2018-2019学年山东省临沂市罗庄区高二上学期期末考试物理试题 解析版 16页

‎2018-2019学年山东省临沂市罗庄区高二上学期期末考试物理 ‎ 一、选择题（本题共12个小题，共40分，其中1-8题为单选，每小题3分，9-12题为多选题，每题4分，多选题漏选得2分。）‎ ‎1.‎2014年12月31日，搭载“风云二号”08星的运载火箭在西昌卫星发射中心点火发射。发射过程中“风云二号”08星的某一运行轨道为椭圆轨道，周期为T0，如图所示。则(　　)‎ A. “风云二号”08星在B、D两点运行速率不等 B. “风云二号”08星A→B→C过程中，速率逐渐变大 C. “风云二号”08星在A→B过程所用时间小于 D. “风云二号”08星在B→C→D过程中所用时间等于 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 卫星沿着椭圆轨道运动，由开普勒的面积定律得到各个点的运动快慢，周期定律得到对称性.‎ ‎【详解】A、卫星沿椭圆轨道运动，由面积定律可知B、D两点与地球的连线相等且运动对称，则速率相等；故A错误.‎ B、卫星从近地点A到远地点C的过程中，万有引力与线速度成钝角，则卫星做减速运动，速率逐渐减小；故B错误.‎ C、卫星运动一圈的周期为T0，运动具有对称性和周期性，AC为一条对称轴，则，因AB段比BC段运动快些，则，有，且，故，；故C正确.‎ D、BD线是椭圆轨迹的对称轴，但BAD段比BCD段离地球近些，平均速率略大，则，；故D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题关键是利用开普勒三大定律分析卫星的运动快慢，轨迹对称性与运动对称性的应用.‎ ‎2.一质量为2.0×‎103kg的汽车在水平公路上行驶，路面对轮胎的径向最大静摩擦力为1.4×104N，当汽车经过半径为‎80m的弯道时，下列判断正确的是（ ）‎ A. 汽车转弯时所受的力有重力、弹力、摩擦力和向心力 B. 汽车转弯的速度为‎20m/s时所需的向心力为1.4×104N C. 汽车转弯的速度为‎20m/s时汽车会发生侧滑 D. 汽车能安全转弯的向心加速度不超过‎7.0m/s2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 汽车转弯时做圆周运动，重力与路面的支持力平衡，侧向静摩擦力提供向心力，根据牛顿第二定律分析解题．‎ ‎【详解】汽车转弯时受到重力，地面的支持力，以及地面给的摩擦力，其中摩擦力充当向心力，A错误；当最大静摩擦力充当向心力时，速度为临界速度，大于这个速度则发生侧滑，根据牛顿第二定律可得，解得，所以汽车转弯的速度为‎20m/s时，所需的向心力小于1.4×104N，汽车不会发生侧滑，BC错误；汽车能安全转弯的向心加速度，即汽车能安全转弯的向心加速度不超过‎7.0m/s2，D正确．‎ ‎【点睛】本题也可以求解出以‎20m/s的速度转弯时所需的向心力，与将侧向最大静摩擦力与所需向心力比较，若静摩擦力不足提供向心力，则车会做离心运动．‎ ‎3.如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，‎ 纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为(　　)‎ A. 0 B. C. D. 2B0‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零，如下图所示： 由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即B1=B0；依据几何关系，及三角知识，则有：BPcos30°=B0； 解得P或Q通电导线在a处的磁场大小为BP=B0； ‎ 当P中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系，及三角知识，则有：B2=B0；因外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，磁场大小为B0；最后由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为B=，故C正确，ABD错误；故选C。‎ ‎4. 如图所示的两个斜面，倾角分别为37°和53°，在顶点两个小球A、B以同样大小的初速度分别向左、向右水平抛出，小球都落在斜面上，若不计空气阻力，则A、B两个小球平抛运动时间之比为( )‎ A. 1:1 B. 4:‎3 C. 16:9 D. 9:16‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎，，两式相比，则A、B两个小球平抛运动时间之比为9:16‎ ‎5.