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2017年江西省上饶市四校高二联合考试物理试卷一、选择题（共10小题，每题4分，共40分，16单选，710为多选，全部选对得4分，选对但不全对得2分，有选错的得0分）1. 篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球，接球时，两臂随球迅速收缩至胸前。这样做可以( )A. 减小球对手的冲量B. 减小球对人的冲击力C. 减小球的动量变化量D. 减小球的能量变化量【答案】B【解析】先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得，解得，当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量的变化量都不变，运动员接球过程，球的末动量为零，球的初动量一定，则球的动量的变化量一定，由动量定理可知，球的受到的冲量一定，手受到球的冲量一定，故B正确，AC错误；由于小球的初末速度变化恒定，所以小球的能量变化量即动能变化量恒定，D错误2. 如图所示，Q1和Q2是两个电荷量大小相等的点电荷MN是两电荷的连线，HG是两电荷连线的中垂线，O是垂足，下列说法正确的是( )A. 若两电荷是异种电荷，则OM的中点与ON的中点电势一定相等B. 若两电荷是异种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比是最小的，而与HG上各点相比是最大的C. 若两电荷是同种电荷，则OM中点与ON中点处的电场强度一定相同D. 若两电荷是同种电荷，则O点的电场强度大小，与MN上各点相比是最小的，与HG上各点相比是最大的【答案】B.考点：电场强度；电势【名师点睛】本题关键是要明确两个等量同种电荷和异种电荷电场线的分布情况，掌握沿着场强方向，电势越来越低，抓住对称性是解答本题的关键。3. 如图所示电路，电源内阻不可以忽略。电压表与电流表均为理想电表，R1、R2为定值电阻，开关S闭合后，在滑动变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中()A. 电压表与电流表示数都减小B. 电压表与电流表示数都增大C. 电压表示数增大，电流表示数减小D. 电压表示数减小，电流表示数增大【答案】D【解析】解：当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过R0的电流增大，则电流表的示数增大故D正确，ABC错误；故选：D【点评】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化4. 一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场，粒子的一段径迹如图所示，径迹上的每一小段可近似看成圆弧。由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电荷量不变）。不计重力，从图中可以确定()A. 粒子从a到b，带正电B. 粒子从a到b，带负电C. 粒子从b到a，带正电D. 粒子从b到a，带负电【答案】C【解析】试题分析：动能逐渐减小，故速度逐渐减小，再由知，粒子在磁场中运动的半径逐渐减小，故粒子由b向a运动；在曲线运动中，合外力指向轨迹的凹侧，而带电粒子在磁场中运动时只受洛伦兹力，由左手定则知，粒子带正电，C对。考点:带电粒子在磁场中的运动。【名师点睛】洛伦兹力方向的特点：1、洛伦兹力的方向总是垂直于运动电荷速度方向和磁场方向确定的平面2、当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化3、用左手定则判断负电荷在磁场中运动所受的洛伦兹力方向时，要注意判断结果与正电荷恰好相反4、洛伦兹力对运动电荷（或带电体）不做功，不改变速度的大小，但它可改变运动电荷（或带电体）速度的方向，影响带电体所受其他力的大小，影响带电体的运动时间等5. 如图甲所示，一闭合线圈固定在垂直于纸面的匀强磁场中，且线圈平面与磁场垂直。设垂直纸面向里为磁感应强度B的正方向，磁感应强度B随时间变化的情况如图乙所示，图甲中线圈上的箭头的方向为感应电流的正方向。