资源简介

登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
山东省济南市2022-2023学年高二上学期物理1月学习质量评估试卷
一、单选题
1．（2023高二上·济南期末）半径为R的竖直放置的光滑半圆轨道如图所示，质量为3m的小球B静止在轨道最低点，质量为m的小球A从轨道边缘由静止下滑，A、B间碰撞为弹性碰撞，则（　　）
A．A，B两球总动量一直不变
B．碰撞前A球重力的功率一直变大
C．A，B两球此后的碰撞位置一定还在轨道最低点
D．每次碰撞前的瞬间，两球对轨道压力一定相等
2．（2023高二上·济南期末）如图所示为一地下电缆探测装置，圆形金属线圈可沿水平面不同方向运动，若水平地面下有一平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线，P、M和N为地面上的三点，线圈圆心P点位于导线正上方，平行于y轴，平行于x轴、关于导线上下对称。则（　　）
A．电流I在P、Q两点产生磁感应强度相同
B．电流I在M、N两点产生磁感应强度大小
C．线圈从P点匀速运动到N点过程中磁通量不变
D．线圈沿y方向匀加速运动时，产生恒定的感应电流
3．（2022高三上·枣庄期末）人们对电磁炮的研究不断深入。某高中科研兴趣小组利用学过的知识制造了一台电磁炮，其原理示意图如图甲所示，高压直流电源电动势为E，大电容器的电容为C。线圈套在中空的塑料管上，管内光滑，将直径略小于管的内径的金属小球静置于管口附近。首先将开关S接1，使电容器完全充电，然后立即将S转接2，此后电容器放电，通过线圈的电流随时间的变化如图乙所示，金属小球在的时间内被加速发射出去，时刻刚好运动到管口。下列关于该电磁炮的说法正确的是（　　）
A．小球在塑料管中做匀变速直线运动
B．在的时间内，小球中产生的涡流从左向右看是顺时针方向的
C．在时刻，小球受到的线圈磁场对它的作用力为零
D．在的时间内，电容器储存的电能全部转化为小球的动能
4．（2023高二上·济南期末）教学用发电机能够产生正弦式交变电流，原理如图所示。矩形线圈abcd面积为S，匝数为N，电阻为r，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴OO＇以角速度ω匀速转动，利用该发电机向定值电阻R供电，电压表和电流表均可视为理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．线圈每转动一个周期电流方向改变1次
B．电压表的读数为
C．线圈由图示位置转过时，线圈中的电流为
D．线圈由图示位置转过的过程中通过线圈磁通量的变化量为
5．（2023高二上·济南期末）如图所示，一小型风力发电机通过如图甲所示输电线路向北京赛区某场馆1万个额定电压为、额定功率为的LED灯供电。当发电机输出如图乙电压时，赛区的LED灯全部正常工作。已知输电导线损失的功率为赛区获得总功率的4%，输电导线的等效电阻为。则下列说法正确的是（
A．发电机的转速为
B．发电机内输出的电能为
C．降压变压器原、副线圈匝数比为
D．升压变压器副线圈输出的电压的最大值为
6．（2023高二上·济南期末）如图所示电路中，R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为电容器，电表均为理想电表，滑动变阻器R2的滑片向右滑动过程中，电流表A1、A2的示数变化量的绝对值分别为、，电压表示数变化量的绝对值为。下列说法正确的是（　　）
A．电流表A1示数变小，A2示数变小，且
B．电阻R3中有向右的电流
C．与的比值一定小于电源内阻r
D．电阻R2消耗的功率变大
7．（2023高二上·济南期末）如图所示，为回旋加速器原理图，D形金属盒半径为R，A处粒子源产生质量为m、电荷量为的粒子，在加速电场中被加速，在匀强磁场中偏转，所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率均可调，磁场的磁感应强度最大值为和加速电场频率的最大值为，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子获得的最大动能与加速电压有关
B．粒子第n次和第次进入磁场的半径之比为
C．若，则粒子获得的最大动能为
D．若，则粒子获得的最大动能为
8．（2023高二上·济南期末）P1、P2完全相同的两块平板，置于光滑水平面上，质量均为m。P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距l。质量为2m且可看作质点的物体P置于P1的最右端，P1与P一起以速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞（碰撞时间极短），碰撞后P1与P2粘在一起。P压缩弹簧后被弹回并刚好停在A点（弹簧始终在弹性限度内）。P与P2之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。则下列说法正确的是（　　）
A．P1、P2刚碰完时的共同速度为
B．P停在A点的速度为
C．此过程中弹簧的最大压缩量
D．弹簧的最大弹性势能
二、多选题
9．（2023高二上·济南期末）如图（a）所示，足够长的竖直边界之间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，电场强度随时间的变化规律如图（b）所示。点在上，点在上，连线与边界垂直，点是线段的中点。现有一电荷量为、质量为的带正电的粒子从点以速率水平射入电磁场区域，粒子沿直线运动到点后做一个完整的圆周运动，然后从点继续向右沿直线运动，最后从点射出电磁场区域。不计粒子重力，则（　　）
A．磁场的磁感应强度大小为
B．粒子做圆周运动的半径为
C．电场的变化周期为
D．与之间的距离应满足
10．（2023高二上·济南期末）如图甲所示，水平面内有一光滑金属导轨，ac边接有阻值为R的电阻，其它电阻均不计，ab与cd的夹角为，将长直导体棒搁在导轨上，并与cd垂直，棒与ab、cd的交点G、H间的距离为，在导轨之间的空间中存在垂直于导轨平面的匀强磁场。在外力作用下，棒由GH处以初速度向右做直线运动，其速度的倒数随位移x变化的关系如图乙所示，在导体棒从GH处运动到MN处的过程中，导体棒中电流为I、切割磁感线产生的电动势为E、受到安培力为FA，电阻R消耗的电功率为PR，则上述物理量随位移x的变化图象正确的是（　　）
A． B．
C． D．
11．（2023高二上·济南期末）如图，水平桌面上固定两根距离，不计电阻的足够长的平行金属导轨。A、B、C、D、E、F为导轨上6个不同的位置，ABFE区域（含边界）有垂直纸面向里大小的匀强磁场。导体棒l1的质量，电阻，垂直导轨放置，EF处有一固定的与l1相同导体棒l2。导体棒与导轨垂直且接触良好，在C、D两位置有固定弹性立柱C和D，导体棒与立柱发生弹性碰撞时，速度立即变为与碰前速度等大反向。l1在恒定外力F作用下从AB边左端距AB边0.25m处由静止开始向右运动，进入磁场后恰能做匀速直线运动。l1运动至CD处，与立柱发生碰撞时立即撤去外力，同时撤去对l2的固定。当l1再次运动至AB处时，l1与l2达到共速，l2恰好到达CD处，并与立柱相碰。已知导轨AE、BF段光滑，其余段粗糙，l1与粗糙部分间动摩擦因数为μ，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。， 取。则下列说法正确的是（　　）
A．l1与导轨间的动摩擦因数
B．C，D分别为AE、BF的中点
C．l1由CD运动到AB的过程中产生焦耳热量0.25J
D．l2最终将离开磁场，在EF右侧滑动一段距离
12．（2023高二上·济南期末）北京是世界上第一个双奥之城，其中极具观赏性的冰壶比赛在冰立方举行。如图所示，某次比赛中，黄冰壶位于O点，运动员在投掷线处将红冰壶以一定的速度推出，不刷冰的情况下，红冰壶能将黄冰壶撞出圆垒且红冰壶停在圆垒中不压线。已知红、黄冰壶发生正碰，碰撞过程中机械能损失了32%，不刷冰时红、黄冰壶和冰面的动摩擦因数均为0.01，投掷线与O点（圆垒的圆心）的距离，圆垒半径，红、黄冰壶质量相等且可视为质点，重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．红、黄冰壶碰撞后瞬间，黄冰壶的最小速度为
B．红、黄冰壶碰撞前瞬间，红冰壶的最大速度为
C．红冰壶在投掷线推出时的速度大于且小于
D．红冰壶在投掷线推出时的速度大于且小于
三、实验题
