2018-2019学年浙江省杭州市高二下学期期末考试物理试题

--C.由万有引力提供向心力，得:2mMvC.由万有引力提供向心力，得:2mMvG——=m—,斛得：v=rrGM,由二者的轨道半径关系即可求出天宫二号与地球同步卫星的线速度之比，故 C不符合题意;D.向心加速度：2=粤，由二者的轨道半径关系即可求出天宫二号与地球同步卫星的加速r度之比。故D不符合题意；本题选择不能求出的，故选 B..如图所示，面积为S匝数为N的矩形线框在磁感应强度为 B的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴OO匀速转动，通过滑环向理想变压器供电，灯泡 Li、匕、匕均正常发光。已知Li、L2、L3的额定功率均为P,额定电流均为I,线框及导线电阻不计，则（ ）A.理想变压器原副线圈的匝数比为 1:2B.图示位置时穿过线框的磁通量变化率为零C.若灯Li烧断，灯泡L3将变暗2PD.线框转动的角速度为-2^NBSI【答案】C【解析】【详解】A.灯泡Li、L2、L3均正常发光，则原线圈电流强度Ii=I,副线圈电流强度"2I,所n1I2 2以故A错误；n2 11iB错误;B.B错误;C.开始时若设每盏灯的额定电压为 U,则变压器初级电压为 2U,线圈输入电压为3U;若Li灯i烧断，设L3的电压变为U,则变压器输入电压为 3U-U1,次级电压变为一（3U-Ui）,次级电2流为：3U-Ui流为：3U-Ui,则初级电流为3U-Ui,则L3两端电压为3U~UiR=U2R4R4R解得U=0.6U,则灯泡L3两端电压减小，亮度变暗，故C正确;3PD.线框的输出功率为3P,电流为I,则线框广生的感应电动势为E=——，根据E=NBSo,IE=Em,联立解得：逑P,故D错误。.2 NBSI10.如图所示，空间存在水平向左的匀强电场，一带电量为 +q的物块放在光滑绝缘水平面上,在恒力F作用下由静止开始从O点向右做匀加速直线运动， 经时间t力F做功80J,此后撤去v,设O点的电力F,物块又经过相同的时间 tv,设O点的电势能为零，则下列说法不正确的是( )A.撤去力F时物块的速度大小为-2C.撤去力A.撤去力F时物块的速度大小为-2C.撤去力F时物块的电势能为60JB.D.物块向右滑动的最大距离为物块回到出发点时的动能为2vt80J【详解】A.设F作用时加速度为ai,撤去后加速度为a2,根据位移关系知-ait2=-a2t2-at2,2 2a1t化简可得：ai： a2=1 ：3, vi： V2= ,联立得vi： V2=1：2,因v2=v,则撤去力F时物块a2t-a1t的速度大小为v,故A正确；2vB.物块向右加速运动的位移为 1x22xv,；撤去拉力后减速到零时的位移：x1=—a1t=lt=—tTOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"2 2 4\o"CurrentDocument"2 2(a1t) aat vt vtX2= = 1=一，则物块向右滑动的最大距离为 x=X1+X2=—,选项B错误;2a2 2a2 12 3F-Eq 4 1 3C.根据牛顿运动定律知 =一=一,知Eq=3F;因撤去力F时力F做功为80J,则Eq a2 3 4 3电场力做功为一X80J=60J,即此时物块的电势能为 60J,选项C正确；4D.回到出发点时，电场力做功为零，则整个过程中只有拉力 F做功80J,由动能定律可知,物块回到出发点时的动能为 80J,选项D正确.、实验题（本题共2小题，每小题8分，共16分。请按题目要求在答题卷上作答。作图时先用铅笔作答，确定无误后用黑色字迹的签字笔或钢笔描写）.在“探究求合力 方法”实验中，手中只有一个弹簧秤（量程为 5N）、橡皮筋、木板、白纸和图钉（若干），为了完成此实验，则：（1）在图（甲）中所示的器材中还需要选取（填器材前的代号）（选填：A.钩码B.秒表C.三角板D. 电火花计时器 E.细绳相同），最合理的是

