高二物理周考答案

2020-05-13高中物理单元测试

答案和解析

【答案】

1. B

2. A

3. C

4. D

5. C

6. A

7. C

8. B9. D10. A11. AD12. CD13. CD14. AD

15. (1)系统误差

(3)m<

(4)C

16. (1)①变大②变大③减小(2)不张开静电屏蔽(3)3J

17. 解：(1)设拉力为F时，B、C处于恰要相对滑动状态；

对C：μ1mg?μ2(m+m)g=ma；

解得：a=1m/s2；

对ABC整体：F?μ2(m+m+m)g=3ma；

解得F=9N；

即要使A、B、C相对静止，拉力的最大值为9N；

即：力F的最大值为9N；

(2)撤去拉力后，设B、C相对静止；

对A、B、C整体：μ2(m+m+m)g=3ma′；

解得：a′=2m/s2；

对C：μ2(m+m)g?f BC=ma′；

解得：f BC=2N≤f Bm=μ1mg=5N

故假设成立，由牛顿第三定律，B受到C施加的摩擦力为2N，方向水平向左；即：从撤去F到三物块停止运动的过程中，B受到的摩擦力为2N，方向水平向左。

18. 解：(1)n=3000r/min的转速匀速转动，所以线圈的角速度ω=100πrad/s 感应电动势的最大值为：E m=nBSω=314V，

所以感应电动势的瞬时值表达式为e=nBωScosωt=314cos100πt(V)

(2)电动势有效值为，

电流，

线圈转一圈外力做功等于电功的大小，即W=I2(R+r)T=98.6J；

(3)线圈由如图位置转过90°的过程中，△Φ=BSsin90°，

通过R的电量为。

19. 解：球只受重力和电场力，重力的大小方向都不变；

为使小球能沿PQ方向运动，应让小球所受合力方向沿PQ方向；

用三角形定则，由重力向PQ方向作垂线，垂线段最短，最短的力为电场力F，如图所示：

；

则电场力；

场强大小；

正电荷受电场力方向与场强方向一致，所以场强方向垂直于PQ方向；

上最小场强后，由图可知小球受合力大小为，方向沿QP方向；根据牛顿第二定律，得；

所以物体作初速度为V0，加速度为的匀减速运动；

运用匀变速直线运动的位移公式，物体再回到P点时，位移为零，

故有；

解得。

答：为使小球能沿PQ方向运动，所加的最小匀强电场方向应垂直于PQ向上，场强大小为；加上最小的电场后，小球经又回到P点

20. (1)因液滴匀速向上运动，则有mg=qE1

代入数值得m=2.0×10?3kg

(2)在0?1s内，液滴向上匀速运动的位移为x1=v0t1=2m

1?2s内液滴向上做匀加速直线运动，加速度为a=qE2?mg

=10m/s2

2s末的速度为v2=v0+at2，代入数值得v2=12m/s

1?2s内发生的位移为x2=v0t2+1

at22代入数值得x2=7m

2s后液滴做竖直上抛运动，令经时间t3返回到出发点，返回到出发点速度为v，满足

?(x1+x2)=v2t3?1

gt32代入数值得t3=3s

v=v2?gt3代入数值得v=?18m/s

所以液滴回到出发点时所经历的时间t=t1+t2+t3=5s

液滴回到出发点时的动能E K=1

mv2=0.324J

21. 解：(1)小球静止在电场中受力如

图所示，显然小球带正电，由平衡条件得：

mgtan37°=qE…①

解出：E=3mg

②

(2)电场方向变成向下后，小球开始摆动做圆周运动，

由动能定理得：1

mv2=(mg+Eq)l(1?cos370)③

在最低点时，有：F T ?(mg +Eq )=m v 2l ④ 由③④解得：F T =4920mg =2.45mg 。

答：(1)匀强电场的电场强度的大小为3mg 4q ；

(2)小球经过最低点时丝线的拉力为2.45mg 。

【解析】

1. 【分析】

平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据下落的高度比较运动的时间，结合水平位移和时间比较初速度的大小。

解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，知道平抛运动的时间由高度决定，初速度和时间共同决定水平位移。

