（2019）新人教版高中物理必修第三册期中复习模拟测试四（必修第三册+动量守恒）.rar

20212022 学年第一学期期中模拟测试（四）学年第一学期期中模拟测试（四）高二物理试卷高二物理试卷考试范围：必修三+动量守恒；考试时间：75 分钟；总分：100 分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上一、单选题（本大题共 10 小题，共 40.0 分）1.两个可自由移动的点电荷分别放在 、 两处，如图所示，处电荷带正电荷量，1处电荷带负电荷量，且，另取一个可自由移动的点电荷 ，放在直线上，22= 41欲使整个系统处于平衡状态，则()A. 为负电荷，且放于 左方B. 为负电荷，且放于 右方33C. 为正电荷，且放于 、 之间D. 为正电荷，且放于 右方332.关于电阻、电压和电流下列说法中错误的是()A. 由可知，电阻与电压、电流都有关 =B. 半导体的电阻率随温度的升高而减小C. 金属的电阻率随温度的升高而增大D. 由可知，导体的电阻与导体的长度和横截面积都有关系 = 3.如图所示，两根互相垂直的绝缘长直导线紧挨放置，导线中分别通有向上和向右的大小相等的电流。正方形分别关于两导线对称， 、 、 、 四点的磁感应强度大小分别为、。下列说法正确的是 1234()A. 、大小相等B. 、141大小相等2C. 、大小相等D. 、133大小相等44.如图所示，考虑两表内阻的影响，用两表示数算出，则 测=()A. 比 的真实值小B. 比 的真实值大测测C. 引起误差的原因是 偏小D. 引起误差的原因是 偏大5.如图所示，质量分别为、的两个小球 ， ，带有等量12异种电荷，通过绝缘轻质弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，两球 ， 由静止开始运动，对两小球 ， 和弹簧组成的系统，在以后的运动过程中，以下说法正确的是 设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限(度)()A. 系统机械能不断增加B. 系统机械能守恒C. 系统动量不断增加D. 系统动量守恒6.如图所示，在冰壶世锦赛上中国队队长王冰玉在最后一投中，将质量为的冰壶推出，运动一段时间后以的0.4/速度正碰静止的瑞典队冰壶，然后中国队冰壶以速0.1/度继续向前滑向大本营中心 若两冰壶质量相等，则下列判.断正确的是 ( )A. 瑞典队冰壶的速度为两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞0.3/B. 瑞典队冰壶的速度为两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞0.3/C. 瑞典队冰壶的速度为两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞0.5/D. 瑞典队冰壶的速度为两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞0.5/7.以下关于静电现象的说法错误的是()A. 静电喷涂、静电复印都是利用了静电屏蔽的原理B. 精密电学仪器应该放在封闭的金属壳内C. 高压输电时，三根输电线上方还有两根接地导线，主要是起屏蔽作用D. 静电平衡状态的导体，导体上感应电荷产生场强与原场强在导体内部相抵消 8.六根互相绝缘的导线，在同一平面内组成四个相同的正方形，导线中通以大小相同的电流，方向如图所示，在这四个正方形区域中，磁场方向指向纸面内且磁通量最大的区域是()A. B. C. D. 9.用如图所示的实验电路研究微型电动机的性能。当调节滑动变阻器 ，让电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为和；重新调节 ，使电动机恢复正常0.502.0运转时，电流表和电压表的示数分别为和。则这台电动机 不计温度对电阻的2.024(影响)()A. 正常运转时的输出功率为B. 正常运转时的输出功率为3248C. 正常运转时的发热功率为D. 正常运转时的发热功率为14710.两物块 ， 用轻弹簧相连，质量均为，初始时弹簧处于原长， 、 两物块都2以的速度在光滑的水平地面上运动，质量的物块 静止在前方，如图所示， = 6/4与 碰撞后二者会粘在一起运动。则下列说法正确的是 ()A. ， 碰撞刚结束时的共同速度为3/B. 弹簧的弹性势能最大时，物块 的速度为3/C. 弹簧的弹性势能最大值为36D. 弹簧再次恢复原长时 ， ， 三物块速度相同 二、实验题（本大题共 2 小题，共 18.0 分）11.