2014海淀高三(上)期末物理

北京海淀区高三（上）期末物理参考答案一、本题共 10小题，每小题 3分，共 30分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是符合题意的，有的小题有多个选项是符合题意的。

全部选对的得 3分，选不全的得 2分，有选错或不答的得 0分。

题号答案12345678910CDBDAACADABADBABC二、本题共 2小题，共 15分。

11.（4分）（1） 10 （1分）0（1分）1.6 102（或 160）（1分）（2）负（1分）12.（11分）（1）①BC（2分）②A （2分）（2分）（2分）③1.48或 1.49（2）①BC（1分）（2分）0.78~0.82②AC说明：本题中的选择填空题，答对但选不全的得 1分，有错的不得分。

三、本题包括 6小题，共 55分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。

只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

说明：计算题提供的参考解答，不一定都是唯一正确的。

对于那些与此解答不同的正确解答，同样得分。

13．（8分）（1）根据右手定则可判断出，导体棒上的电流方向为从 N 向 M …………（1分）导体棒运动产生的感应电动势E=BLv=2.0V…………………………………（1分）=1.0A………………………………………（2分）E 通过导体棒的电流I=R r（2）导体棒所受安培力F 安=BIL=0.2N……………………………………（1分）F= F 安= 0.2N………………………………（1分）因导体棒做匀速运动，拉力（3）电阻 R 上的电功率P=I 2R=1.5W …………………………………（2分）14．（8分）（1）带电小球静止时电场力水平向右，与场强方向相同，小球所带电荷的电性为正。

……………………………………………………………………………………（1分）小球受重力、电场力和细线的拉力，根据平衡条件有tan Eq ………………………………………………………………（1分）mg解得q mg tan …………………………………………………………（1分）E（2）设带电小球由O′点运动到A点时的动能为E k，由动能定理有qElsinθ-mgl(1-cosθ)=E k …………………………………………………（2分）解得E k 1 cos mgl mgl(sec 1) …………………………（1分）cos（3）由于重力和电场力均为恒力，且其合力与速度方向不共线，所以小球将做匀变速曲线运动。

海淀区高三第一学期期中练习 物 理 201.11 一、本题共1小题，每小题3分，共分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是的，有的小题有多个选项是的。

全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

二、本题共小题，共15分。

（1）C（2）； （3）平衡摩擦力过度砂和小砂桶的总质量m不远小于车和砝码的总质量M 12．（8分）（1）BC （2分） （2）mA·OP=mA·OM+ mB·ON （2分）；OP+OM=ON （2分） （）+ （2分） 三、本题包括小题，共55分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。

只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

解：设物体受到的滑动摩擦力为Ff，加速度为a，则Ff=μmg 根据牛顿第二定律，物块力F作用，有FFf=ma1 （分） 解得a1=m/s2 （分） （2）设撤去力F时物块的速度为v，由运动学公式v（分）解得 v=.0m/s（分）（3）设撤去力F根据牛顿第二定律，Ff=ma2 解得m/s2 （分）由匀变速直线运动公式得 解得 t=s （分）解：（1）设为vmgLsinθ=解得v=6.0m/s （2）vy=vsinθ 解得 vy=3.6m/s 重力对物体做功的瞬时功率P=mgv解得P=（）， mgsinθ=ma 解得 t=1.0s 在整个下滑过程中重力对滑块的冲量大小IG=mgt 解得 IG=1.0N·s （3分） 15．（9分）解： （1） （2分） 得 （2）在地球表面附近满足=mg 得 解得地球的质量 M= （3分） 地球的体积 V=解得地球的密度 （2分） 16．解： （1）(设滑块从C点飞出时的速度为vC，从C点运动到A点时间为t滑块从C点飞出后，做平抛运动竖直方向：2R=gt2 （分） 水平方向：x=vCt （分） 解得：vC=10m/s （分） (设滑块通过B点时的速度为vB，根据机械能守恒定律 mv=mv+2mgR （分） 设滑块在B点受轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律 FN－mg=m解得：FN=9N （分） 依据牛顿第三定律，滑块在B点对轨道的压力F(N=FN=9N （1分） （）若滑块恰好能够经过C点，设此时滑块的速度为v(C，依据牛顿第二定律有 mg=m 解得v(C===5m/s （1分） 滑块由Ａ点运动到C点的过程中，由动能定理 Fx- mg(2R≥ （分） Fx≥mg(2R+ 解得水平恒力F应满足的条件 F≥0.625N （分） 17．解：（1）设动车组在运动中所受阻力为Ff ，动车组的牵引力为F， 动车组最大速度匀速运动时，F=FfP=Fvm=Ff vm ，P=4Pe （分） 解得 Ff=设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为F?由牛顿第二定律 F? - Ff=8ma（分） 解得 F?=1.（分）（2）设动车组在匀加速阶段所能达到的最大速度为v，匀加速时间为t1， 由P=F? 解得 v=25m/s（分） 由运动学公式 v=at1 解得t1=50s 动车在非匀加速运动的时间 t2=t-t1=500s（分） 动车组在加速过程中每动车的平均功率 入数据解得=W（或约为W）（分） （3）设动车组在加速过程中所通过的路程为s，由动能定理 （分） 解得 s=28（分）18．（10分）解：（）对于A、B与轻质弹簧组成的系统，当烧断细线后动量守恒，B运动的最大速度为vB，有AvA+mBvB=0 vB=-=- 由图乙可知，当t=时，物体A的速度vA达到最大，vA=-4m/s 则vB=2m/s 即物体B运动的最大速度为2m/s （2分） （2） 由于系统动量守恒，则在任何时刻有 mAv(A-mBv(B=0 则在极短的时间Δt内有 mAv(AΔt-mBv(BΔt=0 mAv(AΔt=mBv(BΔt 累加求和得： mA∑v(AΔt=mB∑v(BΔt mAxA=mBxB xB=xA=xA 依题意 xA+xB=L1- L 解得 xB=0.1m （4分） （3）因水平方向系统不受外力，故系统动量守恒不论A、C两何时何处相碰，三速度是一个定值，总动能是一定值。

