【文档说明】湖北省襄阳市五中2017届高二（下）月考物理试卷（3月份）（word版含解析）.docx，共(14)页，209.712 KB，由envi的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-b3742f61995cfe41ae3f3b237fed627f.html

以下为本文档部分文字说明：

12016-2017学年湖北省襄阳五中高二（下）月考物理试卷（3月份）一、选择题（每小题5分，共50分．其中1～6题为单选，7～10题为多选，全部选对得5分，有选对但不全的得2分）1．（5分）下列说法中正确的是（）A．作用在物体上的合外力越大，物体动量的变化就越大B．作用在物体上的合

外力的冲量越大，物体动量的变化就越快C．物体的动量变化时，物体的动能一定变化D．物体的动能变化时，物体的动量一定变化2．（5分）关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）A．安培力的方

向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．将通电直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半D．将通电直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的√𝟐𝟐倍3．（5分）阻值相等的三个电阻R、电容器C及电池E（内阻可

忽略）连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2．Q1与Q2的比值为（）A．2：5B．1：2C．3：1D．1：34．（5分）如图所示，Q是固定的点电荷，虚线是以Q为

圆心的两个圆．带电粒子P在Q的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，1、2、3为轨迹上的三个点．若P仅受Q的电场力作用，其在1、2、3点的加速度大小分别为a1、a2、a3，电势能分别为E1、E2、E3，则（）A．a2＞a3＞a1，E1＞E3＞E

2B．a2＞a3＞a1，E2＞E3＞E1C．P、Q为异种电荷D．P的运动轨迹为抛物线线5．（5分）一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端

分别开有小孔．筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带负电的粒子从小孔M射入筒内，射入时速度沿MN方向．当筒转过θ（θ＜π）角时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（）A．𝝎𝑩B．𝝎𝟐𝑩C．𝟐𝝎𝜽

𝟑𝝅𝑩D．𝟐𝝎𝜽𝝅𝑩6．（5分）发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动，如图所示．此时矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，当线圈转速增加为原来的

两倍时，发电机输出电压（）2A．峰值是2e0B．峰值是4e0C．有效值是√𝟐Ne0D．有效值是2√𝟐Ne07．（5分）下列说法正确的是（）A．一切物体都能向外辐射电磁波B．用蓝光照射某金属时能产生光电效应，则

改用红光照射该金属也一定能产生光电效应C．光电效应中，从金属逸出的光电子就是光子D．光电效应和康普顿效应说明光具有粒子性8．（5分）如图所示，电路中A、B是规格相同的灯泡，L是电阻可忽略不计的电感线圈

，那么（）A．合上S，A、B一起亮，然后A变暗后熄灭B．合上S，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮C．断开S，A立即熄灭，B由亮变暗后熄灭D．断开S，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭9．（5分）用等长的绝

缘细线把一个质量为1.0kg的小球a悬挂天花板上M、N两点，a带有Q＝1.0×10﹣5C的正电荷．两线夹角为120°，a的正下方0.3m处放一带等量异种电荷的小球b，b与绝缘支架的总质量为2.0kg，两线上的拉力大小分别为F1和F2．（k＝9×109

Nm2/C2，取g＝10m/s2）则（）A．支架对地面的压力大小为30.0NB．两线上的拉力大小F1＝F2＝20.0NC．将b水平右移，使M、a、b在同一直线上，此时两线上的拉力大小F1＝12.5N，F2＝10.0ND．将b移到无穷远处，两线

上的拉力大小F1＝F2＝20.0N10．（5分）如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L，乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条水平轻绳用恒定的拉力F拉甲车直到两车相碰，

在此过程中（）A．甲、乙两车运动过程中的速度之比为（M+m）：MB．甲车移动的距离为𝑴+𝒎𝟐𝑴+𝒎𝑳C．此过程中人拉绳所做功为FLD．此过程中人拉绳所做功为𝑴+𝒎𝟐𝑴+𝒎𝑭𝑳二、实验题11．（6分）

用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片的来验证动量守恒定律，实验步骤如下：①用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB；②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；③先不在斜槽的末端放小球B，让小球A从斜槽上位置P由静止

开始释放，小球A离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球A的两位置（如图乙所示）；④将小球B放在斜槽的末端，让小球A仍从位置P处由静止开始释放，使它们碰撞，频闪照相机连续3拍摄下两个小球的位置（如图丙所示）；⑤测出所需要的物理量。请回答：（1）实验①中A、B的两球质量应满足