13．（2023高二上·济南期末）为了验证碰撞中的动量守恒定律和检验两个小球的碰撞过程中的机械能损失情况，某同学选取了两个体积相同、质量相差比较大的小球，按下述步骤做了实验：
①用天平测出两小球的质量（分别为m1和m2）。
②先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置。
③按图示安装好实验器材，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端。
④用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离。图中D、E、F点是该同学记下小球在斜面上的落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。
⑤将小球m2放在斜槽末端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，分别记下小球m1和m2在斜面上的落点位置。
（1）以上实验步骤顺序是　 　，且m1与m2的质量关系是　 　。
（2）若碰撞过程中，动量和机械能均守恒，不计空气阻力，则下列表达式中正确的有____。
A．m1LF＝m1LD＋m2LE B．m1LE2＝m1LD2＋m2LF2
C．m1LE＝m1LD＋m2LF D．LE＝LF－LD
14．（2022高三上·湖南月考）为研究一只额定电压为2.5V、额定电流为0.4A的小灯泡的伏安特性，要求测量尽量准确，器材除小灯泡、开关S、导线外，实验室还提供器材如下：
A．电池组（电动势，内阻）；
B．电流表A1（量程500mA，内阻约0.5Ω）；
C．电流表A2（量程3mA，内阻）；
D．电阻箱（阻值0~999.9Ω）；
E．电阻箱（阻值0~99.9Ω）；
F．滑动变阻器（阻值0~10Ω）；
G．滑动变阻器（阻值0—200Ω）；
（1）为测电压，需将A2表改装为量程2.7V的电压表，上述器材中，电阻箱应选　 　（填写所选器材后的字母）；
（2）为了测量尽量准确，请在图示虚线框内画出实验电路图；
（3）根据所设计的电路研究小灯泡的伏安特性具体操作为：利用A1、A2表测得多组数据，并作出图线（图中纵轴I2为A2表的示数值，横轴为A1表的示数值）
①由图可知，当通过小灯泡的电流为0.3A时，小灯泡的实际功率为　 　W（结果取两位有效数字）；
②若将小灯泡直接接在一个电动势，内阻的电池两端，小灯泡的实际功率为　 　W（结果取两位有效数字）
四、解答题
15．（2023高二上·济南期末）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4kg和mB=3kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触。另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，C的v-t图像如图乙所示。求：
（1）t=8s时弹簧具有的弹性势能Ep1，4~12s内墙壁对物块B的冲量大小I；
（2）B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep2。
16．（2023高二上·济南期末）如图所示，右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道AB，半径为，左侧是一固定的光滑曲面轨道CD，两轨道末端C与B等高，两轨道间有质量的长木板静止在光滑水平地面上，右端紧靠圆弧轨道AB的B端，木板上表面与圆弧面相切于B点。一质量的小滑块P（可视为质点）从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，经B点后滑上木板，已知重力加速度大小为，滑块与木板之间的动摩擦因数为，木板厚度，D点与地面高度差。
（1）求小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小；
（2）若木板只与C端发生了2次碰撞，滑块一直未与木板分离，木板与C端碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略。求开始时木板左端离C端距离。
17．（2022高二下·滨州期末）如图所示，两根水平轨道、放置在水平桌面上，两根半径为的圆弧轨道、和水平轨道、平滑连接，水平轨道末端恰好在桌子边缘，轨道和的间距为，桌面距地面高。空间中存在竖直向上匀强磁场，磁感应强度大小为B。ab和cd是质量均为m，长度均为l，电阻均为r的金属棒，金属棒cd 放置在水平轨道左端MM＇处，金属棒ab在圆弧轨道上端处。不考虑轨道电阻，金属棒与导轨接触良好，忽略一切阻力，水平轨道足够长，金属棒cd处于锁止状态，在外力作用下使金属棒ab沿圆弧轨道匀速下滑，当金属棒ab滑至圆弧轨道底端时撤去外力和cd棒的锁止，ab棒与cd棒发生弹性碰撞，经过一段时间后ab棒和cd棒间距不再发生变化，最终两棒从桌面边缘飞出，已知两棒从桌面飞出的水平射程为h，重力加速度为g。求：
（1）金属棒ab在圆弧轨道运动的速度大小v0；
（2）外力做功的大小；
（3）ab棒和cd棒在平直轨道间距不变时，两棒的间距d。
18．（2022高三上·济南开学考）如图甲所示，三维坐标系中平面的右侧存在平行z轴方向周期性变化的磁场B（未画出）和沿y轴正方向竖直向上的匀强电场。将质量为m、电荷量为q的带正电液滴从平面内的P点沿x轴正方向水平抛出，液滴第一次经过x轴时恰好经过O点，此时速度大小为，方向与x轴正方向的夹角为。已知电场强度大小，从液滴通过O点开始计时，磁感应强度随时间的变化关系如图乙示（当磁场方向沿z轴负方向时磁感应强度为正），，重力加速度大小为g。求：
（1）抛出点P的坐标；
（2）液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴的时间；
（3）液滴第n次经过x轴时的x坐标；
（4）若时撤去右侧的匀强电场和匀强磁场，同时在整个空间加上沿y轴正方向竖直向上的匀强磁场，求液滴向上运动到离平面最远时的坐标。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．A、B两球碰撞时动量守恒，A不符合题意；
B．球A在下滑过程初始时刻速度为0，瞬时功率为0，最低点速度方向与重力方向垂直，所以瞬时功率为0，所以碰撞前A球重力的功率先增大后减小，B不符合题意；
C．假设碰撞前A球的速度为，碰后A球的速度为、B球的速度为，则，
解得，
所以会再次在最低点发生碰撞，且有
解得第二次碰撞后的速度为、
此后如此循环，C符合题意；
D．由于两球质量不同，每隔一定的周期，两球碰撞前速度大小相等，根据牛顿第二定律
所以压力会不相等，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】AB两球碰撞过程动量守恒；利用重力和竖直方向的速度可以判别重力功率的大小变化；利用动量守恒定律可以判别第二次碰撞后速度的大小，利用牛顿第二定律结合小球的质量可以比较压力的大小。
2．【答案】B
【知识点】安培定则；磁通量
【解析】【解答】A．根据安培定则，电流I在P处产生的磁感应强度沿x轴负方向，在Q处产生的磁感应强度沿x轴正方向，A不符合题意；
B．由于MN平行y轴，电流I也平行y轴，且M、N到长直导线的距离相等，B符合题意；
C．电流I在P处产生的磁感应强度沿x轴负方向，故线圈在P点的磁通量为零，电流I在N处产生的磁感应强度斜向左下方，故线圈在N点的磁通量不为零，故线圈从P点到N点的过程中的磁通量发生了变化，C不符合题意；
D．线圈沿y方向运动，线圈始终在长直导线的正上方，磁感应强度始终沿x轴负方向，线圈中磁通量始终为零，故线圈中不会产生感应电流，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用安培定则可以判别磁感应强度的方向；利用导体棒到某点的距离可以判别磁感应强度的大小；利用磁感应强度的方向可以判别磁通量的变化；利用磁通量是否变化可以判别是否有感应电流产生。
3．【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；电磁振荡
【解析】【解答】A. 线圈中的磁场强弱程度与通过线圈的电流大小成正比，根据乙图可知，线圈中产生的磁感应强度（磁通量）变化步调与电流的变化步调一致，在时间内，线圈电流从0逐渐增大，但其变化率却逐渐减小至0，所以线圈中的磁通量变化率也逐渐减小至0，金属小球中感应电动势也逐渐减小至0，金属小球中的涡流也逐渐减小至0，可知时刻，金属小球受到线圈磁场对它的作用力为0，时刻，金属小球受到线圈磁场对它的作用力也为0，故时间内，金属小球受到线圈磁场对它的作用力应先增大后减小，即加速度应先增大后减小，A不符合题意；