【解答】

假设.两支飞镖掷出的速度相同，水平位移相同，则镖体与竖直方向的夹角应该相同，故A 错误；

1镖镖体与竖直方向的夹角小于2镖镖体与竖直方向的夹角，则1镖掷出的速度比2镖掷出的速度小，故B 正确；

由于水平位移相同，1镖掷出的速度比2镖掷出的速度小，则1镖飞行时间长，故C 错误；

1镖飞行时间长，1镖镖体落在2镖镖体的上方，则1镖的掷出点一定比2镖的掷出高，故D 错误。

故选B 。

2. 【分析】

若ab 棒匀加速运动或匀减速运动，原线圈中感应电流均匀增大或均匀减小，副线圈中产生恒定的感应电动势；在ab 棒匀速运动过程中，ab 棒产生恒定的感应电动势，左边原线圈中产生恒定的电流，形成恒定的磁场，穿过右侧的三个副线圈的磁通量不变，没有感应电动势产生；若ab 棒做加速度变小的加速运动，原线圈中产生非均匀变化的交变电流，副线圈中将有感应电流产生。

本题考查对变压器原理的理解，并抓住产生感应电流的条件和电感、电容的特性进行分析。

【解答】

AD.若ab 棒匀加速运动或匀减速运动，原线圈中感应电流均匀增大或均匀减小，穿过副线圈的磁通量均匀增大或均匀减小，副线圈中产生恒定的感应电动势，由于电容器有隔直的特性，IC =0，而电感线圈有通直的特性，IL ≠0，故I R ≠0、IL ≠0、IC =0，故A 正确，D 错误；

B .在ab 棒匀速运动过程中，ab 棒产生恒定的感应电动势，左边原线圈中产生恒定的电流，形成恒定的磁场，穿过右侧的三个副线圈的磁通量不变，则副线圈中没有感应电动势产生，所以I R =0、I L =0、I

C =0，故B 错误；

C .若ab 棒做加速度变小的加速运动，原线圈中产生非均匀变化的交变电流，副线圈中将有感应电流产生，故I R ≠0、I L ≠0、I C ≠0，故C 错误。

故选A 。

3. 【分析】

滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，上滑与下滑过程不再具有对称性，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，上滑运动的时间较短．根据牛顿第二定律分析上滑与下滑过程的加速度大小关系．根据运动学公式和重力势能公式得出重力势能与时间的关系式。

本题考查了牛顿第二定律与图像相结合的应用；本题采用定性分析与定量计算相结合的方法分析功能关系、运动与力关系，根据解析式选择物理图象。

【解答】

A.滑块在斜面上运动过程中，由于存在摩擦力，机械能不断减小，经过同一点时下滑的速度小于上滑的速度，根据速度图象的“面积”等于位移，两个过程的位移大小相等，可知，下滑时间大于上滑时间，故A错误；

B.物体在上滑与下滑两个过程中，所受的合力方向均沿斜面向下，加速度方向相同，故B错误；

a1t2，重力势能为C.设斜面的倾角为α，在上滑过程中：上滑的位移大小为x1=v0t?1

a1t2)，此为抛物线方程．下滑过程：重力势能为E P= E P=mgx1sinα=mgsinα(v0t?1

a2(t?t0)sinα]，H为斜面的最大高度，t0是上滑的时间，此为开口向下的抛mg[H?1

物线方程，所以C是可能的，故C正确；

D.由于物体克服摩擦力做功，其机械能不断减小，不可能增大，所以D图不可能，故D 错误。

故选C。

4. 【分析】

电场线从正电荷出发，到负电荷终止，同种电荷相互排斥，电场线对称分布。

理解电场线的特点，等量同种和等量异种电荷周围电场线分布情况是考查的重点，一定要熟练掌握，难度不大，属于基础题。

【解答】

根据电场线的特点：电场线从正电荷出发，到负电荷终止，同种电荷相互排斥，电场线对称分布，所以为等量同种电荷，由于不知道电场线的方向，所以不能判断是正点电荷，还是负点电荷，故ABC错误，D正确。

