【文档说明】陕西省西安市长安区第一中学2021-2022学年高二下学期期末考试物理试题 含解析.docx，共(29)页，4.183 MB，由小赞的店铺上传

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长安一中2021-2022学年度第二学期期末考试高二物理试题一、选择题（本题共15小题，每题4分，共60分。其中1至10小题为单选题，四个选项中只有一个选项正确；11至15小题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分，请将

正确选项填涂在答题卡上）1.小丽的妈妈用菜刀切土豆，当菜刀向下匀速运动时，刀刃作用在土豆上竖直向下的力大小为F，刀刃每个侧面对土豆的压力大小为FN，刀刃的横截面为如图所示的等腰三角形，刀刃两侧面间的夹角为θ，则每个侧面与土豆间的摩擦力大小为（

）A.N2cos22sin2FF−B.N+2cos22sin2FFC.N2sin22cos2FF−D.N+2sin22cos2FF【答案】C【解析】【详解】刀刃作用在土豆上竖直向下的力大小为F

，和菜刀受到的重力和小丽妈妈给菜刀的竖直向下合力F'是一对相互作用力，大小为F。依题意，对菜刀受力分析如图所示当菜刀匀速向下运动时，在竖直方向上，根据平衡条件，利用正交分解法可得N2cos2sin'22fFFF+==可得N2sin22cos2FFf−=故选C。2.如图所

示为一物体在0～25s内运动的v-t图像，则关于该物体的运动，下列说法正确的是（）A.物体在25s内的位移为350mB.物体在15～20s内与20～25s内所受合力方向相反C.0～5s内与15～20s内物体所受合力的冲量相等D.0～5s

内与20～25s内合力对物体所做的功相等【答案】D【解析】【详解】A．物体在25s内的位移为图像与时间轴所围的面积1020120m520m300m-50m=250m22x+=−=，故A错误；B．物体在15～20s内与20～25s内，图像是一条倾斜的直线，故加速

度相等，根据牛顿第二定律，物体所受合力方向相同，故B错误；C．由动量定理，合力的冲量等于动量的变化量，0～5s合力的冲量为50==20Imvmvm−合15～20s合力冲量'20=020Imvm−=−合故物体所受合力的冲量不相等，C错误；D．由动能

定理，有0～5s合力做的功251=02002Wmvm−=合与20～25s合力做的功2251=02002Wmvm−=合故合力对物体所做的功相等，故D正确。故选Ｄ。3.图（a）为北京冬奥会冰壶比赛中的一个画面。比赛中，为了使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦

冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。假设某运动员以初速度v0沿冰面将冰壶推出，冰壶做直线运动直到停止的过程中，其速度时间（v-t）图像如图（b）所示，则下列判定正确的是（）A.0~t1和t2~t3时间内，运动员在用毛刷擦冰面B.t1~t2时间内，冰壶的加速度大小为122v

vt−C.t1~t2时间内，冰壶的位移大小为122112vvtt+−（）（）D.0~t3时间内，冰壶的平均速度大小为()01213vvv++【答案】C【解析】的【详解】A．v-t图线的斜率表示加速度，由图知t1~t

2时间内图线斜率小，说明加速度小，由牛顿第二定律fmgagmm===知t1~t2时间内冰壶与冰面间的动摩擦因数小，说明运动员在用毛刷擦冰面；0~t1和t2~t3时间内图线斜率大，动摩擦因数大，说明此时间段运动员没有用

毛刷擦冰面，故A错误；B．由加速度定义式=vat知t1~t2时间内，冰壶的加速度大小为1221vvatt−=−故B错误；C．v-t图线与坐标轴围的面积表示位移，在t1~t2时间内，冰壶的位移大小为12211()()2xvvtt=+−故C正确；D．根据平均

速度的定义式xvt=知在0~t3时间内，冰壶的平均速度大小为0111221232021122333111()()()()()222=2vvtvvttvttxvvtvtvtvttt+++−+−−++==总总故D错误。故选C。4.如图所示，传送带与水平

