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1、丰台区2021年高三年级第二学期统一练习二物理2021.5第一局部选择题共48分13.以下说法正确的选项是A .扩散现象说明分子间存在斥力B 布朗运动是液体分子的无规那么运动C 一定质量的0C的冰融化成0C的水，其内能没有变化D 一定质量理想气体对外做功，内能不一定减少，但密度一定减小14如下图，电路中所有元件完好，光照射到光电管上，灵敏电流计中没有电流通过，某同学分析可能的原因有入射光太弱；入射光波长太长光照时间太短电源正负极接反。以下选项中，均有可能的是A .B .C.D .15裂变反响是目前核能利用中常用的反响。以原子核23592 U为燃料的反响堆中，当235 ,92 U俘获,个慢中子后
2、发生的裂变反响可以有多种形式，其中一种可表示为2；u + on13954 X +94138 Sr + 3n ,贝U下那么表达中正确的选项是t1t2 t3 t4t/s A . X原子核中含有85个中子B . X原子核中含有139个质子2C 裂变时释放能量，根据E me，所以裂变后核子总质量增加D 裂变时释放能量，出现质量亏损，所以裂变后核子中总质量数减少16利用传感器和计算机可以研究快速变化的力的大小，实验时让质量为M的某消防员从一平台上自由下落,落地过程中先双脚触地，接着他用双腿弯曲的方法缓冲，使自身重心又下降了段距离，最后停止，用这种方 法获得消防员受到地面冲击力随时间变化的图线如下图。根据
3、图线所提供的信息，以下判断正确的选项是 A . t1时刻消防员的速度最大B . t2时刻消防员的速度最大C . t3时刻消防员的速度最大D . t4时刻消防员的速度最大 I17某卫星的发射过程如下图，先将卫星从地面发射并从 A点进入椭圆轨道I运行，然后在B点通过改变卫星的速度，让卫星进入预定圆形轨道II上运行。那么以下说法正确的选项是A .该卫星的发射速度一定要大于第二宇宙速度11.2Km/sB .该卫星沿椭圆轨道I从A点运动到B点过程中，速度减小，机械能也减小 C.该卫星在轨道I上运动行的周期大于在轨道II上运行的周期D .测量出该卫星在轨道II上运行的线速度和周期，即可计算地球的质量地球B
4、18. 如图，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中Ri、R2、R3和R4均为固定电阻。开关 S是闭合的，Vl和V2为理想电压表，读数分别为Ui和U2；Ai、A2和A3为理想电流表，读数分别为|1、|2和13。Ul数值不变，现断开 S,以下推断中正确的选项是A . U2变小、I3变大B . U2不变、I3变小C. Il变小、12变小D . Ii变大、I2变大19. 如图是质谱仪的工作原理示意图。粒子源在加速电场上方，未画出产生的带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。 速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片 A1
5、A2。平板S下方有强度为Bo的匀强磁场。以下表述正确的选项是A .速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里B .能通过狭缝P的带电粒子的速率等于旦EC .粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子的比荷-越大mD .粒子所带电荷量相同时，打在胶片上的位置越靠近狭缝P,说明其质量越大20. 设电子质量为 m,电荷为e,以角速度绕带正电的质子作圆周运动。当加上磁场方向与电子轨道平面垂直、磁感应强度为B的磁场时，设电子轨道半径不变，而角速度发生变化。你可能不会求角速度的变化，但仍可运用物理学中常用的方法，在以下选项中，判断的值可近似等于)mBeBA.B.2e2mmeBC.2BD .2me21. 18 分1在“
6、验证力的平行四边形定那么的实验中，某同学经历了以下实验步骤:A 用铅笔和直尺在白纸上从 0点沿着两细绳方向画直线，按一定标度作出两个力Fi和F2的图示，根据平行四边形定那么作图求出合力 F;B 只用一个测力计，通过细绳把橡皮筋与细绳的连接点拉到同样的位置0;C.用铅笔记下 0点的位置和两条细绳的方向，读出两个弹簧秤的示数；D 在水平放置的木板上，垫一张白纸并用图钉固定，把橡皮筋的一端固定在板上A点，用两条细绳连接在橡皮筋的另一端，通过细绳同时用两个测力计互成角度地拉橡皮筋，使橡皮筋与细绳的连接点到达某一位置0;E.记下测力计的读数和细绳方向，按同一标度作出这个力的图示Fl比拟这个实测合力和按平
