首页 > 试卷 > 高中 > 物理 > 上海市吴淞中学2022学年高二物理下学期期中试卷 理（含解析）
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2022-2022学年上海市吴淞中学高二（下）期中物理试卷（理科） 一．单项选择题（每小题2分，共16分．每小题只有一个正确选项．答案涂写在答题卡上．）1．（2分）（2022•安徽三模）关于速度、速度的变化和加速度的关系，下列说法中错误的是（ ） A．速度变化的方向为正，加速度的方向为负 B．物体加速度增大，速度反而越来越小 C．速度越来越大，加速度反而越来越小 D．加速度既不与速度同向，也不与速度反向考点：加速度．专题：直线运动规律专题．分析：由，可知加速度与速度变化同向，但是加速度与速度没有必然的关系．加速度取决于受力，而速度变化取决于加速度与速度的方向关系，解答：解：A、由，可知加速度与速度变化同向，故A错误．B、受力增大的变减速运动，加速度可以增大，而速度会减小，故B正确．C、受力减小的变加速运动，加速可以减小，而速度一定增大，故C正确．D、加速度与速度方向没有必然联系，v与a同向物体做加速运动，v与a反向物体做减速运动，故D正确．本题选错误的，故选：A．点评：本题两个重点，一、分清速度，速度变化，加速度三者关系，二、知道速度和加速度的决定因素． 2．（2分）（2022•南开区一模）在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学方法，如理想实验法、控制变量法、极限思想法、类比法和科学假说法、建立物理模型法等等．以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是（ ） A．在不需要考虑物体本身的大小和形状时，用质点来代替物体的方法叫假设法 B．根据速度定义式v=，当△t非常非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法 C．在探究加速度、力和质量三者之间的关系时，先保持质量不变研究加速度与力的关系，再保持力不变研究加速度与质量的关系，该实验应用了控制变量法 -26-\nD．在推导匀变速运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，然后把各小段的位移相加，这里采用了微元法考点：质点的认识；探究加速度与物体质量、物体受力的关系．分析：在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量法；当时间非常小时，我们认为此时的平均速度可看作某一时刻的速度即称之为瞬时速度，采用的是极限思维法；质点是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；在研究曲线运动或者加速运动时，常常采用微元法，将曲线运动变成直线运动，或将变化的速度变成不变的速度．解答：解：A、质点采用的科学方法为建立理想化的物理模型的方法，故A错误；B、为研究某一时刻或某一位置时的速度，我们采用了取时间非常小，即让时间趋向无穷小时的平均速度作为瞬时速度，即采用了极限思维法，故B正确；C、在研究加速度与质量和合外力的关系时，由于影响加速度的量有质量和力，故应采用控制变量法，故C正确；D、在探究匀变速运动的位移公式时，采用了微元法将变速运动无限微分后变成了一段段的匀速运动，即采用了微元法，故D正确；故选：A．点评：在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习． 3．（2分）（2022•揭阳学业考试）老师做了一个物理小实验让学生观察：一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆克绕中心点自由转动，老师拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，同学们看到的现象是（ ） A．磁铁插向左环，横杆发生转动 B．磁铁插向右环，横杆发生转动 C．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动 D．无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动考点：楞次定律．分析：穿过闭合回路的磁通量发生变化，闭合回路中会产生感应电流，感应电流受到磁场力的作用，横杆转动；如果金属环不闭合，穿过它的磁通量发生变化时，只产生感应电动势，而不产生感应电流，环不受力的作用，杆不转动．解答：解：左环不闭合，磁铁插向左环时，不产生感应电流，环不受力，横杆不转动；右环闭合，磁铁插向右环时，环内产生感应电流，环受到磁场的作用，横杆转动；-26-\n故选B．点评：本题难度不大，是一道基础题，知道感应电流产生的条件，分析清楚图示情景即可正确解题． 4．（2分）（2022•虹口区一模）如图所示是查德威克实验示意图，在这个实验中发现了一种不可见的贯穿能力很强的粒子，这种粒子是（ ） A．正电子B．中子C．光子D．电子考点：天然放射现象．分析：根据电荷数守恒、质量数守恒写出核反应方程式，从而判断粒子种类．解答：解：根据电荷数守恒、质量数守恒得这种粒子是中子，B正确．故选B点评：本题考查了核反应方程的基本运用，要记住一些典型的粒子发现的方程式． 5．（2分）（2022•济南一模）如图所示，物体A在竖直向上的拉力F的作用下能静止在斜面上，关于A受力的个数，下列说法中正确的是（ ） A．A一定受两个力作用B．A一定受四个力作用 C．A可能受三个力作用D．A受两个力或者四个力作用考点：物体的弹性和弹力．专题：受力分析方法专题．分析：分物体进行受力分析，由共点力的平衡条件可知物体如何才能平衡；并且分析拉力与重力的大小关系，从而确定A受力的个数．