【物理】江苏省南通市2019-2020学年高二上学期期中质量调研试题（二）（解析版） 16页

‎2019～2020学年度高二年级第一学期期中质量调研 物理（选修）‎ 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分，每小题只有一个选项符合题意．‎ ‎1.篮球运动员通常伸出双手迎接传来的篮球．接球时，两手随球迅速收缩至胸前．这样做可以 A. 减小球对手的冲量 B. 减小球的动量变化量 C. 减小球的动能变化量 D. 减小球的动量变化率 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】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，但动量的变化量不变；根据动量定理得：Ft=0-mv 当时间增大时，动量的变化率减小，即作用力就减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变。‎ A. 减小球对手的冲量与分析结果不符，故A错误。‎ B. 减小球的动量变化量与分析结果不符，故B错误。‎ C. 减小球的动能变化量与分析结果不符，故C错误。‎ D. 减小球的动量变化率与分析结果相符，故D正确。‎ ‎2.下列说法正确的是 A. 火箭的飞行应用了反冲的原理 B. 闭合电路内只要有磁通量，就有感应电流 C. 仅改变回旋加速器的加速电压，不影响粒子在加速器中运动的总时间 D. 楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总是与引起感应电流的磁场方向相反 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.火箭的飞行火箭与喷出的气体动量守恒，应用了反冲原理，故A正确；‎ B.闭合电路内只要有磁通量，如果磁通量不发生变化，则无感应电流产生，故B错误；‎ C.增大回旋加速器的加速电压，则每一次加速粒子获得的动能增大，则粒子加速的次数减少，所以粒子在加速器中运动的总时间将减少。故C错误；‎ D.楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总是会阻碍引起感应电流的磁通量的变化。故D错误 ‎3.如图所示，平行金属导轨的距离为d，左端接一电源，电动势为E，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于导轨所在平面．一根金属棒ab与导轨成θ角放置，整个回路的总电阻为R，当接通开关S瞬间，金属棒所受的安培力大小为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】据闭合电路欧姆定律得：回路电流为 导体棒的有效长度 导体棒所受安培力 A. 与计算结果不符，故A错误。B. 与计算结果相符，故B正确 C. 与计算结果不符，故C错误。D. 与计算结果不符，故D错误。‎ ‎4.如图，平行导轨间距为d，一端跨接一个电阻为R，磁场的磁感强度为B，方向与导轨所在平面垂直。一根足够长的金属棒与导轨成θ角放置，金属棒与导轨的电阻不计。当金属棒沿垂直于棒的方向以速度v滑行时，通过电阻R的电流强度是 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 由于导体与磁场垂直，得：，则感应电流为，故选项A正确，选项BCD错误。‎ 点睛：题中导体与磁场垂直，根据导体切割电动势公式求出感应电动势，由闭合电路欧姆定律求出感应电流。‎ ‎5.我国长征3号甲火箭在起飞阶段，通过发动机喷射气体而获得的反冲力约为火箭总重量的2倍左右．设某次发射时，火箭的总质量为m，火箭发动机喷出的燃气的横截面积为S，燃气的密度为ρ，重力加速度为g．极短时间内喷出的燃气的质量和火箭质量相比可以忽略，则喷出的燃气的速度大小约为 A B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】对于气体由动量定理得：‎ 解得：‎ A. 与计算结果不符，故A错误。B. 与计算结果不符，故B错误 C. 与计算结果相符，故C正确。D. 与计算结果不符，故D错误。‎ 二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分，每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不选的得0分．‎ ‎6.如图所示，甲、乙两车放在光滑的水平面上，中间有一被压缩的弹簧，甲的质量是乙质量的两倍．两车由静止同时释放，则在弹簧弹开两车的过程中，下列说法正确的有 A. 任一时刻弹簧对甲的弹力大小是对乙的两倍 B. 任一时刻甲的速率都是乙的一半 C. 任一时刻甲、乙的动量大小相等 D. 甲和乙的总动量在逐渐增大 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.将两个物体从静止释放，在弹簧恢复到原长的过程中，两个物体所受的弹力大小相等，故A错误；‎ BCD.