陜西省榆林市玉林大高級中學2021年高二物理聯考試題含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.一帶電粒子僅在電場力作用下，由A點運動到B點。粒子在A點的初速度、運動軌跡和電場線，如圖5所示，可以判定A．粒子在A點的加速度大于B點的加速度B．粒子在A點的動能小于在B點的動能C．粒子在A點的電勢能小于在B點的電勢能D．A點的電勢低于B點的電勢參考答案：B2.（單選）如圖所示，一個小磁針位于圓心，且與圓在同一豎直平面內，現使一個帶負電小球在A．小磁針的N極向外轉B．小磁針的N極向內轉C．小磁針在紙面內向左擺動D．小磁針在紙面內向右擺動參考答案：B3.（單選）在豎直向下的勻強磁場中，將一水平放置的金屬棒AB，以初速度v水平拋出．空氣阻力不計，如圖所示，運動過程中棒保持水平，那么（）A．AB棒兩端的電勢ФA＞ФBB．AB棒中的感應電動勢越來越大C．AB棒中的感應電動勢越來越小D．AB棒中的感應電動勢保持不變參考答案：考點：導體切割磁感線時的感應電動勢；平拋運動．分析：金屬棒A水平拋出后做平拋運動，水平方向做勻速直線運動．由感應電動勢公式E=Blvsinα，vsinα是有效的切割速度，即是垂直于磁感線方向的分速度，結合平拋運動的特點分析選擇．解答：解：金屬棒ab做平拋運動，其水平方向的分運動是勻速直線運動，水平分速度保持不變，等于v0．由感應電動勢公式E=Blvsinα，vsinα是垂直于磁感線方向的分速度，即是平拋運動的水平分速度，等于v0，則感應電動勢E=Blv0，B、l、v0均不變，則感應電動勢大小保持不變．則D正確．故選D點評：本題考查對感應電動勢公式的理解和平拋運動的特點．要理解感應電動勢公式E=Blvsinα中，vsinα是有效的切割速度．4.（多選題）如圖所示，A、B兩物體的質量比mA：mB=3：2，它們原來靜止在平板車C上，A、B間有一根被壓縮了的彈簧，A、B與平板車上表面間動摩擦因數相同，地面光滑．當彈簧突然釋放后，則有（）A．A、B系統(tǒng)動量守恒 B．A、B、C系統(tǒng)動量守恒C．小車向左運動 D．小車向右運動參考答案：BC【考點】動量守恒定律．【分析】在整個過程中三個物體組成的系統(tǒng)合外力為零，系統(tǒng)的動量守恒．分析小車的受力情況，判斷其運動情況．【解答】解：A、B，由題意，地面光滑，所以A、B和彈簧、小車組成的系統(tǒng)受合外力為零，所以系統(tǒng)的動量守恒．在彈簧釋放的過程中，由于mA：mB=3：2，A、B所受的摩擦力大小不等，所以A、B組成的系統(tǒng)合外力不為零，動量不守恒．故A錯誤．B正確；C、D由于A、B兩木塊的質量之比為m1：m2=3：2，由摩擦力公式f=μN=μmg知，A對小車向左的滑動摩擦力大于B對小車向右的滑動摩擦力，在A、B相對小車停止運動之前，小車的合力所受的合外力向左，會向左運動，故C正確，D錯誤．故選：BC．5.如圖所示，物體P用水平作用力F壓在豎直的墻上，沿墻勻速下滑，物體的重力為G，墻對物體的彈力為FN、摩擦力為Ff，物體對墻的壓力FN′摩擦力為Ff′．下列說法正確的有（）A．G和Ff′是一對平衡力B．FN和F是一對作用力和反作用力C．Ff和Ff′是一對作用力和反作用力D．F就是FN′參考答案：C【考點】共點力平衡的條件及其應用；牛頓第三定律．【分析】力的作用是相互的，一對作用力和反作用力彼此作用的兩個力大小相等，方向相反，作用在同一條直線上，分別作用在兩個不同物體上．此時的物體在豎直方向處于平衡狀態(tài)，受到的墻壁對它豎直向上的摩擦力和重力是一對平衡力．【解答】解：A、G是作用在物體上的，而Ff′是作用在墻面上的，二者不是作用在同一個物體上的，故一定不是一對平衡力，故A錯誤；B、FN和F的大小相同，方向相反，作用在一個物體上，是一對平衡力，故B錯誤；C、Ff和Ff′是物體和墻面間的相互作用，故是一對作用力和反作用力，故C正確；D、F是外界對物體的作用力，而FN′是物體對墻的壓力，二者不是同一個力，故D錯誤．故選：C．二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.一閉合線圈有50匝，總電阻R＝20Ω，穿過它的磁通量在0.1s內由8×10－3Wb增加到1.2×10－2Wb，則線圈中的感應電動勢E＝