如图所示，一电子束沿垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用的方法是(　　)‎ A. 将变阻器滑动头P向右滑动 B. 将变阻器滑动头P向左滑动 C. 将极板间距离适当减小 D. 将极板间距离适当增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 根据电路图可知：A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，大小,洛伦兹力方向向下，,电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力，所以要减小电场力；‎ A、将变阻器滑动头P向右或向左移动时，电容器两端电压不变，电场力不变，故AB错误； C、将极板间距离适当减小时，增大，不满足要求，故C错误；‎ D、将极板间距离适当增大时，减小，满足要求，故D正确。‎ ‎6.‎ 某兴趣小组同学制作出一个可以测量电流的仪器，其主要原理如图所示，铜棒左右两侧的中点分别固定相同弹簧，铜棒所在的虚线范围内有垂直于纸面的匀强磁场，两弹簧为原长时，指针指向 0 刻度。在测量一个自上而下电流时指针在 0 刻度左边静止。由题中所给条件，判断正确的是（ ）‎ A. 可知磁场的方向垂直于纸面向外 B. 仅改变磁场方向，指针将在 0 刻度左边静止 C. 仅改变电流的方向，指针将在 0 刻度左边静止 D. 同时改变磁场和电流的方向，指针仍在 0 刻度右边静止 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 电流向下时，指针在0刻线左侧，弹力向右，则说明电流受安培力向左，由左手定则知，磁场垂直于纸面向外，故A正确；仅磁场改变或仅改变电流方向，由左手定则可知受力向右，则弹力向左，指针将在右侧静止，故BC错误；同时改变磁场和电流的方向，安培力方向仍向左，故指针仍在0刻度左边静止，故D错误；故选A.‎ ‎7.两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是 A. a粒子带正电，b粒子带负电 B. a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 C. b粒子的动能较大 D. b粒子在磁场中运动时间较长 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ a、b 两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子以不同的速率对向射入圆形匀强磁场区域，偏转的方向不同，说明受力的方向不同，电性不同，可以根据左手定则判定。从图线来看，a的半径较小，可以结合洛伦兹力提供向心力，写出公式，进行判断，之后根据公式，再判定动能和运动的时间。‎ ‎【详解】粒子向右运动，根据左手定则，b向上偏转，应当带正电；a向下偏转，应当带负电，故A错误。洛伦兹力提供向心力，即：qvB=m，得：，故半径较大的b粒子速度大，动能也大。故C正确。由公式F=qvB，故速度大的b受洛伦兹力较大。故B错误。根据推论公式t=T、T=，周期相等，故磁场中偏转角大的运动的时间也长；a粒子的偏转角大，因此运动的时间就长。故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】对于带电粒子在磁场中的运动情况分析，一般是确定圆心位置，根据几何关系求半径，结合洛伦兹力提供向心力求解未知量。‎ ‎8.从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05 Ω，用110 V和11 kV 两种电压输电。两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为(　　)‎ A. 100∶1 B. 1∶‎100 C. 1∶10 D. 10∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据P=UI求出输电电流，结合U=IR求两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失.‎ ‎【详解】输电线路上的电流，损失的电压，故采取不同电压损失的电压之比为；故选A.‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道输送功率与输送电压、电流的关系，知道采用高压输电，可以求得损失的电压.‎ ‎9.如图所示理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220V，负载电阻R=44Ω，电流表A1的示数为‎0.20A．下列判断中正确的是（ ）‎ A． 原线圈和副线圈的匝数比为2：1‎ B．