则图中给出的线圈中感应电流随时间变化的图象可能是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：线圈中因磁通量发生变化，才导致线圈产生感应电动势，从而形成感应电流由楞次定律，结合磁场的变化及磁通量的变化，即可推断电流的变化情况，并根据法拉第电磁感应定律来确定感应电流的大小变化设垂直纸面向里的磁感应强度方向为正，线圈中顺时针方向的感应电流为正，由乙可知：线圈中在前0.5s内磁场增加，则根据楞次定律可得：逆时针方向的感应电流，即为负值在前0.5s到1s内，若磁场方向垂直向里（正方向）时，且磁场减小的；根据楞次定律可知，感应电流的方向顺时针方向，即为正值再根据法拉第电磁感应定律，则有感应电动势恒定，则感应电流也恒定，综上所述，C正确6. 一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3:1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则下列说法中正确的是()A. U=66V,k=19B. U=22V,k=19C. U=66V,k=13D. U=22V,k=13【答案】A【解析】试题分析：首先计算出通过副线圈的电流，由变比关系可知原线圈的电流，继而可表示出与原线圈串联的电阻的分压，结合题意即可在原线圈上列出电压的等式，可求出副线圈上的电压利用焦耳定律可表示出两个电阻的功率，继而可解的比值k副线圈的电流为I2=UR，则原线圈的电流为I1=13I2=U3R，与原线圈串联的电阻的电压为UR=I1R=U3，由变压器的变比可知，原线圈的电压为3U，所以有U3+3U=220V，解得U=66V，原线圈回路中的电阻的功率为P1=I12R=U29R，副线圈回路中的电阻的功率为P2=U2R，所以k=P1P2=19，A正确7. 如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，两滑动变阻器的滑片P1和P2都置于正中间位置时，闭合开关S，电容器C中的油滴恰能处于静止状态，下列有关叙述正确的是()A. 油滴带负电B. 将滑片P2向左移动时油滴向上加速运动C. 将滑片P1向下移动时油滴向上加速运动D. 将电容器C的两极板错开一些，电流表中的电流是由b流向a的【答案】AC【解析】从图中可知电容器上极板与电源正极相连，所以带正电，故电容器两极板间的电场方向竖直向下，因为油滴恰好处于静止状态，所以受到竖直向上的电场力，故油滴带负电，A正确；将滑片P2向左移动过程中，由于P2处于断路状态，所以不影响电容器两极板间的电压，即两极板间的电场强度不变，所以油滴仍处于静止状态，B错误；将滑片P1向下移动过程中，P1连入电路的电阻增大，根据闭合回路欧姆定律可得路端电压增大，即电容器两极板间的电压增大，两极板间的电场强度增大，油滴受到的电场力增大，故油滴向上做加速运动，C正确；将电容器C的两极板错开一些，两极板正对面积减小，根据公式C=S4kd可得电容减小，根据公式C=QU可得两极板上所带电荷量减小，电容器处于放电状态，电流表中的电流是从a到b，D错误8. 如图所示，xOy坐标平面在竖直面内，x轴沿水平方向，y轴正方向竖直向上，在图示空间内有垂直于xOy平面的水平匀强磁场。一带电小球从O点静止释放，运动轨迹如图中曲线所示。关于带电小球的运动，下列说法中正确的是()A. OAB轨迹为半圆B. 小球运动至最低点A时速度最大，且沿水平方向C. 小球在整个运动过程中机械能守恒D. 小球在A点时受到的洛伦兹力与重力大小相等【答案】BC【解析】试题分析：电荷在重力和洛伦兹力共同作用下做曲线运动，重力恒为mg，洛伦兹力大小F=qvB，与物体的速度有关，重力改变电荷运动速度的大小，洛伦兹力改变电荷运动速度的方向，因洛伦兹力大小随速度的变化而变化，故电荷不可能做圆周运动；在整个运动过程中，由于洛伦兹力不做功，系统只有重力做功，故系统的机械能守恒因为重力改变速度的大小，而洛伦兹力仅改变速度的方向，又洛伦兹力大小随随速度的变化而变化，故电荷运动的轨迹不可能是圆，A错误；因为系统只有重力做功，据动能定理，电荷在最低点时重力做功最多，mgh=12mv20v=2gh，最低点处h最大故速度最大曲线运动的速度方向为该点的切线方向，是低点的切线方向在水平方向，B正确；整个过程中由于洛伦兹力不做功，即只有重力做功，故系统机械能守恒，C正确；若最低点洛伦兹力与重力大小相等，根据平衡可知电荷将水平向右做匀速直线运动，故不可能沿轨迹AB运动，D错误9. 如图甲所示，一个圆形线圈的匝数一个圆形线圈的匝数n=100，线圈面积S=200cm2，线圈的电阻r=1，线圈外接一个阻值R=4的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。