【解析】2020-2021学年江苏省苏州市高二(下)期末物理试卷-Word版含解析.docx

2022-2021学年江苏省苏州市高二（下）期末物理试卷（解析版）一、单项选择题：本题共5小题；每小题3分，共15分每小题只有一个选项符合题意1（3分）（2021春苏州期末）下列有关物理史实的叙述中正确的是目（）A电荷四周存在由它产生的电场的观点，最早由奥斯特提出的B密立根通过“油滴试验”最早测定了元电荷e的电荷量C能测量带电粒子的质量和分析同位素的质谱仪，最初是由洛伦兹设计的D法拉第电磁感应定律最先是由法拉第提出的考点：物理学史全部专题：常规题型分析：依据物理学史和常识解答，记住出名物理学家的主要贡献即可解答：解：A、电荷四周存在由它产生的电场的观点，最早由法拉第提出的，故A错误；B、密立根通过“油滴试验”最早测定了元电荷e的电荷量，故B正确；C、质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具，这是阿斯顿最早设计的，故C错误；D、法拉第电磁感应定律最先是由纽曼和韦伯提出的，故D错误；故选：B点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发觉、制造、出名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2（3分）（2021春苏州期末）标有“220V、100W“的一灯泡接在u=311sin（314t）V的正弦沟通电上，则（）A产生该沟通电的发电机转速为每分钟50转B与该灯泡串联的抱负电流表读数为0.64AC与该灯泡并联的抱负电压表读数为311VD通过该灯泡的电流i=0.64sin（314t）A考点：正弦式电流的图象和三角函数表达式全部专题：沟通电专题分析：由沟通电u=311sin314tV可知=314rad/s，电压最大值Um=311V由=2f求解频率f由U=Um求出电压的有效值，推断“220V100W”的灯泡能否正常发光沟通电压表测量的是有效值解答：解：A、灯泡接在u=311sin（314t）V的正弦沟通电上，=314rad/s，所以产生该沟通电的发电机转速为每秒50转，故A错误；B、由沟通电u=311sin314tV可知，电压的最大值Um=311V有效值U=Um=220V，可以使“220V，100W”的灯泡正常发光，且电流表的电流I=0.46A故B错误，C、与灯泡并联的沟通电压表测量时，读数为220V故C错误D、灯泡的最大电流为Im=I=0.64A，因此通过灯泡的电流i=0.64sin314t（A）故D正确故选：D点评：本题要留意对于没有特殊说明的状况，沟通电的数值都是指有效值计算沟通电的电功、电功率都用有效值3（3分）（2021春苏州期末）在如图所示的电路中，Rl、R2、R3和R4皆为定值电阻，RT为热敏电阻，电源的电动势为E，内阻为r设抱负电流表A的读数为I，抱负电压表V的读数为U当热敏电阻RT所处的环境温度降低时，则（）AI变小，U变小BI变大，U变大CI变小，U变大DI变大，U变小考点：闭合电路的欧姆定律全部专题：恒定电流专题分析：当温度降低时，热敏电阻阻值变大；外电路总电阻变大，依据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电流表A和电压表的读数变化解答：解：当温度降低时，热敏电阻阻值变大，则外部总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小，内压减小，路端电压增大，电压表示数增大；因干路电流减小，则R及R3分压减小，则流过R2和R4的电流增大；故电流表示数增大；故选：B点评：本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析4（3分）（2021春苏州期末）如图所示，A、B两个点电荷的电荷量分别为+Q和+q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