天津市河西区2019-2020高二上学期期末考试物理试题（Word版附解析）.doc

2019-2020 学年天津市河西区高二（上）期末物理试卷 一、选择题（本题共 20 小题，每题 3 分，共 60 分，在每题列出的四个选项中，只有一项 是最符合题目要求的） 1．（3 分）一质点做曲线运动，在运动的某一位置，它的速度方向、加速度方向以及所受合 外力的方向之间的关系是（　　） A．速度、加速度、合外力的方向有可能都相同 B．加速度方向与合外力的方向一定相同 C．加速度方向与速度方向一定相同 D．速度方向与合外力方向可能相同，也可能不同 2．（3 分）如图所示，直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，使三角板沿刻度尺水平向右匀 速运动的同时，一支铅笔沿着三角板直角边，从最下端由静止开始向上做匀加速直线运 动。关于铅笔笔尖的运动，下列判断正确的是（　　） A．笔尖的轨迹是一条倾斜的直线 B．笔尖的轨迹是一条抛物线 C．在运动过程中，笔尖运动的速度方昀始终保持不变 D．在运动过程中，笔尖运动的加速度方向始终不变 3．（3 分）河宽 d＝60m，水流速度 V1＝4m/s 不变，小船在静水中的行驶速度为 V2＝3m/s， 则（　　） A．小船能垂直直达正对岸 B．若船头始终垂直于河岸渡河，渡河过程中水流速度加快，渡河时间将变长 C．小船渡河时间最短为 20s D．小船渡河的实际速度一定为 5m/s 4．（3 分）如图所示，当用扳手拧螺母时，扳手上的 P、Q 两点的角速度分别为 ωP 和 ωQ， 线速度大小分别为 vP 和 vQ，则（　　）A．ωP＜ωQ，vP＜vQ B．ωP＝ωQ，vP＜vQ C．ωP＜ωQ，vP＝vQ D．ωP＝ωQ，vP＞vQ 5．（3 分）如图所示，a、b 两个小球在同一竖直面内从不同高度沿相反方向水平抛出，在 P 点相遇但不相碰（理想化）。其平抛运动轨迹的交点为 P，则以下说法正确的是（　　） A．b 球先落地 B．a、b 两球同时落地 C．a 球比 b 球先抛出 D．a 球落地时的动能一定比 b 球落地时的动能大 6．（3 分）过山车的轨道可视为竖直平面内半径为 R 的圆轨道。质量为 m 的游客随过山车 一起运动，当游客以速度 v 经过圆轨道的最高点时（　　） A．处于超重状态 B．向心加速度方向竖直向下 C．速度 v 的大小一定为 D．座位对游客的作用力为 m 7．（3 分）如图所示，一小钢球在光滑水平桌面上沿 AB 直线运动，C 处有一小球门，BC 垂直于 AB．现用同一根细管分别沿甲、乙、丙三个方向对准 B 处吹气，可将钢球吹进 球门的是（　　） A．甲方向 B．乙方向 C．丙方向 D．都有可能 8．（3 分）如图所示的皮带传动装置中，甲、乙、丙三轮的轴均为水平轴，其中甲、乙、丙三轮的半径之比 3：2：4．A、B、C 三点分别是甲、乙、丙三轮的边缘点，若传动中皮 带不打滑，则（　　） A．A，B 两点的线速度大小之比为 2：3 B．A，C 两点的角速度大小之比为 1：3 C．A，C 两点的向心加速度大小之比为 1：6 D．A，B 两点向心加速度大小之比为 3：1 9．（3 分）关于开普勒行星运动定律，下列说法不正确的是（　　） A．所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上 B．对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等 C．表达式 ，k 是一个与行星无关的常量 D．表达式 ，T 代表行星运动的自转周期 10．（3 分）如图所示，a 为地球赤道上的物体，b 为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造 卫星，c 为地球同步卫星。则下列说法正确的是（　　） A．角速度的大小关系为 ωa＞ωb B．向心加速度的大小关系为 aa＞ab C．线速度的大小关系为 va＞vb D．周期关系为 Ta＞Tb 11．（3 分）我国将于 2020 年建成完整的北斗二号导航系统，该系统由 5 颗地球同步卫星和30 颗其他卫星组成，则地球同步卫星（　　） A．绕地球运行的轨道为椭圆 B．运行周期与地球自转周期相同 C．可静止在南通上空 D．运行方向与地球自转方向相反 12．（3 分）“北斗”系统中两颗工作卫星 1 和 2 在同一轨道上绕地心 O 沿顺时针方向做匀 速圆周运动，轨道半径为 r，某时刻它们分别位于轨道上的 A、B 两位置，如图所示，已 知地球表面处的重力加速度为 g，地球半径为 R，不计卫星间的相互作用力，以下判断正 确的是（　　） A．这两颗卫星的向心加速度大小为 B．这两颗卫星的角速度大小为 C．卫星 1 由位置 A 运动至位置 B 所需时间为 D．如果使卫星 1 加速，它就一定能追上卫星 2 13．（3 分）宇宙中两颗相距很近的恒星常常组成一个双星系统，它们以相互间的万有引力 彼此提供向心力，而使它们绕着某一共同的圆心做匀速圆周运动，若已知它们的运转周 期为 T，两星到某一共同圆心的距离分别为 R1 和 R2，那么，这双星系统中两颗恒星的质 量关系正确的是（　　） A．这两颗恒星的质量必定相等 B．这两颗恒星的质量之和为 C．这两颗恒星的质量之比为 m1：m2＝R2：R1 D．其中必有一颗恒星的质量为14．