江苏省镇江市丹阳第五高级中学2021-2022学年高二下学期期末模拟考试物理试题（Word版含答案）
文档属性
| 名称 | 江苏省镇江市丹阳第五高级中学2021-2022学年高二下学期期末模拟考试物理试题（Word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 704.7KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-07-01 12:27:02 | ||
图片预览
文档简介
江苏省镇江市丹阳第五高级中学2021-2022学年高二下学期物理期末模拟考试
一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分，每题只有一个选项最符合题意
1.以下说法正确的是（ ）
A．当人们感觉空气干燥时，空气的相对湿度一定较大
B．饱和汽的压强与温度无关
C．一些小昆虫可以停在水面上是由于液体表面张力的作用
D．多晶体的物理性质表现为各向异性
2.原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断正确的有（ ）
A．He核的结合能约为7MeV
B．Li核比He核更稳定
C．两个H核结合成He核时释放的核能约为24MeV
D．U核中核子的平均结合能比Kr核中的大
3.如图所示，两端封闭的U形管竖直放置，管内充有水银将两段空气柱分别封闭在两管内．若让两段空气柱同升高或降低相同温度，则两管内水银面的高度差h变化情况是（ ）
A．升高相同温度h变大，降低相同温度h变小
B．升高相同温度h变小，降低相同温度h变大
C．无论升高或降低相同温度，h都变大
D．无论升高或降低相同温度，h都变小
4.倾角为θ的光滑固定斜面体处于竖直向下的匀强磁场中，在斜面上有一根长为L、质量为m的导线，导线与磁场垂直，导线中电流为I，方向如图所示，导线恰能保持静止，重力加速度为g。则磁感应强度B的大小为（ ）
A． B． C． D．
5.如图所示，质量为m、长度为L、电阻为R的直导体棒MN静止于电阻不计的光滑水平矩形导轨上，水平导轨的左端接有电动势为E、内阻不计的电源，整个装置处于一匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与轨道平面成θ角（斜向上）。现闭合开关S，下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关S后，导体棒向左运动
B．闭合开关S后，穿过闭合回路的磁通量减小
C．闭合开关S的瞬间，导体棒MN所受安培力的大小为
D．闭合开关S的瞬间，导体棒MN的加速度大小为
6.如图所示，将一铝质薄圆管竖直放在表面绝缘的台秤上，圆管的电阻率为ρ，高度为h，半径为R，厚度为d（d远小于R）。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小（）均匀磁场中。则从时刻开始，下列说法正确的是（ ）
A．从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向
B．圆管中的感应电动势大小为
C．圆管中的感应电流大小为
D．台秤的读数会随时间推移而增大
7.质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图两种虚线所示，下列表述正确的是
A．M带负电，N带正电
B．M的速度率小于N的速率
C．洛伦兹力对M、N做正功
D．M的运行时间大于N的运行时间
8.如图甲是某款可以无线充电的手机置于相应充电盘上的情景，图乙是其原理图。受电线圈和送电线圈分别存在于手机和充电盘中，当手机静止置于充电盘上时，若将两线圈构成装置视为理想变压器。已知送电线圈和受电线圈的匝数比，，当a、b间接220V的正弦交变电流，手机获得电压为5V，充电电流为1A，则下列说法正确的是（ ）
A．所有手机都可以使用该充电盘进行无线充电
B．ab端输入恒定电流，也能对手机进行无线充电
C．、两端的电压之比为1：20
D．充电时，受电线圈cd两端的输出电压为10V
9.如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la=3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则（ ）
A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B．a、b线圈中感应电动势之比为3：1
C．a、b线圈中感应电流之比为3：4
D．a、b线圈中电功率之比为27：1