2014北京四中高三（上）期末物理一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分．）1．（3分）（2014秋•西城区校级期末）下列物理量单位中，关系正确的是（）A．1N=1kg•m/s B．1J=1V•m C．1N/C=1V/m D．1Wb=1T•s2．（3分）（2014秋•西城区校级期末）如图所示，物体A用轻质细绳与圆环B连接，圆环固定在竖直杆MN上．现用一水平力F作用在绳上的O点，将O点缓慢向左移动，使细绳与竖直方向的夹角θ逐渐增大．关于此过程，下列说法中正确的是（）A．水平力F逐渐增大 B．水平力F逐渐减小C．绳OB的弹力逐渐减小D．绳OB的弹力逐渐增大3．（3分）（2013秋•东城区期末）如图所示，在粗糙水平地面上放一质量为M的斜面，质量为m的木块沿斜面匀速下滑，此过程中斜面保持静止，则（）A．地面对斜面有水平向右的摩擦力B．地面对斜面有水平向左的摩擦力C．地面对斜面的支持力等于（M+m）gD．地面对斜面的支持力小于（M+m）g（2014秋•西城区校级期末）一物体以某一水平速度平抛，从开始释放到某时刻，下列说法不正确的是（）（3分）4．A．水平位移与时间成正比 B．下落高度与速度成正比C．动量增量与时间成正比 D．动能增量与下落高度成正比5．（3分）（2014秋•西城区校级期末）假设两颗“近地”卫星1和2的质量相同，都绕地球做匀速圆周运动，如图所示，卫星2的轨道半径更大些．两颗卫星相比较，下列说法中正确的是（）A．卫星1的向心加速度较小B．卫星1的动能较小C．卫星1的周期较小 D．卫星1的机械能较大6．（3分）（2014秋•西城区校级期末）如图所示，质量为m的小球从距离地面高H的A点由静止开始释放，落到地面上后又陷入泥潭中，由于受到阻力作用到达距地面深度为h的B点速度减为零．不计空气阻力，重力加速度为g．关于小球下落的整个过程，下列说法中正确的有（）A．小球克服阻力做的功为mgh B．小球克服阻力做的功为mgHC．小球的机械能减少了mgH D．小球的机械能减少了mg（H+h）7．（3分）（2014春•南阳期末）篮球运动员通常要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．减小球对人的冲击力C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量8．（3分）（2014•东城区一模）图甲为一简谐横波在t=0时刻的波形图象，图乙为横波中x=2m处质点A的振动图象，则下列说法正确的是（）A．波的传播方向沿x轴负方向B．波的传播速度大小为2m/sC．在t=0时刻，图甲中质点A的振动速度大小为0D．在t=1s时刻，图甲中质点A的位置坐标为（0，20）9．（3分）（2014秋•西城区校级期末）理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干．设电动机线圈电阻为R1，它与电热丝电阻值R2串联后接到直流电源上，吹风机正常工作，电流为I吹风机两端电压为U，电流为I，消耗的功率为P，则有（）A．P=UI B．P=I2（R1+R2）C．P＞UI D．P=10．（3分）（2014秋•广州期末）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．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变）．从图中情况可以确定（）A．粒子从a到b，带正电B．粒子从b到a，带正电C．粒子从a到b，带负电D．粒子从b到a，带负电11．（3分）（2014•昌平区二模）物理实验中，常用一种叫做“冲击电流计”的仪器测定通过电路的电量．如图所示，探测线圈与冲击电流计串联后可用来测定磁场的磁感应强度．已知线圈的匝数为n，面积为S，线圈与冲击电流计组成的回路电阻为R．若将线圈放在被测匀强磁场中，开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转180°，冲击电流计测出通过线圈的电量为q，由上述数据可测出被测磁场的磁感应强度为（）A．B．C．D．12．（3分）（2014秋•西城区校级期末）如图所示，固定在水平面中的金属轨道MN、PQ互相平行，M、P之间接有电阻R．金属杆ab置于两轨道上，与两轨道保持垂直且接触良好．轨道区域存在方向始终竖直向下的匀强磁场，且磁场的磁感应强度B随时间均匀增大．为了保持金属杆ab的位置不变，应该对金属杆ab施加一个水平方向的外力，此外力（）A．方向向左，大小不随时间变化B．方向向左，大小随B同步变化C．方向向右，大小不随时间变化D．方向向右，大小随B同步变化二、多项选择题（本题共4小题．每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项正确．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）13．（4分）（2014秋•西城区校级期末）如图所示，两块平行金属板正对着水平放置，两板分别与电源正、负极相连，下板接地（设地面电势为零）．当开关闭合时，一带电液滴恰好静止在两板间的M点．则下列说法正确的是（）A．带电液滴电势能大于0B．保持开关闭合，将下板上移，则带电液滴将向下运动C．将开关再断开，再将下板向下移动，则带电液滴将向下运动D．将开关再断开，再将下板向下移动，则带电液滴电势能将减小14．（4分）（2004•天津模拟）如图画出了匀强电场的几条电场线，M、N是该电场中的两点．一个带正电荷的离子（不计重力）仅在电场力作用下由M点运动到N点，则（）A．该离子在M点的速度不为零B．该离子在M点速度可能为零C．该离子在M点的电势能小于在N点的电势能D．该离子在M和N点的电势能哪个大不能确定15．（4分）（2014•河西区二模）图1中的变压器为理想变压器，原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为10：1．变（）压器的原线圈接如图2所示的正弦式电流，两个20Ω的定值电阻串连接在副线圈两端．电压表V为理想电表．A．原线圈上电压的有效值为100VB．原线圈上电压的有效值约为70.7VC．电压表V的读数为5.0VD．电压表V的读数约为3.5V16．（4分）（2014秋•西城区校级期末）如图所示，是研究“影响平行板电容器电容的因素”的实验装置，实验中，认为平行极板的带电量几乎不变，通过静电计指针张角的变化来判断电容器的电容变化．下列关于实验的操作和现象描述正确的是（）A．静电计的指针偏角越大，则电容器两极板间的电压就越大B．保持间距d不变，将左极板上移，则指针张角变大C．保持正对面积s不变，将左极板向右平移，则指针张角减小D．保持间距d和正对面积s不变，在两极板间插入电介质，则指针张角变大三、计算题（本题共7小题．解答应有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的，答案中必须写出数值和单位．）17．（6分）（2014春•昌平区期末）在物理学中，常常用等效替代、类比、微小量放大等方法来研究问题．如在牛顿发现万有引力定律一百多年后，卡文迪许利用微小量放大法由实验测出了万有引力常量G的数值，如图所示是卡文迪许扭秤实验示意图．卡文迪许的实验常被称为是“称量地球质量”的实验，因为由G的数值及其它已知量，就可计算出地球的质量，卡文迪许也因此被誉为第一个称量地球的人．（1）若在某次实验中，卡文迪许测出质量分别为m1、m2相距为r的两个小球之间引力的大小为F，求万有引力常量G；（2）若已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，万有引力常量为G，忽略地球自转的影响，请推导出地球质量及地球平均密度的表达式．18．（8分）（2014秋•西城区校级期末）如图所示，粗糙水平地面与半径为R=0.5m的光滑半圆轨道BCD相连接，且在同一竖直平面内，O是BCD的圆心，BOD在同一竖直线上．质量为m=1kg的小物块在水平恒力F=15N的作用下，由静止开始从A点开始做匀加速直线运动，当小物块运动到B点时撤去F，小物块沿半圆轨道运动恰好能通过D点，已知AB间的距离为3m，重力加速度g=10m/s2．求：（1）小物块运动到B点时的速度；（2）小物块在水平面上从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功；（3）小物块离开D点后落到地面上的点与B点之间的距离．19．（6分）（2014秋•西城区校级期末）如图所示，MN和PQ为固定在水平面上的平行金属轨道，轨距为0.2m．质量为0.1kg的金属杆ab置于轨道上，与轨道垂直．整个装置处于方向竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T．现用F=2N的水平向右的恒力拉ab杆由静止开始运动，电路中除了电阻R=0.05Ω之外，其余电阻不计，设轨道光滑，求：（1）金属杆ab的速度达到5m/s时的加速度多大？（2）当金属杆ab达到最大速度后，撤去外力F，此后感应电流还能产生多少焦耳热？20．（8分）（2010秋•西城区期末）如图所示，两块相同的金属板正对着水平放置，金属板长为L，两板间距离为d．上极板的电势比下极板高U．质量为m、带电量为q的正离子束，沿两板间中心轴线以初速度υ0进入两板间，最终都能从两板间射出．不计离子重力及离子间相互作用的影响．（1）求离子在穿过两板的过程中沿垂直金属板方向上移动的距离y；（2）若在两板间加垂直纸面的匀强磁场，发现离子束恰好沿直线穿过两板，求磁场磁感应强度B的大小和方向；（3）若增大两板间匀强磁场的强度，发现离子束在穿过两板的过程中沿垂直金属板方向上移动的距离也为y，求离子穿出两板时速度的大小υ．21．（6分）（2006秋•赣州期末）如图所示，金属板A、金属网B、荧光屏C彼此平行，A、B之间的距离d1=9cm，B、C之间的距离d2=18cm，电源电动势E=20V，内阻r=2Ω，滑动变阻器在0～18之间可调，图中滑动片置于电阻的中点，从S孔向各个方向以速度V0=1×105m/s向电场中射入电子，电子的比荷=1.8×1011C/kg，不计电子重力．求（1）A、B之间的电场强度E（2）设所有电子都能打在荧光屏上，求屏上亮圆的半径．22．（6分）（2014秋•西城区校级期末）磁流体发电是一种新型发电方式，图1和图2是其工作原理示意图．图1中的长方体是发电导管，其中空部分的长、高、宽分别为l、a、b，前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导体电极，这两个电极与负载电阻R L相连．整个发电导管处于图2中磁场线圈产生的匀强磁场里，磁感应强度为B，方向如图所示．发电导管内有电阻率为ρ的高温、高速电离气体沿导管向右流动，并通过专用管道导出．由于运动的电离气体受到磁场作用，这样将在导电管上下表面积累异种电荷，从而在上下表面之间产生了电势差．发电导管内电离气体流速随磁场有无而不同．设发电导管内电离气体流速处处相同，且不存在磁场时电离气体流速为v0，电离气体所受摩擦阻力总与流速成正比，发电导管两端的电离气体压强差△p维持恒定，求：（1）不存在磁场时电离气体所受的摩擦阻力F多大；（2）存在磁场时，磁流体发电机的电动势E的大小．23．（8分）（2014秋•西城区校级期末）如图所示，质量均为m的物体B、C分别与轻质弹簧的两端相栓接，将它们放在光滑水平面上，静止时弹簧的形变量为x0．将质量也为m的物体A从B的正上方某点由静止释放，A与B相碰．已知重力加速度为g，弹簧始终处于弹性限度内，不计空气阻力．求：（1）弹簧的劲度系数k；（2）若A与B相碰后粘连在一起开始做简谐运动，当A与B第一次运动到最高点时，C对地面的压力恰好为零，求C对地面压力的最大值；（3）若将A从另一位置由静止释放，A与B相碰后不粘连，但仍立即一起运动，且当B第一次运动到最高点时，C 对地面的压力也恰好为零．已知A与B相碰后弹簧第一次恢复原长时B的速度大小为v=，求相碰后A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离．参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分．）1．【解答】A、根据牛顿第二定律F=ma知：1N=1kg•m/s2．故A错误．B、根据W=qU知：1J=1V•C，故B错误．C、根据E=和E=知：1N/C=1V/m，故C正确．D、根据Φ=BS知：1Wb=1T•m2，故D错误．故选：C．2．【解答】设细绳与水平方向的夹角为α，物体的质量为m，对结点O受力分析，运用合成法，则由平衡条件得：F=，α减小，则F增大．故A正确，B错误；C、设绳对圆环的弹力为T，则Tsinα=mg，T=，α减小，则T增大，即绳对圆环B的弹力变大，故C错误，D正确．故选：AD．3．【解答】以整体为研究对象，分析受力情况：总重力（M+m）g、地面的支持力N，静摩擦力（可能为零）．则由平衡条件可知：竖直方向：N=（M+m）g水平方向：f=0；故C正确，ABD错误．故选：C．4．【解答】A、水平位移x=v0t，因为水平分速度不变，可知水平位移和时间成正比，故A正确．B、下落高度h=，下落的高度与速度不成正比，故B错误．C、根据动量定理得，mgt=△P，可知动量的增量与时间成正比，故C正确．D、根据动能定理得，mgh=△E k，知动能增量与下落的高度成正比，故D正确．本题选错误的，故选：B．5．【解答】卫星围绕地球做匀速圆周运动，万有引力提供圆周运动向心力有：=ma=m=mA、a=，轨道半径小的卫星1向心加速度来得大，故A错误；B、v=，轨道半径小的卫星1线速度来得大，卫星1的动能较大，故B错误；C、T=2π，轨道半径小的卫星1的周期较小，故C正确；D、将卫星从低轨道进入高轨道，火箭要点火加速做功，则卫星2的机械能较大，即卫星l的机械能较小．故D错误．故选：C6．【解答】小球在整个过程中，动能变化量为零，重力势能减小mg（H+h），则小球的机械能减小了mg（H+h）．对全过程运用动能定理得，mg（H+h）﹣W f=0，则小球克服阻力做功W f=mg（H+h）．故ABC错误，D正确．故选：D7．【解答】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：﹣Ft=0﹣mvF=当时间增大时，作用力就减小，而冲量和动量、动能的变化量都不变，所以B正确．故选B．8．【解答】A、由乙图读出t=0时刻质点A的振动方向沿y轴正方向，由甲图判断出波的传播方向沿x轴正方向．故A错误．B、由甲图读出波长λ=8m，由乙图读出周期T=4s，则波速v==2m/s，故B正确．C、在t=0时刻，图甲中质点A位于平衡位置，速度最大，不是0，故C错误．D、因t=1s=T，图示时刻质点A的振动方向沿y轴正方向，则在t=1s时刻，图甲中质点A到达波峰，坐标为（2，20），故D错误．故选：B9．【解答】A、C、电吹风机消耗的电功率P是总的功率，总功率的大小应该是用P=IU来计算，所以总功率P=IU，所以A正确，而C错误；B、电吹风机中发热的功率要用I2R来计算，所以总的发热功率为I2（R1+R2），吹风机的总功率P=IU要大于发热部分的功率，所以B错误；D、吹风机是非纯电阻电路，欧姆定律不适用，故D错误．故选：A．10．【解答】由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小，速度逐渐减小，根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知，粒子的半径逐渐的减小，所以粒子的运动方向是从b到a，在根据左手定则可知，粒子带正电，所以B正确．故选B．11．【解答】由法拉第电磁感应定律：可求出感应电动势大小，再由闭合电路欧姆定律可求出感应电流大小，根据电量的公式q=It，可得．由于开始线圈平面与磁场垂直，现把探测圈翻转180°，则有△∅=2BS所以由上公式可得：，则磁感应强度，故C正确，ABD错误；故选：C．12．【解答】设B=kt根据法拉第电磁感应定律知E=n=ns=nsk①根据欧姆定律知I=②安培力F=BIL③由①②③知F=kt L根据楞次定律知电流为逆时针，根据左手定则知安培力方向向左，根据平衡条件知外力水平向右，随时间增大．故D正确；故选：D二、多项选择题（本题共4小题．每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项正确．全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）13．【解答】A、电容器的下极板带正电，沿着电场线电势降低，下极板为零，故M点的电势为负值；开始时，液滴静止，故mg=Eq，电场力向上，液滴带正电荷；根据公式E p=qφ，带电液滴电势能为负值；故A错误；B、保持开关闭合，将下板上移，板间距减小，两板间的电势差不变，由U=Ed可知E增大，液滴所受电场力增大，合力向上，故液滴将向上运动，故B错误；C、将开关再断开，无论如何改变两板间的距离，板间的电场强度均不发生变化，故电场力不变，故粒子仍能受力平衡，故C错误；D、将开关再断开，无论如何改变两板间的距离，板间的电场强度均不发生变化；故将下板向下移动，M点电势降低，故带电液滴电势能将减小，故D正确；故选：D．14．【解答】A、由图知，粒子运动方向与受力方向不在一条直线上，所以为曲线运动，离子在M点的速度不为零，故A正确；B、由A分析知，B错误；C、沿电场线方向电势逐渐降低，即φM＞φN，由电势能表达式得E P=qφ，且q为正值，故离子在M点的电势能大于在N点的电势能，故C错误；D、由C知D错误故选：A15．【解答】A、B、根据图象可得原线圈的电压的最大值为100V，最大值为有效值的倍，所以电压的有效值为V=50V=70.7V，所以A错误，B正确．C、D、由于原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为10：1，原线圈的电压有效值为50V，所以副线圈的电压的有效值为5V，所以电压表的示数为×20V=3.5V，所以C错误，D正确．故选BD．16．【解答】A、静电计指针张角越大，则电压就越大，故A正确；B、保持间距d不变，将左极板上移，即正对面积减小，那么电容减小，带电量不变，根据C=知电压增大，静电计指针张角变大，故B正确．C、保持正对面积s不变，将左极板向右平移，间距减小，则电容增大，带电量不变，根据C=知电压减小，静电计指针张角变小．故C正确．D、电介质插入两板之间，电容增大，带电量不变，根据C=知电压减小，静电计指针张角变小，故D错误；故选：ABC．三、计算题（本题共7小题．解答应有必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的，答案中必须写出数值和单位．）17．【解答】解：（1）根据万有引力定律有：解得：（2）设地球质量为M，在地球表面任一物体质量为m，在地球表面附近满足：得地球的质量为：M=地球的体积为：V=解得：地球的密度为：答：（1）万有引力常量为．（2）地球质量为，地球平均密度的表达式为．18．【解答】解：（1）因为小物块恰能通过D点，所以在D点小物块所受重力等于向心力，即mg=m，小物块由B运动D的过程中机械能守恒，则有代入数据解得v B=5m/s．（2）小物块在水平面上从A运动到B过程中根据动能定理，有Fx AB﹣W f=，代入数据解得W f=32.5J，（3）设小物块落地点距B点之间的距离为x，下落时间为t，根据平抛运动的规律：x=v D t，2R=，代入数据解得x=1m；答：（1）小物块运动到B点时的速度为5m/s；（2）小物块在水平面上从A运动到B的过程中克服摩擦力做的功为32.5J；（3）小物块离开D点后落到地面上的点与B点之间的距离为1m．19．【解答】解：（1）金属棒产生的感应电动势为：E=BLv由欧姆定律得：I=金属棒所受的安培力大小为：F安=BIL，由牛顿第二定律得：F﹣F安=ma，联立解得：a=﹣=﹣=10m/s2（2）当a=0时速度最大，故有：v m===10m/s撤去F后，导体棒的动能全部转化为热量为：Q=mv m2=×0.1×102=5J答：（1）ab速度是v=5m/s时，棒的加速度是10m/s2．（2）当ab棒达到最大速度v m后，撤去外力F，此后感应电流还能产生5J的热量．20．【解答】解：（1）离子在穿过两板的过程中，只受与初速度v0垂直的电场力F作用，离子的加速度离子沿中心轴线方向做匀速直线运动，设离子穿过两板经历的时间为t，则L=v0t离子沿垂直金属板方向上做初速度为0的匀变速直线运动，则y=解得离子移动的距离为；（2）离子束恰好沿直线穿过两板，说明离子受力平衡，即 qE=qv0B所以磁感应强度的大小 B=磁场的方向垂直纸面向里．（3）增大磁场的强度时，离子受洛伦兹力增大，所以离子会向上偏．在离子穿过极板的过程中，电场力做负功，根据动能定理得解得离子穿出两板时的速度：v==．21．【解答】解：（1）设A、B两板间的电压为U，则有（2）对竖直向上发射的电子到达B板P点时水平速度为：v BX=at=水平距离：得：电子运动到B网竖直距离为：r1=v0t=1cm设电子到达B时，速度方向与水平方向夹角为θ，则：电子从B运动到C的竖直距离为：r=d2tanθ=1cm∴屏上宽圆半径 r=r1+r2=2cm答：（1）A、B之间的电场强度100V；（2）设所有电子都能打在荧光屏上，则屏上亮圆的半径2cm．22．【解答】解：（1）不存在磁场时，由力的平衡得F=ab△p；（2）设磁场存在时的气体流速为v，则磁流体发电机的电动势E=Bav回路中的电流I=电流I受到的安培力F安=设F′为存在磁场时的摩擦阻力，依题意，有：=存在磁场时，由力的平衡得：ab△p=F安+F′根据上述各式解得：E=；答：（1）不存在磁场时电离气体所受的摩擦阻力F为ab△p；（2）存在磁场时，磁流体发电机的电动势E的大小为．23．【解答】解：（1）物体B静止时，弹簧形变量为x0，弹簧的弹力F=mg，根据胡克定律得：F=kx0，即有kx0=mg，解得，弹簧的劲度系数k=；（2）A与B碰后一起做简谐运动到最高点时，物体C对地面的压力为0，则：对C，弹簧弹力：F弹=mg对A、B，回复力最大：F回=2mg+F弹=3mg由简谐运动的对称性，可知A与B碰后一起做简谐运动到最低点时，回复力也最大，为F回=3mg，此时物体C对地面的压力最大，对物体A、B有：F弹′﹣2mg=3mg，则弹簧弹力：F弹′=5mg对物体C，设地面对物体C的弹力为N，则：N=5mg+mg=6mg，由牛顿第三定律可知，C对地面最大的压力大小：N′=N=6mg．（3）设物体A释放时A与B之间距离为x，A与B相碰前物体A速度的大小为v1．对物体A，从开始下滑到A、B相碰前的过程，由机械能守恒定律得：mgx=mv12，解得：v1=…①设A与B相碰后两物体共同速度的大小为v2，A与B发生碰撞的过程动量守恒，以碰前A的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv1=（m+m）v2，解得：v2=v1…②，物体B静止时弹簧的形变量为x0，设弹性势能为E P，从A、B开始压缩弹簧到弹簧第一次恢复原长的过程，由机械能守恒定律得：（m+m）v22+E P=（m+m）v2+（m+m）gx0…③，当弹簧第一次恢复原长时A、B恰好分离，设分离后物体A还能沿斜面上升的距离为x1．对物体A，从与B分离到最高点的过程，机械能守恒，由机械能守恒定律得：mv2=mgx1解得：x1=1.5x0，对物体B、C和弹簧所组成的系统，物体B运动到最高点时速度为0，物体C恰好离开挡板D，此时弹簧的伸长量也为x0，弹簧的弹性势能也为E P．从A、B分离到B运动到最高点的过程，由机械能守恒定律得：mv2=mgx0+E P，解得：E P=…④，由①②③④解得：x=9x0，由几何关系可得，物体A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离：d=x﹣x1﹣x0=6.5x0．答：（1）弹簧的劲度系数k=；（2）C对挡板D压力的最大值为6mg；（3）碰后A第一次运动达到的最高点与开始静止释放点之间的距离为6.5x0．。

