河南省漯河2020年高二（下）期末物理试卷（解析版）

2020年河南省潺河高中高二（下）期末物理试卷

一.选择题：本题共12小题，每小题4分.在每小题给出的四个选

项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目

要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得。分.

1.物理学在揭示现象本质的过程中不断发展，下列说法不正确的是

（）

A.通电导线受到的安培力，实质上是导体内运动电荷受到洛仑兹力

的宏观表现

B.穿过闭合电路的磁场发生变化时电路中产生感应电流，是因为变

化磁场在周围产生了电场使电荷定向移动

C.磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内有取向基本一致的分子电流

D.踢出去的足球最终要停下来，说明力是维持物体运动的原因

2.如图所示，正方形ABCD处于真空中一对等量异种点电荷形成的

电场中，点电荷和正方形共面，已知AC连线为电场中的一条等势线

（图中未画出），下列分析正确的是（）

A.B、D两点场强大小一定相等B.B、D两点场强方向一定相同

C.B、D两点电势可能相等D.A、C两点场强大小一定相等

一质点以的初速度从时刻开始做直线运动，其加速

3.v0=5m/st=0

度随时t变化的图

象如图所示，则下列说法正确的是（)

A.第1s末质点的速度为6m/s

B.运动过程中质点的最大速度为6m/s

C.第Is内质点的位移为5.25m

D.4s末质点回到t=0时刻的位置

4.如图所示，平面中有垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两电子以

不同的初速度从a点沿x轴正方向进入匀强磁场，甲的初速度为vo,

乙的初速度为2vo,运动中甲电子经过b点，Oa=Ob,不计粒子重力,

下列说法正确的是（）

■■y

XXXXX

b

A.设乙电子经过x正半轴上一点C,且0c=20b

B.两电子的运动周期相同

C.洛伦兹力对两电子做正功

D.两电子经过x轴时，速度方向都与x轴垂直

5.如图所示，一质量为m的物块静止在倾角为。的斜面上.现物块

受到与斜面成a角的力F作用，且仍处于静止状态.若增大力F,物

块和斜面始终保持静止状态.则（）

A.物块受到斜面的摩擦力变小

B.物块对斜面的压力变小

C.斜面受地面的摩擦力大小不变

D.斜面对地面的压力大小不变

6.如图1所示，一根电阻为R=4Q的导线绕成的半径为d=2m的圆,

在圆内部分区域存在变化的匀强磁场，中间s形虚线是两个直径为d

的半圆，磁场随时间变化如图2所示（磁场垂直于纸面向外为正，电

流逆时针方向为正），

关于圆环中的电流一时间图象，以下四图中正确的是（）

7.如图所示，图中的三个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P

向左端缓慢移动时，下面说法中正确的是（）

A.电压表©的读数减小，电流表®的读数增大

B.电压表。的读数增大，电压表©的读数增大

C.电阻RP消耗的功率增大，电容器C所带电量增加

D.电压表◎的读数减小，电流表0的读数减小

8.下列判断不正确的是（）

A.由£=^^2可知，质量与能量是可以相互转化的

B.运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特

定的运动轨道

C.如果使较重的核分裂成中等大小的核，或者把较小的核合并成中

等大小的核，核的比结合能均会增大

D.康普顿认为x射线的光子与晶体中的电子碰撞时要遵守能量守恒

定律和动量守恒定律，才能解释散射射线中有波长大于入射射线波长

的现象

9.关于原子结构及原子核的知识，下列判断正确的是（）

A.每一种原子都有自己的特征谱线

B.a射线的穿透能力比Y射线弱

C.Y射线是原子核受到激发后产生的

D.放射性元素的半衰期可能与压力、温度有关

10.如图所示为某同学研究远距离输电线电阻对电路影响的模拟电

路，TnT2分别为理想的升压变压器和降压变压器，发电机的输出电

压恒定不变，变压器的变压比不变，用户的电阻为Ro,当用户增多时

A.电流表的示数变大B.电压表的示数变小

C.发电机的输出功率变小D.用户消耗的功率变大

11.现有甲、乙、丙三个电源，电动势E相同，内阻不同，分别为r

甲，r乙，r丙.用这三个电源分别给定值电阻R供电，已知R=i•甲>i■乙

>|■丙，则将R先后接在这三个电源上的情况相比较，下列说法正确的

是（）

A.接在甲电源上时，电源内阻消耗的功率最大

B.接在甲电源上时，定值电阻R两端的电压最大

C.接在乙电源上时，电源的输出功率最大

D.接在丙电源上时，电源的输出功率最大

12.如图所示，abed是一个质量为m,边长为L的正方形金属线框.从

图示位置自由下落，在下落h后进入磁感应强度为B的磁场，恰好做

匀速直线运动，该磁场的宽度也为L.在这个磁场的正下方h+L处还

有一个未知磁场，金属线框abed在穿过这个磁场时也恰好做匀速直

线运动，那么下列说法正确的是（）

A.未知磁场的磁感应强度是2B

B.线框最终出磁场时的速度为2标

