2018-2019学年北京101中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

2018-2019学年北京101中学高二上学期期中考试物理试题 解析版

北京101中学2018-2019学年上学期高二年级期中考试物理试卷 一、单选题： ‎ ‎1.计算机硬盘上的磁道为一个个不同半径的同心圆，如图所示，M、N是不同磁道上的两个点，但磁盘转动时，比较M、N两点的运动，下列判断正确的是 A. M、N的线速度大小相等 B. M、N的角速度大小相等 C. M点的线速度大于N点的线速度 D. M点的角速度小于N点的角速度 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：M、N两点都做匀速圆周运动，同轴转动角速度相同，根据判断两点的线速度．‎ 两点是同轴转动，所以角速度相同，故，根据可知半径越大，线速度越大，故，B正确．‎ ‎2.在水平低迷附近某一高度处，将一个小球以初速度水平抛出，小球经时间t落地，落地时的速度大小为v，落地点与抛出点的水平距离为x，不计空气阻力。若将小球从相同位置以的速度水平抛出，则小球 A. 落地的时间变为2t B. 落地时的速度大小将变为2v C. 落地的时间仍为t D. 落地点与抛出点的水平距离仍为x ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动，和竖直方向上的自由落体运动，根据匀速直线运动和自由落体运动的运动规律列式计算．‎ 小球的平抛运动时间取决于在竖直方向上做自由落体运动的时间，根据，解得，两种情况下下落的高度相同，所以落地时间相同，都为t，A错误C正确；在水平方向上做匀速直线运动，故，所以第二次落地距离变为原来的2倍，即2x，D错误；落地速度，变为，v不是原来的2倍，B错误．‎ ‎3.‎2016年9月15日，我国发射了空间实验室“天宫二号”。它的初始轨道为椭圆轨道，近地点M和远地点N的高度分别为‎200km和‎350km，如图所示。关于“天宫二号”在该椭圆轨道上的运行，下列说法正确的是 A. 在M点的速度小于在N点的速度 B. 在M点的加速度大于在N点的加速度 C. 在M点的机械能大于在N点的机械能 D. 从M点运动到N点的过程中引力始终做正功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、B、C项：轨道高度越高，角速度越小，线速度越小，加速度越小，周期越大，机械能越大，故A错误，B正确，C错误；‎ D项：从M点运动到N点的过程中，速度减小，动能减小，引力做负功，故D错误。‎ 点晴：此题属于典型的“同一中心天体，不同轨道高度”卫星的“高轨低速”‎ 问题，难度中等，高考中基本上属于必考内容之一。‎ ‎4.关于同步卫星绕地球运动的相关物理量，下列说法正确的是 A. 角速度等于地球自转的角速度 B. 向心加速度大于地球表面的重力加速度 C. 线速度大于第一宇宙速度 D. 运行周期一定大于月球绕地球运动的周期 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】地球同步卫星相对于地球静止，其运行周期等于地球自转的周期，地球同步卫星的角速度等于地球自转的角速度，故A正确；由万有引力等于向心力，则有：，；在地球表面物体重力等于万有引力，有：，地球表面重力加速度为：，同步卫星的半径大于地球半径，同步卫星绕地球运动的向心加速度小于地球表面的重力加速度，故B错误；第一宇宙速度是最大的运行速度，所以同步卫星的线速度小于第一宇宙速度，故C错误；根据开普勒第三定律，同步卫星轨道半径小于月球的轨道半径，所以运行周期小于月球绕地球运动的周期，故D错误；故选A。‎ ‎【点睛】本题考查了地球卫星轨道相关知识点，地球卫星围绕地球做匀速圆周运动，圆心是地球的地心，万有引力提供向心力，轨道的中心一定是地球的球心；同步卫星有四个“定”：定轨道、定高度、定速度、定周期。‎ ‎5.地球静止轨道卫星和中轨道卫星都在圆轨道上运行，它们距地面的高度分别为h1和h2，且h1＞h2。则下列说法中正确的是 A. 静止轨道卫星的周期比中轨道卫星的周期大 B. 静止轨道卫星的线速度比中轨道卫星的线速度大 C. 静止轨道卫星的角速度比中轨道卫星的角速度大 D. 