（2）在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有；（请选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”）（3）两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程是：。12．（10分）测两节串联的干电池组的电动势和内阻时，除被测电池外

、还有下列器材可供选择：A、电流表A1（0～0.6A）B、电流表A2（0～3A）C、电压表V1（0～3V）D、电压表V2（0～15V）E、滑动变阻器R1（5Ω，2A）F、滑动变阻器R2（100Ω，1A）G、开关和的导线若干（1）请在如图1的方框中画

出测量电路的原理图（2）应该选用的器材有（写出前面的字母）（3）某同学测量得出表中的数据，请在如图2所示的坐标轴上画出U﹣I图象，从图中可得出电池组的电动势为V，电池组的内电阻为Ω编号123456U（V）2.702.50

2.302.001.801.70I（A）0.080.160.250.360.450.50三、计算题（要求写出必要的文字叙述、方程式和重要的演算过程，只有最后结果的不能得分）13．（8分）一带电粒子由静止开始经U＝500V的电压加速后，沿平行板的中线垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若

两板间距离d＝2.0cm，板长L＝5.0cm，要使带电粒子能从平行板间飞出，两极板间所加电压的最大值不超过多少？（不计粒子的重力）14．（10分）长为L，电阻为r＝2.0Ω、质量为rn＝1.0kg的金属棒PQ垂直跨搁在位于水平面上

的两条平行光滑导轨上，如图所示，两导轨间距也是L，导轨电阻不计，导轨左端接有R＝3.0Ω的电阻，量程为0～3A的电流表串接在一条导轨上，量程为0～6V的电压表接在电阻R的两端，匀强磁场向下垂直穿过导轨平面，现以向右的恒定

外力F拉金属棒，当棒以v＝2.0m/s的速度在导轨上匀速滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，问：（1）此满偏的电表是什么表？说明理由。（2）拉动金属棒的外力F多大？15．（12分）在磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，直线OM和ON之间的夹角为30°．一质量为m，带电量为q的

粒子，沿纸面以大小为v0的速度从OM上的O′向左上方垂直磁场4方向射入NOM之间，速度与OM成30°角，如图所示．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，不计重力．则OO′的距离为多少？16．（14分）如图所示，带有𝟏𝟒光滑圆

弧的小车A的半径为R，静止在光滑水平面上．滑块C置于木板B的右端，A、B、C的质量均为m，A、B底面厚度相同．现B、C以相同的速度向右匀速运动，B与A碰后即粘连在一起，C恰好能沿A的圆弧轨道滑到与圆心等高处，求：（1）B、C一

起匀速运动的速度为多少（2）滑块C返回到A的底端时AB整体和C的速度为多少（3）滑块C返回到A的底端时C对A的压力为多少．52016-2017学年湖北省襄阳五中高二（下）月考物理试卷（3月份）参考答案与试题解析一、选择题

（每小题5分，共50分．其中1～6题为单选，7～10题为多选，全部选对得5分，有选对但不全的得2分）1．（5分）下列说法中正确的是（）A．作用在物体上的合外力越大，物体动量的变化就越大B．作用在物体上的合外力的冲量越大，物体动量的变化就越快C．物体的动量变化时，

物体的动能一定变化D．物体的动能变化时，物体的动量一定变化【考点】52：动量定理．菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．【分析】根据动量定理可知，合外力的冲量等于物体动量的变化量，

动量是矢量，动能是标量，据此逐项分析即可求解．【解答】解：A、动量变换I＝Ft，作用在物体上的合外力越大，物体的动量变化不一定越大，还与时间有关，故A错误；B、合外力的冲量是物体动量变化的原因，物体所受合外力冲量越大，它的动量变化就越大

，但物体动量的变化不一定越快。故B错误；C、动量是矢量，动量变化时可能大小不变，动量的方向发生变化，此时的动能不变，故C错误；D、动能是标量，动能变化时，速度的大小一定发生变化，所以动量也一定发生变化。故D正确。故选：D。【点评】本题的关键是在学

习动量和动能定理时，要注意区分二者合合外力的关系，明确动量为矢量，而动能为标量．2．（5分）关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场

