山东省新泰一中2018_2019学年高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

1、1新泰一中 2017 级高二上学期期中考试物理试题 一、选择题1.从太阳或其他星体上放射出的宇宙射线中含有大量的高能带电粒子，这些高能粒子流到达地球会对地球上的生命带来危害，但是由于地球周围存在磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，对地球上的生命起到保护作用，如图，那么（ ）A. 地磁场对宇宙射线的阻挡作用各处相同B. 地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最强，赤道附近最弱C. 地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最弱，赤道附近最强D. 地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带电粒子向两极偏转【答案】C【解析】地磁场各地的磁场强度不同，洛

2、伦兹力不同，A 错；对垂直射向地球表面的宇宙射线，在两极因其速度方向和地磁场的方向接近平行，所受洛伦兹力较小，因而产生的阻挡作用较小；而在赤道附近，宇宙射线速度方向和地磁场方向接近垂直，所受洛伦兹力较强，能使宇宙射线发生较大偏转，即产生较强的阻挡作用，B错、C 对；沿地球赤道平面内射来的宇宙射线所受洛伦兹力与经度线垂直，D 错。2.如图所示，带电粒子以初速度以 v0从 a 点进入匀强磁场，运动过程中经过 b 点，Oa=0b，若撤去磁场加一个与 y 轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度以 v0从 a 点进入电场，仍能通过 b 点，则电场强度 E 和磁感应强度 B 的比值为A. v0 B. 1/ v

3、0 C. 2 v0 D. v0/22【答案】C【解析】设 oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于 d，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv 0B=m ，解得： ，如果换成匀强v20r B=mvqd电场，水平方向以 v0做匀速直线运动，在水平方向：d=v 0t2，竖直沿 y 轴负方向做匀加速运动，即： ，解得： ，则 =2v0，故选 Cd=12at2=12qEmt22 E=2mv20qd EB点睛：带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确

4、定圆心和半径3.如图所示，一束正离子垂直地射入正交的匀强磁场和匀强电场区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向未发生任何偏转如果让这些不偏转的离子再垂直进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分成几束对这些进入后一磁场的不同轨迹的离子，可得出结论（ ）A. 它们的动量一定各不相同B. 它们的电量一定各不相同C. 它们的质量一定各不相同D. 它们的电量与质量之比一定各不相同【答案】D【解析】【分析】粒子在磁场和电场正交区域里,同时受到洛伦兹力和电场力作用,粒子没有发生偏转,说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡,满足 ,即不发生偏转的粒子具有共同的速度大小 ,Bqv=qE v=EB粒子进入磁场后受洛伦兹力

5、作用做匀速圆周运动,满足 ,圆周运动的半径 ,由qvB=mv2R R=mvBq此进行分析得出结论.3【详解】因为粒子进入电场和磁场正交区域时,不发生偏转,说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡,有 ,得出不发生偏转的粒子速度应满足 .粒子进入磁场后受洛伦兹力Bqv=qE v=EB作用,粒子做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则有 ,则得圆周运动的半径qvB=mv2R,因为粒子又分裂成几束,也就是粒子做匀速圆周运动的半径 R 不同,进入第二个匀强R=mvBq磁场时,粒子具有相同的速度,由 得知,所以粒子能分裂成几束的粒子的 比值一定不R=mvBq mq同,则电荷量与质量之比 一定各不相同.而质量 m

6、、电荷量可能相同,则动量也可能相同.所mq以 D 选项是正确的,ABC 错误.故选 D4.在电磁感应现象中，下列说法正确的是（ ）A. 闭合线圈在匀强磁场中做切割磁感线运动，一定产生感应电流B. 线圈不闭合时，若穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中没有感应电流，但有感应电动势C. 感应电流的磁场总是与原磁场的方向相反D. 法拉第通过实验研究，总结出电磁感应现象中感应电流方向的规律【答案】B【解析】【分析】产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化,或闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动.根据这个条件进行选择,并根据楞次定律,即可分析求解.【详解】A、位于磁场中的闭合线圈,只有磁通量发生变化,