静止轨道卫星的向心加速度比中轨道卫星的向心加速度大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】地球静止轨道卫星和中轨道卫星都在圆轨道上运行，它们距地面的高度分别为h1和h2，且h1＞h2‎ ‎，则地球静止轨道卫星的轨道半径比中轨道卫星大，根据万有引力提供向心力得，解得：T＝2π，地球静止轨道卫星的轨道半径比中轨道卫星大，则静止轨道卫星的周期比中轨道卫星的周期大，故A正确；，地球静止轨道卫星的轨道半径比中轨道卫星大，所以静止轨道卫星的线速度大小小于中轨道卫星的线速度大小，故B错误；，地球静止轨道卫星的轨道半径比中轨道卫星大，静止轨道卫星的角速度比中轨道卫星的角速度小，故C错误；，地球静止轨道卫星的轨道半径比中轨道卫星大，静止轨道卫星的向心加速度比中轨道卫星的向心加速度小，故D错误。故选A。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握万有引力提供向心力，会根据轨道半径的关系比较向心加速度、线速度和周期．‎ ‎6.双星是两颗相距较近的天体，在相互间万有引力的作用下，绕连线上某点做匀速圆周运动。对于两颗质量不等的天体构成的双星，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 质量较大的天体做匀速圆周运动的向心力较大 B. 质量较大的天体做匀速圆周运动的角速度较大 C. 两颗天体做匀速圆周运动的周期相等 D. 两颗天体做匀速圆周运动的线速度大小相等 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 两颗行星在两者之间的万有引力作用下做匀速圆周运动，可知两行星做匀速圆周运动的向心力相等，选项A错误；两行星绕同一圆心转动，角速度相等，周期相等，选项B错误，C正确；根据可知，两星质量不等，转动半径不等，则根据v=ωr可知，线速度大小不等，选项D错误；故选C.‎ 点睛：本题的关键是理解双星系统的特点：双星靠相互间的万有引力提供向心力，具有相同的周期和角速度，运用动力学思路列式进行分析．‎ ‎7.2017年2月，美国字航局宜布，在一颗恒星的周固发现多达7颗大小与地球接近的行星，其中3颗可能存在生命。若某颗行星绕该恒星做圆周运动，并测出了轨道半径和运行周期，引力常量已知，则可推算出（ ）‎ A. 行星的质量 B. 行星的半径 C. 恒星的质量 D. 恒星的半径 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据万有引力提供向心力可知：，由上式可知，可求出恒星的质量，故C正确。‎ ‎8.如图所示，在平面直角坐标系中，a、b、c是等边三角形的三个顶点，三个顶点处分别放置三根互相平行的长直导线，导线中通有大小相等的恒定电流，方向垂直纸面向里。对于顶点c处的通电直导线所受安培力的方向，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 沿y轴正方向 B. 沿y轴负方向 C. 沿x轴正方向 D. 沿x轴负方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 等边三角形的三个顶点a、b、c处均有一通电导线，且导线中通有大小相等的恒定电流．‎ 由安培定则可得：导线a、b的电流在c处的合磁场方向水平向右．再由左手定则可得：安培力的方向是竖直向下，指向y轴负向．故B正确，ACD错误，故选B.‎ 点睛：从题中可得这一规律：通电导线的电流方向相同时，则两导线相互吸引；当通电导线的电流方向相反时，则两导线相互排斥．该题也可以先由同向电流相互吸引分别求出a对c的作用力与b对c的作用力，然后求和．‎ ‎9.‎ 来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带电粒子，若这些粒子都直接到达地面，将会对地球上的生命带来危害。但由于地磁场（如图所示）的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向，使得很多高能带电粒子不能到达地面。若不考虑地磁偏角的影响，关于上述高能带电粒子在地磁场的作用下运动情况的判断，下列说法中正确的是 ( )‎ A. 若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向东偏转 B. 若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向北偏转 C. 若带电粒子带负电，且沿垂直地球赤道平面射向地心，则由于地磁场的作用将向南偏转 D. 