，線圈中的電流強度I=

。參考答案：2；0.17.某科學家提出年輕熱星體中核聚變的一種理論，其中的兩個核反應方程為，，式中Q1、Q2表示釋放的能量，相關的原子核質量見下表：原子核質量/u1.00783.01604.002612.000013.005715.0001該核反應方程中x是

，Q1

Q2（填“＜”、“＞”或“=”）。參考答案：42He，＜8.（2分）某機床上用的照明燈電壓為36V，如果要用220V的電壓通過變壓器降壓得到，機床上變壓器的原線圈匝數是1100，那么副線圈匝數應是___________。參考答案：1809.如圖甲所示為某一長方體導電材料，P、Q為電極，已知長方體的數據：a＝2m，b＝0.02m，c＝0.01m，在P、Q加上電壓后，繪制的U－I圖象如圖乙所示。當U＝10V時，該材料的電阻率ρ=

.參考答案：0.25010.如圖7所示，a、b、c、d、e五點在一直線上，b、c兩點間的距離等于d、e兩點間的距離。在a點固定放置一個點電荷，帶電量為＋Q，已知在＋Q的電場中b、c兩點間的電勢差為U。將另一個點電荷＋q從d點移動到e點的過程中,電場力做

（正或負）功，做功

qU。（填＜,＞或＝）參考答案：11.（填空）如圖所示，兩根相距為L的豎直平行金屬導軌位于磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中，導軌電阻不計，另外兩根與上述光滑導軌保持良好接觸的金屬桿ab、cd質量均為m，電阻均為R.若要使cd靜止不動，則ab桿應向_________運動，速度大小為_________，作用于ab桿上的外力大小為_________.參考答案：上

2mg12.一個質量為m的帶負電量q的油滴從高h處自由落下，下落h后進入一個正交勻強電場和勻強磁場疊加區(qū)域，勻強電場方向豎直向下，磁場磁感應強度為B，進入場區(qū)后油滴恰好做圓周運動，其軌跡如圖所示，由此可知勻強電場場強大小E=

，所加磁場方向是

，油滴作圓周運動的半徑R=

。參考答案：，垂直紙面向外，13.通過一阻值為R=100Ω的電阻的交變電流如圖所示，其周期為1s。電阻兩端電壓的有效值為

V。

參考答案：4三、實驗題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.某同學用如圖甲所示的裝置來驗證動量守恒定律，該裝置由水平長木板及固定在木板一端的硬幣發(fā)射器組成，硬幣發(fā)射器包括支架、彈片即彈片釋放裝置．釋放彈片可將硬幣以某一初速度彈出．已知一元硬幣和五角硬幣與長木板間動摩擦因數相同．主要實驗步驟如下：①將一元硬幣置于發(fā)射槽口，釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，硬幣沿著長木板中心線運動，在長木板中心線的適當位置取一點O，測出硬幣停止滑動時硬幣右側到O點的距離．再從同一位置釋放彈片將硬幣發(fā)射出去，重復多次，取該距離的平均值記為x1，如圖乙所示；②將五角硬幣放在長木板上，使其左側位于O點，并使其直徑與中心線重合．按步驟①從同一位置釋放彈片，重新彈射一元硬幣，使兩硬幣對心正碰，重復多次，分別測出兩硬幣碰后停止滑行時距O點距離的平均值x2和x3，如圖丙所示（1）為完成該實驗，除長木板，硬幣發(fā)射器，一元或五角硬幣，刻度尺外，還需要的器材有

