2021-2022學(xué)年北京市順義區(qū)高二（下）期末物理試卷（附答案詳解）

2021-2022學(xué)年北京市順義區(qū)高二（下）期末物理試卷

一、單選題（本大題共14小題，共42.0分）

1.某束光射在半圓形玻璃磚上，并能通過玻璃磚的圓心0,下列光路圖可能正確的是

（）

B.同、

D.

C./1

/,

2.下列說法正確的是（）

A.溫度高的物體一定比溫度低的物體內(nèi)能大

B.一個分子的動能和分子勢能的總和叫做該分子的內(nèi)能

C.布朗運動是由于液體各個部分的溫度不同而引起的

D.布朗運動是由液體分子從各個方向?qū)腋∥⒘Ｗ矒糇饔玫牟黄胶庖鸬?/p>

3.如圖為某質(zhì)點做簡諧運動的位移-時間圖象。由此可知（）

A.該質(zhì)點振動的振幅為20cm

B.該質(zhì)點振動的周期為2s

C.0.5s和1.5s兩個時刻，質(zhì)點具有相同的位移

D.0.5s和1.5s兩個時刻，質(zhì)點具有相同的速度

4.用單色光照射位于豎直平面內(nèi)的肥皂液薄膜，所觀察到的干涉條紋為（）

AOB與今

5.某交變電流瞬時值表達式為e=20s譏100?！辏ㄘ埃?。下列說法正確的是（）

A.此交流電的周期為0.02s

B.此交流電的頻率為100Hz

C.此交流電的電動勢的有效值為20U

D.當(dāng)t=0.25s時，此交流電的電動勢為20V

6.在光的雙縫干涉實驗中，能增大相鄰條紋間距的做法是（）

A.減小雙縫間距B.改用頻率更高的入射光

C.改用波長更短的入射光D.減小雙縫與光屏間距

7.某簡諧橫波沿X軸傳播，波源的振動周期r=O.ls,t=0時刻的波形如圖所示，此

時P點向y軸正方向運動，則（）

A.該波在向左傳播

B.該波的波速為40m/s

C.t=0.025s時，質(zhì)點P處于波谷處

D.t=0.05s時，質(zhì)點P運動到x=4.0m處

8.我國第四代移動通信技術(shù)（簡稱4G）,采用1880?2635MHz頻段的無線電波；第五

代移動通信技術(shù)（簡稱5G）,采用3300?5000MHz頻段的無線電波。下列說法正確

的是（）

A.5G信號和4G信號都是縱波

B.5G信號比4G信號更容易發(fā)生衍射

C.5G信號比4G信號在空氣中傳播速度更快

D.5G和4G電磁波信號的磁感應(yīng)強度隨時間都不是均勻變化的

9.如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比2：n2=10：1,在原線圈兩端加上隨時

間變化規(guī)律為u=200或sbU007Tt（U）的交變電壓，交流電流表和交流電壓表均為

理想電表，R=100。則下列說法正確的是（）

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A.電流表的示數(shù)為2（M

B.電阻R兩端的電壓為20aV

C.電阻R消耗的功率為40位小

D.副線圈中產(chǎn)生的交變電流頻率為50，z

10.一定質(zhì)量理想氣體的壓強與體積關(guān)系的圖像如圖所示，該氣體從狀態(tài)4經(jīng)歷AT8,

B-C兩個狀態(tài)變化過程，有關(guān)4、B、C三個狀態(tài)的溫度北、%和Tc的關(guān)系，下列

說法正確的是（）

二<

A.TA=TB,TB=TcB.TB,TB>Tc

C.TA=TB,TB>TcX）.TA>TB,TB<TC