7、才一定会产生感应电流.故 A 错误.B、穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化,磁通量一定发生变化,则闭合电路中就有感应电流,若不闭合则电路中就没有感应电流,但有感应电动势.所以 B 选项是正确的.C、根据楞次定律可以知道,感应电流的磁场与原磁场方向相同,或与原磁场的方向相反.故C 错误.D、楞次通过实验研究,总结出电磁反应现象中感应电流方向的规律;故 D 错误;故选 B5.如图所示，闭合圆形金属环竖直固定，光滑水平导轨穿过圆环，条形磁铁沿导轨以初速度 v0向圆环运动，其轴线穿过圆环圆心，与环面垂直，则磁铁在穿过圆环的整个过程中，4下列说法正确的是（ ）A. 金属环先有收缩趋势，后有扩张趋势B.

8、金属环中的感应电流方向不变C. 磁铁先做减速运动、后做加速运动D. 磁铁先做加速运动，后做减速运动【答案】A【解析】试题分析：楞次定律的表现是：“来拒去留，增缩减扩” ，所以磁铁在穿过环之前，圆环产生的感应电流对环的作用是缩小的趋势；穿过环之后的短时间内，圆环产生的感应电流对圆环是“扩展”的作用故 A 正确；磁铁在穿过环之前，向左的磁通量增加，产生从左向右看顺时针方向的感应电流；穿过环之后的短时间内，向左的磁通量减小，产生从左向右看逆时针方向的感应电流故电流的方向不同故 B 错误；根据楞次定律的表现：“来拒去留” ，所以磁铁在穿过环之前，圆环产生的感应电流对磁铁是“拒”的作用，即阻碍作用，阻碍

9、磁铁的靠近，故磁铁会减速穿过环之后的短时间内，圆环产生的感应电流对磁铁是“留”的作用，也会阻碍磁铁向前运动，故磁铁会减速故 CD 错误；故选 A考点：楞次定律【名师点睛】本题为楞次定律的应用，楞次定律的变现是：“来拒去留，增缩减扩” ，可根据楞次定律的表现来判断物体运动状态的变化6.在如图所示的电路中，A 1、A 2为两个完全相同的灯泡，L 为直流电阻不可忽略的自感线圈，E 为电源，S 为开关，R 为保护电阻，下列说法正确的是（ ）A. 闭合开关 S，A 1先亮，A 2后亮，最后 A1更亮一些B. 闭合开关 S，A 2先亮，A 1后亮，最后 A2更亮一些5C. 断开开关 S，A 2闪亮一下再熄

10、灭D. 断开开关 S，A 1、A 2都要过一会儿再熄灭【答案】BD【解析】【分析】根据线圈在电流发生变化会产生自感电动势,电流增大时自感电动势阻碍电流增大,电流减小时自感电动势阻碍电减小,相当于电源;并结合欧姆定律分析.【详解】AB、因为是两个完全相同的灯泡,当开关接通瞬间，A 2灯泡立刻发光,而 A1灯泡因为线圈的自感现象,导致灯泡渐渐变亮,因为两灯泡并联,L 的电阻不能忽略,所以稳定后 A2比 A1更亮一些,故 A 错误,B 正确;CD、当开关断开瞬间,两灯泡串联,由线圈产生瞬间电压提供电流,导致两灯泡同时熄灭,而且亮度相同,故 C 错误;D 正确.故选 BD7.如图所示，等腰三角形的左半

11、部分区域内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，其顶点在x 轴上且底边长为 4L，高为 L，底边与 x 轴平行，纸面内一直角边长为 L 和 2L 的直角三角形导线框以恒定速度沿 x 轴正方形穿过磁场区域t=0 时刻导线框恰好位于图中所示的位置规定顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列能够正确表示电流一位移（ix）关系的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】6由线圈运动时切割磁感线的长度,由 可求得感应电动势,则由欧姆定律可得出电流;由E=BLv右手定则可得出电流的方向.【详解】线圈从 x=0 开始向右运动 L 时,线圈的右侧导体切割磁感线,有效切割长度均匀增大,由公式 知线圈产生

