虹口区2022学年第一学期期末

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  •  2022/12/20
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1.下列物理量中属于矢量的是(    )

A.振幅          B.周期    C.功率          D.加速度

【答案】

D

 

2.爱因斯坦在物理学中的重要贡献有(    )

A.发现万有引力定律                          B.建立狭义相对论

C.首次测定元电荷的电荷量              D.最早发现电磁感应现象

【答案】

B

 

3.在国际单位制(SI)中,“电势”用基本单位可以表示为 (    )

A.kg·m2·s−2          B.kg·m·C−1          C.kg·m2·A−1·s−3           D.kg·m2·C−1·s−3

【答案】

C

 

4.关于电动势和电压的理解,下列说法正确的是(    )

A.电源两极间的电压就是电源的电动势

B.家用 5 号干电池的电动势大于 7 号干电池的电动势

C.两者单位都是伏特,故电动势与电压属于同一物理量

D.电动势的大小反映电源把其它形式能量转化为电能的本领

【答案】

D

 

5.如图,甲、乙两颗人造地球卫星在同一圆形轨道上绕地球运行,则两颗卫星(    )

A.动能一定相同

B.周期一定相同

C.加速度一定相同

D.受地球的引力一定相同

【答案】

B

 

6.从某高处释放一粒小石子,经过 2 s 从同一地点再释放另一粒小石子。不计空气阻力,落地前,两粒石子间的距离将(    )

A.保持不变         B.不断减小         C.不断增大         D.先增大后减小

【答案】

C

 

7.宇航员在图示的天宫空间站内将冰墩墩抛出,则(    )

A.冰墩墩处于完全失重状态,是因为其不受重力

B.冰墩墩在飞行过程中,所受外力的合力不为零

C.冰墩墩在飞行过程中,因为不受力,所以做匀速直线运动

D.抛掷瞬间,宇航员对冰墩墩的作用力大于冰墩墩对宇航员的作用力

【答案】

B

 

8.图示为 t = 0时刻的波形图,波速 v = 2 m/s。从图示时刻开始,质点 Q 领先于质点 P 到达平衡位置。则(    )

A.波沿 x 轴负方向传播

B.质点 P 的振动周期 T = 4 s

C.t = 1.5 s 时,质点 P 和 Q 均沿 y 轴正方向运动

D.t = 0 到 1.5 s 的时间内,质点 M 通过的路程为 6 cm

【答案】

D

 

9.如图,O 点固定一个点电荷 + Q,绝缘细线将另一带电小球 + q 悬挂于 O 点。将小球 + q 轻轻拉至 A 点,由静止释放后,小球在 A、B 间做小幅摆动,不计空气阻力。当小球 + q 向左经过最低点 C 时,迅速移走点电荷 + Q,则(    )

A.摆动周期减小

B.小球仍能到达 B 点

C.再次经过 C 点时,小球的速度大于此前经过 C 点时的速度

D.再次经过 C 点时,细线的张力大于此前经过 C 点时的张力

【答案】

B

【解析】

选项 AB:由于带电小球之间的库仑力始终沿绳方向,对圆弧切线方向的回复力没有影响,因此单摆的周期、振幅都不会发生变化。选项 A 错误、B 正确;

选项 C:库仑力始终垂直于运动方向,不做功,小球的机械能仍然不变,经过 C 的速度大小也不变;

选项 D:在最低点 C,沿绳方向原来有一个向下的库仑斥力,移走电荷后此力消失,导致细线的拉力变小。选项 D 错误。

正确选项为 B。

 

10.图示电路中,电源电动势为 E,内阻不计。闭合开关 S,滑动头 P 由中点向下移动的过程中,电表 A1、V1、V2 示数变化的大小分别为 ΔI1、ΔU1、ΔU2,则(    )

A.A1 示数减小、A2 示数增大

B.A1 示数减小,A2 示数不变

C.\(\frac{{\Delta {U_1}}}{{\Delta {I_1}}}\) 不变,\(\frac{{\Delta {U_2}}}{{\Delta {I_1}}}\) 增大