关于多用电表欧姆挡的使用，测量电阻时，如果选择“”挡位发现指针偏转过小，应将选择开关 拨至倍率(1) 10_的挡位，_后再测量；如图为一正在测量中的多用电表表盘：(2)如果是用“”挡测量电阻，则读数为_ ； 10如果是用直流挡测量电压，则读数为_ 。5某同学想通过多用表的欧姆挡测量量程为的电压表内阻如图。把红表笔与待测(3)3电压表_ 选填“正”或“负” 接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，()12.某实验小组用气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，实验装置如图所示。 、 两个滑块 包括遮光片 的质量分别为、， 、 两滑块上遮光片的宽度分别为、()121。2实验前，需要将气垫导轨调节水平。接通气源，调节气垫导轨的水平螺钉，在导轨(1)上只放滑块 ，轻推滑块 ，如果滑块通过两个光电门的时间_，则表明气垫导轨调节水平。将两滑块放在气垫导轨上图示的位置，轻推滑块 ，使其以一定的速度向右滑，通(2)过光电门 后与静止的滑块 相碰并粘合，两者一起通过光电门 ，与光电门相连的计12时器显示滑块 通过光电门 的时间为、滑块 通过光电门 的时间为，测得滑块 通1122过光电门 的时间为_，碰撞过程中需要验证的动量守恒定律的表达式为2_。 均用题中所给的字母表示()如果上述物理量均已测出，代入数据后发现碰前的动量略大于碰后的动量，请分析(3)引起实验误差的原因：_。三、计算题（本大题共 4 小题，共 42.0 分）13.（8 分）如图所示，电源电动势，内阻， = 10 = 11= 32= 6。 = 30闭合开关 ，求稳定后通过的电流；(1)1闭合开关一段时间后，将开关 断开，求电容器两端的电压变化；(2)开关 由闭合到断开的过程中，流过的电荷量。(3)114.（8 分）一火箭喷气发动机每次喷出的气体，气体离开发动机喷出时的速度大小 。设火箭质量，发动机每秒钟喷气次。则：20当第三次喷出气体后，火箭的速度多大？(1)运动第末，火箭的速度多大？(2)115.（10 分）如图所示，甲图中变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙中的、两直线所示不考虑电表对电路的影响电压表、的示数随电流表示数的变化图象应分别为图象中的哪一条直线？(1)12定值电阻、变阻器的总电阻 分别为多少？(2)0求出电源的电动势和内阻(3)16.（14 分）如图所示，用两根相同的足够长细线分别悬挂两个弹性小球 、 ，小球的质量为，小球 的质量为，一颗质量为的子弹以速度水平射入球 ，并留290在其中，子弹与球 作用时间极短，设 、 两小球作用为对心弹性碰撞。求：子弹与 球作用过程中，子弹和 球组成的系统损失的机械能；(1)球被碰撞后，从最低点运动到最高点的过程中，合外力对 球的冲量(2)20212022 学年第一学期期中模拟测试（四）学年第一学期期中模拟测试（四）参考答案参考答案一、单选题（本大题共 10 小题，共 40.0 分）1.【答案】A【解析】【分析】由于带正电荷，带负电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使整个系统处Q1Q2于平衡状态，对其受力分析，应用平衡条件去判断所处的位置。Q3本题考查的是库仑定律和平衡条件的应用，解答时要注意电荷所受库仑力的分析。【解答】假设放在之间，那么对的电场力和对的电场力方向相同，不能处于平Q3Q1Q2Q1Q3Q2Q3Q3衡状态，所以假设不成立。设所在位置与的距离为，所在位置与的距离为Q3Q1r13Q3Q2，要能处于平衡状态，所以对的电场力大小等于对的电场力大小，即：r23Q1Q3Q2Q3。由于，所以，所以位于的左方。根据同种电荷排kQ1Q2r132= kQ2Q3r232Q2= 4Q1r23= 2r13Q3Q1斥，异种电荷吸引，可判断带负电。故A正确，BCD错误。Q3故选A。2.【答案】A【解析】【分析】本题考查了电阻率、电阻定义式、电阻等问题，涉及的知识点较多，但难度不大，是一道基础题，熟练掌握基础知识即可正确解题。导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与电压、电流无关；金属材料的电阻率越大，导电能力越差，材料的电阻率由材料决定，受温度影响；根据电阻定律分析答题。【解答】A.导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与电压、电流无关，故A错误；不同材料的电阻率随温度的变化规律不同，金属导体电阻率随温度的升高而增大，BC.半导体电阻率随温度的升高而减小；故B、C正确；D.由电阻定律可知导体的电阻与导体的长度和横截面积都有关系，则D正确。R = LS因选错误的，故选A。 3.