B. 时间内，由安培定则知线圈电流在线圈内的磁场方向向右，线圈电流在增大，则产生的磁场在增大，通过金属小球磁通量在增大，根据楞次定律可知金属小球中产生涡流的磁场方向向左，由安培定则可知，金属小球中产生的涡流从左向右看是逆时针方向的，B不符合题意；
C. 时刻，线圈中电流的变化率为零，所以线圈中磁通量变化率为零，金属小球中感应电动势为零，金属小球中的涡流为零，所以小球受线圈作用力为零，C符合题意；
D. 在的时间内，电容器减少的电场能转化为磁场能，磁场能有一部分转化为小球的动能，还留有一部分磁场能。所以减少的电场能大于小球增加的动能，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】线圈中产生的磁感应强度（磁通量）变化步调与电流的变化步调一致，磁通量变化率也逐渐减小至0，金属小球受到线圈磁场对它的作用力应先增大后减小。时刻，线圈中电流的变化率为零，所以线圈中磁通量变化率为零，金属小球中感应电动势为零。
4．【答案】C
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．线圈每转动一个周期经过中性面两次，电流方向改变两次，A不符合题意；
B．根据，，，
解得
电压表的读数为，B不符合题意；
C．电流瞬时值为
线圈由图示位置转过时，线圈中的电流为
C符合题意；
D．线圈由图示位置转过的过程中通过线圈磁通量的变化量为
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】线圈转动一个周期电流方向改变2次；利用电动势的峰值结合欧姆定律可以求出电压表的读数；利用电流瞬时值的表达式可以求出电流的大小；利用磁通量的表达式可以求出磁通量变化量的大小。
5．【答案】C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】A．转速是发动机每秒转过的圈数，由图乙可知发电机的周期为0.02s，所以发电机的转速为
A不符合题意；
B．发电机的输出功率为
发电机内输出的电能为
B不符合题意；
C．输电线损失的功率
由
可得输电线电流
降压变压器副线圈的电流
降压变压器原、副线圈匝数比为
C符合题意；
D．由
可得
则
升压变压器副线圈输出的电压的最大值为
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用周期的大小可以求出转速的大小，利用发电机的输出功率结合时间可以求出输出的电能；利用损失的功率结合热功率的表达式可以求出输电电流的大小，结合电功率的表达式可以求出降压变压器的输出电流，利用电流之比可以求出匝数之比；利用匝数之比可以求出升压变压器的输出电压，利用输出电压的有效值可以求出对应的峰值。
6．【答案】C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A．滑动变阻器R2的滑片向右滑动时，接入电路的电阻增大，闭合回路的总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，即A2的示数变小；由
可知U增大，又由欧姆定律可知增大；由于
可知减小，则A1示数变小，且的减小量大于的减小量，即，A不符合题意；
B．电容器两端的电压等于电压表电压，且上极板带正电，由可知Q变大，则电流从右向左流过电阻R3，B不符合题意；
C．由闭合电路欧姆定律可知
整理得
所以
C符合题意；
D．消耗的功率为
最大时，有
此时有
因R2与R1、r的并联电阻关系不确定，所以滑片向右滑动过程中，电阻R2消耗的功率不一定变大，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用闭合电路的欧姆定律结合动态电路的串反并同可以判别电流表和电压表读数的变化，结合总电流的变化可以判别两个电流表的读数变化；利用欧姆定律可以判别电压表和电流表变化量的比值大小；利用电功率和欧姆定律的表达式可以判别电阻R2消耗功率的变化。
7．【答案】D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．当粒子出D形盒时，速度最大，动能也最大，由，
粒子的速度与电压无关，动能与加速电压无关，A不符合题意；
B．粒子在加速电场中被加速，记经过n次加速后的速度为vn，由动能定理可得，
由上述分析可知，粒子第n次进入磁场的半径为
即
B不符合题意；
CD．由题意可知，加速电场频率等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率，即
当时，粒子的最大动能由fm决定，即
则最大动能为
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用牛顿第二定律结合动能的表达式可以判别最大动能的表达式的影响因素；利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出轨迹半径的比值；利用粒子运动频率结合动能的表达式可以求出最大动能的表达式。
8．【答案】B
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【解答】A．P1、P2刚碰完时的共同速度为
解得
A不符合题意；
B．P停在A点的速度为
解得
B符合题意；
C．对系统根据能量守恒定律得
解得
C不符合题意；
D．弹簧的最大弹性势能为
解得
D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用动量守恒定律可以求出共同速度的大小，利用动量守恒定律可以求出P停止A的速度大小；利用能量守恒定律可以求出最大压缩量的大小；利用能量守恒定律可以求出弹性势能的最大值。
9．【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子做直线运动，可得
求得
B．根据
求得
B符合题意；
C．粒子沿直线运动到点后做一个完整的圆周运动，可得
求得
C不符合题意；
D．当圆形轨迹与条形磁场相切时，与之间的距离最小，即
求得
粒子沿直线运动到点，可得
与之间的距离应满足
D符合题意．
故答案为：ABD。
【分析】利用粒子的平衡方程可以求出磁感应强度的大小；利用牛顿第二定律可以求出粒子轨迹半径的大小；利用周期公式可以求出电场变化的周期；利用轨迹半径结合几何关系可以求出MN与PQ之间的距离大小范围。
10．【答案】B,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】C．由乙图得
切割磁感线产生的电动势
恒定不变，C符合题意；
A．导体棒中电流
恒定不变，A不符合题意；
D．电阻R消耗的电功率
恒定不变，D不符合题意；
C．受到安培力
可知安培力随位移线性变化，且时的安培力是时的2倍。B符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用图像可以求出速度与位移的关系，结合动生电动势的表达式可以求出电动势的大小进而判别电动势保持不变；利用欧姆定律可以判别感应电流保持不变；利用焦耳定律可以判别电功率保持不变；利用安培力的表达式可以判别安培力与位移的关系。
11．【答案】A,C
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．因l1进入磁场后做匀速运动
解得
l1由开始运动到进入磁场，由动能定理可得
解得
A符合题意；
B．l1从反弹到达AB过程，l1、l2系统动量守恒，设共同速度为v1，根据动量守恒定律得
解得
在相同时间内，l1速度由2m/s减速到1m/s， l2速度由0增加到1m/s，故此过程l1的位移大于l2的位移，B不符合题意；
C．两棒都在磁场中运动过程中，系统损失的动能变成两棒的焦耳热，由于两电阻相等，则两棒产生的焦耳热相等，设每根棒产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律得
解得
C符合题意；
D．l2在磁场中向右滑动时只受安培力作用，l1在磁场外，设l2向右移动的最大距离为x，由动量定理得，
由法拉第电磁感应定律得，
由闭合电路欧姆定律得，
解得