解答：解：若拉力F大小等于物体的重力，则物体与斜面没有相互作用力，所以物体就只受到两个力作用；若拉力F小于物体的重力时，则斜面对物体产生支持力和静摩擦力，故物体应受到四个力作用；故选：D．点评：解力学题，重要的一环就是对物体进行正确的受力分析．由于各物体间的作用是交互的，任何一个力学问题都不可能只涉及一个物体，力是不能离开物体而独立存在的．所以在解题时，应画一简图，运用“隔离法”，进行受力分析．-26-\n 6．（2分）（2022•天河区校级模拟）用某种色光照射到金属表面时，金属表面有光电子飞出，如果光的强度减弱而频率不变，则（ ） A．单位时间内入射的光子数目不变 B．光的强度减弱到某一最低数值时，就没有光电子飞出 C．单位时间内逸出的光电子数目减小 D．逸出的光电子的最大初动能减小考点：光电效应．专题：光电效应专题．分析：发生光电效应的条件是入射光的频率大于金属的极限频率，与入射光的强度无关，入射光的强度只影响单位时间内发出光电子的数目．解答：解：A、入射光的强度影响单位时间内发出光电子的数目，光的强度减弱，单位时间内发出光电子数目减少．故A错误，C正确．B、光电效应的条件是入射光的频率大于极限频率，与光的强度无关．故B错误．D、根据光电效应方程Ekm=hγ﹣W0得，光强度不影响光电子的最大初动能，光电子的最大初动能与入射光的频率有关．故D错误．故选C．点评：解决本题的关键掌握光电效应的条件，以及知道光的强度不影响能否发生光电效应，只影响单位时间内发出光电子的数目． 7．（2分）（2022•上海）在下列4个核反应方程中，x表示质子的是（ ） A．{\;}_{15}^{30}P→{\;}_{14}^{30}Si+x B．{\;}_{92}^{238}U→{\;}_{90}^{234}Th+x C．{\;}_{13}^{27}Al+{\;}_{0}^{1}n→{\;}_{12}^{27}Mg+x D．{\;}_{13}^{27}Al+{\;}_{2}^{4}He→{\;}_{15}^{30}P+x考点：原子核的人工转变；天然放射现象．专题：原子的核式结构及其组成．分析：根据质量数和电荷数守恒求出x的电荷数和质量数，即可判断x是否表示质子．解答：解：A中x表示正电子，B中x表示4个中子，C中x表示质子，D中x表示中子，故ABD错误，C正确．故选C．点评：本题比较简单，考查了核反应方程中的质量数和电荷数守恒的应用． -26-\n8．（2分）（2022春•杨浦区校级期末）某人骑着自行车向前匀速行使时，关于自行车前、后轮所受的摩擦力方向，下列说法中正确的是（ ） A．都向前B．都向后 C．前轮向后，后轮向前D．前轮向前，后轮向后考点：滑动摩擦力；静摩擦力和最大静摩擦力．专题：摩擦力专题．分析：静摩擦力方向与物体间相对运动趋势的方向相反．人骑着自行车向前匀速行使时，前后轮均受地面的静摩擦力作用，根据车轮相对于地面的运动趋势方向，判断摩擦力方向．解答：解：人骑着自行车向前匀速行使时，后轮相当于主动轮，后轮与地面接触点地面的运动趋势方向向后，则地面对后轮的静摩擦力方向向前．前轮相当于从动轮，前轮与地面接触点地面的运动趋势方向向前，则地面对前轮的静摩擦力方向向后．故选C．点评：本题考查分析静摩擦力方向的能力，解法可以分析静摩擦力方向特点判断，也可以根据后轮产生动力，地面对后轮的静摩擦力方向向前．而地面对前轮的静摩擦力是阻力，向后． 二．单项选择题（共24分，每小题3分．每小题只有一个正确选项．答案涂写在答题卡上．）9．（3分）（2022秋•福州期末）某物体做直线运动的v﹣t图象，如图所示．根据图象提供的信息可知，该物体（ ） A．在0～4s内与4～6s内的平均速度相等 B．在0～4s内的加速度大于7～8s内的加速度 C．在4s末离起始点最远 D．在6s末离起始点最远考点：匀变速直线运动的图像．专题：运动学中的图像专题．分析：速度图象的斜率等于物体的加速度大小．图线与两个坐标轴所围“面积”等于位移．平均速度等于位移除以时间．解答：解：A、速度时间图象与两个坐标轴所围“面积”等于位移，所以0～4s内的位移为-26-\n，平均速度为，4～6s内的位移为，所以平均速度为，故A错误；B、速度图象的斜率等于物体的加速度大小，所以在0～4s内的加速度大小为，7～8s内的加速度大小为，故B错误；C、速度时间图象与两个坐标轴所围“面积”等于位移，由图象可知，6s末位移最大，所以离出发点最远，故C错误，D正确．故选D点评：对于速度﹣时间图象要抓住两个数学意义来理解其物理意义：斜率等于加速度，“面积”等于位移． 10．（3分）（2022秋•和县校级期末）一物体从某一行星表面竖直向上抛出（不计空气阻力）．设抛出时t=0，得到物体上升高度随时间变化的h﹣t图象如图所示，则该行星表面重力加速度大小与物体被抛出时的初速度大小分别为（ ） A．8m/s2，20m/sB．10m/s2，25m/s C．8m/s2，25m/sD．10m/s2，20m/s考点：竖直上抛运动．分析：物体从行星表面竖直上抛，由图读出最大高度和上升的时间，根据运动学公式求出初速度和重力加速度．物体落回行星表面的速度与抛出时速度大小相等解答：解；由图读出，物体上升的最大高度为h=25m，上升的时间为t=2.5s对于上升过程，由得：初速度：v0===20m/s由v=at得物体上升的加速度大小：==8m/s2，故A正确，BCD错误故选：A点评：本题首先考查读图能力，图上能读出最大高度、上升和下落时间等等；其次要灵活选择运动学公式求解． 11．（3分）（2022春•宝山区校级期中）取一根长2.5m左右的细线，5个垫圈和一个金属盘．在线的一端系上第一个垫圈，隔15cm再系一个，以后每两个垫圈之间的距离分别为-26-\n45cm、75cm、105cm，如图所示，站在椅子上，向上提起线的另一端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地面上的金属盘内．