11.如圖所示，在“測量玻璃的折射率”實驗中，下列說法正確的是（）

A.為了提高實驗的準(zhǔn)確度，必須選用兩光學(xué)表面平行的玻璃磚

B.判斷像與針是否在同一直線時，應(yīng)該觀察大頭針的頭部

C.大頭針與Pi與P2,P3與24的間距適當(dāng)遠一些，可以減小實驗誤差

D.在白紙上放好玻璃磚后，首先要用鉛筆貼著玻璃磚的光學(xué)面畫出邊界

12.如圖所示的電路中，a,b是兩個完全相同的燈泡,

L為自感線圈（自感系數(shù)足夠大，直流電阻不計）。E

為電源，S為開關(guān)。下列說法正確的是（）

A.閉合開關(guān)，a、b同時發(fā)光

B.斷開開關(guān)，a先熄滅，b閃亮后熄滅

C.閉合開關(guān)和斷開開關(guān)瞬間，a中的電流方向相反

D.閉合開關(guān)和斷開開關(guān)瞬同，b中的電流方向相反

13.如圖所示，P是繞有閉合線圈的螺線管，將一磁鐵從距P上端

九高處由靜止釋放，磁鐵豎直穿過P后落在海綿墊上。若僅增

大九，重復(fù)操作，磁鐵穿過P的過程與原來相比，下列說法正

確的是（）

A.入穿過線圈的磁通變化量將增大

B.線圈對磁鐵的平均阻力將變小

C.通過線圈導(dǎo)線截面的電荷量相同

D.磁鐵在螺線管中都在做自由落體運動

14.在筆記本電腦的機身與顯示屏的對應(yīng)部位，分別裝有磁體和霍爾元件.開啟顯示屏,

磁體的磁場遠離霍爾元件，元件不工作，屏幕正常顯示：閉合顯示屏，磁體的磁場

靠近使得霍爾元件工作，屏幕熄滅，電腦也休眠.如圖所示，一塊長為a、寬為c、

高為d的長方體霍爾元件，當(dāng)有電流/沿長度方向流過，且有垂直于上表面、方向向

上的磁感應(yīng)強度為8的勻強磁場作用時，元件的前、后表面間形成電勢差為U.電勢

差（/控制屏幕的熄滅.已知電流/是電子定向移動形成的，電子電荷量為e,單位體

積內(nèi)的電子數(shù)目為為下列說法正確的是（）

國

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A.前表面的電勢比后表面的高B.前后表面間的電勢差為U=工

C自由電子所受靜電力的大小為華D,自由電子所受洛倫茲力大小為?

二、實驗題(本大題共1小題，共8.0分)

15.在做“用單擺測定重力加速度的大小”的實驗時，

(1)若擺長為八周期為T,則重力加速度g=。

(2)下列給出的材料中應(yīng)選擇作為擺球、選擇作

為擺線組成單擺。(選填下列選項首字母)

A.大木球

8.小鋼球

C.柔軟且不易伸長的細絲線

.粗棉線

(3)在測定單擺擺長時，操作正確的是(選填下列選項前的字母)。

4取下擺線，測出擺線長度后再加上擺球半徑

區(qū)讓單擺自由下垂，測出擺線長度再加上擺球直徑

C.把單擺固定，抓住擺球，用力拉緊，測出擺線懸點到擺球球心之間距離

D測出擺球直徑，把單擺固定后，讓擺球臼然下垂，用刻度尺量出擺線的長度，再

加上擺球的半徑

(4)實驗測得重力加速度的值較當(dāng)?shù)貙嶋H重力加速度的值偏大，可能的原因是

人擺球的質(zhì)量偏大

B.單擺振動的振幅偏小

C.計算擺長時沒有加上擺球的半徑值

D將實際振動次數(shù)n次誤記成(n+1)次

三、簡答題(本大題共4小題，共38.0分)

16.利用圖(a)所示的裝置驗證動量守恒定律。在圖(a)中，氣墊導(dǎo)軌上有兩個滑塊，

滑塊4右側(cè)帶有一彈簧片，左側(cè)與打點計時器(圖中未畫出)的紙帶相連；滑塊B左側(cè)