市海淀区2014届高三物理上学期期末考试试题〔含解析〕物 理 2014.1一、此题共10小题，每一小题3分，共30分。

在每一小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。

全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

把你认为正确的答案填涂在答题纸上。

1．在物理学中常用比值法定义物理量。

如下说法中正确的答案是 A ．用E=Fq定义电场强度 B ．用IL F B =定义磁感应强度C ．用kdSC π4ε=定义电容器的电容 D ．用R=Sρl定义导体的电阻 2．如图1所示，图中以点电荷Q 为圆心的虚线同心圆是该点电荷电场中球形等势面的横截面图。

一个带正电的粒子经过该电场，它的运动轨迹如图中实线所示，M 和N 是轨迹上的两点。

不计带电粒子受到的重力，由此可以判断A ．此粒子在M 点的加速度小于在N 点的加速度B．此粒子在M点的电势能大于在N点的电势能C．此粒子在M点的动能小于在N点的动能D．电场中M点的电势低于N点的电势3．如图2所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B下部的金属箔均是闭合的。

如下关于实验现象描述中正确的答案是A．把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，A、B下部的金属箔都会张开B．把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有A下部的金属箔张开C．把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都还是张开的D．把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都闭合4．如图3所示电路中，灯泡A、B的规格一样，电感线圈L的自感系数足够大且电阻可忽略。

如下关于此电路的说法中正确的答案是A．S闭合后的瞬间，A、B同时亮，然后A变暗最后熄灭B．S闭合后的瞬间，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮C．S断开后的瞬间，A立即熄灭，B逐渐变暗最后熄灭D．S断开后的瞬间，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭5．如图4所示电路，电源电动势为E，内阻为r。

北京市海淀区高三年级第一学期物理期末考试说明：本试卷共8页，共100分。

考试时长90分钟。

考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效。

考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。

一、本题共10小题，每小题3分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。

全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

把你认为正确答案填涂在答题纸上。

1．放在绝缘支架上的两个相同金属球相距为d ，球的半径比d 小得多，分别带有q 和-3q 的电荷，相互作用力为F 。

现将这两个金属球接触，然后分开，仍放回原处，则它们的相互作用力将为 A ．引力且大小为3F B. 斥力且大小为F /3 C ．斥力且大小为2F D. 斥力且大小为3F2. 如图1所示，用金属网把不带电的验电器罩起来，再使带电金属球靠近金属网，则下列说法正确的是A ．箔片张开B ．箔片不张开C ．金属球带电电荷足够大时才会张开D ．金属网罩内部电场强度为零3.如图2所示的交流电路中，灯L 1、L 2和L 3均发光，如果保持交变电源两端电压的有效值不变，但频率减小，各灯的亮、暗变化情况为A. 灯L 1、L 2均变亮，灯L 3变暗B. 灯L 1、L 2、L 3均变暗C. 灯L 1不变，灯L 2变暗，灯L 3变亮D. 灯L 1不变，灯L 2变亮，灯L 3变暗4.如图3所示的电路中，闭合开关S ，当滑动变阻器R 的滑片P 向上移动时，下列说法中正确的是A.电流表示数变大B.电压表示数变小C.电阻R 0的电功率变大D.电源的总功率变小5.如图4所示，理想变压器原线圈匝数n 1=1100匝，副线圈匝数n 2=220匝，交流电源的电压u =2202sin100πt (V)，电阻R =44Ω，电表均为理想交流电表。

则下列说法中正确的是A.交流电的频率为50HzB.电流表A 1的示数为0.20AC.变压器的输入功率为88WD.电压表的示数为44V6.图5甲是洛伦兹力演示仪。

海淀区高三年级第一学期期末练习 物 理 2016.1说明：本试卷共8页，共100分。

考试时长90分钟。

考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上题号 一 二 三 总分 13 14 15 16 17 18 分数一、本题共10小题，每小题3分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。

全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

把你认为正确的答案填涂在答题纸上。

1．如图1所示，真空中有两个点电荷分别位于M 点和N 点，它们所带电荷量分别为q 1和q 2。

已知在M 、N 连线上某点P 处的电场强度为零，且MP =3PN ，则 A ．q 1=3 q 2 B ．q 1=9 q 2 C ．q 1= 13 q 2 D ．q 1= 19q 22．如图2所示，带箭头的实线表示某电场的电场线，虚线表示该电场的等势面。

其中A 、B 、C 三点的电场强度大小分别为E A 、E B 、E C ，电势分别为C B A ϕϕϕ、、。

关于这三点的电场强度大小和电势高低的关系，下列说法中正确的是A ．E A =EB B ．E A ＞EC C ．A B ϕϕ=D ．C B ϕϕ=3．如图3所示，在空间直角坐标系Oxyz 中存在有沿x 轴正方向的匀强磁场，在直角坐标系中选取如图所示的abc -a ′b ′c ′棱柱形空间。

通过面积S 1（abb ′a ′所围的面积）、S 2（acc ′a ′所围的面积）和S 3（cbb ′c ′所围的面积）的磁通量分别为Φ1、Φ2和Φ3，则A ．Φ1=Φ2B ．Φ1＞Φ2C ．Φ1＞Φ3D ．Φ3＞Φ24．在如图4所示电路中，电源内阻不可忽略。

开关S 闭合后，在滑动变阻器R 2的滑动端由a 向b 缓慢滑动的过程中，A ．电压表的示数增大，电流表的示数减小B ．电压表的示数减小，电流表的示数增大C ．电容器C 所带电荷量减小D ．电容器C 所带电荷量增大P M q 1q 2 N图1图2 BA C E图3 y c ′b′a′aO (c )bxz B R 1 C SR 2R 3图4 a b A V rE5．如图5所示，理想变压器原线圈两端的输入电压为220V ，副线圈两端接有两只标有“12V ，24W ”字样的灯泡，当开关S 1和S 2都闭合时，两灯泡均正常发光。

2014年海淀区高三期末物理试卷分析北京新东方中小学个性化学习部 彭宝聪一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。

全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

把你认为正确的答案填涂在答题纸上。

） 1．在物理学中常用比值法定义物理量。

下列说法中正确的是 A ．用F E q =定义电场强度 B ．用FB IL=定义磁感应强度 C ．用4πS C kdε=定义电容器的电容 D ．用lR sρ=定义导体的电阻 答案：AB考点：物理量的定义式 考点难易度：简单失分原因：对物理量的定义式（计算式）和决定式分不清楚。

复习建议：在老师的帮助下对高中物理中一些重要物理量的定义式和决定式进行梳理、记忆2．如图1所示，图中以点电荷Q 为圆心的虚线同心圆是该点电荷电场中球形等势面的横截面图。

一个带正电的粒子经过该电场，它的运动轨迹如图中实线所示，M 和N 是轨迹上的两点。

不计带电粒子受到的重力，由此可以判断 A ．此粒子在M 点的加速度小于在N 点的加速度 B ．此粒子在M 点的电势能大于在N 点的电势能 C ．此粒子在M 点的动能小于在N 点的动能 D ．电场中M 点的电势低于N 点的电势 答案：AD考点： 电场力的性质、能的性质的应用。

考点难易度：简单失分原因： 对带电粒子在电场中运动时所涉及的加速度、电势能、动能和电势的大小比较把握不准或者不熟练。

复习建议：翻看之前的笔记，再找三五道类似的题目，掌握带电粒子在电场中运动时所涉及的场强、电场力、加速度、电势能、动能、动量、电势、电场力做功的正负如何判断。

3．如图2所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A 和B ，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A 、B 下部的金属箔均是闭合的。

下列关于实验现象描述中正确的是A ．把带正电荷的物体C 移近导体A 稳定后，A 、B 下部的金属箔都会张开B ．把带正电荷的物体C 移近导体A 稳定后，只有A 下部的金属箔张开C ．把带正电荷的物体C 移近导体A 后，再把B 向右移动稍许使其与A 分开，稳定后A 、B 下部的金属箔都还是张开的D ．把带正电荷的物体C 移近导体A 后，再把B 向右移动稍许使其与A 分开，稳定后A 、B 下部的金属箔都闭合 答案：AC考点： 起电的三种方式之一——感应起电 考点难易度：简单失分原因： 对感应起电的原因认识不清复习建议：该题是课本上的一个演示实验，建议在老师的帮助下把课本上的一些重要的演示实验所涉及的知识、现象、实质、外延等等弄清楚。