0若弹簧发生的形变弹性限度内，则（）A保持+Q不变，将+q变为一q，平衡时弹簧的缩短量等于x0B保持+q不变，将+Q变为一Q，平衡时弹簧的缩短量小于x0C保持+Q不变，将+q变为+2q，平衡时弹簧的伸长量等于2x0D保持+q不变，将+Q变为+2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0考点：电势差与电场强度的关系全部专题：电场力与电势的性质专题分析：依据库仑定律及胡克定律列式分析，电荷量变化，库仑力变化，两球的距离变化，弹力变化，依据平衡条件列方程计算即可解答：解：设弹簧的劲度系数为K，原长为x当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0，则有：A、保持Q不变，将q变为q，假如缩短量等于x0，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，故平衡时弹簧的缩短量大于x0，故A错误B、保持q不变，将Q变为Q，假如缩短量等于x0，则静电力大于弹力，故会进一步吸引，故平衡时弹簧的缩短量大于x0，故B错误C、保持Q不变，将q变为2q时，平衡时有：Kx1=k由解得：x12x0，故C错误D、同理可以得到保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0，故D正确故选：D点评：本题主要考查了库仑定律及胡克定律的直接应用，要知道，电荷量变化后库仑力要变化，距离变化后弹簧弹力会变化5（3分）（2021春苏州期末）如图所示，两根平行光滑电阻不计的金属导轨，左端接有电阻R，放置在倾角为的斜面（未画出）上，斜面处有垂直于斜面对上的匀强磁场质量为m电阻不计的金属棒动，在与其垂直且沿斜面对上的恒力F的作用下沿导轨匀速上滑h高度则在这过程中，下列叙述中正确的是（）A作用于金属棒ab各力的合力所做的总功等于零B作用于金属棒ab各力的合力所做的功等于其克服重力所做的功与电阻R上发出的焦耳热之和CF与金属棒ab所受的安培力的合力所做的功等于零DF与金属棒ab所受重力的合力所做的功等于其重力势能的增加量与电阻R上生产的焦耳热之和考点：导体切割磁感线时的感应电动势；功能关系全部分析：导体棒ab匀速上滑，合力为零，即可合力的做功为零；对导体棒正确受力分析，依据动能定理列方程，弄清功能转化关系，留意克服安培力所做功等于回路电阻中产生的焦耳热解答：解：AB、导体棒匀速上升过程中，作用于棒上各力的合力为零，则合力所作的总功等于零，故A正确，B错误C、依据动能定理得：WFWGW安=0，得WFW安=WG0，即恒力F与安培力的合力所做的功等于克服导体棒重力做的功，不等于零，故C错误D、由WFWGW安=0得，WFWG=W安，即恒力F与重力的合力所做的功等于克服安培力所做功，即等于电阻R上发出的焦耳热，故D错误故选A点评：对于电磁感应与功能结合问题，留意利用动能定理进行推断各个力做功之间关系，尤其留意的是克服安培力所做功等于整个回路中产生的焦耳热二、多项选择题：本题共4小题；每小题4分，共16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，错选或不答的得0分6（4分）（2021春苏州期末）如图所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等势面间电势差相等一个带负电的粒子以确定的初速度进入电场后，仅在电场力作用下沿实线轨迹运动，先后通过M点和N点由此可推断出目（）AN点的电势高于M点的电势B该粒子在N点的电势能比在M点的电势能大C该粒子在M点的速率小于在N点的速率D该粒子在这一过程中电势能和动能之和保持不变考点：电势差与电场强度的关系；电势全部专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线与等势面垂直，等差等势面的疏密程度也反映电场的强弱，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