若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心，它可能在地磁场中做匀速圆周运动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由于地磁场的方向由南到北，若带电粒子带正电，且沿地球赤道平面射向地心，即粒子的运动方向与地磁场的方向垂直，由左手定则可知，则由于地磁场的作用将向东偏转，选项A正确；选项B错误；若带电粒子带负电，且沿垂直地球赤道平面射向地心，则说明粒子的运动方向与磁场方向平行，故粒子不受磁场力的作用，所以它不会发生偏转，更不会做匀速圆周运动，故选项CD错误。‎ 考点：地磁场，洛伦兹力方向的判断。‎ ‎【思路点拨】该题审题很关键，题中沿垂直地球赤道平面射向地心是指与磁感线方向平行，这是最容易出现的不理解的问题，所以画好图很关键。‎ ‎10.如图所示，虚线框MNQP内存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。若不计粒子所受重力，则（ ）‎ A. 粒子a带负电，粒子b、c带正电 B. 粒子c在磁场中运动的时间最长 C. 粒子c在磁场中的加速度最大 D. 粒子c在磁场中的动量最大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A项：根据左手定则可知α粒子带正电，b、c粒子带负电，所以选项A错误；‎ B项：根据和得，，即各粒子的周期一样，粒子C的轨迹对应的圆心角最大，所以粒子c在磁场中运动的时间最长，故B正确；‎ C项：根据公式可得，，c在磁场中运动的半径最小，所以速度最小，加速度最小，故C错误；‎ D项：由C分析可知，c在磁场中的速度最小，由于质量相等，所以c的动量最小，故D错误。‎ ‎11.平面OM和平面ON之间的夹角为，其横截面纸面如图所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外一带电粒子的质量为m，电荷量为粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成角已知粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场不计重力粒子离开磁场的射点到两平面交线O的距离为　　‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示，‎ 根据洛伦兹力提供向心力，有解得; 根据轨迹图知PQ＝2R＝2，∠OPQ=60°‎ 粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为OP＝2PQ＝，D正确，ABC错误．故选D．‎ 考点：带电粒子在磁场中的运动 ‎【名师点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹，由牛顿第二定律求出粒子的临界轨道半径即可正确解题。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎12.图甲是洛伦兹力演示仪。图乙是演示仪结构图，玻璃泡内充有稀薄的气体，由电子枪发射电子束，在电子束通过时能够显示电子的径迹。图丙是励磁线圈的原理图，两线圈之间产生近似匀强磁场，线圈中电流越大磁场越强，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行。电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。关于电子束的轨道半径，下列说法正确的是 ‎ A. 只增大电子枪的加速电压，轨道半径不变 B. 只增大电子枪的加速电压，轨道半径变小 C. 只增大励磁线圈中的电流，轨道半径不变 D. 只增大励磁线圈中的电流，轨道半径变小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 电子在加速电场中加速，由动能定理有：eU=mv02；电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：eBv0=m，解得：；增大电子枪的加速电压，轨道半径变大，选项AB错误；增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，可以使电子束的轨道半径变小．故C错误，D正确；故选D.‎ ‎13.在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直，两平行板水平放置。具有不同水平速度的带电粒子射入后发生偏转的情况不同。