故选D。

5. 【分析】

磁感线是为了形象的描述磁场而引入的假想的曲线，实际上并不存在；磁通量是标量；

适用于计算或求匀强电场的电场强度；电炉通电后，电炉丝热得发红，而跟公式E=U

电炉连接的铜导线却不热，是因为铜导线电阻很小。

本题考查电磁学中的基本概念，难度不大，但一定熟练掌握。

【解答】

A.磁感线是为了形象的描述磁场而引入的假想的曲线，实际上并不存在，故A错误；

B.磁通量是标量，单位是Wb，故B错误；

C.公式E=U

适用于计算或求匀强电场的电场强度，故C正确；

D.电炉通电后，电炉丝热得发红，而跟电炉连接的铜导线却不热，是因为铜导线电阻很小，故D错误。

故选C。

6. 【分析】

明确各器件的工作原理，然后答题。

本题考查对生产、生活中磁现象的分析、理解能力，常识性问题，难度不大，是一道基础题。

【解答】

A.电磁炉是通过电磁感应现象产生感应电流对锅进行加热的，利用了电磁感应现象，故A正确；

B.回旋加速器利用磁场偏转，利用电场进行加速，与电磁感应无关，故B错误；

C.示波管利用运动电荷在电场中受到电场力而发生偏转的，与电磁感应无关，故C错误；

D.指南针是受到地磁场作用力而偏转指示南北方向的，与电磁感应无关，故D错误。故选A。

7. 【分析】

根据向心加速度公式，即可确定向心加速度大小；各点做圆周运动的向心力是杆的弹力提供；当提供的向心力小于需要向心力，则会出现离心现象．

本题考查向心加速度公式，掌握向心力的来源，理解离心现象的条件是解题关键，为基础知识，难度小。

【解答】

A.由向心加速度公式a n=ω2R，笔杆上的点离O点越远的，做圆周运动的向心加速度越大，故A错误；

B.杆上的各点做圆周运动的向心力是由杆的弹力提供的，与万有引力无关，故B错误；

C.当转速过大时，当提供的向心力小于需要向心力，出现笔尖上的小钢珠有可能做离心运动被甩走，故C正确；

D.笔杆上的各个点都做同轴转动，所以角速度是相等的，但转动半径不同，所以线速度不一定相同，D错误。

故选C。

8. 本题考查欧姆定律，串并联电路及电功率，跟据题意灯泡相同，两电路消耗的功率相同，先判断两电路电压的关系，再据电压关系，判断电阻的关系。

AB.设灯泡的电阻为R，正常发光时电流为I，电压为U，由于两个电路的总功率相等，

P=U

甲I=U

乙

?2I，得U

甲

=2U

乙

，故A错误，B正确；

CD.又由U甲=2U+IR甲，U乙=U+2IR乙，得R甲=4R乙，故CD错误。

故选B。

9. 【分析】

本题考查了带电粒子的运动轨迹问题，关键是根据曲线运动中受力方向指向曲线凹面判断力的方向。

根据粒子的轨迹弯曲方向就能判断粒子所受的电场力方向；根据电场线与等势线的关系，判断出电场线方向；负电荷在电势高处电势能小是一个重要推论，要学会应用。

【解答】

A.根据电场线和等势线垂直，且由高电势处指向低电势处，得出场强方向向上，由带电粒子的运动轨迹可判定，粒子所受电场力向上，则粒子带正电荷，故A错误；

B.b点处的电势能E p=qφ=0.01×30J=0.3J，故B错误；

C.由能量守恒，a点处动能和电势能总和E=0.01×10J+0.5J=0.6J，则b点处的动能为：E kb=0.6J?0.3J=0.3J，故C错误；

D.C点处的动能为E kc=0.6J?0.01×20J=0.4J，故D正确；

故选D。

10. 【分析】

本题主要考查了动量变化量的计算、冲量大小的计算和动量定理的应用，解决本题的关键是掌握动量定理，知道合力的冲量等于动量的变化量，并能利用矢量三角形法则求出速度的变化量。

