2018-2019学年山东省泰安第一中学高二上学期期中考试物理试题 解析版 15页

泰安一中 2018—2019 学年第一学期高二期中考试 物 理 试 题 一、选择题：（本题共 10 小题 44 分．1－6 题只有一个选项正确，每小题 4 分， 7－10 在每题列出的四个选项中有多个选项正确．全部选对的得 5 分，选不全的 得 3 分，有选错的或不答的得 0 分．） 1.关于匀速圆周运动的说法，正确的是(　　) A. 匀速圆周运动是匀速运动 B. 匀速圆周运动是匀变速运动 C. 匀速圆周运动是加速度不变的运动 D. 匀速圆周运动是加速度不断改变的运动 【答案】D 【解析】 匀速圆周运动速度大小不变，方向变化，故速度是变化的，一定是变速运动，一定具有加速 度，匀速圆周运动加速度大小不变，方向始终指向圆心，加速度是变化的，是变加速运动， D 正确． 2.关于磁感应强度，下列说法正确的是 A. 磁感应强度是矢量，方向与小磁针在该点静止时 S 极指向相同 B. 某处的磁场方向就是该处磁感强度的方向 C. 放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同 D. 一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力，则该处的磁感应强度一定为零 【答案】B 【解析】 【详解】A 项：磁感应强度是矢量，方向与小磁针在该点静止时 S 极指向相反，故 A 错误； B 项：某处的磁场方向就是该处磁感强度的方向，故 B 正确； C 项：由通电导线受安培力 F=BILsinθ 可知，放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小 还与导线与磁场的方向有关，所以安培力的大小不一定处处相同，故 C 错误； D 项：一小段通电导体在某处不受磁场力作用，有可能是导线与磁场平行，此处磁感应强度 不一定为零，故 D 错误。 故应选：B。 3.如图所示，a、b、c、d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上， 导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一电子从正方形中心 O 点沿垂直于纸面的方 向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是 A. 向上 B. 向右 C. 向左 D. 向下 【答案】A 【解析】 【分析】 根据等距下电流所产生的 B 的大小与电流成正比，得出各电流在 O 点所产生的 B 的大小关 系，由安培定则确定出方向，再利用矢量合成法则求得 B 的合矢量的方向。 【详解】根据题意，由右手螺旋定则知 b 与 d 导线电流产生磁场正好相互抵消，而 a 与 c 导 线产生磁场正好相互叠加，由右手螺旋定则，则得磁场方向水平向左，当电子从正方形中心 O 点沿垂直于纸面的方向向外运动，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向上，故 A 正确。BCD 错误。 故选：A。 【点睛】考查磁感应强度 B 的矢量合成法则，会进行 B 的合成，从而确定磁场的大小与方 向。 4.甲、乙两星球的平均密度相等，半径之比是 R 甲︰R 乙＝4︰1，则同一物体在这两个星球 表面受到的重力之比是 A. 1︰1 B. 1︰4 C. 1︰16 D. 4︰1 【答案】D 【解析】 【分析】 根据万有引力等于重力，结合质量和密度的关系求出重力加速度的表达式，得出重力加速度 之比，从而求出同一物体在星球表面受到的重力之比。 【详解】根据万有引力等于重力，得： 所以： 又 解得： 因为半径之比是 R 甲：R 乙=4：1，所以星球表面的重力加速度之比为 4：1，则同一物体在 这两个星球表面受到的重力之比为 4：1，故 D 正确。 故应选：D。 【点睛】解决本题的关键掌握万有引力等于重力这一重要理论，得出重力加速度的表达式是 解决本题的突破口。 5.如图所示，要使 Q 线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有 A. 闭合电键 K 后，把 R 的滑片向右移 B. 闭合电键 K 后，把 R 的滑片向左移 C. 闭合电键 K 后，把 P 中的铁心从左边抽出 D. 