湖南益阳市桃江2017高二物理下学期期末统考..doc

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2016-2017学年度第二学期期末考试试卷

髙二物理试题卷

—、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。

1—8小题为单选题，9-12小题为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答）

1.物理学家通过艰苦的实验来探究自然的物理规律，为人类的科学做出了巨大贡献。

下列描

述中符合物理学史实的是

A.安培发现了电流的磁效应

B.奥斯特通过实验测定了磁场对电流的作用力

C.库仑总结出了真空中的两静止点电荷间相互作用的规律

D.法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律

【答案】C

【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，选项A错误；安培通过实验测定了磁场对电流的作用力，选项B错误；库仑总结出了真空中的两静止点电荷间相互作用的规律，选项C正确；法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了判断感应电流方向的规律，选项D错误；故选C.

2.如图，在匀强磁场S的区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放了一根长为L,质量为m的导线，当通以如图方向的电流/后，导线恰能保持静止，则磁感应强度B的大小和方向正确的有

A.方向垂直纸面向外

B.B=,方向水平向下

C.,方向竖直向左

D.，方向水平向右

【答案】B

【解析】当磁场方向竖直向外时，磁场的方向电流的方向平行，导体棒不受安培力，此时导体棒受到重力和支持力，两个力不可能平衡，故A错误；磁场方向竖直向下时，根据左手定则，安培力沿水平向左，根据平衡条件有：

mgtanθ=BIL解得：

，故B正确；磁场水平向左时，安培力竖直向上，与重力平衡，有mg=BIL，，故C错误；磁场水平向右时，安根据左手定则，安培力沿斜面向下，导体棒还受到重力和支持力，三个力不可能平衡，故D错误；故选B.

3.如图所示为某小型电站髙压输电示意图。

发电机输出功率、输出电压均恒定，输电线电阻不变。

升压变压器原、副线園两端的电压分别为U1和U2。

下列说法正确的是

A.采用高压输电可以增大输电线中的电流

B.-输电线损耗的功率为

C.将P下移，用户获得的电压将降低

D.将P下移，用户获得的功率将増大

【答案】D

【解析】发电机输出功率恒定，根据P=UI可知，采用高压输电可以减小输电线中的电流，故A错误；输电线上损失的功率为：

U2为升压变压器副线圈两端的电压，故B错误；若P下移，升压变压器的副线圈匝数增加，由，可知输电电压升高，根据P=UI可知输电电流减小，线路损耗电压减小，降压变压器的输入电压增大，故用户得到的电压升高，故C正确；由上可知线路电流减小，线路损耗减少，所以用户得到的功率将增大，故D正确。

所以D正确，ABC错误。

4.如图所示，带负电的小球用绝缘丝线悬挂于0点并在匀强磁场中摆动，当小球每次通过最

低点A时

A.摆球的动能相同

B.摆球受到的磁场力相同

C.摆球受到的丝线的拉力相同

D.向右摆动通过A点时悬线的拉力大于向左摆动通过A点时悬线的拉力

【答案】D

【解析】由题意可知，拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅重力作功，则小球机械能守恒，所以小球分别从左侧最高点和右侧最高点向最低点A运动且两次经过A点时的动能相同，故A正确；由于小球的运动方向不同，则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，故B错误；由A选项可知，速度大小相等，则根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同，向左摆动通过A点时所受洛伦兹力的方向向上，，同理向右摆动时：