两个物体组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，总动量保持为零，所以任何时刻，两物体的动量大小相等，由P=mv知，P相等，m和v成反比，甲的质量是乙质量的两倍，所以任一时刻甲的速率都是乙的一半，故BC正确D错误；‎ ‎7.质量为m、速度为v的A球与质量为4m的静止的B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，碰撞后B球的速度大小可能是 A. 0.2v B. 0.3v C 0.6v D. v ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A与B碰撞的过程中二者组成的系统的动量守恒，规定A球初速度方向为正方向，若为完全非弹性碰撞，则：‎ mv=（m+4m）⋅v′‎ 所以：‎ v′=0.2v 若为弹性碰撞，由动量守恒得：‎ mv=mvA+4m⋅vB 由机械能守恒得：‎ 联立得：‎ 根据碰撞的特点可知，碰撞后B的速度的范围：‎ ‎0.2v⩽vB⩽0.4v A. 0.2v与计算结果相符，故A正确。B. 0.3v与计算结果相符，故B正确。‎ C. 0.6v与计算结果不符，故C错误。D. v与计算结果不符，故D错误。‎ ‎8.如图所示，匀强磁场中有两个用同样导线绕成的闭合线圈A、B，线圈A、B匝数之比为1:2，半径之比为2:1，磁感应强度B随时间均匀增大．下列说法正确的有 A. 两线圈产生的感应电流均沿逆时针方向 B. 某一时刻两线圈的磁通量之比ΦA:ΦB＝1:1‎ C. 两线圈的电阻之比RA:RB＝2:1‎ D. 两线圈中产生的感应电流之比IA:IB＝2:1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 由于磁场向外，磁感应强度B随时间均匀增大，根据楞次定律可知，感应电流均沿逆时针方向，故A正确；‎ B. 线圈的磁通量 故B错误。‎ C. 根据电阻定律可知，‎ 故C错误。‎ D. 根据法拉第电磁感应定律 题中相同，A圆环中产生的感应电动势为 B圆环中产生的感应电动势为 所以 感应电流 则两线圈中产生的感应电流之比 IA：IB=2：1‎ 故D正确。‎ ‎9.如图所示是电磁流量计的示意图．圆管由非磁性材料制成，空间有匀强磁场．当管中的导电液体流过磁场区域时，测出管壁上MN两点间的电势差U，就可以知道管中液体的流量q（单位时间内流过管道横截面的液体的体积）．已知管的直径为d，磁感应强度为B，假定管中各处液体的流速相同．下列说法正确的有 A. N点的电势低于M点的电势 B. MN两点间的电势差U=Bdv C. 液体的流量q=πvd2 D. 流量q与U的关系为q=‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 根据左手定则，在洛伦兹力作用下，正离子向管道N的一侧集中，而负离子向管道M的一侧集中，两者之间形成电势差，则N点电势高于M点，故A错误；‎ BCD. 当正负离子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，离子不再偏移，此时MN间有稳定的电势差，形成一个匀强电场，设MN两点间的电势差为U，对离子有：‎ 解得 U=Bdv 设在时间△t内流进管道的液体体积为V，则流量 故BD正确C错误。‎ ‎10.如图所示,有一垂直于纸面向里的有界匀强磁场,A、B为边界上两点.一带电粒子从A点以初速度v0、与边界成角度θ(θ<90°)沿纸面射入磁场,经过一段时间后从B点射出.现撤去磁场,加一垂直边界、沿纸面向上的匀强电场,其他条件不变,粒子仍从B点射出.粒子重力忽略不计,则粒子 (　　)‎ A. 带负电 B. 在磁场中和电场中的运动轨迹相同 C. 从磁场中离开时速度方向与从电场中离开时速度方向相同 D. 从磁场中离开时速度大小与从电场中离开时速度大小相同 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ A、粒子在磁场中从A到B点做顺时针圆周运动，受向右下的洛仑兹力，根据左手定则知道粒子带负电，所以选项A正确； B、撤去磁场加上电场，粒子做匀变速度曲线运，即类斜抛运动，所以轨迹不同于圆周，选项B错误； C、无论是在磁场中做匀速圆周运动，还是在电场中做类斜抛运动，当粒子再次回到边界时与边界的夹角仍为，只是方向斜向下，所以选项C正确； D、在磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力不做功，速度大小与进入时相同，而在电场中从A到B，电场力做功为零，所以与进入时速度大小也相同，只是方向不同，故选项D正确。‎ 点睛：本题只是把带电粒子在磁场和电场中的两种情况进行对比，由匀速圆周运动和斜抛运动的对称性，当电场强度大小取某一确定值时，粒子可以从同一点B离开，但离开时，只是速度方向由斜向上变为斜向下，与边界的夹角仍相同。‎ 三、实验题：本题共2小题，共计17分．请将解答填写在答题卡相应的位置．‎ ‎11.某实验小组利用如图所示的条形磁铁和楞次环“探究影响感应电流方向的因素”．