松手后开始计时，若不计空气阻力，则第2、3、4、5各垫圈（ ） A．落到盘上的声音时间间隔越来越大 B．落到盘上的声音时间间隔相等 C．依次落到盘上的时间关系为1：（﹣1）：（﹣）：（2﹣） D．依次落到盘上的速率关系为1：3：5：7考点：自由落体运动．专题：自由落体运动专题．分析：5个铁垫圈同时做自由落体运动，下降的位移之比为1：3：5：7．根据初速度为零的匀加速直线运动的推论知，在相等时间内的位移之比为1：3：5：7，可以确定落地的时间间隔是否相等，从而根据v=gt得出落到盘中的速率之比．解答：解：A、5个铁垫圈同时做自由落体运动，下降的位移之比为1：3：5：7．可以看成一个铁垫圈自由下落，经过位移之比为1：3：5：7．因为初速度为零的匀加速直线运动在相等时间内的位移之比为1：3：5：7，知各垫圈落到盘中的时间间隔相等．故A错误，B正确；C、因为各垫圈落到盘中的时间间隔相等，则各垫圈依次落到盘中的时间比为1：2：3：4．故C错误．D、根据v=gt，知各垫圈依次落到盘中的速率之比为1：2：3：4：5．故D错误．故选：B．点评：解决本题本题的关键掌握自由落体运动的规律，知道初速度为零的匀加速直线运动的一些推论的应用． 12．（3分）（2022秋•锦州期末）弹性轻绳的一端固定在O点，另一端拴一个物体，物体静止在水平地面上的B点，并对水平地面有压力，O点的正下方A处有一垂直于纸面的光滑杆，如图所示，OA为弹性轻绳的自然长度，现在用水平力使物体沿水平面运动，在这一过程中，物体所受水平面的摩擦力的大小的变化情况是（ ）-26-\n A．先变大后变小B．先变小后变大 C．保持不变D．条件不够充分，无法确定考点：摩擦力的判断与计算．专题：摩擦力专题．分析：对物体进行受力分析，因为C做缓慢直线运动，每一个位置都可以看成平衡状态，运用正交分解法求出支持力的大小，以及拉力的大小，从而判断摩擦力的变化．解答：解：物体C受到重力、支持力、水平拉力、弹性绳的拉力和摩擦力．如图．设C处于初始位置时与A点的距离为h，根据正交分解得：N=mg﹣kxsinθ=mg﹣kx•=mg﹣kh．所以支持力不变，摩擦力f=μN，知地面对A的摩擦力保持不变．故C正确．故选C点评：解决本题的关键能够正确地进行受力分析，熟练运用正交分解去求解力． 13．（3分）（2022•涪城区校级模拟）如图，一小球放置在木板与竖直墙面之间．设墙面对球的压力大小为N1，球对木板的压力大小为N2．以木板与墙连接点所形成的水平直线为轴，将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置．不计摩擦，在此过程中（ ） A．N1始终减小，N2始终增大 B．N1始终减小，N2始终减小 C．N1先增大后减小，N2始终减小 D．N1先增大后减小，N2先减小后增大考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：-26-\n以小球为研究对象，分析受力情况：重力、木板的支持力和墙壁的支持力，根据牛顿第三定律得知，墙面和木板对球的压力大小分别等于球对墙面和木板的支持力大小，根据平衡条件得到两个支持力与θ的关系，再分析其变化情况．解答：解：以小球为研究对象，分析受力情况：重力G、墙面的支持力N1′和木板的支持力N2′．根据牛顿第三定律得知，N1=N1′，N2=N2′．根据平衡条件得：N1′=Gcotθ，N2′=将木板从图示位置开始缓慢地转到水平位置的过程中，θ增大，cotθ减小，sinθ增大，则N1′和N2′都始终减小，故N1和N2都始终减小．故选B点评：本题运用函数法研究动态平衡问题，也可以运用图解法直观反映力的变化情况． 14．（3分）（2022•福建模拟）如图所示，一斜面体静止在粗糙的水平地面上，一物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑，可以证明此时斜面不受地面的摩擦力作用．若沿平行于斜面的方向用力F向下推此物体，使物体加速下滑，斜面体依然和地面保持相对静止，则斜面体受地面的摩擦力（ ） A．大小为零B．方向水平向右 C．方向水平向左D．大小和方向无法判断考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑时，斜面不受地面的摩擦力作用，分析此时斜面的受力情况．若沿平行于斜面的方向用力F向下推此物体，使物体加速下滑时，再分析斜面的受力情况，根据物体对斜面的作用有无变化，确定地面对斜面体有无摩擦．解答：解：由题物体恰能在斜面体上沿斜面匀速下滑时，斜面不受地面的摩擦力作用，此时斜面体受到重力、地面的支持力、物体对斜面的压力和沿斜面向下的滑动摩擦力．若沿平行于斜面的方向用力F向下推此物体，使物体加速下滑时，物体对斜面的压力没有变化，则对斜面的滑动摩擦力也没有变化，所以斜面体的受力情况没有改变，则地面对斜面体仍没有摩擦力，即斜面体受地面的摩擦力为零．故选：A．点评：本题中推力F与斜面体之间没有直接的关系，关键抓住物体对斜面体的压力和摩擦力没有改变进行分析． -26-\n15．（3分）（2022•湖南模拟）如图所示，质量为m的金属环用线悬挂起来，金属环有一半处于水平且与环面垂直的匀强磁场中，从某时刻开始，磁感应强度均匀减小，则在磁感应强度均匀减小的过程中，关于线拉力大小的下列说法中正确的是（ ） A．大于环重力mg，并逐渐减小B．始终等于环重力mg C．小于环重力mg，并保持恒定D．大于环重力mg，并保持恒定考点：法拉第电磁感应定律；楞次定律．分析：磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，回路中产生恒定的电流，由左手定则可确定安培力的方向，再根据安培力F=BIL，分析安培力的变化，由平衡条件即可求解．解答：解：磁感应强度均匀减小，穿过回路的磁通量均匀减小，根据法拉第电磁感应定律得知，回路中产生恒定的电动势，感应电流也恒定不变．