【答案】C【解析】【分析】由右手螺旋定则可判出两导线在各点磁场的方向，再由矢量的合成方法可得出各点磁感应强度的大小及方向。本题考查了右手螺旋定则及矢量的合成方法，知道磁感应强度是矢量，合成分解遵循平行四边形定则。【解答】根据右手螺旋定则：向上的电流在 、 产生的磁场垂直直面向外，在 、 产生的磁场abcd垂直纸面向里；向右的电流在 、 产生的磁场垂直纸面向外，在 、 产生的磁场垂直纸面向里；adbc分别关于两导线对称，根据矢量叠加原理可得垂直于纸面向外，为零，垂直abcdB1B2B3于纸面向里，为零，且、大小相等，故ABD错误，C正确。B4B1B3故选C。 4.【答案】B【解析】【分析】本题考查的是电流表的内接法，解题关键在于要熟练掌握电流表内接时，电流表的分压造成电压表测量值比 两端的实际电压大。R【解答】此电路引起误差的原因是电流表的分压作用，使得电压表的测量值偏大，则由，R测=UI可知电阻的测量值比 的真实值大。R故选B。 5.【答案】D【解析】【分析】两小球受到的电场力做正功，则能量增加，做负功则能量减小；分析系统受到外力得出动量的变化情况。本题结合弹簧考查机械能守恒定律及运动学知识，要求我们在动态的变化类题目中要注意分析过程，明确能量间的转化关系。【解答】加上电场后，电场力对两球分别做正功，两球的动能先增加，当电场力和弹簧弹力AB.平衡时，动能最大，然后弹力大于电场力，两球的动能减小，直到动能均为 ，弹簧最0长为止，此过程系统机械能一直增加；接着两球反向加速，再减速，弹簧缩短到原长，弹簧缩短的过程中，电场力对两球分别做负功，系统机械能一直减小，故AB错误；两球所带电荷量相等而电性相反，则系统所受电场力合力为零，系统所受合外力为CD.零，系统动量守恒，故C错误，D正确。故选D。 6.【答案】B【解析】【分析】两冰壶在碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后中国队冰壶获得的速度，通过计算动能改变量来判断是否为弹性碰撞。本题考查动量守恒定律的基本运用，运动动量守恒定律解题，关键注意速度的方向，知道动量守恒定律表达式的矢量性，同时要明确碰撞过程有弹性碰撞和非弹性碰撞之分。【解答】两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：mv1= mv2+ mv3代入数据得：m 0.4 = m 0.1 + mv3解得：。动能变化量：v3= 0.3m/s，故动能减小，是非弹性碰撞，Ek=12mv1212mv2212mv32=12m(042012032) 0故B正确，ACD错误。故选B。 7.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查生活中的静电现象的利用和防范，解决本题关键在于熟知日常生活中的各种静电现象，根据生活经验解题即可。【解答】A.静电喷涂、静电复印机是利用正负电荷能互相吸引的原理制成的，故A错误；B.金属体壳能产生屏蔽外电场的作用，故为了防止外电场的影响，电学仪器应该放在封闭的金属体壳中；故B正确；C.高压输电线线塔上除了下面的三根较粗的输电线外，上方还有两根较细的电线可以有效防止大气中的静电对高压线的影响，利用的是静电屏蔽的原理，故C正确；D.静电平衡状态的导体，导体上感应电荷产生场强与原场强在导体内部相抵消，故D正确。本题选说法错误的故选A。 8.【答案】A【解析】【试题解析】【分析】根据安培定则判断六根通电导线在、四个区域产生的磁场方向，根据磁场的叠加，判断哪个区域的磁场最强。本题利用安培定则判断磁场方向比较简单，但磁场的叠加，较为复杂，采用列表法可防止思路出现混乱。【解答】解：以点代表磁场指向纸外，叉代表磁场指向纸内，根据安培定则分析可知，各导线在四个区域产生的磁场方向如下表所示。 导线区域区域区域区域6点点点点5叉点点叉4叉叉叉叉3点点点点2叉叉点点1叉叉叉叉根据磁场的叠加可知，指向纸面内的磁场最大，面积相同，磁通量的区域是区域，故A正确，BCD错误。故选A。9.【答案】A【解析】解：电动机停止转动时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律得，电动机的电阻为R =U1I1=20.5 = 4电动机正常运转时，输入的电功率为，P电= U2I2= 48W发热功率，P热= I22R = 22 4W = 16W所以输出功率为P出= P电P热= 32W故选： 。A让电动机停止转动时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律求出电阻电动机正常运转时，根据输入的电功率和热功率之差求出输出功率由焦耳定律求解热功率。10.【答案】B【解析】【分析】本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程，这是学生经常犯的错误。