面的夹角30=，传送带以02m/sv=的速度顺时针转动，0=t时刻，一煤块以8m/sv=的速度从传送带的底端滑上传送带，传送带和煤块运动的vt−图像如图所示，已知煤块刚好能滑到传动带的顶端，g取210m/s，则下列说法正确的是（）A.煤块与传送带间

的动摩擦因数为34B.煤块向上运动的总时间为2.0sC.传送带的总长度为5.5mD.煤块滑到顶端时在传送带上的划痕长度为3.5m【答案】C【解析】【详解】A．由图乙可知，煤块开始速度比传送带大，摩擦力方向向下，这段过程中加

速度为21sin30cos3082m/s1mgmgam+−==解得315=这段过程中位移22128m5m26s−==−故A错误；BC．在速度达到和传送带速度相等后，由于sin30cos30mgmg所以煤块继续做匀减速运动，加

速度大小为22sin30cos304m/smgmgam−==煤块刚好能滑到传动带的顶端，这段过程中的位移22020.5m24s−==−时间为22s0.5s4t==传送带的总长度为125.5msss=+=煤块向上运动的总时间为1s0.5s1.5st=+

=故C正确，B错误；D．煤块速度大于传送带速度阶段，煤块在传送带上的划痕为5m21m3ms=−=煤块速度小于传送带速度阶段，传送带运动较快'20.5m0.5m0.5ms=−=因为'ss煤块滑到顶端时在传送带上的划痕长度为3m，故D错误

。故选C。5.核电池是各种深空探测器中最理想的能量源，它不受极冷极热的温度影响，也不被宇宙射线干扰。钚-238同位素温差电池的原理是其发生衰变时将释放的热能转化为电能。已知钚-238的半衰期为88年，其衰变方程为2382349492PuUX→+。下

列说法正确的是（）A.衰变放出的射线是高速氦核流，它的贯穿能力很强B.23894Pu的比结合能小于23492U的比结合能C.23894Pu的核子平均质量小于23492U的核子平均质量D.钚-238在极高压下可加速衰变，其半衰期可小于88年【答案】B【解析】【详解】A．根据质量数

和电荷数守恒，可判断X是He，氦核流的贯穿能力很弱，电离能力很强，故A错误；B．23492U比23894Pu更稳定，则比结合能更大，故B正确；C．因为释放能量，存在质量亏损，所以23492U的核子平均质量小于23

894Pu，故C错误；D．原子核半衰期与外界环境无关，故D错误。故选B。6.如图所示，质量为M小车上有两个半径均为R的半圆形轨道，AB、CD为轨道水平直径，初始时小车静止在光滑的水平地面上，现将质量为m的小

球从距A点正上方0h高处由静止释放，小球由A点沿切线进入轨道并能从B点冲出，在空中上升的最大高度为034h，不计空气阻力。则下列说法正确的是（）A.小球和小车组成的系统动量守恒B.小球和小车组成的系统机械能守恒C.小球会落入CD轨道

并从D点离开小车D.小球第二次离开轨道在空中上升的最大高度满足：001324hhh【答案】D【解析】【详解】A．小球和小车组成的系统合力不为0，动量不守恒，故A错误；BC．系统在水平方向不受外力，动量守恒，因此到达B点时，小车速度为

0，小球速度方向竖直向上，小球不能进入CD轨道，又因为小球从B点冲出，在空中上升的最大高度为034h，机械能减小，故BC错误；D．根据动能定理可知00304fmghhW−−=即014fmghW=第二次在轨道上小球速率

小于第一次速率，因此圆弧面对小球支持力减小，即摩擦力减小，因此第二次在圆弧轨道上摩擦力做功小于第一次，因此第二次损失的机械能小于第一次损失的机械能，所以上升的最大高度001324hhh故D正确。故选D。7.根据中国航天局官方消息，如图所示的中国火星探测器“天问一号”已于