由楞次定律可知，感应电流方向：顺时针，再由左手定则可得，安培力的合力方向：竖直向下．ab棒所受的安培力F=BIL，可知安培力F均匀减小，且方向向下，金属环ab始终保持静止，则拉力大于重力，由于磁感应强度均匀减小．所以拉力的大小也逐渐减小，故A正确，BCD均错误．故选：A．点评：本题关键根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势如何变化，即可判断感应电流和安培力的变化． 16．（3分）（2022春•宝山区校级期中）如图所示，光滑水平面上存在一有界匀强磁场，圆形金属线框在水平拉力的作用下，通过磁场的左边界MN．在此过程中，线框做匀速直线运动，速度的方向与MN成θ角．下列说法正确的是（ ） A．线框内感应电流沿顺时针方向 B．线框内感应电流先增大后减小 C．水平拉力的大小与θ无关 水平拉力的方向与θ有关-26-\nD．考点：楞次定律；法拉第电磁感应定律．专题：电磁感应与电路结合．分析：根据楞次定律来确定线圈的感应电流的方向，结合法拉第电磁感应定律来确定感应电流的大小，并依据安培力的综合表达式，及受力平衡条件，即可求解．解答：解：A、线圈进入磁场，通过线圈的磁通量是增加的，所以线圈中的感应电流所产生的磁场方向与原磁场方向相反（这是楞次定律）即竖直向上，根据右手螺旋定则，电流方向为逆时针方向，故A错误．B、切割磁感线的导线的长度不能按导线的长度去算，应该算有效长度，切割磁感线的有效长度，为圆与磁场边界相交的两点之间的距离L，刚进入磁场，有效长度短，恰进入半圆时有效长度是最长的，过了半圆后，有效长度变短，故B正确．C、D、根据法拉第电磁感应定律，割磁感线产生的电动势：E=BLvsinθ，而闭合电路的欧姆定律，得到感应电流的大小I=，而安培力的大小F=BIL=，则水平拉力的大小与θ有关，而拉力方向与安培力方向有关，与θ无关，故CD错误；故选：B．点评：考查楞次定律的应用，掌握闭合电路欧姆定律及安培力的表达式，注意有效切割长度的含义． 三．多项选择题（共16分，每小题4分．每小题有二个或三个正确选项．全选对的，得4分；选对但不全的，得2分；有选错或不答的，得0分．答案涂写在答题卡上．）17．（4分）（2022春•宝山区校级期中）在物理学发展史上有一些定律或规律的发现，首先是通过推理证明建立理论，然后再由实验加以验证，以下叙述的内容，符合上述情况的有（ ） A．牛顿发现的万有引力定律，经过一段时间后才由卡文迪许用实验方法测出万有引力恒量的数值，从而验证了万有引力定律 B．麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波的存在，以后赫兹用实验证实了电磁波的存在 C．汤姆逊提出了原子的核式结构学说，以后由卢瑟福用α粒子散射实验给予验证 D．爱因斯坦提出了光子说理论，以后由普朗克用实验证实了光子的存在考点：物理学史．分析：牛顿发现了万有引力定律，之后由卡文迪许用实验方法测出万有引力恒量的数值，从而验证了万有引力定律；麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波的存在，赫兹用实验证实了电磁波的存在；卢瑟福提出了原子的核式结构学说；爱因斯坦提出了光子说理论．解答：解：A、牛顿发现了万有引力定律，一百多年后由卡文迪许用实验方法测出万有引力恒量的数值，从而验证了万有引力定律，故A正确．B、麦克斯韦提出电磁场理论并预言电磁波的存在，后来赫兹用实验证实了电磁波的存在，故B正确．C、卢瑟福根据α粒子散射实验的结果，提出了原子的核式结构学说，故C错误．-26-\nD、爱因斯坦受普朗克量子理论的启发，提出了光子说理论，美国物理学家米立肯利用光电效应实验证实了光子的存在．故D错误．故选：AB点评：解决本题是既要注意选项所述是否符合物理史实，又要看是否符合题意要求． 18．（4分）（2022•山东模拟）如图，直线a和曲线b分别是在平直公路上行驶的汽车a和b的位置﹣时间（x﹣t）图线．由图可知（ ） A．在时刻t1，a车追上b车 B．在时刻t2，a、b两车运动方向相反 C．在t1到t2这段时间内，b车的速率先减少后增加 D．在t1到t2这段时间内，b车的速率一直比a车的大考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：位移时间关系图线反映位移随时间的变化规律，图线的斜率表示速度的大小．解答：解：A、在时刻t1，a、b两车的位置坐标相同，开始a的位移大于b的位移，知b追上a．故A错误．B、在时刻t2，a的位移增大，b的位移减小，知两车运动方向相反．故B正确．C、图线切线的斜率表示速度，在t1到t2这段时间内，b车图线斜率先减小后增大，则b车的速率先减小后增加．故C正确．D、在t1到t2这段时间内，b图线的斜率不是一直大于a图线的斜率，所以b车的速率不是一直比a车大．故D错误．故选BC．点评：解决本题的关键知道位移时间图线的物理意义，知道图线的斜率表示速度的大小，能够通过图线得出运动的方向． 19．（4分）（2022春•宝山区校级期中）将均匀的长方体锯成如图示的A、B两块后，放在水平桌面上并排放在一起，现用水平力F垂直于B的左边推B物体，使A、B整体仍保持矩形沿F方向匀速运动，则（ ） A．物体A受四个力的作用，且合力为零 B．物体A在水平方向上受两个力的作用，且合力为零-26-\n C．B对A的作用力方向与F方向相同 D．B对A的压力等于桌面对A的摩擦力考点：牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：A、B两木板在水平面做匀速运动，合力均为零，根据平衡条件分析受力情况，分析的结果必须满足条件．