12、的感应电动势均匀增大,电流均匀增大,由右手定则可以知道,E=BLv电流方向沿顺时针;线圈从 x=L 开始向右运动 L 时,线圈的左侧斜边切割磁感线,有效切割长度均匀减小,产生的感应电动势均匀减小,电流均匀减小,由右手定则可以知道,电流方向沿逆时针;所以 C 选项是正确的.ABD 错误；故选 C8. 如图所示，两光滑平行倾斜导轨 PQ、EF 所在平面与水平面的夹角为 ，匀强磁场垂直于导轨所在平面斜向下，导轨下端接一电阻 R，质量为 m 的导体棒用平行于导轨的细线拴住置于导轨上，线的另一端跨过光滑定滑轮挂着一个质量为 M 的砝码，按住导体棒，整个装置处于静止状态，放手后，导体棒被细线拉着沿导轨向上

13、运动一段位移 s 后，速度恰好达到最大值 v（导体棒及导轨电阻忽略不计） ，在此过程中（ ）A. 细线的拉力始终等于 MgB. 导体棒做加速度逐渐越小的加速运动C. 细线的拉力与安培力的合力对导体棒做的功等于导体棒增加的机械能D. 电阻 R 产生的热量 Q=Mgsmgssin mv212【答案】BCD【解析】试题分析：对于导体棒，从静止释放后先做加速运动，随着速度增大，由公式 知，F=B2L2vR棒所受的安培力增大，所以合力减小，加速度减小，则导体棒和 M 都做加速度逐渐越小的加速运动对于 M，根据牛顿第二定律得可知：其加速度向下，合力向下，则细线的拉力小于重力，故 A 错误，B 正确对于导体

14、棒，细线的拉力和安培力对其做功将引起机械能的变化，根据功能关系可知细线的拉力与安培力的合力对导体棒做的功等于导体棒增加的机械能故 C 正确对于系统，根据能量守恒得：电阻 R 产生的热量 7Q=Mgsmgssin mv2故 D 正确故选 BCD12考点：牛顿第二定律；法拉第电磁感应定律；能量守恒定律【名师点睛】本题关键要根据安培力与速度的关系，正确分析导体棒与 M 的运动情况，正确分析能量是如何转化的，由能量守恒定律研究热量也是常用的方法。9.质量为 m 的金属导体棒置于倾角为的导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数为 ，当导体棒通以垂直纸面向里的电流时，恰能在导轨上静止，如图所示的四个图中，标出了四种

15、可能的匀强磁场方向，其中棒与导轨问的摩擦力可能为零的是( )A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【详解】导线静止，受力平衡，对导线受力分析，受到向下的重力作用，垂直于斜面向上的支持力，沿斜面向上的静摩擦力。A 项中安培力竖直向上，安培力、重力以及支持力三个力可能平衡，可以不受摩擦力作用；故 A 对；B 项中安培力垂直斜面向下，重力、安培力以及支持力不可能平衡，因此必须要有摩擦力；故 B 错C 项中安培力水平向左，重力、安培力以及支持力不可能平衡受摩擦力；故 C 错；D 项中安培力沿斜面向上，重力与安培力以及支持力可以平衡时导线可以不受摩擦力。故D 对；故选 AD10.著名物理学家费曼曾

16、设计过这样一个实验装置：一块绝缘圆板可绕其中心的光滑轴自由转动，在圆板的中部有一个线圈，圆板的四周固定着一圈带电的金属小球，如图所示当线圈接通电源后，将产生流过图示方向的电流，则下列说法正确的是（ ）8A. 接通电源瞬间，圆板不会发生转动B. 线圈中电流强度的增大或减小会引起圆板向不同方向转动C. 若金属小球带正电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同D. 若金属小球带负电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同【答案】BD【解析】【分析】由题可知，在线圈接通电源的瞬间，线圈中的电流逐渐增大，产生的磁场逐渐增强，逐渐增强的磁场会产生电场（麦克斯韦电磁理论） ；小球所在圆周处相当于