10.如图所示，和为水平、平行放置的两光滑金属导轨，两导轨相距，导体棒质量为，垂直放在导轨上，导体棒的中点用承受力足够大的轻绳经光滑定滑轮与放在水平面上的物体相连，细绳一部分与导轨共面且平行，另一部分与导轨所在平面垂直，磁场的磁感应强度与时间的关系为，方向竖直向下。现给导体棒通入的恒定电流，使导体棒最终向左运动，重力加速度大小为。下列描述符合事实的是（ ）
A．棒上通入的电流方向为从b向a
B．在第末物体m恰好离开地面
C．第末棒的加速度为
D．棒运动过程中安培力做的功等于系统动能的增加量
二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11. 某实验小组选用以下器材测定电池组的电动势和内阻，要求测量结果尽量准确。
电压表 （量程，内阻约为）
电流表 （量程，内阻约为）
滑动变阻器 （，额定电流）
待测电池组 （电动势约为，内阻约为）
开关、导线若干
①该小组连接的实物电路如图所示，经仔细检查，发现电路中有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是________。
②改正这条导线的连接后开始实验，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于滑动变阻器的________端（填“a”或者“b”）
③实验中发现调节滑动变阻器时，电流表读数变化明显但电压表读数变化不明显。为了解决这个问题，在电池组负极和开关之间串联一个阻值为的电阻，之后该小组得到了几组电压表读数U和对应的电流表读数I，并作出图像，如图所示。根据图像可知，电池组的电动势为________V，内阻为________。（结果均保留两位有效数字）
12.如图所示,开口向上且竖直放置的内壁光滑汽缸,其侧壁是绝热的,底部导热,内有两个质量均为m的密闭活塞,活塞A导热,活塞B绝热。活塞将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分,初状态整个装置静止不动且处于平衡状态,Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0,温度均为T0。设外界大气压强为p0并保持不变,活塞的横截面积均为S,且mg=p0S,环境温度保持不变。
(1)在活塞A上逐渐添加砂子,当砂子质量等于2m,两活塞在某位置重新处于平衡时,求活塞B下降的高度。
(2)现只对Ⅱ部分气体缓慢加热,使活塞A回到初始位置。求此时Ⅱ部分气体的温度。
13.如图所示，是半圆柱体透明型材横截面，圆心在O点，为直径，半径为R。一细束单色光从真空中面上无限接近A处斜射入该型材，入射角，在D点反射后反射光线与平行（反射光线图中未画出）。已知光在真空中的传播速度为c，求：
（1）该型材对该单色光的折射率n；
（2）该单色光从射入型材到射出型材所用的时间t。
14.如图所示,间距为L的两根平行长直金属导轨MN、PQ固定在倾角为θ的绝缘斜面上,导轨上端接有阻值为R的电阻,一根长为L、电阻为3R的直导体棒ab垂直放在两导轨上。整个装置处于方向垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。ab由静止释放后沿导轨运动,下滑位移大小为s时到达cd位置并开始以最大速度vm做匀速运动。ab在运动过程中与导轨接触良好,导轨电阻及一切摩擦均不计,重力加速度大小为g。求:
(1)ab棒的质量m和ab棒在匀速运动过程中的热功率P。
(2)从ab棒由静止释放到开始匀速运动的整个过程中电阻R产生的热量Q热。
(3)从ab棒由静止释放到开始匀速运动的整个过程所经历的时间t。
15.平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：
(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；
(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．
1.【答案】C
【解析】
A．在一定气温条件下，大气中相对湿度越小，水汽蒸发也就越快，人就越感到干燥，故当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，故A错误；
B．饱和汽的压强与温度有关，一定温度下，饱和汽的压强是一定的，故B错误；
C．一些小昆虫可以停在水面上是由于液体表面张力的作用，选项C正确；
D．单晶体的物理性质表现为各向异性，多晶体的物理性质表现为各向同性，选项D错误。
故选C。
2.【答案】C
【解析】
【详解】