l2将在磁场中运动0.2m后静止，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】利用l1的平衡方程可以求出匀速运动的速度大小，结合动能定理可以求出动摩擦因数的大小；利用动量守恒定理可以求出共同速度的大小，结合速度的变化可以比较位移的大小；利用能量守恒定律可以求出焦耳热的大小；利用动量定理结合欧姆定理可以求出l2运动的位移。
12．【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．黄冰壶恰好被撞出圆垒时速度最小，根据题意由牛顿第二定律可得
根据运动学公式可得
解得
A不符合题意；
B．红冰壶与黄冰壶碰撞后恰好停在圆垒右边界时速度最大，根据题意由牛顿第二定律可得
设碰后的速度为v1，根据运动学公式可得
解得
碰撞过程动量守恒，设碰撞前红冰壶的速度为v，碰撞后黄冰壶的速度为，则有
根据能量守恒有
解得
B符合题意；
CD．红、黄冰壶碰撞前瞬间，红冰壶的最大速度为，则根据动能定理有
解得
碰撞后黄冰壶的最小速度，设此时红冰壶的速度为，同理根据动量守恒和能量守恒有，
解得
再根据动能定理有
解得
故红冰壶在投掷线推出时的速度大于且小于，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出黄冰壶减速加速度的大小，结合速度位移公式可以求出黄冰壶碰后最小的速度；同理可以求出红冰壶碰后的最大速度，结合动量守恒定理可以求出碰前速度的大小；利用动能定理结合动量守恒定律可以求出红冰壶推出的速度大小范围。
13．【答案】（1）①③②⑤④；
（2）C
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）以上实验步骤顺序是①③②⑤④；
为了防止入射球碰后反弹，则m1与m2的质量关系满足；
（2）小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，m1的落点在图中的E点；两个小球相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，因此m1的落点是图中的D点，m2的落点是图中的F点，设斜面的倾角为α，根据平抛运动的规律可得，LDcosα=v1t
解得
同理可得小球m1的初速度和小球m2的水平速度为
根据动量守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2
解得
若两小球的碰撞属于弹性碰撞，即碰撞后的机械能没有损失，则会满足关系式
联立解得m1LE=m1LD+m2LF
故答案为：C。
【分析】（1）正确的实验步骤是①③②⑤④；为了避免反弹，入射小球的质量要大于被碰小球的质量；
（2）利用平抛运动的位移公式结合动量守恒定律可以求出动量守恒定律的表达式，结合能量守恒定律可以求出弹性碰撞的表达式。
14．【答案】（1）R1
（2）
（3）0.32；0.73
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）当电流满偏时，改装电压表两端的电压为2.7V，有 ，代入数据解得 ，故电阻箱选择R1。
（2）电路如图所示
（3）①由图可知，当通过小灯泡的电流为0.3A时，流过A2的电流为1.17mA，则小灯泡的电压为 ，小灯泡的实际功率为
②在上图中由作出电源 的 图线，
图线其与小灯泡的 图线交点即为两者串联灯泡的工作点 ，可得 时， ，故其中一点为（0，3.0），电源路端电压 ，而 ，故当 时 ，可得交点坐标约为（376mA，2.16mA），故小灯泡的实际功率为 ，代入数据得
【分析】（1）当电流满偏时根据欧姆定律得出电阻的阻值，从而得出应该选择的电阻箱；
（2）根据研究小灯泡伏安特性曲线的实验原理连接电路图；
（3）根据欧姆定律以及电功率的表达式得出小灯泡的额定功率；结合I2-I1的图像以及闭合电路欧姆定律和功率的表达式得出小灯泡的实际功率 。
15．【答案】（1）设C的质量为mC，由题图乙知，C与A碰前速度为
碰后速度大小为
C与A碰撞过程动量守恒
解得C的质量
t=8s时弹簧具有的弹性势能为
取水平向左为正方向，根据动量定理，4~12s内墙壁对物块B的冲量大小
（2）由题图可知，12s时B离开墙壁，此时A、C的速度大小为
之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大
解得B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能为
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）从图象可以求出C碰前速度的大小，结合动量守恒定律可以求出C质量的大小，利用能量守恒定律可以求出弹性势能的大小；再利用动量的变化量可以求出墙壁对B冲量的大小；
（2）已知B离开墙壁的时间，结合动量守恒定律及能量守恒定律可以求出弹簧势能的最大值。
16．【答案】（1）小滑块P滑到B点时，由动能定理可知
解得
在B点时牛顿第二定律可知
解得
由牛顿第三定律可知，小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小为
（2）整个过程木板所受摩擦力不变，滑块滑上木板后，木板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知
解得
木板与C端第一次碰撞前瞬间，滑块速度为，木板速度为，在滑块滑上木板到木板第一次与C端碰撞的过程中，由动量守恒定律可知
由于无能量损失，则木板原速率返回，做匀减速运动，加速度大小仍为，由对称性可知，木板与B端接触时速度为0，后开始做匀加速直线运动与C端发生第2次碰撞，根据对称性可知，碰撞时木板速度仍为，滑块速度为，木板只与C端发生了2次碰撞，则
从木板第一次与C端碰撞之后的瞬间到木板第二次与C端碰撞之前瞬间的过程在，由动量守恒定律可知
联立解得
设开始时木板左端离C端距离为，则由运动学公式可知
解得
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）滑块运动到B点时，利用动能定理可以求出运动到B点的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出滑块对轨道的压力大小；
（2）当木板受到的摩擦力不变时，利用牛顿第二定律可以求出木板加速度的大小，结合动量守恒定律可以求出木板第二次与C碰撞的速度大小，结合速度位移公式可以求出开始时木板左端到C端的距离大小。
17．【答案】（1）解：金属棒飞出桌面做平抛运动，竖直方向上有
水平方向上
由分析可知，两金属棒碰撞后在水平轨道上最终做匀速运动，且动量守恒，则
解得
（2）解：金属棒ab在圆弧上运动过程中，由动能定理有
根据功能关系有
令ab棒下滑的圆心角为θ，则圆弧上运动的感应电动势的瞬时值为
则电动势的有效值为
圆弧下滑过程产生的热量
解得
（3）解：ab棒与cd棒发生弹性碰撞，有
解得，
之后再磁场中运动至稳定匀速状态，速度为，对ab棒由动量定理有
感应电动势的平均值
感应电流
由闭合电路欧姆定律有
解得
【知识点】动量守恒定律；平抛运动；动能定理的综合应用；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1） 金属棒飞出桌面做平抛运动 ，平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，结合平抛运动的规律以及动量守恒得出金属棒ab在圆弧轨道运动的速度 ；
（2） 金属棒ab在圆弧上运动过程中 ，根据动能定理以及功能关系和焦耳定律得出外力做的功 ；
（3） ab棒与cd棒发生弹性碰撞 ，根据动量守恒以及动能守恒得出两棒碰撞后的速度，对ab棒利用动量定理以及感应电动势的平均值和电流的定义式、闭合电路欧姆 定律得出两棒的间距 。
18．【答案】（1）解：液滴做平抛运动，由于经过O点时方向与x轴正方向的夹角为，则
根据平抛规律得，，
联立解得
P点的坐标为
（2）解：由洛伦兹力提供向心力得
联立，解得
带入周期公式
解得
假设磁场不变，分析得液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴时，对应的圆心角为90°。则
假设成立。
（3）解：由于
可知0~，液滴刚好转过180°。之后磁场大小方向都变了，则偏转方向变了。由洛伦兹力提供向心力得
联立，解得
带入周期公式
解得
~2，液滴转过90°。
同理得，时间在2~3与0~的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样。