D.\(\frac{{\Delta {U_1}}}{{\Delta {I_1}}}\)、\(\frac{{\Delta {U_2}}}{{\Delta {I_1}}}\) 均不变,且 \(\frac{{\Delta {U_1}}}{{\Delta {I_1}}}\) < \(\frac{{\Delta {U_2}}}{{\Delta {I_1}}}\)

【答案】

B

【解析】

选项 AB:滑片向下移动的过程中,R2 变大,总电阻变大,干路电流 I 变小;由于内阻不计,端电压 U 不变,因此通过 R3 的电流 I3 不变,即 A2 示数不变;而通过 R1 的电流 I1 = II3 可知 A1 的示数减小。选项 A 错误,B 正确;

选项 CD:\(\frac{{\Delta {U_1}}}{{\Delta {I_1}}}\) = R1 是不变的。由于端电压 U 不变,且 U = U1 + U2,可以得出 ΔU1 = ΔU2,进一步可以得出 \(\frac{{\Delta {U_1}}}{{\Delta {I_1}}}\) = \(\frac{{\Delta {U_2}}}{{\Delta {I_1}}}\) = R1 且不变的结论。选项 C、D 都是错误的

正确选项为 B。

 

11.如图,圆环均匀带正电,沿其中心轴线建立 x 轴。将另一点电荷 + q 从圆心 x = 0 处沿 x 轴正方向移到无穷远处的过程中,电场力做功为 W0。取无穷远处为电势能零点,则电荷 + q 具有的电势能 Ep 与位置坐标 x 的关系图像正确的是(    )

【答案】

A

 

12.如图,飞行员通过手柄控制推力 F 的大小和方向,可以改变单人滑板式飞行器在空中的飞行方向和速度。调节推力 F,使飞行器沿与竖直成 θ 角的方向匀速飞行(θ < 90°),飞行员受到空气的阻力与其速度成正比,则(    )

A.推力 F 沿飞行方向指向左上方

B.飞行方向不变,速度越大,推力 F 与竖直方向夹角越小

C.若保持推力 F 方向不变,匀速飞行的速度较大时,θ 角较小

D.若保持推力 F 大小不变,匀速飞行的速度较大时,θ 角较小

【答案】

C

【解析】

由于飞行器匀速飞行,则它在其重力 G、空气阻力 f、推力 F 作用下处于受力平衡状态,受力情况如图所示。

A.由受力图可知推力 F 并不沿飞行方向。选项 A 错误;

B.速度越大,空气阻力 f 越大,由图可知,F 与竖直方向的夹角越大。选项 B 错误;

C.由图可知,速度较大时 f 也较大,即图中对应 f 的邻边变长,要使对应 F 的对角线方向不变,此邻边应顺时针旋转,即 v 方向顺时针旋转,θ 变小。选项 C 正确。

D.由图可知,速度较大时对应 f 的邻边变长,要使对应 F 的对角线长度不变,应使 θ 变大。选项 D 错误。

 

13.静电场是________________周围空间存在的一种物质;描述电场力的属性和能的属性的物理量分别为_________________、_________________。

【答案】

 静止电荷,电场强度、电势

 

14.图示为研究左手定则的实验装置图。闭合电键,铜棒 P 向右摆动,则 U 型磁铁的 A 端为________极(选填“N”或“S”)。铜棒 P 从静止开始起,第一次到达右侧最高点的过程中,不计空气阻力,其机械能________________(选填“增大”、“减小”、“先增后减”、“先减后增”)。

【答案】

N,增大

 

15.跳水比赛中,运动员向上离开踏板的瞬间为计时起点,竖直向上为正方向。运动员可看做质点,其竖直方向的速度 v 与时间 t 的关系如图所示,则运动员到达最高点的时刻为___________,踏板距离水面的高度为_________m。

【答案】

0.5 s,10

 

16.图示为研究电磁感应现象的实验装置图,A、B 是套在同一圆形铁芯上的两个线圈。事先已经探明:电流从正极流入灵敏电流计 G 时,指针向右偏转。现将电键 S 闭合,再稳定一段时间,观察到电流计的指针先______________,最后回到中间位置不动。指针回到中间不再偏转的原因是:_________________________________________________________________。