‎ ‎（1）用磁铁磁极靠近和远离A环，观察实验现象，并完成下表，其中感应电流的方向从A环靠近磁铁的一侧观察是顺时针还是逆时针．‎ 实验操作 磁铁N极 靠近A环 磁铁S极 靠近A环 磁铁N极 远离A环 磁铁S极 远离A环 实验现象 排斥 排斥 吸引 吸引 磁通量变化 增加 增加 减少 ‎___________________‎ 原磁场方向 指向A环 指向磁铁 指向A环 ‎___________________‎ 感应电流磁场的方向与原磁场方向的关系 相反 相反 相同 ‎______________________‎ 感应电流磁场的方向 指向磁铁 指向A环 指向A环 ‎____________________‎ 感应电流的方向 逆时针 顺时针 顺时针 ‎_____________________‎ ‎（2）根据上表总结关于感应电流方向的实验结论：_______________________________．‎ ‎【答案】 (1). 减少 (2). 指向磁铁 (3). 相同 (4). 指向磁铁 (5). 逆时针 (6). 感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2][3][4][5] 使条形磁铁S极垂直A环远离A时，穿过A环的磁通量减少，原磁场方向指向磁铁，根据次定律的“增反减同”，则感应电流磁场的方向与原磁场方向的相同，因此感应电流磁场的方向指向磁铁；那么感应电流的方向逆时针。‎ ‎(2)[6] 结论是感应电流的磁场总是阻碍引起感应电流磁通量的变化。‎ ‎12.某同学利用打点计时器和气垫导轨做验证动量守恒定律的实验．气垫导轨装置如图甲所示，所用的气垫导轨装置由导轨、滑块、弹射架等组成．在空腔导轨的两个工作面上均匀分布着一定数量的小孔，向导轨空腔内不断通入的压缩空气会从小孔中喷出，使滑块稳定地漂浮在导轨上，这样就大大减小了因滑块和导轨之间的摩擦而引起的误差．‎ ‎ ‎ ‎（1）下面是实验的主要步骤：‎ ‎①安装好气垫导轨，调节气垫导轨的调节旋钮，使导轨水平；‎ ‎②向气垫导轨通入压缩空气；‎ ‎③把打点计时器固定在紧靠气垫导轨左端弹射架的外侧，将纸带穿过打点计时器并固定在滑块1的左端，调节打点计时器的高度，直至滑块拖着纸带移动时，纸带始终在水平方向；‎ ‎④使滑块1挤压导轨左端弹射架上的橡皮绳；‎ ‎⑤把滑块2放在气垫导轨的中间；‎ ‎⑥先__________________（选填“接通电源再释放滑块1”或“释放滑块1再接通电源”），让滑块带动纸带一起运动；‎ ‎⑦取下纸带，重复步骤④⑤⑥，选出理想的纸带如图乙所示；‎ ‎⑧测得滑块1（包括撞针）的质量310 g，滑块2（包括橡皮泥）的质量为210 g． ‎ ‎（2）纸带的________（选填“左”或“右”）侧和滑块1相连．‎ ‎（3）已知打点计时器每隔0.02 s打一个点，计算可知两滑块相互作用以前系统的总动量为_________kg·m/s；两滑块相互作用以后系统的总动量为_________kg·m/s（结果均保留三位有效数字）．‎ ‎（4）试说明（3）中两结果不完全相等的主要原因可能是____________________．‎ ‎【答案】 (1). 按通电源再释放滑块1 (2). 右 (3). 0.620 0.614 (4). 纸带与打点计时器限位孔之间有摩擦力的作用 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) ⑥[1] 使用打点计时器时，为了减小误差尽量多的利用纸带，要接通电源再释放滑块1；‎ ‎(2)[2] 放开滑块1后，滑块1做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动，碰撞前的速度大于碰撞后的速度，故纸带的右侧与滑块相连；‎ ‎(3)[3][4] 放开滑块1后，滑块1做匀速运动，跟滑块2发生碰撞后跟2一起做匀速运动，根据纸带的数据得：碰撞前滑块1的动量为：‎ 滑块2的动量为零，所以碰撞前的总动量为0.620kg•m/s，碰撞后滑块1、2速度相等，所以碰撞后总动量为：‎ ‎(4)[5] 结果不完全相等是因为纸带与打点计时器限位孔有摩擦力的作用。‎ 四、计算题：本题共5小题，共计48分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的验算步骤，只写最后答案的不能得分，有数值计算的，答案中必须明确写出数值和单位．‎ ‎13.在光滑水平地面上有两个相同的弹性小球A、B，质量都为m，现B球静止，A球以速度v向B球运动，发生正碰．已知碰撞过程中总机械能守恒，求两球压缩最紧时 ‎（1）A球的速度v′；‎ ‎（2）两球的弹性势能EP．‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当两球压缩最紧时，速度相等，对A、B两球组成的系统，由动量守恒定律得 Mv+0=2mv′‎ 解得:‎ v′=‎ ‎（2）在碰撞过程中系统的总机械能守恒，有 Ep=-‎ 解得 Ep=‎ ‎14.如图所示，足够长的竖直绝缘杆上套有一带正电小环，整个装置处在水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场内，小环由静止开始下滑，经过时间t后速度达到最大值．