也帶有一彈簧片，上面固定一遮光片，光電計時器(未完全畫出)可以記錄遮光片通

過光電門的時間。

實驗測得滑塊4質(zhì)量=0.310kg,滑塊B的質(zhì)量Tn?=0.108kg,遮光片的寬度d=

1.00cm；打點計時器所用的交流電的頻率為/■=50Hz.將光電門固定在滑塊B的右

側(cè)，啟動打點計時器，給滑塊4一向右的初速度，使它與B相碰；碰后光電計時器

顯示的時間為dtB=3.500ms,碰撞前后打出的紙帶如圖(b)所示。

(1)兩滑塊碰撞前4滑塊的速度大小為m/s,兩滑塊碰撞后B滑塊的速度大小

為m/s；

(2)碰撞前的兩滑塊的總動量大小為kg-m/s；碰撞后的兩滑塊的總動量大小

為kg-m/s.(結(jié)果保留三位有效數(shù)字)

(3)若實驗允許的相對誤差絕對值(|碰撞處總北之差|x100%)最大為5%,試計算本

實驗相對誤差為%o

(4)本實驗方法是否可以驗證動量守恒定律，請說明理由。

然帝建想光電門

17.如圖所示，質(zhì)量為加、電荷量為q的帶電粒子，以速度D沿

垂直磁場方向射入磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直紙面向里

的勻強磁場，不計帶電粒子所受重力，求：

(1)粒子在磁場中運動的軌跡半徑R；

(2)粒子在磁場中運動的時間t；

(3)為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁

場方向垂直的勻強電場，求該電場的電場強度E。

18.如圖所示，質(zhì)量為m的小球從距地面“高處自由下落，與地面

碰撞后豎直彈起的最大高度為與重力如速度為g，不計空氣

阻力，求：

(1)小球與地面碰撞前瞬間的速度；

(2)小球與地面磁撞過程損失的機械能21E：

(3)若小球與地面碰撞時間為Zt,小球重力不可忽略，碰撞過

程地面對小球平均作用力的大小人

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19.如圖所示，在水平面上有兩個相距L=0.5?n足夠長的光滑平面金屬導(dǎo)軌MN、PQ。

它們的電阻可忽略不計，在M和P之間接有阻值為R=0.60的定值電阻，與倆導(dǎo)軌

垂直放置的導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m=0.5kg,電阻r=0.40。與導(dǎo)軌接觸良好，整個裝

置處于方向豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度B=0.47?，F(xiàn)用尸=0.4N的拉力使

導(dǎo)體棒ab向右做加速直線運動。求：

(1)岫中的感應(yīng)電流方向；

(2)當(dāng)f=5m/s時，ab兩端的電勢差U；

(3)當(dāng)速度達到最大后，撤去拉力，導(dǎo)體棒在減速至靜止過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦

耳熱Q。

四、計算題(本大題共1小題，共12.0分)

20.簡諧運動是一種常見且重要的運動形式。它是質(zhì)量為小的

物體在受到形如F=-kx的回復(fù)力作用下，物體的位移x

與時間t遵循久=Asin3t變化規(guī)律的運動，其中角頻率3=

弟=((卜為常數(shù)，力為振幅，7為周期)。彈簧振子的運

動就是其典型代表。

如圖所示，一豎直光滑的管內(nèi)有一勁度系數(shù)為k的輕彈簧,

.r

彈簧下端固定于地面，上端與一質(zhì)量為m的小球4相連，.r

.r

小球4靜止時所在位置為。。另一質(zhì)量為m的小球B從距4.r

」

為”的P點由靜止開始下落，與4發(fā)生瞬間碰撞后一起開始

向下做簡諧運動。兩球均可視為質(zhì)點，在運動過程中，彈

簧的形變在彈性限度內(nèi)，當(dāng)其形變量為x時，彈性勢能為廨=2。已知H=誓,

重力加速度為9。

求：

(1*與a碰撞后瞬間一起向下運動的速度；

(2)小球4被碰后向下運動離。點的最大距離;

(3)a.請判斷兩小球一起向下運動的過程是否是簡諧運動，并說明理由。

6.小球4從。點開始向下運動到第一次返回。點所用的時間久

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答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：AB,光線從空氣射入玻璃磚上會發(fā)生折射現(xiàn)象，入射角較大，故AB錯誤；