2021年春节期间抵达火星轨道，随后将择机着陆火星，并对火星进行科学探测。已知火星直径为地球直径的P倍，火星质量为地球质量的K倍，地球半径为R，地球表面重力加速度为g，则“天问一号”在对火星做近距离观测而绕火星做匀速圆周运动时的速率约为（）A.KRgPB.PRgKC.Rg

KPD.PKRg【答案】A【解析】【分析】【详解】设地球的质量为M，根据“黄金代换”公式GM=R2g可得：2RgMG=所以火星的质量为M火=2KRgKMG=火星半径为PR，根据22MmvGmRR=火火火解得KRgvP=故选A8.阻值相等的三个电阻R、电容为C的平

行板电容器、电动势为E且内阻可以忽略的电源与开关S连接成如图所示的电路，其中电源负极接地。开始时，开关S断开，电路稳定后有一带电液滴位于电容器极板间的P点并处于静止状态，整个装置处于真空中，重力加速度为g，下列

说法正确的是（）。A.若将电容器上极板上移少许，则液滴的电势能减小B.若减小电容器两极板的正对面积，则液滴向下加速运动C.闭合S，则电路稳定后电容器所带电荷量比原来增加3CED.闭合S，若电路稳定后液滴还在板间运动，则其加速度大小

为13g【答案】D【解析】【详解】A．若将电容器上极板上移少许，和电容并联部分电路没有发生改变，电容器两端的电压不变，根据UEd=可知电场强度变小，则油滴所受向上电场力变小，油滴向下运动，电场力做负功，油滴的电势能增大，故A错误；B．若减小电

容器两极板的正对面积，不改变极板间的电场强度，则油滴所受向上电场力不变，油滴仍然静止，故B错误；C．开关闭合前，电容器两端的电压为2REUERR==+电容器的电荷量为2qEqCU==开关闭合后，电容两端的电压为'

232REUERR==+电容器的电荷量为''3qEqqU==可知电荷量减少，C错误；D．根据平衡条件可得1Uqmgd=根据牛顿第二定律得'1Umgqmad−=联立解得3ga=故D正确。故选D。9.如图所示，光滑的小滑轮D（可视为质点）固定，质量均为m的物体A和B用轻弹簧连接，一根不可伸长的

轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与质量为M的小环C连接。小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于R处时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力。图中SD水平，位置R和Q之间高度差为h，R和Q关于S对称。现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终

处于拉直状态，环到达Q处时获得最大速度。在小环从R处下落到Q处的过程中，下列说法正确的是（）A.小环C机械能最大的位置在S点下方B.弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和为零C.小环C的最大动能为22cosMghMm+D.小环C到达位置Q时，物体A的加速度大小为cosMggm−【答案】C【

解析】【详解】A．小环C下落过程受重力、杆的支持力和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量。到位置S前的过程中，非重力做正功，机械能增加。经过S的过程，非重力做负功，机械能减小。因此，小环C的机械能先增加再

减小，下落到位置S时，小环C的机械能最大，故A错误；B．小环从R处下落到Q处的过程中，物体B始终静止在地面上，动量变化量为零，因此物体B所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和地面对物体B的支持力的冲量和为零，则弹簧弹力和地面对物体的支持力的冲量和与重力冲量等大反向，由于此过程

重力冲量不为零，故B错误；C．环在Q时动能最大。环在R和Q时，弹簧长度相同，弹性势能相同。Q和A通过细线相连，沿着绳子的分速度相等（如图1所示），故AcosQvv=故A与环的动能之比为2A2kA2k12cos12QQmvEmEMMv==对小环和A的系统kAkQMghEE=+联

立可得小环C的最大动能22coskQMghEMm=+故C正确；D．环在R和Q时，弹簧长度相同，B对地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体B的重力mg。环在Q位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支持力和拉力，根据

平衡条件，有Tcosθ=Mg对A有T-mg-F=ma对B有F=mg联立可得为2cosMaggm=−故D错误。故选C。【点睛】10.如图所示为某小型发电站高压输电示意图。升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。在输电