这种装置能把具有某一特定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器。现有一束带电粒子以速度v0从左端水平射入，不计粒子重力。下列判断正确的是 A. 若粒子带正电且速度，则粒子将沿图中虚线方向通过速度选择器 B. 若粒子带负电且速度，则粒子将偏离虚线方向向上做曲线运动 C. 若粒子带正电且速度，则粒子将偏离虚线方向向上做曲线运动 D. 若粒子带负电且速度，则粒子将偏离虚线方向向上做曲线运动 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 粒子做匀速直线运动，洛仑兹力与电场力平衡，即，解得，即无论粒子带正电还是带负电，只要满足，则粒子将沿图中虚线方向通过速度选择器，A正确B错误；正粒子以小于的速度沿极板方向从左端射入，根据知洛伦兹力小于电场力，电场力竖直向下，合力竖直向下，故它将向下偏转，C错误；正粒子以大于的速度沿极板方向从左端射入，根据知洛伦兹力大于电场力，电场力竖直向下，合力竖直向上，故它将向上偏转，但电场力做负功，速度减小，洛伦兹力减小，最终洛伦兹力等于电场力，之后做直线运动，D错误．‎ ‎14.如图所示，光滑水平面上有A、B两物块，已知A物块的质量mA=‎2kg，以一定的初速度向右运动，与静止的物块B发生碰撞并一起运动，碰撞前后的位移时间图象如图所示（规定向右为正方向），则碰撞后的速度及物体B的质量分别为 A. ‎2m/s，‎‎5kg B. ‎2m/s，‎‎3kg C. ‎3.5m/s，‎‎2.86kg D. ‎3.5m/s，‎‎0.86kg ‎【答案】B ‎【解析】‎ 由图象可知，碰前A的速度为：，碰后AB的共同速度为：，A、B碰撞过程中动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，解得：，选B.‎ ‎【点睛】由图象求出碰撞前后物体的速度，然后由动量守恒定律求出物体B的质量．‎ ‎15.应用物理知识分析生活中的常见现象，或是解释一些小游戏中的物理原理，可以使物理学习更加有趣和深入。甲、乙两同学做了如下的一个小游戏，如图所示，用一象棋子压着一纸条，放在水平桌面上接近边缘处。第一次甲同学慢拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的P点。第二次将棋子、纸条放回原来的位置，乙同学快拉纸条将纸条抽出，棋子掉落在地上的N点。两次现象相比 A. 第二次棋子的惯性更大 B. 第二次棋子受到纸带的摩擦力更小 C. 第二次棋子受到纸带的冲量更小 D. 第二次棋子离开桌面时的动量更大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 两次拉动中棋子的质量没变，故其惯性不变，A错误；由于正压力不变；故纸带对棋子的摩擦力没变，B错误；由于快拉时作用时间变短，故摩擦力对棋子的冲量变小了，C正确；由动量定理可知，合外力的冲量减小，则棋子离开桌面时的动量变小，D错误；‎ ‎16.‎ 如图所示，甲、乙两人静止在光滑的冰面上，甲沿水平方向推了乙一下，结果两人向相反方向滑去。已知甲的质量为‎45kg，乙的质量为‎50kg。则下列判断正确的是 A. 甲的速率与乙的速率之比为1：1‎ B. 甲的加速度大小与乙的加速度大小之比为9：10‎ C. 甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1：1‎ D. 甲的动能与乙的动能之比为1： 1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】甲、乙两人组成的系统动量守恒，以两人组成的系统为研究对象，以甲的速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m甲v甲-m乙v乙=0，所以：；故A错误；甲与乙之间的作用力为作用力与反作用力，大小相等，由牛顿第二定律：a=F/m，所以：．故B错误；甲、乙两人组成的系统动量守恒，所以分离后二者动量大小相等，方向相反。由动量定理：I=△mv=△P可知，甲对乙的冲量大小与乙对甲的冲量大小之比为1：1．故C正确；动能的表达式：Ek＝mv2＝，所以：．故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】该题考查动量、能量的转化与守恒，题中两人组成的系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出两人的速度之比。