已知小环质量为m、电荷量为q，电场强度为E，磁感应强度为B，小环与杆之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）小环下滑的最大加速度的大小和最大速度的大小；‎ ‎（2）小环下滑时间t内受到的平均摩擦力的大小．（用动量定理求解）‎ ‎【答案】（1）g-； （2）mg-‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）相互间弹力为 FN=qE+qvB 根据小环竖直方向的受力情况，由牛顿第二定律得 mg-μFN=ma 即 mg-μ（qE+qvB）=ma 当v=0时，即刚下滑时，小环运动的加速度最大，解得 am=g-‎ 当a=0时，下滑速度达最大值 vm=‎ ‎（2）对小环，椎据动量定理有 ‎（mg-）t=mvm-0‎ 解得 ‎=mg-‎ ‎15.如图所示，L1和L2是相距为d的平行线，L1上方和L2下方都是垂直纸面向里的磁感应强度均为B0的匀强磁场，A、B两点都在L2线上．一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从A点以初速度v与L2线成θ＝30°角斜向上射出，第2次回到L2线时正好过B点，不计粒子重力．‎ ‎（1）画出粒子从A点运动到B点的轨迹；‎ ‎（2）求粒子从A点运动到B点所需的时间；‎ ‎（3）若仅将带电粒子在A点时的初速度增大为2v，方向不变，求粒子从A点运动到B点所需的时间．‎ ‎【答案】（1）见解析 （2）+ （3）+‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）轨迹如图所示 ‎ ‎（2）粒子在L1和L2间运动的总时间为 t1=‎ 粒子在菘磁场中运动的总时间为 t2=‎ 粒子从A点运动到B点所需的时间为 t=t1+t2=+‎ ‎（3）初速度增大为2v时，不影响粒子在磁场中的运动时间，在L1和L2运动的总时间为原来的2倍，‎ t′=+‎ ‎16.如图所示，滑块A和滑块B静止在光滑的水平面上，两者接触但不连接，滑块A左端是一个 光滑的圆弧槽MN，圆弧槽下端与粗糙水平部分NP相切于N点．现有可视为质点的滑块C从M点由静止开始滑下，恰好能到达P点．已知A、B质量均为1 kg，C的质量为2 kg，圆弧半径为0.4 m，C与NP之间的动摩擦因数为0.2，g取10 m/s2．‎ ‎（1）C由M点运动至N点的过程中，A、B、C组成的系统动量是否守恒？并写出判断的理由；‎ ‎（2）求当滑块C到达N点时的速度大小；‎ ‎（3）求NP的长度．‎ ‎【答案】（1）不守桓；系统所受合外力不为零。 （2）2m/s （3）m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）系统动量不守桓。系统所受合外力不为零。‎ ‎（2）对A、B、C组成的系统，由动量守恒定律得 ‎0+0+0=mCv1+（mA+mB）（-v2）‎ mCgR=+‎ 解得C到达N点时的速度大小：‎ v1=2m/s A、B速度大小 v2= 2m/s ‎（3）C不离开A即A、C最终速度相同，对A、C组成的系统，由动量守恒得 mCv1+mA（-v2）=（mA+mC）v 解得 v=m/s Q=μmCgL=+-‎ 解得NP的长度：‎ L=m ‎17.如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（3L，0）为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N．现有一质量为m、带电量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重力．‎ ‎（1）画出电子从A点到M点的运动轨迹，并求电子运动至M点时的速度大小；‎ ‎（2）若在圆形区域内加垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴，求所加磁场磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同，请写出磁感应强度B0的大小应满足的关系表达式．‎ ‎ ‎ ‎【答案】（1）； （2） （3） （n=1，2，3…）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）电子在电场中作类平抛运动，轨迹为抛物线，出电场后做匀速直线运动至M点，轨迹如图所示 v=‎ 解得 v=‎ ‎（2）电子的运动轨迹如图所示 电子运动的半径 R=L 由 ‎ qvB=m 解得 B=‎ ‎（3）电子在在磁场中最简单的情景如图所示。 ‎ 在磁场变化的前三分之一个周期内，粒子在x轴方向上的位移怡好等于y在磁场变化的后三分之二个周期内，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r；综合上述分析，则 ‎3rn=2L（n=1，2，3…）‎ 而r=‎ 解得B0= （n=1，2，3…）‎ ‎ ‎