解答：解：A、对木板A分析受力情况：木板A在水平面受到水平向左的滑动摩擦力f，B的弹力NBA和摩擦力fBA，竖直方向受重力和桌面的支持力，所以A受到5个力作用，水平方向受3个力作用，合力为零．故AB错误．C、B对A的弹力和静摩擦力的合力与桌面的滑动摩擦力等值反向，与F的方向相同，故C正确．D、根据平衡条件得知：NBA和fBA的合力与f大小相等，作出NBA和fBA的合力如图，由几何知识得知：NBA＜f．故D错误．故选：C．点评：分析受力一般按重力、弹力和摩擦力顺序进行，要防止漏力，可以运用平衡条件进行检验． 20．（4分）（2022•徐汇区二模）如图所示，相距为L的平行金属导轨ab、cd与水平面成θ角放置，导轨与阻值均为R的两定值电阻R1、R2相连，磁感应强度为B的匀强磁场垂直穿过导轨平面．有一质量为m、阻值也为R的导体棒MN，以速度v沿导轨匀速下滑，它与导轨之间的动摩擦因数为μ，忽略感应电流之间的相互作用，则（ ） A．导体棒下滑的速度大小为 B．电阻R1消耗的热功率为 C．导体棒两端电压为-26-\n D．t时间内通过导体棒的电荷量为考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：导体棒匀速运动时，合力为零，推导出安培力表达式，即可求出速度v；安培力对导体棒做负功，导体棒克服安培力做功和摩擦力做功之和等于导体棒机械能的减少量；根据部分电路的欧姆定律求出MN两端的电压（路端电压）根据q=It求出流过导体棒的电量解答：解：电磁感应的过程中，该电路的等效电路如图：导体棒下滑时产生的电动势：E=BLv流过导体棒的电流：①A：导体棒匀速运动时，合力为零，即：mgsinθ=μmgcosθ+BIL②联立①②解得：，故A错误；B：导体棒的重力的功率：PG=mgvsinθ，摩擦力的功率：Pf=μmgcosθ•v，MN上的功率：，R1R2上的功率：重力的功转化为摩擦力的功和导体棒、电阻R1、R2是的功．即：PG=Pf+PMN+2PR，所以：．故B错误；C：导体棒两端的电压：．故C正确；D：t时间内通过的电量：．故D正确．故选：CD点评：本题分析导体棒的受力情况是求解的关键，不能将滑动摩擦力遗漏．画出该电路的等效电路有助于分析电路中的电流与电阻消耗的功率． 四．填空题（共20分，每小题4分．答案写在题中横线上的空白处或指定位置．）21．（4分）（2022春•宝山区校级期中）如图所示，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距2l-26-\n．现在C点上悬挂一质量为m的重物，为使CD绳保持水平，在D点可施加一个拉力，该拉力的最小值为 mg ．若该拉力沿AC方向，则大小为 mg ．考点：共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：由几何关系可知CD段水平时各绳间的夹角；对结点C分析，由共点力的平衡可求得CD绳水平时绳的拉力；再对结点D分析，由共点力平衡和力的合成可得出最小值．解答：解：由图可知，要想CD水平，则AC与水平方向的夹角为60°；结点C受力平衡，则受力分析如图所示：结点C受到沿AC拉力在水平方向上的分力等于水平向右的拉力T，即：T=FACcos60°=FAC结点C受到沿AC拉力在竖直方向上的分力等于物体的重力，即：mg=FACsin60°=FAC解得：T=mg；①若该拉力平行AC方向，根据共点力平衡条件，有：F•sin30°+FBD•sin30°=TF•cos30°=FBD•cos30°解得：F=T=mg；②当拉力F的方向与BD垂直时，力臂最长、最省力，如图所示：最小拉力F=F′=T′cos30°=Tcos30°=mg×=mg故答案为：，．点评：在共点力的平衡中要注意几何关系的应用，特别是求最小力时一定要通过几何图形进行分析． -26-\n22．（4分）（2022春•宝山区校级期中）做匀加速直线运动的物体途中依次经过A、B、C三点，已知AB=BC，AB段和BC段的平均速度分别为v1=3m/s、v2=6m/s，则物体经B点时的瞬时速度vB= 5 m/s，若物体运动的加速度a=2m/s2，则AC的距离SAC= 12 m．考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：物体做匀加速直线运动，对AB、BC两段过程分别根据速度位移关系式列方程，得出A、B、C三点的速度与位移的关系，根据AB段和BC段的平均速度与A、B、C三点的速度列式，联立求出vB．根据求出的物体经过A、C两点的速度，由速度位移公式研究AC过程，求出l．解答：解：设AC=l；加速度大小为a，经A、C的速度大小分别为vA、vC．据匀加速直线运动规律可得：vB2﹣vA2=2avC2﹣VB2=2av1==3m/s；v2==6m/s联立可得：vB==5m/s；（2）将vB=5m/s代入上式得：vA=1m/s，vC=7m/s由vC2﹣vA2=2al得代入a=2m/s2即可得l=12m故答案为：5；12．点评：本题考查速度与位移关系公式的应用，要注意匀变速直线运动平均速度公式的正确应用；并且要灵活选择中间变量． 23．（4分）（2022春•上海校级期末）如图所示，在半径为R的光滑半球面最高点的正上方高h处悬挂一不计大小的定滑轮，重力为G的小球（视为质点）用绕过滑轮的绳子拉住，在拉动绳子使小球在球面上缓缓运动到接近顶点的过程中，小球对半球的压力 不变 （选填：“变大”、“不变”或“变小”），绳子的拉力 变小 （选填：“变大”、“不变”或“变小”）考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．-26-\n专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对小球受力分析，受到拉力、重力和支持力，根据平衡条件结合几何关系列式求解分析即可．