C.线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL

D.线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为2mgL

二.试验题

13.（8分）某同学利用如图1所示实验装置测定木块与木板间的滑

动摩擦因数山木板固定放置在水平桌面上，木块在钩码牵引下沿着

木板运动，弹簧测力计的示数用T表示，利用打点计时器测量并计算

出木块运动的加速度a.实验中通过多次改变钩码个数，得到多组

T和a的数值，并将得到的数据在坐标纸上描绘出来，得到如图2所

示的图象.

（1）假设木块的质量为M,重力加速度为g,滑动摩擦因数H，根据

实验可知木块的加速度a随拉力T变化的关系式为—.

(2)根据图2可知，图象的斜率k表示的是—(写表达式)；木

块的质量M=kg.

(3)根据实验可知木块与木板之间的滑动摩擦因数H=

(g=10m/s)

14.(8分)一个刻度没标数值的电压表量程约为9V,内阻Rx约为

6kQ,现要较为准确地测其内阻Rx,且各仪表的示数不得少于满量程

的看实验室提供了如下器材：

A.电流表Ai：量程3mA,内阻约50Q

B.电流表A2：量程3A,内阻约0.2Q

C.电压表Vi：量程1.5V,内阻ri=lkQ

D.电压表V2：量程60V,内阻上约50kQ

E.定值电阻器Ri：阻值Ri=5.1kQ

F.定值电阻器R2：阻值R2=30。

G.电源：电动势约15V,内阻约0.5Q

H.滑动变阻器。〜20Q

I.导线若干、单刀单掷开关一个

(1)除被测电压表、G、I肯定需外，最少还需—器材(填序号)；

(2)用你所选最少器材以及G、I在虚线框中画出测量原理图；

(3)根据所画原理图，写出Rx的表达式(用某次电表的测量值、已

知量表示)Rx=―，并指明表达式中所设物理量是哪些仪表测量时

的示数.

三.计算题(8+8+10+10=36分)写出必要的步骤，只写结果不得分

15.(8分)如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为

L,一理想电流表和一电阻R串联后再与两导轨相连，匀强磁场与导

轨平面垂直.一质量为m、有效电阻为r的导体棒在距磁场上边界h

处静止释放.导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终

稳定为I.整个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水

平，不计导轨的电阻.求：

(1)磁感应强度的大小B；

(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；

(3)流经电流表电流的最大值lm.

16.(8分)如图所示，在OWxWb、0<y<a的长方形区域中有一

磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面向外.0

处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电

粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内的第一象限内

(包括ox、oy轴).若粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,最先

从磁场上边界飞出的粒子经历的时间为表,最后从磁场中飞出的粒子

经历的时间为看不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则

(1)粒子的入磁场的速度大小为多少？

(2)求长方形区域的边长满足关系.

17.(10分)图示为两个足球运动员在赛前练习助攻进球的过程，

其中BP在一条直线上，假设甲运动员在B处将足球以IIm/s的速度

沿直线的方向踢出，足球沿着地面向球门P处运动，足球运动的加速

度大小为Im/s?,在A位置的乙运动员发现甲运动员将足球踢出去后，

经过1s的反应时间，开始匀加速向即连线上的C处奔去，乙运动员

的最大速度为9m/s,已知B、C两点间的距离为60.5m,A、C两点间

的距离为63m.

(1)乙运动员以多大的加速度做匀加速运动，才能与足球同时运动

到C位置？

(2)乙运动员运动到C处后以一定的速度将足球沿CP方向踢出，已

知足球从C向P做匀减速运动，足球运动的加速度大小仍然为lm/s2,

假设C点到P点的距离为9.5m,守门员看到运动员在C处将足球沿

CP方向踢出后，能够到达P处扑球的时间为1s,那么乙运动员在c

处给足球的速度至少为多大，足球才能射进球门？

B・、、_

18.（10分）如图所示，用不可伸长的轻质细线将A、B两木球（可

视为质点）悬挂起来，A、B之间的距离L=3.2m,其中木球A的质量

mA=90g,木球B的质量mB=100g.现用打钉枪将一颗质量为m0=10g

的钉子以竖直向上的初速度v0=100m/s打入并且停留在木球A中，木

球A沿细线向上与木球B正碰后粘在一起竖直向上运动，恰好能够达

到悬点。处.若钉子打人木球和A、B两球碰撞的时间都极短，不计

空气阻力，重力加速度g取10m/s2,求：

①钉子打人木球A的过程中系统损失的机械能；

②木球B到悬点O的距离.