A．He核的比结合能约为7MeV，结合能约为28MeV，故A错误；
B．Li核比He核的比结合能小，所以Li核比He核更不稳定，故B错误；
C．H核的比结合能约为1MeV，结合能为2MeV，所以两个H核结合成He核时释放的核能约为
故C正确；
D．U核中核子的平均结合能（即比结合能）比Kr核中的小，故D错误。
故选C。
3.【答案】A
【解析】
由图示可知
p左=p右+h
如果在使左右水银面高度差h变小，则右边的体积增大，左边的体积减小，两边气体压强差减小；假设气体体积不变，由查理定律得压强变化量
初状态时p左＞p右，T相等，如果同时使两边空气柱升高相同的温度，则左边增加的压强大于右边增加的压强，水银柱向右流动，两水银面高度差增大；如果同时使两边空气柱降低相同的温度，则左边减小的压强大于右边减小的压强，水银柱向左流动，两水银面高度差减小，故A正确，BCD错误。
4.【答案】C
【解析】
解析导线的受力情况如图
受重力、斜面的支持力、安培力，根据共点力平衡有
又
解得
ABD错误，C正确。
故选C。
5.【答案】D
【解析】
解析A．闭合开关S后，导体棒中的电流N到M，根据左手定则判断安培力向右下，故导体棒向右运动，故A错误；
B．闭合开关S后，导体棒向右运动，面积变大，穿过闭合回路的磁通量变大，故B错误；
CD．闭合开关S的瞬间，导体棒MN所受安培力的大小为
加速度
故C错误D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】
A．根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向，故A错误；
B．根据法拉第电磁感应定律可知，圆管中的感应电动势大小为
故B错误；
C．根据电阻定律可知，圆管在沿感应电动势方向的电阻为
根据闭合电路欧姆定律可知，圆管中的感应电流大小为
故C正确；
D．根据对称性以及左手定则可知，圆管所受合安培力为零，台秤的读数始终不变，故D错误。
故选C。
7.【答案】A
【解析】
A．由左手定则可知，M带负电，N带正电，选项A正确．
B．由可知，M的速度率大于N的速率，选项B错误；
C．洛伦兹力对M、N都不做功，选项C错误；
D．由可知，M的运行时间等于N的运行时间，选项D错误．
8.【答案】D
【解析】
A．不是所有手机都能进行无线充电，只有手机中有受电线圈的手机利用电磁感应，进行无线充电，故A错误；
B．变压器工作原理是互感现象，ab端输入恒定电流，则受电线圈无磁通量变化，不会产生电流，不能对手机进行无线充电，故B错误；
CD．当a、b间接220V的正弦交变电流，手机获得电压为5V，充电电流为1A，根据
可知送电线圈的电流为
、两端的电压之比为
送电线圈ab两端的电压为
受电线圈cd两端的输出电压为
联立解得
故C错误，D正确；
故选D。
9.【答案】D
【解析】
A．根据楞次定律“增反减同”两线圈内的感应磁场均垂直纸面向外，由安培定则可知，感应电流的方向均为逆时针，故A错误；
B．感应电动势为
所以感应电动势之比
所以a、b线圈中的感应电动势之比为9：1，故B选项错误；
C．线圈电阻之比为
电流之比为
所以a、b线圈的电流之比为3:1，故C错误；
D．电功率之比
所以a、b线圈的电功率之比为27：1，故D正确。
故选D。
10.【答案】B
【解析】
A．给导体棒通入的恒定电流，使导体棒最终向左运动，说明导体棒所受的安培力向左，根据左手定则，可判断出棒上通入的电流方向为从a向b，A错误；
B．在第二秒末时，磁场强度为
故棒所受的安培力为
导轨光滑，棒未动时，细线拉力等于安培力大小，此刻对m受力分析得
在第末物体m恰好离开地面，B正确；
C．在第4.5秒末时，磁场强度为
故棒所受的安培力为
对杆和物理整体分析，由牛顿第二定律得
解得
C错误；
D．棒运动过程中安培力做的功等于系统机械能的增加量，包含系统的动能和重力势能，D错误。
故选B。
11.【答案】 ①. 5 ②. a ③. 2.9 ④. 0.80
【解析】
【详解】①因为电源内阻较小，故对于电源来说应该采用电流表外接法，图中采用的是电流表内接；故导线5连接不当，应该从电压表正接线柱接到电流表正接线柱；
②开始实验前应该让滑动变阻器连入电路阻值最大，故应将滑片置于a端；
③由图线可知图线与纵轴交点即为电源电动势，故E=2.9V；图线与横轴的交点为短路电流I=0.50A，故可得等效内阻为
又因为在开关和电池负极之间接有的电阻，在计算过程中等效为内阻，故电源内阻为
r=0.80
12.【答案】(1)l0 (2)T0
【解析】(1)初状态时Ⅰ部分气体的压强
p1=p0+=2p0
Ⅱ部分气体的压强p2=p1+=3p0
添加砂子后Ⅰ部分气体的压强
p1'=p0+=4p0