解答：解：对小球受力分析，受到拉力、重力和支持力，如图根据图中力三角形和几何三角形相似，由于滑轮的大小忽略不计，得到（其中L表示球与滑轮的距离）解得由于球与滑轮的距离L不断减小，故支持力N不变，拉力F不断减小；故答案为：不变，减小．点评：本题关键是对小球受力分析，然后根据平衡条件运用合成法，结合相似三角形知识进行求解． 24．（4分）（2022•崇明县一模）如图所示，在磁感强度为B的匀强磁场中，有一个边长为L的正六边形线圈abcdef，线圈平面垂直于磁场方向，则穿过线圈的磁通量大小为 BL2 ；若去掉其中的一条边ab，且通有图示顺时针方向的电流，电流强度大小为I，则剩余的五条边所受安培力的大小为 BIL （线圈不发生形变）．考点：磁通量；安培力．分析：线圈平面跟磁场方向相互垂直时，通过线圈的磁通量Φ=BS，由数学知识求出线圈的面积，即可根据此公式求解磁通量．根据正六边形线圈abcdef在匀强磁场中受到的安培力的合力为零，进行分析剩余的五条边所受安培力的大小．解答：-26-\n解：据题，线圈平面垂直于磁场方向，则穿过线圈的磁通量大小为Φ=BS=B•6•L2sin60°=BL2，正六边形线圈abcdef在匀强磁场中受到的安培力的合力为零，则ab边所受的安培力与其余五条边所受安培力的合力大小相等，方向相反，所以去掉边ab后，剩余的五条边所受安培力的大小与原来ab所受的安培力大小相等，即为BIL故答案为：BL2，BIL点评：对于匀强磁场中穿过线圈的磁通量一般公式是：Φ=BSsinα，α是线圈平面与磁场方向的夹角．本题还要抓住通电闭合线圈在匀强磁场中所受的安培力合力为零． 25．（4分）（2022春•宝山区校级期中）如图所示，在光滑绝缘的水平面上，一边长为10cm、电阻为1Ω、质量为0.1kg的正方形金属线框abcd以m/s的速度向一有界磁场滑去，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度大小为0.5T，当线框全部进入磁场时，线框中已放出了1.8J的热量．则当线框ab边刚出磁场的瞬间，线框速度大小为 6 m/s；线框中电流的瞬时功率为 0.09 W．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化．专题：电磁感应——功能问题．分析：线框进入磁场时克服安培力做功，线框的动能转化为焦耳热，线框完全进入磁场后，穿过线框的磁场不变，不产生感应电流，线框不受安培力作用，线框做匀速直线运动，ab边刚出磁场时的速度等于线框完全进入磁场时的速度，由能量守恒定律可以求出线框的速度；由电功率公式可以求出电流的瞬时功率．解答：解：在线框开始进入磁场直到ab边刚出磁场过程中，由能量守恒定律可得：mv02=mv2+Q，解得v=6m/s；此时感应电动势E=BLv，感应电流I=，电流的瞬时功率：P=I2R==0.09W；故答案为：6；0.09．点评：线框进入磁场过程中动能转化为焦耳热，应用能量守恒定律、电功率公式即可正确解题． 五．实验题（共24分．答案写在题中横线上的空白处或括号内．）26．（4分）（2022春•宝山区校级期中）在研究电磁感应现象实验中：（1）将电流表接成如图甲所示电路，闭合电键SA，电流表指针向左偏，将这只表接入如图乙所示电路中，电流表指针向 左 偏．（2）若将这只电表接入如图丙所示电路，闭合电键SA的瞬时指针向左偏，则电源的 下 端为正极（填“上”或“下”）．-26-\n考点：研究电磁感应现象．专题：实验题．分析：图甲中闭合开关，电流表指针向左偏转，表明电流从正接线柱流入时，电流向正接线柱方向偏转；根据图乙所示，应用楞次定律判断出感应电流方向，然后判断出指针的偏转方向；由指针的偏转方向、安培定则及楞次定律判断出原线圈电流方向，然后判断出电源的正负极．解答：解：（1）图乙所示，穿过线圈的磁场向下，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流沿顺时针方向，电流从正接线柱流入电流表，因此电流表指针向左偏转．（2）图丙所示，电流表指针向左偏转，副线圈中的感应电流从电流表正接线柱流入，由安培定则可知，感应电流磁场方向向上；闭合开关，穿过副线圈的磁通量增加，由楞次定律可知，原线圈电流磁场向下，由安培定则可知，原线圈电流沿顺时针方向，因此电源下端为正极．故答案为：（1）左；（2）下．点评：本题考查了判断感应电流方向、电源正负极问题，熟练应用安培定则、楞次定律是正确解题的关键． 27．（6分）（2022秋•宝山区期末）理想实验有时更能深刻地反映自然规律，如图所示，伽利略设计了一个理想实验：①如果没有摩擦，小球将上升到原来的高度；②继续减小右边斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球要沿水平面作匀速直线运动；③减小右边斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度；④在两个对接的斜面上，让静止的小球沿左边的斜面滚下，小球将滚上右边的斜面．（1）请将上述关于理想实验的描述按正确的逻辑顺序排列： ④①③② （只要填写序号）．（2）上述关于理想实验的描述中，有的属于可靠的事实，有的是理想化的推论，下列关于事实和推论的分类正确的是： A、①是事实，②、③和④是推论B、②是事实，①、③和④是推论C、③是事实，①、②和④是推论D、④是事实，①、②和③是推论．考点：牛顿第一定律．-26-\n专题：牛顿运动定律综合专题．分析：通过简单的斜面实验：让小球从一个斜面滚下后，再滚上另一斜面．若斜面没有摩擦，则小球会达到原来高度．然后改变另一斜面的倾角，观察小球的运动．最后让另一斜面平放，则小球要达到原来高度，但又不可能达到，所以它将一直运动下去，这就是理想实验．