的方向C．将通电直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半D．将通电直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的√𝟐𝟐倍【考点】CC：安培力．菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；5

3D：磁场磁场对电流的作用．【分析】本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直。引用公式F＝BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F＝BIL。【解

答】解：A、B、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故A错误，B正确；C、D、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半；将直导线在垂直于磁

场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的√𝟐𝟐，故CD错误，。故选：B。【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小。当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大

，为F＝BIL。3．（5分）阻值相等的三个电阻R、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2．Q1与Q2的比值为（）A．2：5B．1：2C．3：1D．1：3【考点】AN：电容器与电容；BB：

闭合电路的欧姆定律．菁优网版权所有【专题】32：定量思想；43：推理法；535：恒定电流专题．【分析】结合电路的连接方式，利用闭合电路欧姆定律，分别求出两种情况下电容器的电压，再由Q＝CU可求得电量Q1与Q2的比值。6【解答】解：电池E的内阻

可忽略不计，则保持开关断开时，整个电路是断路，电容器两端的电压等于电源电压E，根据Q＝CU可知Q1＝CE；当开关闭合后，电流稳定以后，电容器的电压等于R两端的电压，三个电阻的关系是简单的串联，则R两端的电压等于𝟏𝟑E，

所以Q2=𝟏𝟑CE，所以𝑸𝟏𝑸𝟐=𝟑𝟏。故选：C。【点评】解题的关键是清楚开关断开与闭合时电路的结构，并能应用闭合电路欧姆定律求电容的电压。要知道电路稳定时，电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压。4．（5分）如图所示，Q是固定的点电荷，虚线是以Q为圆心的

两个圆．带电粒子P在Q的电场中运动，运动轨迹与两圆在同一平面内，1、2、3为轨迹上的三个点．若P仅受Q的电场力作用，其在1、2、3点的加速度大小分别为a1、a2、a3，电势能分别为E1、E2、E3，则（）A．a2＞

a3＞a1，E1＞E3＞E2B．a2＞a3＞a1，E2＞E3＞E1C．P、Q为异种电荷D．P的运动轨迹为抛物线线【考点】AE：电势能与电场力做功；AG：电势差和电场强度的关系．菁优网版权所有【专题】34：比较思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．【

分析】根据带电粒子的运动轨迹弯曲方向，即可判断出粒子所受的库仑力是引力还是斥力，并判断粒子的电性；根据电场线的疏密分析电场力的变化，判断加速度的变化．根据电场力做功正负分析电势能的变化．带电粒子所受的电场力是恒力时其运动轨迹为抛物线线．【解答】解：AB、点电荷的电场强度的分布特点是离开场源

电荷距离越小，场强越大，带电粒子受到的电场力越大，带电粒子的加速度越大，所以a2＞a3＞a1。根据带电粒子P轨迹弯曲方向判断知带电粒子在运动的过程中，P一直受静电斥力作用，从1到2，静电力对带电粒子P做负功，电势能增大，则有E2＞E1．

从2到3，静电力对带电粒子P做正功，电势能减小，则有E2＞E3．而且从1到2静电力做功数值较多，所以E3＞E1．综合可得E2＞E3＞E1．故A错误，B正确。C、带电粒子P受到静电斥力，所以P、Q为同种电荷，故C错误

。D、P所受的静电力是变力，其运动轨迹不是抛物线线。故D错误；故选：B。【点评】本题的关键是根据带电粒子的运动轨迹判断其所受的静电力方向，再结合功能关系分析电势能的变化．5．（5分）一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截

面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔．筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带负电的粒子从小孔M射入筒内，射入时速度沿MN方向．当筒转过θ（θ＜π）角时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（）A．𝝎𝑩

B．𝝎𝟐𝑩C．𝟐𝝎𝜽𝟑𝝅𝑩D．𝟐𝝎𝜽𝝅𝑩【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有【专题】12：应用题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】显然粒子转过一定角度α所需时间与圆筒转

一定的角度θ时间相等，根据圆周运动的特点，求出α和θ角恰好相等，从而求出粒子的比荷．【解答】解：画出粒子人进入到离开这段时间的轨迹，显然粒子转过一定角度α所需时间与圆筒转一定的角度β时间相等，由圆周运动的特征，

