湖南省高二下学期期末考试物理试题带参考答案文档格式.docx
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点时悬线的拉力
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
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
斜面对物体
的摩擦力一定增大
细绳对物体
的拉力一定增大
地面受到的压力一定增大
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
把入射速度增大一倍
把入射速度减半
再添加一个
，垂直纸面向里的匀强磁场
，垂直纸面向外的匀强磁场
，
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，
2
则下列说法正确的是
电源给电容器充电后，M
板带正电
若轨道足够长，电容器将放电至电量为
在电容器放电过程中，电容器的电容不断减小
在电容器放电过程中，电容器两端电压不断减小
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
电流表读数变小，电压表读数变大
小电泡
L
变暗
电容器
上电荷量减小
电源的总功率一定变小
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
斜面对物体的弹力的冲量为零
物体受到的重力的冲量大小为聊
t
物体受到的合力的冲量大小为零
物体动量的变化量大小为
mgtsin
10.
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
钍核
234
Th，衰变成镤核了
234
9091
Pa,放出一个中子，并伴随着放出
Y
光子
3
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
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
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
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
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
:
10,己知质子质量为
m,则
该核反应方程是
He+23
一-26
211
12
Mg+11
H
Na-26
Mg+1
211121
质子的速度约为
0.225c
质子的速度为
0.09c
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
卫星距离地面的高度为
卫星运行时受到的向心力大小为
卫星的运行速度小于第一宇宙速度
卫里运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度
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
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
4
系列滑块质量
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_________。
.
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
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=6000Ω
B.滑动变阻器
R,电阻变化范围
0-200Ω
C.电流表
量程
2.5mA
内阻约
30Ω
D.电压表
3V
3KΩ
E.直流电源
E
电动势
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
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
可知待测压力的大小
F=____N
（计算结果均保留两位有效数
字）
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
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=10
m/s
由滑板
左端开始沿滑板
表面向右运动，
己知木块
的质量
m=
1kg，g
取
10
m/s:
。
求:
（1）弹簧被压缩到最短时木块
的速度：
5
（2）木块
压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能。
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
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
拉力的方向水平。
（1）若
t1=2s
时
均静止，求
受到的摩擦力大小；
（2）求
即将开始运动的时刻
t2;
（3）当
t3=5s
时，求细线对
的拉力大小。
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
点以
速度
v0
与-X
轴成
60°
度角射入磁
场，从
=
处的
点垂直于
轴方向进入电场，并经过
x
轴上
2L
c
点。
不计重力。
求
（1）磁感应强度
的大小；
（2）电场强度
的大小;
（3）粒子在磁场和电场中的运动时间之比。
6
参考答案
1【答案】C
【解析】奥斯特发现了电流的磁效应，选项
错误；
安培通过实验测定了磁场对电流的作用力，选项
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
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
故选
2【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
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
磁场水平向左时，安培力竖直向上，与重力平
衡，有
mg=BIL，
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
B.
3【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
输
电线上损失的功率为：
器的副线圈匝数增加，由
U2为升压变压器副线圈两端的电压，故B
若
下移，升压变压
，可知输电电压升高，根据
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
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
正确。
所以
正确，ABC
错误。
4【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
运动且两次经过
点时的动能相同，故
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
由
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
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
点时悬线的拉力，故
错误，D
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【答案】B
7
6【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
2E，电场力变为原来的
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
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
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【答案】D
【解析】电容器
N
板接电源的正极，所以充电后
极带正电，故
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
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
电容器放电时，
电量减小，由
8【答案】C
可知电压也减小，故
8
【解析】当滑动变阻器滑片
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
错误．电容器电压
UC=E-I（RL+r）减小，电容器
电量
Q=CUC
减小．故
正确．电源的总功率
总=EI，E
总增大．故
错误．故选
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【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
物体受
到的重力的冲量大小为
mgt，选项
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
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·
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【答案】AC
根据
电子最大初动能越小，选项
钍核
，相同频率的光照射到不同的金属上，逸出功越大，出射的光
Th，衰变成镤核
Pa，放出一个电子，并伴随着放出
光子，
选项
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
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
光电效应；
放射性衰变；
玻尔理论；
比结合能。
11【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
正确，B
质子质量为
m，α
粒子、新核的质量分别为
4m、26m，设
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
正确，D
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
9
之比，根据动量守恒求解碰撞后的粒子速度．
12【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
错误．卫星的轨道半径大于
R，则卫星所受的向心力小于
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
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
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．
13【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【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：
10
（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【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
与滑板
具有相同的速度，设为
v，从木块
开始沿滑板
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）
……………①
解得：
代入数据得木块
的速度大小：
v=2m/s……………②
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：
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【答案】
（1）2.2N
（2）2.5s（3）3.8N
11
（1）从图乙可知，t1=2s
时，E1=40N/C，对
进行受力分析，由平衡条件有：
T1=mBg+qBE1；
对
进行受力分析，有：
f1=T1
解得
受到的摩擦力大小为：
f1=2.2N
（2）设
即将运动时的电场强度为
E2，对
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
时，电场强度
E3=100N/C，A、B
加速度大小相等，对
进行受力分析，由牛顿第二定律可得：
T3-μ（mAg+qAE3）=mAa
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【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：
θ
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．
13
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