闭合电键 K 后，把 Q 靠近 P 【答案】BD 【解析】 闭合电键，在 P 中的磁场从左向右穿过 Q；闭合电键K 后，把 R 的滑片右移，则电流减小， Q 中的磁场方向从左向右减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上．故 A 错误；同理 可判断把 R 的滑片左移，则电流增加，Q 中的磁场方向从左向右增加，根据楞次定律，左 边导线电流方向向下．故 B 正确；闭合电键 K 后，将 P 中的铁心从左边抽出，Q 中的磁场 方向从左向右减小，根据楞次定律，左边导线电流方向向上．故 C 错误．闭合电键，将 Q 靠近 P，Q 中的磁场方向从左向右，且在增强，根据楞次定律，左边导线的电流向下．故 D 正确．故选 BD. 6.图中能产生感应电流的是( ) A. B. C. D. 【答案】 【解析】 当条形磁铁向右运动过程中，穿过线圈的磁通量发生变化，会产生感应电动势，但由于线圈 未闭合，故不会产生感应电流，A 错误；导体棒向相反的方向运动，产生的感应电流方向方 向相同，故有感应电流产生，B 正确；由于通电直导线在线圈所在位置的磁场与线圈平面平 行，穿过线圈的磁通量恒为零，故线圈没有感应电流产生，C 错误；线圈向右运动过程中， 穿过线圈的磁通量不变，不产生感应电流，D 错误． 7.如图所示，在水平地面上 O 点正上方不同高度的 A、B 两点分别水平抛出一小球，如果两 球均落在同一点 C 上，则两小球 A. 落地的速度大小可能相同 B. 落地的速度偏向角可能相同 C. 两个小球下落时间一定不同 D. 两个小球抛出时的初速度可能相同 【答案】AC 【解析】 【分析】 两球均做平抛运动，而平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖直方向为自由落体运动，运用 平抛运动的基本规律表示出落地的速度大小以及落地时速度方向与水平方向的夹角，即可分 析。 【详解】A、D 项：对于任意一球，设水平位移 OC 为 x，竖直位移为 h，初速度为 v0 则落地时竖直分速度大小为： 落地时速度大小为： 运动时间为： 初速度为： 则知，从 A 点抛出的小球初速度较大，但下落的高度较小，而从 B 点抛出的小球初速度较 小，但下落的高度大，由 知落地的速度大小可能相等，故 A 正确，D 错误； B 项：速度偏向角： ，x 相同，h 不同，可知落地的速度偏向角一定不相 同，故 B 错误； C 项：由 知运动时间一定不同，故 C 正确。 故应选：AC。 【点睛】本题主要考查了平抛运动的基本规律，知道平抛运动水平方向做匀速直线运动，竖 直方向为自由落体运动，能根据运动学规律得到相关的表达式，再进行分析。 8.如图所示为一种回旋加速器的示意图，其核心部分是两个 D 形金属盒，两金属盒置于匀强 磁场中，并分别与高频电源相连，现分别加速氘核（12H）和氦核（24He），下列判断中正确 的是 A. 它们在 D 形盒中运动的周期相同 B. 它们的最大速度相同 C. 它们的最大动能相同 D. 仅增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能 【答案】AB 【解析】 【详解】A 项：带电粒子在磁场中运动的周期 ，两粒子的比荷 相等，所以周期相等， 故 A 正确； B 项：根据 ，得 ，两粒子的比荷相等，所以最大速相等，故 B 正确； C 项：、最大动能 两粒子的比荷相等，但两粒子的比荷相等，故 C 错误； D 项：由最大动能 知，要增大粒子的动能，增大电压和频率，最大动能不 变，需增加磁感应强度和 D 形盒的半径，故 D 错误。 故应选：AB。 【点睛】解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速，磁场偏转来加速粒子．以及知道 粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同。 9.如图为表演杂技“飞车走壁”的示意图．演员骑摩托车在一个圆台形结构的内壁上飞驰，做 匀速圆周运动．图中 a、b 两个虚线圆表示同一位演员骑同一辆摩托，在离地面不同高度处 进行表演的运动轨迹．不考虑车轮受到的侧向摩擦力，下列说法中正确的是 A. 在 a 轨道上运动时线速度较大 B. 在 a 轨道上运动时角速度较大 C. 在 a、b 两个轨道上运动时摩托车对侧壁的压力相等 D. 