A

参考答案与试题解析

一.选择题：本题共12小题，每小题4分.在每小题给出的四个选

项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目

要求.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得。分.

1.物理学在揭示现象本质的过程中不断发展，下列说法不正确的是

()

A.通电导线受到的安培力，实质上是导体内运动电荷受到洛仑兹力

的宏观表现

B.穿过闭合电路的磁场发生变化时电路中产生感应电流，是因为变

化磁场在周围产生了电场使电荷定向移动

C.磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内有取向基本一致的分子电流

D.踢出去的足球最终要停下来，说明力是维持物体运动的原因

【考点】安培力；洛仑兹力.

【分析】安培力是洛伦兹力的宏观表现，安培力实质是所受电荷所受

洛伦兹力的合力；磁场发生变化，会产生电场，电荷在电场的作用下

会发生定向移动；磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内有取向基本一致

的分子电流；物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的

原因.

【解答】解：A、通电导线受到的安培力，实质上是导体内部运动电

荷受到的洛伦兹力的宏观表现.故A正确.

B、穿过闭合回路的磁场发生变化时，产生感应电流，是变化的磁场

周围产生电场，电荷在电场的作用下发生定向移动.故B正确.

C、磁铁周围存在磁场，是因为磁铁内分子电流的取向基本一致.故

C正确.

D、物体的运动不需要力来维持，力是改变物体运动状态的原因.故

D错误.

本题要求选择不正确的，故选：D.

【点评】解决本题的关键知道安培力的实质、闭合回路磁场发生变化

时，产生感应电流的实质.知道物体的运动不需要力来维持.

2.如图所示，正方形ABCD处于真空中一对等量异种点电荷形成的

电场中，点电荷和正方形共面，已知AC连线为电场中的一条等势线

（图中未画出），下列分析正确的是（）

A.B、D两点场强大小一定相等B.B、D两点场强方向一定相同

C.B、D两点电势可能相等D.A、C两点场强大小一定相等

【考点】电势；电场强度.

【分析】等量异号电荷的等势面中，只有中垂线是直线，其他都是曲

线；等势面与电场线垂直，沿着电场线方向，电势是降低的.

对R“方弓e电价的电场线IUN势da

【解答】解：A、B、已知AC连线为电场中的一条等势线，而等量异

号电荷的等势面中只有中垂线是直线，故AC的连线是等量异号电荷

的连线的中垂线，B、D两点关于中垂线对称，故电场强度的大小一

定相等，但方向一定不相同，故A正确，B错误；

C、AC是等势面，电场线与等势面垂直，沿着电场线电势降低，故B、

D的电势一定不相等，故C错误；

D、AC是等势面，但电荷不一定在BD连线上，可以偏向A侧或B侧,

故A、C两点场强大小不一定相等，故D错误；

故选：A.

【点评】本题关键是结合等量异号电荷的电场线和等势面的分布图进

行分析，注意电场强度的矢量性，基础题目.

一质点以的初速度从时刻开始做直线运动，其加速

3.v0=5m/st=0

度随时t变化的图

象如图所示，则下列说法正确的是（）

A.第Is末质点的速度为6m/s

B.运动过程中质点的最大速度为6m/s

C.第Is内质点的位移为5.25m

D.4s末质点回到t=0时刻的位置

【考点】匀变速直线运动的图像；匀变速直线运动的位移与时间的关

系.

【分析】加速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，

据此分析质点的运动情况，求出1s末的速度，第1s内做加速度越来

越大的变加速运动，从而求出位移与匀加速运动时的位移之比，根据

图象可知，2s末和6s末速度最大，求出最大速度，整个过程中，质

点的速度一直为正，一直做单向直线运动.