线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10∶1和1∶10，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是（）A.两互感器均起到降压作用B.若电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则线路输送电功率为

220kWC.若保持发电机输出电压U1和用户数一定，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率减少D.若发电机输出电压U1一定，若用户数增加，为维持用户电压U4一定，可将滑片P下移【答案】B【解析】【详解】A．根据两个互感器原、副线圈的匝数比可知电压互感器起到降压的作用，电流互感器起到降流（升压）的作

用，A错误；B．设输电电流为I2，根据理想变压器变压和变流规律可得2V10UU=2A10II=解得U2＝2200VI2＝100A所以线路输送的电功率为P＝U2I2＝2200×100W＝220kWB正确；C．由理想变压器变压和变流规律可得

2211UnUn=3344UnUn=2443InIn=设输电线路总电阻为r，根据闭合电路欧姆定律有U3＝U2－I2r设用户端总电阻为R，根据欧姆定律有44UIR=联立以上五式解得22234UInrRn=+若保持发电机输出电压U1和用户数一定，仅将滑片Q下移，则U2增大，R不变，所

以I2增大，而输电线损耗功率为22PIr=所以输电线损耗功率增大，C错误；D．若保持发电机输出电压U1和Q的位置一定，使用户数增加，即U2不变，R减小，则I2增大，U3减小，为了维持用户电压U4一定，需要增大43nn，可将滑片P上移，D错

误。故选B。11.锌的逸出功是3.34eV。如图为氢原子的能级示意图，则下列对氢原子在能级跃迁过程中的特征认识，正确的是（）A.用能量为10.3eV的光子轰击氢原子，可使处于基态的氢原子跃迁到激发态B.一群处于

3n=能级的氢原子向基态跃迁时，发出的光照射锌板，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为8.75eVC.一个处于4n=能级的氢原子向基态跃迁时，最多放出3个光子D.用氢原子从高能级直接向基态跃迁时发射光照射锌板不

一定能产生光电效应【答案】BC【解析】【详解】A．若氢原子吸收能量为10.3eV的光子，吸收光子后氢原子的能量110.3eV10.3eV(13.6e)3.3eVEEV=+=+−=−氢原子没有该能级，所以不可使处于基态的氢原子跃迁到激发态，故A错误；B．氢原子从n=

3的能级向基态跃迁时发出的光子的能量最大，光子能量1.51eV(13.6eV)12.09eVE=−−−=因锌的逸出功是3.34ev，锌板表面所发出的光电子的最大初动能为k0012.09eV3.34eV8.75eVEhWEW=−=

−=−=故B正确；C．一个处于n=4能级的氢原子向低能级跃迁时最多可放出3种不同频率的光子，即从n=4能级跃迁到n=3能级，从n=3能级跃迁到n=2能级，从n=2能级跃迁到n=1能级，故C正确；D．氢原子从高能级向基态跃迁时发出的光子的能量最小

为从n=2能级跃迁到n=1能级发出的光子的能量，为10.2eV，大于锌的逸出功，则照射金属锌板一定能产生光电效应现象，故D错误。故选BC。12.如图甲所示为无线充电技术中使用的通电线圈示意图，线圈匝数为n，面积为S，电阻为R。匀强磁场平行于线圈轴线穿过线圈，设向

右为正方向，磁感应强度随时间变化的图像如图乙所示。则在0到1t时间内，下列说法正确的是（）的A.线圈a端的电势比线圈b端的电势高B.通过线圈的磁通量的变化量为21()nSBB+C.线圈ab两端的电势差abU恒为2110()nSB

Btt−−D.若用导线将线圈a、b两端连接起来，则通过导线横截面的电荷量为21()nSBBR+【答案】AD【解析】【详解】A．由题意可知线圈中原磁场先向左减弱后向右增强，根据楞次定律可知，感应磁场方向一直向左，根据线圈环绕方向知线圈a端的电势比线圈b端的电势高，故A正确；B．在0