17、有一个环形电场，小球因带电而受到电场力作用从而会让圆板转动，利用左手定则判断即可解答【详解】A、线圈接通电源瞬间，变化的磁场产生变化的电场，从而导致带电小球受到电场力，使其转动，故 A 错误；B、不论线圈中电流强度的增大或减小都会引起磁场的变化，从而产生不同方向的电场，使小球受到电场力的方向不同，所以会向不同方向转动，故 B 正确；C、接通电源瞬间圆板受到电场力作用而转动，由于金属小球带正电，根据电磁场理论可知，电场力沿顺时针方向，所以与线圈中电流流向相反，故 C 错；D、接通电源瞬间圆板受到电场力作用而转动，由于金属小球带负电，根据电磁场理论可知，电场力沿逆时针方向，所以与线圈中电流流向相同

18、，故 D 对；故选 BD11. 如图是生产中常用的一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈 A 和 B，线圈 A 跟电源 连接，线圈 B 的两端接在一起，构成一个闭合回路下列说法正确的是（ ）9A. 闭合开关 S 时，B 中产生与图示方向的感应电流B. 闭合开关 S 时，B 中产生与图示方向相反的感应电流C. 断开开关 S 时，电磁铁会继续吸住衔铁 D 一小段时间D. 断开开关 S 时，弹簧 k 立即将衔铁 D 拉起【答案】BC【解析】试题分析：由题意可知，当 S 接通后，线圈 A 中产生磁场，穿过线圈 B 的磁通量要增加，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，B 中产生与图示方向相反

19、的感应电流，故 A 错误，B 正确；将 S 断开，导致穿过线圈 B 的磁通量减小变慢，根据楞次定律可知，产生有延时释放 D 的作用，故 C 正确，D 错误，故选 BC.考点：楞次定律；右手螺旋定则【名师点睛】该题考查楞次定律与右手螺旋定则的应用，注意穿过闭合线圈的磁通量变化，线圈相当于电源，同时理解线圈 B 的作用是阻碍线圈 A 磁通量的变化；此题考查了学生用物理知识在解决实际问题中的应用能力.12.下列相互作用的过程中，可以认为系统动量守恒的是( )A. B. C. 10D. 【答案】AC【解析】【详解】A、滑轮男孩推滑轮女孩过程,两人及滑轮组成的系统所受的摩擦力很小,可忽略不计,动量守恒.

20、所以 A 选项是正确的.B、子弹击穿面粉袋的瞬间,面粉所受的摩擦力很大,不能忽略,系统的动量不守恒.故 B 错误.C、人在太空舱外发射子弹,人和太空舱所受的重力很小,可以忽略不计.动量守恒.所以 C 选项是正确的.D、动量守恒的条件是合外力为 0，两车行驶相撞，肯定会有摩擦力，而且不为 0，因此动量不守恒，故 D 错误.故选 AC【点睛】动量守恒的条件：系统不受外力或者所受合外力为零，则动量守恒。可以利用这个条件去判断题目中各个动量是否守恒。13.假设某航天器以 8 km/s 的速度高速运行时，迎面撞上一只速度为 10 m/s、质量为 5 kg 的大鸟，碰撞时间为 1.0105 s，则碰撞过程

21、中的平均作用力约为( )A. 81012 N B. 8109 N C. 4109 N D. 5106 N【答案】C【解析】【分析】对飞鸟分析,根据动量定理直接列式求出撞击过程中的平均作用力大小.【详解】飞鸟在极短时间内加速,以飞机运动方向为正方向,根据动量定理,有:Ft=mv+mvF=mv+mvt =5(8000+10)1105 4109N故 C 对；ABD 错误；11故选 C14.质量为 m 的铁锤，以速度 v，竖直打在木桩上，经过 t 时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（ ）A. mg t B. C. D. mvt mvt+mg mvtmg【答案】C【解析】【详解】对

22、铁锤应用动量定理，设木桩对铁锤的平均作用力为 F，则有 ，(Fmg)t=0(mv)解得 ，所以铁锤对木桩的平均冲力 ，故 C 正确，A、B、D 错误；F=mvt+mg F=F=mvt+mg故选 C。【点睛】在应用时要注意先明确正方向，然后才能列动量定理的关系式求解。15.如图，两滑块 A、 B 在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块 A 的质量为 m，速度大小为 2v0，方向向右，滑块 B 的质量为 2m，速度大小为 v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是( )A. A 和 B 都向左运动B. A 和 B 都向右运动C. A 静止， B 向右运动D. A 向左运动， B 向右运动【答