B.B.F(),由作图求得(4)根据(F(),由作图求得F=N。丙【答案】 (1).CE(2). 必须不同 (3).D(4).图见解析(5).1.7±0.1N【解析】【详解】第一空.图中的器材还需要三角板和细绳套，故选CE.第二空.为了保证实验结论不失一般性，重复实验再次进行探究时，结点 O的位置与前一次必

须不同；第三空.由图可知，ABC图中弹簧秤拉力的方向与细绳的方向不一致，故图D合理;第四空第五空.由D图可知，Fi=0.6N,画出力的平行四边形可得，合力 F=1.7N..在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，所用小灯泡规格为：“ 6.2V,0.5A”。(1)用多用电表粗测小灯泡的阻值， 倍率选用“X1”档，如图(甲)，其电阻值为(2)根据小灯泡的规格计算出小灯泡的电阻值与多用电表粗测的值有显著差别，其原因是(3)小林同学在预习时设计出如下几种实验连线方案(电键全部断开)，你认为正确的是B.C.D.(4)小林同学根据实验测出的8组数据（见下表），利用Excel数据处理软件作出灯泡流过(4)次数12345678U/V1.01.41.62.02.52.73.24.0I/A0.200.230.260.290.320.340.380.42的电流I与两端的电压U的关系图像如丙图所示，请指出图中数据测量不足之处（至少写处）：O【答案】 ⑴.1 Q(2).电阻随温度升高而增大，计算的结果是发光电阻，测量的是常温的电阻（3）.C（4）.1.测量数据的电压分布太窄（低压和高压的数据都没有）2.采集数据太随意，没有按照电压均匀增加。写出其他合理的意见也可以其电阻值为1><1殴1◎;别，其原因［遥殳 ］］要演算步骤， ■B处有、圆弧，长度不计，C为切点。一个质量m=0.04kg、电量q=-2M104C的带负电绝缘小物块【详解】第一空.用多用电表粗测小灯泡的阻值，倍率选用“X1”档第二空.根据小灯泡的规格计算出小灯泡的电阻值与多用电表粗测的彳是：电阻随温度的升高而增大，计算的结果是发光电阻，测量第三空.因小灯泡电阻较小，则电压表的内阻远大于灯泡电阻器用分压电路，D图中中闭合电键之前滑动变阻器滑片应该第四空.图中数据测量不足之处：1.测量数据的电压分布2.采集数据太随意，没有按照电压均匀增加。写出其他合理的、计算题（本题3小题，计44分。解答应写出必要的有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13.如图所示，粗糙倾斜轨道AB通过光滑水平轨道BC（低压和局压（可视为质点）从A点静止开始沿斜面下滑，倾斜轨道 AB长L=4.0m,且倾斜轨道与水平方向夹角为3=37°,带电绝缘小物块与倾斜轨道的动摩擦因数 N=0.5,小物块在过B、C点时没有机械能损失，所有轨道都绝缘，运动过程中小物块的电量保持不变，空气阻力不计,只有竖直圆轨道处在竖直向下的匀强电场中，场强3E=1.0x10V/m. (cos37=0.8,sin37°=0.6)求:E(1)小物块运动到B点时的速度大小；(2)如果小物块刚好可以过竖直圆轨道的最高点，求竖直圆轨道的半径；(3)如果竖直圆轨道的半径R=1.8m,求小物块第二次进入圆轨道时上升的高度。【答案】(1)4m/s(2)0.64m(3)0.32m【解析】【详解】(1)从A到B过程由牛顿第二定律得： mgsin日-NmgcosH=ma 2_沿斜面做匀加速直线运动 Vb=2aL解得vB=4m/s2(2)刚好过圆轨道最高点时mg-Eq=m—o1o从B点到圆轨道取局点由动能te理得 一(mg-Eq)(2R)=—mv--mvBTOC\o"1-5"\h\z2解得R=0.64m1 2\o"CurrentDocument"(3)如恰好到竖直圆轨道取右漏时： -(mg^qE)R0=0 mvB2解得：R=1.6m因R=1.8m>R)=1.6m,故小物块不会脱离轨道；小物块第一次冲上圆轨道H1=1.6m高度时速度变为0,然后返回倾斜轨道》高处再滑下，第二次再进入圆轨道达到的高度为 Hao从圆轨道返回斜面过程： (mg-qE)H1=mghI+Nmg%ctg8从斜面再次进入圆轨道过程： (mg-qE)H2=mgh1—Rmg^ctg日一4」两式联立求解得H2=—3—H14_」3—, 1所以H2 H1-0.32m5114.质谱分析仪中，为解决带电粒子速度方向的发散问题，常使用准直管和偏转电场的小孔相配合的方式。如图甲所示的质谱分析仪中，离子源 A产生的初速为零、带电量均为e、质量不同的正离子被电压为U0的加速电场加速后匀速通过准直管，从中轴线上的 O点垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板MNk的小孔S离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界O'P进入扇形匀强磁场区域OPQ质量为m的正离子恰好能够垂直打在O'Q的中点S处，已知MOd,MS2d,O'T=R,/POQ=90°。(忽略粒子所受重力)求：卜4jI ・"八/-1*®HW ■A\-J(1)正离子到达O点的动能；(2)偏转电场场强E)的大小以及MNWO'P的夹角6;(3)扇形匀强磁场区域的磁感应强度 B的大小；(4)能打在O'Q上的正离子的质量m的范围；【答案】(1)Ek=eU0(2)Eo=U-0-；45°(3)B=—JmU-0(4)1m<m*<25md R，e 4 4【解析】【详解】(1)动能定理得Ek=eU0(2)正离子被电压为U0的加速电场加速后速度设为V1,对正离子的加速过程应用动能定理1 2有：eU0=-mv12正离子垂直射入匀强偏转电场，作类平抛运动，加速度设为 a,eE0=ma垂直电场方向匀速运动： 2d=v1t,沿场强方向匀加速运动:d」a沿场强方向匀加速运动:d」a2t,