，则向右摆动通过A点时悬线的拉力大于向左摆动通过A点时悬线的拉力，故C错误，D正确；故选AD．

点睛：

本题考查带电粒子在磁场即重力场中的运动；要知道洛伦兹力不做功，所以根据机械能守恒定律来解题是突破口，同时注意洛伦兹力方向随着速度的方向不同而不同．

5.如图所示，顶端装有定滑轮的粗糙斜面体放在水平地面上，A、B两物体跨过滑轮通过细

绳连接，整个装置处于静止状态（不计细绳的质量和细绳与滑轮间的摩擦）。

现用水平力F作用于物体A上，缓慢拉开一小角度，此过程中斜面体与物体B—直保持静止。

下列说法正确的是

A.斜面对物体B的摩擦力一定增大

B.细绳对物体A的拉力一定增大

C.地面受到的压力一定增大

D.地面对斜面体的摩擦力不变

【答案】B

6.如图所示，平行版电容器M,N相距为d，电势差为U，-质量曲电荷量为q带正电荷

要使微粒仍能沿水平直线v做匀速直线运动通过两板。

若把两板距离减半，电势差不变，

要使微粒仍能沿水平直线通过电场，可采取的措施为

A.把入射速度增大一倍

B.把入射速度减半

C.再添加一个，垂直纸面向里的匀强磁场

D.再添加一个，垂直纸面向外的匀强磁场

【答案】D

【解析】因为粒子做匀速直线运动，所以．无论是把粒子的入射速度增大一倍还是减半，由知，U不变，d变为d，则E变为2E，电场力变为原来的2倍，而重力没有改变，所以两个力不再平衡，粒子将向上偏转，不能再沿水平直线通过电场，故AB错误．若加一个B=垂直纸面向里的匀强磁场，由左手定则得到洛伦兹力方向向上，大小为f=qvB=qv=q，则电场力与洛伦兹力的合力大小为F+f=3q＞mg，可知，粒子将向上偏转，不能再沿水平直线通过电场，故C错误．若加一个B=垂直纸面向外的匀强磁场，粒子将多受一个洛伦兹力，其大小为f=qvB=q，由左手定则得到洛伦兹力方向向下，与重力方向相同．而此时粒子所受的电场力大小为F=2q，方向竖直向上；洛伦兹力与重力的合力大小为mg+f=2q，方向竖直向下，所以粒子所受的合力仍为零，故粒子仍能沿水平直线通过电场，故D正确．故选D．

点睛：

本题通过分析粒子的受力情况，判断其运动情况；关键要知道电场力与速度无关，而洛伦兹力与速度成正比，并能由左手定则判断出洛伦兹力的方向．

7.如图所示为航母上电磁弹射装置的等效电路图（俯视图），匀强磁场垂直轨道平面向上，

先将开关拨到a给超级电容器C充电，然后将开关拨到b可使电阻很小的导体棒EF沿水平轨道弹射出去，则下列说法正确的是

A.电源给电容器充电后，M板带正电

B.若轨道足够长，电容器将放电至电量为0

C.在电容器放电过程中，电容器的电容不断减小

D.在电容器放电过程中，电容器两端电压不断减小

【答案】D

【解析】电容器N板接电源的正极，所以充电后N极带正电，故A错误；若轨道足够长，导体棒切割磁场产生感应电动势，产生的感应电流和放电形成的电流大小相同时，不在放电，故电容器将放电不能到0，故B错误；电容是电容器本身的性质，与电压和电量无关，故放电时，电容不变，故C错误；电容器放电时，电量减小，由可知电压也减小，故D正确；

故选D.

8.如图所不的电路，闭合开关s，当滑动变阻器滑片p向右移动时，下列说法正确的是

A.电流表读数变小，电压表读数变大

B.小电泡L变暗

C.电容器C上电荷量减小

D.电源的总功率一定变小

【答案】C

【解析】当滑动变阻器滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，根据欧姆定律可知，电路中总电流增大，电压表的读数为U=E-Ir，则U减小．即电流表读数变大，电压表读数变小．故A错误．灯泡功率为P=I2RL，RL不变，I增大，P增大，则灯泡变亮．故B错误．电容器电压UC=E-I（RL+r）减小，电容器电量Q=CUC减小．故C正确．电源的总功率P总=EI，E不变，I增大，P总增大．故D错误．故选C.

