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

1、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：

2、, 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

3、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

4、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.

5、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=3qmg，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

6、，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

7、后，M板带正电B. 若轨道足够长，电容器将放电至电量为0C. 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

8、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，

9、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tC. 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mgcost，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mgsin，则根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为m

10、gsint，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23491 Pa,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

11、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2311 Na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

12、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一-2612 Mg+11 HB. 该核反应方程是42He+2311Na-2612Mg+11 HC. 质子的速度约为0.225cD. 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，粒子、新核的质量分别为4m、26m，设质子的速度为v，对心正碰，选取粒子运动的方向为正方向，则

13、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

14、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： 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，

15、则d=_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中的位置，重复的操作，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】固

16、定尺刻度为1.5mm，螺旋尺对应的刻度为49.00.01mm，则d=1.5mm+0.490mm=1.990mm；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

17、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=6000 B.滑动变阻器R,电阻变化范围0-200C.电流表A 量程2.5mA内阻约30 D.电压表 V量程 3V 内阻约 3KE.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_,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

18、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=4 kg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. 5 m，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

19、光滑，小木块以速度V=10 m/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10 m/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 解得：代入数据得木块A的速度大小：v=2m/s （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

20、得：最大弹性势能为：Ep=mv02 -（M+m） v2-Q 该过程由于摩擦产生的热量Q=mgL 代入数据解得：Ep= 39J 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

21、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=

22、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=（mAg+qAE2）由图乙知：E2=20t2t2=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-（mAg+qAE3）=mAa对B进行受力分析，由牛顿第二定律可得：mBg+qBE3-T3=mBaT3=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

23、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

24、，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：=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