1、1山东省泰安市 2018-2019 学年度高二上学期期末考试物理试题一、选择题：本题共 40 分。在每小题给出的四个选项中，第 1-6 题只有一项符合题目要求，第 7-10 题有多项符合题目要求。全部选对的得 4 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0分。1.五根平行的长直导体棒分别过竖直平面内正方形的四个顶点和中心，并和该正方形平面垂直。各导体棒中均通有强度相等的电流，方向如图所示。则中心处的导体棒受到其余四根导体棒的磁场力的合力方向是A. 竖直向上B. 竖直向下C. 水平向左D. 水平向右【答案】C【解析】根据题意，由右手螺旋定则对角导线电流产生磁场正好相互叠加，如图所示，由矢量的合成
2、法则，则得磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，中心处的导体棒受到其余四根导体棒的磁场力的合力方向是水平向左；故选 C点睛：本题考查磁感应强度 B 的矢量合成法则，会进行磁感应强度的合成，从而确定磁场的大小与方向，并掌握左手定则的内容2.在如图所示的装置中，木块 B 与水平桌面的接触是光滑的，子弹 A 沿水平方向射入木块2后留在木块内，将弹簧压缩到最短。现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象（系统） ，则此系统在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中A. 动量守恒、机械能守恒B. 动量不守恒、机械能不守恒C. 动量守恒、机械能不守恒D. 动量不守恒、机械能守恒【答案】B【解析】【分析】
3、根据系统所受合外力是否为零，判断系统动量是否守恒，只有重力或只有弹力做功，系统机械能守恒；根据物体受力情况分析答题。【详解】该系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中水平方向受到墙壁对系统的向右的作用力，所以系统的动量不守恒；子弹在进入木块的过程中，子弹相对于木块有一定的位移，所以子弹与木块组成的系统有一定的动能损失，所以系统的机械能也不守恒。故 B 正确，ACD 错误。【点睛】本题要掌握系统动量守恒的条件、机械能守恒的条件是解题的关键，以及知道当系统只有动能和势能之间相互转化时，系统机械能守恒分析清楚运动过程即可正确解题。3.如图，轻弹簧上端固定，下端连接一个可视为质点的小球，系统
4、静止时小球的位置为O1.将小球向下拉到 O2位置（在弹性限度内） ，从静止放开，小球在 O2、O 3之间往复运动。则在小球运动的过程中3A. 经过 O1位置时，速度最大B. 经过 O1位置时，加速度最大C. 经过 O1位置时，弹簧弹力最大D. 经过 O3位置时，弹簧弹力方向一定向下【答案】A【解析】【分析】通过分析各个阶段的弹力的变化，从而分析合力的变化，得到加速度的变化和速度变化.【详解】从 O2到 O1位置，弹力大于重力，小球的加速度向上，则小球向上做加速运动，到达 O1点时，重力等于弹力，此时加速度为零，速度最大；故选项 A 正确，B 错误；小球在O2位置时，弹簧形变量最大，此时弹力最大
5、，选项 C 错误；经过 O3位置时，小球受的合外力方向向下。弹簧弹力方向不一定向下，选项 D 错误；故选 A.4.如图是磁流体发电机的示意图，在间距为 d 的平行金属板 A、C 间，存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，两金属板通过导线与变阻器 R 相连，等离子体以速度 v平行于两金属板垂直射入磁场。若要增大该发电机的电动势，可采取的方法是A. 只减小 dB. 只增大 BC. 只增大 R4D. 只减小 v【答案】B【解析】【分析】等离子体进入垂直射入磁场，受洛伦兹力发生偏转，在两极板间形成电势差，最终电荷受电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡确定电动势与什么因素有关【详解】根据平衡得，qv
6、B=q ，解得电动势 E=Bdv，所以可以通过增大 B、d、v 来增大电Ed动势。故 B 正确，ACD 错误。故选 B。【点睛】本题考查了磁流体发电机原理，解决本题的关键知道稳定时电荷受电场力和洛伦兹力平衡5.如图，矩形金属线框 abcd 固定在桌面上，直导线 MN 贴近桌面且通有 M 向 N 的恒定电流I。将 MN 从图中 I 位置匀速平移到 II 位置过程中，线圈中感应电流的方向是A. 一直沿 abcda 方向B. 一直沿 adcba 方向C. 先沿 adcba 方向，后沿 abcda 方向D. 先沿 abcda 方向，再沿 adcba 方向，后沿 abcda 方向【答案】D【解析】【分析