加解答：解：A、由于带负电的粒子，由运动轨迹可知，电场力F的方向如图所示，依据电场的性质“顺着电场线的方向电势降落”可知，N点的电势低于M点的电势，故A错误；B、由于带负电的粒子，从N到M，电场力做正功，所以电势能减小，所以N点的电势能比在M点的电势能大，故B正确；C、从M到N，电场力做负功，速度减小，所以M点的速率大于在N点的速率，故C错误；D、依据能量守恒定律可知，电势能和动能之和保持不变，故D正确；故选：BD点评：电场线与等势面垂直加强基础学问的学习，把握住电场线的特点，即可解决本题7（4分）（2021春苏州期末）上海磁悬浮列车是世界上第一段投入商业运行的高速磁悬浮列车，设计最高运行速度为430km/h，仅次于飞机的飞行时速如图所示是磁悬浮的原理图，图中A是圆柱形磁铁，B是高温超导（电阻率为零）材料制成的超导圆环现将超导圆环水平放在磁铁上方，它就能在磁场力的作用下悬浮在磁铁上方的空中，下列说法中正确的是（）A在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流稳定后，感应电流仍存在B在B放入磁场的过程中，B中将产生感应电流稳定后，感应电流消逝C如A的S极朝上，B中感应电流的方向如图中所示D如A的N极朝上，B中感应电流的方向如图中所示考点：楞次定律全部专题：电磁感应与电路结合分析：闭合电路的部分导体在磁场中做切割磁感线运动，在电路中就会产生感应电流，该现象称为电磁感应现象，所以据电磁感应的理解，结合超导、安培定则分析即可推断解答：解：A、B、当将B环靠近A时，由于越靠近A物体，其磁场就越强，磁感线就越密，所以在靠近过程中B环会切割磁感线运动，即在该环中会产生感应电流；由于发生了超导，即没有电阻，所以此时B环中的电流不会变小，且永久存在，故A正确，B错误；C、如A的S极朝上，即其相互排斥，这就说明B环的下面是S极，故安培定则可推断此时用右手握时，大拇指应朝下，故感应电流为逆时针方向（俯视），即如图中所示，故C正确；D、此时圆环B水平放在磁铁A上且悬浮在磁铁A的上方空中，即其相互排斥，这就说明B环的下面是N极，故安培定则可推断此时用右手握时，大拇指应朝下，故感应电流为顺时针方向（俯视），故D错误故选：AC点评：知道产生感应电流的条件，并能结合超导和安培定则进行分析是解决该题的关键8（4分）（2021春苏州期末）如图所示，变压器的原、副线圈的匝数比确定，原线圈的电压为U1时，副线圈的输出电压为U2，L1、L2、L3是三只完全相同的电灯开头时，开关S是断开的，现将S闭合，则（）AL1变亮，L2变暗BL1变暗，L2变亮CU1、U2均不变D原线圈中的电流变大考点：变压器的构造和原理全部专题：沟通电专题分析：开关S闭合后转变了副线圈的电流和功率，依据变压器原副线圈电压、电流与匝数比的关系即可求解解答：解：A、依据，可知当原线圈的电压U1确定时，副线圈的电压U2也确定，当开关S闭合时，次级电阻减小，故次级电流变大，所以灯泡L1变亮，此时L2、L3并联支路的电压减小，L2变暗，故AC正确，B错误；D、由于次级电流变大，而电流之比等于匝数的反比，则原线圈中的电流变大；故D正确；故选：ACD点评：本题主要考查了变压器的原理，要知道开关S闭合后，副线圈的电流和功率都变大，但输出电压是由输入电压打算的；电压不变9（4分）（2021春苏州期末）如图所示，相互正交的匀强电场方向竖直向下，匀强磁场垂直纸面对里带有等量同种电荷的三个液滴在此空间中，a液滴静止不动，b液滴沿水平线向右做直线运动，c液滴沿水平线向左做直线运动则下列说法中正确的是（）A三个液滴都带负电B液滴b的速率确定大于液滴c的速率C三个液滴中液滴b质量最大D液滴b和液滴c确定做的是匀速直线运动考点：带电粒子在混合场中的运动全部专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：三个带电油滴都受力平衡，依据共点力平衡条件列式求解确定电性与质量大小，再依据洛伦兹力、电场力与重力关系，来