要正确选择研究过程和对象，分段运用动量守恒定律和能量守恒定律。【解答】A、 与 碰撞时 、 组成的系统动量守恒，设碰后瞬间 、 两者速度为，规定向右BCBCBCvBC为正方向，由动量守恒定律得，解得 。故A错误。mBv = (mB+ mC)vBCvBC= 2m/sB、当 、 、 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。设向右为正方向，由 、 、 三ABCABC者组成的系统动量守恒，得，解得：，故(mA+ mB)v = (mA+ mB+ mC)vABCvABC= 3m/sB正确。C、设物速度相同时弹簧的弹性势能最大为，根据能量守恒是：ABCEpEp=12(mB+ mC)v2BC+12mAv212(mA+ mB+ mC)v2ABC=12 (2 + 4) 22J +12 2 62J12 (2 + 2 + 4) 32J = 12 故C错误。J.D、设弹簧再次恢复原长时 的速度为、 的速度为从 、 碰撞后到弹簧再次恢Av1.BCv2.BC复原长的过程，由系统的动量守恒和能量守恒分别得 mAv + (mB+ mC)vBC= mAv1+ (mB+ mC)v212(mB+ mC)v2BC+12mAv2=12mAv21+12(mB+ mC)v22联立解得，或，不合理，舍去，故D错误。v1= 0v2= 4m/sv1= 6m/sv2= 2m/s故选： 。 B二、实验题（本大题共 2 小题，共 18.0 分）11.【答案】；欧姆调零；负(1) 100(2)3002.30(3)【解析】【分析】本题考查了欧姆表的使用，解题的关键是熟记欧姆表的使用及原理，特别是每次换挡都要重新调零。用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使欧姆表指针指在刻度盘中央刻度线附近，(1)测量电阻时，如果选择“”挡位发现指针偏转过小，指针在表盘的左侧，应选 10择大的倍率，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；根据多用电表所测量的量与量程确定其分度值，然后根据指针位置读数；(2)由欧姆表的使用可知，电流总是从红表流进去，从黑表笔出来，由此可判断。(3)【解答】测量电阻时如果指针偏转过小，所选挡位太小，应换大挡，应将选择开关 拨至倍(1)S率较大的挡住，即为，并重新进行欧姆调零后测量； 100如果是用挡测量电阻，由图示表盘可知，其读数为：(2) 10；R = 30 10 = 300如果是用直流挡测量电压，由图示表盘可知，其分度值为，其读数为；5V0.1V2.30V 由欧姆表的使用可知，电流总是从红表流进去，从黑表笔出来，由此可知某同学(3)想通过多用表的欧姆挡测量量程为的电压表内阻，红表笔与待测电压表负接线柱相3V接，黑表笔与待测电压表正接线柱相连。12.【答案】相等；滑块在运动过程中仍受到阻力作(1)(2)d1d2t2m1d1t1= (m1+ m2)d2t2(3)用【解析】【分析】如果滑块通过两个光电门的时间相等，则表明滑块在气垫导轨上做匀速直线运动，(1)气垫导轨调节水平。碰撞后滑块 、 的速度相等，写出动量守恒的表达式；(2)AB如果上述物理量均已测出，代入数据后发现碰前的动量略大于碰后的动量，引起该(3)误差的原因是滑块在运动过程中仍受到阻力作用。【解答】如果滑块通过两个光电门的时间相等，则表明滑块在气垫导轨上做匀速直线运动，(1)气垫导轨调节水平。碰撞后滑块 、 的速度相等，因此，得到。；要验证的动量守恒(2)ABd1t1=d2t2t1=d1d2t2的表达式为m1d1t1= (m1+ m2)d2t2如果上述物理量均已测出，代入数据后发现碰前的动量略大于碰后的动量，引起该(3)误差的原因是滑块在运动过程中仍受到阻力作用。 三、计算题（本大题共 4 小题，共 42.0 分）13.（8 分）【答案】解：稳定时，电路中的电流 (1)I =Er + R1+ R2= 1A闭合，电路处于稳定状态时，电容器两端的电压(2)S U = IR2= 1 6V = 6 V断开后，电容器两端的电压为 ，所以 10 V U = 4 V流过的总电荷量为 (3)R1 Q = UC = 1.2 104C【解析】闭合开关 ，稳定后电容器相当于开关断开，两个电阻串联，根据全电路(1)S欧姆定律求解即可、开关 断开后，稳定时电容器两端的电压等于电源的电动势，电压增大，电容器(23)S充电，通过的电荷量等于开关断开前后电容器电量的增加量先求出断开前电容器R1两端的电压，再求出断开后电容器两端的电压，两者之差与电容的乘积即等于通过的电荷量R1本题是含容电路，关键确定电容器的电压电路稳定时电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压14.