Ⅱ部分气体的压强p2'=p1'+=5p0
Ⅱ部分气体等温变化,根据玻意耳定律,有
p2l0S=p2'l2S
可得l2=l0,故活塞B下降的高度
h2=l0-l2=l0。
(2)在活塞A上添加砂子的过程中,Ⅰ部分气体等温变化,根据玻意耳定律,有
p1l0S=p1'l1S,可得l1=l0
只对Ⅱ部分气体加热,Ⅰ部分气体状态不变,所以当活塞A回到原来位置时,Ⅱ部分气体高度
l2'=2l0-l0=l0
根据理想气体状态方程有=
解得T2=T0。
13.【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）该单色光在圆柱体中传播光路图如图所示
折射角
其中
，
得
根据光的折射定律有
（2）由几何关系可知，该单色光恰好从AD面上无限靠近D处射出半圆柱，在半圆柱中传播的路程
设该单色光在半圆柱中的传播速度大小为v，有
，
解得
14.【答案】(1) (2) (3)+
【解析】(1)ab在匀速运动过程中受力平衡,有
mgsin θ=BIL
ab切割磁感线产生的感应电动势E=BLvm
根据闭合电路欧姆定律,有E=I(R+3R)
得ab的质量m=
ab在匀速运动过程中的热功率
P=I2·3R=。
(2)根据能量守恒定律,有
mgssin θ=m+Q总
根据焦耳定律,有=
得电阻R产生的热量
Q热=。
(3)ab从静止开始释放,根据牛顿第二定律,有
mgsin θ-BiL=ma
在很短的Δt时间内,瞬时加速度a=
电荷量Δq=iΔt
得mgsin θ·Δt-BLΔq=mΔv
将上式求和得
mgsin θ· Δt-BL Δq=m(vm-0)
即mgsin θ·t-BLq=mvm
得t=
而通过回路的总电荷量q=t
=,=
得q=
从ab由静止释放到开始匀速运动的过程所经历的总时间t=+。
15.【答案】(1)v0 与x轴正方向成45°角斜向上(2)
【解析】 (1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有
2L＝v0t①
L＝at2②
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy
vy＝at③
设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有
tan α＝④
联立①②③④式得
α＝45°⑤
即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上
设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有
v＝⑥
联立①②③⑥式得
v＝v0⑦
(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得
F＝ma⑧
又F＝qE⑨
设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有
qvB＝m⑩
由几何关系可知
R＝L
联立①②⑦⑧⑨⑩ 式得
＝
一、单项选择题：共10题，每题4分，共40分，每题只有一个选项最符合题意
1.以下说法正确的是（ ）
A．当人们感觉空气干燥时，空气的相对湿度一定较大
B．饱和汽的压强与温度无关
C．一些小昆虫可以停在水面上是由于液体表面张力的作用
D．多晶体的物理性质表现为各向异性
2.原子核的比结合能曲线如图所示。根据该曲线，下列判断正确的有（ ）
A．He核的结合能约为7MeV
B．Li核比He核更稳定
C．两个H核结合成He核时释放的核能约为24MeV
D．U核中核子的平均结合能比Kr核中的大
3.如图所示，两端封闭的U形管竖直放置，管内充有水银将两段空气柱分别封闭在两管内．若让两段空气柱同升高或降低相同温度，则两管内水银面的高度差h变化情况是（ ）
A．升高相同温度h变大，降低相同温度h变小
B．升高相同温度h变小，降低相同温度h变大
C．无论升高或降低相同温度，h都变大
D．无论升高或降低相同温度，h都变小
4.倾角为θ的光滑固定斜面体处于竖直向下的匀强磁场中，在斜面上有一根长为L、质量为m的导线，导线与磁场垂直，导线中电流为I，方向如图所示，导线恰能保持静止，重力加速度为g。则磁感应强度B的大小为（ ）
A． B． C． D．
5.如图所示，质量为m、长度为L、电阻为R的直导体棒MN静止于电阻不计的光滑水平矩形导轨上，水平导轨的左端接有电动势为E、内阻不计的电源，整个装置处于一匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度大小为B、方向与轨道平面成θ角（斜向上）。现闭合开关S，下列说法正确的是（ ）