判定速率的大小，最终依据洛伦兹力受到速率的影响，从而确定运动性质解答：解：AC、a球受力平衡，有：Ga=qE重力和电场力等值、反向、共线，故电场力向上，由于电场强度向下，故球带负电，b球受力平衡，有：Gb+qvB=qEc球受力平衡，有：Gc=qvB+qE解得：GcGaGb，故A正确，C错误；B、由上分析可知，无法确定b与c洛伦兹力大小，因此无法确定液滴速率大小，故B错误；D、依据f=qvB，可知，液滴的洛伦兹力受到速率的约束，若不是做匀速直线运动时，则洛伦兹力变化，导致受力不平衡，那么就不行能做直线运动，故D正确，故选：AD点评：本题关键分别对a、b、c三个球进行受力分析，然后得到小球的电性，电场力和洛仑兹力的方向，最终依据共点力平衡条件得到各个球的重力的大小三、简答题：本题分必做题（第10、11题）和选做题（第12题）两部分，共计42分请将解答填写在答题卡相应的位置必做题10（8分）（2021春苏州期末）用如图甲所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T请依据下列步骤完成电阻测量旋动部件S，使指针对准电流的“0”刻线将K旋转到电阻挡“100”的位置将插入“+”、“”插孔的表笔短接，旋动部件T，使指针对准电阻的0刻线（填“0刻线”或“刻线”）将两表笔分别与待测电阻相接，发觉指针偏转角度过大为了得到比较精确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按BDC的挨次进行操作，再完成读数测量A将K旋转到电阻挡“1k”的位置B将K旋转到电阻挡“10”的位置C将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接D将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准在步骤中，将两表笔分别与被测电阻两根引线相接，待稳定后，表盘指针如图乙所示，此被测电阻的阻值为3.0102（保留两位有效数字）考点：用多用电表测电阻全部专题：试验题分析：电表使用前要使指针指在0刻线位置，通过调整调零旋钮实现；欧姆表测量前要进行欧姆调零；欧姆表中值电阻四周刻度线最均匀，读数误差最小，故测量电阻时，要通过选择恰当的倍率使指针指在中值电阻四周；每次换挡要重新调零；欧姆表读数=刻度盘读数倍率；欧姆表使用完毕，要将旋钮选择“OFF”挡或者沟通电压最大挡，若长期不用，需要将电池取出解答：解：电表使用前要旋转机械调零旋钮S进行机械调零，使指针对准电流的0刻线；将K旋转到电阻挡“l00”的位置将插入“十”、“”插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮 T，使指针对准电阻的 0刻线欧姆表指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应换小挡进行测量，应将旋转开关K置于“10”，然后进行欧姆调零，再测电阻，因此合理是试验步骤是：BDC由图2所示可知，被测电阻阻值：3010=300=3.0102；故答案为：S；T；0刻线；BDC；3.0102点评：本题考查了多用电表的使用方法，把握基础学问即可正确解题；使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中心刻度线四周11（10分）（2021春苏州期末）在测电池的电动势和内阻的试验中，某同学记录了电流表和电压表如表所示的6组数据：次数物理量123456电流I/A0.120.200.310.320.440.57电压U/V1.371.321.241.181.131.05试验中供应的器材有：A电池（电动势约1.5V）B电流表（量程为0.6A，内阻约为0.1和量程为3A，内阻约为0.02）C电压表（量程为3V，内阻约为lk和量程为15V，内阻约为5k）D滑动变阻器（020）E开关一个、导线若干（1）依据试验要求，在图a中按要求连接实物图（2）依据记录数据在如图b