2又由速度方向关系可得:v1tan1=一at解得0=45°电场强度E0U0

d电场强度E0U0

d(3)正离子进入磁场时的速度大小为:V2=Jv2 (at)2正离子在匀强磁场中作匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力:ev2B=2mv2解得扇形匀强磁场区域的磁感应强度 B的大小:(4)打在OQ上正离子的轨迹范围如图所示,(4)打在OQ上正离子的轨迹范围如图所示,由r2=(2R)2+(r—R)2解得最大半径r=5R一，一…，， 1同时可得最小半径为 r=1R…1斛得一m<mx<一m。4 415.倾角为日的光滑绝缘斜面如图所示，在相隔为d的平行虚线MM口PQ与斜面底边平行，其间有大小为B的匀强磁场，方向垂直斜面向下。一质量为 m电阻为R、用相同的金属线做成的边长为L的正方形单匝线框，在斜面上某位置由静止释放， 且释放时cd边与斜面底边平行。当cd边刚进入磁场时，线框的加速度大小为 a,方向沿斜面向上；线框ab边刚要离开磁场和cd边刚进入磁场时，ab边两端的电压相同。已知磁场的宽度 d大于线框的边长L,不计空气阻力，重力加速度为go阻力，重力加速度为go求：TOC\o"1-5"\h\z(1)cd边刚进入磁场时，cd边的电流方向和线框速度大小 v；(2)线框通过磁场的过程中，线框中产生的热量 Q(3)线框从进入磁场到完全离开磁场所用的时间 t。(1)d-cmR(gsinra)v= 2^ (2)Q=mg(d+L)sin6+BL4m3R2(gsin二a)2 449B4L4(3)t2B2L3mgRsin二2mR(gsin二a)2~2- 3BLgsin1(1)由右手定则知电流方向为 d-c；由牛顿第二定律得： BIL-mgsin?-ma由闭合电路欧姆定律得：I=ER由法拉第电磁感应定律得 E=BLvmR(gsin[a)B2L2 「一、…… 1(2)cd边进入磁场时，ab边两端电压为U=-BLv43设ab边离开磁场时，线框的速度为 vi,ab边两漏电压为U=—BLv14一,r 1可得v1 v3HYPERLINK\l"bookmark40