【解答】解：A、加速度-时间图象与坐标轴围成的面积表示速度的

变化量，则1s内，速度的变化量为：△vi=/xiX1=0.5m/s,则1s

末质点的速度为：Vi=v0+Avi=5.5m/s,故A错误；

B、根据图象可知,2s末和6s末速度最大,最大速度为:vm=v0+Av2=5+y

X2X1=6(m/s),故B正确；

C、第1s内做加速度越来越大的变加速运动，根据v-t图象的面积

表示位移，可知质点运动的位移小于匀加速运动的位移，即小于

写工广史尹■Xl=5.25m,故C错误；

D、整个过程中，质点的速度一直为正，一直做单向直线运动，没有

回到t=0时刻的位置，故D错误.

故选：B

【点评】本题主要考查了加速度-时间图象的直接应用，知道加速度

-时间图象与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，要求同学们能根

据图象分析质点的运动情况.

4.如图所示，平面中有垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两电子以

不同的初速度从a点沿x轴正方向进入匀强磁场，甲的初速度为vo,

乙的初速度为2vo,运动中甲电子经过b点，Oa=Ob,不计粒子重力,

下列说法正确的是（）

ty

XXXXX

fl

b

A.设乙电子经过x正半轴上一点C,且0c=20b

B.两电子的运动周期相同

C.洛伦兹力对两电子做正功

D.两电子经过x轴时，速度方向都与x轴垂直

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动.

【分析】电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，应用牛

顿第二定律求出粒子的轨道半径，作出电子的运动轨迹，然后分析答

题.

【解答】解：A、电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心

力，由牛顿第二定律得：evB=mJ,解得：r=与，由题意可知，

reD

电子b的速度是a的2倍，则：化=21，电子运动轨迹如图所示，

rbcos0+ra=rb,解得：cos0=p0=60°,Oc=rbsin0=73-a<2Ob,故A错

误；

B、电子在磁场中做圆周运动的周期：丁=窄与电子的速度无关，两

电子的运动周期相同，故B正确；

C、洛伦兹力始终与电子速度垂直，洛伦兹力对电子部做功，故C错

误；

D、电子a经过x轴时与想轴垂直，电子b经过x轴时与x夹角：ot=e=6O。,

不与x轴垂直，故D错误；

故选：B.

【点评】本题考查了电子在磁场中的运动，电子在磁场中做匀速圆周

运动，洛伦兹力对电子部做功，洛伦兹力提供向心力，作出电子运动

轨迹、应用牛顿第二定律即可解题.

5.如图所示，一质量为m的物块静止在倾角为。的斜面上.现物块

受到与斜面成a角的力F作用，且仍处于静止状态.若增大力F,物

块和斜面始终保持静止状态.则（）

A.物块受到斜面的摩擦力变小

B.物块对斜面的压力变小

C.斜面受地面的摩擦力大小不变

D.斜面对地面的压力大小不变

【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用.

【分析】物块和斜面始终保持静止状态，受力平衡，分别对物块以及

物块和斜面组成的整体受力分析，根据平衡条件列式分析即可，注意

物块受到斜面的摩擦力的方向要进行讨论求解.

【解答】解：A、对物块受力分析，受到重力、斜面的支持力N、拉

力F以及斜面对物块的摩擦力f,

根据平衡条件可知，若mgsin0>Fcosa,则f=mgsin0-Fcosa,F增大,

f减小，若mgsinBVFcosa,则f=Fcosa-mgsinB,F增大,f增大,

N=mgcosa-Fsina,F增大，N减小，根据牛顿第三定律可知，物块对

斜面的压力变小，故A错误，B正确；

C、把物块和斜面看成一个整体，设斜面质量为M,对整体，根据平

衡条件得：

地面对斜面的支持力N，=(M+m)g-Fsin(a+0),F增大，Nz减小，

根据牛顿第三定律可知，斜面对地面的压力大小减小，

斜面受地面的摩擦力f'=Fcos(a+0),F增大，F增大，故CD错误.

故选：B

【点评】本题主要考查了共点力平衡条件的直接应用，要求同学们能

正确分析物体的受力情况，注意整体法和隔离法在解题中的应用，难

度适中.

6.如图1所示，一根电阻为R=4Q的导线绕成的半径为d=2m的圆,

在圆内部分区域存在变化的匀强磁场，中间s形虚线是两个直径为d

的半圆，磁场随时间变化如图2所示（磁场垂直于纸面向外为正，电

流逆时针方向为正），

关于圆环中的电流一时间图象，以下四图中正确的是（）

C

【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律.

【分析】根据法拉第电磁感应定律求出各个时间段的感应电动势大

小，再求出感应电流大小，由楞次定律判断感应电流方向.