所示的坐标纸上作出U一I图线，并依据所作图线求出该电池的电动势E=1.45V，内阻r=0.69（结果须小数点后保留两位数字）考点：测定电源的电动势和内阻全部专题：试验题分析：（1）由题意要求要确定试验原理图；再依据电路图连接实物电路图；（2）应用描点法作出图象，电源UI图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的确定值等于电源内阻解答：解：（1）由于电流表内阻与电源内阻较接近；故电流表选用相对电源的外接法；原理图如图所示；依据电路图连接实物电路图如图所示：（2）依据表中试验数据在坐标系内描出对应点，然后依据描出的点作出图象，图象如图所示：由图象图象可知，电源UI图象与纵轴 交点坐标值为1.45，则电源电动势E=1.45V，电源内阻r=0.69故答案为：（1）电路图如图所示；（2）图象如图所示；1.45；0.69点评：本题考查了作图象、求电源电动势与内阻，应用图象法处理试验数据是常用的试验数据处理方法，电源UI图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的确定值等于电源内阻三选做题（请从A、B和C三小题中选定两小题作答，如都作答则按A、B两小题评分）A（选修模块3-3）（12分）12（4分）（2021春苏州期末）某种气体在不同温度下的气体分子速率分布曲线如图所示，图中f（v）表示v处单位速率区间内的分子数百分率，所对应的温度分别为T、T、T则（）ATTTBTTTCTT，TTDT=T=T考点：温度是分子平均动能的标志全部分析：温度是分子的平均动能的标志，大量的分子的速率的分布规律，满足麦克斯韦分布的规律解答：解：依据麦克斯韦关于分子的分布规律，气体的温度越高，速率大的分子所占的比例越大所以的温度最高，的温度最低故A正确故选：A点评：该题考查图f（v）表示v处单位速率区间内的分子数百分率与所对应的温度个关系，其实质是考查麦克斯韦分布规律，把握其特点即可解答13（4分）（2021春苏州期末）在“用油膜法估测分子大小”的试验中，首先要确定一滴油酸酒精溶液中纯油酸的体积，具体做法是：把浓度为的油酸酒精溶液一滴一滴地滴入量筒，登记滴入溶液滴数n时、量筒内增加的体积为V，则一滴溶液中纯油酸的体积为；然后将一滴油酸酒精溶液滴入盛水的浅盘里，待水面稳定后，登记如图油酸分布图，已知图中每个正方形小方格的面积为S0则油酸分子直径大小的表达式为考点：用油膜法估测分子的大小全部专题：试验题分析：依据浓度按比例算出纯油酸的体积；把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，油膜的厚度近似等于油酸分子的直径，由d=可以求出直径大小解答：解：一滴溶液中纯油酸的体积v0=依据油膜分布图可知，大约有57个小格子，则油膜的面积为57S0，则d=故答案为：，点评：本试验的模型是不考虑油酸分子间的空隙，接受估算的方法求面积，确定存在误差，但本试验只要求估算分子大小，数量级符合要求就行了计算时留意单位的换算14（4分）（2021春苏州期末）如图所示，确定质量的抱负气体从状态A经等压变化到状态B此过程中，气体的压强p=1.5105Pa，吸取的热量为Q=2102J，求此过程中气体内能的增量考点：热力学第确定律；抱负气体的状态方程全部专题：热力学定理专题分析：气体从状态A经等压过程到状态B的过程中，吸取热量，同时对外做功，要先求出体积的变化，再求外界对气体做的功，最终依据热力学第确定律求解解答：解：气体由状态A到状态B的过程中，发生等压变化，由盖吕萨克定律得：=得 VB=2103m3；在该过程中，外界对气体做功：W=p（VAVB）=1.5105103J=150J依据热力学第确定律得：U=Q+W=150+200=350J答：此过程中气体内能的增量是350J点评：该题考查热力学第确定律和抱负气体的状态方程，关键的是正确求出气体对外做的功四（选修模块34）（12分）15（4分）（2021春苏州期末）如图所示，乒乒乘坐速度为0.8c（c为光速）的宇宙飞船追赶正前方的宝宝，宝宝的飞行速度为0.6c，乒乒向宝宝发出一束光进行联络，则宝宝观测到该光束的传播速度为（）A0.4cB1.4cC1.0cD0.2c考点：* 