（8 分）【答案】解：火设喷出三次气体后火箭的速度为，以火箭和喷出的三(1)v3次气体为研究对象，据动量守恒定律得：(M3m)v33mv = 0,故v3=3mvM3m发动机每秒钟喷气次，以火箭和喷出的次气体为研究对象，根据动量守恒定律(2)2020得：，(M20m)v2020mv = 0故。v20=20mvM20m【解析】本题的关键要抓住火箭发射过程，属于内力远大于外力的情形，遵守动量守恒定律。解题时要搞清研究对象。火箭喷气属反冲现象，火箭和气体组成的系统动量守恒，运用动量守恒定律求解。(1)选取火箭和气体组成的系统为研究对象，运用动量守恒定律求解。(2)15.（10 分）【答案】解：当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻(1)减小，电路中电流增大，定值电阻的电压增大，路端电压减小，由图分析可得对R0V1应、对应；ACV2BC由题意得：，则(2)U1= IR0R0= U1I =61.520.5 = 3当滑动变阻器取最大值时，电流最小，Imin= 0.5A而UR= UBUA= 7.5V1.5V = 6V所以；Rmax= URImin =60.5 = 12因为，则内阻(3)U2= EIrr =|U2I|=|67.520.5| = 1所以。E = U2+ Ir = 7.5V + 0.5 1V = 8V【解析】本题考查对物理图象的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示数对应的图线。当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定(1)值电阻的电压增大，路端电压减小，来判断两个电压表的示数对应的图线。R0定值电阻等于图线的斜率大小。由数学知识求出图线的斜率求解；当滑动变(2)R0ACR0阻器取最大值时，电流最小，由图读出电流的最小值，由欧姆定律求出变阻器的总电阻 ；R图线反映路端电压与电流的关系，其斜率大小等于电源的内阻，由数学知识求出(3)BC电源的内阻，再由闭合电路欧姆定律求出电源的电动势。16.（14 分）【答案】解：子弹射进 球，水平方向不受外力，动量守恒，以向右(1)A为正方向： mv0= (m + 2m)v由能量守恒有：12mv20=12(m + 2m)v2+ E由解得：；E =13mv20子弹与 形成的整体和 球碰撞时，动量守恒，以向右为正方向：(2)AB3mv = 3mv1+ 9mv2弹性碰撞，由机械能守恒有：123mv2=123mv21+129mv22由解得： ，v2=16v0根据摆动过程中动量的变化用动量定理有： ，I = P = 09mv2= 32mv0所以合外力对 球冲量大小为，方向向左。B32mv0【解析】子弹射进 球，水平方向不受外力，动量守恒；根据能量守恒可求机械能(1)A损失；子弹与 形成的整体和 球碰撞时，动量守恒；根据摆动过程中动量的变化用动量定(2)AB理求合外力对 球冲量。 B本题考查了动量守恒以及动量守恒过程中应用能量守恒计算系统损失的机械能，损失的机械能为动能的变化。注意动量的方向和动量变化的方向。20212022 学年第一学期期中模拟测试（四）学年第一学期期中模拟测试（四）高二物理试卷高二物理试卷考试范围：必修三+动量守恒；考试时间：75 分钟；总分：100 分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上一、单选题（本大题共 10 小题，共 40.0 分）1.两个可自由移动的点电荷分别放在 、 两处，如图所示，处电荷带正电荷量，1处电荷带负电荷量，且，另取一个可自由移动的点电荷 ，放在直线上，22= 41欲使整个系统处于平衡状态，则()A. 为负电荷，且放于 左方B. 为负电荷，且放于 右方33C. 为正电荷，且放于 、 之间D. 为正电荷，且放于 右方33【答案】A【解析】【分析】由于带正电荷，带负电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使整个系统处Q1Q2于平衡状态，对其受力分析，应用平衡条件去判断所处的位置。Q3本题考查的是库仑定律和平衡条件的应用，解答时要注意电荷所受库仑力的分析。【解答】假设放在之间，那么对的电场力和对的电场力方向相同，不能处于平Q3Q1Q2Q1Q3Q2Q3Q3衡状态，所以假设不成立。设所在位置与的距离为，所在位置与的距离为Q3Q1r13Q3Q2，要能处于平衡状态，所以对的电场力大小等于对的电场力大小，即：r23Q1Q3Q2Q3。由于，所以，所以位于的左方。根据同种电荷排kQ1Q2r132= kQ2Q3r232Q2= 4Q1r23= 2r13Q3Q1斥，异种电荷吸引，可判断带负电。