；（2）實驗中還需要測量的物理量有

，驗證動量守恒定律的表達式為（用測量物理量對應的字母表示）．參考答案：（1）天平；（2）一枚一元硬幣質量m1；一枚五角硬幣質量m2；【考點】驗證動量守恒定律．【分析】（1）明確實驗原理，根據驗證動量守恒定律的實驗方法明確應測量的物理量，從而確定應選用的儀器；（2）根據動量守恒定律進行分析，明確各對應的物理量的測量方法，同時根據動量守恒定律列式即可得出對應的表達式．【解答】解：（1）在驗證動量守恒定律時需要測量速度和質量，由題意可知，初速度可以利用位移求解，而質量需要用到天平進行測量；（2）為了得出動量守恒定律的表達式應測量質量，故應分別測出一枚一元硬幣質量m1；一枚五角硬幣質量m2；硬幣在桌面上均做加速度相同的勻減速運動，根據速度和位移關系可知：v2=2ax；a=μg則有：v=由動量守恒定律可知：m1v1=m1v1’+m2v2聯立則有：只需驗證即可明確動量是否守恒．故答案為：（1）天平；（2）一枚一元硬幣質量m1；一枚五角硬幣質量m2；15.在用電壓表和電流表測量串聯的兩節(jié)干電池的電動勢和內阻時，除備有電池、電鍵、足量的導線外，還有下列實驗儀器可供選擇A．電流表A1（0～0.6A）B．電流表A2（0～3A）C．電壓表V1（0～3V）D．電壓表V2（0～15V）E．滑動變阻器R1（20Ω，2A）

F．滑動變阻器R2（1750Ω，3A）（1）所選電流表為____，電壓表為____，滑動變阻器為____（填寫所選儀器前面的字母）。

（2）一名學生正確選擇儀器后進行實驗，測得實驗數據，并在如圖所示的坐標系中畫出U-I圖象。從圖中可得電源的電動勢為_____V，內阻為______Ω（保留三位有效數字）。參考答案：（1）

A

、C、

E

、（2）3.00（2.97—3.00）、2.78（2.70—2.90）、四、計算題：本題共3小題，共計47分16.如圖所示，電路中接電動勢為4V，內電阻為2Ω的直流電源，電阻R1、R2、R3、R4的阻值均為4Ω，電容器的電容為30μF，電流表的內阻不計，當電路穩(wěn)定后．（1）求電流表的讀數；（2）求電容器所帶的電荷量；（3）如果斷開電源，求通過R2的電荷量．參考答案：解：（1）根據閉合電路歐姆定律：I=故電流表的讀數為0.4A．（2）U3=IR3=0.4×4V=1.6V

Q=CU3=4.8×10﹣5C故電容器所帶的電荷量為4.8×10﹣5C（3）因R1、R2并聯，且R1=R2，所以在放電回路中通過R2的電量為故通過R2的電荷量為2.4×10﹣5C．【考點】閉合電路的歐姆定律；電容；電流、電壓概念．【分析】（1）在該電路中，R1和R2被電流表短路，即該電路由R3、R4、和電流表構成串聯電路，根據閉合電路歐姆定律去求電流表的讀數．（2）電容器并聯在R3的兩端，電容器兩端的電壓等于R3兩端的電壓，根據Q=CU3求電容器所帶的電荷量．（3）斷開電源，電容器會出現放電，因R1、R2并聯，且R1=R2，所以流過兩個電阻的電荷量相等．17.航模興趣小組設計出一架遙控飛行器，其質量m＝2kg，動力系統(tǒng)提供的恒定升力F＝28N．試飛時，飛行器從地面由靜止開始豎直上升．設飛行器飛行時所受的阻力大小不變，g取10m/s2.飛行器飛行t＝8s時到達高度H＝64m．求：(1)飛行器勻加速上升的加速度a的大??；(2)t＝8s時飛行器的速度v的大?。?3)飛行器所受阻力f的大?。粎⒖即鸢福?1)勻加速運動H＝at2(1分)a＝2m/s2(1分)(2)v＝at(1分)v＝16m/s(1分)(3)F－mg－f＝ma(1分)f＝4N(1分)

18.如圖所示在勻強電場中，