【解答】

A.经过时间t=T

，动量变化量为△P=mv′?mv=?2mv，故A错误；

B.经过时间t=T

，根据矢量三角形法则，作出速度的变化量如图：

由图知Δv=√2v，动量变化量的大小为Δp=mΔv=√2mv，故B正确；

C.经过时间t=T

，动量变化量为△P=mv′?mv=?2mv，根据动量定理，细绳对小

球的冲量大小为2mv，故C正确；

D.经过时间t=T

4，重力对小球的冲量大小为mg×T

=mgT

，故D正确。

只有A不正确，故选A。

11. 【分析】

导体框向左、向右移出磁场，根据楞次定律，判断出感应电流方向相同，根据左手左手定则分析安培力方向关系，根据焦耳定律、欧姆定律和法拉第电磁定律研究焦耳热、ab 电势差和电量的关系。

在电磁感应问题中常用到两个经验公式：感应电量q=nΔφ

R ，安培力F=B2L2v

R+r

，在会推

导的基础上记牢。

【解答】

设磁感应强度为B，线框边长为L，电阻为R，则

A.根据q=Δφ

R =BL2

，可知通过导体框截面的电荷量相同，故A正确；

B.导体框移出磁场时，根据楞次定律可知感应电流方向均为逆时针方向，向左时，由左

手定则，线框受到的安培力方向向右;向右时，由左手定则，线框受到的安培力方向向左，则导体框所受安培力方向相反，故B错误；

C.导体框产生的焦耳热Q=E2

R t=B2L2v2

t，又vt=L，得到Q=B2L3v

，则Q∝v，当速度

为3v时产生的焦耳热多，故C错误；

D.向左移出磁场时，bc边的电势差U1=3

4BLv；向右移出磁场时，bc电势差U2=1

BL?

3v=3

BLv，则知导体框bc边两端电势差大小相等，故D正确。

故选AD。

12. 【分析】

由题小球恰好能穿过小孔N，小球到达小孔N时速度恰好为零，此过程小球的重力做功等于克服电场力做功。二极管的作用可以阻止电容器上的电量流出，开关S闭合时，可以充电不能放电。

本题应用动能定理分析小球的运动情况，根据动能定理：当总功为正值时，动能增加；当总功为负值时，动能减小，在分析物体的运动情况时经常用到。

【解答】

A.若仅将A板上移，d增大，根据C=εS

4πkd

，知电容器的电容减小，而电压不变，由Q=CU 知，电容器的带电量要减少，由于二极管的单向导电性，阻止电容器上的电荷流出，故

电容器的电量不变，根据C=Q

U ，U=Ed，得到：E=4πkQ

εS

，故场强不变；带电小球如

果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知带电小球未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故A错误；

B.若仅将B板上移，d减小，根据C=εS

4πkd

，电容增加，由Q=CU知，电容器的带电量

要增大，故电容器要充电；由于电压U一定，根据U=Ed，电场强度增加，故如果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故B错误；

C.将滑动变阻器的滑片上移，分压增加，故电容器的电压增加，对电容器充电，故电量增大，带电小球如果能到达小孔N，重力做功小于电场力做功，可知未达到小孔N时速度已经减为零返回了，故C正确；

D.将滑动变阻器的滑片下移，分压减小，故电容器的电压减小，电容器要放电，但根据二极单向导电性可知，电容器不能向外放电，则电量不变，故电场强度不变，所以重力做的功与电场力做的功相等，小球恰好能运动至小孔N处，故D正确。

故选CD。

13. 【分析】

本题虽然属于电场中题目，但实际上更多地利用了动力学公式，所以在研究电场中运动时，只需要将电场力视为一种普通车进行分析即可；本题中能根据题目提供的E?t图和v?t图得到相关的信息是解题的关键。还要明确v?t图象的斜率等于加速度，“面积”大小等于位移关系的应用。