3~4与~2的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样。
综上所述，得到液滴一个周期的轨迹图如下
由几何关系得
则液滴第n次经过x轴时的x坐标为
（4）解：时，把速度分解到水平方向和竖直方向，即
则粒子在竖直方向上做上抛运动，则，
解得，
在水平方向向上做圆周运动，则，
则
可知，水平方向向上转过90°。则
因此液滴向上运动到离平面最远时的坐标为
【知识点】平抛运动；匀速圆周运动
【解析】【分析】（1）结合速度的分解以及平抛运动的规律和匀变速直线运动的速度和位移的关系得出P点的坐标；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合洛伦兹力提供向心力得出粒子运动周期的表达式，结合粒子运动的周期和时间的关系判断假设是否成立；
（3）根据粒子在磁场中做匀速圆周运动时洛伦兹力提供向心力得出液滴转过的角度，并画出液滴的轨迹。
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1登录二一教育在线组卷平台 助您教考全无忧
山东省济南市2022-2023学年高二上学期物理1月学习质量评估试卷
一、单选题
1．（2023高二上·济南期末）半径为R的竖直放置的光滑半圆轨道如图所示，质量为3m的小球B静止在轨道最低点，质量为m的小球A从轨道边缘由静止下滑，A、B间碰撞为弹性碰撞，则（　　）
A．A，B两球总动量一直不变
B．碰撞前A球重力的功率一直变大
C．A，B两球此后的碰撞位置一定还在轨道最低点
D．每次碰撞前的瞬间，两球对轨道压力一定相等
【答案】C
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【解答】A．A、B两球碰撞时动量守恒，A不符合题意；
B．球A在下滑过程初始时刻速度为0，瞬时功率为0，最低点速度方向与重力方向垂直，所以瞬时功率为0，所以碰撞前A球重力的功率先增大后减小，B不符合题意；
C．假设碰撞前A球的速度为，碰后A球的速度为、B球的速度为，则，
解得，
所以会再次在最低点发生碰撞，且有
解得第二次碰撞后的速度为、
此后如此循环，C符合题意；
D．由于两球质量不同，每隔一定的周期，两球碰撞前速度大小相等，根据牛顿第二定律
所以压力会不相等，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】AB两球碰撞过程动量守恒；利用重力和竖直方向的速度可以判别重力功率的大小变化；利用动量守恒定律可以判别第二次碰撞后速度的大小，利用牛顿第二定律结合小球的质量可以比较压力的大小。
2．（2023高二上·济南期末）如图所示为一地下电缆探测装置，圆形金属线圈可沿水平面不同方向运动，若水平地面下有一平行于y轴且通有恒定电流I的长直导线，P、M和N为地面上的三点，线圈圆心P点位于导线正上方，平行于y轴，平行于x轴、关于导线上下对称。则（　　）
A．电流I在P、Q两点产生磁感应强度相同
B．电流I在M、N两点产生磁感应强度大小
C．线圈从P点匀速运动到N点过程中磁通量不变
D．线圈沿y方向匀加速运动时，产生恒定的感应电流
【答案】B
【知识点】安培定则；磁通量
【解析】【解答】A．根据安培定则，电流I在P处产生的磁感应强度沿x轴负方向，在Q处产生的磁感应强度沿x轴正方向，A不符合题意；
B．由于MN平行y轴，电流I也平行y轴，且M、N到长直导线的距离相等，B符合题意；
C．电流I在P处产生的磁感应强度沿x轴负方向，故线圈在P点的磁通量为零，电流I在N处产生的磁感应强度斜向左下方，故线圈在N点的磁通量不为零，故线圈从P点到N点的过程中的磁通量发生了变化，C不符合题意；
D．线圈沿y方向运动，线圈始终在长直导线的正上方，磁感应强度始终沿x轴负方向，线圈中磁通量始终为零，故线圈中不会产生感应电流，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用安培定则可以判别磁感应强度的方向；利用导体棒到某点的距离可以判别磁感应强度的大小；利用磁感应强度的方向可以判别磁通量的变化；利用磁通量是否变化可以判别是否有感应电流产生。
3．（2022高三上·枣庄期末）人们对电磁炮的研究不断深入。某高中科研兴趣小组利用学过的知识制造了一台电磁炮，其原理示意图如图甲所示，高压直流电源电动势为E，大电容器的电容为C。线圈套在中空的塑料管上，管内光滑，将直径略小于管的内径的金属小球静置于管口附近。首先将开关S接1，使电容器完全充电，然后立即将S转接2，此后电容器放电，通过线圈的电流随时间的变化如图乙所示，金属小球在的时间内被加速发射出去，时刻刚好运动到管口。下列关于该电磁炮的说法正确的是（　　）
A．小球在塑料管中做匀变速直线运动
B．在的时间内，小球中产生的涡流从左向右看是顺时针方向的
C．在时刻，小球受到的线圈磁场对它的作用力为零
D．在的时间内，电容器储存的电能全部转化为小球的动能
【答案】C
【知识点】涡流、电磁阻尼、电磁驱动；电磁振荡
【解析】【解答】A. 线圈中的磁场强弱程度与通过线圈的电流大小成正比，根据乙图可知，线圈中产生的磁感应强度（磁通量）变化步调与电流的变化步调一致，在时间内，线圈电流从0逐渐增大，但其变化率却逐渐减小至0，所以线圈中的磁通量变化率也逐渐减小至0，金属小球中感应电动势也逐渐减小至0，金属小球中的涡流也逐渐减小至0，可知时刻，金属小球受到线圈磁场对它的作用力为0，时刻，金属小球受到线圈磁场对它的作用力也为0，故时间内，金属小球受到线圈磁场对它的作用力应先增大后减小，即加速度应先增大后减小，A不符合题意；
B. 时间内，由安培定则知线圈电流在线圈内的磁场方向向右，线圈电流在增大，则产生的磁场在增大，通过金属小球磁通量在增大，根据楞次定律可知金属小球中产生涡流的磁场方向向左，由安培定则可知，金属小球中产生的涡流从左向右看是逆时针方向的，B不符合题意；
C. 时刻，线圈中电流的变化率为零，所以线圈中磁通量变化率为零，金属小球中感应电动势为零，金属小球中的涡流为零，所以小球受线圈作用力为零，C符合题意；
D. 在的时间内，电容器减少的电场能转化为磁场能，磁场能有一部分转化为小球的动能，还留有一部分磁场能。所以减少的电场能大于小球增加的动能，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】线圈中产生的磁感应强度（磁通量）变化步调与电流的变化步调一致，磁通量变化率也逐渐减小至0，金属小球受到线圈磁场对它的作用力应先增大后减小。时刻，线圈中电流的变化率为零，所以线圈中磁通量变化率为零，金属小球中感应电动势为零。
4．（2023高二上·济南期末）教学用发电机能够产生正弦式交变电流，原理如图所示。矩形线圈abcd面积为S，匝数为N，电阻为r，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴OO＇以角速度ω匀速转动，利用该发电机向定值电阻R供电，电压表和电流表均可视为理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．线圈每转动一个周期电流方向改变1次
B．电压表的读数为
C．线圈由图示位置转过时，线圈中的电流为
D．线圈由图示位置转过的过程中通过线圈磁通量的变化量为
【答案】C
【知识点】交变电流的产生及规律；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A．线圈每转动一个周期经过中性面两次，电流方向改变两次，A不符合题意；
B．根据，，，
解得
电压表的读数为，B不符合题意；
C．电流瞬时值为
线圈由图示位置转过时，线圈中的电流为
C符合题意；
D．线圈由图示位置转过的过程中通过线圈磁通量的变化量为
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】线圈转动一个周期电流方向改变2次；利用电动势的峰值结合欧姆定律可以求出电压表的读数；利用电流瞬时值的表达式可以求出电流的大小；利用磁通量的表达式可以求出磁通量变化量的大小。
5．（2023高二上·济南期末）如图所示，一小型风力发电机通过如图甲所示输电线路向北京赛区某场馆1万个额定电压为、额定功率为的LED灯供电。当发电机输出如图乙电压时，赛区的LED灯全部正常工作。已知输电导线损失的功率为赛区获得总功率的4%，输电导线的等效电阻为。则下列说法正确的是（
A．发电机的转速为
B．发电机内输出的电能为
C．降压变压器原、副线圈匝数比为
D．升压变压器副线圈输出的电压的最大值为
【答案】C
【知识点】电能的输送