点睛：

本题考查电路动态分析的能力，比较简单．对于电路动态分析往往按“局部→整体→局部”的思路，结合闭合电路的欧姆定律来分析．

9.如图所示，足够长的固定光滑斜面倾角为，质量为的物体以速度V从斜面底端冲上斜

面，达到最髙点后又滑回原处，所用时间为t。

对于这一过程，下列判断正确的是

A.斜面对物体的弹力的冲量为零

B.物体受到的重力的冲量大小为聊t

C.物体受到的合力的冲量大小为零

D.物体动量的变化量大小为mgtsin

【答案】BD

【解析】试题分析：

由冲量的求解公式可知，斜面对物体的弹力的冲量为mgcosθ·t，选项A错误；物体受到的重力的冲量大小为mgt，选项B正确；物体回到斜面底端的速度仍为v，方向与初速度方向相反，故根据动量定理可知，物体受到的合力的冲量大小为2mv，选项C错误；因整个过程中物体所受的合力为mgsinθ，则根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mgsinθ·t，选项D正确；故选BD.

考点：

动量定理；冲量。

【名师点睛】此题考查了冲量及动量定理的应用问题；关键是掌握冲量的求解公式I=Ft以及动量定理的表达式；动量的变化量等于合外力的冲量，故动量的变化量与合外力的冲量可以互求；注意区别冲量和功的求解方法的不同.

10.下列说法正确的是

A.相同频率的光照射到不同的金属上，逸出功越大，出射的光电子最大初动能越小

B.钍核23490Th，衰变成镤核了23491Pa,放出一个中子，并伴随着放出Y光子

C.根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子运动的加速度减小

D.比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢靠，原子核越稳定

【答案】AC

【解析】试题分析：

根据，相同频率的光照射到不同的金属上，逸出功越大，出射的光电子最大初动能越小，选项A正确；钍核Th，衰变成镤核Pa，放出一个电子，并伴随着放出光子，选项B错误；根据玻尔理论，氢原子辐射出一个光子后能量减小，核外电子运动的轨道半径也减小，电子受到的库仑力增大，则加速度增大，选项C错误；比结合能越大表示原子核中的核子结合得越牢靠，原子核越稳定，选项D正确。

考点：

光电效应；放射性衰变；玻尔理论；比结合能。

11.某实验室工作人员，用初速度为V0=0.09c（C为真空中的光速）的a粒子，轰击静止色，强磁场中的钠原子核2311Na产生了质子。

若某次碰撞可看做对心正碰，碰后$核的运动方向与a粒子的初速度方向相同，质子的运动方向与新核运动方向相反，亏们在垂直于磁场的平面内分别做匀速圆周运动。

通过分析轨迹半径，可得出新核与质子的速度大小之比为1:

10,己知质子质量为m,则

A.该核反应方程是42He+2311Na一-2612Mg+11H

B.该核反应方程是42He+2311Na-2612Mg+11H

C.质子的速度约为0.225c

D.质子的速度为0.09c

【答案】AC

【解析】新原子核的质量数：

m=23+4-1=26，核电荷数：

z=11+2-1=12；核反应方程：

．故A正确，B错误；质子质量为m，α粒子、新核的质量分别为4m、26m，设质子的速度为v，对心正碰，选取α粒子运动的方向为正方向，则由动量守恒得：

4mv0=26m-mv，解出v=0.225c．故C正确，D错误．故选AC.

点睛：

掌握核反应方程中的质量数守恒和电荷数守恒是写出方程的关键，能根据质量数之比确定粒子质量之比，根据动量守恒求解碰撞后的粒子速度．

12.己知地球质量为从半径为r,自转周期为T,地球同步卫星质量为m•引力常量为G，有关同步卫星，下列表述正确的是

A.卫星距离地面的高度为

B.卫星运行时受到的向心力大小为

C.卫星的运行速度小于第一宇宙速度

D.卫里运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度

【答案】CD

【解析】根据得卫星的轨道半径为：

，则同步卫星距离地面的高度为：

h=r-R=−R．故A错误．卫星的轨道半径大于R，则卫星所受的向心力小于．故B错误．根据得：

，知轨道半径越大，线速度越小，第一宇宙速度的轨道半径为地球的半径，所以卫星的运行速度小于第一宇宙速度．故C正确．根据，解得：

，根据，解得：

，可知卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度．故D正确．故选CD．

点睛：

解决本题的关键掌握万有引力定律的两个重要理论：

1、万有引力等于重力，