（3 分）如图所示，平行导体滑轨 MM’、NN’放置于同一水平面上，固定在竖直向下 的匀强磁场中，导体棒 AB、CD 横放在滑轨上且静止，形成一个闭合电路。当 AB 向右 滑动的瞬间，电路中感应电流的方向及 CD 受到的安培力方向分别为（　　） A．电流方向沿 ABCD，安培力方向向右 B．电流方向沿 ADCB，安培力方向向右 C．电流方向沿 ABCD，安培力方向向左 D．电流方向沿 ADCB，安培力方向向左 15．（3 分）质谱仪是测带电粒子质量和分；析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒 子（不计重力）经同一电场加速后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规 律计算出带电粒子的质量．其工作原理如图所示，虚线为某粒子的运动轨迹，由图可知 （　　） A．此粒子带负电 B．下极板 S1 比上极板 S2 电势高 C．若只增大加速电压 U，则半径 r 变大 D．若只增大入射粒子的质量，则半径 r 变小 16．（3 分）关于感应电动势，下列说法中正确的是（　　） A．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大 B．穿过线圈的磁通量的变化量越大，感应电动势越大 C．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势就越大 D．若某时刻穿过线圈的磁通量为零，则该时刻感应电动势一定为零 17．（3 分）某研究性学习小组在探究电磁感应现象和楞次定律时，设计并进行了如下实验： 如图，矩形金属线圈放置在水平薄玻璃板上，有两块相同的蹄形磁铁，相对固定，四个 磁极之间的距离相等．当两块磁铁匀速向右通过线圈位置时，线圈静止不动，那么线圈 所受摩擦力的方向是（　　）A．先向左，后向右 B．先向左，后向右，再向左 C．一直向右 D．一直向左 18．（3 分）一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的交变电流电动势如图示，下面说法正 确的是（　　） A．交流电动势的有效值为 20 V B．交流电动势的有效值为 10 V C．t＝0.01s 线圈处于中性面 D．交流电动势的频率为 50 Hz 19．（3 分）如图所示，当把理想变压器副线圈回路中的开关 S 闭合时，则（　　） A．交流电压表示数将变大 B．交流电压表示数将变小 C．交流电流表示数将变大 D．交流电流表示数将变小 20．（3 分）如图所示，理想变压器原、副线圈接有三个完全相同的灯泡，其额定电压均为 U，且三个灯泡均能正常发光。下列说法正确中的是（　　） A．原、副线圈匝数比为 3：1 B．原、副线圈匝数比为 1：3 C．AB 端的输入电压为 3U D．AB 端的输入电压为 4U 二、综合题（本题共 4 小题，共 40 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步 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．）21．（8 分）如图所示，边长为 L、匝数为 n 的正方形金属线框，它的质量为 m、电阻为 R， 用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘．金属框的上半部处于磁场内，下半部处于 磁场外，磁场随时间的变化规律为 B＝kt．求： （1）线框中的电流强度为多大？ （2）t 时刻线框受的安培力多大？ 22．（10 分）如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小 于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从 B 点脱离后做平抛运动，经过时间 1s 后又恰好垂直与倾角为 45°的斜面相碰。已知半圆形管道的半径为 R＝5m，小球可看做 质点且其质量为 m＝5kg，重力加速度为 g。求： （1）小球在斜面上的相碰点 C 与 B 点的水平距离； （2）小球经过管道的 B 点时，受到管道的作用力 FNB 的大小和方向。 23．（10 分）有一台内阻为 1Ω 的发电机，供给一学校照明用电，如图所示。升压比为 1： 4，降压比为 4：1，输电线的总电阻 R＝4Ω，全校共 22 个班，每班有“220V，40W” 灯 6 盏。若保证全部电灯正常发光，则： （1）输电线上损耗的电功率多大？ （2）发电机电动势多大？ 24．（12 分）如图所示，有一倾角 α＝37°的粗糙斜面，斜面所在空间存在一有界矩形匀强 磁场区域 GIJH，其宽度 GI＝HJ＝L＝0.5m。有一质量 m＝0.5kg 的“日”字形匀质导线 框 abcdef，从斜面上静止释放，释放时 ef 平行于 GH 且距 GH 为 4L，导线框各段长 ab＝cd＝ef＝ac＝bd＝ce＝df＝L＝0.5m，线框与斜面间的动摩擦因数 μ＝0.25，ab、cd、ef 三 段的阻值相等、均为 R＝0.5Ω，其余电阻不计。已知 ef 边刚进入磁场时线框恰好做匀速 运动，不计导线粗细，重力加速度 g＝10m/s2，求： （1）ef 边刚进入磁场时的速度 v 的大小。 （2）匀强磁场的磁感应强度 B。 （3）线框从开始运动到 ab 边穿出磁场过程中 ab 边发的焦耳热为多少？