2014北京市海淀区高三（一模）物理一、选择题1．（6分）关于分子动理论和物体的内能，下列说法中正确的是（）A．液体分子的无规则运动称为布朗运动B．物体的温度升高，物体内大量分子热运动的平均动能增大C．物体从外界吸收热量，其内能一定增加D．气体的温度升高，气体的压强一定增大2．（6分）下列表示重核裂变的方程是（）A．H+H→He+nB．P→S i+ eC．N+He→O+HD．U+n→S i Xe+10n3．（6分）如图为双缝干涉的实验示意图，光源发出的光经滤光片成为单色光，然后通过单缝和双缝，在光屏上出现明暗相间的条纹．若要使干涉条纹的间距变大，在保证其他条件不变的情况下，可以（）A．将光屏移近双缝B．更换滤光片，改用波长更长的单色光C．增大双缝的间距D．将光源向双缝移动一小段距离4．（6分）一列沿x轴传播的简谐横波在某时刻波的图象如图所示，已知波速为20m/s，图示时刻x=2.0m处的质点振动速度方向沿y轴负方向，可以判断（）A．质点振动的周期为0.20sB．质点振动的振幅为1.6cmC．波沿x轴的正方向传播D．图示时刻，x=1.5m处的质点加速度沿y轴正方向5．（6分）如图所示，边长为的L的正方形区域abcd中存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．一带电粒子从ad边的中点M点以一定速度垂直于ad边射入磁场，仅在洛伦兹力的作用下，正好从ab边中点N点射出磁场．忽略粒子受到的重力，下列说法中正确的是（）A．该粒子带负电B．洛伦兹力对粒子做正功C．粒子在磁场中做圆周运动的半径为D．如果仅使该粒子射入磁场的速度增大，粒子做圆周运动的半径也将变大6．（6分）如图所示，在磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，固定着两根水平金属导轨ab和cd，导轨平面与磁场方向垂直，导轨间距离为L，在导轨左端a、c间连接一个阻值为R的电阻，导轨电阻可忽略不计．在导轨上垂直导轨放置一根金属棒MN，其电阻为r，用外力拉着金属棒向右匀速运动，速度大小为v．已知金属棒MN与导轨接触良好，且运动过程中始终与导轨垂直．则在金属棒MN运动的过程中（）A．金属棒MN中的电流方向为由M到NB．电阻R两端的电压为BLvC．金属棒MN受到的安培力大小为D．电阻R产生焦耳热的功率为7．（6分）如图是“牛顿摆”装置，5个完全相同的小钢球用轻绳悬挂在水平支架上，5根轻绳互相平行，5个钢球彼此紧密排列，球心等高．用1、2、3、4、5分别标记5个小钢球．当把小球1向左拉起一定高度，如图甲所示，然后由静止释放，在极短时间内经过小球间的相互碰撞，可观察到球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，如图乙所示．关于此实验，下列说法中正确的是（）A．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能守恒，动量守恒B．上述实验过程中，5个小球组成的系统机械能不守恒，动量不守恒C．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球4、5一起向右摆起，且上升的最大高度高于小球1、2、3的释放高度D．如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度（如图丙所示），同时由静止释放，经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同8．（6分）理论上已经证明：质量分布均匀的球壳对壳内物体的万有引力为零．现假设地球是一半径为R、质量分布均匀的实心球体，O为球心，以O为原点建立坐标轴Ox，如图所示．一个质量一定的小物体（假设它能够在地球内部移动）在x轴上各位置受到的引力大小用F表示，则选项图所示的四个F随x的变化关系图正确的是（）A．B．C．D．二、填空题（共5小题，每小题6分，满分72分）9．（6分）某同学欲将量程为200μA的电流表G改装成电压表．（1）该同学首先采用如图所示的实验电路测量该电流表的内阻R g，图中R1、R2为电阻箱．他按电路图连接好电路，将R1的阻值调到最大，闭合开关S1后，他应该正确操作的步骤是．（选出下列必要的步骤，并将其序号排序）a．记下R2的阻值b．调节R1的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度c．闭合S2，调节R1和R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半d．闭合S2，保持R1不变，调节R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半（2）如果按正确操作步骤测得R2的阻值为500Ω，则R g的阻值大小为；（填写字母代号）A.250ΩB.500ΩC.750ΩD.1000Ω（3）为把此电流表G改装成量程为2.0V的电压表，应选一个阻值为Ω的电阻与此电流表串联．10．（12分）甲乙两个学习小组分别利用单摆测量重力加速度．①甲组同学采用图甲所示的实验装置．A．为比较准确地测量出当地重力加速度的数值，除秒表外，在下列器材中，还应该选用；（用器材前的字母表示）a．长度接近1m的细绳b．长度为30cm左右的细绳c．直径为1.8cm的塑料球d．直径为1.8cm的铁球e．最小刻度为1cm的米尺f．最小刻度为1mm的米尺B．该组同学先测出悬点到小球球心的距离L，然后用秒表测出单摆完成n次全振动所用的时间t．请写出重力加速度的表达式g= ．（用所测物理量表示）C．在测量摆长后，测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，这将会导致所测重力加速度的数值．（选填“偏大”、“偏小”或“不变”）②乙组同学在图甲所示装置的基础上再增加一个速度传感器，如图乙所示．将摆球拉开一小角度使其做简谐运动，速度传感器记录了摆球振动过程中速度随时间变化的关系，如图丙所示的v﹣t图线．A．由图丙可知，该单摆的周期T= s；B．更换摆线长度后，多次测量，根据实验数据，利用计算机作出T2﹣L（周期平方﹣摆长）图线，并根据图线拟合得到方程T2=4.04L+0.035．由此可以得出当地的重力加速度g= m/s2．（取π2=9.86，结果保留3位有效数字）11．（16分）如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B端的切线沿水平方向．质量m=1.0kg的滑块（可视为质点）在水平恒力F=10.0N的作用下，从A点由静止开始运动，当滑块运动的位移x=0.50m时撤去力F．已知A、B之间的距离x0=1.0m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.10，取g=10m/s2．求：（1）在撤去力F时，滑块的速度大小；（2）滑块通过B点时的动能；（3）滑块通过B点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.35m，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功．12．（18分）为减少烟尘排放对空气的污染，某同学设计了一个如图所示的静电除尘器，该除尘器的上下底面是边长为L=0.20m的正方形金属板，前后面是绝缘的透明有机玻璃，左右面是高h=0.10m的通道口．使用时底面水平放置，两金属板连接到U=2000V的高压电源两极（下板接负极），于是在两金属板间产生一个匀强电场（忽略边缘效应）．均匀分布的带电烟尘颗粒以v=10m/s的水平速度从左向右通过除尘器，已知每个颗粒带电荷量q=+2.0×10﹣17C，质量m=1.0×10﹣15kg，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力．在闭合开关后：（1）求烟尘颗粒在通道内运动时加速度的大小和方向；（2）求除尘过程中烟尘颗粒在竖直方向所能偏转的最大距离；（3）除尘效率是衡量除尘器性能的一个重要参数．除尘效率是指一段时间内被吸附的烟尘颗粒数量与进入除尘器烟尘颗粒总量的比值．试求在上述情况下该除尘器的除尘效率；若用该除尘器对上述比荷的颗粒进行除尘，试通过分析给出在保持除尘器通道大小不变的前提下，提高其除尘效率的方法．13．（20分）根据玻尔理论，电子绕氢原子核运动可以看作是仅在库仑引力作用下的匀速圆周运动，已知电子的电荷量为e，质量为m，电子在第1轨道运动的半径为r1，静电力常量为k．（1）电子绕氢原子核做圆周运动时，可等效为环形电流，试计算电子绕氢原子核在第1轨道上做圆周运动的周期及形成的等效电流的大小；（2）氢原子在不同的能量状态，对应着电子在不同的轨道上绕核做匀速圆周运动，电子做圆周运动的轨道半径满足r n=n2r1，其中n为量子数，即轨道序号，r n为电子处于第n轨道时的轨道半径．电子在第n轨道运动时氢原子的能量E n为电子动能与“电子﹣原子核”这个系统电势能的总和．理论证明，系统的电势能E p和电子绕氢原子核做圆周运动的半径r存在关系：E p=﹣k（以无穷远为电势能零点）．请根据以上条件完成下面的问题．①试证明电子在第n轨道运动时氢原子的能量E n和电子在第1轨道运动时氢原子的能量E1满足关系式E n=②假设氢原子甲核外做圆周运动的电子从第2轨道跃迁到第1轨道的过程中所释放的能量，恰好被量子数n=4的氢原子乙吸收并使其电离，即其核外在第4轨道做圆周运动的电子脱离氢原子核的作用范围．不考虑电离前后原子核的动能改变，试求氢原子乙电离后电子的动能．物理试题答案一、选择题1．【解答】A、布朗运动是指悬浮在液体中颗粒的运动，不是液体分子的运动，而是液体分子的运动的间接反映．故A错误；B、温度是分子平均动能的标志，温度升高，物体内大量分子热运动的平均动能增大，故B正确；C、做功和热传递都可以改变物体的内能．物体从外界吸收热量，其内能不一定增加，与做功情况有关，故C错误；D、由气态方程=c知，气体的温度升高，压强不一定增大，还与体积的情况有关．故D错误．故选：B．2．【解答】重核的裂变是指质量数较大的原子核分裂成两个中等质量的原子核，A为聚变，B为β衰变，C为发现质子的方程，D是重核裂变，故D正确．故选：D．3．【解答】实验中用激光通过双缝，双缝的作用是形成相干光源；由条纹间距干涉△x=λ，知，为了增大光屏上干涉条纹的间距，应使得双缝间距离d缩小，或者增大L与λ；A、将光屏移近双缝，则L减小，不符合要求，故A错误；B、换滤光片，改用波长更长的单色光，符合要求，故B正确；C、增大双缝的间距，导致条纹间距变小，故C错误；D、光源向双缝移动一小段距离，不会影响条纹间距，故D错误；故选：B．4．【解答】A、由波动图象读出波长λ=4m，则质点振动的周期为 T===0.2m/s，故A正确；B、质点振动的振幅为 A=0.8cm，故B错误；C、根据图示时刻x=2.0m处的质点振动速度方向沿y轴负方向，根据波形的平移法可知：波沿x轴负方向传播，故C错误；D、图示时刻，x=1.5m处的质点沿y轴正方向，因为简谐运动中质点的加速度方向与位移方向总是相反，则x=1.5m 处的质点加速度沿y轴负方向．故D错误．故选：A．5．【解答】A、粒子垂直射入匀强磁场中，做匀速圆周运动，进入磁场时，速度向右，磁场向内，洛伦兹力向上，故粒子带正电，故A错误；B、根据左手定则，洛伦兹力与速度垂直，一定不做功，故B错误；C、洛伦兹力提供向心力，指向圆心；粒子从ad边的中点M点以一定速度垂直于ad边射入磁场，圆心在射线Ma上；正好从ab边中点N点射出磁场，故圆心在MN的连线的垂直平分线撒谎能够；故圆心在a点，故半径为，故C错误；D、根据牛顿第二定律，有：qvB=m，解得：R=；速度越大，轨道半径越大，故D正确．故选：D．6．【解答】A、由右手定则判断得知金属棒MN中的电流方向为由N到M，故A错误；B、MN产生的感应电动势为 E=BLv，回路中的感应电流大小为 I==则电阻R两端的电压为U=IR=，故B错误；C、金属棒MN受到的安培力大小为 F=BIL=B L=，故C正确；D、电阻R产生焦耳热的功率为 P=I2R=（）2R=，故D错误．故选：C．7．【解答】A、B、球5向右摆起，且达到的最大高度与球1的释放高度相同，由分析知说明该过程，每两个小球碰撞的过程机械能守恒、动量守恒，不是5个小球的系统，故A错误，B错误；C、D、如果同时向左拉起小球1、2、3到相同高度同时由静止释放，则3与4碰后，3停止4具有向右的速度，4与5碰撞交换速度，4停止5向右摆起；3刚停止的时候2球过来与之碰撞交换速度，然后3与4碰撞，使4向右摆起；2球刚停止的时候1球过来与之碰撞交换速度，然后2与3碰撞交换速度，使3向右摆起；故经碰撞后，小球3、4、5一起向右摆起，且上升的最大高度与小球1、2、3的释放高度相同；故D正确，C错误；故选：D．8．【解答】令地球的密度为ρ，则在地球表面，重力和地球的万有引力大小相等，有：g=由于地球的质量为M=，所以重力加速度的表达式可写成：g=．根据题意有，质量分布均匀的球壳对壳内物体的引力为零，受到地球的万有引力即为半径等于r的球体在其表面产生的万有引力，g′=当r＜R时，g与r成正比，当r＞R后，g与r平方成反比．即质量一定的小物体受到的引力大小F在地球内部与r 成正比，在外部与r的平方成反比．故选：A．二、填空题（共5小题，每小题6分，满分72分）9．【解答】（1）半偏法测电流表内阻的实验步骤是：闭合开关S1，调节R1的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度，然后再闭合S2，调节R1和R2的阻值，使电流表的指针偏转到满刻度的一半，记下R2的阻值，则合理的实验步骤为：bda．（2）由实验步骤可知，滑动变阻器阻值不变，电路总电阻不变，电路总电流不变，电流表半偏时流过电阻箱电流等于电流表电流，由于它们两端电压相等，则它们电阻阻值相等，由此可知，电流表内阻R g=R2=500Ω，故选B．（3）把G改装成电压表，需要串联电阻的阻值R=﹣Rg=﹣500=9500Ω．故答案为：（1）bda；（2）B；（3）9500．10．【解答】①A、根据T=得：g=，知需要测量摆长，摆长等于摆线的长度和摆球的半径之和，所以选择长近1m的细线，直径为1.8cm的铁球，需要测量摆长和摆球的直径，所以需要最小刻度为1mm的米尺和螺旋测微器．故选：adf．B、因为T=，则g=．C、测量周期时，摆球振动过程中悬点O处摆线的固定出现松动，摆长略微变长，则摆长的测量值偏小，测得的重力加速度偏小．②A、根据简谐运动的图线知，单摆的周期T=2.0s；B、根据T=得：，知图线的斜率：k==4.04，解得：g=9.76m/s2．故答案为：①A．adf；B．； C．偏小②A．2.0； B．9.76．11．【解答】解：（1）滑动摩擦力 f=μmg设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律F﹣μmg=ma1解得 a1=9.0m/s2设滑块运动位移为0.50m时的速度大小为v，根据运动学公式v2=2a1x解得 v=3.0m/s；（2）设滑块通过B点时的动能为E kB从A到B运动过程中，依据动能定理有 W合=△E kF x﹣fx0=E kB，解得 E kB=4.0J（3）设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为W f，根据动能定理﹣mgh﹣W f=0﹣E kB解得 W f=0.50J；答：（1）撤去力F时，滑块的速度大小为3.0m/s；（2）B点的动能为4.0J；（3）滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功为0.50J．12．【解答】解：（1）烟尘颗粒在通道内只受电场力的作用，电场力F=qE又因为 E=设烟尘颗粒在通道内运动时加速度为a，根据牛顿第二定律有=ma解得a=4.0×102m/s2，方向竖直向下；（2）若通道最上方的颗粒能通过通道，则这些颗粒在竖直方向上有最大的偏转距离这些颗粒在水平方向的位移 L=vt在竖直方向的位移 h′=at2解得 h′=0.08m＜h=0.10m 可确定这些颗粒能通过通道因此，除尘过程中烟尘颗粒在竖直方向偏转的最大距离为8.0cm；（3）设每立方米有烟尘颗粒为N0时间t内进入除尘器的颗粒N1=N0hLvt时间t内吸附在底面上的颗粒N2=N0hʹLvt则除尘效率η===80%因为h′=at2=当hʹ＜h时，η==×当hʹ≥h时，η=1因此，在除尘器通道大小及颗粒比荷不改变的情况下，可以通过适当增大两金属板间的电压U，或通过适当减小颗粒进入通道的速度v来提高除尘效率．答：（1）加速度为4.0×102m/s2，方向竖直向下；（2）烟尘颗粒在竖直方向偏转的最大距离为8.0cm；（3）通过适当增大两金属板间的电压U，或通过适当减小颗粒进入通道的速度v来提高除尘效率．13．【解答】解：（1）设电子绕氢原子核在第1轨道上做圆周运动的周期为T1，形成的等效电流大小为I1，根据牛顿第二定律有：则有：又因为：有：（2）①设电子在第1轨道上运动的速度大小为v1，根据牛顿第二定律有电子在第1轨道运动的动能：电子在第1轨道运动时氢原子的能量 E1=﹣k同理，电子在第n轨道运动时氢原子的能量 E n=﹣k又因为 r n=n2r1则有 E n=﹣k=﹣k=命题得证．②由①可知，电子在第1轨道运动时氢原子的能量 E1=﹣k电子在第2轨道运动时氢原子的能量 E2==﹣k电子从第2轨道跃迁到第1轨道所释放的能量△E=E2﹣E1=电子在第4轨道运动时氢原子的能量 E4==﹣k设氢原子电离后电子具有的动能为E k，根据能量守恒有E k=E4+△E 解得E k=﹣k +=；答：（1）电子绕氢原子核在第1轨道上做圆周运动的周期：，及形成的等效电流的大小：；（2）①证明如上所示；②氢原子乙电离后电子的动能．11 / 11。