【解答】解：。〜1s,感应电动势为：E-△ls_22L11

1At1X247TV

感应电流大小为：工产今存一冗人

由楞次定律知，感应电流为顺时针方向，为负方向，结合选项知B正

确，ACD错误

故选：B

【点评】解决本题的关键掌握法拉第电磁感应定律，以及会通过楞次

定律判断感应电流的方向.

7.如图所示，图中的三个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P

向左端缓慢移动时，下面说法中正确的是()

A.电压表©的读数减小，电流表0的读数增大

B.电压表。的读数增大，电压表❷的读数增大

C.电阻RP消耗的功率增大，电容器C所带电量增加

D.电压表◎的读数减小，电流表0的读数减小

【考点】闭合电路的欧姆定律.

【分析】由图可知电路结构，根据滑片的移动明确电路中电阻的变化，

由闭合电路欧姆定律明确电路中电流及电压的变化，再对局部电路进

行分析得出电容器电压的变化，从而判断其电量的变化.

【解答】解：由图可知，当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻增大，

则总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，故电流表A

示数减小；

根据欧姆定律知，R2的电压减小，则电压表V2的读数减小.

电压表V1的读数U1=E-I(Ri+r),I减小,则U1增大.

将Ri、R2看成电源的内阻，由于等效电源的内电阻与RP的大小未知,

不能判断RP消耗的功率变化.电容器的电压等于电压表V2的读数，

则知电容器的电压减小，电量减少.故D正确，ABC错误.

故选：D.

【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的应用，要注意明确动态电路的

分析方法；掌握解题程序：局部-整体-局部.

8.下列判断不正确的是（）

A.由£=0^2可知，质量与能量是可以相互转化的

B.运动的微观粒子与光子一样，当它们通过一个小孔时，都没有特

定的运动轨道

C.如果使较重的核分裂成中等大小的核，或者把较小的核合并成中

等大小的核，核的比结合能均会增大

D.康普顿认为x射线的光子与晶体中的电子碰撞时要遵守能量守恒

定律和动量守恒定律，才能解释散射射线中有波长大于入射射线波长

的现象

【考点】爱因斯坦质能方程；原子核的结合能.

【分析】由质能方程，可知，能量与质量一一相对应，不能相互转化;

微观粒子与光子一样具有波粒二象性，运动时没有确定的轨道；

比结合能越大原子核越稳定，不论是裂变还是聚变，导致核子相对稳

定，则比结合能增大；

在康普顿效应中，当入射光子与晶体中的电子碰撞时动量守恒能量守

恒.

【解答】解：A、爱因斯坦的质能方程E=mc2,不是质量和能量可以

相互转化，二者概念根本不同，当发生质量亏损时，物质可以释放出

能量，故A错误.

B、微观粒子具有波粒二象性，运动的微观粒子与光子一样，当它们

通过一个小孔时，都没有特定的运动轨道，故B正确；

C、比结合能越大的原子核越稳定，如果使较重的核分裂成中等大小

的核，或者把较小的核合并成中等大小的核，核的比结合能均会增大,

故C正确；

D、康普顿认为x射线的光子与晶体中的电子碰撞时要遵守能量守恒

定律和动量守恒定律，才能解释散射射线中有波长大于入射射线波长

的现象，故D正确；

本题选错误的，故选：A.

【点评】本题考查选修3-5的内容，涉及的知识点较多，但难度不

大，掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与掌握.

9.关于原子结构及原子核的知识，下列判断正确的是（）

A.每一种原子都有自己的特征谱线

B.a射线的穿透能力比Y射线弱

C.Y射线是原子核受到激发后产生的

D.放射性元素的半衰期可能与压力、温度有关

【考点】原子的核式结构.

【分析】每种原子都有自己的特征谱线；a射线的穿透能力最弱，电

力能力最强；对三种射线的本质和作用的认识和理解；元素的半衰期

不会受环境的影响而变化

【解答】解：A、每种原子都有自己的特征谱线，故可以根据原子光

谱来鉴别物质，故A正确；

B、a射线的穿透能力最弱，电离本领最强，故B正确；

C、Y射线是波长很短的电磁波，具有很高的能量，是原子核受到激

发后产生的，故C正确；

D、放射性元素的半衰期是由放射性元素本身决定的，与环境的变化

无关，故D错误；

故选：ABC

【点评】该题考查原子光谱、三种射线的本质和作用、半衰期的影响

因素等知识点，关键是多看书总结，记住考点，基础题.

