湖南省益阳市桃江县学年高二下学期期末统考物理试题Word格式.docx
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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
【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
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
【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．
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
【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
【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.
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
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。
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
【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.
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
，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．
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，2、万有引力提供向心力，并能灵活运用．知道同步卫星的周期与地球自转的周期相同．
非选择题.（第13、14、15、16、17题分别6分、9分、10分、12分、15分，并52分*）
13.某同学用如图甲所示的装置测最滑块与水平桌面之间的动摩擦因数•
实验过程如下：
①用螵旋测微器測量出固定于滑块上的遮光条的宽度如图丙所示，则d=_______
②在桌面上合适位罝固定好弹簧和光电门，将光电门与数字计时器（图中未画出）连接•
③用滑块把弹簧压缩到某一位罝，测量出滑块到光电门的距离x，释放滑块，滑块离开弹簧后，经过光电门，测出滑块上的遮光条通过光电门所用的时间t
④通过在滑块上增减砝码来改变滑块的质量，仍用滑块将弹班压缩到③中的位置，重复③的操作，得出一系列滑块质量m与它通过光电门所用的时间t的值.根据这些数值，作出
图象.如图乙所示•己知图线在横轴和纵轴的截距大小分别为a、b,当地的重力加速度为g，则滑块与水平桌面之间的动摩擦因数
=_______继续分析这个图象，还能求出的物理量是_________。
.
【答案】
（1）.1.990
（2）.
（3）.弹性势能
【解析】①固定尺刻度为1.5mm，螺旋尺对应的刻度为49.0×
0.01mm，则d=1.5mm+0.490mm=1.990mm；
④滑块通过光电门的速度为
，设弹簧的弹性势能为EP，根据动能定理可得：
............
14.材料的电阻随压力的变化而变化的现象称为“压阻现象”，利用这种效应可以测量压力大小，若图1为某压敏电阻在室温下的电阻一压力特性曲线，其中RF,R0分别表示有、无压力时压敏电阻的阻值，为了测量压力需先测量压敏电阻处于压力中的电阻值RF，请按要求完成下列实验#
（1）设计一个可以测量处于压力中的该压敏电阻阻值的电路，在图2虚线框内画出实现电路原理图（压敏电阻及所给压力已给出带测压力大小约为0.4不考虑压力对电路其他部分的影响），要求误差较小，提供器材如下
A.压敏电阻,无压力时阻值R0=6000ΩB.滑动变阻器R,电阻变化范围0-200Ω
C.电流表A量程2.5mA内阻约30ΩD.电压表V量程3V内阻约3KΩ
E.直流电源E电动势3V内阻很小F.开关s导线若干
（2）正确连线后，将压敏电阻置于待测压力下’通过压敏电阻的电流是1.33mA，电压
表的示数如图3所示，则电压表的读数为__________V
（3）此时压敏电阻的阻值为______Ω,结合图1可知待测压力的大小F=____N（计算结果均保留两位有效数字）
【答案】
（1）.
（2）.2.00V（3）.