14．（8分）如图17所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加以电压U1=2500V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出。

装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l=6.0cm，相距d=2cm，两极板间加以电压U2=200V的偏转电场。

从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场。

已知电子的电荷量e=1.6×10-19C，电子的质量m=0.9×10-30kg，设电子刚离开金属丝时的速度为0，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力。

求：（1）电子射入偏转电场时的动能E k；（2）电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；（3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功W。

金属板U1图1715．（9分）图18为一个小型交流发电机的原理图，其矩形线圈的面积为S ，共有n 匝，线圈总电阻为r ，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO 转动；线圈处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，线圈在转动时可以通过滑环K 和电刷L 保持与外电路电阻R 的连接。

在外力作用下线圈以恒定的角速度ω绕轴OO ′匀速转动。

（不计转动轴及滑环与电刷的摩擦）（1）推导发电机线圈产生感应电动势最大值的表达式E m =nB Sω；（2）求线圈匀速转动过程中电流表的示数；（3）求线圈速度转动N 周过程中发电机线圈电阻r 产生的焦耳热。

16．（10分）如图19所示，在水平向左、电场强度为E 的匀强电场中，竖直固定着一根足够长的粗糙绝缘杆，杆上套着一个质量为m 、带有电荷量-q 的小圆环，圆环与杆间的动摩擦因数为μ。

（1）由静止释放圆环，圆环沿杆下滑，求圆环下滑过程中受到的摩擦力f ；（2）若在匀强电场E 的空间内再加上磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场，圆环仍由静止开始沿杆下滑。

求：①圆环刚开始运动时加速度a 0的大小； ②圆环下滑过程中的最大动能E k 。

北京市海淀区2014届高三物理上学期期中反馈试题新人教A版（教师版）2013.111-1．如图所示，物体A用轻质细绳与圆环B连接，圆环套在固定竖直杆MN上。

现用一水平力F作用在绳上的O点，将O点缓慢向左移动，使细绳与竖直方向的夹角增大，在此过程中圆环B始终处于静止状态。

则下列说法正确的是A．水平力F逐渐增大B．绳对圆环B的弹力不变C．杆对圆环B的摩擦力不变D．杆对圆环B的弹力不变1-2．如图所示,轻绳的两端分别系在圆环A和小球B上,圆环A套在粗糙的水平直杆MN上。

现用水平力F拉着绳子上的一点O，使小球B从图中实线位置缓慢上升到虚线位置,但圆环A始终保持在原位置不动.则在这一过程中，环对杆的摩擦力f和环对杆的压力N的变化情况是A.f不变，N不变B. f增大，N不变C. f增大，N减小D. f不变，N减小【答案】：B【解析】试题分析：由平衡条件得：F=mg tanα，α增大，则F增大；再以整体为研究对象，根据平衡条件得：f=F，则f逐渐增大．F N=（M+m）g，F N保持不变故选B．考点：整体法及隔离法；共点力的平衡。

2．一个矿泉水瓶底部有一小孔。

静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设水瓶在下述几种运动过程中没有转动且忽略空气阻力，则A．水瓶自由下落时，小孔向下漏水B．将水瓶竖直向上抛出，水瓶向上运动时，小孔向下漏水；水瓶向下运动时，小孔不向下漏水C．将水瓶水平抛出，水瓶在运动中小孔不向下漏水D．将水瓶斜向上抛出，水瓶在运动中小孔向下漏水3-1．如图所示，某同学在研究运动的合成时做了下述活动：用左手沿黑板推动直尺竖直向上运动，运动中保持直尺水平，同时，用右手沿直尺向右移动笔尖。

若该同学左手的运动为匀速运动，右手相对于直尺的运动为初速度为零的匀加速运动，则关于笔尖的实际运动，下列说法中正确的是A. 笔尖做速度方向与加速度方向夹角逐渐变大的曲线运动B．笔尖做加速度方向与水平方向夹角逐渐变大的曲线运动C．笔尖在单位时间内的位移逐渐变大D．笔尖在单位时间内的速度变化量不变3-2．如图所示，一玻璃筒中注满清水，水中放一软木做成的小圆柱体R(圆柱体的直径略小于玻璃管的直径，轻重大小适宜，使它在水中能匀速上浮)。

海淀区高三年级第一学期期末练习 物 理 2014.1 说明：本试卷共8页，共100分。

考试时长90分钟。

考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效。

考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。

题号一二三总分131415161718分数 一、本题共10小题，每小题3分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。

全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

把你认为正确的答案填涂在答题纸上。

1．用比值法定义物理量。

下的是 A．E=定义电场强度 B．定义磁感应强度 C．定义电容器的电容 D．R=定义导体的电阻 2．如图1所示，图中以点电荷Q为的虚线同心圆是该点电荷电场中等势面。

一个带正电的粒子经过该电场，它的运动轨迹如图中实线所示，M和N是轨迹上的两点。

不计重力，由此可以判断 A．此粒子在M点的加速度小于在N点的加速度 B．此粒子在M点的电势能大于在N点的电势能 C．此粒子在M点的动能小于在N点的动能 D．电场M点的电势于N点的电势 3．如图2所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B下部的金属箔均是闭合的。

下列现象描述正确的是 A．把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，A、B下部的金属箔都会张开 B．把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有A下部的金属箔张开 C．把带正电荷的物体C移近导体A，把B向右移使其与A分开稳定后A、B下部的金属箔都还是张开的 D．把带正电荷的物体C移近导体A，把B向右移使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都闭合 4．如图3所示电路中，灯泡A、B规格相同，电感线圈L自感系数足够大且电阻可忽略。

下列关于此电路的说法中正确的是 A．S闭合后的瞬间，A、B同时亮，然后A变暗后熄灭 B．S闭合后的瞬间，B先亮，A逐渐变亮，最后A、B一样亮 C．S断开后的瞬间，A立即熄灭，B变暗后熄灭 D．S断开后的瞬间，B立即熄灭，A闪亮一下后熄灭 5．4所示电路，电源电动势为E，内阻r。

海淀区高三年级第一学期末练习物理说明：本试卷共8页，共100分。

考试时长90分钟。

考生务势必答案写在答题纸上，在试卷上作答无效。

考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。

一、此题共10小题，每题 3分，共30分。

在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。

所有选对的得3分，选不全的得2 分，有选错或不答的得0分。

把你以为正确答案填涂在答题纸上。

1．真空中两相同的带等量异号电荷的金属小球A和B(均可看做点电荷)，分别固定在两处，它们之间的距离远远大于小球的直径，两球间静电力大小为F。

现用一个不带电的相同的绝缘金属小球C与A接触，而后移开C，此时A、B球间的静电力大小为A．2FB．F 2FF C．D．322．用绝缘柱支撑着贴有小金属箔的导体A和B，使它们相互接触，开初它们不带电，贴在它们下部的并列平行双金属箔是闭合的。

现将带正电荷的物体C移近导体A，发现金属箔都张开必定的角度，如图1所示，则A．导体B下部的金属箔感觉出负电荷B．导体B下部的金属箔感觉出正电荷图1C．导体A和B下部的金属箔都感觉出负电荷D．导体A感觉出负电荷，导体B感觉出等量的正电荷3．如图2所示，M、N为两个带有等量异号电荷的点电荷，O点是它们之间连线的中点，A、B是M、N连线中垂线上的两点，A点距O点较近。

用E O、E A、E B和φO、φA、φB 分别表示O、A、B三点的电场强度的大小和电势，以下说法中正确的选项是BA．EO等于0M A NOB．EA必定大于EB图2C．φA 必定大于φBD．将一电子从O点沿中垂线挪动到A点，电场力必定不做功4．在电子技术中，从某一装置输出的沟通信号经常既含有高频成份，又含有低频成份。

为了在后边一级装置中获得高频成份或低频成份，我们能够在前方一级装置和后边一级装置之间设计如图3所示的电路。

对于这类电路，以下说法中正确的选项是自向自向前后前后级～～级级～L～级输C输输输入出入出甲乙图3A ．要使“向后级输出”端获得的主假如高频信号，应当选择图 3甲所示电路B ．要使“向后级输出”端获得的主假如高频信号，应当选择图 3乙所示电路C ．要使“向后级输出”端获得的主假如低频信号，应当选择图 3甲所示电路D ．要使“向后级输出”端获得的主假如低频信号，应当选择图 3乙所示电路5．如图4所示，一理想变压器的原、副线圈匝数分别为2200匝和110 匝，将原线圈接在输出电压u=2202sin100πt （V ）的沟通电源两头。

海淀区高三年级第一学期期中练习物 理 2013.11说明：本试卷共8页，共100分。

考试时长90分钟。

考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效。

考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。

题号 一 二 三总分13 14 15 16 17 18 分数一、本题共10小题，每小题3分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。