‎ ‎17.一只小船质量为M，船上人的质量为m。船原来以速度v0行驶，当船上的人以相对地面的水平速度v0与船行反方向跳离船时，不计水的阻力，则船的速度大小变为 A. v0 B. v‎0 C. v0 D. v0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当车上的人以相对地面的水平速度v0与车行反方向跳离车时，小车和人组成的系统动量守恒，以小车原来的速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：（M+m）v0‎ ‎=m（-v0）+Mv 解得：v=v0，故D正确。故选D。‎ ‎【点睛】本题主要考查了动量守恒定律的直接应用，解题时一定要规定一个正方向，本题中还要注意人初始时刻也具有速度v0．‎ ‎18.如图甲所示，长‎2 m的木板Q静止在某水平面上，t=0时刻，可视为质点的小物块P以水平向右的某一初速度从Q的左端向右滑行。P、Q的速度－时间图象见图乙，其中a,b分别是0～1 s内P、Q的速度－时间图线，c是1～2 s内P、Q共同的速度－时间图线。已知P、Q的质量均是‎1 kg，g取‎10 m/s2。则以下判断正确的是 A. 在0－2s内，木板Q下表面与水平面之间有摩擦力 B. 在0－2 s内，摩擦力对Q的冲量是2 N·s。‎ C. P、Q之间的动摩擦因数为0.1‎ D. P相对Q静止的位置在Q木板的最右端 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，在P、Q系统在相互作用的过程结束后，系统沿水平方向做匀速直线运动，可知系统所受的外力之和为零，木板Q下表面与水平面之间没有摩擦力。故A错误；从图象可知，0～2s内对Q，先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动，在1～2s内无摩擦力，根据动量定理，摩擦力的冲量等于动量的变化，所以I=Mv-0=1N•s．故B错误；P从速度为‎2m/s减为‎1m/s所需的时间为1s，则a=μg==‎1m/s2，所以μ=0.1．故C正确。在t=1s时，P、Q相对静止，一起做匀速直线运动，在0～1s内，P的位移：x1＝×1=‎1.5m，Q的位移x2＝×1=‎0.5m。所以：△x=x1-x2=‎2m-1m=‎1m＜‎2m，知P与Q相对静止时不在木板的右端。故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道动量守恒的条件以及会从图象得知P、Q的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解。‎ 二、多项选择题： ‎ ‎19.如图所示，粗糙程度处处相同的半圆形竖直轨道固定放置，其半径为R，直径POQ水平。一质量为m的小物块（可视为质点）自P点由静止开始沿轨道下滑，滑到轨道最低点N时，小物块对轨道的压力为2mg，g为重力加速度的大小。则下列说法正确的是 A. 小物块到达最低点N时的速度大小为 B. 小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为mgR C. 小物块从P点运动到N点的过程中克服摩擦力所做的功为 D. 小物块从P点开始运动经过N点后恰好可以到达Q点 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】设小物块到达最低点N时的速度大小为v。在N点，根据牛顿第二定律得：FN-mg=m；据题有 FN=2mg；联立得，故A错误。小物块从P点运动到N点的过程中重力做功为mgR，故B正确。小物块从P点运动到N点的过程，由动能定理得：mgR-Wf=mv2，可得克服摩擦力所做的功为 Wf=mgR，故C正确。由于小物块要克服摩擦力做功，机械能不断减少，所以小物块不可能到达Q点，故D错误。故选BC。‎ ‎【点睛】本题主要考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，要知道在最低点，靠重力和支持力的合力提供向心力．‎ ‎20.有两个匀强磁场区域I和 II，I中的磁感应强度是II中的k倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与I中运动的电子相比，II中的电子 A. 运动轨迹的半径是I中的k倍 B. 运动轨迹的半径是I中的1/k倍 C. 加速度的大小是I中的1/k倍 D. 