粒子离开圆形磁场时速度方向恰好背离圆心，所以α＝θ．粒7子转过α的时间为t1=𝜶𝟐𝝅×𝑻=𝜶𝟐𝝅×𝟐𝝅𝒎𝒒𝑩而圆筒转过θ的时间t2=𝜶𝝎，而t1＝t2，所以可得：B=𝝎𝑩，这样看来，选项BCD错误，选项A正确。故选：A。【点评】本题要注意的一点是，粒

子是向着圆心方向射入磁场，那么离开磁场时也是背着圆心方向的，这样粒子偏转的角度与圆筒转过的角度相等．6．（5分）发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动，如图所示．此时矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计

线圈电阻，当线圈转速增加为原来的两倍时，发电机输出电压（）A．峰值是2e0B．峰值是4e0C．有效值是√𝟐Ne0D．有效值是2√𝟐Ne0【考点】E3：正弦式电流的图象和三角函数表达式；E4：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．菁优网版权所有【专题】11：计算题；32：定量思想；4

3：推理法；53A：交流电专题．【分析】根据矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势求出整个矩形线圈产生的感应电动势的最大值；根据正弦交变电压电动势最大值与有效值的关系求解发电机输出电压．【解答】解：矩形线圈ab边和cd边产生的感应

电动势的最大值都为e0，所以矩形线圈产生的感应电动势的最大是2Ne0，根据正弦交变电压电动势最大值与有效值的关系得发电机输出电压有效值为：U=𝟐𝒆𝟎𝑵√𝟐=√𝟐Ne0，故C正确，ABD错误故选：C。【点评】本题考查了交流电产生的原理和最大值、有效值的关系，知

道整个矩形线圈产生的感应电动势是ab边和cd边产生的感应电动势之和．7．（5分）下列说法正确的是（）A．一切物体都能向外辐射电磁波B．用蓝光照射某金属时能产生光电效应，则改用红光照射该金属也一定能产生光电效应C．光电效应中，从金属

逸出的光电子就是光子D．光电效应和康普顿效应说明光具有粒子性【考点】IC：光电效应．菁优网版权所有【专题】31：定性思想；43：推理法；54I：光电效应专题．【分析】一切物体都能向外辐射电磁波，辐射电磁波的情况

与物体的温度、物体的材料有关；根据光电效应的条件分析；光电子是电子，与光子不同；光电效应和康普顿效应说明光具有粒子性．【解答】解：A、一切物体都能向外辐射电磁波，故A正确；B、用蓝光照射某金属时能产生光电效应，则改用红光照射该金属，由于红色光

的频率小于蓝色光的频率，所以不一定能产生光电效应，故B错误；C、光电效应中的光电子是从原子核外部释放出来的，是电子，与光子是不同的，故C错误；D、光电效应现象、康普顿效应说明光具有粒子性。光电效应表面光子具有能量，康普顿效应表

明光子除了具有能量之外还具有动量。故D正确；故选：AD。【点评】考查黑体辐射、光电效应的条件、光电效应与康普顿效应的作用等，属于对基础知识点的考查，理解光电效应现象以及光电效应的条件是解答的关键．8．（5分）如图所示，电路中A、B是规格相同的灯泡，L是电阻可忽略

不计的电感线圈，那么（）8A．合上S，A、B一起亮，然后A变暗后熄灭B．合上S，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮C．断开S，A立即熄灭，B由亮变暗后熄灭D．断开S，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭【考点】DE：自感现象和自感系数．菁优网版权所有【专题】535

：恒定电流专题．【分析】线圈中电流发生变化时，会产生自感电动势，阻碍电流的变化；分通电和断电两种情况分析．【解答】解：A、B、合上S，线圈中电流要增加，会产生自感电动势，故只能缓慢增加，故A、B一起亮，然后A变暗后熄灭，B更亮，故A正确，

B错误；C、D、断开S，线圈中电流要减小，会产生自感电动势，故只能缓慢减小，通过电灯A构成回路放电，故B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭，故C错误，D正确；故选：AD。【点评】本题通电自感和断电自感问题，关键明确线圈中电流发生变化时，会产生自感电动势

，阻碍电流的变化，基础题．9．（5分）用等长的绝缘细线把一个质量为1.0kg的小球a悬挂天花板上M、N两点，a带有Q＝1.0×10﹣5C的正电荷．两线夹角为120°，a的正下方0.3m处放一带等量异种电