全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

把你认为正确的答案填涂在答题纸上。

1．如图1所示，物体A 用轻质细绳与圆环B 连接，圆环固定在竖直杆MN 上。

现用一水平力F 作用在绳上的O 点，将O 点缓慢向左移动，使细绳与竖直方向的夹角θ逐渐增大。

关于此过程，下列说法中正确的是A ．水平力F 逐渐增大B ．水平力F 逐渐减小C ．绳OB 的弹力逐渐减小D ．绳OB 的弹力逐渐增大2．2013年6月我国宇航员在天宫一号空间站中进行了我国首次太空授课活动，展示了许多在地面上无法实现的实验现象。

假如要在空间站再次进行授课活动，下列我们曾在实验室中进行的实验，若移到空间站也能够实现操作的有A ．利用托盘天平测质量B ．利用弹簧测力计测拉力C ．利用自由落体验证机械能守恒定律D ．测定单摆做简谐运动的周期3．如图2所示，某同学在研究运动的合成时做了下述活动：用左手沿黑板推动直尺竖直向上运动，运动中保持直尺水平，同时，用右手沿直尺向右移动笔尖。

若该同学左手的运动为匀速运动，右手相对于直尺的运动为初速度为零的匀加速运动，则关于笔尖的实际运动，下列说法中正确的是A ．笔尖做匀速直线运动B ．笔尖做匀变速直线运动C ．笔尖做匀变速曲线运动D ．笔尖的速度方向与水平方向夹角逐渐变小图2F ON MB A 图1θ4．某同学用两个弹簧测力计、一根橡皮筋、细绳套、三角板及贴有白纸的方木板等器材，进行“验证力的平行四边形定则”的实验。

图3所示是该同学依据实验记录作图的示意图。

海淀区高三年级第一学期期末练习参考答案及评分标准 物 理 2015.1一、本题共10小题，每小题3分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是符合题意的，有的小题有多个选项是符合题意的。

全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D AB BD AC D C BC AD C D二、本题共2小题，共15分。

11．（6分）（1）①○5③④（2分）；（2）130（2分）；（3）偏小（2分）12．（9分）（1）B ；F （2分）（2）如答图1所示（3分）；（3）5.0（2分）说明：5同样得分；（4）甲、丙（2分）；三、本题包括6小题，共55分。

解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。

只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。

说明：计算题提供的参考解答，不一定都是惟一正确的。

对于那些与此解答不同的正确解答，同样得分。

13．（8分）（1）小球受重力mg 、电场力F 和拉力T ，其静止时受力如答图2所示。

根据共点力平衡条件有： F = mg tan37︒=0.75N （2分）A RVE S 答图1 37︒ mg答图2 TF解得：v =)37tan 1(2︒-gl = 1.0m/s （1分）（3）设小球通过最低点C 时细线对小球的拉力大小为T′。

根据牛顿第二定律有： T′－mg = lv m 2（2分） 解得：T′=1.5N （1分）14．（8分）（1）设磁感应强度为B 1。

根据安培定则可知安培力沿导轨平面向上，金属杆ab 受力如答图3。

根据平衡条件对金属杆ab 有：θsin 1mg IL B =（1分）解得： IL mg B θsin 1=（1分）（2）金属杆ab 对导轨压力为零，则金属杆ab 只受重力和安培力。

根据平衡条件对金属杆ab 有：mg IL B =2 （1分）解得：ILmg B =2（1分） 根据安培定则可知磁场方向垂直金属杆ab 水平向右。

海淀区高三年级第一学期期末练习 物 理 2016.1 说明：本试卷共8页，共100分。

考试时长90分钟。

考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效。

考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。

题号一二三总分131415161718分数 一、本题共10小题，每小题3分，共30分。

在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的。

全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分。

把你认为正确的答案填涂在答题纸上。

1．如图1所示，真空中有两个点电荷分别位于M点和N点，它们所带电荷分别为q1和q2。

已知在M、N连线上某点P处的电场强度为零，且MP=3PN，则 A．q1=3 q2 B．q1=9 q2 C．q1=q2 D．q1=q2 2．如图2所示，带箭头的实线某电场的电场线，虚线等势面。

A、B、C三点的电场强度大小分别为EA、EB、EC，电势分别为关于这三点的电场强度和电势的关系，下列说法中正确的是 A．EA=EB B．EA＞EC C． D． 3．如图3所示，在空间Oxyz中存在有沿x轴正方向的匀强磁场，在直角坐标系中选取如图所示的aba′b′c′棱柱形空间。

通过面积S1（ab′a′所围的面积）、S2（a′a′所围的面积）S3（bb′c′所围的面积）的磁通量分别为Φ1、Φ2和Φ3，则 A．Φ1=Φ2 B．Φ＞Φ C．Φ1＞Φ3 D．Φ3＞Φ2 4．在如图4所示电路中，电源内阻不可忽略。

开关S闭合后，在变阻器R2的滑动端由a向b滑动的过程中， A．电压表的示数增大，电流表的示数减小B．电压表的示数减小，电流表的示数增大C． D． 5．如图所示，理想变压器输入电压为V，端接有只12V，24W的灯泡，变压器原、副线圈的匝数之比应为：变压器原、副线圈的匝数之比应为：6．图6是用电流传感器（电流传感器相当于电流表，其电阻可以忽略不计）研究自感现象的实验电路，电源的电动势为E，内阻为r，感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻值大于灯泡D的阻值，在t=0时刻闭合开关S，经过一段时间后，在t=t1时刻断开开关S。

海淀区高三年级第一学期期末反应练习物理2014.1一、选择题1-1 ．以下公式中，既合用于点电荷产生的静电场，也合用于匀强电场的有①场强= /②场强 =/③场强=/2④电场力做功 =E F q E U d E kQ r W UqA. ①③B. ①④C.②④D.②③【参照答案】 B1-2 ．在物理学中常用图像法表示两个物理量的关系。

下边四组物理量的关系能用图1的图像表示的是（）A．y轴表示稳固静电场中某点搁置不一样查验电荷所受的电场力，x轴表示对应电荷的电量B．y轴表示一个定值电阻两头电压的变化量，x轴表示经过该电阻y 与电压变化量对应的电流的变化量C．y轴表示一个电容器电量的变化量，x轴表示电容器两头与电量变化量对应的电压的变化量OD．y轴表示垂直磁场搁置的不一样面积线圈的磁通量，x 轴表示与磁x 图 1通量对应的线圈面积【参照答案】 A B C2．图 2 所示，图中以点电荷Q为圆心的虚线齐心圆是该点电荷电场中球形等势面的横截面图。

一个带电的粒子经过该电场，它的运动轨迹如图中实线所示，P、M、N、O、F 都是轨迹上的点。

不计带电粒子遇到的重力，由此能够判断P MA．此粒子和点电荷Q带同种电荷N B．此粒子在M点的动能小于在F点的动能OQ C．若PM两点间的距离和MN两点间的距离相等，则从P 到 M F 和从 M到 N，电场力做功相等图 2 D．若O点是轨迹上距离点电荷Q近来的点，则带电粒子有可能从O点开始做匀速圆周运动【参照答案】B3．如图 3 所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和 B，使它们相互接触，开初它们不带电，分别贴在导体 A、B下部的金属箔均是闭合的。

以下对于实验过程的现象描述中正确的选项是A．把带正电荷的物体C移近导体A稳固后，A、B下部的金属箔都会由于带上负电荷而张开B．把带正电荷的物体C移近导体 A 稳固后，导体 A 的电势高于导体 B 的电势CA B + +金属箔图 3C．把带正电荷的物体C移近导体 A 稳固后，导体A内部的场强和导体 B 内部的场强盛小相等D．把带正电荷的物体C移近导体 A 后，再把 B 向右挪动稍许使其与 A 分开，而后移走物体 C，稳固后 A、B 下部的金属箔都仍是张开的【参照答案】 C D4-1 ．如图 4 所示电路中，灯泡A、B 的规格同样，电感线圈L 的自感系数足够大且直A流电阻可忽视。