7、行四边形定那么求出的合力F，看它们的大小和方向是否相等；F.改变两测力计拉力的大小和方向，屡次重复实验，根据实验得出结论。 将以上实验步骤按正确顺序排列，应为 填选项前的字母。 在物理学中跟力一样，运算时遵守平行四边形定那么的物理量还有_求写名称。至少写出三个，要2图1是利用两个电流表 Ai 微安表和 A2 毫安表测量干电池电动势 E和内阻r的电路原理图。图中S为开关。R为滑动变阻器，固定电阻R1和Ai内阻之和为10000 Q 比r和滑动变阻器的总电阻都大得多,A2为理想电流表。-E, r +图IRiR 按电路原理图在图 2虚线框内各实物图之间画出连线。 在闭合开关S前，将滑动变阻器的滑动端c
8、移动至 填“ a端、“中央或“ b端。 I 闭合开关S,移动滑动变阻器的滑动端c至某一位置，读出电流表Al和A2的示数|1和|2。屡次改变滑动端c的位置，得到的数据为11(mA)0.1200.1250.1300.1350.1400.14512(mA)48040032023214068在图3所示的坐标纸上以Il为纵坐标、|2为横坐标画出所对应的|1- |2曲线。12/mA 利用所得曲线求得电源的电动势E=V，内阻r =Qo 该电路中电源输出的短路电流lm=A o22. (16 分)如下图，处于匀强磁场中的两根足够长、 电阻不计的平行金属导轨相距了1 m，导轨平面与水平面成 0= 37角，下端连接
9、阻值为 R= 2Q的电阻。磁场方向垂直导轨平面向上，磁感应强度为0.4T。质量为0.2kg、电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25。金属棒沿导轨由静止开始下滑。(g=10m/s2, sin37 = 0.6, cos37= 0.8)(1) 判断金属棒下滑过程中产生的感应电流方向；(2) 求金属棒下滑速度到达5m/s时的加速度大小；(3) 当金属棒下滑速度到达稳定时，求电阻 R消耗的功率。23. (18分)有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度为k的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为 m的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料 一一ER流体，
10、它对滑块的阻力可调。起初，滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L。现有一质量也为 m的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动。为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为缠时速度减为0, ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变。k试求(忽略空气阻力)：(1) 下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；(2) 滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小。1(3) 弹簧的弹性势能的表达式为Ep -kx2 (式中k为弹簧劲度系数，x为弹簧的伸长或压缩量)，试求:2两物体碰撞后粘在一起向下运动 处距离，速度减为零的过程中，ER流体对滑块的阻力所做的功。kCl mii?2L 24. 20
11、分如下图，一个光滑、绝缘水平高台的右面空间中存在范围足够大且水平向左的匀强电场，高台边缘静置一个带电量为+q、质量为m的小球B，另有一个绝缘不带电的小球 A 大小与小球B相同，质量大于 m以初 速度vo向B运动，A与B发生弹性碰撞后水平进入电场，发生再次碰撞后落到水平地面。匀强电场的电场场强为E= 2mg，重力加速度为g。小球A、B碰撞过程中电荷不发生转移q1 如果小球A的质量为3 m,求： 小球A、B发生弹性碰撞首次碰撞后各自的速度； 小球A、B再次碰撞前运动过程中相距的最大距离； B小球在电场中与 A小球再次碰撞前具有的动能；2如果保持B的质量不变，改变 A的质量，其它条件不变， A、B小
12、球再次碰撞前运动过程中相距的最大 距离及再次碰撞发生的高度是否发生变化？试证明你的结论。Ad B X对 I丰台区2021年咼三年级第二学期统一练习(二)参考答案物理2021.521.( 1)DCABEF位移、速度、加速度、电场强度等图2150140130120I -:品罷：BB _:曙：器II 1100100 200 300 400 500图3I2/mA第一局部(选择题共48分)I选择题，每题 6分，共48分。选对的得6分，选错或不答的得 0分。题号1314151617181920答案DB :ABDCCBH非选择题，共72分。 如图 b端 如图 1.49 (1.48 1.50)0.60 (0.