10.如图所示为某同学研究远距离输电线电阻对电路影响的模拟电

路，ThT2分别为理想的升压变压器和降压变压器，发电机的输出电

压恒定不变，变压器的变压比不变，用户的电阻为Ro,当用户增多时

A.电流表的示数变大B.电压表的示数变小

C.发电机的输出功率变小D.用户消耗的功率变大

【考点】远距离输电.

【分析】理想变压器的输入功率由输出功率决定，输出电压有输入电

压决定；明确远距离输电过程中的功率、电压的损失与哪些因素有关,

明确整个过程中的功率、电压关系.理想变压器电压和匝数关系

【解答】解：A、当用户增多时，消耗的功率增大，降压变压器副线

圈中的电流增大，根据原副线圈中电流值比与匝数成反比可知，原线

圈中的电流增大，故A正确；

B、由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压

变压器的输出电压不变，由于输送线路中的电流增大，损失的电压增

大，故达到降压变压器两端的电压减小，故电压表的示数减小，故B

正确

C、输入功率等于输出功率，用户增多，消耗的功率增大，故发电机

的输出功率变大，故C错误，D正确；

故选：ABD.

【点评】对于远距离输电问题，一定要明确整个过程中的功率、电压

关系，尤其注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关.

11.现有甲、乙、丙三个电源，电动势E相同，内阻不同，分别为r

甲，r丙.用这三个电源分别给定值电阻R供电，已知R=i•甲>i•乙

>>■丙，则将R先后接在这三个电源上的情况相比较，下列说法正确的

是（）

A.接在甲电源上时，电源内阻消耗的功率最大

B.接在甲电源上时，定值电阻R两端的电压最大

C.接在乙电源上时，电源的输出功率最大

D.接在丙电源上时，电源的输出功率最大

【考点】闭合电路的欧姆定律.

【分析】根据闭合电路欧姆定律分析同一电阻接到不同电源上时电流

的大小，分析电源内阻消耗功率的大小.对于电源的输出功率，根据

推论：外电阻等于电源的内电阻时，电源的输出功率最大进行分析.

【解答】解：A、三个电源的电动势E相同，而电阻R=r甲〉r乙〉r丙,

根据闭合电路欧姆定律得仁品，R接在电源上时，内电阻消耗的功

E2

率为：P=l2r=（寻汽=.则当R=r时，P最大，则知接在甲

r

电源上时，电源内阻消耗的功率最大，故A正确.

E

B、在甲电源上时，定值电阻R两端的电压为U=IR=fE=7T,由于

R+r1+y

甲的内阻最大，故U最小，故B错误.

CD、电源的输出功率P出=FR,由于丙电源的内阻最小，故接在丙电

源时电流最大，故接在丙电源上时，电源的输出功率最大，故C错误,

D正确.

故选：AD.

【点评】本题关键掌握闭合电路欧姆定律和电源输出功率最大的条

件，能熟练运用函数法列式处理电路中功率最大的问题.

12.如图所示，abed是一个质量为m,边长为L的正方形金属线框.从

图示位置自由下落，在下落h后进入磁感应强度为B的磁场，恰好做

匀速直线运动，该磁场的宽度也为L.在这个磁场的正下方h+L处还

有一个未知磁场，金属线框abed在穿过这个磁场时也恰好做匀速直

线运动，那么下列说法正确的是（）

XXXX'

"..x....x....x...JFxL

I

h+L

XXXX1

_X__X___X___X9.

A.未知磁场的磁感应强度是2B

B.线框最终出磁场时的速度为2Vs

C.线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL

D.线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为2mgL

【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】线框进入第一个磁场做匀速直线运动，重力与安培力平衡，

根据机械能守恒定律求出线框刚进入磁场时的速度，根据平衡条件和

安培力与速度的关系式列出方程；线框从刚出磁场到刚进第二个磁场

的过程，由运动学公式求出线框刚进第二个磁场时的速度，根据平衡

条件列式，即可求得第二个磁场的磁感应强度；线框穿过两个磁场时

都做匀速直线运动，重力势能转化为电能，根据能量守恒定律求解产

生的电能.

【解答】解：AB、设线圈刚进入第一个磁场时速度为vi,那么线框进

入第一个磁场前，由机械能守恒得：mgh=1rov2

解得：Vi=V2gh

设线圈刚进入第二个磁场时速度为V2,由运动学公式得:V2?-Vj=2gh,

解得:V2=2i；lj=/2V1.

22

线框进入两个磁场都做匀速直线运动，则有：mg=『LA,

R

联立以上三式解得，未知磁场的磁感应强度B'=*B,由上知，线框

最终出磁场时的速度为2小诬.故A错误，B正确.