CD、光線從玻璃磚射入空氣，折射角較大，故C錯誤，力正確；

故選：D。

玻璃磚相對于空氣是光密介質(zhì)，結(jié)合折射定律可分析判斷。

本題考查光的折射，解題關(guān)鍵掌握光的折射現(xiàn)象。

2.【答案】D

【解析】解：4、物體的內(nèi)能的大小與物質(zhì)的量、溫度、體積以及物態(tài)有關(guān)，溫度高的

物體不一定比溫度低的物體內(nèi)能大。故A錯誤；

8、內(nèi)能是指物體內(nèi)部所有分子做無規(guī)則運動所具有的動能和分子勢能的總和，符合統(tǒng)

計學(xué)規(guī)律，一個分子的動能和分子勢能沒有任何意義，故8錯誤；

CO、布朗運動是不是由于液體各個部分的溫度不同而引起的，而是因為液體分子從各

個方向?qū)腋×Ｗ幼矒糇饔玫牟黄胶庖鸬模蔆錯誤，。正確。

故選：。。

內(nèi)能是指物體內(nèi)部所有分子做無規(guī)則運動所具有的動能和分子勢能的總和，一切物體都

有內(nèi)能；物體的內(nèi)能的大小與物質(zhì)的量、溫度、體積以及物態(tài)有關(guān)；布朗運動是懸浮微

粒的無規(guī)則運動，形成的原因是由于液體分子對懸浮微粒無規(guī)則撞擊引起的。

本題考查了內(nèi)能、布朗運動，明確物體的內(nèi)能的大小與物質(zhì)的量、溫度、體積以及物態(tài)

有關(guān)，要明確布朗運動的形成原因。

3.【答案】C

【解析】解：4B.由圖象可知，該質(zhì)點的振動周期為4s,振幅為10cm,故A8錯誤；

CD.由圖可知，在0.5s時質(zhì)點偏離平衡位置的位移大小為7.5cm,方向沿正方向，質(zhì)點正

在向正的最大位移運動，即速度方向為正方向：在1.5s時質(zhì)點偏離平衡位置的位移大小

為7.5cm,方向沿正方向，質(zhì)點正在向平衡位置運動，即速度方向為負方向，由于這兩

個時刻位移大小相等，所以速度大小相等，所以在0.5s和1.5s兩個時刻，質(zhì)點具有相同

的位移，速度大小相等，而速度的方向相反，故C正確，。錯誤。

故選：Co

由圖象可直接讀出振幅與周期；先確定質(zhì)點在0.5s和1.5s兩個時刻的位置及位移大小與

方向關(guān)系，根據(jù)位移大小結(jié)合對稱性規(guī)律分析速度大小，根據(jù)斜率的正負分析速度方向

關(guān)系。

本題考查從振動圖象獲取信息的能力，知道圖象的斜率等于速度，要能正確分析質(zhì)點的

運動情況，可結(jié)合簡諧運動的特征進行分析。

4.【答案】B

【解析】解：薄膜的干涉是等厚干涉，同一條紋厚度相同，則條紋是水平的，故AC。

錯誤，B正確；

故選：B。

等厚干涉是由平行光入射到厚度變化均勻、折射率均勻的薄膜前、后表面而形成的干涉

條紋，從而即可求解.

解答本題應(yīng)掌握薄膜干涉的原理，干涉取決于兩層肥皂膜的厚度而形成反射光的光程差.