2019-2020 学年天津市河西区高二（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析 一、选择题（本题共 20 小题，每题 3 分，共 60 分，在每题列出的四个选项中，只有一项 是最符合题目要求的） 1．（3 分）一质点做曲线运动，在运动的某一位置，它的速度方向、加速度方向以及所受合 外力的方向之间的关系是（　　） A．速度、加速度、合外力的方向有可能都相同 B．加速度方向与合外力的方向一定相同 C．加速度方向与速度方向一定相同 D．速度方向与合外力方向可能相同，也可能不同 【分析】当物体所受的合力方向与速度方向在同一条直线上，物体做直线运动，不在同 一条直线上，物体做曲线运动；加速度的方向与合力的方向相同． 【解答】解：A、质点做曲线运动，合力的方向与速度方向一定不在同一条直线上。故 A、D 错误。 B、根据牛顿第二定律知，加速度的方向与合力的方向一定相同。故 B 正确。 C、物体做曲线运动，合力的方向与速度方向不同，则加速度方向与速度方向不同。故 C 错误。 故选：B。 【点评】解决本题的关键掌握判断物体做直线运动还是曲线运动的方法，关键看加速度 的方向与速度的方向是否在同一条直线上． 2．（3 分）如图所示，直角三角板紧贴在固定的刻度尺上方，使三角板沿刻度尺水平向右匀 速运动的同时，一支铅笔沿着三角板直角边，从最下端由静止开始向上做匀加速直线运 动。关于铅笔笔尖的运动，下列判断正确的是（　　） A．笔尖的轨迹是一条倾斜的直线B．笔尖的轨迹是一条抛物线 C．在运动过程中，笔尖运动的速度方昀始终保持不变 D．在运动过程中，笔尖运动的加速度方向始终不变 【分析】铅笔尖参与两个运动：既随三角板向右的匀速运动，又沿三角板直角边向上做 匀加速运动，与平抛运动类似，得出轨迹形状。曲线运动中物体速度的方向是该点轨迹 的切线方向。根据运动的合成确定加速度的方向。 【解答】解：A、B 由题可知，铅笔尖既随三角板向右的匀速运动，又沿三角板直角边向 上做匀加速运动，其运动轨迹是向上弯曲的抛物线。故 A 错误，B 正确。 C、在运动过程中，笔尖运动的速度方向是轨迹的切线方向，时刻在变化。故 C 错 误。 D、笔尖水平方向的加速度为零，竖直方向加速度的方向竖直向上，则根据运动的合 成规律可知，笔尖运动的加速度方向始终竖直向上，保持不变。故 D 正确。 故选：BD。 【点评】本题中采用类比的方法得到笔尖的运动情况，也可以采用数学参数方程的方法 定量分析笔尖的运动情况。 3．（3 分）河宽 d＝60m，水流速度 V1＝4m/s 不变，小船在静水中的行驶速度为 V2＝3m/s， 则（　　） A．小船能垂直直达正对岸 B．若船头始终垂直于河岸渡河，渡河过程中水流速度加快，渡河时间将变长 C．小船渡河时间最短为 20s D．小船渡河的实际速度一定为 5m/s 【分析】因为水流速度大于静水速度，所以合速度的方向不可能垂直河岸，则小船不可 能到达正对岸。当静水速的方向与河岸垂直，渡河时间最短。 【解答】解：A、由于船速小于水速，小船的合速度不可能垂直于河岸，故 A 错误； BC、当船速垂直于河岸时，小船渡河时间最短为 ，当水速增大时，渡河 时间不受影响，故 B 错误，C 正确； D、由于船速方向未知，无法求解渡河速度，故 D 错误； 故选：C。 【点评】解决本题的关键知道当静水速与河岸垂直时，渡河时间最短，当静水速大于水流速，合速度与河岸垂直，渡河航程最短，当静水速小于水流速，合速度与静水速垂直， 渡河航程最短。 4．（3 分）如图所示，当用扳手拧螺母时，扳手上的 P、Q 两点的角速度分别为 ωP 和 ωQ， 线速度大小分别为 vP 和 vQ，则（　　） A．ωP＜ωQ，vP＜vQ B．ωP＝ωQ，vP＜vQ C．ωP＜ωQ，vP＝vQ D．ωP＝ωQ，vP＞vQ 【分析】物体在做转动时，各点具有相同的角速度，然后结合线速度与角速度之间的关 系 v＝ωr 进行求解即可。 【解答】解：由于 P、Q 两点属于同轴转动，所以 P、Q 两点的角速度是相等的，即 ωP＝ ωQ； 同时由图可知 Q 点到螺母的距离比较大，由可知，Q 点的线速度大，即υP＜υQ。 故选：B。 【点评】解决本题的突破口在于 P、Q 两点的角速度相同，然后熟练掌握匀速圆周运动 的各物理量之间公式即可。 5．（3 分）如图所示，a、b 两个小球在同一竖直面内从不同高度沿相反方向水平抛出，在 P 点相遇但不相碰（理想化）。其平抛运动轨迹的交点为 P，则以下说法正确的是（　　） A．b 球先落地 B．a、b 两球同时落地 C．a 球比 b 球先抛出 D．a 球落地时的动能一定比 b 球落地时的动能大 【分析】平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，在水平方向上做匀速直线运动，时间 由下落高度决定，初速度大小关系未知，虽然 a 下落的距离大，无法比较落地的动能。 【解答】解：C、a、b 两个小球从不同高度同时沿相反方向水平抛出，竖直分运动为自由落体运动，能同时到达 P 处，由图象知在落到 P 时，a 下落的距离大于 b 下落的距离， 所以 a 球一定比 b 球先抛出，故 C 正确。 AB、到 P 处 a 的竖直分速度大于 b 的竖直分速度，所以 a 先落地，故 AB 错误。 D、虽然 a 下落的距离大，但初速度大小关系未知，所以不能确定落地时的动能大小关系， 故 D 错误。 故选：C。 