【答案】

向左偏转。电路接通稳定后,线圈 A 产生磁场虽然最强但恒定不变,穿过线圈 B 的磁通量最大但不变,感应电流消失,电流计的指针不再偏转。

 

17.图(甲)中,粗糙程度相同的斜面固定在地面上,将小物块从斜面顶端由静止释放,经 6 s 匀加速下滑到底端。图(乙)中的 ①、② 两条曲线分别表示该过程重力、摩擦力对物块做功随时间的变化关系,虚线 AB 为 t = 6 s 时曲线 ① 的切线,则切线 AB 斜率的物理意义是___________________________________。以地面为重力势能零势能面,当物块重力势能 Ep = 9 J 时,其动能 Ek = _______J。

【答案】

t = 6 s 时重力的瞬时功率(答“t = 6 s 时重力势能的变化率”、“t = 6 s 时重力势能变化的快慢”的,同样给分),6

【解析】

(1)由 P = \(\frac{W}{t}\) 可知,Wt 图像斜率的物理意义即功率,切线斜率即对应时刻的瞬时功率;

(2)由图可知,小物块从顶端滑至底端,重力做功 18 J,克服摩擦力做功 6 J。当重力势能为 9 J 时,即物块滑至斜面中点。由 WG = mgsinθ·sWf = − fs 可知,WGWf 成正比关系,因此物块滑至斜面中点的过程中,重力做功 9 J,克服摩擦力做功应为 3 J,根据动能定理可知此时刻动能为 6 J。

 

18.在“用 DIS 测量电源的电动势和内阻”的实验中,A 同学将待测电源、电阻箱 R、阻值为 6 Ω 的定值电阻 R0、电流传感器连成图(甲)所示的电路。

(1)B 同学认为:R0 阻值太小,可以去掉。你___________B 同学的观点(选填“赞同”、“不赞同”),理由是:_____________________________________。

(2)A 同学实验时,调整电阻箱的阻值,记录多组电阻箱的阻值 R 和电流传感器示数 I,在计算机上绘出 \(\frac{1}{I}\) - R 关系图线,如图(乙)中的线 a 所示。将电源 a 换为电源 b,测量多组数据,在同一坐标系中绘出图线 b。

    

①不计电流传感器的内阻,依据图线可知,电源 a 的电动势 Ea = _________V,内阻 ra = _______Ω。

②若将定值电阻 R2 分别与电源 a、b 连接,则 R2 两次消耗的功率 Pa_______Pb(选填“大于”、“等于”或“小于”)。

【答案】

(1)不赞同。若无 R0,调节 R 的过程中,电源可能被短路,损坏电源或电流传感器。

(2)① 10 V,4 Ω;

② 小于

 

19.如图,长度为 2l 的光滑直杆 AB 固定在水平地面,与水平面的夹角 θ = 30°,质量为 m 的小球套在杆上。原长为 l 的轻质橡皮筋下端固定在 A 点正下方的 O 点,上端与球相连。将小球从 A 点由静止释放,运动到底端 B 时速度恰为零,橡皮筋始终在弹性限度内,重力加速度为 g。求:

(1)运动到杆的中点 C 时,小球速度 vC 的大小;

(2)运动到杆的中点 C 时,小球重力的功率 PG

(3)请分析说明:小球从 A 到 B 的过程中,其动能是如何变化的?

【答案】

(1)vC = \(\sqrt {gl} \)

(2)PG = \(\frac{1}{2}\) mg \(\sqrt {gl} \)

(3)动能先增大后减小

【解析】

(1)因 OC = OA,故小球运动到 C 点之前的过程中,橡皮筋处于松弛状态,其弹力为零,

机械能守恒:mglsinθ = \(\frac{1}{2}\)mvC2

解出:vC = \(\sqrt {2gl\sin \theta } \) = \(\sqrt {gl} \)

(2)重力的瞬时功率 PG = mgvCsinθ = \(\frac{1}{2}\) mg \(\sqrt {gl} \)

(3)A 到 C 的过程中:

橡皮筋弹力为零,小球仅受重力、支持力,匀加速下滑,动能增大;

C 到 B 的过程中:

小球受重力 mg、支持力 FN、橡皮筋弹力 Ff 的作用,如图。 

     

