2017-2018学年湖南省娄底市高二下学期期末考试物理试题（A卷） 解析版
湖南省娄底市2017-2018学年高二下学期期末考试
物理试题
一、选择题（第1~6题为单项选择题，每小题4分，7~10题为多项选择题，每小题4分，多项选择题全部选对得4分， 漏选得2分，错选得0分.）
1. 如图，在水平桌面上放置一斜面体P，两长方体物块a和b叠放在P的斜面上，整个系统处于静止状态。若将a和b、b与P、P与桌面之间摩擦力的大小分别用f1、f2和f3表示。则（ ）
A. f1≠0，f2≠0，f3=0 B. f1≠0，f2=0，f3=0
C. f1=0，f2≠0，f3≠0 D. f1≠0，f2≠0，f3≠0
【答案】A
【解析】对a物体分析可知，a物体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此a受到b向上的摩擦力；Ff1≠0；再对ab整体分析可知，ab整体受重力、支持力的作用，有沿斜面向下滑动的趋势，因此b受到P向上的摩擦力；Ff2≠0；对ab及P组成的整体分析，由于整体在水平方向不受外力，因此P不受地面的摩擦力；Ff3=0；故只有B正确，ACD错误；故选B．
点睛：本题考查静摩擦力的分析和判断，要注意明确静摩擦力随物体受到的外力的变化而变化；同时明确静摩擦力产生的条件，从而分析是否存在摩擦力；同时注意整体法与隔离法的正确应用．
2. 将一物体以某一初速度竖直上抛。物体在运动过程中受到一大小不变的空气阻力作用，它从抛出点到最高点的运动时间为t0，再从最高点回到抛出点的运动时间为t1，如果没有空气阻力作用，它从抛出点到最高点所用的时间为t2。则（ ）
A. t1
t1 C. t1>t0，t2>t1 D. t1>t0，t2n2，则当原、副线圈减少相同匝数时，由数学知识可知变大，则U2减小，故灯泡变暗，选项AC错误，B正确；根据可知通过原、副线圈电流的比值变小，选项D错误。
考点：变压器
【名师点睛】此题是对变压器原理的考查；首先要记住原副线圈的电压与匝数关系，从题目中知道为降压变压器，原线圈匝数大于副线圈匝数；判断原副线圈减小相同的匝数时原副线圈的匝数比的变化要用到数学知识，这里稍微有点难度．
8. （多选）利用引力常量G和下列某一组数据，能计算出地球质量的是（ ）
A. 地球的半径及重力加速度（不考虑地球自转）
B. 人造卫星在地面附近绕地球做圆周运动的速度及周期
C. 月球绕地球做圆周运动的周期及月球与地球间的距离
D. 地球绕太阳做圆周运动的周期及地球与太阳间的距离
【答案】ABC
【解析】根据万有引力等于重力=mg，可以计算出地球的质量，A正确；根据可计算出卫星的轨道半径r，万有引力提供向心力，则 可求出地球质量，B正确；
根据可求出地球的质量，C正确；可根据则计算出太阳的质量，但无法计算地球的质量，D错误．故选ABC．
9. （多选）以下说法错误的是（ ）
A. 在静电场中，沿着电场线方向电势逐渐降低
B. 外力对物体所做的功越多，对应的功率越大
C. 电容器电容C与电容器所带电荷量Q成正比
D. 在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力发生了变化
【答案】BCD
【解析】试题分析：在静电场中，沿着电场线的方向电势逐渐降低，选项A正确；根据可知，外力对物体所做的功越多，对应的功率不一定越大，选项B错误；电容器的电容C与电容器所带电荷量Q无关，只与两板的正对面积、两板间距以及两板间的电介质有关，选项C错误；在超重和失重现象中，地球对物体的实际作用力没有发生变化，只是物体的视重发生了变化，选项D错误；故选A。
【考点定位】电势；功率；电容器；超重和失重
【名师点睛】此题考查了四个简单的知识点，都是很基础的知识，只要平时学习扎实，有一定的物理功底即可解答。注意答案C中，电容器电容的决定因素是两极板相对面积、两极板间距离和两极板间的电介质的介电常数，要分清物理量的定义式和决定式。
10. （多选）两实心小球甲和乙由同一种材质制成，甲球质量小于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则（ ）
A. 甲球用的时间比乙球长
B. 甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C. 甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D. 甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