【解析】【解答】A．转速是发动机每秒转过的圈数，由图乙可知发电机的周期为0.02s，所以发电机的转速为
A不符合题意；
B．发电机的输出功率为
发电机内输出的电能为
B不符合题意；
C．输电线损失的功率
由
可得输电线电流
降压变压器副线圈的电流
降压变压器原、副线圈匝数比为
C符合题意；
D．由
可得
则
升压变压器副线圈输出的电压的最大值为
D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用周期的大小可以求出转速的大小，利用发电机的输出功率结合时间可以求出输出的电能；利用损失的功率结合热功率的表达式可以求出输电电流的大小，结合电功率的表达式可以求出降压变压器的输出电流，利用电流之比可以求出匝数之比；利用匝数之比可以求出升压变压器的输出电压，利用输出电压的有效值可以求出对应的峰值。
6．（2023高二上·济南期末）如图所示电路中，R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为电容器，电表均为理想电表，滑动变阻器R2的滑片向右滑动过程中，电流表A1、A2的示数变化量的绝对值分别为、，电压表示数变化量的绝对值为。下列说法正确的是（　　）
A．电流表A1示数变小，A2示数变小，且
B．电阻R3中有向右的电流
C．与的比值一定小于电源内阻r
D．电阻R2消耗的功率变大
【答案】C
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A．滑动变阻器R2的滑片向右滑动时，接入电路的电阻增大，闭合回路的总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，即A2的示数变小；由
可知U增大，又由欧姆定律可知增大；由于
可知减小，则A1示数变小，且的减小量大于的减小量，即，A不符合题意；
B．电容器两端的电压等于电压表电压，且上极板带正电，由可知Q变大，则电流从右向左流过电阻R3，B不符合题意；
C．由闭合电路欧姆定律可知
整理得
所以
C符合题意；
D．消耗的功率为
最大时，有
此时有
因R2与R1、r的并联电阻关系不确定，所以滑片向右滑动过程中，电阻R2消耗的功率不一定变大，D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】利用闭合电路的欧姆定律结合动态电路的串反并同可以判别电流表和电压表读数的变化，结合总电流的变化可以判别两个电流表的读数变化；利用欧姆定律可以判别电压表和电流表变化量的比值大小；利用电功率和欧姆定律的表达式可以判别电阻R2消耗功率的变化。
7．（2023高二上·济南期末）如图所示，为回旋加速器原理图，D形金属盒半径为R，A处粒子源产生质量为m、电荷量为的粒子，在加速电场中被加速，在匀强磁场中偏转，所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率均可调，磁场的磁感应强度最大值为和加速电场频率的最大值为，则下列说法正确的是（　　）
A．粒子获得的最大动能与加速电压有关
B．粒子第n次和第次进入磁场的半径之比为
C．若，则粒子获得的最大动能为
D．若，则粒子获得的最大动能为
【答案】D
【知识点】质谱仪和回旋加速器
【解析】【解答】A．当粒子出D形盒时，速度最大，动能也最大，由，
粒子的速度与电压无关，动能与加速电压无关，A不符合题意；
B．粒子在加速电场中被加速，记经过n次加速后的速度为vn，由动能定理可得，
由上述分析可知，粒子第n次进入磁场的半径为
即
B不符合题意；
CD．由题意可知，加速电场频率等于粒子在磁场中做匀速圆周运动的频率，即
当时，粒子的最大动能由fm决定，即
则最大动能为
C不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】利用牛顿第二定律结合动能的表达式可以判别最大动能的表达式的影响因素；利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出轨迹半径的比值；利用粒子运动频率结合动能的表达式可以求出最大动能的表达式。
8．（2023高二上·济南期末）P1、P2完全相同的两块平板，置于光滑水平面上，质量均为m。P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距l。质量为2m且可看作质点的物体P置于P1的最右端，P1与P一起以速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞（碰撞时间极短），碰撞后P1与P2粘在一起。P压缩弹簧后被弹回并刚好停在A点（弹簧始终在弹性限度内）。P与P2之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g。则下列说法正确的是（　　）
A．P1、P2刚碰完时的共同速度为
B．P停在A点的速度为
C．此过程中弹簧的最大压缩量
D．弹簧的最大弹性势能
【答案】B
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【解答】A．P1、P2刚碰完时的共同速度为
解得
A不符合题意；
B．P停在A点的速度为
解得
B符合题意；
C．对系统根据能量守恒定律得
解得
C不符合题意；
D．弹簧的最大弹性势能为
解得
D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】利用动量守恒定律可以求出共同速度的大小，利用动量守恒定律可以求出P停止A的速度大小；利用能量守恒定律可以求出最大压缩量的大小；利用能量守恒定律可以求出弹性势能的最大值。
二、多选题
9．（2023高二上·济南期末）如图（a）所示，足够长的竖直边界之间有垂直纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场，电场强度随时间的变化规律如图（b）所示。点在上，点在上，连线与边界垂直，点是线段的中点。现有一电荷量为、质量为的带正电的粒子从点以速率水平射入电磁场区域，粒子沿直线运动到点后做一个完整的圆周运动，然后从点继续向右沿直线运动，最后从点射出电磁场区域。不计粒子重力，则（　　）
A．磁场的磁感应强度大小为
B．粒子做圆周运动的半径为
C．电场的变化周期为
D．与之间的距离应满足
【答案】A,B,D
【知识点】带电粒子在交变电场中的运动；带电粒子在有界磁场中的运动
【解析】【解答】A．粒子做直线运动，可得
求得
B．根据
求得
B符合题意；
C．粒子沿直线运动到点后做一个完整的圆周运动，可得
求得
C不符合题意；
D．当圆形轨迹与条形磁场相切时，与之间的距离最小，即
求得
粒子沿直线运动到点，可得
与之间的距离应满足
D符合题意．
故答案为：ABD。
【分析】利用粒子的平衡方程可以求出磁感应强度的大小；利用牛顿第二定律可以求出粒子轨迹半径的大小；利用周期公式可以求出电场变化的周期；利用轨迹半径结合几何关系可以求出MN与PQ之间的距离大小范围。
10．（2023高二上·济南期末）如图甲所示，水平面内有一光滑金属导轨，ac边接有阻值为R的电阻，其它电阻均不计，ab与cd的夹角为，将长直导体棒搁在导轨上，并与cd垂直，棒与ab、cd的交点G、H间的距离为，在导轨之间的空间中存在垂直于导轨平面的匀强磁场。在外力作用下，棒由GH处以初速度向右做直线运动，其速度的倒数随位移x变化的关系如图乙所示，在导体棒从GH处运动到MN处的过程中，导体棒中电流为I、切割磁感线产生的电动势为E、受到安培力为FA，电阻R消耗的电功率为PR，则上述物理量随位移x的变化图象正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】导体切割磁感线时的感应电动势
【解析】【解答】C．由乙图得
切割磁感线产生的电动势
恒定不变，C符合题意；
A．导体棒中电流
恒定不变，A不符合题意；
D．电阻R消耗的电功率
恒定不变，D不符合题意；
C．受到安培力
可知安培力随位移线性变化，且时的安培力是时的2倍。B符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用图像可以求出速度与位移的关系，结合动生电动势的表达式可以求出电动势的大小进而判别电动势保持不变；利用欧姆定律可以判别感应电流保持不变；利用焦耳定律可以判别电功率保持不变；利用安培力的表达式可以判别安培力与位移的关系。