原线圈和副线圈的匝数比为5：1‎ C．电流表A2的示数为‎1.0A D．电流表A2的示数为‎0.4A ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：变压器的输出功率等于输入功率，则：，解得：，由于原副线圈电流与匝数成反比，所以初级线圈和次级线圈的匝数比，故BC正确，AD错误。‎ 考点：变压器的构造和原理 ‎【名师点睛】理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率。‎ ‎10.如图所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿顺时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为L1，ad边的边长为L2，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时（ ）‎ A. 线圈中感应电流的方向为abcda B. 线圈中的感应电动势为2nBL2ω C. 穿过线圈的磁通量的变化率最大 D. 线圈ad边所受安培力的大小为，方向垂直纸面向里 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 图示时刻，ad速度方向向外，bc速度方向向里，根据右手定则判断出ad中感应电流方向为d→a，bc中电流方向为b→c，线圈中感应电流的方向为abcda。故A 正确。线圈中的感应电动势为E=nBSω=nBL‎1L2ω．故B错误。图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线，线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律分析得知，磁通量的变化率最大。故C正确；线圈ad边所受安培力的大小为F=nBIL2=nB•L2．故D错误。故选AC。‎ ‎11.我国“北斗二代”计划在2020年前发射35颗卫星，形成全球性的定位导航系统，比美国GPS多5颗。多出的这5颗是相对地面静止的高轨道卫星(以下简称“静卫”)，其它的有27颗中轨道卫星(以下简称“中卫”)轨道高度为静止轨道高度的。下列说法正确的是(　　)‎ A. “中卫”的线速度介于‎7.9 km/s和‎11.2 km/s之间 B. “静卫”的轨道必须是在赤道上空 C. 如果质量相同，“静卫”与“中卫”的动能之比为3∶5‎ D. “静卫”的运行周期大于“中卫”的运行周期 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 同步轨道卫星轨道只能在赤道上空，7.9 km/s是地球卫星的最大速度，根据万有引力提供圆周运动向心力根据半径大小关系分析描述圆周运动物理量的关系．‎ ‎【详解】A、7.9 km/s是地球卫星的最大速度，所以“中卫”的线速度小于7.9 km/s，故A错误；‎ B、同步轨道卫星轨道只能在赤道上空，则“静卫”的轨道必须是在赤道上空，故B正确；‎ C、根据万有引力提供向心力得：，解得：，如果质量相同，动能之比等于半径的倒数比，“中卫”轨道高度为静止轨道高度的，地球半径相同，所以“中卫”轨道半径不是静止轨道半径的，则“静卫”与“中卫”的动能之比不是3:5，故C错误；‎ D、根据，得：，则半径越大周期越大，所以“静卫”的运行周期大于“中卫”的运行周期，故D正确.‎ 故选BD.‎ ‎【点睛】同步卫星的轨道与地球赤道共面，万有引力提供圆周运动的向心力，掌握圆周运动向心力和万有引力的公式是正确解题的关键.‎ ‎12. 如图所示，M、N为同一水平面内的两条平行长导轨，左端串接电阻R，金属杆ab垂直导轨放置，杆和导轨的电阻不计，且杆与导轨间无摩擦，整个装置处于竖直方向的匀强磁场中。现对金属杆ab施加一个与杆垂直的水平方向的恒力F，使杆从静止开始运动。在运动过程中，杆的速度大小为v，R上消耗的总能量为E，则下列关于v、E随时间变化的图象可能正确的是 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ A、B、根据牛顿第二定律知，杆子的加速度为：，由于速度增大，则加速度减小，可知杆子做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度等于零时，速度最大，做匀速直线运动，故A正确，B错误。C、D、根据焦耳定律知，，因为速度增大，可知E-t图线的切线斜率增大，最终电流不变，E与t成正比，故C错误，D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】本题考查了电磁感应与动力学和能量的综合，知道杆子在整个过程中的运动规律，知道当拉力和安培力相等时，杆子做匀速直线运动。‎ 二、实验题（本题共2小题，共14分.