5.【答案】A

【解析】解：4此交流電的周期為7=2=含5=0.02s,故A正確；

O）1OO7T

B.此交流電的頻率為高Hz=50"z,故8錯誤；

C.此交流電的電動勢的有效值為E=贊=即=10近V,故C錯誤；

。.當(dāng)t=0.25s時，此交流電的電動勢為e=20s譏（IOOTTX0.25"=0,故。錯誤。

故選:Ao

明確交流電瞬時值表達式中各符號的意義，能從表達式中找出最大值、角速度：再根據(jù)

描述交流電的各物理量間的關(guān)系確定其他物理量。

本題考查對交流電的認(rèn)識，要注意正確掌握交流電最大值和有效值之間的關(guān)系、角速度

和周期、頻率間的關(guān)系。

6.【答案】A

【解析】解：力、由公式可知，減小雙縫間距能增大條紋間距，故A正確；

B、由雙縫干涉中兩條兩條明（暗）條紋間的距離=且頻率更大的波長對應(yīng)的光的

波長越短，故對應(yīng)的條紋間距會變小，故8錯誤；

a由上述分析可知改用波長更短的光波，對應(yīng)的雙縫干涉中兩條兩條明（暗）條紋間的

距離會減小，故c錯誤；

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D、減小雙縫與光屏間距/時，由公式4x=：；l可知，干涉條紋間距減小，故。錯誤。

故選：4。

雙縫干涉中相鄰兩條明（暗）條紋間的距離△x與波長入雙縫間距離d及雙縫到屏的距離L

滿足4x=：/l,可分析出條紋間距與光波長成正比，與雙縫與光屏間距成正比，與雙縫

間距成反比。

本題主要考查雙縫干涉實驗中條紋間距的相關(guān)因素，熟悉公式Ax=有助于解題。

a

7.【答案】B

【解析】解：力、P點此刻振動的速度方向向上，根據(jù)“逆向描波法”則有波沿x軸正方

向傳播，故A錯誤；

B、由圖象可知：A=4m,又波源的振動周期T=0.1s,則v=：=看m/s=40m/s,

故8正確；

C、t=0.025s=；7,t=0時P向上運動，經(jīng);T,應(yīng)運動到波峰處，故C錯誤；

44

￡＞、質(zhì)點只是上下振動，但不隨波遷移，故。錯誤；

故選：B。

由質(zhì)點P的振動方向可確定波的傳播方向。由圖讀出波長，由周期與波速關(guān)系可求出波

速；找到時間與周期得關(guān)系，即可得知質(zhì)點運動的位置。

根據(jù)質(zhì)點的振動方向，由“逆向描波法“一”逆著波的傳播方向，用筆描繪波形，若筆

的走向向下則質(zhì)點的振動方向向下；若筆的走向向上則質(zhì)點的振動方向向上來確定

波的傳播方向。同時考查波速、波長與周期的關(guān)系。

8.【答案】D

【解析】解：4根據(jù)光的偏振現(xiàn)象，可知電磁波都是橫波，所以5G和4G信號都是橫波，

故A錯誤；

B、5G信號的頻率大于4G信號的頻率，根據(jù)公式c=2/,可知5G信號的波長小于4G信

號的波長，根據(jù)明顯衍射的條件，可知5G信號比4G信號更不容易發(fā)生衍射，故B錯誤；

C、5G信號的頻率大于4G信號的頻率，則5G信號的折射率大于4G信號的折射率，根據(jù)