60
【解析】
（1）由于滑动变阻器总电阻较小，远小于待测电阻，因此滑动变阻器应采用分压接法；
同时因待测电阻较大，故应采用电流表内接法；
如图所示：
（2）电压表量程为3V，最小分度为0.1V，则读数为2.00V；
（3）根据欧姆定律可知：
；
则有：
则由图可知，压力大小约为60N
本题考查描绘伏安特性曲线的实验，要注意明确选用分压接法的几种情况：
（1）题目中要求多测几组数据的；
（2）滑动变阻器起不到保护作用的；
（3）要求电压从零开始调节的．
15.如图所示，质量M=4kg的滑板及静止放在光滑水平面上，其右端固定-根轻质弹簧，弹簧的自由端C"
到滑板左端的距离L=0.5m，这段滑板与木块A（可视为质点）之间的动摩擦因数
=0.2,而弹簧自由端C到弹簧固定端D所对应的滑板上表面光滑，小木块以速度V=10m/s由滑板B左端开始沿滑板B表面向右运动，己知木块A的质量m=1kg，g取10m/s:
。
求:
（1）弹簧被压缩到最短时木块A的速度：
（2）木块A压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能。
【答案】
（1）2m/s
（2）39J
（1）A、B组成的系统在水平方向所受合外力为零，系统动量守恒，弹簧被压缩到最短时，木块A与滑板B具有相同的速度，设为v，从木块A开始沿滑板B表面向右运动至弹簧被压缩到最短的过程中，根据动量守恒得：
mv0=（M+m）v……………①
解得：
代入数据得木块A的速度大小：
v=2m/s……………②
（2）木块A压缩弹簧过程中，弹簧被压缩到最短时，弹簧的弹性势能最大。
根据能量守恒定律可得：
最大弹性势能为：
Ep=
mv02-
（M+m）v2-Q………………③
该过程由于摩擦产生的热量Q=μmgL………………④
代入数据解得：
Ep=39J………………⑤
动量守恒定律及能量守恒定律的应用
【名师点睛】此题考查了动量守恒定律及能量守恒定律的应用；
解题时要选择研究过程及研究系统，根据动量守恒定律列出动量方程；
注意要找好临界状态，此题中当两物体共速时，弹簧压缩到最短，此时的弹性势能最大．
16.如图（甲）所示，A、B两小物块用不可伸长的绝缘细线连接，跨过光滑的定滑轮，A与绝缘水平桌面之间的滑动摩擦因素、^=0.5,t=0时刻在图（甲）装置所在的空间加竖直向下的电场（图中未画出），电场强度随时间变化情况如图（乙）所示，已知A、B均带正电，带电量qA=0.02C、qB=0.03C,质量mA=0.4kg、mB=0.1kg,重力加速度g取10m/s2，A与桌面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，桌面足够髙，细线足够长，不计A、B之间的库仑力影响,细线对A拉力的方向水平。
（1）若t1=2s时A、B均静止，求A受到的摩擦力大小；
（2）求A、B即将开始运动的时刻t2;
（3）当t3=5s时，求细线对B的拉力大小。
（1）2.2N
（2）2.5s（3）3.8N
（1）从图乙可知，t1=2s时，E1=40N/C，对B进行受力分析，由平衡条件有：
T1=mBg+qBE1；
对A进行受力分析，有：
f1=T1
解得A受到的摩擦力大小为：
f1=2.2N
（2）设A、B即将运动时的电场强度为E2，对B进行受力分析，由平衡条件有：
T2=mBg+qBE2；
f2=T2
又因为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，有：
f2=μ（mAg+qAE2）
由图乙知：
E2=20t2．
t2=2.5s
（3）当t3=5s时，电场强度E3=100N/C，A、B加速度大小相等，对A进行受力分析，由牛顿第二定律可得：
T3-μ（mAg+qAE3）=mAa
对B进行受力分析，由牛顿第二定律可得：
mBg+qBE3-T3=mBa
T3=3.8N
解决时要明确两个物体的状态，知道物体静止时根据平衡条件分析受力情况，当物体有加速度时根据牛顿第二定律研究受力情况．要灵活选择研究对象，本题采用隔离法比较简便．
17.如图所示，直角坐标中的第一象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第二象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。
一电荷量为仏质量为®
的带正电的粒子，在-X轴上的a点以速度v0与-X轴成60°
度角射入磁场，从y=L处的b点垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上y=2L处的c点。
不计重力。
求
（1）磁感应强度B的大小；
（2）电场强度E的大小;
（3）粒子在磁场和电场中的运动时间之比。
【答案】
（1）
（2）
（3）
【解析】【试题分析】由几何知识求出粒子的轨道半径，然后由牛顿第二定律求出磁感应强度大小．粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律求出电场强度大小．求出粒子在磁场中的运动时间与在电场中的运动时间，然后求出时间之比．
（1）粒子的运动轨迹如图所示：
由几何知识可得：
r+rsin30°
=L
粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：
（2）粒子在电场中做类平抛运动，
水平方向：
2L=v0t
竖直方向：
（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期：
由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角：
θ=180°
-60°
=120°
粒子在磁场中做圆周运动的时间：
粒子在电场中的运动时间：
粒子在磁场和电场中的运动时间之比：
【点睛】本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，分析清楚粒子的运动过程、应用牛顿第二定律与类平抛运动规律、粒子做圆周运动的周期公式即可正确解题，解题时要注意数学知识的应用．
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