13、55 0.65) 2.4 (2.3 2.7)22. (16分)(1) 由右手定那么判断金属棒中的感应电流方向为由a到b(2) 金属棒下滑速度到达 5m/s时产生的感应电动势为E BLv 0.4 1 5V = 2VE 2感应电流为 IA = 1AR 2金属棒受到的安培力为F BIL 0.4 1 1 N = 0.4 N由牛顿第二定律得：mg sin mg cos F ma解得：a = 2m/s2(3)设金属棒运动到达稳定时，所受安培力为F/，棒在沿导轨方向受力平衡/mg sinmg cosF解得：F，0.8 N此时感应电流为I08 A = 2ABL 0.4 1电路中电阻R消耗的电功率：P I2R
14、22 2W = 8W23. 18分mgL !mv2得V。莎设碰后共同速度为V1，由动量守恒定律12mv1=mv0 得 v1、；：2gL碰撞过程中系统损失的机械能1 2 E2m *21 22mv0gmgL(2 )设加速度大小为a,有22ax v1得 akL8m设弹簧弹力为Fn，ER流体对滑块的阻力为(1 )设物体下落末速度为 V0,由机械能守恒定律Fer受力分析如下图 Fn Fer 2mg 2ma Fn联立三式解得:Fer mgkL4kdFn mg kd (3 )从碰撞结束瞬间到最低点的过程中,重力做功为:Wg 2mg 罕4m2g22mg弹性势能的变化为：丄k(皿她)2丄k(皿)2血2 k k
15、2 kk所以重力做功恰等于弹性势能的增加，所以ER流体做功等于动能变化1 2 1 Wer 0 2mmgL (另解：2mg 響 Wfer W单 0 2mv2 弹力做功 W单 1k(mg 2mg)21k(mg)2弹 2kk2k1联立上面两式解得：WFmgL24. 20 分3mV03mymV21 3mV213mV：1 2mV2222 2联立解得V23-Vo，V11Vo解：1 A与B发生弹性碰撞2 2，所以两球在竖直方向运A球不带电，所以出平台后做平抛运动，在竖直方向做自由落体，水平为匀速运动；B球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做类竖直上抛运动假定向右为上 动情况相同，始终保持在同一高度。XaW
16、tXbV2tB球在水平方向上的加速度为aBx2mgq 2g m所以：在飞行过程中 A与B的距离为2 2xXbXa 他 W)t gtVtgt2 04g2所以当t1 2g时，x有最大值为常1另解：当小球 B水平分速度减小到 一v0时，二者相距最远,2-VoVbaBxt2Vo解得.右，此时相距x Xb Xa31VoVo2 0 2 12 2tiVoti2Vo4g)再次发生碰撞时有 xA xB 联立解得发生再次碰撞的时间vo，XAg2vo2g再次碰撞点离平台的高度h轨22v02g由动能定理 mgh EqxAEb1 mv2252解得Eb 8mv2(2)如果保持B的质量不变,改变A的质量,A与B发生弹性碰撞
17、m|V0mv1m2v21 2 1 2 1 _ m|v0m1v1m2v22 2 2联立解得v v1 vo (与A、B小球质量无关)所以在飞行过程中 A与B的距离为xvot/1g2仍有当t/iV。时，x有最大值为2g2直，A、B小球再次碰撞前运动过程中相距的最大距离不发生4g改变。同理发生再次碰撞的时间始终为2 v0、，1 , 2v0-，所以再次碰撞点离平台的咼度为hgt2g22g发生改变，即再次碰撞发生一个固定高度。 I丰台区2021年高三年级第二学期统一练习二试卷解析2021.5【题13】答案解析【题14】答案解析【题15】答案DA 扩散现象什么分子在永不停息地做无规那么运动，故A错误；B.布