爱因斯坦相对性原理和光速不变原理全部分析：光速不变原理：在狭义相对论中，指出无论在何种惯性系（惯性参照系）中观看，光在真空中的传播速度都是一个常数，不随光源和观看者所在参考系的相对运动而转变故真空中的光速对任何观看者来说都是相同的，即为c解答：解：依据爱因斯坦相对论，在任何参考系中，光速不变，即光速不随光源和观看者所在参考系的相对运动而转变所以宝宝观测到该光束的传播速度为C，所以ABD错误，C正确故选：C点评：本题考查了 光速不变原理，只要把握了基本概念即可顺当解决基础题目16（4分）（2021春苏州期末）在一次测玻璃的折射率试验中，接受了如下方法，将一块半圆形玻璃砖放在水平面上（如图所示），用一束光线垂直于玻璃砖直径平面射入圆心O，以O为转轴在水平面内缓慢转动半圆形玻璃砖，当刚转过角时，观看者在玻璃砖平面一侧恰看不到出射光线，这样就可以知道该玻璃砖的折射率n的大小，那么，上述测定方法主要是利用了全反射 的原理，该玻璃的折射率n=考点：光的折射定律全部专题：光的折射专题分析：由题，将玻璃砖缓慢转过角时，观看者在玻璃砖平面一侧恰看不到出射光线，说明光线玻璃砖平面发生了全反射，此时的入射角恰好等于临界角，由折射定律公式求出该玻璃砖的折射率解答：解：据题意，将玻璃砖缓慢转过角时，观看者在玻璃砖平面一侧恰看不到出射光线，说明光线玻璃砖平面发生了全反射，此时的入射角恰好等于临界角，即有i=C=依据临界角公式sinC=，则得n=故答案为：全反射，点评：本题考查全反射的条件及临界角公式，并供应了利用全反射测定玻璃砖折射率的方法17（4分）（2021春苏州期末）如图所示，一列简谐波在时刻t=0时的波形图，该波沿x轴正方向传播经t=0.9s，A点刚好第三次毁灭波峰求经过多长时间平衡位置在x=11m的P点第一次毁灭波峰？考点：横波的图象；波长、频率和波速的关系全部专题：振动图像与波动图像专题分析：依据经t=0.9s，A点刚好第三次毁灭波峰求出周期，依据图象得出波长，进而求出波速，当x=1m的波峰形式传播至x=11m时，x=11m的P点第一次毁灭波峰，依据t=求解时间，解答：解：由题意得：，解得：T=0.4s依据图象可知波长=4m则波速v=，当x=1m的波峰形式传播至x=11m时，x=11m的P点第一次毁灭波峰，则t=答：经过1s时间平衡位置在x=11m的P点第一次毁灭波峰点评：解答本题的关系是依据题意求出周期，能依据图象读出波长，考察了同学们读图的力气，知道当x=1m的波峰形式传播至x=11m时，x=11m的P点第一次毁灭波峰五（选修模块3-5）（12分）18（2021春苏州期末）下列描绘两种温度下黑体辐射强度与波长关系的图中，符合黑体辐射规律的是 （）ABCD考点：量子化现象全部分析：要理解黑体辐射的规律：温度越高，辐射越强越大，温度越高，辐射的电磁波的波长越短解答：解：黑体辐射以电磁辐射的形式向外辐射能量，温度越高，辐射越强越大，故B、D错误黑体辐射的波长分布状况也随温度而变，如温度较低时，主要以不行见的红外光进行辐射，在500以至更高的温度时，则顺次放射可见光以至紫外辐射即温度越高，辐射的电磁波的波长越短，故C错误A正确故选：A点评：顺当解决本题，确定要娴熟记忆本深刻理解教材的基本的内容，这是我们学好物理的捷径19（2021春苏州期末）用如图甲装置做“验证动量守恒定律”的试验中，A、B两小球体积相同，称得A球的质量0.1kg，B球的质量为0.05kg，则应选A球（填“A”或“B”）作为入射球两球相碰时，球心在地面的白纸上的投影分别是O和O试验过程中，两球多次落点的平均位置为从P和N，但N点的位置模糊不清，请你依据动量守恒和图乙中的读数判定N点的位置应在34.50cm刻度线上考点：验证动量守恒定律全部专题：试验题分析：该试验中，为了使入碰小球在碰撞之后不被反向弹回，要求入碰小球的质量大于被碰小球的质量；碰后被碰小球的位移为：ON