方向

的加速度相同，则不可能在P点相遇，根据动能定理分析动能的变化,

当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，求出重力做功的大小,

进而求解平均功率.

【解答】解：A、把小球的速度分解到沿斜面方向和垂直斜面方向，

则沿斜面方向的速度小于物块的速度，若斜面光滑，则小球和物块沿

斜面方向的加速度相同，则不可能在P点相遇，所以斜面不可能是光

滑的，故A正确；

B、物块在斜面上还受摩擦力做功，物块的机械能减小，所以在P点

时，小球的动能应该大于物块的动能，故B错误.

C、当小球的速度方向与斜面平行时，离斜面最远，此时竖直方向速

度不为零，不是运动到最高点，故C错误.

D、小球和物块初末位移相同，则高度差相等，而重力相等，则重力

做功相等，时间又相同，所以小球和物块到达P点过程中克服重力做

功的平均功率相等，故D正确.

故选：AD

【点评】本题主要考查了运动的合成与分解问题，要求同学们能正确

分析小球和物块的受力情况和运动情况，特别注意B选项，当小球的

速度方向与斜面平行时，离斜面最远.

16.如图所示，竖直悬挂的弹簧下端栓有导体棒ab,ab无限靠近竖

直平行导轨的内侧、与导轨处于竖直向上的磁场中，导体棒MN平行

导轨处于垂直导轨平面的磁场中，当MN以速度v向右匀速远动时，

ab恰好静止，弹簧无形变，现使v减半仍沿原方向匀速运动，ab开

始沿导轨下滑，磁场大小均为B,导轨宽均为L,导体棒ab、MN质

量相同、电阻均为R,其他电阻不计，导体棒与导轨接触良好，弹簧

始终在弹性范围内，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则（）

A.MN中电流方向从M到N

B.ab受到的安培力垂直纸面向外

C.ab开始下滑直至速度首次达峰值的过程中，克服摩擦产生热量

"4V2

16kR2

222

D.ab速度首次达到峰值时，电路的电热功率为巨L工,

8R

【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】导体棒切割磁感线，产生电动势，形成感应电流，根据右手

定则可明确电流方向，根据左手定则分析安培力的方法；

当棒处于匀速时，棒受力平衡，由已知条件可求出安培力大小及方向，

然后根据速度变为用原来的一半，同理根据受力分析即可求出克服摩

擦产生的热量及电功率.

【解答】解：A、当向右匀速运动，根据右手定则知电流由N到M,

故A错误;

B、电流由a到b,根据左手定则知ab安培力垂直纸面向外，故B正

确；

C、当MN以速度v向右匀速远动时，ab恰好静止，则电流1=嗡，

2222

ab受到的最大静摩擦力Fm=nBIL=3A，根据平衡条件得:上空」

2K2K

=mg,当/[v时，Fm'=J•上粤速度第一次达到最大时，加速度

ZN2R

22

等于零，ab再次平衡，mg=Fm'+kx,贝ijab下落的距离克

4Rk

I，2R4T4

服摩擦产生的热量Q]=Fm'・x="BLV,故C正确；

16kRz

D、ab速度首次到达峰值时，电路电流I—,电路的电热功率为

P=2/R=2><&M=li&i,故D正确.

16R8R

故选：BCD

【点评】本题考查的是导体切割磁感线中的力和能量问题的分析方

法，要注意明确左手定则和右手定则的应用，明确受力平衡条件即可

求出电流，根据摩擦生热以及功能关系分析产生的热量，同时还要注

意运动过程的分析及公式的应用.

二、实验题（共2小题，满分12分）

17.某同学用位移传感器研究木块在斜面上的滑动情况，装置如图

（a）,已知斜面倾角0=37°,他使木块以初速度V。沿斜面上滑，并

同时开始记录数据，电脑绘得木块从开始上滑至最高点，然后又下滑

回到出发点全过程中的x-t图线如图（b）所示.图中曲线左侧起始

点的坐标为（0,1.4）,曲线最低点的坐标为（0.5,0.4）（重力加

速度g取:LOm/s?,sin37°=0.6,cos37°=0.8）

(1)木块上滑时的初速度v行4m/s和上滑过程中的加速度a=

8m/s2；

(2)木块与斜面间的动摩擦因数|i=0.25

【考点】探究影响摩擦力的大小的因素.

【分析】(1)物体匀减速上滑，由图象得到末速度、位移和时间，

然后根据位移时间关系公式和速度时间关系公式列式求解；

(2)对物体受力分析后，根据牛顿第二定律列式求解即可；

【解答】解：(1)物体匀减速上滑，由图象得到：末速度v=0,位

移时间为；

x=1.4-0.4=1.0m,t=0.5s

根据位移时间公式，有：2

x=v0t+1at;

根据速度时间公式，有：；

v=v0+at

联立解得：v0=4m/s,a=-8m/s2

(2)上滑过程，物体受重力支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定

律，有：

-mgsin37°-|imgcos37°=ma

代入数据解得：|1=0.25

故答案为：(1)4m/s,8m/s2(2)0.25

【点评】本题关键是根据图象得到物体上滑时的运动规律，求解出加

速度和初速度；然后根据牛顿第二定律列式求解出摩擦力；最后再确

定下滑时的运动情况.

18.电流表满偏时通过该表的电流是半偏时通过该表的电流的两倍，

某同学利用这一事实测量电流表的内阻（半偏法）实验室提供材料器

材如下：

A.待测电流表A（量程10mA,内阻约为5欧）；

B.电阻箱R'（最大阻值为9999.9欧）；

C.滑动变阻器右（最大阻值100欧，额定电流:LA）；

D.滑动变阻器R2（最大阻值200欧，额定电流0.5A）；

E.电源E（电动势1.5V）；

F.开关两个，导线若干.

（1）按图甲所示的电路实验，应