A．闭合开关S后，导体棒向左运动
B．闭合开关S后，穿过闭合回路的磁通量减小
C．闭合开关S的瞬间，导体棒MN所受安培力的大小为
D．闭合开关S的瞬间，导体棒MN的加速度大小为
6.如图所示，将一铝质薄圆管竖直放在表面绝缘的台秤上，圆管的电阻率为ρ，高度为h，半径为R，厚度为d（d远小于R）。整个装置处于方向竖直向下、磁感应强度大小（）均匀磁场中。则从时刻开始，下列说法正确的是（ ）
A．从上向下看，圆管中的感应电流为顺时针方向
B．圆管中的感应电动势大小为
C．圆管中的感应电流大小为
D．台秤的读数会随时间推移而增大
7.质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图两种虚线所示，下列表述正确的是
A．M带负电，N带正电
B．M的速度率小于N的速率
C．洛伦兹力对M、N做正功
D．M的运行时间大于N的运行时间
8.如图甲是某款可以无线充电的手机置于相应充电盘上的情景，图乙是其原理图。受电线圈和送电线圈分别存在于手机和充电盘中，当手机静止置于充电盘上时，若将两线圈构成装置视为理想变压器。已知送电线圈和受电线圈的匝数比，，当a、b间接220V的正弦交变电流，手机获得电压为5V，充电电流为1A，则下列说法正确的是（ ）
A．所有手机都可以使用该充电盘进行无线充电
B．ab端输入恒定电流，也能对手机进行无线充电
C．、两端的电压之比为1：20
D．充电时，受电线圈cd两端的输出电压为10V
9.如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长la=3lb，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则（ ）
A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B．a、b线圈中感应电动势之比为3：1
C．a、b线圈中感应电流之比为3：4
D．a、b线圈中电功率之比为27：1
10.如图所示，和为水平、平行放置的两光滑金属导轨，两导轨相距，导体棒质量为，垂直放在导轨上，导体棒的中点用承受力足够大的轻绳经光滑定滑轮与放在水平面上的物体相连，细绳一部分与导轨共面且平行，另一部分与导轨所在平面垂直，磁场的磁感应强度与时间的关系为，方向竖直向下。现给导体棒通入的恒定电流，使导体棒最终向左运动，重力加速度大小为。下列描述符合事实的是（ ）
A．棒上通入的电流方向为从b向a
B．在第末物体m恰好离开地面
C．第末棒的加速度为
D．棒运动过程中安培力做的功等于系统动能的增加量
二、非选择题：共5题，共60分。其中第12题~第15题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分；有数值计算时，答案中必须明确写出数值和单位。
11. 某实验小组选用以下器材测定电池组的电动势和内阻，要求测量结果尽量准确。
电压表 （量程，内阻约为）
电流表 （量程，内阻约为）
滑动变阻器 （，额定电流）
待测电池组 （电动势约为，内阻约为）
开关、导线若干
①该小组连接的实物电路如图所示，经仔细检查，发现电路中有一条导线连接不当，这条导线对应的编号是________。
②改正这条导线的连接后开始实验，闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于滑动变阻器的________端（填“a”或者“b”）
③实验中发现调节滑动变阻器时，电流表读数变化明显但电压表读数变化不明显。为了解决这个问题，在电池组负极和开关之间串联一个阻值为的电阻，之后该小组得到了几组电压表读数U和对应的电流表读数I，并作出图像，如图所示。根据图像可知，电池组的电动势为________V，内阻为________。（结果均保留两位有效数字）
12.如图所示,开口向上且竖直放置的内壁光滑汽缸,其侧壁是绝热的,底部导热,内有两个质量均为m的密闭活塞,活塞A导热,活塞B绝热。活塞将缸内理想气体分成Ⅰ、Ⅱ两部分,初状态整个装置静止不动且处于平衡状态,Ⅰ、Ⅱ两部分气体的高度均为l0,温度均为T0。设外界大气压强为p0并保持不变,活塞的横截面积均为S,且mg=p0S,环境温度保持不变。
(1)在活塞A上逐渐添加砂子,当砂子质量等于2m,两活塞在某位置重新处于平衡时,求活塞B下降的高度。
(2)现只对Ⅱ部分气体缓慢加热,使活塞A回到初始位置。求此时Ⅱ部分气体的温度。
13.如图所示，是半圆柱体透明型材横截面，圆心在O点，为直径，半径为R。一细束单色光从真空中面上无限接近A处斜射入该型材，入射角，在D点反射后反射光线与平行（反射光线图中未画出）。已知光在真空中的传播速度为c，求：