在 a 轨道上运动时摩托车和运动员所受的向心力较大 【答案】AC 【解析】 【分析】 任选一摩托车作为研究对象，根据匀速圆周运动的合力提供向心力的特点，分析受力情况， 作出力图，根据牛顿第二定律得到角速度、线速度与半径的关系，可比较它们的大小．根据 力图，比较侧壁对摩托车的支持力和向心力的大小。 【详解】A、B 项：以任摩托车为研究对象，作出力图，如图： 设侧壁与竖直方向的夹角为 θ，则根据牛顿第二定律，得 mgcotθ=mω2r，得到 ，θ 相同，r 大，则 ω 小，故在 a 轨道上运动时角速度较小， ，解得： ，r 大，则 v 大，则在 a 轨道上运动时线速度较大，故 A 正 确，B 错误； C 项：设侧壁对车的支持力为 FN，则由图得到： ，故 FN 的大小一样，故 C 正确； D 项：向心力 Fn=mgtanθ，故向心力 Fn 的大小相等，故 D 错误。 故应选：AC。 【点睛】本题是圆维摆类型，支持力和重力的合力提供物体的向心力．对于几个相似情况的 比较，往往以任意情况情况为例研究，得到一般的公式，然后比较大小。 10.如图所示，L1 和 L2 为平行虚线，L1 上方和 L2 下方有垂直纸面向里的磁感应强度相同的 匀强磁场，A、B 两点都在 L2 上。带电粒子从 A 点以初速度 v 与 L2 成 30°角斜向上射出， 经偏转后正好过 B 点，经过 B 点时速度方向也斜向上，粒子重力不计。下列说法中正确的 是 A. 带电粒子经过 B 点时的速度一定与在 A 点时的速度相同 B. 若将带电粒子在 A 点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过 B 点 C. 若将带电粒子在 A 点的初速度方向改为与 L2 成 60°角斜向上，它也一定经过 B 点 D. 粒子一定带正电荷 【答案】ABC 【解析】 试题分析：画出带电粒子运动的可能轨迹，B 点的位置可能有下图四种． 如图，粒子 B 的位置在 B2、B3 时速度方向也斜向上，速度跟在 A 点时的速度大小相等，方 向相同，速度相同．A 正确；根据轨迹，粒子经过边界 L1 时入射点与出射点间的距离与经 过边界 L2 时入射点与出射点间的距离相同，与速度无关．所以当初速度大小增大一点，但 保持方向不变，它仍有可能经过 B 点，B 正确；如图，设 L1 与 L2 之间的距离为 d，则 A 到 B2 的距离为： ，所以，若将带电粒子在 A 点时初速度方向改为与 L2 成 60°角斜向上，当第一次以相同方向的速度通过 L2 的另一点时，两点间的距离 ，因为 ，知粒子能再次通过 B 点，C 正确；如图分别是正负 电荷的轨迹，正负电荷都可能．D 错误；故选 ABC。 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动。 【名师点睛】解答带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨 迹．往往要抓住圆的对称性。就本题而言，（1）作出粒子的运动轨迹图，通过几何关系求出 A、B 两点间的距离．（2）质量为 m 的粒子从某点以初速度 v 与 L2 成一定角度射出，经过 偏转后，第一次以相同方向的速度通过 L2 的另一点时，两点间的距离 ，判断 AB 间的距离是否是 x 的整数倍，如果是，知粒子能再次通过 B 点。 二、实验题：（本题共 12 分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作答．） 11.如图所示为“研究电磁感应现象”的实验装置． （1）将图中所缺的导线补接完整； （2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上开关后可能出现的 情况有： A．将线圈 A 插入线圈 B 待电路稳定后，再将线圈 A 迅速拔出，灵敏电流计指针将________ （填“向右”或“向左”）偏转一下． B．线圈 A 插入线圈 B 后，将滑动变阻器的滑片迅速向右拉时，灵敏电流计指针__________ （填“向右”或“向左”）偏转一下． 【答案】 (1). (2). 