18、朗运动是悬浮在液体中的固体小颗粒的无规那么运动， 是液体分子的无规那么运动的反映，故B错误；C. 一定质量的0C的冰融化成0C的水，要吸收热量，内能增加，故C错误；D 一定质量理想气体对外做功，但可能吸收热量，根据热力学第一定律公式AUnW+Q，内能不一定减少；体积变大，密度变小，故D正确；应选D .B能否发生光电效应与入射光的强弱、照射时间长短无关光照射到光电管上，灵敏电流计中没有电流通过，可能未发生光电效应， 即入射光的波长太长， 也可能是发生了光电效应， 由于所 加的电压为反向电压，光电子不能到达阳极.故正确.应选B .A解析139A 54 X中电荷数为54,那么质子数为54,质量数为1
19、39,那么中子数为139-54=85.故A正确,B错误.C.裂变时释放能量，有质量亏损，但是质量数仍然守恒故C、D错误应选A .【题16】答案B解析AB . t1时刻双脚触底，在t1至t2时间内消防员受到的合力向下，其加速度向下，他做加速度减小的加速下落运动；而 t2至t3时间内，人所受合力向上，人应做向下的减速运动，t2时刻消防员所受的弹力与重力大小相等、方向相反，合力为零，消防员的速度最大.故A错误，B正确；CD .在t2至t4时间内他所受的合力向上，那么加速度向上，故消防员做向下的减速运动， t4时刻消防员的速度最小，故C错误，D错误；应选B .【题17】答案D解析A .卫星绕地球做椭圆
20、轨道运动，发射速度大于7.9km/s小于11.2km/s，故A错误；B.卫星在椭圆轨道I从A点运动到B点过程中，只有万有引力做功，机械能守恒，万有引力做负3功，动能减小，那么速度减小，故 B错误；C.根据开普勒第三定律得， 寻 k，因为轨道I 的半长轴小于轨道n的半径，那么在轨道I上运行的周期小于在轨道n上运行的周期，故C错【题18】误；D .设线速度为Mm2-答案Cv，周期为T ，那么轨道半径2m ，解得Mrv3T2 G,故D正确；应选D.vT2，根据万有引力提供向心力有:解析理想变压器的电压与匝数程正比，由于理想变压器原线圈接到电压不变，那么副线圈电压不变， 所以V2的示数U2也不变，当s
21、断开之后，并联电路的电阻变大，副线圈的电阻也就变大，由 于副线圈电压不变，所以副线圈的总电流减小，即12变小，由于电流与匝数成反比，当副线圈的电流减小时，原线圈的电流也就要减小，所以I1变小，由于副线圈的总电流减小，R1的电压减小，并联电路的电压就会增大， 所以R3的电流I3就会增大，所以C正确，ABD错误.故 选C.【题19】答案C解析A .根据带电粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定那么知，该粒子带正电，那么在速度选择器中电场力水平向右，那么洛伦兹力水平向左，根据左手定那么知，磁场方向垂直纸面向外.故 【题20】答案解析【题21】答案误.B .在速度选择器中，电场力和洛伦兹力平衡，2C.进入
22、偏转电场后，有：qvB m，解得rr越小，m越小.故C正确，相同时,A 由单位为有:qE qvB，解得 v，故B错误;B错误;mvrqB0应选C.mE，知r越小,qBoB比荷越大.电量evB ,得，e,所以，Bv1，因而A选项所呈现的e Bv，所以,eB F 十 ，而mv m mvFte eB F而mv Ft，所以，FF 1m m mvmvFt t单位不可能为s1，故A错误；B.由FevB，得,所以，厶1 1，单位为s 1 ；C.由B分析得,Bmemv的量纲应是为B丄me(1)(2)eB -，而C为Bm，故D错误；应选em,故C错误;D .由B分析得,的量纲应是B ,mDCABEF位移、速度、
23、加速度、电场强度等如图b端如图1.49 (1.481.50)、0.60 (0.550.65) 2.4 (2.32.7)解析(1)该实验的操作步骤为：DCABEF .矢量均遵循平行四边形定那么，运算时遵守平行四边形定那么的物理量还有位移、速度、加速度、电场强度等.(2 由原理图可知，电路为根本的限流接法，故按原理图串联即可；连线如以下图所示；为保证平安，开始时滑动变阻器应接到最大值，故应接b端；将各点依次描出，连线如以下图所示.图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为1.49V (在1.481.50范围内同样正确)图象的斜率为电源的内阻，故内阻约 为0.60 (在0.550.65范围内同样正
