高二物理下学期期末考试试题(共2套-含参考答案).pdf

1 高二下学期期末考试物理试题第卷一、单项选择题（本题共6 小题，每小题3 分，共 18 分，每小题的四个选项中，只有一个选项符合要求）1.下列叙述中符合物理学史的是()A汤姆生发现电子，并由此提出了原子的核式结构学说B卢瑟福做了粒子散射实验，并据此了解到原子核的组成C玻尔的原子模型引入了普朗克的量子观念D居里夫妇首先发现了天然放射现象，揭开了人们认识、研究原子核结构的序幕2.关于光电效应，下列说法正确的是()A.极限频率越大的金属材料逸出功越大B.只要光照射的时间足够长，任何金属都能产生光电效应C.从金属表面出来的光电子的最大初动能越大，这种金属的逸出功越小D.入射光的光强一定时，频率越高，单位时间内逸出的光电子数就越多3.下列光的波粒二象性的说法中，正确的是（）A有的光是波，有的光是粒子B光子与电子是同样的一种粒子C光的波长越长，其波动性越显著，波长越短，其粒子性越显著D大量光子产生的效果往往显示出粒子性4.用光子能量为E的单色光照射容器中处于基态的氢原子。停止照射后，发现该容器内的氢能够释放出三种不同频率的光子，它们的频率由低到高依次为1、2、3，由此可知，开始用来照射容器的单色光的光子能量可以表示为（）A.h 1B.h 3C.h（1+2）D.h（1+2+3）5.右图是远距离输电的示意图，下列说法正确的是（）A.a 是升压变压器，b 是降压变压器B.a 的输出电流大于b 的输入电流C.a 的输出电压等于b 的输入电压2 D.a 的输出电压等于输电线上损失的电压6.电阻为 1 的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图所示。现把交流电加在电阻为9的电热丝上，下列判断正确的是()A.线圈转动的角速度100rad/s B.在t0.01s 时刻，穿过线圈的磁通量最大C.电热丝两端的电压U1002V D.电热丝此时的发热功率P1800W 二、多项选择题（本题共5 小题，每小题 4 分，共 20 分，每所给的选项中有多符合要求，全选对的得4 分，部分选对的得2分，由选错或不选的得0 分。）7.如图所示为一光电管电路，滑动变阻器触头位于a、b上某点，用光照射光电管阴极，电表无偏转，采取以下措施，仍无法使电表指针偏转的是()A加大照射光的强度B将滑片P向 b 端滑动C换用频率更大的光照射D将电源正、负极对调8.如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻0R和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头。在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则（）A.保持 Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B.保持 Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C.保持 P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D.保持 P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小9.下列说法正确的是（）A.HeCHN4212621147是衰变方程B.HeHH322111是核聚变反应方程C.HeThU422349023892是核裂变反应方程D.nPAlHe103015271342是原子核的人工转变方程3 10.精确我的研究表明，不同的原子核，其核子的平均质量(原子核的质量除以核子数)与原子序数有如图所示的关系。关于原子结构和核反应的说法正确的是()A.图中 A、B、C、D、E、F 等原子核中C最稳定B.核反应过程中释放出的核能大小计算公式是221mcEC.由图可知，原子核A裂变成原子核B和 C时会有质量亏损，要放出能量D.由图可知，原子核D和 E聚变成原子核F 时会有质量亏损，要吸收能量11.如图所示为用于火灾报警的离子式烟雾传感器原理图，在网罩1 内有电极板2 和 3，a、b 端接电源，4是一块放射性同位素镅241，它能放射出一种很容易使气体电离的粒子。平时镅放射出来的粒子使两个电极间的空气电离，形成较强的电流，发生火灾时，烟雾进入网罩内，烟的颗粒吸收空气中的离子和镅放射出来的粒子，导致电流变化，报警器检测出这种变化，发出报警。有关这种报警器的下列说法正确的是()A.镅放射出来的是粒子B.镅放射出来出粒子后质量数不变C.有烟雾时电流减弱D.镅的半衰期与环境温度无关第卷三、非选择题：包括必考题和选考题两部分。第12-14 题为必考题。第15-16 题为选考题。（一）必考题（共37 分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。）12.（1）（6 分）气垫导轨上有A、B两个滑块，开始时两个滑块静止，它们之间有一根被压缩的轻质弹簧，滑块间用绳子连接(如图甲所示)。绳子烧断后，两个滑块向相反方向运动，图乙为它们运动过程的频闪照片，频闪的频率为10Hz，由图可知:A、B离开弹簧后，A做运动，已知滑块A、B的质量分别为200g、300g，根据照片记录的信息，A的动量大小为smkg/，B的动量的大小为smkg/。（保留两位有效数字）4（2）（9 分）如图是用来验证动量守恒的实验装置，弹性球1 用细线悬挂于O点，O点正下方桌子的边缘放有一静止弹性球2。实验时，将球1 拉到 A点并从静止开始释放球1，当它摆到悬点正下方时与球2 发生对心碰撞。碰撞后，球1 把处于竖直方向的轻质指示针OC推移到与竖直线最大夹角为处，球 2 落到水平地面上的 C点.测出有关数据即可验证1、2 两球碰撞时动量守恒。现已测出:在 A点时，弹性球1 球心离水平桌面的距离为a，轻质指示针OC与竖直方向的夹角为，球 1 和球 2 的质量分别为1m、2m，C 点与桌子边沿间的水平距离为b。在此实验中要求1m2m(填大于，小于或等于)；此外，还需要测量的量是和；根据测量的数据，该实验中动量守恒的表达式为（可用第问中所设字母表示）。13.（8 分）质量为0.5 的小球竖直向下以6m/s 的速度落至水平地面，再以4m/s 的速度反向弹回，取竖直向上为正方向，取2m/s10g。