CD、线框穿过两个磁场时都做匀速直线运动，减少的重力势能都转化

为电能，所以在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为2X

2mgL=4mgL,故C正确，D错误.

故选：BC

【点评】本题是电磁感应与力学知识的综合，安培力是联系电磁感应

和力学的桥梁，安培力的分析和计算是解决这类问题的关键.

二.试验题

13.某同学利用如图1所示实验装置测定木块与木板间的滑动摩擦因

数木板固定放置在水平桌面上，木块在钩码牵引下沿着木板运动,

弹簧测力计的示数用T表示，利用打点计时器测量并计算出木块运动

的加速度a.实验中通过多次改变钩码个数，得到多组T和a的数

值，并将得到的数据在坐标纸上描绘出来，得到如图2所示的图象.

(1)假设木块的质量为M,重力加速度为g,滑动摩擦因数H，根据

实验可知木块的加速度a随拉力T变化的关系式为a4T-Hg.

(2)根据图2可知，图象的斜率k表示的是"(写表达式)；

——I——

木块的质量M=0.5kg.

(3)根据实验可知木块与木板之间的滑动摩擦因数11=0.2

(g=10m/s)

【考点】探究影响摩擦力的大小的因素.

【分析】(1)根据牛肚第二定律求得加速度的表达式；

(2)根据表达式判断出斜率和质量；

(3)根据纵截距判断出摩擦因数

【解答】解：(1)根据牛顿第二定律可知T-kiMg=Ma,解得a4T-Vg

JR

(2)根据(1)的表达式可知，图象的斜率k=J,即卜2,M=0.5kg

MJR

(3)纵截距为-2,故fg=-2,解得|1=0.2

故答案为：⑴a芸TTg;(2)0.5；(3)0.2

【点评】对于实验问题我们要了解实验的装置和工作原理，同时掌握

牛顿第二定律的应用，抓住加速度的表达式即可判断

14.一个刻度没标数值的电压表量程约为9V,内阻Rx约为6kQ,现

要较为准确地测其内阻Rx,且各仪表的示数不得少于满量程的总实

验室提供了如下器材：

A.电流表Ai：量程3mA,内阻约50Q

B.电流表A2：量程3A,内阻约0.2Q

C.电压表Vi：量程1.5V,内阻ri=lkQ

D.电压表V2：量程60V,内阻方约50kQ

E.定值电阻器Ri：阻值Ri=5.1kQ

F.定值电阻器R2：阻值R2=30Q

G.电源：电动势约15V,内阻约0.5Q

H.滑动变阻器0〜20Q

I.导线若干、单刀单掷开关一个

(1)除被测电压表、G、I肯定需外，最少还需ACEH器材(填序

号)；

(2)用你所选最少器材以及G、I在虚线框中画出测量原理图；

(3)根据所画原理图，写出Rx的表达式(用某次电表的测量值、已

知量表示)Rx=,:,，并指明表达式中所设物理量是哪些

仪表测量时的示数U1为电压表V］的示数、、为电流A］的示数.

【考点】伏安法测电阻.

【分析】(1)电流表、电压表和滑动变阻器的选择应该遵循“安全、

精确和操作方便”的原则,

(2)将电流表改装为电压表，需串联电阻起分压作用.通过待测电

阻的大小确定电流表的内外接，由于滑动变阻器阻值较小，从测量误

差角度确定滑动变阻器采用分压式接法.

(3)根据欧姆定律求出待测电阻的阻值.

【解答】解：(1)通过电压表的最大电流为：I/=诚=6嬴人=1.5nA,

且待测电表无刻度，故还需选择电压表，电流表、电压表和滑动变阻

器的选择应该遵循“安全、精确和操作方便”的原则可选取：ACEH；

(2)电压表V］量程太小，直接并在待测电压表两端容易烧毁，故需

串联一个定值电阻Ri,又电压表电阻很大，电流表应采用外接法，滑

故设计电路如图所示:

(3)根据欧姆定律流经电压表VI的电流为：…①

0rl

根据并联电路电流特点可得流经待测电压表的电流为：IX=ILIo…②

根据欧姆定律得：Rx」与匕口…③

1X

U.CR,+r,)

①②③联立得：Rx=3-u

故答案为：(1)ACEH；(2)如图所示

U.(R.+rJ

(3)'1.Ui为电压表V］的示数、I1为电流表Ai的示数

MiUi

【点评】本题关键要从减小实验误差的角度选择电流表，并确定安培

表的内、外接法和滑动变阻器的限流、分压法；要明确安培表的内、

外接法的误差来源.