到1t时间内，通过线圈的磁通量的变化量为2121()()SBSBSBB==+−−故B错误；C．由法拉第电磁感应定律得112()nSBEttBn+==由于是开路，因此线圈ab两端的电势差abU等于线圈的感应电动势E，故C错误；D．若用导线将线圈a、b两端连接起来，则通过导线横截面的

电荷量为21()nSEnnQItttRRtRRBB===+==故D正确。故选AD。13.为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为1ma=、0.2mb=、0.2mc=，左、右两端开口，在垂直于前

、后面的方向加磁感应强度大小为1.25TB=的匀强磁场，在上、下两个面的内侧固定有金属板M、N作为电极，污水充满装置以某一速度从左向右匀速流经该装置时，测得两个电极间的电压1VU=，且污水流过该装置时受到阻力作用，阻力fkLv=，其中比例系数215Ns/mk

=，L为污水沿流速方向的长度，v为污水的流速。下列说法中正确的是（）A.若污水中负离子较多，则金属板M的电势低于N的电势B.污水中离子浓度的高低对电压表的示数也有一定影响C.污水的流量（单位时间内流出的污水体积）30.1

6m/sQ=D.为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压强差为1500Pap=【答案】CD【解析】【详解】A．根据左手定则，可知负离子所受的洛伦兹力方向向下，则负离子向下偏转，同理，正离子向上偏转，可知N

板带负电，M板带正电，则N板的电势定比M板电势低，A项错误；B．由法拉第电磁感应定律得UBcv=与离子浓度无关，B项错误；C．污水的流速4m/sUvBc==则流量30.16m/sUbQvbcB===C项正确；D．污水流过该装置时受到的阻力151

4N60NfkLvkav====为使污水匀速通过该装置，左、右两侧管口应施加的压力差为60N，则压强差为60Pa1500Pa0.20.2FpS===D项正确。故选CD。14.如图，高压输电线上使用“abcd正方形间隔棒”支撑导线1L、2L

、3L、4L，目的是固定导线间距，防止导线相碰．abcd的几何中心为O，当四根导线通有等大同向电流时（）A.几何中心O点的磁感应强度不为零B.几何中心O点的磁感应强度为零C.1L对2L的安培力小于1L对3L的安培力D.1L所受安培力的方向沿正方形的对角线ac方向【答案】BD【解

析】【详解】AB．因四条导线中的电流大小相等，O点与四条导线的距离均相等，由安培定则和对称性可知，L1在O点的磁感应强度与L3在O点的磁感应强度等大反向，L2在O点的磁感应强度与L4在O点的磁感应强度等大反向，所以四条导

线在O点的磁感应强度等于0，故A错误，B正确；C．L2相比L3，离L1更近些，处于L1较强的磁场区域，由安培力大小与B成正比可知，1L对2L的安培力大于1L对3L的安培力，故C错误；D．根据“同向电流吸引，反向电流排斥”的推论可知，L1受其余三

条导线的吸引力分别指向三条导线，根据对称性，L2与L4对L1的安培力大小相等，所以两者合力指向ac方向，再与L3对L1的安培力（沿ac方向）合成，总安培力方向沿正方形的对角线ac方向，故D正确。故选BD

。15.如图甲所示一滑块静止在粗糙斜面底端，现用一平行于斜面向上的恒定拉力F作用在滑块上，当滑块上升02h时撤去拉力F，滑块在上升过程中机械能E与其上升高度h之间的关系图线如图乙所示（h0表示上升的最大高度，且E0、h0皆为已知量），则下列说法正确的是（

）A.滑块所受摩擦力的大小为004EhB.拉力F大小是摩擦力大小的5倍C.整个过程中拉力F做的功为E0D.整个过程中拉力F做的功为054E【答案】BD【解析】【分析】【详解】AB．小滑块在恒定拉力作用下，上升02h的过程中，由功能关系可知00()2sinhFfE−=撤去作用力后的上升过