解答：解：为防止入射球碰撞后反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，因此应选A球作为入射球；小球离开轨道后做平抛运动，它们在空中的运动时间t相等，水平位移与初速度成正比，可以用水平位移代替水平速度，碰撞过程动量守恒，由动量守恒动量得：mAOP=mAOM+mBON，由图示可知：OP=31.00cm，OM=15.00cm，代入数据解得：OP=34.50cm；故答案为：A；34.50点评：本试验主要是要把动量守恒用水平方向的位移表示出来，同学们确定要留意把握，由于这是本试验的一个重要的技巧20（2021春苏州期末）处于静止状态的x原子核，经受一次衰变后变成质量为M的Y原子核放出的粒子垂直射入磁感应强度为B的匀强磁场，测得其做匀速圆周运动的半径为r已知粒子的质量为m，电荷量为q，求此衰变过程的质量亏损考点：爱因斯坦质能方程全部专题：爱因斯坦的质能方程应用专题分析：依据带电粒子在匀强磁场中洛伦兹力供应向心力，求得粒子的速度，再结合动量守恒定律和质能方程即可求得衰变过程中的质量亏损解答：解：令v表示粒子的速度，由洛论兹力和牛顿定律可得qvB=令v表示衰变后剩余核的速度，在考虑衰变过程中系统的动量守恒时，由于亏损质量很小，可不予考虑，由动量守恒可知 Mv=mv 在衰变过程中，粒子和剩余核的动能来自于亏损质量即mc2=Mv2+mv2 解得m=答：在衰变过程中的质量亏损点评：该题将带电粒子在磁场中的圆周运动与动量守恒定律和质能方程结合在一起，要理清它们之间的关系，确定要使用的公式四、计算题：本题共3小题，共47分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最终答案的不能得分有数值计算的题，答案中必需明确写出数值和单位21（15分）（2021春苏州期末）如图所示的电路中，Rl=3，R2=6，R3=1.5，C=20F，当开关S断开时，电源的总功率为2W，当开关S闭合时，电源的总功率为4W求：（1）电源的电动势和内阻；（2）闭合开关S时，电源的输出功率；（3）开关S断开和闭合时，电容器分别所带的电荷量考点：闭合电路的欧姆定律全部专题：恒定电流专题分析：（1）S断开时，R2和R3串联，S闭合时，R1和R2并联，再与R3串联，结合闭合电路欧姆定律以及功率的公式求出电源的电动势和内电阻（2）闭合S时，依据P=I2R外求出输出功率（3）S断开时，电容器与并联在R2两端，电势差等于R2两端的电压S闭合时，电容器两端的电势差为零，结合Q=CU求出电容器所带的电荷量解答：解：（1）S断开时有：E=I1（R2+R3）+I1rP1=EI1S闭合时：E=I2（R3+）+I2rP2=EI2由可得：E=4Vr=0.5I1=0.5AI2=1A （2）闭合S时，电源的输出功率为：P=I22R外=12（1.5+）w=3.5w（3）S断开时有：Q1=201060.56C=6105CS闭合，电容器两端的电势差为零，则有：Q2=0答：（1）电源的电动势为4V，内阻为0.5（2）闭合S时，电源的输出功率等于3.5W（3）S断开和闭合时，电容器所带的电荷量各是6105C、0点评：解决本题的关键理清电路的串并联，结合闭合电路欧姆定律进行求解，知道电容器所带的电量Q=CU，关键确定电容器两端的电势差22（16分）（2021春苏州期末）如图所示，足够长的光滑平行间距为L=1m金属导轨PQ、MN，水平放置在竖直向上磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中质量为m=0.5kg、长度为lm金属棒ab垂直金属导轨放置且与导轨接触良好MP间所接电阻的阻值R=0.50，其余电阻均不计ab在外力F的作用下由静止开头做加速度a=2m/s2的匀加速直线运动，5s末撤去外力F试求：（1）前5s内外力F与时间t的关系式；（2）撤去外力瞬间金属棒ab的加速度；（3）撤去外力后，金属棒ab还能滑行的距离考点：导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿其次定律全部专题：电磁感应与电路结合分析：（1）依据E=BLv、I=、F安=BIL得到安培力与速度的关系式速度与时间的关系是v=at再由牛顿其次定律推导F与t的关系即可（2）先求出撤去F时棒的速度，再由牛顿其次定律求加速度（3）撤去外力后，依据牛顿其次定律得到瞬时加速度表达式，由加速度的定义式得到速度变化量，再求和可求解解答：解：（1）依据题意有：E=BLv、I=、F安=BIL，得：F安=又 