把答案写在答题卡中指定答题处，不要求写出演算过程）‎ ‎13.在研究“平抛运动”实验中，(1)图1是横档条，卡住平抛小球，用铅笔标注小球最高点，确定平抛运动轨迹的方法，坐标原点应选小球在斜槽末端时的_______ 。‎ A.球心 B.球的上端 C.球的下端 在此实验中，下列说法正确的是________ 。‎ A. 斜槽轨道必须光滑 B.记录的点应适当多一些 C.用光滑曲线把所有的点连接起来D.y轴的方向根据重垂线确定 ‎（2）图2是利用图1装置拍摄小球做平抛运动的频闪照片，由照片可以判断实验操作错误的是____ 。‎ A.释放小球时初速度不为零 B.释放小球的初始位置不同 C.斜槽末端切线不水平 ‎（3）图3是利用稳定的细水柱显示平抛运动轨迹的装置，其中正确的是_______。‎ ‎【答案】 (1). B (2). BD (3). C (4). B ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）题干中指出用铅笔标注小球的最高点作为小球轨迹的记录点.所以坐标原点也应选为球的最高点即球的上端.故选B;‎ 斜槽轨道不必光滑，A错.‎ 记录的点适当多一点，以便更准确的描出平抛轨迹.；B对.‎ 为比较准确地描出小球运动的轨迹.将这些点平滑连接起来，C错，‎ 用中垂线确定Y轴坐标，D对。‎ 故选BD ‎（2）由图可知，小球做斜抛运动.所以斜槽末端没有水平放置，选C。‎ ‎（3）竖直管内与大气相通，为外界大气压强，竖直管在水面下保证竖直管上出口处的压强为大气压强，因而另一出水管的上端口处压强与竖直管上出水口处的压强有恒定的压强差，保证另一出水管出水压强恒定，从而水速也恒定，如果竖直管上出口在水面上，则水面上为恒定大气压，因而随水面下降，出水管上口压强降低，出水速度减小，故选B 综上所述本题答案是：(1). B (2). BD (3). C (4). B ‎【点睛】在做平抛实验时一定要保证斜槽末端水平，这样才可以保证小球抛出时的速度是水平的，在描点连线时要注意用平滑的曲线把所有的点迹连接起来。‎ ‎14.为了探究电磁感应现象，某实验小组将电池、线圈A、线圈B、滑动变阻器、灵敏电流计、开关按照如图所示的方式连接。当闭合开关时发现灵敏电流计的指针右偏。由此可知：‎ ‎(1)当滑动变阻器的滑片P向右移动时，灵敏电流计的指针________(填“左偏”、 “不动”、“右偏”)；‎ ‎(2)将线圈A拔出时，灵敏电流计的指针________(填“左偏”、“不动”、“右偏”)，此时线圈A与线圈B中电流的绕行方向________(填“相同”或“相反”)。‎ ‎【答案】 (1). 右偏　 (2). 左偏 (3). 相同 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下，说明穿过线圈的磁通量增加，电流计指针向右偏，合上开关后，将滑动变阻器的滑片迅速向右移动时，接入电路的电阻变小，电流增大，穿过线圈的磁通量增大，电流计指针将向右偏；‎ ‎(2)将线圈A拔出时,穿过B的磁通量减小，电流表指针向左偏；根据楞次定理的“增反减同”可知此时两线圈中的电流流向相同.‎ ‎【点睛】知道探究电磁感应现象的实验有两套电路，这是正确连接实物电路图的前提与关键。对于该实验，要明确实验原理及操作过程，平时要注意加强实验练习。‎ 三、计算题(共4小题，共46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). ‎ ‎15.如图所示，半径分别为R1、R2的两个同心圆，圆心为O，小圆内有垂直纸面向里的磁场，磁感应强度为B1，大圆外有垂直纸面的磁感应强度为B2的磁场，图中未画出，两圆中间的圆环部分没有磁场。今有一带正电粒子(质量为m，带电荷量为q)从小圆边缘的A点以速度v沿AO方向射入小圆的磁场区域，然后从小圆磁场中穿出，此后该粒子第一次回到小圆便经过A点，带电粒子重力不计，求：‎ ‎(1)若v＝，则带电粒子在小圆内的运动时间t为多少；‎ ‎(2)磁感应强度B1与B2的比值.‎ ‎【答案】(1) t＝ (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)依据牛顿第二定律，结合向心力表达式，及几何关系，即可求解；‎ ‎(2)依据几何关系，结合粒子在磁场中圆周运动的半径公式，即可求解B1与B2的比值．‎ ‎【详解】(1)带正电粒子在小圆内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有：‎ 解得：‎ 由几何关系可知粒子在小圆内的轨迹圆弧的圆心角为 则：‎ 解得：‎ ‎(2)由几何关系可得： ‎ 因此： ‎ 解得：‎ ‎【点睛】考查牛顿第二定律的应用，掌握向心力表达式与左手定则的内容，注意该粒子第一次回到小圆便经过A点是解题的突破口，同时几何关系也是解题的关键．‎ ‎16.