程中，由功能关系可知00032s4inhEfE−=−联立解得：0000sin5sin,522EEfFfhh===故A错误B正确；CD．对物体运动的全程应用动能定理可得003sin4hEWf−=解

得拉力做的功W=054E故C错误D正确。故选BD。二、实验题（本题共2小题，共12分。请将正确答案写在答题纸的空白处）16.某物理兴趣小组利用如图所示的装置“探究动量守恒定律”，AB是倾角大小可以调节的长木板，B

C是气垫导轨（气垫导轨可看成光滑轨道），忽略小球通过B点时的速度变化，光电门1与光电门2固定在气垫导轨BC上。（1）将质量为m、直径为d1的小球a从长木板上的位置O1由静止释放，小球a通过光电门1、2的挡光时间分别为Δt1与

Δt2，当___________时，表明气垫导轨已调至水平位置。（2）将质量为3m、直径为d2的小球b静置于气垫导轨上的位置O2，使小球a从长木板上的位置O1由静止释放，小球a先后通过光电门的挡光时间分别为Δt3与Δt4，小球b通过光电门的挡光时间为Δt5。①若小球a、b碰撞过程动量守恒，则必须满

足的关系式为___________；②若小球a、b发生的是弹性碰撞，则45ΔΔtt=___________；（3）若小球a、b发生的是弹性碰撞，该小组成员设想，如果保持小球a的直径d1不变，逐渐增大小球a的质量，则碰撞之前小球a的挡光时间Δt6与碰撞之后小球b的挡光时间Δt7的

比值67ΔΔtt逐渐趋近于___________。【答案】①.12ΔΔtt=②.1213543ΔΔΔdddttt=−③.12dd④.122dd【解析】【详解】（1）[1]若气垫导轨调至水平位置，则小球a在气垫导轨上将

做匀速直线运动，即当12ΔΔtt=时，表明气垫导轨已调至水平位置。（2）①[2]小球a先后通过光电门的挡光时间分别为Δt3与Δt4，则小球a先后通过光电门的速度为133dvt=，144dvt=小球b通过光电门的挡光时间为5t，则小球b通过光电门的速度为255dvt=若

小球a、b碰撞过程动量守恒，则必须满足的关系式为3453mvmvmv=−+解得1213543ΔΔΔdddttt=−②[3]若小球a、b发生的是弹性碰撞，则3453mvmvmv=−+，2223451113222mvmvmv=+解得54vv=则4152tdtd=

（3）[4]设小球a的质量为M，若小球a、b发生的是弹性碰撞，则碰撞过程中动量守恒、能量守恒，有1216783dddMmMttt=+，2221216781113222dddMmMttt=+整理得61172222331tddM

mtMmddM==++当Mm时，67ΔΔtt逐渐趋近于122dd。17.将一个灵敏电流计G改装成如图所示的多用表，已知灵敏电流计（g200μAI=，g100R=）。（1）改装后的多用电表两个电流表的是量程分别为1mA

和10mA，则定值电阻1R=______，2R=______，当S接______时多用电表为电流表且量程为010mA；（2）当S接5时多用电表为量程为3V的电压表，则定值电阻3R=______；（3）当S接3时多用电表为倍率为“100”的欧姆表，其中E为一个电动势1.5V

，内阻忽略不计的电源，在进行欧姆调零时，直接将红黑表笔短接，当指针指到满偏刻度时，滑动变阻器的接入电阻为______。【答案】①.2.5Ω②.22.5Ω③.1④.2980Ω⑤.1480Ω【解析】【详解】（1）[1]

[2][3]量程为1mA挡时，1R、2R串联后作为分流电阻，量程扩大5倍，故12g1254RRR+==量程为10mA挡时，量程扩大50倍，1R作为分流电阻，2R和表头串联为等效电阻，故2g1501RRR+=−可得15Ω2.R=222.5ΩR=当S接1时跟灵敏电流计G并联的电阻较小，分流