荷的小球b，b与绝缘支架的总质量为2.0kg，两线上的拉力大小分别为F1和F2．（k＝9×109Nm2/C2，取g＝10m/s2）则（）A．支架对地面的压力大小为30.0NB．两线上的拉力大小F1＝F2＝20.0NC．将b水平右移，使M、a、b在同一直线上，此时两线上的拉力大小F

1＝12.5N，F2＝10.0ND．将b移到无穷远处，两线上的拉力大小F1＝F2＝20.0N【考点】2G：力的合成与分解的运用；3C：共点力的平衡．菁优网版权所有【专题】31：定性思想；4C：方程法；527：共点力作用下物体平衡专题．【分析】当B在

A的正下方时，分别对AB受力分析利用共点力平衡即可求得，当B移到使M、A、B在同一直线上时，对A受力分析利用共点力平衡即可判断．【解答】解：A、地面对支架的支持力为：F＝mBg﹣k𝑸𝟐𝑳𝟐=2×10﹣9×109×(𝟏.𝟎×𝟏𝟎−𝟓)𝟐𝟎.𝟑𝟐N＝10.

0N，根据牛顿第三定律可得支架对地面的压力为10.0N．故A错误B、因两绳夹角为120°，故两绳的拉力的合力大小等于其中任意绳的拉力大小，故有：F1＝F2＝mAg+k𝑸𝟐𝑳𝟐=1×10+9×109×(𝟏.𝟎×𝟏𝟎−𝟓)𝟐𝟎.𝟑

𝟐=20.0N，故B正确；C、将B水平右移，使M、A、B在同一直线上时，对A求受力分析可知：F1sin30°+F2sin30°﹣mg﹣F库sin30°＝0F1cos30°﹣F2cos30°﹣F库cos

30°＝0F库=𝒌𝑸𝟐(𝑳𝒔𝒊𝒏𝟑𝟎°)𝟐，联立解得：F1＝12.5N，F2＝10.0N．故C正确；D、将b移到无穷远处，b对a的库仑力减小为0，所以两根绳子的拉力大小都等于A的重力，则两线上的拉力

大小：F1＝F2＝mAg＝1×10＝10N．故D错误。故选：BC。【点评】本题主要考查了对AB求的受力分析，抓住在库仑力作用下的共点力平衡即可，难度适中．10．（5分）如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L，乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条水平轻

绳用恒定的拉力F拉甲车直到两车相碰，在此过程中（）9A．甲、乙两车运动过程中的速度之比为（M+m）：MB．甲车移动的距离为𝑴+𝒎𝟐𝑴+𝒎𝑳C．此过程中人拉绳所做功为FLD．此过程中人拉绳所做功为𝑴+𝒎𝟐𝑴

+𝒎𝑭𝑳【考点】53：动量守恒定律；6B：功能关系．菁优网版权所有【专题】31：定性思想；4C：方程法；52G：动量和能量的综合．【分析】乙通过一条轻绳拉甲车的过程，甲、乙和两车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，由动量守恒定律求甲、乙两车运

动中速度之比．将速度由位移与时间之比表示，代入动量守恒定律表达式，并结合几何关系可求两车移动的距离．根据功的定义即可求出拉绳做的功．【解答】解：A、甲、乙和两车组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，取向右为正方向，由动量守恒定律得：0＝Mv甲﹣（M+m）v乙；可得甲、乙两车运动中速度之比为：𝒗甲

𝒗乙=𝑴+𝒎𝑴，故A正确；B、设甲车和乙车移动的距离分别为s1和s2．则有：v甲=𝒔甲𝒕，v乙=𝒔乙𝒕又s1+s2＝L联立解得：s1=𝑴+𝒎𝟐𝑴+𝒎L，s2=𝑴𝟐𝑴+𝒎L，故B正确；

CD、根据功的定义可知，此过程中人拉绳所做功等于拉力和人相对于绳子的位移的乘积，为W＝FL．故C正确，D错误故选：ABC。【点评】解决本题的关键要把握系统的动量守恒，运用速度公式表示速度与位移的关系，要注意速度和位移的参照物都是地

面．同时要注意的另一个问题是拉绳子的力做的功：人拉绳子的过程中人对绳子做的功转化为绳子对甲做的功以及绳子对乙和人做功的和，所以人拉绳子做的功是FL而不是𝑴+𝒎𝟐𝑴+𝒎𝑭𝑳．要理解该过程中的功能关系的