则（1）小球与地面碰撞前后的动量变化；（2）若小球与地面的作用时间为0.2s，则小球受到地面的冲量。14.如图所示，木板A静止在光滑水平面上，其左端与固定台阶相距x。与滑块B(可视为质点)相连的细线一端固定在O点。水平拉直细线从静止释放物体B，当 B到达最低点时，被一颗水平向左飞来的子弹C击中（子弹留在物体B内），被击中的物体B恰好将细线拉断，之后B（内含子弹）从A右端的上表面水平滑入。已知 A的质量为2m，B的质量为0.9m，子弹的质量为0.1m。A、B之间动摩擦因数为，细线长为L、能承受的最大拉力mgTm9。A足够长，B不会从 A表面滑出，A与台阶碰撞无机械能损失，不计空气阻力，重力加速度为g。(1)求细线被拉断瞬间B的速度大小1v；(2)求子弹击中滑块B前的初速度大小0v；(3)若 A与台阶只发生一次碰撞，求x 满足的条件。5(二)选考题（共25 分。请考生从选修3-3、选修 3-4 中任选一题作答。）15.【选修 3-3】（共 25 分）（1）（5 分）下列说法中正确的是()A.蛋糕的体积很容易被捏小，说明分子间有空隙B.因为布朗运动的激烈程度跟温度有关，苏便宜布朗运动叫热运动C.荷叶面上的小露珠呈球形，是由于液体表面存在表面张力D.第二类永动机没有违反能量守恒定律（2）（5 分）一定量的理想气体的p-V 图象如图所示，气体状态经历了A BC变化过程。A、B、C三个状态的有关参量如图所示，则气体在状态C 的内能气体在状态A 的内能(填“大于”、“小于”或“等于”)，在上述过程中，气体需 (填“吸热”或“放热”)，它与外界交换的热量的绝对值为J。（3）（5 分）利用单分子油膜法可粗略测定分子的大小和阿佛加德罗常数，如果已知体积为V的一滴油在水面上散开形成的单分子油膜面积为S，则这种油分子的直径表达式D=；如果这种油的摩尔质量为M，密度为，写出阿佛加德罗常数的表达式为AN。（4）(10 分)如图所示，竖直放置的U 形管，左端封闭，右端开口，管内水银将长cml191的空气柱封在左管内，此时两管内水银面的高度差为cmh41，环境温度为Ct271，大气压强为76cm水银柱。从图示开始，若缓慢改变温度，要使空气柱长度减少1cm，则需要降低多少度？从图示开始，若保持温度不变，现向又管内再注入水银，使空气柱长度减少1cm，则需注入水银柱的长度为多少。6 16.【选修 3-4】（共 25 分）（1）（5 分）一列机械波在某一时刻的波形如实线所示，经过t 时间的波形如虚线所示。已知波的传播速率为 1m/s，则下列四个数据中t 的可能值为()A.1s B.8s C.9s D.20s（2）（5 分）变化的电场（填“一定”、“可能”或“不可能”）产生电磁波；电磁波是（填“横”或“纵”）；相对论认为真空中的光速在不同的惯性参照系中是（填“相同”或“不同”）的。（3）（5 分）有两个同学利用假期分别去参观北京大学和中山大学的物理实验室，各自在那里利用先进的DIS 系统较准确地探究了“单摆的周期T 与摆长 L 的关系”，他们通过校园网交换实验数据，并由计算机绘制了LT2图象，如图甲所示。去北大的同学所测实验结果对应的图线是 (选填“A”或“B”)。另外，在南大做探究的同学还利用计算机绘制了两种单摆的振动图象(如图乙)，由图可知，两单摆周期之比baTT；摆长之比baLL。（4）（10 分）如图所示，一截面为直角三角形的玻璃镜ABC，A=300。一条光线以450的入射角从AC边上的 D点射入棱镜，光线最终垂直BC边射出。画出光在玻璃棱镜中的传播路线；求玻璃的折射率；判断 AB面是否有光线射出。7 第二学期教学质量检查高二物理 (参考答案)第卷题号1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 来C A C A A D ABD BC BD AC ACD 第卷12（1）匀速直线（2 分）_ 0.018 _，（2 分）0.019 。（2 分）（2）大于（2 分）球 1 的摆长L（2 分）桌面离水平地面的高度h（2 分）hbmLmam2)cos1(211（3 分）13（1）落地前动量p1=mv1=-3 kg.m/s （1 分）反弹后动量p2=mv2=2 kg.m/s （1 分）则m/skg512ppp（2 分）（2）由动量 定理得mgtIIF（1 分）pmgtIF（2 分）则sN6FI（1 分）14解：（1）在最低点，由牛顿运动定律：LvmmgTm21,（2 分）又：mgTm9,联立得：gLv221；（1 分）（2）设滑块刚到达水平面时速度为v，则滑 块 B从水平方向摆到最低点的过程中，由机械能守恒定律：29.0219.0mvmgL,（2 分）解得：gLv2设子弹击中滑块前一瞬间的速度为0v，子弹击中滑块B的过程中，由动量守恒定律得：109.01.0mvmvmv,（2 分）解得：gLv2110（1 分）（3）设 A与台阶碰撞前瞬间，A、B的速度分别为vA和vB，由动量守恒定律BAmvmvmv21,（2 分）因为 A与台阶碰撞无机械能损失，所以碰后速度大小仍为vA若 A与台阶只碰撞一次，碰撞后必须满足：BAmvmv2,（1 分）8 对 A应 用动能定理：2221Amvxmg,（2 分）联立解得：2Lx（1 分）即 A与台阶只能碰撞一次的条件是：2Lx15（1）CD （2）等于（1 分）放热（2 分）300（2 分）（3）DV/S（2 分）6MS3/V3（3 分）（4）(1)设需降低温度为t，降温后气体压强为cmHg602）（PP（2 分）由 理想气体状态方程得ttTlPtTlhP101210110)1()(（2 分）解得C23.7t（1 分）(2)设注入水银柱的长度为h，注水银后气体压强为cmHg)6(03hPP（2 分）由玻意尔定律得)1()(13110lPlhP（2 分）解得cm6h（1 分）16（1）ABC （2）可能（1 分）横（2 分）相同（2分）（3）B （1 分）32（2 分）94（2 分）（4）解：（1）由题意可作出光由AC面射入，从 BC面射出的传播路线如图所示（2 分）（2）由几何关系可知，光线进入AC面的折射角为=30，（1 分）AB面的入射角为i=60（1 分）对光在 AC面的折射，由折射定律可知：n=sinsini=30sin45sin=2（2 分）（3）由 sinC=n1（2 分）则得棱镜对空气的临界角为C=sin-1n1=45（1 分）因为i C，因此，AB面无光线射出，（1 分）所以光在玻璃棱镜中的传播路线如图所示9 高二第二学期期末考试试物理试题、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10 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，11 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mgtsin10.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12 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一-2612 Mg+11 H B.该核反应方程是42He+2311Na-2612Mg+11 H C.质子的速度约为0.225c D.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，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，得出一13 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_。.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=6000 B.滑动变阻器R,电阻变化范围0-200 C.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)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：14(2)木块 A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 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。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。15 参考答案1【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【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：mgtan=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【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【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【答案】B 16 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 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【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【答案】C 17【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【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mgcos 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mgsin，则根据动量定理可知，物体动量的变化量大小为mgsint，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【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【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，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18 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，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】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；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：19（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 点睛：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【解析】试题分析：（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 考点：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 20【解析】（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；对 A 进行受力分析，有：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=20t2解得：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-（mAg+qAE3）=mAa 对 B 进行受力分析，由牛顿第二定律可得：mBg+qBE3-T3=mBa 解得：T3=3.8N 点睛：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，21 由牛顿第二定律得：解得：(2)粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2L=v0t 竖直方向：解得：(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