加速度的大小是I中的k倍 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】设Ⅱ中的磁感应强度为B，则Ⅰ中的磁感应强度为kB，根据电子在磁场中运动的半径公式可知，Ⅰ中的电子运动轨迹的半径为，Ⅱ中的电子运动轨迹的半径为，所以Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，所以A正确，B错误；电子在磁场运动的洛伦兹力作为向心力，所以电子的加速度的大小为，所以Ⅰ中的电子加速度的大小为，Ⅱ中的电子加速度的大小为，所以Ⅱ的电子的加速度大小是Ⅰ中的倍，所以C正确，D错误；故选AC；‎ ‎【点睛】本题是对粒子在磁场中做圆周运动的基本考查，解决本题的关键是抓住洛伦兹力作为向心力，根据向心力的不同的公式来分析不同的关系，记住平时的得出的结论可以快速的分析问题．‎ ‎21.在高能物理研究中，回旋加速器起着重要作用，其工作原理如图所示，D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差。两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中。中央O处的粒子源产生的粒子，在两盒之间被电场加速，粒子进入磁场后做匀速圆周运动，忽略粒子在电场中的加速时间，不考虑相对论效应。下列说法正确的是 A. 粒子运动半个圆周之后，电场的方向必须改变 B. 粒子在磁场中运动的周期越来越大 C. 磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能就越大 D. 两盒间电势差越大，粒子离开加速器的动能就越大 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：回旋加速器通过电场加速、磁场偏转来加速粒子，粒子在磁场中运动的周期与交变电压的周期相等，根据D 形盒的半径，结合洛伦兹力提供向心力求出最大动能，判断与什么因素有关．‎ 由于经过半个运动后，速度方向反向，要使粒子继续被加速，则两个D形盒之间的电场方向必须改变，A正确；粒子在磁场中的运动周期为，与速度无关，恒定不变，B错误；根据可得，故粒子的动能，所以磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能就越大，而粒子获得的动能与两盒间的电势差无关，所以C正确D错误．‎ ‎22.导体导电是导体中的自由电荷定向移动的结果，这些可以移动的电荷又叫载流子，例如金属导体中的载流子就是自由电子。现代广泛应用的半导体材料可以分成两大类，一类为N型半导体，它的载流子是电子；另一类为P型半导体，它的载流子是“空穴”，相当于带正电的粒子。如果把某种材料制成的长方体放在匀强磁场中，磁场方向如图所示，且与前后侧面垂直。长方体中通入水平向右的电流，测得长方体的上、下表面M、N的电势分别为φM、φN，则该种材料 A. 如果是P型半导体，有φM＞φN B. 如果是N型半导体，有φM＜φN C. 如果是P型半导体，有φM＜φN D. 如果是金属导体，有φM＞φN ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：如果是P型半导体，由左手定则知带正电的粒子向N板偏转，所以N板的电势高，即φm<φn，C对，A错；如果是N型半导体，金属导体，由左手定则知电子向N板偏转，所以N板的电势地，即φm>φn，BD错。‎ 考点：本题考查左手定则，电势的高低 点评：本题学生会用左手定则判断正负粒子的偏转。‎ ‎23.‎ 如图所示，两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左右两端点等高，分别处于沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中。两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放。M、N为轨道的最低点。则下列分析正确的是 A. 两个小球到达轨道最低点的速度vM < vN B. 两个小球到达轨道最低点的速度vM > vN C. 小球第一次到达M点的时间小于小球第一次到达N点的时间 D. 小球第一次到达M点的时间大于小球第一次到达N点的时间 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】由于小球在磁场中运动，磁场力对小球不做功，整个过程中小球的机械能守恒，则 ；而小球在电场中运动受到的电场力对小球做负功，则，即有vM＞vN，左图中的小球到达底端的速度较大，则在磁场中运动的时间也短，故AD错误，BC正确；故选BC.