解答：解：（1）伽利略设计了一个理想实验的步骤是：先在两个对接的斜面上，让静止的小球沿左边的斜面滚下，小球将滚上右边的斜面；如果没有摩擦，小球将上升到原来的高度；接着减小右边斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度；继续减小右边斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球要沿水平面作匀速直线运动．（2）关于理想实验的描述中，有的属于可靠的事实，有的是理想化的推论．则④是事实，①、②和③是推论，①中不可能没有摩擦；③有摩擦是不可能达到原来高度的；②即使水平也不可能匀速运动．故答案为：④①③②故选为：D点评：通过事实去理论推导，这是跨出条件束缚的一种途径． 28．（8分）（2022春•宝山区校级期中）在观察光的干涉现象的实验中，将两片刀片合在一起，在涂有墨汁的玻璃片上划出不同间隙的双缝；按如图所示的方法，让激光束通过自制的双缝，观察在光屏上出现的现象得到的结论是：（1）保持缝到光屏的距离不变，换用不同间隙的双缝，双缝的间隙越小，屏上明暗相间的条纹间距 越大 （填“越大”或“越小”）；（2）保持双缝的间隙不变，光屏到缝的距离越大，屏上明暗相间的条纹间距 越大 （填“越大”或“越小”）；（3）在狭缝间的距离和狭缝与屏的距离都不变的条件下，用不同颜色的光做实验，发现用绿光做实验在屏上明暗相间的条纹间距比用红色光做实验的 小 （填“大”或“小”）；（4）在该实验中，若所用激光的波长为5.30×10﹣7m，屏上P点距双缝S1和S2的路程差为1.855×10﹣6m．则在这里出现的应是 暗条纹 （填“明条纹”或“暗条纹”）．考点：用双缝干涉测光的波长．专题：实验题．分析：根据双缝干涉条纹的间距公式λ判断条纹间距的变化，当路程差等于半波长的偶数倍时，出现明条纹，当路程差等于半波长的奇数倍时，出现暗条纹．解答：解：（1）根据得，双缝的间隙越小，则屏上明暗条纹间距越大．-26-\n（2）根据得，光屏到缝的距离越大，屏上明暗相间条纹间距越大．（3）根据知，绿光的波长比红光的波长短，则用绿光做实验在屏上明暗相间的条纹间距比用红色光做实验的条纹间距小．（4）根据，知路程差是半波长的奇数倍，则这里出现暗条纹．故答案为：（1）越大，（2）越大，（3）小，（4）暗条纹．点评：解决本题的关键掌握双缝干涉条纹的间距公式，以及掌握判断明暗条纹的方法，关键看路程差与半波长的关系． 29．（6分）（2022•浦东新区模拟）如图1所示是运用DIS实验的位移传感器测定小车运动规律的实验装置图．（1）固定在小车上的发射器不断地向接收器发出短暂的超声波脉冲和红外线脉冲，从而测量物体运动的一些物理量．超声波是一种 机械波 （选填“机械波”或“电磁波”）．（2）图2是通过传感器、数据采集器，再经过计算机所绘制的小车运动的速度﹣时间图象．由该图象可以求出小车加速度的大小为a= 1.2 m/s2；小车的运动方向是 向右 （选填“向左”或“向右”）运动．考点：探究小车速度随时间变化的规律．专题：实验题；直线运动规律专题．分析：频率高于20000Hz的声波叫超声波．根据a=，再通过图象斜率求小车的加速度．解答：解：（1）频率高于20000Hz的声波叫超声波．超声波是一种机械波．（2）由速度﹣时间图象可知，切线表示加速度，图象是倾斜直线，即斜率（加速度）是定值，物体做匀减速直线运动，根据a==m/s2=1.2m/s2，小车的运动方向是向右．故答案为：（1）机械波；（2）1.2m/s2；向右．-26-\n点评：1、解决此题要结合超声波的定义去分析解答．2、要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用． 六．计算题（共50分）30．（15分）（2022秋•徐州期中）甲乙两车在同一水平公路上沿同一方向做匀速直线运动，甲车的速度为10m/s，乙车的速度为20m/s，从某一时刻开始计时时，甲车在前，乙车在后，两车相距32m，此后，乙车刹车，做匀减速直线运动，加速度大小为1m/s2，甲车仍做匀速直线运动：求：（1）第一次相遇时，甲车行驶的位移（2）若两车相遇时并不相撞，且不影响各自运动，则，从第一次相遇到第二次相遇所用的时间（3）从第一次相遇到第二次相遇，两车间的最大位移．考点：匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀速直线运动及其公式、图像．专题：追及、相遇问题．分析：（1）第一次相遇时，甲车的位移与乙车的位移存在这样的关系△x+x1=x2，根据位移关系，求出时间，从而求出甲车行驶的位移．（2）从第一次相遇到第二次相遇过程中，两车的位移相等，抓住位移相等这一关系，根据运动学公式求出所用时间．（3）第一次相遇后，乙车运动到甲车的前面，此时乙车的速度比甲车大，在运动的过程中，乙车的速度在减小，两车的距离先增大后减小，当两车速度相等时，距离最大．根据速度相等，求出时间，从而求出最大距离．解答：解：（1）设第一次相遇，两车运动的时间为t1，甲车的位移为x1，乙车的位移为x2根据题意：由，△x+x1=x2即代入数据，解之；t1=4s或t1=16s（舍）x1=v1t1=10×4=40m（2）第一次相遇时，乙车的速度为v02，则v02=v01+at1=20+（﹣1）×4=16m/s设两车从第一次相遇到第二次相遇所用时间为t2根据题意有：x2=x1即：代入数据，解之；t2=12s（3）从第一次相遇到第二次相遇过程中，当两车速度相等时，两车距离最大．设从第一次相遇到两车速度相等所用时间为t3根据题意有：v02+at3=v1代入数据，解之；t3=6s所以．所以两车间的最大位移为18m．-26-\n点评：第一次相遇抓住两车位移的关系△x+x1=x2．第二次相遇，抓住两次相遇过程中位移相等．根据两车速度的关系判断距离的变化，从而得出何时距离最大． 31．（10分）（2022•惠州一模）甲、乙两个同学在直跑道上练习4×100m接力跑，如图所示，他们在奔跑时有相同的最大速度．