公式及=京可知在空氣中5G信號比4G信號傳播速度慢，故C錯誤；

。、根據(jù)電磁波的產(chǎn)生原理，可知5G和4G電磁波信號的磁感應(yīng)強度隨時間周期性變化，

而不是均勻變化的，故。正確。

故選：D。

5G和4G信號都是橫波；根據(jù)公式c=2f,判斷在空氣中5G信號比4G信號波長短，結(jié)合

明顯衍射的條件判斷；根據(jù)公式。=2判斷在空氣中5G信號比4G信號傳播速度慢；根

據(jù)電磁波的產(chǎn)生原理判斷。

本題考查電磁波的特性和傳播規(guī)律，知道電磁波譜并學(xué)會應(yīng)用公式"=:和c=〃來判

斷。

9.【答案】D

【解析】解：BC、原線圈輸入電壓有效值為：U1=^f-V=200V,根據(jù)％：f/2=n1：

物可知：4=20V,則電阻R兩端的電壓為20V；

根據(jù)電功率的計算公式可得電阻R消耗的功率為：P="=變勿=40勿，故BC錯誤；

R10

4、根據(jù)輸入功率等于輸出功率可得:P=UJi,解得：0=0.24故電流表的示數(shù)為0.24

故A錯誤；

D、根據(jù)輸入電壓表達式可得：3=2兀/=100nrad/s,所以/=50Hz,變壓器變壓不

變頻，所以副線圈中產(chǎn)生的交變電流頻率為50Hz,故。正確。

故選：。。

根據(jù)電壓之比與匝數(shù)之比求解電阻R兩端的電壓，根據(jù)電功率的計算公式可得電阻R消

耗的功率；根據(jù)輸入功率等于輸出功率可得電流表的示數(shù)；副線圈中產(chǎn)生的交變電流頻

率等于交流電的頻率。

本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關(guān)鍵是知道理想變壓器的電壓之比等于匝

數(shù)之比，在只有一個副線圈的情況下的電流之比等于匝數(shù)的反比；知道理想變壓器的輸

出功率決定輸入功率且相等。原線圈的電壓決定副線圈的電壓；理想變壓器在改變電壓

和電流的同時，不改變功率和頻率。

10.【答案】B

【解析】解：A-B對氣體由理想氣體狀態(tài)方程得：黑=竽，解得：m=2。；BC對

TA

氣體由理想氣體狀態(tài)方程得等=嘿，解得%=0.37B，

故ACD錯誤，8正確

故選：B。

對氣體由4-B、BTC由理想氣體狀態(tài)方程即可求解

第12頁，共19頁

本題考查對理想氣體方程的應(yīng)用，題H較簡單。

11.【答案】C

【解析】解：人為了提高實驗精度應(yīng)選用兩光學(xué)表面間距較大的玻璃磚，表面不平行

不影響結(jié)果，故4錯誤：

8、若大頭針不是豎直的，以頭部來擋住像會產(chǎn)生光線的誤差，故B錯誤；

C、頭針與&與P2,與”的間距適當(dāng)遠一些，這樣得到的光線更接近真實，誤差較小，

故C正確；

D,貼著玻璃表面畫線，容易使光學(xué)表面粗糙，影響以后的實驗，故力錯誤。

故選：Co

為了提高實驗精度應(yīng)選用兩光學(xué)表面間距較大的玻璃磚，即無論入射角網(wǎng)多大，光線在

在界面優(yōu)均不會發(fā)生全反射，根據(jù)折射定律分析實驗誤差。

本題是利用平行玻璃磚測量玻璃的折射率，關(guān)鍵是正確畫出入射光線和出射光線，在利

用折射定律計算。

12.【答案】C

【解析】解：A、由圖可以看出，a、b燈泡在兩個不同的支路中，對于純電阻電路，不

發(fā)生電磁感應(yīng)，通電后用電器立即發(fā)光；但對于含電感線圈的電路，在通電時，線圈產(chǎn)

生自感電動勢，對電流的增大有阻礙作用，使8燈后發(fā)光，則合上開關(guān)，a先發(fā)光，b后

發(fā)光，故A錯誤；

8、L為自感線圈（直流電阻不計），接通后電路中的電流穩(wěn)定時通過兩燈的電流一樣，當(dāng)

斷開電鍵時，線圈中產(chǎn)生自感電動勢，由a、b及電感線圈組成一個回路，兩燈同時逐漸

熄滅，故2錯誤；

CD,電路中電源的正極在左側(cè)，閉合開關(guān)時，流過a與b的電流都是從左向右；斷開電

鍵時，線圈中產(chǎn)生自感電動勢，由a、b及電感線圈組成一個回路，此時電流從流過線圈

的電流開始逐漸減小，所以流過b的電流的方向不變，而流過a的電流的方向從右向左，

故C正確，。錯誤。

故選：Co

根據(jù)線圈在電流發(fā)生變化會產(chǎn)生自感電動勢，電流增大時自感電動勢阻礙電流增大，電

流減小時自感電動勢阻礙電減小，線圈相當(dāng)于電源；并結(jié)合路的結(jié)構(gòu)分析即可。

本題考查了自感線圈對電流發(fā)生變化時的阻礙作用，增大瞬間相當(dāng)于斷路，減小瞬間相

當(dāng)于電源，穩(wěn)定后相當(dāng)于短路。

13.【答案】C

【解析】解：力、若僅增大憶對穿過線圈的磁通量沒有影響。故A錯誤；

BD,若僅增大九，磁鐵經(jīng)過線圈的時間減小，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢將增大，所以感