故A正确，BCD错误。Q3故选A。2.关于电阻、电压和电流下列说法中错误的是()A. 由可知，电阻与电压、电流都有关 =B. 半导体的电阻率随温度的升高而减小C. 金属的电阻率随温度的升高而增大D. 由可知，导体的电阻与导体的长度和横截面积都有关系 = 【答案】A【解析】【分析】本题考查了电阻率、电阻定义式、电阻等问题，涉及的知识点较多，但难度不大，是一道基础题，熟练掌握基础知识即可正确解题。导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与电压、电流无关；金属材料的电阻率越大，导电能力越差，材料的电阻率由材料决定，受温度影响；根据电阻定律分析答题。【解答】A.导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与电压、电流无关，故A错误；不同材料的电阻率随温度的变化规律不同，金属导体电阻率随温度的升高而增大，BC.半导体电阻率随温度的升高而减小；故B、C正确；D.由电阻定律可知导体的电阻与导体的长度和横截面积都有关系，则D正确。R = LS因选错误的，故选A。 3.如图所示，两根互相垂直的绝缘长直导线紧挨放置，导线中分别通有向上和向右的大小相等的电流。正方形分别关于两导线对称， 、 、 、 四点的磁感应强度大小分别为、。下列说法正确的是 1234()A. 、大小相等 B. 、大小相等1412C. 、大小相等 D. 、大小相等1334【答案】C【解析】【分析】由右手螺旋定则可判出两导线在各点磁场的方向，再由矢量的合成方法可得出各点磁感应强度的大小及方向。本题考查了右手螺旋定则及矢量的合成方法，知道磁感应强度是矢量，合成分解遵循平行四边形定则。【解答】根据右手螺旋定则：向上的电流在 、 产生的磁场垂直直面向外，在 、 产生的磁场abcd垂直纸面向里；向右的电流在 、 产生的磁场垂直纸面向外，在 、 产生的磁场垂直纸面向里；adbc分别关于两导线对称，根据矢量叠加原理可得垂直于纸面向外，为零，垂直abcdB1B2B3于纸面向里，为零，且、大小相等，故ABD错误，C正确。B4B1B3故选C。 4.如图所示，考虑两表内阻的影响，用两表示数算出，则 测=()A. 比 的真实值小B. 比 的真实值大测测C. 引起误差的原因是 偏小D. 引起误差的原因是 偏大【答案】B【解析】【分析】本题考查的是电流表的内接法，解题关键在于要熟练掌握电流表内接时，电流表的分压造成电压表测量值比 两端的实际电压大。R【解答】此电路引起误差的原因是电流表的分压作用，使得电压表的测量值偏大，则由，R测=UI可知电阻的测量值比 的真实值大。R故选B。 5.如图所示，质量分别为、的两个小球 ， ，带有等量12异种电荷，通过绝缘轻质弹簧相连接，置于绝缘光滑的水平面上，突然加一水平向右的匀强电场后，两球 ， 由静止开始运动，对两小球 ， 和弹簧组成的系统，在以后的运动过程中，以下说法正确的是 设整个过程中不考虑电荷间库仑力的作用且弹簧不超过弹性限(度)()A. 系统机械能不断增加B. 系统机械能守恒C. 系统动量不断增加D. 系统动量守恒【答案】D【解析】【分析】两小球受到的电场力做正功，则能量增加，做负功则能量减小；分析系统受到外力得出动量的变化情况。本题结合弹簧考查机械能守恒定律及运动学知识，要求我们在动态的变化类题目中要注意分析过程，明确能量间的转化关系。【解答】加上电场后，电场力对两球分别做正功，两球的动能先增加，当电场力和弹簧弹力AB.平衡时，动能最大，然后弹力大于电场力，两球的动能减小，直到动能均为 ，弹簧最0长为止，此过程系统机械能一直增加；接着两球反向加速，再减速，弹簧缩短到原长，弹簧缩短的过程中，电场力对两球分别做负功，系统机械能一直减小，故AB错误；两球所带电荷量相等而电性相反，则系统所受电场力合力为零，系统所受合外力为CD.零，系统动量守恒，故C错误，D正确。故选D。 6.如图所示，在冰壶世锦赛上中国队队长王冰玉在最后一投中，将质量为的冰壶推出，运动一段时间后以的速0.4/度正碰静止的瑞典队冰壶，然后中国队冰壶以速度0.1/继续向前滑向大本营中心 若两冰壶质量相等，则下列判断.正确的是 ( )A. 瑞典队冰壶的速度为两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞0.3/B. 瑞典队冰壶的速度为两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞0.3/C. 瑞典队冰壶的速度为两冰壶之间的碰撞是弹性碰撞0.5/D. 瑞典队冰壶的速度为两冰壶之间的碰撞是非弹性碰撞0.5/【答案】B【解析】【分析】两冰壶在碰撞的过程中动量守恒，根据动量守恒定律求出碰后中国队冰壶获得的速度，通过计算动能改变量来判断是否为弹性碰撞。