北京市顺义区2016届高三(上)期末物理试卷(解析版)(5)

A． B． C． D．

【考点】导体切割磁感线时的感应电动势．

【分析】根据楞次定律判断出感应电流的方向，根据切割产生的感应电动势和闭合电路欧姆定律求出感应电流的大小表达式，即可进行选择．

【解答】解：x在0﹣a的过程中，线圈进入磁场，产生的感应电动势为 E=BLv，电流 I0==

，由楞次定律知感应电流方向为逆时针方向，为正．

=2I0，方向为顺时针

在a﹣2a的过程中，感应电动势 E=2BLv，感应电流 I=方向，为负．

在2a﹣3a的过程中，E=BLv，感应电流 I=C正确． 故选：C．

=I0，方向为逆时针方向，为正．故

16．电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在轨道沿伸方向自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可在弹体附近形成垂直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射动量增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是（ ）

A．只将电流I增加至原来的2倍 B．只将弹体质量增加至原来的2倍 C．只将轨道长度L增加至原来的2倍

D．将电流，和轨道长度己均增加至原来的2倍，其它量不变 【考点】安培力．

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【分析】通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理表示出弹体的出射速度．

根据动量的表达式进行求解．

【解答】解：通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理有： BIl?L=mv2，

磁感应强度的大小与I成正比，所以B=kI 解得

．

A、只将电流I增加至原来的2倍，弹体的出射时动量增加至原来的2倍，故A正确

B、只将弹体质量增加为原来的2倍，弹体的出射时动量增加至原来的错误

C、只将轨道长度L变为原来的2倍倍，弹体的出射时动量加至原来的C错误

D、将电流，和轨道长度己均增加至原来的2倍，其它量不变，弹体的出射时动量度增加至原来的2故选：A

二、非选择题（共7小题，满分72分） 17．根据单摆周期公式

，可以通过实验测量当地的重力加速度．以下是

倍，故D错误．

倍，故，故B

实验过程中的一些做法，其中正确的有（ ）

A．摆线要选择细些的、伸缩性小些的，并且尽可能长一些 B．摆球尽量选择质量大些、体积小些的

C．为了使摆的周期大一些，以方便测量，开始时拉开摆球，使摆球相距平衡值置有较大的角度

D．拉开摆球到某一位置释放，第一次经平衡位置时开始计时，第二次经平衡位置时停止计时，此时间间隔t即为单摆周期T 【考点】用单摆测定重力加速度．

【分析】摆线要选择细些的、伸缩性小些的；摆球尽量选择质量大些、体积小些

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的摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时；摆线偏离平衡位置不大于5°； 【解答】解：A、该实验中，要选择细些的、伸缩性小些的摆线，长度要适当长一些；和选择体积比较小，密度较大的小球．故A，B正确． C、根据公式

可知，摆球的周期与摆线的长短有关，与摆角无关，开始

时使摆球相距平衡值置有较大的角度不能增大摆球单摆的周期．故C错误； D、释放摆球，当摆球振动稳定后，从平衡位置开始计时；要测量多个周期的时间，然后求平均值．故D错误． 故选：AB

18．在《验证力的平行四边形定则》的实验中，首先用两只弹簧秤分别钩住细绳

套，互成角度地拉橡皮条，使结点伸长到某一位置O，此时必须记录的是 （ ）

A．O点的位置 B．橡皮条固定端位置

C．两只弹簧秤的读数两条细绳套的方向 D．橡皮条的伸长长度

【考点】验证力的平行四边形定则．

【分析】本实验要求在两次拉橡皮条的过程中力的作用效果要相同，即采用了“等效法”，在做力的图示时、根据平行四边形定则求合力时要知道力的大小和方向，由此可知实验中应该记录什么．

【解答】解：先用两个绳套将结点拉到O点，记下两条绳的方向和两个分力的大小，再求出其合力大小，然后与一个弹簧拉橡皮筋时的拉力大小进行比较，最后得出结论，故需要记录的是两弹力的大小和方向即两细绳的方向，故AC正确，BD错误． 故选：AC

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19．如图甲、乙是两组同样的器材实物图，用来测量待测电阻R的阻值，每组器材中包括：电池，电键，变阻器，电压表，电流表，等测电阻R，若干导线．

（1）如果待测电阻R的阻值比电压表的内阻不是小很多，但R的阻值比电流表的内阻大很多，试在图甲中连线使之成为测量电路；如果待测电阻R的阻值比电流表的内阻不是大很多，但R的阻值比电压表的内阻小很多，试在图乙中连线使之成为测量电路．

（2）如果已知上述电压表的内阻RV和电流表的内阻RA，对图甲和图乙中连成的测量电路，分别写出计算待测电阻的公式（用测得的量和给出的电表内阻来表示）．

【考点】伏安法测电阻．

【分析】（1）要想解决本题明确伏安法测电阻的误差来源，当电流表外界接时误差来自电压表的分流，内接时误差来自电流表分压． （2）若知道电压表的内阻，可以求出电压表的分流为：

，同理知道电流表

的内阻其分压为：U=IRA．然后利用通过待测电阻的电流和电压关系求解待测电阻阻值．

【解答】解：（1）控制电路的选择：由于滑动变阻器阻值大小不确定，分压、限流接法都可；

测量电路的选择：阻R的阻值比电压表的内阻不是小很多，但R的阻值比电流表的内阻大很多，说明电压变的分流大，电流表的分压小，故应采用电流表的内接法进行测量，其电路图如图甲所示：

待测电阻R的阻值比电流表的内阻不是大很多，但R的阻值比电压表的内阻小很多，说明电压变的分流小，电流表的分压大，故应采用电流表的外接法进行测量，其电路图如图乙所示：

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（2）用图甲线路时，若电压表示数为U，电流表示数为I，则待测电阻两端的电压为：U﹣IRA； 所以待测电阻为：

．

用图乙线路时，若电压表示数为U，电流表示数为I，则待测电阻两端的电流为：

；

所以待测电阻为：

故答案：（1）电路图如上所示（采用限流接法亦可） （2）图甲待测电阻：

20．如图所示AB为半径R=0.45m的四分之一光滑圆弧轨道，底端距水平地面的高度h=0.45m．一质量m=l．Okg的小滑块从圆弧轨道顶端A由静止释放，到达轨道底端B点时水平飞出．不计空气的阻力，g取lOm/s2求： （1）小滑块滑到圆弧轨道底端B点时的速度v； （2）小滑块滑到圆弧轨道底端B点时对轨道的压力FN； （3）小滑块落地点与B点的水平距离x．

；图乙待测电阻：

【考点】动能定理；向心力．

【分析】（1）（2）根据机械能守恒定律求出小滑块经过B点时的速度．小滑块在

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