應(yīng)電流增大，對線圈對磁鐵的阻礙作用將變大，磁鐵在線圈中不做自由落體運動。故

BC錯誤；

C、若僅增大八，對穿過線圈的磁通量沒有影響，所以穿過線圈的磁通量的變化相同，

則通過線圈導(dǎo)線截面的電量：9=7"=黑?戊=等保持不變。故。正確；

故選：C。

感應(yīng)電動勢的大小等于磁通量的變化率，因此通過線圈速度越大，磁通量的變化率越大,

則產(chǎn)生的感應(yīng)電流越大。

本題考查了電磁感應(yīng)定律與閉合電路電流與電量問題，考點結(jié)合巧妙，題目新穎，有一

定創(chuàng)新性。

14.【答案】B

【解析】解：4、電流向右，電子向左定向移動，根據(jù)左手定則，電子所受洛倫茲力垂

直紙面向外，電子打在前表面，前表面電勢比后表面電勢低，故4錯誤；

B、根據(jù)平衡條件得：e-=evB

C

解得：U=Bev

I=neSv

S=cd

解得：u碧,故B正確；

CD、自由電子所受靜電力的大小為：F=qE=*

根據(jù)平衡條件得：-=evB

C

電子所受洛倫茲力大小為F=華，故CD錯誤；

故選：B。

根據(jù)左手定則得出電子受到的洛倫茲力的方向，從而判斷出電勢的高低；

根據(jù)電場力和洛倫茲力的等量關(guān)系得出洛倫茲力的大小。

本題主要考查了霍爾效應(yīng)的相關(guān)應(yīng)用，根據(jù)左手定則分析出電勢的高低，結(jié)合電場力和

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洛倫茲力的等量關(guān)系完成分析。

15.【答案】寫B(tài)CDD

T2

【解析】解；(1)由單擺周期公式：7=2兀器變形可得：重力加速度g=警。

(2)48、擺球選擇體積較小而密度較大的金屬球，這樣阻力較小，故A錯誤，B正確；

CD、擺線應(yīng)選擇柔軟的不能伸長的細線較恰當(dāng)，故力錯誤，C正確；

故選：BC。

(3)測量擺長時，應(yīng)先測出擺球直徑后，用細線將擺球掛起來，測量擺線的長，那么擺

長就等于擺線長加上半徑，這樣看，ABC錯誤，。正確。

故選：D。

(4)由單擺周期公式：T=21,變形得重力加速度：9=等

AB,擺動球的質(zhì)量和振幅與單擺的周期無關(guān)，兩者并不影響重力加速度的測量，故4B

錯誤；

少計了擺球經(jīng)過最低點的次數(shù)，則周期測量值偏大，則重力加速度測量值偏小，故A正

確；

C、少記了擺球的半徑，即擺線長當(dāng)成了擺長，所測擺長偏小，所測重力加速度g偏小，

故C錯誤；

。、計時計數(shù)時，將n次記為(n+1)次，則周期測量值偏小，則重力加速度測量值偏大，

故。正確。

故選：Do

故答案為：(1)誓；(2)B、C；(3)。；(4)。

(1)根據(jù)單擺的周期公式變形可求重力加速度的表達式；

(2)根據(jù)實驗原理選擇正確的實驗器材飛

(3)根據(jù)實驗注意事項分析測量擺長的方法，擺長應(yīng)為線長與擺球直徑的和；

(4)根據(jù)變形后得到的重力加速度公式分析實驗實驗誤差的大小。

本題主要考查了單擺測量重力加速度的實驗，根據(jù)實驗原理掌握正確的實驗操作，結(jié)合

單擺的周期公式即可完成分析。

16.【答案】2.002.860.6200.6101.6

【解析】解：(1)打點計時器所用交流電的頻率/'=50.0Hz,打點計時器打點時間間隔

T=j=^s=0.02s,碰撞前滑塊4的速度以=卷=竺制二巾/s=2.00m/s.