下列说法中正确的是() A. 线圈中的感应电流方向为顺时针方向B. 电阻R两端的电压随时间均匀增大C. 线圈电阻消耗的功率为4104W D. 前4s内通过R的电荷量为0.08C【答案】CD【解析】试题分析：线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，运用功率与电量的表达式，从而即可求解由图可知，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得：线圈产生的感应电流逆时针，故A错误；根据法拉第电磁感应定律，可知，磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端的电压恒定，B错误；由法拉第电磁感应定律E=Nt=NBSt=1000.40.240.02V=0.1V，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为I=Er+R=0.14+1A=0.02A，所以线圈电阻r消耗的功率P=I2R=0.0221W=4104W，C正确；前4s内通过R的电荷量Q=It=0.024C=0.08C，D正确10. 如图所示，间距为L、电阻不计的足够长平行光滑金属导轨水平放置，导轨左端用一阻值为R的电阻连接导轨上横跨一根质量为m、电阻也为R的金属棒，金属棒与导轨接触良好。整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中。现使金属棒以初速度沿导轨向右运动，若金属棒在整个运动过程中通过的电荷量为q。下列说法正确的是()A. 金属棒在导轨上做匀减速运动B. 整个过程中金属棒克服安培力做功为12mv2C. 整个过程中金属棒在导轨上发生的移为2qRBLD. 整个过程中电阻R上产生的焦耳热为12mv2【答案】BC【解析】试题分析：金属棒以速度v向右运动，切割磁感线产生感应电动势E=BLv,线框中产生感应电流I=ER+R=BLv2R，金属棒受到安培力水平向左大小为F=BIL=B2L2v2R，金属棒在安培力作用下做减速运动，速度变小，安培力变小，加速度变小，选项A对。直到速度减小到0，安培力变为0，金属棒停止运动，此过程根据动能定理，克服安培力做功等于减少的动能即12mv2，选项B对。金属棒通过的电荷量q=It=E2Rt=2Rtt=2R=BLx2R，可得位移x=2RqBL，选项C对。整个电路即金属棒和电阻R上产生的总热量等于克服安培力做的功12mv2，所以电阻R上面产生的热量小于12mv2，选项D错。考点：电磁感应定律 功能关系二、填空题（共2小题，每空2分，共16分）11. 某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：A被测干电池一节B电流表：量程03 A，内阻约为1C电流表：量程00.6 A，内阻约为1D电压表：量程03 V，内阻约为2kE电压表：量程015 V，内阻约为2kF滑动变阻器：010 ，2AG滑动变阻器：0100 ，1AH开关、导线若干在现有器材的条件下，应尽可能减小测量电动势和内阻的误差。 （1）在上述器材中请选择适当的器材：_（填选项字母）（2）实验电路图应选择图中的_（填“甲”或“乙”）。（3）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U-I图象，干电池的电动势E=_V，内电阻r=_（计算结果均保留两位有效数字）。【答案】 (1). ACDFH (2). 乙 (3). 1.5 (4). 1.0【解析】试题分析：（1）实验中要能保证安全和准确性选择电表；（2）本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图；（3）由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻（1）在上述器材中请选择适当的器材：A被测干电池一节；为了读数准确，所以选择电流表：量程00.6A，电压表：量程03V，滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选F；还需要开关、导线若干，故选ACDFH（2）因电源内阻与电流表内阻很接近，故应采用相对电源来说的电流表外接法，应选图乙所示电路图（3）由U-I图可知，纵截距表示电源电动势，故电源的电动势E=1.5V；斜率表示内阻，故内电阻r=UI=1.51.00.5=1.012. 