作用较大，所以量程较大，此时多用电表为电流表且量程为010mA；（2）[4]以图中虚线框内的电路（1mA）作为等效表头，则其等效量程为1mA，等效内阻为=20ΩR内当S接5时多用电表为量程3V的电压表3-33Ω-

20Ω=2980Ω110R=（3）[5]当S接3欧姆表指针满偏时7EIRR=+内等效表头1mAI==20ΩR内E=1.5V滑动变阻器的接入电阻为71480ΩR=三、计算题（本题共2小题，共28分。解答应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能得分，有数值计算的题答

案中必须明确写出数值和单位）18.如图所示，竖直平面（纸面）内的直角坐标系xOy的第Ⅰ象限和第Ⅳ象限内存在沿y轴方向（竖直方向）的匀强电场，第Ⅰ象限和第Ⅳ象限内匀强电场的电场强度大小相等、方向相反，第Ⅳ象限内还存在与匀强电

场正交的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小5TB=、方向垂直xOy平面向里。一质量3110kgm−=、电荷量3210Cq−=的带正电小球（视为质点），从y轴上的A点沿x轴正方向水平射入第Ⅰ象限，经x轴上的M点进入第Ⅳ象限后做匀速圆周运动，并从x轴

上到M点距离2mL=的N点（图中未画出）第一次离开第Ⅳ象限，小球通过M点时的速度方向与x轴正方向的夹角45=。取重力加速度大小210m/sg=，不计空气阻力，不考虑小球通过N点后的运动。（1）判断第Ⅰ象限和第Ⅳ象限内匀强电场的电场强度方向。并求出电场强度的大小E；

（2）求小球从A点射入第Ⅰ象限时的速度大小0v；（3）求A点到原点的距离Ay以及M点到原点的距离Mx。【答案】（1）第I象限内电场的电场强度方向竖直向下，第Ⅳ象限内电场的电场强度方向竖直向上；5N/C；（2）10m/s；（3）2.5mAy=，5mMx=【

解析】【详解】（1）小球在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，其所受电场力与重力平衡，则电场力的方向竖直向上。由于小球带正电，第Ⅳ象限内电场的电场强度方向竖直向上，而第I、Ⅳ象限内电场的电场强度方向相反，所以第I象限内电场的电场强度方向竖直向下。经分析可知qE=mg解得E=5N/C（2）小球运

动轨迹如图所示设小球在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动的轨道半径为r，根据几何关系有sin2Lr=设小球通过M点时的速度大小为v，有2vqvBmr=根据速度的合成与分解有0cosvv=解得010m/sv=（3）小球通过M点时的竖直分速度大小0tanyvv=设小球在第I象限内运动的

加速度大小为a，根据牛顿第二定律有qEmgma+=设小球在第I象限内运动的时间为t，根据匀变速直线运动的规律有yvat=根据类平抛运动的规律有212Ayat=0Mxvt=的解得2.5mAy=5mMx=19.如图所示，在竖直平面内，某一游戏轨道由直轨道AB、光滑圆弧细管道BC

D和光滑圆弧轨道DE平滑连接组成，两段圆弧半径相等0.5mR=，B、D等高，图中角均为37°，AB与圆弧相切，AM水平。直轨道AB上方有与AB相平行的匀强电场810N/CE=，且电场只分布在AB之间。直轨道AB底端装有弹射系统（弹簧长度很短，

长度和质量不计，可以认为滑块从A点射出），具有初始弹性势能P2.5JE=，某次弹射系统将尺寸略小于管道内径的带正电的滑块弹出，冲上直轨道AB，直轨道AB上铺有特殊材料，使滑块与轨道AB间的动摩擦因数大小可调。滑块进入光滑圆轨道后，最后能在E点与弹性挡

板相互作用后以等速率弹回。已知滑块的质量为0.1kgm=，带电量为98.010Cq−=+，B点的高度1.8mh=，整个过程中滑块可视为质点，所带电量保持不变，sin370.6=，cos370.8=。（1）若调节AB间的特殊材料，使其变为光滑，求滑块在最