（1）该型材对该单色光的折射率n；
（2）该单色光从射入型材到射出型材所用的时间t。
14.如图所示,间距为L的两根平行长直金属导轨MN、PQ固定在倾角为θ的绝缘斜面上,导轨上端接有阻值为R的电阻,一根长为L、电阻为3R的直导体棒ab垂直放在两导轨上。整个装置处于方向垂直斜面向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中。ab由静止释放后沿导轨运动,下滑位移大小为s时到达cd位置并开始以最大速度vm做匀速运动。ab在运动过程中与导轨接触良好,导轨电阻及一切摩擦均不计,重力加速度大小为g。求:
(1)ab棒的质量m和ab棒在匀速运动过程中的热功率P。
(2)从ab棒由静止释放到开始匀速运动的整个过程中电阻R产生的热量Q热。
(3)从ab棒由静止释放到开始匀速运动的整个过程所经历的时间t。
15.平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：
(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；
(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．
1.【答案】C
【解析】
A．在一定气温条件下，大气中相对湿度越小，水汽蒸发也就越快，人就越感到干燥，故当人们感到干燥时，空气的相对湿度一定较小，故A错误；
B．饱和汽的压强与温度有关，一定温度下，饱和汽的压强是一定的，故B错误；
C．一些小昆虫可以停在水面上是由于液体表面张力的作用，选项C正确；
D．单晶体的物理性质表现为各向异性，多晶体的物理性质表现为各向同性，选项D错误。
故选C。
2.【答案】C
【解析】
【详解】
A．He核的比结合能约为7MeV，结合能约为28MeV，故A错误；
B．Li核比He核的比结合能小，所以Li核比He核更不稳定，故B错误；
C．H核的比结合能约为1MeV，结合能为2MeV，所以两个H核结合成He核时释放的核能约为
故C正确；
D．U核中核子的平均结合能（即比结合能）比Kr核中的小，故D错误。
故选C。
3.【答案】A
【解析】
由图示可知
p左=p右+h
如果在使左右水银面高度差h变小，则右边的体积增大，左边的体积减小，两边气体压强差减小；假设气体体积不变，由查理定律得压强变化量
初状态时p左＞p右，T相等，如果同时使两边空气柱升高相同的温度，则左边增加的压强大于右边增加的压强，水银柱向右流动，两水银面高度差增大；如果同时使两边空气柱降低相同的温度，则左边减小的压强大于右边减小的压强，水银柱向左流动，两水银面高度差减小，故A正确，BCD错误。
4.【答案】C
【解析】
解析导线的受力情况如图
受重力、斜面的支持力、安培力，根据共点力平衡有
又
解得
ABD错误，C正确。
故选C。
5.【答案】D
【解析】
解析A．闭合开关S后，导体棒中的电流N到M，根据左手定则判断安培力向右下，故导体棒向右运动，故A错误；
B．闭合开关S后，导体棒向右运动，面积变大，穿过闭合回路的磁通量变大，故B错误；
CD．闭合开关S的瞬间，导体棒MN所受安培力的大小为
加速度
故C错误D正确。
故选D。
6.【答案】C
【解析】
A．根据楞次定律可知，从上向下看，圆管中的感应电流为逆时针方向，故A错误；
B．根据法拉第电磁感应定律可知，圆管中的感应电动势大小为
故B错误；
C．根据电阻定律可知，圆管在沿感应电动势方向的电阻为
根据闭合电路欧姆定律可知，圆管中的感应电流大小为
故C正确；
D．根据对称性以及左手定则可知，圆管所受合安培力为零，台秤的读数始终不变，故D错误。
故选C。
7.【答案】A
【解析】
A．由左手定则可知，M带负电，N带正电，选项A正确．
B．由可知，M的速度率大于N的速率，选项B错误；
C．洛伦兹力对M、N都不做功，选项C错误；
D．由可知，M的运行时间等于N的运行时间，选项D错误．
8.【答案】D
【解析】
A．不是所有手机都能进行无线充电，只有手机中有受电线圈的手机利用电磁感应，进行无线充电，故A错误；
B．变压器工作原理是互感现象，ab端输入恒定电流，则受电线圈无磁通量变化，不会产生电流，不能对手机进行无线充电，故B错误；
CD．当a、b间接220V的正弦交变电流，手机获得电压为5V，充电电流为1A，根据
可知送电线圈的电流为
、两端的电压之比为
送电线圈ab两端的电压为
受电线圈cd两端的输出电压为
联立解得
故C错误，D正确；
故选D。
9.【答案】D
【解析】
A．根据楞次定律“增反减同”两线圈内的感应磁场均垂直纸面向外，由安培定则可知，感应电流的方向均为逆时针，故A错误；
B．感应电动势为