【答案】AC
【解析】试题分析：设出小球的密度，写出质量的表达式，再结合题目的条件写出阻力的表达式，最后结合牛顿第二定律写出加速度的表达式．根据物体的加速度的关系结合运动学的公式判断运动的时间以及末速度；根据功的公式判断克服阻力做的功．
设小球的密度为，半径为r，则小球的质量为，重力，小球的加速度可知，小球的质量越大，半径越大，则下降的加速度越大，所以乙的加速度比较大，C正确；两个小球下降的距离是相等的，根据可知，加速度比较大的乙运动的时间短．故A正确；根据可知，加速度比较大的乙球末速度的大小大于甲球末速度的大小，故B错误；它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，即
，所以乙的阻力大，根据可知，乙球克服阻力做的功大于甲球克服阻力做的功，故D错误．
二、填空题：（每空3分，共24分）
11. 在“测定匀加速直线运动的加速度”实验中，得到一条纸带如图，纸带上的A、B、C、D、E是连续的计数点（每两个相邻计数点之间还有九个打点没有画出），打点计时器接在频率为50Hz的低压交流电源上，测得AB=3.00cm，BC=4.20cm，CD=5.40cm，DE=6.60cm，则：
（1）相邻的计数点间的时间间隔是________；
（2）在打点计时器打下B点时，小车的速度vB_______m/s；
（3）小车做匀变速直线运动的加速度a=_____m/s2。
【答案】 (1). (1)0.2s (2). (2)0.18 (3). (3)0.3
【解析】（1）每两个相邻的计数点之间有四个打点没有画出，则相邻的计数点的时间间隔为；
（2）根据某段时间内的平均速度等于中间时刻的瞬时速度，则B点的速度为：；
（3）由纸带知，连续相等时间内的位移之差，根据得，加速度为。
点睛：解决本题的关键掌握纸带的处理，会通过纸带求解瞬时速度和加速度，关键是匀变速直线运动两个重要推论的运用。
12. 用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源（电动势约3 V，内阻约2 Ω），保护电阻R1（阻值10 Ω）和R2（阻值5 Ω），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。
实验主要步骤：
（i）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；
（ii）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；
（iii）以U为纵坐标，I为横坐标，作U–I图线（U、I都用国际单位）；
（iv）求出U–I图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。
回答下列问题：
（1）电压表最好选用_____；电流表最好选用_____。
A．电压表（0~3 V，内阻约3kΩ） B．电压表（0~3 V，内阻约15kΩ）
C．电流表（0~30 mA,内阻约2 Ω） D．电流表（0~200 mA,内阻约2 Ω）
（2）滑动变阻器的滑片从左向右滑动，发现电压表示数增大。两导线与滑动变阻器接线柱连接情况是_____。
A．两导线接在滑动变阻器电阻丝两端接线柱
B．两导线接在滑动变阻器金属杆两端接线柱
C．一条导线接在滑动变阻器金属杆右端接线柱，另一条导线接在电阻丝右端的接线柱
D．一条导线接在滑动变阻器金属杆左端接线柱，另一条导线接在电阻丝左端的接线柱
（3）选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=______，r=______，代入数值可得E和r的测量值。
【答案】 (1). (1)B、 (2). D (3). （2）D、 (4). ka、 (5). k-R2
【解析】试题分析：（1）电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的A电压表；
当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为；因此，电流表选择C；
（3）由闭合电路欧姆定律可知：U=E-I（r+R2），对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k=r+R2； 则内阻r=K-R2； 令U=0，则有：； 由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：；解得：E=Ka