转化．二、实验题11．（6分）用如图甲所示装置结合频闪照相机拍摄的照片的来验证动量守恒定律，实验步骤如下：①用天平测出A、B两个小球的质量mA和mB；②安装好实验装置，使斜槽的末端所在的平面保持水平；③先

不在斜槽的末端放小球B，让小球A从斜槽上位置P由静止开始释放，小球A离开斜槽后，频闪照相机连续拍摄小球A的两位置（如图乙所示）；④将小球B放在斜槽的末端，让小球A仍从位置P处由静止开始释放，使它们碰撞，频闪照相机连续拍摄下两个小球的位置

（如图丙所示）；⑤测出所需要的物理量。请回答：（1）实验①中A、B的两球质量应满足mA＞mB（2）在步骤⑤中，需要在照片中直接测量的物理量有x0、xA、xB；（请选填“x0、y0、xA、yA、xB、yB”）（3）两球在碰撞过程中若动量守恒，满足的方程

是：mAx0＝mAxA+mBxB。【考点】ME：验证动量守恒定律．菁优网版权所有10【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；43：推理法；52F：动量定理应用专题．【分析】（1）明确实验原理，知道两小球只能向右平抛出去才能进行验证，故入射球不能反

弹；（2）根据碰撞时的动量守恒定律表达式，结合平抛规律推导出平均动量守恒的表达式，从而将难以测量的速度转化为容易测量的落地水平位移。【解答】解：（1）为了防止入射球碰后反弹，入射球的质量要大于被碰球的质量，即mA＞mB；（2）碰撞时应有

mAv0＝mAvA+mBvB由平抛规律有x＝vt，小球从相同高度落下，故时间相等，上式中两边同乘以t，则有：mAx0＝mAxA+mBxB，所以需要在照片中直接测量的物理量有，x0、xA、xB（3）由（2）的分析可知，

应验证的表达式为：mAx0＝mAxA+mBxB故答案为：（1）mA＞mB（2）x0、xA、xB（3）mAx0＝mAxA+mBxB；【点评】本题考查验证动量守恒定律的实验，要注意明确实验原理，知道如何利

用平抛运动将难以测量的碰后的速度转化为可以直接测量的水平位移的方法。12．（10分）测两节串联的干电池组的电动势和内阻时，除被测电池外、还有下列器材可供选择：A、电流表A1（0～0.6A）B、电流表A2（0～3A）C、电压表V1（0～3V）D、电压表V2（

0～15V）E、滑动变阻器R1（5Ω，2A）F、滑动变阻器R2（100Ω，1A）G、开关和的导线若干（1）请在如图1的方框中画出测量电路的原理图（2）应该选用的器材有（写出前面的字母）ACFG（3）某同学测量得出表

中的数据，请在如图2所示的坐标轴上画出U﹣I图象，从图中可得出电池组的电动势为2.90V，电池组的内电阻为2.40Ω编号123456U（V）2.702.502.302.001.801.70I（A）0.080

.160.250.360.450.50【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．菁优网版权所有【专题】13：实验题；23：实验探究题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．【分析】（1）根据表中实验数据选择电流表，根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选最大阻值较

小的滑动变阻器．（2）根据实验原理明确实验电路图；（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点，然后作出图象；电源的U﹣I图象与纵轴的交点坐标为电源电动势；图象斜率的绝对值是电源内阻．【解答】解：（1）测量电动势和内电阻只需将滑动变阻器与电源串联即可，电流表内阻与电源接近，故

电流表采用相对电源的外接法；（2）由表中实验数据可知，电流的最大测量值为0.50A，则电流表选A；两节干电池的电动势约为3V，电压表选C；电源内阻约为几欧，但总电阻为5Ω的滑动变阻器无法起到有效的调节作用，故应选用F滑动变阻器；同时

实验中需要用到开关和导线若干，故应选用G；（4）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示．由图象和闭合电路欧姆定律U＝E﹣Ir可知，电源电动势为：E＝2.90V，11电源内阻为：r=𝟐.𝟗𝟎−𝟏.𝟕𝟎𝟎.𝟓=2.40Ω；故答案为：