某物理小组准备探究某种元件Q（标有“4V 2 W字样）的伏安特性曲线，他们找来了下列器材：A电压表V1(05V，内阻约为10k)B电压表V2(010V，内阻约为20k)C电流表A（OO.6A，内阻约为0.4）D滑动变阻器R1(5，lA)E滑动变阻器R2(500，0.2A)（1）为使实验误差尽量减小，要求电压从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用_。（均填器材前的序号）（2）请将图中的实物连线补充完整_。（3）检查实验电路连接正确，然后闭合开关，调节滑动变阻器滑片，发现电流表和电压表指针始终不发生偏转。在不断开电路的情况下，检查电路故障，应该使用多用电表的_挡；检查过程中将多用电表的红、黑笔与电流表“+”、“-”接线柱接触时，多用电表指针发生较大角度的偏转，说明电路故障是_。【答案】 (1). D (2). (3). 电压 (4). 电流表断路【解析】（1）为了便于操作，应选用较小的滑动变阻器，故滑动变阻器应选用D；（2）电压要求从零开始变化，故采用滑动变阻器的分压接法，灯泡两端的电压最大是4V，故电压表应选用V1，元件的电阻和电流表内阻相接近，所以采用电流表外接法，如图所示三、计算题（本大题共4小题，共34分，解答应写出必要的文字说明、方程式、重要的演算步骤，只写答案的不能得分）13. 如图所示，一质量为m的带电小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时细线与竖直方向成角小球位于A点。某时刻突然将细线剪断，经过时间小球运动到B点（图中未画出），已知电场强度大小为E，重力加速度为g，求：（1）小球所带的电荷量q。（2）A、B两点间的电势差U。【答案】（1）q=mgtanE（2）UAB=Egt2tan2【解析】试题分析：（1）小球处于静止状态，分析受力，作出受力图，根据平衡条件和电场力公式求解电荷量q；（2）将细线突然剪断小球将沿细线方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度a，再根据匀变速直线运动求解位移，再计算A、B两点间的电势差U静止时有qEmg=tan，解得 q=mgtanE将细线剪断后，根据牛顿第二定律可得F合=mgcos=ma，解得 故UAB=E12gcost2sin=Egt2tan214. 如图所示，光滑水平面上有三个滑块A、B、C，其质量分别为m、2m、3m，其中B、C两滑块用一轻质弹簧连接，某时刻给滑块A向右的初速度0，使其在水平面上匀速运动，一段时间后与滑块B发生碰撞，碰后滑块A立即以=05的速度反弹，求：（1）发生碰撞过程中系统机械能的损失为多少？（2）碰后弹簧所具有的最大弹性势能。【答案】（1）325mv02（2）EP=27125mv02【解析】AB动量守恒，以向右为正有：mv0=m(v05)+2mvB，解得vB=35v0所以碰撞过程中系统损失的机械能为：E=12mv0212m(v05)212m(35v0)2=325mv02当B，C速度相等时，弹性势能EP最大根据动量守恒定律可得：2mvB=(2m+3m)vBC弹簧此时具有的弹性势能为EP=122mvB2125mvBC2，解得EP=27125mv0215. 如图所示，把总电阻为2R的均匀电阻丝焊接成一半径为a的圆环，水平固定在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中，一长度为2a，电阻等于R，粗细均匀的金属棒MN放在圆环上，它与圆环始终保持度良好的接触。当金属棒以恒定速度向右移动经过环心O时，求：（1）棒上的电流的大小和方向及棒两端的电压UMN；（2）在圆环和金属棒上消耗的总热功率。【答案】（1）I=4Bav3R,方向从N到M；UMN=2Bav3（2）P=8B2a2v23R【解析】试题分析：（1）导体棒运动产生电流，它相当于电源，内阻为R，电动势为：EBlv2Bav，画出等效电路图如图所示，根据右手定则，金属棒中电流从N流向M，所以M相当于电源的正极，N相当于电源的负极外电路总电阻为：R外=12R，根据闭合电路欧姆定律，棒上电流大小为：棒两端电压是路端电压UMN=R外R外+RE，将数据代入式解得：UMN=23Bav。（2）圆环和金属棒上的总热功率为：PEI解得：考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化【名师点睛】本题是电磁感应与电学相结合的综合题，应用E=BLv、右手定则、欧姆定律、电功率公式即可正确解题16. 