本题考查动量守恒定律的基本运用，运动动量守恒定律解题，关键注意速度的方向，知道动量守恒定律表达式的矢量性，同时要明确碰撞过程有弹性碰撞和非弹性碰撞之分。【解答】两冰壶碰撞的过程中动量守恒，规定向前运动方向为正方向，根据动量守恒定律有：mv1= mv2+ mv3代入数据得：m 0.4 = m 0.1 + mv3解得：。动能变化量：v3= 0.3m/s，故动能减小，是非弹性碰撞，Ek=12mv1212mv2212mv32=12m(042012032) 0故B正确，ACD错误。故选B。 7.以下关于静电现象的说法错误的是()A. 静电喷涂、静电复印都是利用了静电屏蔽的原理B. 精密电学仪器应该放在封闭的金属壳内C. 高压输电时，三根输电线上方还有两根接地导线，主要是起屏蔽作用D. 静电平衡状态的导体，导体上感应电荷产生场强与原场强在导体内部相抵消【答案】A【解析】【分析】本题主要考查生活中的静电现象的利用和防范，解决本题关键在于熟知日常生活中的各种静电现象，根据生活经验解题即可。【解答】A.静电喷涂、静电复印机是利用正负电荷能互相吸引的原理制成的，故A错误；B.金属体壳能产生屏蔽外电场的作用，故为了防止外电场的影响，电学仪器应该放在封闭的金属体壳中；故B正确；C.高压输电线线塔上除了下面的三根较粗的输电线外，上方还有两根较细的电线可以有效防止大气中的静电对高压线的影响，利用的是静电屏蔽的原理，故C正确；D.静电平衡状态的导体，导体上感应电荷产生场强与原场强在导体内部相抵消，故D正确。本题选说法错误的故选A。 8.六根互相绝缘的导线，在同一平面内组成四个相同的正方形，导线中通以大小相同的电流，方向如图所示，在这四个正方形区域中，磁场方向指向纸面内且磁通量最大的区域是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【试题解析】【分析】根据安培定则判断六根通电导线在、四个区域产生的磁场方向，根据磁场的叠加，判断哪个区域的磁场最强。本题利用安培定则判断磁场方向比较简单，但磁场的叠加，较为复杂，采用列表法可防止思路出现混乱。【解答】解：以点代表磁场指向纸外，叉代表磁场指向纸内，根据安培定则分析可知，各导线在四个区域产生的磁场方向如下表所示。 导线区域区域区域区域6点点点点5叉点点叉4叉叉叉叉3点点点点2叉叉点点1叉叉叉叉根据磁场的叠加可知，指向纸面内的磁场最大，面积相同，磁通量的区域是区域，故A正确，BCD错误。故选A。 9.用如图所示的实验电路研究微型电动机的性能。当调节滑动变阻器 ，让电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为和；重新调节 ，使电动机恢复正常0.502.0运转时，电流表和电压表的示数分别为和。则这台电动机 不计温度对电阻的2.024(影响)()A. 正常运转时的输出功率为B. 正常运转时的输出功率为3248C. 正常运转时的发热功率为D. 正常运转时的发热功率为147【答案】A【解析】解：电动机停止转动时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律得，电动机的电阻为R =U1I1=20.5 = 4电动机正常运转时，输入的电功率为，P电= U2I2= 48W发热功率，P热= I22R = 22 4W = 16W所以输出功率为P出= P电P热= 32W故选： 。A让电动机停止转动时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律求出电阻电动机正常运转时，根据输入的电功率和热功率之差求出输出功率由焦耳定律求解热功率。10.两物块 ， 用轻弹簧相连，质量均为，初始时弹簧处于原长， 、 两物块都2以的速度在光滑的水平地面上运动，质量的物块 静止在前方，如图所示， = 6/4与 碰撞后二者会粘在一起运动。则下列说法正确的是 ()A. ， 碰撞刚结束时的共同速度为3/B. 弹簧的弹性势能最大时，物块 的速度为3/C. 弹簧的弹性势能最大值为36D. 弹簧再次恢复原长时 ， ， 三物块速度相同【答案】B【解析】【分析】本题是含有非弹性碰撞的过程，不能全过程列出机械能守恒方程，这是学生经常犯的错误。要正确选择研究过程和对象，分段运用动量守恒定律和能量守恒定律。【解答】A、 与 碰撞时 、 组成的系统动量守恒，设碰后瞬间 、 两者速度为，规定向右BCBCBCvBC为正方向，由动量守恒定律得，解得 。故A错误。mBv = (mB+ mC)vBCvBC= 2m/sB、当 、 、 三者的速度相等时弹簧的弹性势能最大。设向右为正方向，由 、 、 三ABCABC者组成的系统动量守恒，得，解得：，故(mA+ mB)v = (mA+ mB+ mC)vABCvABC= 3m/sB正确。