（1）图象如图所示；（2）ACFG（3）2.90，2.40．【点评】本题考查了测量电动势和内电阻实验中的作图象和求电源电动势与内阻，要掌握描点法作图的方法，要求掌握根据电源的U﹣I图象求电动势与内阻的方法．三

、计算题（要求写出必要的文字叙述、方程式和重要的演算过程，只有最后结果的不能得分）13．（8分）一带电粒子由静止开始经U＝500V的电压加速后，沿平行板的中线垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距离d＝2.0cm，板

长L＝5.0cm，要使带电粒子能从平行板间飞出，两极板间所加电压的最大值不超过多少？（不计粒子的重力）【考点】AG：电势差和电场强度的关系；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．菁优网版权所有【专题】11：计算题；22：学科综

合题；32：定量思想；4C：方程法；532：电场力与电势的性质专题．【分析】电子先加速再偏转，当电子恰好飞出时，所加的电压最大。先由动能定理得到加速获得的速度，将电子在偏转电场中的运动进行正交分解，由牛顿第二定律和运动学公式求解。【解答】解：d＝2.0cm＝0.020m，L＝5.

0cm＝0.050m在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏转距离越大，当偏转电压大到使电子刚好从极板的边缘飞出时偏转电压最大。对于加速过程，由动能定理得：eU=𝟏𝟐𝒎𝒗𝟎𝟐⋯①进入偏转电场，电

子在平行于板面的方向上做匀速运动，则有：L＝υ0t…②电子的加速度为：a=𝒒𝑼′𝒎𝒅⋯③偏转距离：y=𝟏𝟐𝒂𝒕𝟐⋯④电子能飞出平行板的条件为：y≤𝒅𝟐⋯⑤解①②③④⑤式得：U′≤𝟐𝑼𝒅𝟐𝑳𝟐代

入数据可得：U′≤160V，则要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加160V电压。答：要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加160V电压。【点评】对于带电粒子在组合场中运动的问题，往往先根据动能

定理求得速度，再运用运动的合成和分解的方法，由动力学方法解题。本题可化简得到综合式，再代入数据求解。1214．（10分）长为L，电阻为r＝2.0Ω、质量为rn＝1.0kg的金属棒PQ垂直跨搁在位于水平面上的两条平行光滑导轨上，如图所示，两导轨间距也是L，导轨电阻不计，导轨左端

接有R＝3.0Ω的电阻，量程为0～3A的电流表串接在一条导轨上，量程为0～6V的电压表接在电阻R的两端，匀强磁场向下垂直穿过导轨平面，现以向右的恒定外力F拉金属棒，当棒以v＝2.0m/s的速度在导轨上匀速

滑动时，观察到电路中的一个电表正好满偏，问：（1）此满偏的电表是什么表？说明理由。（2）拉动金属棒的外力F多大？【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；D9：导体切割磁感线时的感应电动势．菁优网版权所有【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；53C：电磁感应与电路结

合．【分析】（1）通过假设法，运用欧姆定律判断是否超过电表的量程，从而确定哪个电表满偏。（2）根据电路中的电流，结合闭合电路欧姆定律求出回路中的电动势，根据E＝BLv和F＝BIL，抓住拉力和安培力相等

求出外力F的大小。【解答】解：（1）若A满偏，则U＝IR＝3×3V＝9V，超过V的量程；若V满偏，则有：I=𝑼𝑹=𝟔𝟑𝑨=𝟐𝑨，小于A的量程。故应是V满偏，此时回路的电流为：I＝2A。（2）回路的电动势为：E＝I（R+r）＝2×（2+3）V＝10V，又E＝BL

v，则有：BL＝5（Vs/m），由F＝FA＝BIL则得：F＝10N答：（1）电压表满偏。因为若A满偏，则电阻两端的电压超过电压表量程。（2）拉动金属棒的外力F为10N。【点评】本题考查了电磁感应与电路和力学的基本综合，知道拉力

等于安培力，本题求解拉力时，也可以结合能量守恒，由P＝Fv＝I2（R+r）进行求解。15．（12分）在磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，直线OM和ON之间的夹角为30°．一质量为m，带电量为q的粒子，沿纸面以大小为v0的速度从OM

上的O′向左上方垂直磁场方向射入NOM之间，速度与OM成30°角，如图所示．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，不计重力．则OO′的距离为多少？【考点】CI：带电粒子在匀强磁场中的运动．菁优网版权所有【专