【点评】解决本题的关键掌握平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动 学公式灵活求解。 6．（3 分）过山车的轨道可视为竖直平面内半径为 R 的圆轨道。质量为 m 的游客随过山车 一起运动，当游客以速度 v 经过圆轨道的最高点时（　　） A．处于超重状态 B．向心加速度方向竖直向下 C．速度 v 的大小一定为 D．座位对游客的作用力为 m 【分析】游客做圆周运动，在最高点，合外力提供向心力，对游客进行受力分析，根据 向心力公式列式求解，当加速度方向向上时，处于超重状态，当加速度方向向下时，处 于失重状态。 【解答】解：AB、游客做圆周运动，在最高点，受重力和轨道的压力，合外力提供向心 力，合外力向下，加速度竖直向下，游客处于失重状态，故 A 错误，B 正确； C、在最高点，根据向心力公式得： mg+N＝m 只有当 N＝0 时，v＝ ，故 C 错误； D、在最高点，根据向心力公式得： mg+N＝m 解得：N＝m ﹣mg 故 D 错误。 故选：B。 【点评】本题主要考查了向心力公式的直接应用，要求同学们能正确对物体进行受力分析，知道当加速度方向向上时，处于超重状态，当加速度方向向下时，处于失重状态， 难度不大，属于基础题。 7．（3 分）如图所示，一小钢球在光滑水平桌面上沿 AB 直线运动，C 处有一小球门，BC 垂直于 AB．现用同一根细管分别沿甲、乙、丙三个方向对准 B 处吹气，可将钢球吹进 球门的是（　　） A．甲方向 B．乙方向 C．丙方向 D．都有可能 【分析】小球若进入球门，则速度的方向沿 BC 的方向，结合运动的合成与分解求出速 度变化的方向，然后结合牛顿第二定律即可求出． 【解答】解：小球若进入球门，则速度的方向沿 BC 的方向，画出小球的初速度、末速 度的方向，由平行四边形定则画出小球速度变化的方向如图，则： 由图可知钢球的速度变化△v 的方向沿丙的方向，所以向右沿丙的方向吹气。故 C 正确， ABD 错误； 故选：C。 【点评】本题关键找出钢球的速度方向和受力方向，从而判断出钢球做曲线运动的条件 是解题的关键． 8．（3 分）如图所示的皮带传动装置中，甲、乙、丙三轮的轴均为水平轴，其中甲、乙、丙 三轮的半径之比 3：2：4．A、B、C 三点分别是甲、乙、丙三轮的边缘点，若传动中皮 带不打滑，则（　　） A．A，B 两点的线速度大小之比为 2：3B．A，C 两点的角速度大小之比为 1：3 C．A，C 两点的向心加速度大小之比为 1：6 D．A，B 两点向心加速度大小之比为 3：1 【分析】甲、乙两轮是皮带传动，皮带传动的特点是皮带和轮子接触点的线速度的大小 相同，乙、丙两轮是轴传动，轴传动的特点是角速度相同。然后根据线速度、角速度、 加速度、半径之间的关系即可求解。 【解答】解：A、由于甲、乙两轮是皮带传动，皮带传动的特点是两轮与皮带接触点的线 速度的大小与皮带的线速度大小相同，故 vA＝vB，所以 vA：vB＝1：1，故 A 错误。 B、由角速度和线速度的关系式 v＝ωR 可得：ωA：ωB＝RB：RA＝2：3，由于乙、丙两 轮共轴，故两轮角速度相同，即为：ωB＝ωC，ωA：ωB：ωC＝2：3：3，所以 A、C 两点 的角速度大小之比为 2：3；故 B 错误。 C、由于乙、丙两轮共轴，故两轮角速度相同，由 v＝ωr 知 vB：vC＝RB：RC＝1：2，所 以 A、C 两点的线速度大小之比为 1：2，已知 A、C 两点的角速度大小之比为 2：3，向 心加速度为：an＝vω，得 A、C 两点的向心加速度大小之比为 1：6，故 C 正确。 D、向心加速度为：an＝ ，得向心加速度与半径成反比，即 A、B 两点向心加速度大 小之比 2：3；故 D 错误。 故选：C。 【点评】解决传动类问题要分清是摩擦传动（包括皮带传动，链传动，齿轮传动，线速 度大小相同）还是轴传动（角速度相同）。 9．（3 分）关于开普勒行星运动定律，下列说法不正确的是（　　） A．所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在椭圆的一个焦点上 B．对任意一个行星来说，它与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等 C．表达式 ，k 是一个与行星无关的常量 D．表达式 ，T 代表行星运动的自转周期【分析】熟记理解开普勒的行星运动三定律： 第一定律：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。 第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等。 第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。 【解答】解：A、根据开普勒第一定律：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳 处在所有椭圆的一个焦点上，故 A 正确。 B、根据开普勒第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积 相等，故 B 正确。 C、根据开普勒第三定律， ，k 是与中心天体质量有关的量，与行星无关，故 C 正 确。 D、根据开普勒第三定律可知，所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的 比值都相等，T 为行星运动的公转周期，故 D 不正确。 