C、设物速度相同时弹簧的弹性势能最大为，根据能量守恒是：ABCEpEp=12(mB+ mC)v2BC+12mAv212(mA+ mB+ mC)v2ABC=12 (2 + 4) 22J +12 2 62J12 (2 + 2 + 4) 32J = 12 故C错误。J.D、设弹簧再次恢复原长时 的速度为、 的速度为从 、 碰撞后到弹簧再次恢Av1.BCv2.BC复原长的过程，由系统的动量守恒和能量守恒分别得 mAv + (mB+ mC)vBC= mAv1+ (mB+ mC)v212(mB+ mC)v2BC+12mAv2=12mAv21+12(mB+ mC)v22联立解得，或，不合理，舍去，故D错误。v1= 0v2= 4m/sv1= 6m/sv2= 2m/s故选： 。 B二、实验题（本大题共 2 小题，共 18.0 分）11.关于多用电表欧姆挡的使用，测量电阻时，如果选择“”挡位发现指针偏转过小，应将选择开关 拨至倍率(1) 10_的挡位，_后再测量；如图为一正在测量中的多用电表表盘：(2)如果是用“”挡测量电阻，则读数为_ ； 10如果是用直流挡测量电压，则读数为_ 。5某同学想通过多用表的欧姆挡测量量程为的电压表内阻如图。把红表笔与待测(3)3电压表_ 选填“正”或“负” 接线柱相接，黑表笔与另一接线柱相连，()【答案】；欧姆调零；负(1) 100(2)3002.30(3)【解析】【分析】本题考查了欧姆表的使用，解题的关键是熟记欧姆表的使用及原理，特别是每次换挡都要重新调零。用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使欧姆表指针指在刻度盘中央刻度线附近，(1)测量电阻时，如果选择“”挡位发现指针偏转过小，指针在表盘的左侧，应选 10择大的倍率，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；根据多用电表所测量的量与量程确定其分度值，然后根据指针位置读数；(2)由欧姆表的使用可知，电流总是从红表流进去，从黑表笔出来，由此可判断。(3)【解答】测量电阻时如果指针偏转过小，所选挡位太小，应换大挡，应将选择开关 拨至倍(1)S率较大的挡住，即为，并重新进行欧姆调零后测量； 100如果是用挡测量电阻，由图示表盘可知，其读数为：(2) 10；R = 30 10 = 300如果是用直流挡测量电压，由图示表盘可知，其分度值为，其读数为；5V0.1V2.30V 由欧姆表的使用可知，电流总是从红表流进去，从黑表笔出来，由此可知某同学(3)想通过多用表的欧姆挡测量量程为的电压表内阻，红表笔与待测电压表负接线柱相3V接，黑表笔与待测电压表正接线柱相连。12.某实验小组用气垫导轨做验证动量守恒定律的实验，实验装置如图所示。 、 两个滑块 包括遮光片 的质量分别为、， 、 两滑块上遮光片的宽度分别为、()121。2实验前，需要将气垫导轨调节水平。接通气源，调节气垫导轨的水平螺钉，在导轨(1)上只放滑块 ，轻推滑块 ，如果滑块通过两个光电门的时间_，则表明气垫导轨调节水平。将两滑块放在气垫导轨上图示的位置，轻推滑块 ，使其以一定的速度向右滑，通(2)过光电门 后与静止的滑块 相碰并粘合，两者一起通过光电门 ，与光电门相连的计12时器显示滑块 通过光电门 的时间为、滑块 通过光电门 的时间为，测得滑块 通1122过光电门 的时间为_，碰撞过程中需要验证的动量守恒定律的表达式为2_。 均用题中所给的字母表示()如果上述物理量均已测出，代入数据后发现碰前的动量略大于碰后的动量，请分析(3)引起实验误差的原因：_。【答案】相等；滑块在运动过程中仍受到阻力作用(1)(2)d1d2t2m1d1t1= (m1+ m2)d2t2(3)【解析】【分析】如果滑块通过两个光电门的时间相等，则表明滑块在气垫导轨上做匀速直线运动，(1)气垫导轨调节水平。碰撞后滑块 、 的速度相等，写出动量守恒的表达式；(2)AB如果上述物理量均已测出，代入数据后发现碰前的动量略大于碰后的动量，引起该(3)误差的原因是滑块在运动过程中仍受到阻力作用。【解答】如果滑块通过两个光电门的时间相等，则表明滑块在气垫导轨上做匀速直线运动，(1)气垫导轨调节水平。碰撞后滑块 、 的速度相等，因此，得到。；要验证的动量守恒(2)ABd1t1=d2t2t1=d1d2t2的表达式为m1d1t1= (m1+ m2)d2t2如果上述物理量均已测出，代入数据后发现碰前的动量略大于碰后的动量，引起该(3)误差的原因是滑块在运动过程中仍受到阻力作用。 三、计算题（本大题共 4 小题，共 42.0 分）13.（8 分）如图所示，电源电动势，内阻， = 10 = 11= 32= 6。 = 30闭合开关 ，求稳定后通过的电流；(1)1闭合开关一段时间后，