根据v?t图象的“面积”求位移。前2s内物块做匀加速直线运动，2s后物块做匀速运动，处于平衡状态，分别使用牛顿第二定律和物体的平衡条件即可解出质量；

匀速运动时电场力与滑动摩擦力平衡；物体电势能的改变量等于电场力做的功。

【解答】

A.由图象可知，物块在4s内位移为：x=1

×2×(2+4)m=6m，故A错误。

BC.由图可知，前2s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：

qE1?μmg=ma，

由图线知加速度为：a=1m/s2

1s后物块做匀速运动，由平衡条件有：qE2=μmg

联立解得：q(E1?E2)=ma

由图可得：E1=3×104N/C，E2=2×104N/C，

代入数据解得：m=1kg

由qE2=μmg可得：μ=0.2，故B错误，C正确。

D.物块在前2s的位移S1=1

×2×2m=2m

物块在2?4s的位移为S2=vt2=4m

电场力做正功W=qE1S1+qE2S2=(3×2+2×4)J=14J

则电势能减少了14J，故D正确。

故选CD。

14. 【分析】

带电粒子在速度选择器中受电场力和洛伦兹力平衡，做匀速直线运动，进入偏转电场后做匀速圆周运动，根据半径公式得出半径与粒子比荷的关系。

解决本题的关键知道粒子在速度选择器和偏转电场中的运动规律，掌握带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式。

【解答】

AB.在速度选择器中，电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qvB1，解得v=E

?，以相同

的速度经过速度选择器，进入偏转磁场，根据B2qv=mv2

R ，轨道半径R=mv B

，半径不

同打在底片上的位置也不同，打在底片上不同位置的粒子是因为粒子比荷不同，故A正确，B错误；

C.在速度选择器中，电场力和洛伦兹力平衡，有：qE=qvB1，解得v=E

?，速度选择器平行板电量不变，板间距增大，板间场强不变，则速度不变，故C错误；

D.如果增大速度选择器中磁场的磁感应强度B1，根据v=E

?，速度减小，故D正确。

故选AD。

15. 【分析】

(1)当沙和沙桶的总质量远小于小车及砝码总质量时，可以认为小车受到的拉力等于沙和沙桶的重力；

(3)本实验中纸带与打点计时器、小车与长木板之间的摩擦和阻力对实验的影响属于系统误差；

(4)根据牛顿第二定律得出加速度的倒数与质量的关系，从而选择图象。

解决实验问题的关键是明确实验原理，同时熟练应用基本物理规律解决实验问题，知道为什么沙和沙桶的总质量远小于小车的质量时沙和沙桶的重力可以认为等于小车的拉力，难度一般，基础题。

【解答】

(1)实验误差有偶然误差和系统误差，本实验中纸带与打点计时器、小车与长木板之间的摩擦和阻力对实验的影响属于系统误差；

(3)对整体分析，根据牛顿第二定律得，a=mg

m+M ，则绳子的拉力F=Ma=

Mmg

m+M

=mg

1+m

，

当m<

(4)根据牛顿第二定律得：a=mg

m+M ，则

M+1

，

则以1

为纵轴，以总质量M为横轴，作出的图象为一倾斜直线，且纵坐标不为0，故C 正确，ABD错误。

故答案为：

(1)系统误差

(3)m<

(4)C

16. 【分析】

(1)静电计测量的是电容器两极板间的电势差，电势差越大，金属箔张角越大，根据C=

εS 4πKd ，判断电容的变化，根据U=Q

判断电势差的变化。

(2)静电屏蔽的意义：屏蔽使金属导体壳内的仪器或工作环境不受外部电场影响，也不对外部电场产生影响。

(3)根据动能定理求出电荷从等势面L3处运动到L1处电场力所做的功，从而得出电势能的变化量，根据L2为零势面，得出L1处和L3处得电势能，在运动的过程中，电荷的电势能和动能之和保持不变，即可得出电荷的电势能为4J时它的动能。