‎ ‎24.在同一光滑斜面上放同一导体，如图所示是两种情况的剖面图。它们所处空间有大小相同的磁场，左图磁场方向垂直于斜面，右图磁场方向垂直于水平面，导体A分别通有电流I1和I2，都处于静止状态。已知斜面的倾角为θ，则 A. I1∶I2＝cosθ∶1‎ B. I1∶I2＝1∶1‎ C. 两种情况导体A所受安培力大小之比F1∶F2=sinθ∶cosθ D. 两种情况导体A所受安培力大小之比F1∶F2= cosθ∶1‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】导体棒受力如图，I1 所受的安培力沿斜面向上，I2所受的安培力水平向右； ‎ I1 所受的安培力沿斜面向上，如图根据共点力平衡得，F1=mgsinθ； I2所受的安培力水平向右如图，根据共点力的平衡得：F2=mgtanθ。又：F1=BI‎1L；F2=BI‎2L；所以：；故AD正确，BC错误；故选AD。‎ ‎【点睛】解决本题的关键是根据左手定则判断安培力的方向，正确地进行受力分析，运用共点力平衡进行求解。‎ 三、解答题： ‎ ‎25.我国发射的“嫦娥三号”登月探测器靠近月球后，经过一系列过程，在离月球表面高为h处悬停，即相对月球静止。关闭发动机后，探测器自由下落，落到月球表面时的速度大小为v，已知万有引力常量为G，月球半径为R，，忽略月球自转，求：‎ ‎（1）月球表面的重力加速度；‎ ‎（2）月球的质量M；‎ ‎（3）假如你站在月球表面，将某小球水平抛出，你会发现，抛出时的速度越大，小球落回到月球表面的落点就越远。所以，可以设想，如果速度足够大，小球就不再落回月球表面，它将绕月球做半径为R的匀速圆周运动，成为月球的卫星。则这个抛出速度v1至少为多大？‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）根据自由落体运动规律，解得 ‎（2）在月球表面，设探测器的质量为m，万有引力等于重力，，解得月球质量 ‎（3）设小球质量为，抛出时的速度即为小球做圆周运动的环绕速度 万有引力提供向心力，解得小球速度至少为 ‎26.质量m=‎0.60kg的篮球从距地板H=‎0.80m高处由静止释放，与水平地板撞击后反弹上升的最大高度h=‎0.45m，从释放到弹跳至h高处经历的时间t=1.1s，忽略空气阻力，重力加速度取g=‎10m/s2。求：‎ ‎（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能；‎ ‎（2）篮球与地板撞击的时间；‎ ‎（3）篮球对地板的平均撞击力。‎ ‎【答案】（1）2.1J（2）0.4s（3）16.5N，方向向下 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）篮球与地板撞击过程中损失的机械能为：‎ ‎ ‎ 解得2.1J ‎ ‎（2）设篮球从H高处下落到地板所用时间为t1，刚接触地板时的速度为v1；反弹离地时的速度为v2，上升的时间为t2，由动能定理和运动学公式 下落过程：‎ 解得：； ‎ 上升过程：‎ 解得 ‎ 篮球与地板接触时间为 ‎ ‎（3）设地板对篮球的平均撞击力为F，由动量定理 ‎ ‎ 解得：F=16.5N ‎ 根据牛顿第三定律，篮球对地板的平均撞击力 ‎，方向向下 ‎27.在某项科研实验中，需要将电离后得到的氢离子(质量为m、电量为+e)和氦离子(质量为‎4m、电量为+2e)的混合粒子进行分离。小李同学尝试设计了如图甲所示的方案：首先他设计了一个加速离子的装置，让从离子发生器逸出的离子经过P、Q两平行板间的电场加速获得一定的速度，通过极板上的小孔S后进入Q板右侧的匀强磁场中，经磁场偏转到达磁场边界的不同位置，被离子接收器D接收从而实现分离。P、Q间的电压为U，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，装置放置在真空环境中，不计离子之间的相互作用力及所受的重力，且离子进入加速装置时的速度可忽略不计。求：‎ ‎（1）氢离子进入磁场时的速度大小；‎ ‎（2）氢、氦离子在磁场中运动的半径之比，并根据计算结果说明该方案是否能将两种离子分离；‎ ‎（3）小王同学设计了如图乙所示的另一方案：在Q板右侧空间中将磁场更换为匀强电场，场强大小为E，离子垂直进入电场。请你论证该方案能否将两种离子分离。