题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；43：推理法；536：带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】由于该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，所以要分正负两种电荷进入分析，先画出粒子的运动轨迹，由洛仑兹力提供向心力求出半径，再由几何关系求出OO′

的距离．【解答】解：分正负电荷两种情况考虑：若粒子电荷量q为负电荷，其在磁场中运动的轨迹如图所示，由图易得：ab＝2R，O′a＝R，Oa＝4R，由F＝Bqv＝m𝒗𝟐𝒓得OO′=𝟑𝒎𝒗𝑩𝒒若粒子电荷量q为正电荷，其在磁场中运动的轨迹如图所示，由图易得：OO′＝R所以

OO′=𝒎𝒗𝑩𝒒答：若粒子是负电荷则OO′的距离是𝟑𝒎𝒗𝑩𝒒，若粒子是正电荷，则OO′的距离是𝒎𝒗𝑩𝒒．13【点评】本题要注意两点：一是题中未给明是何种电荷，所以要分两种情况分别进行分析，根据左手定则画出符合题意

的轨迹．二是只有一个交点，则只能是轨迹与ON相切的情况．16．（14分）如图所示，带有𝟏𝟒光滑圆弧的小车A的半径为R，静止在光滑水平面上．滑块C置于木板B的右端，A、B、C的质量均为m，A、B底面厚度相同．现B、C以相同的速度向右匀速运动，B与A碰后即粘连在一起，C恰好能沿A的

圆弧轨道滑到与圆心等高处，求：（1）B、C一起匀速运动的速度为多少（2）滑块C返回到A的底端时AB整体和C的速度为多少（3）滑块C返回到A的底端时C对A的压力为多少．【考点】4A：向心力；53：动量守恒

定律；6B：功能关系．菁优网版权所有【专题】12：应用题；22：学科综合题；31：定性思想；4C：方程法；52F：动量定理应用专题．【分析】（1）AB组成的系统水平方向不受力，满足动量守恒，可求得滑块B与A碰撞后的速度时速度，再以ABC为系统水平方向动量守

恒，求得C到达A的最高点时ABC的速度，再根据能量守恒求得B、C一起匀速运动的速度；（2）根据动量守恒定律与机械能守恒即可求出滑块C返回到A的底端时AB整体和C的速度为多少（3）C与AB都需要运动，但C相对于A向左运动，先求出相对速度，然后由牛

顿第二定律即可求出．【解答】解：（1）设BC的初速度为v0，AB相碰过程中动量守恒，碰后总体质量2m，速度u，选取需要为正方向，则：mv0＝2mu，得u=𝟏𝟐v0，C滑到最高点的过程中，由动量守恒定律：mv0+2mu＝（m+2m）u′由机械能守恒：𝟏𝟐mv02+

𝟏𝟐2mu2−𝟏𝟐（m+2m）u/2＝mgh解得：𝒗𝟎=𝟐√𝟑𝒈𝑹（2）C从底端滑到顶端再从顶端滑到底部的过程中，满足水平方向动量守恒、机械能守恒，有：mv0+2mu＝mv1+2mv2𝟏𝟐mv02+𝟏𝟐2mu2=𝟏𝟐mv12+𝟏𝟐2

mv22解得：𝒗𝟏=𝟐𝟑√𝟑𝒈𝑹，𝒗𝟐=𝟓√𝟑𝒈𝑹𝟑（3）滑块C在A的底端时相对A向左运动（对地速度向右），其相对A滑动的速度为：Vx＝v1﹣v2由圆周运动规律：F﹣mg=𝒎𝑽𝒙𝟐𝑹解得：F＝4mg答：（1）B、

C一起匀速运动的速度为𝟐√𝟑𝒈𝑹；（2）滑块C返回到A的底端时AB整体为𝟐𝟑√𝟑𝒈𝑹，C的速度为𝟓√𝟑𝒈𝑹𝟑；14（3）滑块C返回到A的底端时C对A的压力为4mg．【点评】解决本题的关键是抓住系统水平方向动量守恒，再根据无摩擦运动系统机械能守恒，

掌握解决问题的思路是正确解题的关键．声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/4/1514:18:00；用户：tp；邮箱：lsgjgz137@xyh.com；学号：21474120