考点：测量电源的电动势和内阻
【名师点睛】本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明确根据图象分析数据的方法，重点掌握图象中斜率和截距的意义。
三、计算题：（本题共3个小题，第13题9分、第14题13分、第15题14分，共36分。）
13. 如图所示，质量为m、电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。
（1）求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T；
（2）为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小。
【答案】（1）， （2）
【解析】试题分析：（1）由洛伦兹力公式，粒子在磁场中受力F为F=qvB①
粒子做匀速圆周运动所需向心力②
粒子仅受洛伦兹力做匀速圆周运动F＝F向③
联立①②③得④
由匀速圆周运动周期与线速度关系：⑤
联立④⑤得
（2）粒子做匀速直线运动需受力平衡，故电场力需与洛伦兹力等大反向即qE=qvB
解得：E=vB
考点：带电粒子在复合场中的运动
【名师点睛】本题考查了求粒子做圆周运动的轨道半径、周期，应用牛顿第二定律、线速度与周期的关系即可正确解题．注意粒子（重力不计）在电磁复合场中做匀速直线运动，电场力和洛伦兹力平衡。
14. 如图甲所示，间距为L、足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ放置在绝缘水平桌面上，M、P间接有电阻R0，导体棒ab垂直放置在导轨上，接触良好。导轨间直径为L的圆形区域内有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化规律如图乙所示，导体棒和导轨的电阻不计，导体棒ab静止。求：
(1)在0～t0时间内，回路中的感应电动势E；
(2)在0～t0时间内，电阻R0产生的热量Q；
(3)若从t＝t0时刻开始，导体棒以速度v向右匀速运动，则导体棒通过圆形区域过程中，导体棒所受安培力F的最大值。
【答案】（1） （2） （3）
【解析】(1) 在0～t0时间内，回路中的磁感应强度的变化率为
圆形区域的面积：
回路中的感应电动势
；
(2) 在0～t0时间内，
电阻R上的电流 ：
电阻R产生的热量 ：
；
(3) 体棒进入圆形磁场区域，保持匀速直线运动，说明在水平拉力和安培力二力平衡，当有效切割长度为L时，安培力最大，水平拉力F的最大值
电动势：
回路中的电流：
导体棒受到的安培力：
水平拉力F的最大值 ：
15. 如图所示，在竖直平面内，AB为水平放置的绝缘粗糙轨道，CD为竖直放置的足够长绝缘粗糙轨道，AB与CD通过四分之一绝缘光滑圆弧形轨道平滑连接，圆弧的圆心为O，半径R=0.50m,轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度的大小E=1.0×104N／C，现有质量m=0.20kg，电荷量q=8.0×10—4C的带电体(可视为质点)，从A点由静止开始运动，已知SAB=1.0m，带电体与轨道AB、CD的动摩擦因数均为0.5．假定带电体与轨道之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．(取g=10m／s2)求：
(1)带电体运动到圆弧形轨道C点时的速度；
(2)带电体最终停在何处：
(3)带电体到达C点后经多长时间停止运动．
【答案】（1）10m/s （2）m （3）s
【解析】【分析】对从A到C过程根据动能定理列式求解C点的速度即可；设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，对从C到D过程由动能定理列式求解上升的高度，然后可以判断出滑块会静止在最高点。
解：（1）设带电体到达C时的速度为，有动能定理得：
解得=10m/s
（2）设带电体沿竖直轨道CD上升的最大高度为h，由动能定理得：
解得：
在最高点。带电体受到的最大静摩擦力
重力G=mg=2N
因为G＜，所以带电体最终静止在与C点的竖直距离为处
（3）根据（2）中分析可知带电体到达C点后做匀减速直线运动最终停止在距C点竖直距离h=处，根据牛顿第二定律可知：
再根据运动学公式得：
带入数据解得：