本题选不正确的，故选：D。 【点评】开普勒关于行星运动的三定律是万有引力定律得发现的基础，是行星运动的一 般规律，正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键。 10．（3 分）如图所示，a 为地球赤道上的物体，b 为沿地球表面附近做匀速圆周运动的人造 卫星，c 为地球同步卫星。则下列说法正确的是（　　） A．角速度的大小关系为 ωa＞ωb B．向心加速度的大小关系为 aa＞ab C．线速度的大小关系为 va＞vb D．周期关系为 Ta＞Tb 【分析】本题中涉及到三个做圆周运动物体，AC 转动的周期相等，BC 同为卫星，故比 较他们的周期、角速度、线速度、向心加速度的关系时，涉及到两种物理模型，要两两 比较。 【解答】解：A、a 为地球赤道上的物体，c 为地球同步卫星，所以 ωa＝ωc，bc 同为卫星，万有引力提供向心力，即： ，即： ，而 rb＜rc，可知：ωc＜ωb， 所以 ωa＝ωc＜ωb，故 A 错误。 B、a 与 c 的角速度相等，由 a＝ω2r，得：aa＜ac，b 与 c 都是万有引力提供向心力， ， 则：a＝ ，而 rb＜rc，所以 ac＜ab，故 aa＜ab，故 B 错误。 C、ac 比较，角速度相等，由 v＝ωr，可知 va＜vc，b 与 c 都是万有引力提供向心力，则： ，即 v＝ ，而 rb＜rc，所以 vc＜vb．故 va＜vb，故 C 错误。 D、卫星 c 为同步卫星，所以 Ta＝Tc，根据 T＝ 及 ωc＜ωb，可知 Tc＞Tb，所以 Ta＝ Tc＞Tb，故 D 正确。 故选：D。 【点评】本题涉及到两种物理模型，即 ac 转动的周期相等，bc 同为卫星，其动力学原理 相同，要两两分开比较，最后再统一比较。 11．（3 分）我国将于 2020 年建成完整的北斗二号导航系统，该系统由 5 颗地球同步卫星和 30 颗其他卫星组成，则地球同步卫星（　　） A．绕地球运行的轨道为椭圆 B．运行周期与地球自转周期相同 C．可静止在南通上空 D．运行方向与地球自转方向相反 【分析】地球同步卫星即地球同步轨道卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨 道上的人造卫星，卫星的运行方向与地球自转方向相同、运行轨道为位于地球赤道平面 上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等． 【解答】解：A、地球同步卫星运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道，故 A 错误； B、地球同步卫星运行周期与地球自转一周的时间相等，即 23 时 56 分 4 秒，故 B 正确； C、地球同步卫星静止在赤道上空某处，南通不在赤道上，所以不可静止在南通上空， 故 C 错误； D、地球同步卫星的运行方向与地球自转方向相同，故 D 错误。 故选：B。 【点评】地球同步卫星即地球同步轨道卫星，又称对地静止卫星，是运行在地球同步轨道上的人造卫星，卫星距离地球的高度约为 36000 km，卫星的运行方向与地球自转方向 相同、运行轨道为位于地球赤道平面上圆形轨道、运行周期与地球自转一周的时间相等， 即 23 时 56 分 4 秒，卫星在轨道上的绕行速度约为 3.1 公里/秒，其运行角速度等于地球 自转的角速度．常用于通讯、气象、广播电视、导弹预警、数据中继等方面，以实现对 同一地区的连续工作． 12．（3 分）“北斗”系统中两颗工作卫星 1 和 2 在同一轨道上绕地心 O 沿顺时针方向做匀 速圆周运动，轨道半径为 r，某时刻它们分别位于轨道上的 A、B 两位置，如图所示，已 知地球表面处的重力加速度为 g，地球半径为 R，不计卫星间的相互作用力，以下判断正 确的是（　　） A．这两颗卫星的向心加速度大小为 B．这两颗卫星的角速度大小为 C．卫星 1 由位置 A 运动至位置 B 所需时间为 D．如果使卫星 1 加速，它就一定能追上卫星 2 【分析】由万有引力提供向心力 ，可得出 r 相同则速度 v 大小相 等，v 变大则 r 变大（做离心运动），再结合 即 GM＝gR2（黄金代换），即可求 解． 【解答】解：A、根据 F合＝ma 得，对卫星有 ，可得 a＝ ，取地面一物体由 ，联立解得 a＝ ，可见 A 错误。 B、因为 a＝ω2r，所以 ，故 B 错误。C、根据 得，T＝ ①，又 GM＝gR2②，t＝ T③，联立①②③ 可解得 ，故 C 正确。 D、若卫星 1 加速，卫星 1 将做离心运动，运动到更高的轨道上去，所以卫星 1 不可能追 上卫星 2．故 D 错误。 故选：C。 【点评】关于做圆周运动的卫星类问题，要灵活运用两个公式 ， ，注意卫星若加速则做离心运动，减速则做向心运动． 13．（3 分）宇宙中两颗相距很近的恒星常常组成一个双星系统，它们以相互间的万有引力 彼此提供向心力，而使它们绕着某一共同的圆心做匀速圆周运动，若已知它们的运转周 期为 T，两星到某一共同圆心的距离分别为 R1 和 R2，那么，这双星系统中两颗恒星的质 量关系正确的是（　　） A．这两颗恒星的质量必定相等 B．这两颗恒星的质量之和为 C．这两颗恒星的质量之比为 m1：m2＝R2：R1 D．