高点C点时对轨道的作用力；（2）现调节AB间的动摩擦因数，求滑块首次到达E点时的速率Ev与之间的关系式；（3）若滑块与弹性挡板相碰后最终能静止在轨道AB的中点，求动摩擦因数。【答案】（1）11N，方向竖直向上；（2）6448Ev=−（且54）；（3）取79，715，13，

727这4个值【解析】【详解】（1）由几何关系得3msinhl==由A点到C点的动能定理()211cos2PCEEqlmghmgRmv+−−−=在C点根据牛顿运动定律2CNvFmgmR+=解得11NNF=牛顿第三定律1

1NNNFF==方向竖直向上（2）由A点到C点的动能定理()211coscos02PEEEqlmghmgRmglmv+−+−−=−解得()6448m/sEv=−考虑到滑块需先过C点()1coscos0PEEqlmghmgRmgl+−−−−所以5

4所以6448Ev=−（且54）（3）滑块经多次碰撞，最终在轨道AB中点速度减0，由动能定理可得3cos0222PlhEEqmgmglnl+−−+=其中n＝0，1，2，3…解得()7

323n=+其中n＝0，1，2，3…要让滑块在中点能停住为sincosEqmgmg−所以14因此，只有n＝0，1，2，3时满足条件所以动摩擦因数只能取79，715，13，727这4个值四、选修试题（本题共2小题，共10分）2

0.根据热力学定律和分子动理论，下列说法正确的是（）A.布朗运动是液体分子的运动，它说明分子永不停息地做无规则运动B.一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的C.用活塞压缩密闭气缸里的气体，外界对气体做功2.0×105J，同时气体向外界放出热量0.5×105J，则气体内能增加了1.5×105J

D.一定质量的理想气体温度升高1K，其等容过程中吸收的热量小于等压过程吸收的热量E.根据热力学第二定律可知，热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体【答案】BCD【解析】【详解】A．布朗运动是悬浮在水中的微粒的运动，它间接说明液

体分子永不停息地做无规则运动，A错误；B．根据热力学第二定律可知，一切与热现象有关的宏观自然过程都是不可逆的，B错误；C．用活塞压缩密闭气缸里的气体，外界对气体做功2.0×105J，为正值，同时气体向外界放出热量0.5×105J，为负值

，根据热力学第一定律，有5552.010J0.510J1.510JUWQ=+=−=C正确；D．等容过程中吸收的热量仅仅增加为内能，而等压升温的过程中体积增大，对外做功，吸收的热量转化为内能和对外做功，所以一定质量的理想气体温度升高1K，其等容

过程中吸收的热量小于等压过程吸收的热量，D正确；E．根据热力学第二定律可知，热量能够从高温物体传到低温物体，但不可能从低温物体传到高温物体而不引起其他变化，E错误。故选BCD。21.如图，两侧长度相同、粗细均匀的U形玻璃管开口向上竖直放置，左端开口、右端封闭，管内用水银封闭长l0=30

.0cm的空气柱（可视为理想气体），此时左侧水银柱比右侧水银柱高h=8.00cm，若在U形玻璃管开口端缓慢用活塞向下压左侧空气柱，使右侧水银柱比左侧水银柱高h'=4.00cm。已知大气压强p0=76.0cmHg，求：（1）此时右侧空气柱压强；（2）活塞向下移动的高度。【答案

】（1）1105cmHgp=；（2）12.7cm【解析】【详解】（1）以右端空气柱为研究对象，设玻璃管横截面积为S，由玻意耳定律011plSplS=084.0cmHgppgh=+=10'24.0cm2hhll+=−=得1105cmHgp=（2）以左端空气

柱为研究对象，设被压下的高度为(cm)x、由玻意耳定律022'plSplS=0'22.0cmllh=−=2''(28)cm2hhllxx+=+−=−21'109cmHgppgh=+=得12.7cmx=获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxu

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