向左 　向右 【解析】 【详解】(1) 将电源、电键、变阻器、线圈 A 串联成一个回路，注意滑动变阻器接一上一下 两个接线柱，再将电流计与线圈 B 串联成另一个回路，电路图如图所示： (2) 闭合开关，穿过副线圈的磁通量增大，灵敏电流表的指针向右偏； 将线圈 A 插入线圈 B 待电路稳定后，再将线圈 A 迅速拔出，穿过副线圈的磁通量减小，灵 敏电流表的指针向左偏， 线圈 A 插入线圈 B 后，将滑动变阻器的滑片迅速向右拉时，滑动变阻器接入电路的阻值变 小，原线圈电流变大，穿过副线圈的磁场方向不变，但磁通量变大，灵敏电流计指针将右偏 转。 【点睛】本题考查研究电磁感应现象及验证楞次定律的实验，对于该实验注意两个回路的不 同．知道磁场方向或磁通量变化情况相反时，感应电流反向是判断电流表指针偏转方向的关 键。 12.某同学在某砖墙前的高处水平抛出一个石子，石子在空中运动的部分轨迹照片如图所 示．从照片可看出石子恰好垂直打在一倾角为 37°的斜坡上的 A 点．已知每块砖的平均厚度 为 10cm（不计砖缝的宽度），抛出点到 A 点竖直方向刚好相距 200 块砖，取 g＝ 10m/s2．sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），则石子在空中运动的时间为___________s，石子水平抛 出的初速度大小为________m/s，石子的抛出点到 A 点的距离为_______m.（结果可以用根 号表示） 【答案】 (1). t=2s (2). v0=15m/s (3). 【解析】 【分析】 根据石子下落的高度，结合位移时间公式求出石子运动的时间，抓住石子速度与斜面垂直， 通过竖直分速度，结合平行四边形定则求出石子水平抛出的速度。 【详解】由题意可知，石子落到 A 点的竖直位移为：y=200×10×10-2=20m； 根据 得： ； 竖直分速度为：vy=gt=10×2m/s=20m/s， 根据平行四边形定则得： ； 石子落到 A 点的水平位移为： 由平行四行定则得： 。 【点睛】解决本题的关键知道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。 三．计算题：（本题共 4 小题，共 44 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．） 13.如图所示，水平面上有电阻不计的 U 形导轨 NMPQ，它们之间的宽度为 L=10cm，M 和 P 之间接入电动势 E=1.5V、内阻 r=0.1Ω 的电源．现垂直于导轨放置一根质量为 m=0.1kg，电 阻为 R=0.2Ω 的金属棒 ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为 B=1T，方向 与水平面夹角为 37°且指向右斜上方，ab 棒保持静止．求： （1）ab 棒受到的安培力的大小； （2）ab 棒受到的支持力和摩擦力各为多少． 【答案】（1）F＝0.5N （2）FN =0.6N Ff =0.3N 【解析】 【分析】 根据左手定则正确判断出导体棒 ab 所受安培力的方向，然后对棒 ab 正确进行受力分析，根 据所处平衡状态列方程即可正确求解。 【详解】根据左手定则可知，棒 ab 所受的安培力方向垂直与棒斜向作上方，其受力截面图 为： Fx 合=Ff-Fsinθ=0 Fy 合=FN+Fcosθ-mg=0 解得：Ff=0.3N，FN =0.6N。 14.如图所示，在以坐标原点 O 为圆心的圆形区域内，存在方向垂直于纸面向里的匀强磁 场．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与 x 轴的交点 A 处沿－x 方向射入磁场，它恰好从 磁场边界与 y 轴的交点 C 处沿＋y 方向飞出．已知粒子在磁场里的运动时间为 t，磁感应强 度大小为 B，求： （1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷 ． （2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为 B′，该粒子仍从 A 处以 相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了 120°角，求磁感应 强度 B′多大？ 