23、案】D【解析】取向右为正方向，根据动量守恒： ，知系统总动量为零，所以碰后总动量也为零，即 A、B 的运动方向一定相反，所以 D 正确；A、B、C 错误。【考点定位】原子结构和原子核【此处有视频，请去附件查看】二、解答题16.如图所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边12界射入，穿过此区域的时间为 t.若加上磁感应强度为 B、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向 60，利用以上数据求:（1）带电粒子的比荷（2）带电粒子在磁场中运动的周期【答案】43t3【解析】由带电粒子在磁场中运动的偏转角，可知带电粒子运动轨迹所对的圆

24、心角为 60，因此由几何关系得磁场宽度 L=Rsin60o1 分又未加磁场时有 Lv 0t，1 分又由 1 分所以可求得比荷 2 分得 3 分本题考查带电粒子在磁场中的偏转，画出粒子的运动轨迹，先找圆心后求得半径，洛伦兹力提供向心力求得荷质比，轨迹所对应圆心角为 60，运动时间为周期的六分之一17.如图所示，一个 100 匝的圆形线圈（图中只画了 2 匝） ，面积为 200 cm2，线圈的电阻为 1 ，在线圈外接一个阻值为 4 的电阻和一个理想电压表。线圈放入方向垂直线圈平面指向纸内的匀强磁场中，磁感强度随时间变化规律如 B t 图所示，求：13（1） t3s 时穿过线圈的磁通量。（2） t5

25、s 时，电压表的读数。【答案】 （1）710 -3Wb （2）0.32V【解析】试题分析：（1）t=3s 时， =（2）46s 内的感应电动势为电压表的读数为考点：本题考查了法拉第电磁感应定律。18.两块厚度相同的木块 A 和 B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为 mA2.0 kg， mB0.90 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量 mC0.10 kg 的滑块 C，以 vC10 m/s 的速度恰好水平地滑到 A 的上表面，如右图所示由于摩擦，滑块最后停在木块 B 上， B 和 C 的共同速度为 0.50 m/s.求：(1)木块 A 的最终速度 vA；(2)滑块 C 离开 A

26、时的速度 vC.【答案】(1) vA=0.25m/s (2) vC=2.75m/s【解析】对于整个过程，把 ABC 看成一个整体，以 C 的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mCvC=mAvA+(mC+mB)v，解得： vA=0.25m/s；对于 C 在 A 上滑行的过程，把 ABC 看成一个整体，以 C 的初速度方向为正方向，动量守恒定律得： mCvC=(mA+mB)vA+mC ，vc代入解得： =2.75m/s；vc19.如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成 =37放置，在斜面上虚线 aa和bb与斜面底边平行，在 aabb 围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为 B=

27、1T；现有一质量为 m=10g，总电阻为 R=1，边长 d=0.1m 的正方形金属线圈 MNPQ，让 PQ 边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过磁场已知线圈与斜面14间的动摩擦因数为 =0.5， （取 g=10m/s2；sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）线圈进入磁场区域时，受到安培力大小；（2）线圈释放时，PQ 边到 bb的距离；（3）整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热【答案】 （1） （2） （3） FA=2102N L=1m Q=4103J【解析】【分析】（1）由于线圈匀速进磁场，根据平衡可求出安培力的大小（2）根据闭合回路欧姆定律，以及动能定理

28、可以求出 PQ 边到 bb的距离（3）根据能量守恒求解整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热【详解】 （1）对线圈受力分析有：mgsin=mgcos+FA代入数据得： FA=2102N（2）设线圈释放时，PQ 边到 bb的距离为 L根据安培力公式可知： FA=BId=BLER=B2d2vR导体棒从开始到进入磁场过程中，有动能定理可得：mgLsinmgLcos=12mv2结合公式可解得： L=1m（3）由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度 d=0.1mQ=W安 =F安 2d15代入数据解得： Q=210220.1J=4103J故本题答案是：（1） （2） （3）FA=2102N L=1m Q=4103J【点睛】要会根据题目中的词语找到隐含条件，比如由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于 d，穿过磁场时速度不变，安培力不变，安培力做功的距离为 2d，可求出安培力做的功，即为线圈上产生的焦耳热。