11．（2023高二上·济南期末）如图，水平桌面上固定两根距离，不计电阻的足够长的平行金属导轨。A、B、C、D、E、F为导轨上6个不同的位置，ABFE区域（含边界）有垂直纸面向里大小的匀强磁场。导体棒l1的质量，电阻，垂直导轨放置，EF处有一固定的与l1相同导体棒l2。导体棒与导轨垂直且接触良好，在C、D两位置有固定弹性立柱C和D，导体棒与立柱发生弹性碰撞时，速度立即变为与碰前速度等大反向。l1在恒定外力F作用下从AB边左端距AB边0.25m处由静止开始向右运动，进入磁场后恰能做匀速直线运动。l1运动至CD处，与立柱发生碰撞时立即撤去外力，同时撤去对l2的固定。当l1再次运动至AB处时，l1与l2达到共速，l2恰好到达CD处，并与立柱相碰。已知导轨AE、BF段光滑，其余段粗糙，l1与粗糙部分间动摩擦因数为μ，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。， 取。则下列说法正确的是（　　）
A．l1与导轨间的动摩擦因数
B．C，D分别为AE、BF的中点
C．l1由CD运动到AB的过程中产生焦耳热量0.25J
D．l2最终将离开磁场，在EF右侧滑动一段距离
【答案】A,C
【知识点】动量定理；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．因l1进入磁场后做匀速运动
解得
l1由开始运动到进入磁场，由动能定理可得
解得
A符合题意；
B．l1从反弹到达AB过程，l1、l2系统动量守恒，设共同速度为v1，根据动量守恒定律得
解得
在相同时间内，l1速度由2m/s减速到1m/s， l2速度由0增加到1m/s，故此过程l1的位移大于l2的位移，B不符合题意；
C．两棒都在磁场中运动过程中，系统损失的动能变成两棒的焦耳热，由于两电阻相等，则两棒产生的焦耳热相等，设每根棒产生的焦耳热为Q，根据能量守恒定律得
解得
C符合题意；
D．l2在磁场中向右滑动时只受安培力作用，l1在磁场外，设l2向右移动的最大距离为x，由动量定理得，
由法拉第电磁感应定律得，
由闭合电路欧姆定律得，
解得
l2将在磁场中运动0.2m后静止，D不符合题意。
故答案为：AC。
【分析】利用l1的平衡方程可以求出匀速运动的速度大小，结合动能定理可以求出动摩擦因数的大小；利用动量守恒定理可以求出共同速度的大小，结合速度的变化可以比较位移的大小；利用能量守恒定律可以求出焦耳热的大小；利用动量定理结合欧姆定理可以求出l2运动的位移。
12．（2023高二上·济南期末）北京是世界上第一个双奥之城，其中极具观赏性的冰壶比赛在冰立方举行。如图所示，某次比赛中，黄冰壶位于O点，运动员在投掷线处将红冰壶以一定的速度推出，不刷冰的情况下，红冰壶能将黄冰壶撞出圆垒且红冰壶停在圆垒中不压线。已知红、黄冰壶发生正碰，碰撞过程中机械能损失了32%，不刷冰时红、黄冰壶和冰面的动摩擦因数均为0.01，投掷线与O点（圆垒的圆心）的距离，圆垒半径，红、黄冰壶质量相等且可视为质点，重力加速度。下列说法正确的是（　　）
A．红、黄冰壶碰撞后瞬间，黄冰壶的最小速度为
B．红、黄冰壶碰撞前瞬间，红冰壶的最大速度为
C．红冰壶在投掷线推出时的速度大于且小于
D．红冰壶在投掷线推出时的速度大于且小于
【答案】B,C
【知识点】动量守恒定律；动能定理的综合应用
【解析】【解答】A．黄冰壶恰好被撞出圆垒时速度最小，根据题意由牛顿第二定律可得
根据运动学公式可得
解得
A不符合题意；
B．红冰壶与黄冰壶碰撞后恰好停在圆垒右边界时速度最大，根据题意由牛顿第二定律可得
设碰后的速度为v1，根据运动学公式可得
解得
碰撞过程动量守恒，设碰撞前红冰壶的速度为v，碰撞后黄冰壶的速度为，则有
根据能量守恒有
解得
B符合题意；
CD．红、黄冰壶碰撞前瞬间，红冰壶的最大速度为，则根据动能定理有
解得
碰撞后黄冰壶的最小速度，设此时红冰壶的速度为，同理根据动量守恒和能量守恒有，
解得
再根据动能定理有
解得
故红冰壶在投掷线推出时的速度大于且小于，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：BC。
【分析】利用牛顿第二定律可以求出黄冰壶减速加速度的大小，结合速度位移公式可以求出黄冰壶碰后最小的速度；同理可以求出红冰壶碰后的最大速度，结合动量守恒定理可以求出碰前速度的大小；利用动能定理结合动量守恒定律可以求出红冰壶推出的速度大小范围。
三、实验题
13．（2023高二上·济南期末）为了验证碰撞中的动量守恒定律和检验两个小球的碰撞过程中的机械能损失情况，某同学选取了两个体积相同、质量相差比较大的小球，按下述步骤做了实验：
①用天平测出两小球的质量（分别为m1和m2）。
②先不放小球m2，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，记下小球在斜面上的落点位置。
③按图示安装好实验器材，将斜槽AB固定在桌边，使槽的末端切线水平，将一斜面BC连接在斜槽末端。
④用毫米刻度尺量出各个落点位置到斜槽末端点B的距离。图中D、E、F点是该同学记下小球在斜面上的落点位置，到B点的距离分别为LD、LE、LF。
⑤将小球m2放在斜槽末端边缘处，让小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，使它们发生碰撞，分别记下小球m1和m2在斜面上的落点位置。
（1）以上实验步骤顺序是　 　，且m1与m2的质量关系是　 　。
（2）若碰撞过程中，动量和机械能均守恒，不计空气阻力，则下列表达式中正确的有____。
A．m1LF＝m1LD＋m2LE B．m1LE2＝m1LD2＋m2LF2
C．m1LE＝m1LD＋m2LF D．LE＝LF－LD
【答案】（1）①③②⑤④；
（2）C
【知识点】验证动量守恒定律
【解析】【解答】（1）以上实验步骤顺序是①③②⑤④；
为了防止入射球碰后反弹，则m1与m2的质量关系满足；
（2）小球m1从斜槽顶端A处由静止开始滚下，m1的落点在图中的E点；两个小球相撞后，小球m2的速度增大，小球m1的速度减小，因此m1的落点是图中的D点，m2的落点是图中的F点，设斜面的倾角为α，根据平抛运动的规律可得，LDcosα=v1t
解得
同理可得小球m1的初速度和小球m2的水平速度为
根据动量守恒定律可得m1v0=m1v1+m2v2
解得
若两小球的碰撞属于弹性碰撞，即碰撞后的机械能没有损失，则会满足关系式
联立解得m1LE=m1LD+m2LF
故答案为：C。
【分析】（1）正确的实验步骤是①③②⑤④；为了避免反弹，入射小球的质量要大于被碰小球的质量；
（2）利用平抛运动的位移公式结合动量守恒定律可以求出动量守恒定律的表达式，结合能量守恒定律可以求出弹性碰撞的表达式。
14．（2022高三上·湖南月考）为研究一只额定电压为2.5V、额定电流为0.4A的小灯泡的伏安特性，要求测量尽量准确，器材除小灯泡、开关S、导线外，实验室还提供器材如下：
A．电池组（电动势，内阻）；
B．电流表A1（量程500mA，内阻约0.5Ω）；
C．电流表A2（量程3mA，内阻）；
D．电阻箱（阻值0~999.9Ω）；
E．电阻箱（阻值0~99.9Ω）；
F．滑动变阻器（阻值0~10Ω）；
G．滑动变阻器（阻值0—200Ω）；
（1）为测电压，需将A2表改装为量程2.7V的电压表，上述器材中，电阻箱应选　 　（填写所选器材后的字母）；
（2）为了测量尽量准确，请在图示虚线框内画出实验电路图；
（3）根据所设计的电路研究小灯泡的伏安特性具体操作为：利用A1、A2表测得多组数据，并作出图线（图中纵轴I2为A2表的示数值，横轴为A1表的示数值）
①由图可知，当通过小灯泡的电流为0.3A时，小灯泡的实际功率为　 　W（结果取两位有效数字）；
②若将小灯泡直接接在一个电动势，内阻的电池两端，小灯泡的实际功率为　 　W（结果取两位有效数字）
【答案】（1）R1
（2）
（3）0.32；0.73
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）当电流满偏时，改装电压表两端的电压为2.7V，有 ，代入数据解得 ，故电阻箱选择R1。
（2）电路如图所示
（3）①由图可知，当通过小灯泡的电流为0.3A时，流过A2的电流为1.17mA，则小灯泡的电压为 ，小灯泡的实际功率为
②在上图中由作出电源 的 图线，
图线其与小灯泡的 图线交点即为两者串联灯泡的工作点 ，可得 时， ，故其中一点为（0，3.0），电源路端电压 ，而 ，故当 时 ，可得交点坐标约为（376mA，2.16mA），故小灯泡的实际功率为 ，代入数据得
【分析】（1）当电流满偏时根据欧姆定律得出电阻的阻值，从而得出应该选择的电阻箱；
（2）根据研究小灯泡伏安特性曲线的实验原理连接电路图；