‎ ‎【答案】（1） （2）；可以分开（3） 不能将两种正离子分离 ‎【解析】‎ 解：（1）粒子在电场中加速，由动能定理有： ‎ 解得： ‎ ‎ (2) 电荷量为q、质量为m的正离子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，则： ‎ 解得： ‎ 氢、氦离子在磁场中运动的半径之比为r1:r2=1 : ‎ 由上可见，粒子在磁场中运动的半径与粒子的比荷有关，它们到达离子接收器的位置不同，可以分开；‎ ‎(3) 电荷量为q、质量为m的正离子垂直进入匀强电场中后，在入射方向上做匀速直线运动，当在水平方向上运动位移为x时，其运动时间为 ‎ 粒子在电场方向做匀加速运动，加速度 ‎ 沿电场方向的偏转位移为： ‎ 由(1)(3)(4)(5)联立解得： ‎ 由此可见，该两种离子在电场运动过程中，侧向位移y与离子的比荷无关，即离子在电场中运动的轨迹相同，所以该方案不能将两种正离子分离 ‎28.如图所示，水平光滑轨道AB与以O点为圆心的竖直半圆形光滑轨道BCD相切于B点，半圆形轨道的半径r=‎0.30m。在水平轨道上A点静止放置一质量为m2=‎0.12kg的物块2，现有一个质量m1=‎0.06kg的物块1以一定的速度向物块2运动，并与之发生正碰，碰撞过程中无机械能损失，碰撞后物块2的速度v2=‎4.0m/s。物块均可视为质点，g取‎10m/s2，求：‎ ‎（1）物块2运动到B点时对半圆形轨道的压力大小；‎ ‎（2）发生碰撞前物块1的速度大小；‎ ‎（3）若半圆形轨道的半径大小可调，则在题设条件下，为使物块2能通过半圆形轨道的最高点，其半径大小应满足什么条件。‎ ‎【答案】28. 7.6N 29. ‎6.0m/s 30. ‎‎0.32m ‎【解析】‎ ‎（1）设轨道B点对物块2的支持力为N，根据牛顿第二定律有 N-m‎2g=m2v22/R 解得 N=7.6N 根据牛顿第三定律可知，物块2对轨道B点的压力大小N′=7.6N ‎（2）设物块1碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度为v1，对于物块1与物块2的碰撞过程，根据动量守恒定律有 m1v0=mv1+m2v2‎ 因碰撞过程中无机械能损失，所以有m1v02=m1v12+m2v22‎ 代入数据联立解得 v0=‎6.0m/s ‎（3）设物块2能通过半圆形轨道最高点的最大半径为Rm，对应的恰能通过最高点时的速度大小为v，根据牛顿第二定律，对物块2恰能通过最高点时有 m‎2g=m2v2/Rm 对物块2由B运动到D的过程，根据机械能守恒定律有 m2v22=m‎2g•2Rm+m2v2‎ 联立可解得：Rm=‎‎0.32m 所以，为使物块2能通过半圆形轨道的最高点，半圆形轨道半径不得大于‎0.32m ‎29.如图，在y > 0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y < 0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核从y轴上y=h点以某一速度射出，速度方向沿x轴正方向。已知进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为，并从坐标原点O处第一次射出磁场。的质量为m，电荷量为q，不计重力。求：‎ ‎（1）第一次进入磁场的位置到原点O的距离；‎ ‎（2）氕核在磁场中运动的轨道半径；‎ ‎（3）磁场的磁感应强度大小。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点Ｏ的距离为s1。由运动学公式有 ① ‎ ‎ ②‎ 由题给条件， 进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角。进入磁场时速度的 y分量的大小为 ③‎ 联立以上各式得 ④ ‎ ‎（2）由几何关系得 ‎ 解得： ‎ ‎（3）在电场中运动时，由牛顿第二定律有 ⑤‎ 设进入磁场时速度的大小为，由速度合成法则有 ⑥‎ 设磁感应强度大小为B，在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 ⑦‎ 联立以上各式得 ‎【点睛】本题考查了带电粒子在匀强电场与匀强磁场中的运动，粒子在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程与运动性质是解题的前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律即可解题，解题时注意几何知识的应用。‎