所以感应电动势之比
所以a、b线圈中的感应电动势之比为9：1，故B选项错误；
C．线圈电阻之比为
电流之比为
所以a、b线圈的电流之比为3:1，故C错误；
D．电功率之比
所以a、b线圈的电功率之比为27：1，故D正确。
故选D。
10.【答案】B
【解析】
A．给导体棒通入的恒定电流，使导体棒最终向左运动，说明导体棒所受的安培力向左，根据左手定则，可判断出棒上通入的电流方向为从a向b，A错误；
B．在第二秒末时，磁场强度为
故棒所受的安培力为
导轨光滑，棒未动时，细线拉力等于安培力大小，此刻对m受力分析得
在第末物体m恰好离开地面，B正确；
C．在第4.5秒末时，磁场强度为
故棒所受的安培力为
对杆和物理整体分析，由牛顿第二定律得
解得
C错误；
D．棒运动过程中安培力做的功等于系统机械能的增加量，包含系统的动能和重力势能，D错误。
故选B。
11.【答案】 ①. 5 ②. a ③. 2.9 ④. 0.80
【解析】
【详解】①因为电源内阻较小，故对于电源来说应该采用电流表外接法，图中采用的是电流表内接；故导线5连接不当，应该从电压表正接线柱接到电流表正接线柱；
②开始实验前应该让滑动变阻器连入电路阻值最大，故应将滑片置于a端；
③由图线可知图线与纵轴交点即为电源电动势，故E=2.9V；图线与横轴的交点为短路电流I=0.50A，故可得等效内阻为
又因为在开关和电池负极之间接有的电阻，在计算过程中等效为内阻，故电源内阻为
r=0.80
12.【答案】(1)l0 (2)T0
【解析】(1)初状态时Ⅰ部分气体的压强
p1=p0+=2p0
Ⅱ部分气体的压强p2=p1+=3p0
添加砂子后Ⅰ部分气体的压强
p1'=p0+=4p0
Ⅱ部分气体的压强p2'=p1'+=5p0
Ⅱ部分气体等温变化,根据玻意耳定律,有
p2l0S=p2'l2S
可得l2=l0,故活塞B下降的高度
h2=l0-l2=l0。
(2)在活塞A上添加砂子的过程中,Ⅰ部分气体等温变化,根据玻意耳定律,有
p1l0S=p1'l1S,可得l1=l0
只对Ⅱ部分气体加热,Ⅰ部分气体状态不变,所以当活塞A回到原来位置时,Ⅱ部分气体高度
l2'=2l0-l0=l0
根据理想气体状态方程有=
解得T2=T0。
13.【答案】（1）；（2）
【解析】
（1）该单色光在圆柱体中传播光路图如图所示
折射角
其中
，
得
根据光的折射定律有
（2）由几何关系可知，该单色光恰好从AD面上无限靠近D处射出半圆柱，在半圆柱中传播的路程
设该单色光在半圆柱中的传播速度大小为v，有
，
解得
14.【答案】(1) (2) (3)+
【解析】(1)ab在匀速运动过程中受力平衡,有
mgsin θ=BIL
ab切割磁感线产生的感应电动势E=BLvm
根据闭合电路欧姆定律,有E=I(R+3R)
得ab的质量m=
ab在匀速运动过程中的热功率
P=I2·3R=。
(2)根据能量守恒定律,有
mgssin θ=m+Q总
根据焦耳定律,有=
得电阻R产生的热量
Q热=。
(3)ab从静止开始释放,根据牛顿第二定律,有
mgsin θ-BiL=ma
在很短的Δt时间内,瞬时加速度a=
电荷量Δq=iΔt
得mgsin θ·Δt-BLΔq=mΔv
将上式求和得
mgsin θ· Δt-BL Δq=m(vm-0)
即mgsin θ·t-BLq=mvm
得t=
而通过回路的总电荷量q=t
=,=
得q=
从ab由静止释放到开始匀速运动的过程所经历的总时间t=+。
15.【答案】(1)v0 与x轴正方向成45°角斜向上(2)
【解析】 (1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有
2L＝v0t①
L＝at2②
设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy
vy＝at③
设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有
tan α＝④
联立①②③④式得
α＝45°⑤
即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上
设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有
v＝⑥
联立①②③⑥式得
v＝v0⑦
(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得
F＝ma⑧
又F＝qE⑨
设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有
qvB＝m⑩
由几何关系可知
R＝L
联立①②⑦⑧⑨⑩ 式得
＝
同课章节目录