v=at依据牛顿其次定律有：FF安=ma联立得：F=t+ma代入解得：F=t+1（N）（0t5s）（2）设运动方向为正方向，由运动学学问知：撤去F时棒的速度为：v1=at1=10m/s由牛顿其次定律得：F安=ma即：=ma1；解得：a1=10m/s2；所以此时金属棒的加速度大小为10m/s2，方向与运动方向相反（3）撤去外力后，任意瞬时，由牛顿其次定律得：=mai=m即有：=mvi累加得：=m（0v1）解之得：x=10m答：（1）前5s内外力F与时间t的关系式是F=t+1（N）（0t5s）；（2）撤去外力瞬间金属棒ab的加速度大小为10m/s2，方向与运动方向相反；（3）撤去外力后，金属棒ab还能滑行的10m距离点评：解决本题的关键：一、要娴熟推导出安培力与速度的关系式二、能运用微元法求解变减速运动的位移，其切入点是牛顿其次定律和加速度的定义式23（16分）（2021春苏州期末）如图所示，其次象限的某个矩形区域内，有方向垂直于纸面对里磁感应强度为B1的匀强磁场，该磁场的下边界与x轴重合；第三象限内有相互正交的匀强电场和匀强磁场，两者场强分别E1=500V/m和B2=0.5T；第四象限有一电场强度E=2000V/m的匀强电场，方向与x轴负方向成600指向y轴负方向一质量m=1l014kg、电荷量q=11010C的带正电的粒子以某一速度v从y轴上的N点沿与y轴负方向成60角方向射入其次象限，后经P点进入第三象限内并沿直线运动，经过一段时间后，粒子经y轴上的M点与y轴负方向成60角的方向进入第四象限，M点坐标（0，0.1m），N点坐标（0，0.3m），粒子重力忽视不计求：（1）其次象限中矩形磁场的磁感强度B的大小；（2）其次象限中矩形磁场区域的最小面积：（3）若在该粒子经M点进入第四象限的同时，在适当的位置由静止释放另一与该粒子完全相同的带电粒子，可使两粒子在离开第四象限前相遇求全部满足条件的释放点的集合（不计两粒子之间的相互作用力）考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动全部专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）由带电粒子在第三象限做直线运动可知，电场力等于洛伦兹力，据此求出速度，由几何关系求出做圆周运动的半径，再依据洛伦兹力供应向心力即可求解；（2）画出矩形ACPQ及其次象限中圆周运动从Q到P的轨迹，依据图中几何关系即可求解；（3）带电粒子从M进入第四象限后做类平抛运动，依据平抛运动基本公式结合几何关系求解解答：解：（1）由带电粒子在第三象限做直线运动可知，E1q=B2qv解得：v=，带电粒子在其次象限中，由几何关系可知，做圆周运动的半径：R=，依据洛伦兹力供应向心力得：解得：（2）画出矩形ACPQ及其次象限中圆周运动从Q到P的轨迹，依据图中几何关系可知，PQ=0.2m，CP=矩形的最小面积（3）如图中，带电粒子从M进入第四象限后做类平抛运动，则有：x=vt，依据牛顿其次定律得：a=带电粒子再次达到y轴时有几何关系：tan60=解之得：t=1104s则x=vt=0.1m在x轴上的投影x=全部满足条件的释放点的集合：y=（0）答：（1）其次象限中矩形磁场的磁感强度B的大小为；（2）其次象限中矩形磁场区域的最小面积为；（3）全部满足条件的释放点的集合为y=（0）点评：本题考查带电粒子在电场、磁场中两运动模型：匀速圆周运动与类平抛运动，及相关的综合分析力气，以及空间想像的力气，应用数学学问解决物理问题的力气