2014海淀高三（上）期末物理一、本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．把你认为正确的答案填涂在答题纸上．1．（3分）在真空中有两个固定的点电荷，它们之间的静电力大小为F．现保持它们之间的距离不变，而使它们的电荷量都变为原来的2倍，则它们之间的静电力大小为（）A． F B． F C．2F D．4F2．（3分）关于电场强度和磁感应强度，下列说法中正确的是（）A．电场强度的定义式E=适用于任何静电场B．电场中某点电场强度的方向与在该点的带正电的检验电荷所受电场力的方向相同C．磁感应强度公式B=说明磁感应强度B与放入磁场中的通电导线所受安培力F成正比，与通电导线中的电流I 和导线长度L的乘积成反比D．磁感应强度公式B=说明磁感应强度的方向与放入磁场中的通电直导线所受安培力的方向相同3．（3分）在如图所示电路中，电压表、电流表均为理想电表，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在滑动变阻器R1的滑片P向右端滑动的过程中（）A．电压表的示数减小 B．电压表的示数增大C．电流表的示数减小 D．电流表的示数增大4．（3分）如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置．设两极板的正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，平行板电容器的电容为C．实验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于实验的分析正确的是（）A．保持d不变，减小S，则C变小，θ变大B．保持d不变，减小S，则C变大，θ变大C．保持S不变，增大d，则C变小，θ变大D．保持S不变，增大d，则C变大，θ变大5．（3分）如图所示，a、b、c是一条电场线上的三点，一个带正电的粒子仅在电场力的作用下沿这条电场线由a 运动到c的过程中，其动能增加．已知a、b间距离等于b、c间距离，用φa、φb、φc分别表示a、b、c三点的电势，用E a、E b、E c分别表示a、b、c三点的场强大小．根据上述条件所做出的下列判断中一定正确的是（）A．E a=E b=E c B．E a＞E b＞E c C．φa﹣φb=φb﹣φc D．φa＞φb＞φc6．（3分）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随时间而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 i 的正方向．则在下图中给出的线圈中感应电流i随时间而变化的图象可能的是（）A．B．C．D．7．（3分）如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R=48Ω相连．若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是（）A．变压器输入电压的最大值是220VB．若电流表的示数为0.50A，变压器的输入功率是12WC．原线圈输入的正弦交变电流的频率是50HzD．电压表的示数是24V8．（3分）如图所示，A l和A2是两个规格完全相同的灯泡，A l与自感线圈L串联后接到电路中，A2与可变电阻串联后接到电路中．先闭合开关S，缓慢调节电阻R，使两个灯泡的亮度相同，再调节电阻R1，使两个灯泡都正常发光，然后断开开关S．对于这个电路，下列说法中正确的是（）A．再闭合开关S时，A2先亮，A l后亮B．再闭合开关S时，A l和A2同时亮C．再闭合开关S，待电路稳定后，重新断开开关S，A2立刻熄灭，A1过一会儿熄灭D．再闭合开关S，待电路稳定后，重新断开开关S，A l和A2都要过一会儿才熄灭9．（3分）如图所示，在光滑绝缘水平面上，两个带等量正电的点电荷分别固定在A、B两点，O为AB连线的中点，MN为AB的垂直平分线．在MN之间的C点由静止释放一个带负电的小球（可视为质点），若不计空气阻力，则（）A．小球从C点沿直线MN向N端运动，先做匀加速运动，后做匀减速运动B．小球从C点运动至距离该点最远位置的过程中，其所经过各点的先电势先降低后升高C．小球从C点运动至距离该点最远位置的过程中，其电势能先减小后增大D．若在两个小球运动过程中，两个点电荷所带电荷量同时等量地缓慢增大，则小球往复运动过程中的振幅将不断增大10．（3分）回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展．回旋加速器的原理如图所示，D1和D2是两个正对的中空半圆金属盒，它们的半径均为R，且分别接在电压一定的交流电源两端，可在两金属盒之间的狭缝处形成变化的加速电场，两金属盒处于与盒面垂直、磁感应强度为B 的匀强磁场中．A点处的粒子源能不断产生带电粒子，它们在两盒之间被电场加速后在金属盒内的磁场中做匀速圆周运动．调节交流电源的频率，使得每当带电粒子运动到两金属盒之间的狭缝边缘时恰好改变加速电场的方向，从而保证带电粒子能在两金属盒之间狭缝处总被加速，且最终都能沿位于D2盒边缘的C口射出．该回旋加速器可将原来静止的α粒子（氦的原子核）加速到最大速率v，使它获得的最大动能为E k．若带电粒子在A点的初速度、所受重力、通过狭缝的时间及C口的口径大小均可忽略不计，且不考虑相对论效应，则用该回旋加速器（）A．能使原来静止的质子获得的最大速率为vB．能使原来静止的质子获得的动能为E kC．加速质子的交流电场频率与加速α粒子的交流电场频率之比为1：1D．加速质子的总次数与加速α粒子总次数之比为2：1二、本题共2小题，共15分．11．（6分）指针式多用电表是电路测量的常用工具．现用多用电表测量一个定值电阻的阻值（阻值约为一百多欧姆）．（1）将红、黑表笔分别插入“+”、“﹣”插孔，接下来必要的操作步骤和正确的顺序是．（请将必要步骤前的序号按正确的顺序写出）①将选择开关旋转“×10”的位置；②将选择开关旋转“×100”的位置；③用两支表笔的金属部分分别接触电阻的两条引线；④根据指针所指刻度和选择开关的位置，读出电阻的阻值；⑤将两支表笔直接接触，调整“欧姆调零旋钮”使指针指向“0Ω”．（2）若正确测量时指针所指刻度如图10所示，则这个电阻阻值的测量值是Ω．（3）在使用多用电表测量电阻时，若双手捏住红、黑表笔金属部分，则测量结果将．（选填“偏大”或“偏小”）12．（9分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为0.5W，此外还有以下器材可供选择：A．直流电源3V（内阻不计）B．直流电流表0～300mA（内阻约为5Ω）C．直流电流表0～3A（内阻约为0.1Ω）D．直流电压表0～3V（内阻约为3kΩ）E．滑动变阻器100Ω，0.5AF．滑动变阻器10Ω，2AG．导线和开关实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．（1）实验中电流表应选用，滑动变阻器应选用；（均填写仪器前的字母）（2）在图1所示的虚线框中画出符合要求的实验电路图（虚线框中已将所需的滑动变阻器画出，请补齐电路的其他部分，要求滑片P向b端滑动时，灯泡变亮）；（3）根据实验数据，画出的小灯泡I﹣U图线如图2所示．由此可知，当电压为0.5V时，小灯泡的灯丝电阻是Ω；（4）根据实验测量结果可以绘制小灯泡的电功率P随其两端电压U或电压的平方U2变化的图象，在图3中所给出的甲、乙、丙、丁图象中可能正确的是．（选填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”）三、本题包括6小题，共55分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．（8分）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l=0.20m的绝缘轻线把质量为m=0.10kg、13．带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时轻线与竖直方向的夹角为θ=37°．现将小球拉至位置A，使轻线水平张紧后由静止释放．g取10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．求：（1）小球所受电场力的大小；（2）小球通过最低点C时的速度大小；（3）小球通过最低点C时轻线对小球的拉力大小．14．（8分）如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两导轨间距为L．一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，且接触良好，整套装置处于匀强磁场中．金属杆ab中通有大小为I的电流．已知重力加速度为g．（1）若匀强磁场方向垂直斜面向下，且不计金属杆ab和导轨之间的摩擦，金属杆ab静止在轨道上，求磁感应强度的大小；（2）若金属杆ab静止在轨道上面，且对轨道的压力恰好为零．试说明磁感应强度大小和方向应满足什么条件；（3）若匀强磁场方向垂直斜面向下，金属杆ab与导轨之间的动摩擦因数为μ，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．欲使金属杆ab静止，则磁感应强度的最大值是多大．15．（9分）如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd的边长ab=cd=50cm，bc=ad=20cm，匝数n=100，线圈的总电阻r=0.20Ω，线圈在磁感强度B=0.050T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OOˊ匀速转动，角速度ω=100πrad/s．线圈两端通过电刷E、F与阻值R=4.8Ω的定值电阻连接．计算时π取3．（1）从线圈经过中性面开始计时，写出线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式；（2）求此发电机在上述工作状态下的输出功率；（3）求从线圈经过中性面开始计时，经过周期时间通过电阻R的电荷量．16．（10分）汤姆孙用来测定电子的比荷（电子的电荷量与质量之比）的实验装置如图所示，真空管内的阴极K发出的电子经加速电压加速后，穿过A′中心的小孔沿中心线O1O的方向进入到两块水平正对放置的平行极板P和P′间的区域，极板间距为d．当P和P′极板间不加偏转电压时，电子束打在荧光屏的中心O点处，形成了一个亮点；当P和P′极板间加上偏转电压U后，亮点偏离到O′点；此时，在P和P′间的区域，再加上一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，调节磁场的强弱，当磁感应强度的大小为B时，亮点重新回到O点．不计电子的初速度、所受重力和电子间的相互作用．（1）求电子经加速电场加速后的速度大小；（2）若加速电压值为U0，求电子的比荷；（3）若不知道加速电压值，但已知P和P′极板水平方向的长度为L1，它们的右端到荧光屏中心O点的水平距离为L2，O′与O点的竖直距离为h，（O′与O点水平距离可忽略不计），求电子的比荷．17．（10分）电视机中显像管（抽成真空玻璃管）的成像原理主要是靠电子枪产生高速电子束，并在变化的磁场作用下发生偏转，打在荧光屏不同位置上发出荧光而形成像．显像管的原理示意图（俯视图）如图甲所示，在电子枪右侧的偏转线圈可以产生使电子束沿纸面发生偏转的磁场，偏转的磁场可简化为由通电螺线管产生的与纸面垂直的磁场，该磁场分布的区域为圆形（如图乙所示），其磁感应强度B=μNI，式中μ为磁常量，N为螺线管线圈的匝数，I为线圈中电流的大小．由于电子的速度极大，同一电子穿过磁场过程中可认为磁场没有变化，是稳定的匀强磁场．已知电子质量为m，电荷量为e，电子枪加速电压为U，磁常量为μ，螺线管线圈的匝数N，偏转磁场区域的半径为r，其圆心为O点．当没有磁场时，电子束通过O点，打在荧光屏正中的M点，O点到荧光屏中心的距离OM=L．若电子被加速前的初速度和所受的重力、电子间的相互作用力以及地磁场对电子束的影响均可忽略不计，不考虑相对论效应及磁场变化所激发的电场对电子束的作用．（1）求电子束经偏转磁场后打到荧光屏上P点时的速率；（2）若电子束经偏转磁场后速度的偏转角θ=60°，求此种情况下电子穿过磁场时，螺线管线圈中电流I0的大小；（3）当线圈中通入如图丙所示的电流，其最大值为第（2）问中电流的0.5倍．求电子束打在荧光屏上发光所形成“亮线”的长度．18．（10分）如图所示，PQ和MN是固定于水平面内的平行光滑金属轨道，轨道足够长，其电阻可忽略不计．金属棒ab、cd放在轨道上，始终与轨道垂直，且接触良好．金属棒ab、cd的质量均为m，长度均为L．两金属棒的长度恰好等于轨道的间距，它们与轨道形成闭合回路．金属棒ab的电阻为2R，金属棒cd的电阻为R．整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．（1）若保持金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直的水平恒力F作用下，沿轨道以速度v做匀速运动．试推导论证：在△t时间内，F对金属棒cd所做的功W等于电路获得的电能E电；（2）若先保持金属棒ab不动，使金属棒cd在与其垂直的水平力F′（大小未知）作用下，由静止开始向右以加速度a做匀加速直线运动，水平力F′作用t0时间撤去此力，同时释放金属棒ab．求两金属棒在撤去F′后的运动过程中，①金属棒ab中产生的热量；②它们之间的距离改变量的最大值△x．参考答案与试题解析一、本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项是正确的，有的小题有多个选项是正确的．全部选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．把你认为正确的答案填涂在答题纸上．1．【解答】距离改变之前：F=①当电荷量都变为原来的3倍时：F1=②联立①②可得：F1=4F，故ABC错误，D正确．故选：D．2．【解答】A、电场强度的定义式E=适用于任何电场．故A正确；B、根据电场强度方向的规定：电场中某点电场强度的方向与在该点的带正电的检验电荷所受电场力的方向相同．故B正确；C、磁感应强度公式B=是定义式，磁感应强度的大小与方向由磁场本身决定，与放入磁场中的通电导线所受安培力F无关，与通电导线中的电流I和导线长度L的乘积无关．故C错误；D、根据左手定则，磁感应强度的方向与置于该处的通电导线所受的安培力方向垂直．故D错误．故选：AB3．【解答】当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则外电路总电阻增大，电路中总电流减小，电源的内电压减小，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压增大，故电压表示数增大；由欧姆定律可知，R3上的分压减小，而路端电压增大，故并联部分的电压增大，则电流表示数增大，故BD正确，AC错误；故选：BD．4．【解答】AB、根据电容的决定式C=得知，当保持d不变，减小S，则C变小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大．故A正确，B错误．CD、根据电容的决定式C=得知，保持S不变，增大d，则C变小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，故C正确，D错误．故选：AC．5．【解答】AB、电场线的疏密表示场强的相对大小，一条电场线不能确定电场线的疏密，故无法知道电场强度的大小关系．故A、B错误．C、由于E的大小不确定，由公式U=Ed不分析电势差的大小，故C错误．D、顺着电场线电势一定逐渐降低，则φa＞φb＞φc．故D正确．故选：D．6．【解答】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，故C正确，ABD错误；故选：C．7．【解答】A、由图乙可知交流电压最大值U m=220V，故A错误；B、理想变压器原、副线圈匝数之比为55：6，电阻R的电压为V，电压表的示数是24V．电阻为48Ω，所以流过电阻中的电流为0.5A，变压器的输入功率是：W．故B正确，D错误；C、由图乙可知交流电周期T=0.02s，可由周期求出正弦交变电流的频率是50Hz，故C正确．故选：BC8．【解答】A、再次闭合开关S时，滑动变阻器R不产生感应电动势，灯泡A2立刻正常发光，线圈的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律得知，感应电动势阻碍电流的增大，使得电流逐渐增大，A l灯逐渐亮起来．故A正确，B错误；C、再闭合开关S，待电路稳定后，重新断开开关S，A l和A2与L、R构成一个闭合回路，由于自感，A l和A2都要过一会儿才熄灭．故C错误，D正确．故选：AD9．【解答】A、等量正点电荷的电场是非匀强电场，小球从C点沿直线MN向N端运动，电场强度是变化的，所受的电场力是变化的，故先做变加速运动，后做变减速运动，故A错误．B、MO段电场线方向向上，ON段电场线方向向下，则小球从C点运动至距离该点最远位置的过程中，电势先升高后降低．故B错误．C、小球从C点运动至距离该点最远位置的过程中，电场力先做正功后做负功，其电势能先减小后增大，故C正确．D、伴随两个点电荷电荷量的增加，由于对小球在同一位置的电场力变大，减速的距离减小，故振幅变小，故D错．故选：C．10．【解答】AB、设D形盒的半径为R．根据qvB=m，解得粒子获得的最大 v=，B、R相同，v与比荷成正比．由于质子的比荷是α粒子的2倍，则质子获得的最大速率为2v．带电粒子获得的最大动能 E K=mv2=，不改变B和R，该回旋加速器加速α粒子获得的最大动能等于加速质子的最大动能，故A、B错误；C、交变电场的周期与带电粒子运动的周期相等，带电粒子在匀强磁场中运动的周期T=，频率f==与比荷成正比，所以加速质子的交流电场频率与加速α粒子的交流电场频率之比为2：1，故C错误；D、设加速电压为U，加速次数为n，则E K=nqU，n=，E K和U相等，则加速质子的总次数与加速α粒子总次数之比为2：1，故D正确．故选：D．二、本题共2小题，共15分．11．【解答】（1）待测电阻阻值约为一百多欧姆，用欧姆表测电阻，将选择开关旋转“×10”的位置，然后进行欧姆调零，具体操作是：将红黑表笔短接，调节调零旋钮调零，使指针指在右侧零刻度线处；再测出电阻阻值，因此合理是实验步骤为：①⑤③④．（2）由图示表盘可知，待测电阻阻值为：13×10=130Ω；（3）由于人体是导体，在使用多用电表测量电阻时，若双手捏住红、黑表笔金属部分，测量的是导体与人的并联电阻，电阻越并越小，因此，测量结果将偏小．故答案为：（1）①⑤③④；（2）130；（3）偏小．12．【解答】（1）灯泡的额定电流I===200mA；故电流表选择B；因本实验只能接用分压接法，故滑动变阻器选择小电阻F；（2）根据实验要求可知，滑动变阻器采用分压接法，并且测量电路应与滑动变阻器的左半部分并联；电流表采用外接法；原理图如下；（3）由画出的伏安特性曲线可知，U=0.5V时，电流I=0.10A，则对应的电阻R===5Ω；（4）由P=可知，P与U为二次函数关系，图象开口向上；故甲正确；P与U2，在R不变时为正比例关系，由于R随电压的增大而减小；故丙图正确；故答案为：（1）B；F（2）如答图所示；（3）5.0；（4）甲、丙三、本题包括6小题，共55分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．13．【解答】解：（1）小球受重力mg、电场力F和拉力T，其静止时受力如答图2所示．根据共点力平衡条件有：F=mgtan37°=0.75N（2）设小球到达最低点时的速度为v，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理有：mgl﹣Fl=mv2解得：v==1.0m/s（3）设小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为T′．根据牛顿第二定律有：T′﹣mg=解得：T′=1.5N答：（1）电场力的大小为0.75N，方向水平向右；（2）小球运动通过最低点C时的速度大小为1m/s；（3）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为1.5N．14．【解答】解：（1）设磁感应强度为B1．根据安培定则可知安培力沿导轨平面向上，金属杆ab受力如答图3．根据平衡条件对金属杆ab有：B1IL=mgsinθ解得：（2）金属杆ab对导轨压力为零，则金属杆ab只受重力和安培力．根据平衡条件对金属杆ab有：B2IL=mg解得：根据安培定则可知磁场方向垂直金属杆ab水平向右．（3）根据安培定则可知安培力沿导轨平面向上，当金属杆ab受到的静摩擦力沿斜面向下，且为最大值时，磁感应强度值达到最大，设为B3．金属杆ab受力如答图4．根据平衡条件对金属杆ab有：B3IL=mgsinθ+μmgcosθ解得：答：（1）磁感应强度的大小为；（2）若金属杆ab静止在轨道上面，且对轨道的压力恰好为零．试说明磁感应强度大小为，方向应满足垂直金属杆ab水平向右；（3）磁感应强度的最大值是．15．【解答】解：（1）线圈产生感应电动势的最大值E m=nBωab×bc解得：E m=150V感应电动势随时间变化的表达式 e=E m sinωt=150sin100πt（2）线圈中感应电动势的有效值电流的有效值 A交流发电机的输出功率即为电阻R的热功率P=I2R=21.22×4.8=2.16×103W（3）根据法拉第电磁感应定律有：根据欧姆定律得：又：联立解得：q=0.10C答：（1）从线圈经过中性面开始计时，线圈中感应电动势随时间变化的函数表达式为e=150sin100πt；（2）此发电机在上述工作状态下的输出功率是2.16×103W；（3）从线圈经过中性面开始计时，经过周期时间通过电阻R的电荷量是0.10C．16．【解答】解：（1）设电子经过加速电场加速后速度大小为v．电子在电场、磁场共存的P和P'区域内做匀速直线运动，因此有：解得：v=（2）对于电子经过加速电场过程，根据动能定理有解得：=（3）设电子在P和P'区域内只有偏转电场时，运动的加速度为a，时间为t，离开偏转电场时的侧移量为y，偏转的角度为θ．根据运动学公式有：根据牛顿第二定律有：a=电子在P和P′区域内运动时间：t=联立解得：=由于tanθ===，所以y=联立解得：=答：（1）电子经加速电场加速后的速度大小；（2）电子的比荷；（3）若不知道加速电压值，但已知P和P′极板水平方向的长度为L1，它们的右端到荧光屏中心O点的水平距离为L2，O′与O点的竖直距离为h，则电子的比荷．17．【解答】解：（1）设经过电子枪加速电场加速后，电子的速度大小为v．根据动能定理有：eU=mv2解得：v=（2）设电子在磁场中做圆运动的半径为R，运动轨迹如答图乙所示．根据几何关系有：tan=洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有：evB=由题知B=μNI0解得：（3）设线圈中电流为0.5I0时，偏转角为θ1，此时电子在屏幕上落点距M点最远．此时磁感应强度QUOTE轨迹圆半径tan电子在屏幕上落点距M点最远距离y=Ltanθ1=亮线长度Y=2y=答：（1）电子束经偏转磁场后打到荧光屏上P点时的速率；（2）此种情况下电子穿过磁场时，螺线管线圈中电流I0的大小；（3）电子束打在荧光屏上发光所形成“亮线”的长度亮线长度．18．【解答】解：（1）金属棒cd做匀速直线运动，受平衡力 F=F安=BIL在△t时间内，外力F对金属棒cd做功 W=Fv△t=F安v△t=BILv△t=金属棒cd的感应电动势E=BLv电路获得的电能 E电=Eq=EI△t=BILv△t=即F对金属棒cd所做的功等于电路获得的电能E电，（2）①撤去F′时，cd棒的速度大小为v1=at0当ab、cd的速度相等时，回路中的电流为零，两棒开始做匀速直线运动．因为ab、cd棒受到的安培力等大反向，所以系统的动量守恒．设它们达到相同的速度为v2，则：mv1=2mv2根据能量守恒定律，回路中产生的焦耳热总量为：Q=mv12﹣mv22金属棒ab产生的焦耳热：Q1==ma2t02②设从撤去F′到ab、cd棒的刚好达到相同速度的过程中的某时刻，ab、cd的速度差为△v，则此时回路中产生的感应电动势E i===BL△v此时回路中的感应电流I i==此时ab棒所受安培力F i=BI i L=对ab棒根据动量定理有：F i△t=m△v2对从撤去F′到ab、cd棒刚好达到相同速度的过程求和则有：=mv2，即=△x=mv2又因v2==。