如图所示，直角坐标系中的第一象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第二象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电量为q、质量为m的带正电的粒子，在x轴上的点a以速率0，方向和x轴方向成60角射入磁场，然后经过y轴上y=L处的b点垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x=2L处的c点。不计重力，求：（1）磁感应强度B的大小；（2）电场强度E的大小；（3）粒子在磁场和电场中的运动时间之比。【答案】（1）（2）E=mv022ql（3）t2t1=29【解析】（1）带电粒子在磁场运动由轨迹可知：r+rsin30o=L r=2L3 又因为 qv0B=mv02r 解得：B=3mv02qB （2）带电粒子在电场中运动时，沿x轴有：2L = v0t2 沿y轴有：L=12at22 又因为qE = ma 解得： E=mv022qL （3）带电粒子在磁场中运动时间为t=132rv0=4L9v0 带电粒子在电场中运动时间为：t2=2Lv0 所以带电粒子在磁场和电场中运动时间之比为：t1t2=29 点睛：本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，分析清楚粒子的运动过程、应用牛顿第二定律与类平抛运动规律、粒子做圆周运动的周期公式即可正确解题，解题时要注意数学知识的应用物理选修3-3（选对得4分，选不全得2分，选错得0分）17. 下列说法正确的是（ ）A. 空气中PM2.5的运动属于分子热运动B. 空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢C. 热液表面层分子间距大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力D. 随着分子间距离的增大，分子间作用力减小，分子势能也减小【答案】BC【解析】PM2.5是固体小颗粒，是分子团，不是分子，所以空气中PM2.5的运动不属于分子热运动，A错误；空气相对湿度越大时，空气中水蒸气压强越接近饱和汽压，水蒸发越慢，故B正确；由于蒸发等原因使液体表面层内分子数较少；分子间距离大于液体内部分子间距离，所以液体表面存在表面张力，C正确；随着分子间距离的增大，分子间作用力不一定减小，当分子表现为引力时，分子做负功，分子势能增大，D错误18. 竖直平面内有一直角形内径处处相同的细玻璃管，A端封闭，C端开口，最初AB段处于水平状态，中间有一段水银将气体封闭在A端，各部分尺寸如图所示，外界大气压强p0=75cmhg。若从C端缓慢注入水银，使水银与端管口平齐，需要注入水银的长度为多少？【答案】24cm【解析】根据题意可得p1=(75+5)cmHg=80cmHg，V1=20cmsp2=(75+25)cmHg=100cmHg，V2=ls 此过程为等温变化，故p1V1=p2V2，解得l=16cm注入水银长x=(255)+(2016)=24cm物理选修34（选择题，全对得4分，选不全得2分，有错选得0分）19. 光学现象在实际生活、生产中有许多应用。下列选项利用了光的干涉现象的是（ ）A. 用全息照片记录资料B. 白光通过三棱镜变成七色光C. 戴上特制眼镜在电影院看3D电影有立体感D. 用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度【答案】AD【解析】试题分析：用全息照片记录资料和用透明的标准样板和单色光检查平面的平整度都是利用了光的干涉现象；故选项AD正确；白光通过三棱镜变成七色光是光的色散现象；戴上特制眼镜在电影院看3D电影有立体感 这是光的偏振现象，故选项BC错误；故选AD.考点：光的干涉；光的色散；光的偏振。20. 一列简谐波沿x轴方向传播，已知x轴上x1=0和x2=1m两处质点的振动图象分别如图甲、乙所示。若此波沿x轴正向传播，求波的传播速度的可能值。【答案】【解析】试题分析：由振动图象读出周期根据处质点和质点的振动图象，分析状态与位置关系，找出波长的通项，求出波速的通项从甲图中可知t=0时刻，的质点在正向最大位移处，的质点在平衡位置向y轴负方向运动所以当简谐波沿x轴正向传播时，两质点间距离为，解得所以当波沿轴正向传播时
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