三.计算题(8+8+10+10=36分)写出必要的步骤，只写结果不得分

15.如图所示，两足够长的光滑金属导轨竖直放置，相距为L,一理

想电流表和一电阻R串联后再与两导轨相连，匀强磁场与导轨平面垂

直.一质量为m、有效电阻为r的导体棒在距磁场上边界h处静止释

放.导体棒进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I.整

个运动过程中，导体棒与导轨接触良好，且始终保持水平，不计导轨

的电阻.求：

(1)磁感应强度的大小B；

(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v；

(3)流经电流表电流的最大值lm.

R

【考点】电磁感应中的能量转化；共点力平衡的条件及其应用；机械

能守恒定律；导体切割磁感线时的感应电动势.

【分析】（1）导体棒最终稳定时，做匀速运动，根据平衡条件和电

磁感应知识可求出B；

（2）由感应电动势公式E=BLv求得速度.

（3）据题意，导体棒刚进入磁场时的速度最大，由机械能守恒定律

求出最大速度，再求电流的最大值lm.

【解答】解：（1）电流稳定后，导体棒做匀速运动，此时导体棒受

到的重力和安培力平衡，

则有BIL=mg

解得：B喘

（2）感应电动势E=BLv

感应电流I4

R+r

解得：v=-（R+r）

mg

（3）由题意得导体棒刚进入磁场时的速度最大，设为Vm

由机械能守恒定律得，^iDv旌mgh

感应电动势最大值Em=BLVm

E

感应电流最大值1/就

解得称算，则流经电流表电流的最大值

mI(R+r)

mgV2gh

9=](R+r)•

答：(1)磁感应强度的大小B为B喘；

(2)电流稳定后，导体棒运动速度的大小v为上2；

(3)流经电流表电流的最大值I理纯.

mI(R+r)

【点评】本题是基础题，是电磁感应知识、闭合电路欧姆、机械能守

恒定律简单的综合应用，考查基本功，不能丢分.

16.如图所示，在OWxWb、OWyWa的长方形区域中有一磁感应强

度大小为B的匀强磁场，磁场的方向垂直于xOy平面向外.。处有一

个粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，

它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内的第一象限内(包括

ox、oy轴).若粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,最先从磁场上

边界飞出的粒子经历的时间为表,最后从磁场中飞出的粒子经历的时

间为不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则

(1)粒子的入磁场的速度大小为多少？

(2)求长方形区域的边长满足关系.

h

【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运

动.

【分析】(1)根据题意，粒子运动时间最短时，其回旋的角度最小,

画出运动轨迹，根据几何关系列出方程求解出轨道半径，再根据洛伦

兹力提供向心力得出速度大小；

(2)最后离开磁场的粒子，其运动时间最长，由题意画出运动的轨

迹，故可以根据几何关系列出方程求变长之间的关系.

【解答】解(1)最先从磁场上边界中飞出的带电粒子的运动轨迹可

如图表示：

可知此时粒子在磁场中偏转的圆心角为30°,根据几何关系得粒子运

动的半径r=2a,

2

根据牛顿第二定律有：qvB=mJ,

r

粒子的射入磁场的速度大小：v=迺；

ID

(2)最后从磁场中飞出的带电粒子在磁场中的运动轨迹可如图表示：

设发射方向与y轴正方向的夹角为a,根据几何关系有：

rsina=r-a,rsina=b-rcosa,解得:a=30°,b=(l+的)a；

答:(1)粒子的入磁场的速度大小为空■.

(2)长方形区域的边长满足关系为：b=(1+J3)a.

c

y

【点评】本题关键是画出运动时间最短的粒子的运动轨迹，然后根据

几何关系得到轨道半径，再根据洛仑兹力提供向心力得到速度大小.

17.(10分)(2016春•溪河期末)图示为两个足球运动员在赛前练

习助攻进球的过程，其中BP在一条直线上，假设甲运动员在B处将

足球以llm/s的速度沿直线的方向踢出，足球沿着地面向球门P处运

动,足球运动的加速度大小为Im/s2,在A位置的乙运动员发现甲运

动员将足球踢出去后，经过1s的反应时间，开始匀加速向即连线上

的C处奔去，乙运动员的最大速度为9m/s,已知B、C两点间的距离

为60.5m,A、C两点间的距离为63m.

(1)乙运动员以多大的加速度做匀加速运动，才能与足球同时运动

到C位置？

(2)乙运动员运动到C