24、确)当外电阻为零时，为短路电流，故短路电流为：1 492.4(2.32.7范围内同样正确)0.60【题 22 】答案(1 )由 a 到 b (2) 2 m/s2 (3) 8 W解析(1)由右手定那么判断金属棒中的感应电流方向为由a到b(2)金属棒下滑速度到达 5 m/s时产生的 I感应电动势为E BLv 0.4 15 V =2 V感应电流为1-R2A = 1 A2金属棒受到的安培力为f bil0.41 1N = 0.4 N由牛顿第二定律得：mg sinmg cosF ma(3)设金属棒运动到达稳定时，所受安培力为F/，棒在沿导轨方向受力平衡mg sinmg cos F解得：a = 2 m/s2
25、解得：F，0.8 N此时感应电流为I，08 A = 2 ABL 0.4 1电路中电阻R消耗的电功率：PI 2r222w = 8 W1mgL【题23】答案(1)2(2) Fermg 牛 kd(3)解析(1)设物体下落末速度为vo，由机械能守恒定律1 2mgL - mV)得 Vo 、2gL设碰后共同速度为 V1,由动量守恒定律 2mv1=mvo 得 W 丄 j2gL2碰撞过程中系统损失的机械能E i2m v2(2)设加速度大小为1 2mvo2a, 有22ax v1(得 akLam)设弹簧弹力为Fn,ER流体对滑块的阻力为 Fer受力分析如下图F nFer2mg2ma FnFerFn mg kd联立
26、三式解得：Fer mgkd(3)从碰撞结束瞬间到最低点的过程中,13 / 15智原 I 重力做功为：WG2mg2mgk2 24m g k弹性势能的变化为:1 mgEp那么2mg 2mg、2所以重力做功恰等于弹性势能的增加，所以ER流体做功等于动能变化WEr0(另解:1 22m2c 2mg 2mg - k1mgLWFerW单弹力做功W单丄k空2 k联立上面两式解得:Wr2mg2k2皿1O :2mv2丄心22 k【题24】答案(1)解析(1)A与B发生弹性碰撞3mvo 3mv1 mv21 3mv： - 3m - mvf2 2 231联立解得V2V0 , V-v022A球不带电，所以出平台后做平抛运
27、动，在竖直方向做自由落体， 水平为匀速运动； B球在竖直方向做自由落体运动，在水平方向做类竖直上抛运动(假定向右为上)，所以两球在竖直方向运动情况相同，始终保持在同一高度。Xa Mt1 2xB v2taxt22mgE qB球在水平方向上的加速度为aBx 一 2gm m所以：在飞行过程中 A与B的距离为x Xb Xa (V2 V1)t gt2 Vot gt22Vo2Vo所以当t1-时，x有最大值为2g4g(另解：当小球 B水平分速度减小到 1vo时，二者相距最远，有g VovbaBxtVo解得t1-，此时相距 x xB xA2g1Vo 2Voti2匹4g再次发生碰撞时有 xA xB 联立解得发生再次碰撞的时间t2VoXa2Vo再次碰撞点离平台的高度2Vo2g由动能定理 mgh EqxAEb1mv22528mvo(2)如果保持B的质量不变，解得EB改变A的质量，A与B发生弹性碰撞m1vom1v1m,v21 2 1 2 gvomv-i2 21 m2v22联立解得V2 w Vo 与A、B小球质量无关)所以在飞行过程中 A与B的距离为xVot/1./2gt i2仍有当t1 时，x有最大值为石，AVoB小球再次碰撞前运动过程中相距的最大距离不发生改变。同理发生再次碰撞的时间始终为t2/Vo，所以再次碰撞点离平台的高度为g2Vo-，不发生改变，即再次碰撞发生一个固定高度。2g