小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡。线圈的水平边长L=‎0.1m，竖直边长H=‎0.3m，匝数为。线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度，方向垂直线圈平面向里。线圈中通有可在0~‎2.0A范围内调节的电流I。挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使得天平平衡，测出电流即可测得物体的质量。（重力加速度取）‎ ‎（1）为使电磁天平的量程达到‎0.5kg，线圈的匝数至少为多少 ‎（2）进一步探究电磁感应现象，另选匝、形状相同的线圈，总电阻，不接外电流，两臂平衡，如图2所示，保持不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度。当挂盘中放质量为‎0.01kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率。‎ ‎【答案】（1）匝（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）线圈受到安培力①‎ 天平平衡②‎ 代入数据得匝 ③‎ ‎（2）由电磁感应定律得④‎ ‎⑤‎ 由欧姆定律得⑥‎ 线圈受到安培力⑦‎ 天平平衡⑧‎ 代入数据可得⑨‎ ‎【考点定位】法拉第电磁感应，欧姆定律，安培力，‎ ‎【方法技巧】该题的关键是分析好安培力的方向，列好平衡方程，基础题 ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎17.如图所示，坐标空间中有场强为E=100 N/C的匀强电场和磁感应强度为B=10-3T的匀强磁场，y轴为两种场的分界面，图中虚线为磁场区域的右边界，现有一质量为m，电荷量为-q的带电粒子从电场中坐标位置(-1，0)处，以初速度vo=‎105 m/s沿x轴正方向开始运动，且已知带电粒子的比荷= ‎108 C/kg，粒子的重力忽略不计，则：‎ ‎(1)求带电粒子进入磁场的速度大小；‎ ‎(2)为使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回电场中，求磁场的宽度d应满足的条件 ‎【答案】(1)m/s (2)‎‎2.41m ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，设运动的加速度为a，由牛顿第二定律可得：qE=ma 设粒子出电场、入磁场时的速度大小为v，此时在y方向的分速度为vy，粒子在电场中运动的时间为t，则：vy=at l=v0t 解得vy=v0 ‎ ‎ ‎ ‎（2）设v的方向与y轴夹角为θ，则有 可得θ=450‎ 粒子进入磁场后在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，如图：则有：‎ 可得 ‎ 要使粒子穿越磁场区域，磁场的宽度应满足的条件： ‎ 综合已知条件解以上各式可得：‎ ‎【点睛】题考查带电粒子在匀强电场中做类平抛运动和在匀强磁场中做匀速圆周运动，在电场中掌握类平抛问题的处理方法，在磁场中运动要掌握住半径公式、周期公式，画出粒子的运动轨迹后，几何关系就比较明显了.‎ ‎18.两根足够长的平行光滑导轨，相距‎1 m水平放置。匀强磁场竖直向上穿过整个导轨所在的空间B＝0.4 T。金属棒ab、cd质量分别为‎0.1 kg和‎0.2 kg，电阻分别为0.4 Ω和0.2 Ω，两棒的长度都是‎1m并排垂直横跨在导轨上。若两棒以相同的初速度‎3 m/s向相反方向分开，不计导轨电阻，求：‎ ‎(1)棒运动达到稳定后的ab棒的速度大小；‎ ‎(2)金属棒运动达到稳定的过程中，回路上释放出的焦耳热和通过cd棒的电量。‎ ‎【答案】(1) v＝‎1 m/s (2) Q＝1.2 J ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)ab、cd棒组成的系统合外力为零，系统的动量守恒，最终两金属棒具有共同速度，由动量守恒定律求出共同速度.‎ ‎(2)再根据能量转化与守恒定律列出等式求解ab上产生热焦耳热；对cd棒，利用动量定理列出等式，结合电量的定义式求解.‎ ‎【详解】(1)ab、cd棒组成的系统动量守恒，最终具有共同速度v，以水平向右为正方向，‎ 则mcdv0－mabv0＝(mcd＋mab)v v＝‎1m/s ‎(2)根据能量转化与守恒定律，产生的焦耳热 对cd棒利用动量定理:－BILΔt＝mcd(v－v0) ‎ 即BLq＝mcd(v0－v) ‎ 解得：‎ ‎【点睛】本题是电磁感应中的力学问题，应用了系统动量守恒，能量转化与守恒定律，动量定理，关键是知道系统动能损失转化为电能继而转化为内能.在电磁感应中常用动量定理求电量.‎ ‎ ‎