其中必有一颗恒星的质量为 【分析】这是一个双星的问题，两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周 运动，它们之间的万有引力提供各自的向心力，两颗恒星有相同的角速度和周期，结合 牛顿第二定律和万有引力定律解决问题． 【解答】解： A、C、如图，对 m1 有：G ＝m1 R1 ① 对 m2 有：G ＝m2 R2 ②解得： ＝ ，则两者质量不相等，故 A 错误，C 正确。 B、D、由①得：m2＝ 由②得：m1＝ 两者质量之和：m1+m2＝ ，故 BD 正确。 故选：BCD。 【点评】本题是双星问题，与卫星绕地球运动模型不同，两颗星都绕同一圆心做匀速圆 周运动，关键抓住条件：相同的角速度和周期． 14．（3 分）如图所示，平行导体滑轨 MM’、NN’放置于同一水平面上，固定在竖直向下 的匀强磁场中，导体棒 AB、CD 横放在滑轨上且静止，形成一个闭合电路。当 AB 向右 滑动的瞬间，电路中感应电流的方向及 CD 受到的安培力方向分别为（　　） A．电流方向沿 ABCD，安培力方向向右 B．电流方向沿 ADCB，安培力方向向右 C．电流方向沿 ABCD，安培力方向向左 D．电流方向沿 ADCB，安培力方向向左 【分析】依据 AB 向右移动，则由右手定则可知电流方向，则可知 CD 中电流的方向， 由左手定则可求得 CD 的运动方向，从而即可求解。 【解答】解：由右手安培定则可知，当 AB 向右运动时电流由 B 到 A，故电流方向沿 ADCB；则再由左手定则可得 CD 受力向右，故 B 正确，ACD 错误。 故选：B。 【点评】考查了 AB 运动时产生电流的经过 CD，从而使 CD 受磁场力而产生运动，即先 由电磁感应产生电流，电流再在磁场中受到安培力而产生了运动，同时注意会区别左手 定则与右手定则的不同。 15．（3 分）质谱仪是测带电粒子质量和分；析同位素的一种仪器，它的工作原理是带电粒 子（不计重力）经同一电场加速后垂直进入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规 律计算出带电粒子的质量．其工作原理如图所示，虚线为某粒子的运动轨迹，由图可知 （　　） A．此粒子带负电 B．下极板 S1 比上极板 S2 电势高 C．若只增大加速电压 U，则半径 r 变大 D．若只增大入射粒子的质量，则半径 r 变小 【分析】根据动能定理求出粒子进入磁场的速度，根据牛顿第二定律求出轨道半径，从 而得知 x 与什么因素有关． 【解答】解：根据动能定理得，qU＝ mv2，由 qvB＝m 得，r＝ 。 A、由图结合左手定则可知，该电荷带正电。故 A 错误。 B、粒子经过电场要加速，因正电粒子，所以下极板 S1 比上极板 S2 电势低。故 B 错误。 C、若只增大加速电压 U，由上式可知，则半径 r 变大，故 C 正确， D、若只增大入射粒子的质量，q 不变，由上式可知，则半径也变大。故 D 错误。 故选：C。 【点评】解决本题的关键利用动能定理和牛顿第二定律求出 P 到 S1 的距离，从而得出 x 与电荷的比荷有关． 16．（3 分）关于感应电动势，下列说法中正确的是（　　） A．穿过线圈的磁通量变化越快，感应电动势越大B．穿过线圈的磁通量的变化量越大，感应电动势越大 C．穿过线圈的磁通量越大，感应电动势就越大 D．若某时刻穿过线圈的磁通量为零，则该时刻感应电动势一定为零 【分析】根据法拉第电磁感应定律知，感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，从 而即可求解． 【解答】解：A、感应电动势的大小与磁通量的变化率成之比，磁通量变化越快，感应电 动势越大。故 A 正确。 B、磁通量的变化量大，磁通量的变化不一定快，感应电动势不一定大，故 B 错误。 C、穿过闭合回路的磁通量越大，磁通量变化不一定快，则感应电动势不一定大，故 C 错误。 D、某时刻的磁通量为零，磁通量的变化率不一定为零，则感应电动势不一定为零，故 D 错误。 故选：A。 【点评】解决本题的关键知道感应电动势却由磁通量的变化率决定，与磁通量大小及磁 通量变化大小均无关． 17．（3 分）某研究性学习小组在探究电磁感应现象和楞次定律时，设计并进行了如下实验： 如图，矩形金属线圈放置在水平薄玻璃板上，有两块相同的蹄形磁铁，相对固定，四个 磁极之间的距离相等．当两块磁铁匀速向右通过线圈位置时，线圈静止不动，那么线圈 所受摩擦力的方向是（　　） A．先向左，后向右 B．先向左，后向右，再向左 C．一直向右 D．一直向左 【分析】根据楞次定律：感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的原磁通量的变化，我 们可以这样理解：感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动．分析线圈所受的安培力 方向，确定其运动趋势，判断摩擦力方向． 【解答】解：当原磁通量增加时，感应电流的磁场与原来磁场的方向相反，两个磁场产 生相互排斥的作用力； 当原磁通量减少时，感应电流的磁场就与原来磁场的方向相同，两个磁场产生相互吸引的作用力，所以感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动。 当磁铁匀速向右通过线圈时，N 极靠近线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运 动，给磁极向左的安培力，那么磁极给线圈向右的安培力，线圈静止不动，是因为受到 了向左的摩擦力。