解决本题的关键知道电场力做功和电势能的变化关系，以及知道电荷的电势能和动能之和保持不变。

【解答】

(1)①正对面积减小时，根据C=εS

4πKd

，判断电容变小，电容器的带电量Q不变，根据

U=Q

判断电势差变小，所以静电计指针的偏转角度增大；

②板间距离增大时，电容变小，电容器的带电量Q不变，电势差变大，静电计指针的偏转角度增大；

③插入电介质时，电容变大，带电量不变，电势差减小，静电计指针的偏角减小

(2)金属内部由于电子可以自由移动，会产生一个与外加电场相反的电场，来抵消在金属内部的电场，以保证平衡，从而使金属表面上电荷重新分布，物理学中将导体中没有电荷移动的状态叫做静电平衡，处于静电平衡状态的导体，内部电场强度处处为零，由此可推知，处于静电平衡状态的导体，电荷只分布在导体的外表面上，一个验电器用金属网罩罩住，当使带电的金属球靠近验电器的金属球时，验电器的箔片不张开，把这种现象称之为静电屏蔽；

(3)根据动能定理得：W31=E K3?E K1=?20J，知从等势面L3处运动到L1处电势能增加20J，取L2为零势面，则L1处电势能与L3处电势能绝对值相等且一正一负，故L?1处电势能为10J，L3处电势能为?10J，则L3处电势能和动能之和为10J，在运动的过程中，电荷的电势能和动能之和保持不变，所以电荷的电势能为7J时它的动能为3J。

故答案为：(1)①变大②变大③减小(2)不张开静电屏蔽(3)3J

17. 本题考查了牛顿第二定律、摩擦力的计算；采用整体法和隔离法对物体进行受力分析，抓住两物体之间的内在联系，绳中张力大小相等、加速度大小相等，根据牛顿第二定律列式求解即可；解决本题的关键是找出F取得最大值的临界条件为B、C间静摩擦力达到最大值。

(1)分别隔离C、和对ABC整体受力分析，抓住它们的加速度大小相等，绳对A和对B 的拉力大小相等，由牛顿第二定律求出拉力F的最大值；

(2)撤去拉力后，设B、C相对静止；对ABC整体分析，得出加速度；对C分析，求出摩擦力；与最大摩擦力比较，分析假设是否正确，确定B受到的摩擦力。

18. 本题考查交变电流的函数表达式、闭合电路欧姆定律、电功、电量的计算，是一道综合性题目，解题的关键是知道交变电流的产生原理，注意求电功时用电流的有效值，求电量时用电流的平均值。

(1)根据感应电动势的瞬时值表达式e=nBωScosωt即可求解；

(2)先求电动势有效值，根据闭合电路欧姆定律求得电流，1min内R上消耗的电能为W= I2Rt；外力对线圈做功的功率等于总电阻产生热量的功率；

(3)线圈由如图位置转过900的过程中，△φ=BSsin90°，通过R的电量为。

19. 本题考查了带电粒子在匀强电场中的运动、匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律、电场强度。

属于已知合力方向和其中一个分力的大小方向，求另一个力最小值的问题，这一类问题由已知大小的力向已知方向的力作垂线，即由重力向PQ方向作垂线(把PQ反向延长)，然后根据直角三角形的知识求出这个最小值．这个最小的力就是要求的电场力，再根据电场强度的定义求场强；

求出合力，由牛顿第二定律求出加速度，根据匀变速直线运动的位移公式，可求得时间。

本题关键在于把握物体做直线运动的条件：合力与速度共线．分析受力情况是解决带电粒子在电场中运动问题的基础。

20. 本题主要考查了带电粒子在复合场中的运动：

(1)因液滴匀速向上运动，根据受力平衡求解液滴的质量m；

(2)分阶段考虑，在0?1s内液滴向上匀速运动，1?2s内液滴向上做匀加速直线运动，2s后液滴做竖直上抛运动，根据运动学公式求解液滴回到出发点时所经历的时间t，根据动能公式求解回到出发点时的动能E k。

21. (1)以小球为研究对象，分析受力情况，由于小球处于静止状态，合力为零，由平衡条件分析电场力的方向，求解电场强度大小；

(2)当电场方向变为向下后，小球受到的电场力竖直向下，向下做圆周运动，根据动能

定理求解小球经过最低点时的瞬时速度；小球经过最低点时，由重力、电场力和丝线的拉力的合力提供了向心力，根据牛顿第二定律求解丝线对小球的拉力。

运用动能定理求速度，根据牛顿第二定律求丝线的拉力，是常用的方法和思路，要能熟练运用力学方法解决电场中的问题。