乙从静止开始全力奔跑需跑出25m才能达到最大速度，这一过程可看作匀变速运动．现在甲持棒以最大速度向乙奔来，乙在接力区伺机全力奔出．若要求乙接棒时达到奔跑最大速度的80%，则：（1）乙在接力区需奔出多少距离？（2）乙应在距离甲多远时起跑？考点：匀变速直线运动的速度与位移的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：直线运动规律专题．分析：（1）根据初速度为0的匀变速直线运动速度位移公式v2=2ax，求出乙在接力区需奔出的距离．（2）根据平均速度公式求出乙加速至交接棒所经过的位移，而甲在这段时间内的位移x甲=v1t，两人位移之差即为乙距离甲的起跑距离．解答：解：（1）乙起跑后做初速度为0的匀加速直线运动，设最大速度为v1，x1为达到最大速度经历的位移，v2为乙接棒时的速度，x2为接棒时经历的位移，有v12=2ax1v22=2ax2v2=v1×80%得x2=0.64x1=16m故乙在接力需奔出的距离为16m．（2）设乙加速至交接棒的时间为tx甲=v1t△x=x甲﹣x2=0.6v1t=24m．故乙应在距离甲24m处起跑．点评：解决本题的关键掌握初速度为0的匀变速直线运动的速度位移公式v2=2ax．以及知道乙距离甲的起跑距离等于在乙起跑到接棒这段时间内两人的位移之差． 32．（9分）（2022•宿迁模拟）如图所示，物体的质量为2kg，两根轻细绳AB和AC的一端固定于竖直墙上，另一端系于物体上（∠BAC=θ=60°），在物体上另施加一个方向与水平线也成θ角的拉力F，若要使绳都能伸直，求拉力F的大小范围．-26-\n考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对A球受力分析，受到拉力F，重力mg，两根细绳的拉力FB、FC，根据共点力平衡条件列方程，然后根据两根细线的拉力都要大于或等于零分析判断．解答：解：对A球受力分析，受到拉力F，重力mg，两根细绳的拉力FB、FC，如图所示，根据平衡条件，有：x方向：Fcos60°=FC+FBcos60°y方向：Fsin60°+FBsin60°=mg解得：当FB=0时，F最大，为：Fmax=；当FC=0时，F最小，为：Fmin=；故拉力F的范围为：．答：拉力F的大小范围为点评：本题关键是对小球受力分析，列平衡方程，然后找出最大和最小两种临界情况讨论即可． 33．（16分）（2022•闸北区二模）两根平行金属导轨固定倾斜放置，与水平面夹角为370，相距d=0.5m，a、b间接一个电阻R，R=1.5Ω．在导轨上c、d两点处放一根质量m=0.05kg-26-\n的金属棒，bc长L=1m，金属棒与导轨间的动摩擦因数μ=0.5．金属棒与导轨接触点间电阻r=0.5Ω，金属棒被两个垂直于导轨的木桩顶住而不会下滑，如图1所示．在金属导轨区域加一个垂直导轨斜向下的匀强磁场，磁场随时间的变化关系如图2所示．重力加速度g=10m/s2．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：（1）0～1.0s内回路中产生的感应电动势大小．（2）t=0时刻，金属棒所受的安培力大小．（3）在磁场变化的全过程中，若金属棒始终没有离开木桩而上升，则图2中t0的最大值．（4）通过计算在图3中画出0～t0max内金属棒受到的静摩擦力随时间的变化图象．考点：导体切割磁感线时的感应电动势；安培力．专题：电磁感应中的力学问题．分析：（1）由图（2）读出，根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势大小．（2）由I=，F安0=B0Id求出t=0时刻，金属棒所受的安培力大小．（3）金属棒对木桩的压力为零，最大静摩擦力沿斜面向下，此时沿倾斜导轨方向上合外力为零．根据平衡条件求出此时的B，而B与时间的关系式求出t0的最大值．（4）开始时，木桩对金属棒有支持力，金属棒对导轨无相对运动趋势：f静=0．随着安培力F安的增大，木桩对金属棒的弹力减小，直至弹力为零．F安继续增大，f静从零开始增大，f随t线形增大．根据平衡条件求出摩擦力，画出图象．解答：解：（1）读图（2）可知：=T/s=0.8T/s感应电动势为E==Ld=0.8×1×0.5V=0.4V（2）感应电流为I===0.2At=0时刻，金属棒所受的安培力大小为F安0=B0Id=0.2×0.2×0.5N=0.02N．（3）金属棒对木桩的压力为零，最大静摩擦力沿斜面向下，此时沿倾斜导轨方向上合外力为零．F安=B（t）Id=（0.2+0.8t0max）N=（0.02+0.08t0max）N．又N=mgcos37°=0.05×10×0.8N=0.4N．f=μN=0.5×0.4N=0.2N，即最大静摩擦力．由F安=mgsin37°+f代入相关数据后，得：t0max=6s．（4）一开始，木桩对金属棒有支持力，金属棒对导轨无相对运动趋势：f静-26-\n=0．随着安培力F安的增大，木桩对金属棒的弹力减小，直至弹力为零．满足：F安=B（t）Id=mgsin37°，代入数据：（0.2+0.8t′）×0.2×0.5=0.05×10×0.6，得：t′=3.5s．F安继续增大，f静从零开始增大，F安=B（t）Id=（0.2+0.8t）×0.2×0.5=mgsin37°+f静，所以f随t线形增大至f=0.2N（此时t0max=6s）．画出图象如图．答：（1）0～1.0s内回路中产生的感应电动势大小是0.4V．（2）t=0时刻，金属棒所受的安培力大小是0.02N．（3）在磁场变化的全过程中，若金属棒始终没有离开木桩而上升，则图2中t0的最大值是6s．（4）画出0～t0max内金属棒受到的静摩擦力随时间的变化图象如图所示．点评：本题关键是分析和计算安培力，根据安培力与重力分力的关系分析摩擦力的大小和方向． 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