（3）根据欧姆定律以及电功率的表达式得出小灯泡的额定功率；结合I2-I1的图像以及闭合电路欧姆定律和功率的表达式得出小灯泡的实际功率 。
四、解答题
15．（2023高二上·济南期末）如图甲所示，物块A、B的质量分别是mA=4kg和mB=3kg。用轻弹簧拴接，放在光滑的水平地面上，物块B右侧与竖直墙壁相接触。另有一物块C从t=0时以一定速度向右运动，在t=4s时与物块A相碰，并立即与A粘在一起不再分开，C的v-t图像如图乙所示。求：
（1）t=8s时弹簧具有的弹性势能Ep1，4~12s内墙壁对物块B的冲量大小I；
（2）B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能Ep2。
【答案】（1）设C的质量为mC，由题图乙知，C与A碰前速度为
碰后速度大小为
C与A碰撞过程动量守恒
解得C的质量
t=8s时弹簧具有的弹性势能为
取水平向左为正方向，根据动量定理，4~12s内墙壁对物块B的冲量大小
（2）由题图可知，12s时B离开墙壁，此时A、C的速度大小为
之后A、B、C及弹簧组成的系统动量和机械能守恒，且当A、C与B的速度相等时，弹簧弹性势能最大
解得B离开墙后的运动过程中弹簧具有的最大弹性势能为
【知识点】动量守恒定律；能量守恒定律
【解析】【分析】（1）从图象可以求出C碰前速度的大小，结合动量守恒定律可以求出C质量的大小，利用能量守恒定律可以求出弹性势能的大小；再利用动量的变化量可以求出墙壁对B冲量的大小；
（2）已知B离开墙壁的时间，结合动量守恒定律及能量守恒定律可以求出弹簧势能的最大值。
16．（2023高二上·济南期末）如图所示，右侧是一固定的四分之一光滑圆弧轨道AB，半径为，左侧是一固定的光滑曲面轨道CD，两轨道末端C与B等高，两轨道间有质量的长木板静止在光滑水平地面上，右端紧靠圆弧轨道AB的B端，木板上表面与圆弧面相切于B点。一质量的小滑块P（可视为质点）从圆弧轨道AB最高点由静止滑下，经B点后滑上木板，已知重力加速度大小为，滑块与木板之间的动摩擦因数为，木板厚度，D点与地面高度差。
（1）求小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小；
（2）若木板只与C端发生了2次碰撞，滑块一直未与木板分离，木板与C端碰撞过程中没有机械能损失且碰撞时间极短可忽略。求开始时木板左端离C端距离。
【答案】（1）小滑块P滑到B点时，由动能定理可知
解得
在B点时牛顿第二定律可知
解得
由牛顿第三定律可知，小滑块P滑到B点时对轨道的压力大小为
（2）整个过程木板所受摩擦力不变，滑块滑上木板后，木板做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可知
解得
木板与C端第一次碰撞前瞬间，滑块速度为，木板速度为，在滑块滑上木板到木板第一次与C端碰撞的过程中，由动量守恒定律可知
由于无能量损失，则木板原速率返回，做匀减速运动，加速度大小仍为，由对称性可知，木板与B端接触时速度为0，后开始做匀加速直线运动与C端发生第2次碰撞，根据对称性可知，碰撞时木板速度仍为，滑块速度为，木板只与C端发生了2次碰撞，则
从木板第一次与C端碰撞之后的瞬间到木板第二次与C端碰撞之前瞬间的过程在，由动量守恒定律可知
联立解得
设开始时木板左端离C端距离为，则由运动学公式可知
解得
【知识点】动量守恒定律；牛顿第二定律
【解析】【分析】（1）滑块运动到B点时，利用动能定理可以求出运动到B点的速度大小，结合牛顿第二定律可以求出滑块对轨道的压力大小；
（2）当木板受到的摩擦力不变时，利用牛顿第二定律可以求出木板加速度的大小，结合动量守恒定律可以求出木板第二次与C碰撞的速度大小，结合速度位移公式可以求出开始时木板左端到C端的距离大小。
17．（2022高二下·滨州期末）如图所示，两根水平轨道、放置在水平桌面上，两根半径为的圆弧轨道、和水平轨道、平滑连接，水平轨道末端恰好在桌子边缘，轨道和的间距为，桌面距地面高。空间中存在竖直向上匀强磁场，磁感应强度大小为B。ab和cd是质量均为m，长度均为l，电阻均为r的金属棒，金属棒cd 放置在水平轨道左端MM＇处，金属棒ab在圆弧轨道上端处。不考虑轨道电阻，金属棒与导轨接触良好，忽略一切阻力，水平轨道足够长，金属棒cd处于锁止状态，在外力作用下使金属棒ab沿圆弧轨道匀速下滑，当金属棒ab滑至圆弧轨道底端时撤去外力和cd棒的锁止，ab棒与cd棒发生弹性碰撞，经过一段时间后ab棒和cd棒间距不再发生变化，最终两棒从桌面边缘飞出，已知两棒从桌面飞出的水平射程为h，重力加速度为g。求：
（1）金属棒ab在圆弧轨道运动的速度大小v0；
（2）外力做功的大小；
（3）ab棒和cd棒在平直轨道间距不变时，两棒的间距d。
【答案】（1）解：金属棒飞出桌面做平抛运动，竖直方向上有
水平方向上
由分析可知，两金属棒碰撞后在水平轨道上最终做匀速运动，且动量守恒，则
解得
（2）解：金属棒ab在圆弧上运动过程中，由动能定理有
根据功能关系有
令ab棒下滑的圆心角为θ，则圆弧上运动的感应电动势的瞬时值为
则电动势的有效值为
圆弧下滑过程产生的热量
解得
（3）解：ab棒与cd棒发生弹性碰撞，有
解得，
之后再磁场中运动至稳定匀速状态，速度为，对ab棒由动量定理有
感应电动势的平均值
感应电流
由闭合电路欧姆定律有
解得
【知识点】动量守恒定律；平抛运动；动能定理的综合应用；法拉第电磁感应定律
【解析】【分析】（1） 金属棒飞出桌面做平抛运动 ，平抛运动分解为水平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运动，结合平抛运动的规律以及动量守恒得出金属棒ab在圆弧轨道运动的速度 ；
（2） 金属棒ab在圆弧上运动过程中 ，根据动能定理以及功能关系和焦耳定律得出外力做的功 ；
（3） ab棒与cd棒发生弹性碰撞 ，根据动量守恒以及动能守恒得出两棒碰撞后的速度，对ab棒利用动量定理以及感应电动势的平均值和电流的定义式、闭合电路欧姆 定律得出两棒的间距 。
18．（2022高三上·济南开学考）如图甲所示，三维坐标系中平面的右侧存在平行z轴方向周期性变化的磁场B（未画出）和沿y轴正方向竖直向上的匀强电场。将质量为m、电荷量为q的带正电液滴从平面内的P点沿x轴正方向水平抛出，液滴第一次经过x轴时恰好经过O点，此时速度大小为，方向与x轴正方向的夹角为。已知电场强度大小，从液滴通过O点开始计时，磁感应强度随时间的变化关系如图乙示（当磁场方向沿z轴负方向时磁感应强度为正），，重力加速度大小为g。求：
（1）抛出点P的坐标；
（2）液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴的时间；
（3）液滴第n次经过x轴时的x坐标；
（4）若时撤去右侧的匀强电场和匀强磁场，同时在整个空间加上沿y轴正方向竖直向上的匀强磁场，求液滴向上运动到离平面最远时的坐标。
【答案】（1）解：液滴做平抛运动，由于经过O点时方向与x轴正方向的夹角为，则
根据平抛规律得，，
联立解得
P点的坐标为
（2）解：由洛伦兹力提供向心力得
联立，解得
带入周期公式
解得
假设磁场不变，分析得液滴从第一次经过x轴到第二次经过x轴时，对应的圆心角为90°。则
假设成立。
（3）解：由于
可知0~，液滴刚好转过180°。之后磁场大小方向都变了，则偏转方向变了。由洛伦兹力提供向心力得
联立，解得
带入周期公式
解得
~2，液滴转过90°。
同理得，时间在2~3与0~的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样。
3~4与~2的运动轨迹大小一样，只是偏转方向不一样。
综上所述，得到液滴一个周期的轨迹图如下
由几何关系得
则液滴第n次经过x轴时的x坐标为
（4）解：时，把速度分解到水平方向和竖直方向，即
则粒子在竖直方向上做上抛运动，则，
解得，
在水平方向向上做圆周运动，则，
则
可知，水平方向向上转过90°。则
因此液滴向上运动到离平面最远时的坐标为
【知识点】平抛运动；匀速圆周运动
【解析】【分析】（1）结合速度的分解以及平抛运动的规律和匀变速直线运动的速度和位移的关系得出P点的坐标；
（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，结合洛伦兹力提供向心力得出粒子运动周期的表达式，结合粒子运动的周期和时间的关系判断假设是否成立；
（3）根据粒子在磁场中做匀速圆周运动时洛伦兹力提供向心力得出液滴转过的角度，并画出液滴的轨迹。
二一教育在线组卷平台（zujuan.21cnjy.com）自动生成 1 / 1

展开更多......

收起↑