遮光片的寬度d=l.OOcm=0.0100m,碰撞后B的速率%'=q-=m/s?

2Jtg3.500x100

2.86m/s；

(2)碰撞前的總動量：p=mAvA=0.310x2.00kg-m/s=0.620kg-m/s；

碰撞后滑塊4的速度以'=竽="翳:根小=o.97Om/s,所以碰撞后的總動量：p'=

r

mAvA+mBvB'=0.310x0.970kg-m/s+0.108x2.86kg?m/s=0.610kg-m/s；

(3)相對誤差絕對值陽=I邈黑泮二I=I°6：］：6io|x100%=1.6；

(4)由于相對誤差k<5%,本實驗在誤差允許的范圍內(nèi)驗證了動量守恒定律。

故答案為：(1)2.00、2.86；(2)0.620、0.610；(3)由于相對誤差小于5%,故本實驗在誤

差范圍內(nèi)驗證了動量守恒定律。

(1)已知遮光片的寬度與遮光片經(jīng)過光電門的時間可以求出滑塊的速度。

(2)根據(jù)圖示紙帶求出碰撞前后滑塊的速度，求出碰撞前后系統(tǒng)的總動量，求出實驗相

對誤差絕對值，然后作出判斷。

本題考查了驗證動量守恒定律實驗，考查了實驗數(shù)據(jù)處理，根據(jù)遮光片寬度與遮光片過

光電門的時間、根據(jù)圖示紙帶求出滑塊的速度是解題的前提，根據(jù)題意應(yīng)用動量到達計

算公式可以解題。

17.【答案】解：(1)根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB=m-

R

聯(lián)立解得：R譚;

(2)粒子在磁場中運動的周期為：7=等，

代入R解得：?=誓

粒子在磁場中運動的時間t=/=票

2qB

(3)根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，則電場力方向向下、電場強度的方向向下;

根據(jù)平衡條件可得：qE=qvB

解得：E=vB。

答：(1)粒子在磁場中運動的軌跡半徑為骨；

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(2)粒子在磁場中運動的時間為言；

(3)該電場的電場強度大小為"8,方向向下。

【解析】(1)根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解半徑；

(2)求出粒子在磁場中運動的周期，根據(jù)軌跡對應(yīng)的圓心角求解粒子在磁場中運動的時

間；

(3)根據(jù)平衡條件求解該電場的電場強度大小。

對于帶電粒子在磁場中的運動情況分析，關(guān)鍵是弄清楚帶電粒子的受力情況，根據(jù)洛倫

茲力提供向心力結(jié)合周期公式進行解答。

18.【答案】解：(1)根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律有：vl=2gH,解得次=師7；

(2)小球碰撞后的速度為：域=2g(

機械能損失為4E=mgH-mg-

解得：AE=1mgH

(3)規(guī)定向下為正方向，則(一?+mg)At=-mv2-mvr

解得：F=mo+喳巴邂

答：(1)小球與地面碰撞前瞬間的速度為國7；

(2)小球與地面磁撞過程損失的機械能為加9”；

(3)若小球與地面碰撞時間為43小球重力不可忽略，碰撞過程地面對小球平均作用力

的大小為巾°+喳絲二匹。

yat

【解析】(i)根據(jù)勻變速直線運動規(guī)律解得；

(2)根據(jù)功能關(guān)系解得；

(3)根據(jù)動能定理解得。

本題考查動量定理，解題關(guān)鍵掌握初速度與末速度，注意動量的矢量性。

19.【答案】解：(1)由右手定則知，ab棒的電流方向為：b流向a；

(2)由法拉第電磁感應(yīng)定律：E=BLv=0.4x0.5x5V=17；

由閉合電路歐姆定律：/—