2014北京高考理综物理13．下列说法中正确的是A．物体温度降低，其分子热运动的平均动能增大B．物体温度升高，其分子热运动的平均动能增大C．物体温度降低，其内能一定增大D．物体温度不变，其内能一定不变14．质子、中子和氘核的质量分别为m1、m2和m3，当一个质子和一个中子结合成氘核时，释放的能量是(c表示真空中的光速)A．(m1 +m2 -m3)c B．(m1 -m2 -m3)c15．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是A．1、2两点的场强相等B．2、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等16．带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径．若a、b的电荷量分别为q a、q b，质量分别为m a、m b，周期分别为T a、T b．则一定有A．q a<q b B．m a<m b C．T a<T b D．q a/m a<q b/m b17．一简谐机械波沿x轴正方向传播，波长为λ，周期T．t=0时刻的波形如图1所示，a、b是波上的两个质点．图2A．t=0时质点a的速度比质点b的大B．t=0时质点a的加速度比质点b的小C．图2可以表示质点a的振动D．图2可以表示质点b的振动18．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是A．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态B．受托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度19．伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法，有力地促进了人类科学认识的发展．利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动，并沿右侧斜面上升．斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时，小球沿右侧斜面上升的最高位置依次为1、2、3．根据三次实验结果的对比，可以得到的最直接的结论是Array A．如果斜面光滑，小球将上升到与O点等高的位置BCD．小球受到的力一定时，质量越大，它的加速度越小20．以往，已知材料的折射率都为正值(n >0)．现已有针对某些电磁波设计制作的人工材料，其折射率可以为负值(n <0)，称为负折射率材料．位于空气中的这类材料，入射角i 与折射角r 依然满足sin i / sin r = n ，但是折射线与入射线位于法线的同一侧(此时折射率取负值)．若该材料对于电磁波的折射率n = -1，正确反映电磁波穿过该材料的传播途径的示意图是二．实验题 21．（18分）利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻．要求尽量减小实验误差． （1）应该选择的实验电路是图1中的_________（2）现有电流表(0~0.6A )、开关和导线若干，以及以下器材： A ．电压表(0~15V ) B ．电流表(0~3V )C ．滑动变阻器(0~50Ω)D ．滑动变阻器(0~500Ω)实验中电压表应选用_________；滑动变阻器应选用_________；(选填相应器材前的字母)（3）某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的U - I 图线．（4）根据(3)中所画图线可得出干电池的电动势E=_________V ，内电阻 r =_________Ω．（5）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U 及干电池的输出功率P 都会发生变化． 图3的各示意图中正确反映P – U 关系的是 ________．D C A 图1D CB A 图3三．计算题22．（16分）如图所示，竖直平面内的四分之一圆弧轨道下端与水平桌面相切，小滑块A和B分别静止在圆弧轨道的最高点和最低点．现将A无初速度释放，A与B碰撞后结合为一个整体，并沿桌面滑动．已知圆弧轨道光滑，半径R=0.2m；A和B的质量相等；A和B 整体与桌面之间的动摩擦因数μ=0.2．取重力加速度g=10m/s2．求：（1）碰撞前瞬间A的速率υ；（3）A和B整体在桌面上滑动的距离l．23．（18分）万有引力定律揭示了天体运动规律与地上物体运动规律具有内在的一致性．（1）用弹簧秤称量一个相对于地球静止的小物体的重量，随称量位置的变化可能会有不同的结果．已知地球质量为M，自转周期为T，万有引力常量为G．将地球视为半径为R、质量均匀分布的球体，不考虑空气的影响．设在地球北极地面称量时，弹簧秤的读数是F0．a．若在北极上空高出地面h处称量，弹簧秤读数为F1，求比值F1/F0的表达式，并就h=1.0%R的情形算出具体数值(计算结果保留两位有效数字)；b．若在赤道地面称量，弹簧秤读数为F2，求比值F2/F0的表达式．（2）设想地球绕太阳公转的圆周轨道半径r、太阳的半径R s和地球的半径R三者均减小为现在的1.0%，而太阳和地球的密度均匀且不变．仅考虑太阳和地球之间的相互作用，以现实地球的1年为标准，计算“设想地球”的一年将变为多长？24．（20分）导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识．如图所示，固定与水平面的U形导线框处于竖直向下的匀强磁场中，金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F 作用下，在导线框上以速度υ做匀速运动，速度υ与恒力F方向相同；导线MN始终与导线框形成闭合回路．已知导线MN电阻为R，其长度l恰好等于平行轨道间距，磁场的磁感应强度为B．忽略摩擦阻力和导线框的电阻．（1）通过公式推导验证：在Δt时间内，F对导线MN所做的功W等于电路获得的电能W电，也等于导线MN中产生的焦耳热Q；（2）若导线MN的质量m=8.0g，长度L=0.10m，感应电流I=1.0A，假设一个原子贡献1个自由电子，计算导线MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率υe(下表中列出一些你可能会用到的数据)；（3）经典物理学认为，金属的电阻源于定向运动的自由电子和金属离子(即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞．展开你想象的翅膀，给出一个合理的自由电子的运动模型；在此基础上，求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度2014北京高考理综物理答案13．B 14．C 15．D 16．A17．D 18．D 19．A 20．B21．（18分） （1）甲 （2）B ，C（3）如右图所示 （4）1.49，0.82 （5）D22．（16分）（1）滑块A 从圆弧最高点滑到最低点的过程中，由机械能守恒定律，有12m A υA 2 =m A gR 得υA（2）滑块B 相撞，动量守恒(m A + m B )υ′= m A υA 得υ′=12υA =1m/s（3）滑块A 和B 粘在一起在桌面上滑行过程，由动能定理可得 -f l =0 -12(m A + m B )υ′ 2 其中f=μ(m A + m B )g =2μm A g代入解得l =4R μ=0.25m 23．（18分）（1）a ．在地球北极点不考虑地球自转，则弹簧秤所称得的重力为其万有引力，即 02Mm F G R = （1）且12()Mm F G R h =+ （2）由（1）、（2）可得()()221010.9810.01F R F R h===++即F 1=0.98 F 0b ．在赤道上称重时，万有引力的一部分提供物体做圆周运动的向心力，于是有22224Mm F G m R R Tπ=- （3） 由（1）、（3）可得2312041F R F GMT π=-（2）设太阳质量为M ，地球质量为M ′，则222'4'MM G M r r Tπ=即地球公转周期T =而太阳质量43S M πρ=，T == 1.0%时，地球公转周期不变，即仍为1地球年24．（20分）（1）动生电动势 E = BL υ （1）感应电流 E B LI R Rυ== （2） 安培力 22B L F BIL Rυ== （3）力F 做功 W = F Δx = F υΔt =222B L R υΔt （4）电能 W 电= EI Δt =222B L R υΔt （5）焦耳热 Q = I 2R Δt =2222B L RυR Δt =222B L R υΔt （6）由（4）、（5）、（6）可知，W = W 电= Q（2）总电子数A m N N μ=设单位体积内电子数为n ，则N =nSL故 I Δt = enS υe Δt得 I = enS υe = e υe N L = e υe A N mL μ（7）所以 υe =AIL emN μ=7.8×10-6 m/s（3）从微观层面看，导线中的自由电子与金属离子发生的碰撞，可以看作非弹性碰撞，碰撞后自由电子损失动能，损失的动能转化为焦耳热．从整体上来看，可以视为金属离子对自由电子整体运动的平均阻力导致自由电子动能的损失， 即W 损 =N f L ⋅⋅ （8）从宏观方面看，力F 对导线MN 做功，而导线的速度不变，即导线的动能不变，所以力F 做功全部转化为焦耳热．Δt 时间内，力F 做功 ΔW =F υΔt （9） 又ΔW = W 损 即F υΔt =N f L ⋅⋅ F υΔt =nS υe Δt f L ⋅ 将I = neS υe 代入，得 F υ=I f L e⋅将22B L F R υ=、BL I Rυ=代入得f =e υB。