当 N 极离开线圈，线圈的感应电流总要阻碍磁极的相对运动，给磁极 向左的安培力，那么磁极给线圈向右的安培力，线圈静止不动，是因为受到了向左的摩 擦力。所以整个过程线圈所受的摩擦力一直向左。故 D 正确。 故选：D。 【点评】本题根据楞次定律：感应电流总要阻碍导体和磁极间的相对运动，分析线圈所 受的安培力方向是本题的解题关键． 18．（3 分）一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的交变电流电动势如图示，下面说法正 确的是（　　） A．交流电动势的有效值为 20 V B．交流电动势的有效值为 10 V C．t＝0.01s 线圈处于中性面 D．交流电动势的频率为 50 Hz 【分析】矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正弦交变电流．磁通量为零，感应电动 势最大；磁通量最大时，感应电动势为零，线圈恰好通过中性面．经过中性一次，电流 方向改变一次．根据法拉第定律，感应电动势与磁通量变化率成正比． 【解答】解；AB、由图象可得 Em＝20v，有效值为： ，故 A 错误 B 正 确； C、t＝0.01s 时电动势最大，磁通量为零，线圈平面与中性面垂直，故 C 错误； D、由图象可得交流电的周期为 T＝0.04S，所以频率为： ，故 D 错误； 故选：B。 【点评】此题关键要掌握正弦交变电流产生过程中磁通量与感应电流的关系、感应电动 势与位置之间的关系，掌握法拉第电磁感应定律，并能用来研究磁通量的变化率．19．（3 分）如图所示，当把理想变压器副线圈回路中的开关 S 闭合时，则（　　） A．交流电压表示数将变大 B．交流电压表示数将变小 C．交流电流表示数将变大 D．交流电流表示数将变小 【分析】闭合开关相当于负载增加，输出功率和输入功率都变大，结合欧姆定律中的分 压原理可以判断电表变化． 【解答】解：将电键 S 闭合，负载总电阻变小，由匝数和输入端电压不变可知输出端电 压不变，交流电压表示数将不变，所以输出端电流变大；输出端电压不变，电流变大， 则输出功率变大，又输入功率等于输出功率所以 P1 增大；原副线圈中电流与匝数成反比， 所以输出端电流变大时输入端 I 也增大，所以 C 正确。 故选：C。 【点评】在交流电中电表显示的是有效值，变化开关相当于电路的动态分析，要先根据 局部的变化分析整体电路的电流、电压的变化． 20．（3 分）如图所示，理想变压器原、副线圈接有三个完全相同的灯泡，其额定电压均为 U，且三个灯泡均能正常发光。下列说法正确中的是（　　） A．原、副线圈匝数比为 3：1 B．原、副线圈匝数比为 1：3 C．AB 端的输入电压为 3U D．AB 端的输入电压为 4U 【分析】依据灯泡正常发光，及电灯泡的连接方式，即可判定匝数之比，再根据灯泡电 压与输入电压的关系，可明确接在输入端和输出端的电压关系，从而即可求解。 【解答】解：AB、设灯泡正常发光时，流过它的电流为 I，则该变压器原线圈电流 I1＝ I， 副线圈中电流 I2＝2I，则原副线圈匝数比 ，故 AB 错误； CD、所以原线圈两端的电压为 ，则 AB 端输入电压为 3U，故 D 错误，C 正确； 故选：C。 【点评】本题考查变压器原理，掌握原副线圈变压比，注意从灯泡正常工作的电压与电 流入手，是解题的关键。 二、综合题（本题共 4 小题，共 40 分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步 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．） 21．（8 分）如图所示，边长为 L、匝数为 n 的正方形金属线框，它的质量为 m、电阻为 R， 用细线把它悬挂于一个有界的匀强磁场边缘．金属框的上半部处于磁场内，下半部处于 磁场外，磁场随时间的变化规律为 B＝kt．求： （1）线框中的电流强度为多大？ （2）t 时刻线框受的安培力多大？ 【分析】根据法拉第电磁感应定律求出线圈回路电流方向，然后求出安培力的大小和方 向，根据平衡条件进一步求解． 【解答】解：根据法拉第电磁感应定律得：E＝n ＝n s…① s＝ …② I＝ …③ 联立①②③解得感应电流为：I＝n …④ 安培力大小公式为：F＝BIL…⑤ 将④代入⑤解得：F＝BIL＝Bn ＝ ， 根据左手定则可知，安培力方向向下． 答：（1）线框中的电流强度为 ； （2）t 时刻线框受的安培力 ． 【点评】本题考查了电磁感应定律和安培力公式、左手定则等知识点的简单综合应用．同 时注意处于磁场的线圈两边所受到的安培力大小相等，方向相反，正好平衡，所以线圈的安培力即为上边所受到的安培力． 22．（10 分）如图所示，一个固定在竖直平面上的光滑半圆形管道，管道里有一个直径略小 于管道内径的小球，小球在管道内做圆周运动，从 B 点脱离后做平抛运动，经过时间 1s 后又恰好垂直与倾角为 45°的斜面相碰。已知半圆形管道的半径为 R＝5m，小球可看做 质点且其质量为 m＝5kg，重力加速度为 g。求： （1）小球在斜面上的相碰点 C 与 B 点的水平距离； （2）小球经过管道的 B 点时，受到管道的作用力 FNB 的大小和方向。 