【答案】(1) (2) 【解析】 【详解】(1) 由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷； 粒子由 A 点射入，由 C 点飞出，其速度方向改变了 90°， 粒子在磁场里的运动时间为： 解得： ； (2) 设圆形区域的半径为 R， 粒子飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了 120°角，由几何知可知，粒子做圆周运 动的半径 由(1)可知，粒子由 A 点射入，由 C 点飞出，其速度方向改变了 90°， 则粒子轨迹半径 由公式 所以磁感应强度之比等于 。 【点睛】本题是带电粒子在磁场中运动的轨迹问题，关键运用几何知识画轨迹、求半径．要 注意区别轨迹半径与磁场范围半径。 15.如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的 S 形轨道．光滑半圆轨道半 径为 R=0.2m，两个光滑半圆轨道连接处 C、D 之间留有很小的空隙，刚好能够使小球通过， C、D 之间距离可忽略．粗糙弧形轨道最高点 A 与水平面上 B 点之间的高度为 h=1.5m．从 A 点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿翘尾巴的 S 形轨道运动后从 E 点水平飞出，落 到水平地面上，落点到与 E 点在同一竖直线上 B 点的距离为 s=1m．已知小球质量为 m=0.8kg， 不计空气阻力，g=10m/s2，求： （1）小球从 E 点水平飞出时的速度大小； （2）小球运动到半圆轨道的 B 点时对轨道的压力； （3）小球沿翘尾巴 S 形轨道运动时克服摩擦力做的功． 【答案】（1） (2) F=97N ，方向竖直向下（3）W=3.1J 【解析】 【分析】 (1)小球从 E 点飞出做平抛运动，根据高度求出运动的时间，再根据水平位移和时间求出平 抛运动的初速度； (2)小球从 B 点运动到 E 点的过程，机械能守恒，根据机械能守恒定律得求出 B 点速度，在 B 点，沿半径方向上的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出轨道对球的弹力，从而根据 牛顿第三定律求出小球对轨道的压力； (3)根据动能定理求出小球沿轨道运动过程中克服摩擦力所做的功。 【详解】(1) 小球从 E 点水平飞出做平抛运动，设小球从 E 点水平飞出时的速度大小为 vE， 由平抛运动规律得： s=vEt 联立解得： ； (2) 小球从 B 点运动到 E 点的过程，机械能守恒，根据机械能守恒定律得： 解得： 在 B 点，根据牛顿第二定律得： 由牛顿第三定律可知小球运动到 B 点时对轨道的压力为 97N，方向竖直向下； (3) 设小球沿翘尾巴的 S 形轨道运动时克服摩擦力做的功为 W，则 解得： 。 【点睛】解决本题的关键理清运动的过程，把握每个过程和状态的规律，知道竖直平面内的 圆周运动在最高点和最低点由合外力提供向心力，综合运用牛顿定律和动能定理进行解题。 16.如图所示，绝缘光滑的竖直平面 MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电 场方向水平向右，电场强度大小为 E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为 B．电荷 量为 q 的带正电的小滑块从 A 点由静止开始沿 MN 下滑，到达 C 点时离开 MN 做曲线运 动．已知重力加速度为 g，求： （1）小滑块从 A 点运动到 C 点时的时间 t； （2）A、C 两点间距离 h ； （3）当小滑块运动到 C 点时迅速把电场方向转为竖直向下，若小滑块受到的电场力大小与 重力相等，D 点为小滑块在运动过程中速度最大的位置，且最大速度大小为 v ，求 C、D 两 点间的竖直高度 H． 【答案】(1) (2) (3) 【解析】 【分析】 对小滑块受分析得出小滑块从 A 到 C 做自由落体运动，由速度公式求间和 A、C 间的距离， 小滑块从 C 到 D 做圆周运动，由动能定理得求出 C、D 两点间的竖直高度 H。 【详解】(1)小滑块从 A 运动到 C：受重力，水平向右的电场力，水平向左的洛伦兹力，MN 对滑块的支持力，所以小滑块从 A 到 C 做自由落体运动， 由于到达 C 点时离开 MN，即 解得： 由自由落体运动速度公式可知， 解得： ； (2) 由自由落体运动速度位移公式： 解得： ； (3)小滑块从 C 到 D 做圆周运动，由动能定理得： 又 联立解得： 。