橡皮筋弹力 Ff 逐渐增大,沿杆向上的分力 Ffx 逐渐增大,

最初,Ffxmgsinθ,合外力沿杆向下,继续加速向下运动,动能增大;

此后,Ffx > mgsinθ,合外力沿杆向上,减速运动,动能减小;

故 A 到 B 的过程中,小球的动能先增大后减小。

 

20.光滑金属框架 abcde 置于水平面内,∠b = ∠c = ∠d = 90°,各边长度如图所示。Cd 边接入阻值为 R 的定值电阻,ab 边接入电压表 V,导体棒 MN 平行于 cd,不计框架与导体棒的电阻。匀强磁场垂直于框架平面,磁感应强度大小为 B。在外力作用下,MN 沿框架以初始速度 v0 从靠近 cd 的位置向右运动,导体棒始终与 bc 垂直且接触良好。MN 运动到 ab 之前的过程中,电压表的示数恒为 U

(1)试从功和能量转化关系的角度证明:MN 在 d、e 之间运动的过程中,切割磁感线产生的电动势 E = 2BLv0

(2)若定义“另类加速度”为通过单位位移内的速度改变量,用公式表示为 A = \(\frac{{\Delta v}}{{\Delta s}}\)。请分析说明:MN 向右运动的整个过程中,A 是如何变化的?

(3)MN 由 cd 向右运动到 ab 的过程中,安培力对导体棒所做的功 WA 为多少?

【答案】

(1)导棒向右切割磁感线的过程中,克服安培力做功,将其他形式的能量转化为电能。

故:克服安培力做功等于电能的增加量,即:FA·s = EIt

安培力 FA = BI·(2L)

由于不计导棒电阻,故电动势等于路端电压,即 E = U

导棒在 d、e 之间时,路端电压、电动势不变,切割磁感线的长度为 2L 也不变,导棒应匀速运动,t 内的位移 s = v0t

FA = BI·(2L) 和 s = v0t 带入 FA·s = EIt,即可得到 E = 2BLv0

(2)A 先不变后增大

(3)WA = − \(\frac{{7BU{L^2}}}{{2R}}\)

【解析】

(1)导棒向右切割磁感线的过程中,克服安培力做功,将其他形式的能量转化为电能。

故:克服安培力做功等于电能的增加量,即:FA·s = EIt

安培力 FA = BI·(2L)

由于不计导棒电阻,故电动势等于路端电压,即 E = U

导棒在 d、e 之间时,路端电压、电动势不变,切割磁感线的长度为 2L 也不变,导棒应匀速运动,t 内的位移 s = v0t

FA = BI·(2L) 和 s = v0t 带入 FA·s = EIt,即可得到 E = 2BLv0

(2)当位移 sL 时,U = 2BLv0,速度 v = v0 = \(\frac{U}{{2BL}}\) 不变。故 A = 0,不变;

当位移 Ls ≤ 2L 时,MN 接入电路的有效长度为 (3Ls),

U = B(3Ls)v,解出 v = \(\frac{U}{{B(3L - s)}}\),v 随位移 s 的增大而非线性增大,

依据数学原理,A 逐渐增大。故全过程中,A 先不变后增大。

(3)导棒在 d、e 之间运动的过程中,安培力恒定,

WA1 = −BI·(2Ls1 = − B(\(\frac{U}{R}\))·(2LL = − \(\frac{{2BU{L^2}}}{R}\);

此后的过程中,I = \(\frac{U}{R}\) 恒定,安培力 FA = BI·(3Ls) = \(\frac{BU}{R}\)·(3L − s) 随位移 s 的增大,由 \(\frac{{2BUL}}{R}\) 线性减小到 \(\frac{{BUL}}{R}\)

故安培力的平均值  \({\bar F_A}\) = \(\frac{{3BUL}}{2R}\),

此阶段,安培力做功WA2 = − \({\bar F_A}\)·s2 = − \({\bar F_A}\)·L = − \(\frac{{3BU{L^2}}}{{2R}}\)。

全过程,安培力做功 WA = WA1 + WA2 = − \(\frac{{7BU{L^2}}}{{2R}}\)

 

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