【分析】（1）根据平抛运动时间求得在 C 点竖直分速度，然后由速度方向求得 v，即可 根据平抛运动水平方向为匀速运动求得水平距离； （2）对小球在 B 点应用牛顿第二定律求得支持力 FNB 的大小和方向。 【解答】解：（1）小球从 B 到 C 做平抛运动，根据平抛运动的规律： 小球在 C 点的竖直分速度 vy＝gt＝10×1＝10m/s 水平分速度 vx＝vytan 45°＝10m/s 则 B 点与 C 点的水平距离为 x＝vxt＝10m （2）在 B 点，设管道对小球的作用力方向向下，根据牛顿第二定律，有 FNB+mg＝m 又 vB＝vx＝10m/s， 解得 FNB＝50N，管道对小球的作用力方向向下 答： （1）小球在斜面上的相碰点 C 与 B 点的水平距离是 10m。 （2）小球经过管道的 B 点时，受到管道的作用力 FNB 的大小是 50N，方向竖直向下。 【点评】该题考查竖直平面内的圆周运动与平抛运动，小球恰好垂直与倾角为 45°的斜 面相碰到是解题的关键，要正确理解它的含义。要注意小球经过 B 点时，管道对小球的 作用力可能向上，也可能向下，也可能没有，要根据小球的速度来分析。 23．（10 分）有一台内阻为 1Ω 的发电机，供给一学校照明用电，如图所示。升压比为 1：4，降压比为 4：1，输电线的总电阻 R＝4Ω，全校共 22 个班，每班有“220V，40W” 灯 6 盏。若保证全部电灯正常发光，则： （1）输电线上损耗的电功率多大？ （2）发电机电动势多大？ 【分析】（1）根据用户端所有灯泡消耗的电功率得出降压变压器的输出功率，根据 P＝UI 求出降压变压器副线圈的电流，结合电流比等于匝数之反比求出输电线上的电流，可得 输电线上损耗的电功率。 （2）根据降压变压器的输出电压，结合匝数比得出降压变压器的输入电压，通过电压损 失得出升压变压器的输出电压，从而通过匝数比得出输入电压，结合升压变压器原线圈 中的电流，根据闭合电路欧姆定律求出发电机的电动势。 【解答】解：（1）根据题意，所有灯都正常工作的总功率为：P2′＝22×6×40 W＝5280W， 用电器都正常工作时的总电流为：I3＝ ＝24A， 两个变压器之间输电线上的电流为，根据 ＝ ，解得：IR＝I2＝ ＝6A， 故输电线上损耗的电功率：PR＝IR2R＝144 W。 （2）降压变压器上的输入电压：U2＝4U3＝880V， 输电线上的电压损失为：UR＝IRR＝24V， 因此升压变压器的输出电压为：U1′＝UR+U2＝904V。 升压变压器的输入电压为：U1═226V， 升压变压器的输入电流为：I1＝4IR＝24A， 发电机的电动势：E＝U1+I1r＝226V+24×1V＝250V， 答：（1）输电线上损耗的电功率为 144W。 （2）发电机电动势为 250V。 【点评】解决本题的关键知道升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的 输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率，以及知道升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和。 24．（12 分）如图所示，有一倾角 α＝37°的粗糙斜面，斜面所在空间存在一有界矩形匀强 磁场区域 GIJH，其宽度 GI＝HJ＝L＝0.5m。有一质量 m＝0.5kg 的“日”字形匀质导线 框 abcdef，从斜面上静止释放，释放时 ef 平行于 GH 且距 GH 为 4L，导线框各段长 ab＝ cd＝ef＝ac＝bd＝ce＝df＝L＝0.5m，线框与斜面间的动摩擦因数 μ＝0.25，ab、cd、ef 三 段的阻值相等、均为 R＝0.5Ω，其余电阻不计。已知 ef 边刚进入磁场时线框恰好做匀速 运动，不计导线粗细，重力加速度 g＝10m/s2，求： （1）ef 边刚进入磁场时的速度 v 的大小。 （2）匀强磁场的磁感应强度 B。 （3）线框从开始运动到 ab 边穿出磁场过程中 ab 边发的焦耳热为多少？ 【分析】（1）对 ef 边进入磁场前线框的运动过程，根据动能定理求出 ef 边刚进入磁场时 的速度。 （2）由平衡条件和安培力与速度的关系分别列方程，联立可求出磁场的磁感应强度 B； （3）当线框每条边切割磁感线时，等效电路都一样，即切割的边为电源，另外两条平行 于 GH 的边并联，求出每条边切割磁感线的时间，然后由焦耳定律求出 ab 边发的焦耳热。 【解答】解：（1）ef 边进入磁场前线框的运动过程，由动能定理可知： mg•4Lsinα﹣μmgcosα•4L＝ mv2﹣0 解得：v＝4m/s。 （2）当线框匀速运动时，对电路有： E＝BLv R 总＝R+ R I＝ 对线框，由平衡条件有：mgsinα＝μmgcosα+BIL 联立解得 B＝1T。 （3）线框每条边切割磁感线等效电路都一样。所以 ef 和 cd 作为电源时 Uab＝ E 时间为 t1＝ ab 边发的焦耳热 Q1＝ t1 当 ab 做为电源时，Uab＝ E 时间为 t2＝ ，Q2＝ t2 整个过程 ab 发的总热量 Q＝Q1+Q2 解得 Q＝1J。 答：（1）ef 边刚进入磁场时的速度 v 的大小是 4m/s。 （2）匀强磁场的磁感应强度 B 是 1T。 （3）线框从开始运动到 ab 边穿出磁场过程中 ab 边发的焦耳热为 1J 【点评】按顺序分析线框的受力情况，确定其运动情况以及等效电路是解决本题的关键， 同时要熟练推导出安培力与速度的关系。