7、】根据通电导线由安培定则，来判断通电直导线周围的磁场分布，知道它是非匀强电场，同时要根据楞次定律和安培定则判断感应电流的方向【详解】由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在导线右边的方向为垂直纸面向外，当导线从图中 I 位置匀速平移到 II 位置过程中，在线框左侧靠近线圈时，穿过线圈的磁通量先向外增加，导线经过线框上方时，穿过线圈的磁通量向外减小；远离线框向右运动时，磁通量向里减小；根据楞次定律可知，线圈中的感应电流先沿 abcda 方向，再沿5adcba 方向，后沿 abcda 方向，故选 D.【点睛】通电指导线周围的磁场为非匀强磁场，会应用楞次定律，注意通电导线的磁场大小与方向的分布
8、同时强调线圈中心轴处于导线位置时，磁通量为零6.将充足气后质量为 0.5kg 的篮球从 1.6m 高处自由落下，篮球接触地面的时间为 0.5s，竖直弹起的最大高度为 0.9m。不计空气阻力，重力加速度大小为 g=9.8m/s2。则触地过程中篮球地面的平均作用力大小为A. 4.9NB. 8.9NC. 9.8ND. 14.7N【答案】D【解析】【分析】由动能定理可以求出小球落地与反弹时的速度，然后由动量定理求出小球对地面的冲击力。【详解】由动能定理得：小球下落过程：mgh 1= mv12-120， ，方向竖直向下；小球上升过程：-mgh 2=0- mv22，v1=2gh1=29.81.6=5.6m
9、/s12，方向竖直向上；以向下为正方向，由动量定理得：v2=2gh2=29.80.9=4.2m/s（mg-F）t=mv 2-mv1，即：（0.59.8-F）0.5=0.5（-4.2）-0.55.6，F=14.7N；方向向上；故 D 正确，ABC 错误。故选 D。【点睛】本题考查动量定理的应用，只要能熟练应用动能定理与动量定理可以正确解题，应用动量定理解题时，要注意正方向的选取。7.如图所示，分别是直流电动机、摇绳发电、磁电式仪表和电磁轨道炮示意图，其中不属于“因电而动” （即在安培力作用下运动）的是（ ）A. 6B. C. D. 【答案】ACD【解析】本题考查的是电磁感应定律的问题，直流电动机
10、、磁电式仪表和电磁轨道炮利用的都是通电导线受磁场力的作用而运动，即在安培力作用下运动，ACD 错误；摇绳发电是导线切割磁感线而产生电流，是电磁感应现象，B 正确。8.如图甲所示为一列沿 x 轴传播的简谐横波在 t=0 时刻的波形图。图乙表示该波传播的介质中 x=2m 处的 a 质点从 t=0 时刻起的振动图像。下列说法正确的是A. 波传播的速度为 20m/sB. 波沿 x 轴负方向传播C. t=0.25s 时，质点 a 的位移沿 y 轴正方向D. t=0.25s 时，x=4m 处的 b 质点的加速度沿 y 轴负方向【答案】AD【解析】【分析】本题要在乙图上读出 a 质点在 t=0 时刻的速度方
11、向，在甲图上判断出波的传播度方向；由甲图读出波长，由乙图读出周期，即求出波速和频率；【详解】由乙图知，质点的振动周期为 T=0.2s，由甲图知，波长 =4m，则波速为：7故 A 正确；由乙图知，t=0 时刻，质点 a 向下运动，根据甲图可知，该波沿v=T=20m/s。x 轴正方向传播，故 B 错误；由乙图知，质点的振动周期为 T=0.2s，所以质点 a 在t=0.25s 的时刻的振动情况与 t=0.05s 时刻的振动情况相同，即处于负的最大位移处，所以 a 的位移沿 y 轴负方向。故 C 错误；由图甲可知，a 质点和 b 质点的平衡位置相距半个波长，振动情况总是相反，所以在振动过程中任意时刻的
12、位移都相反，所以质点 b 处于正的最大位移处，加速度沿 y 轴负方向。故 D 正确。故选 AD.【点睛】本题关键要把握两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向。9.回旋加速器的工作原理如图所示：D 1和 D2是两个中空、半径固定的半圆金属盒，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 处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速，粒子进入磁场后做匀速圆周运动。不考虑相对论效应，不计粒子重力。下列说法正确的是A. 粒子在磁场中的运动周期越来越大B. D 型盒的半径越大，粒子离开加速器时的动能就越大C. 磁感应强度越大，粒子离开
13、加速器时的动能就越大D. 两盒间电势差越大，粒子离开加速器时的动能就越大【答案】BC【解析】【分析】粒子在磁场中运动的周期与粒子的速度无关；回旋加速器的半径一定，根据洛伦兹力提供向心力，求出最大速度，可知最大速度与什么因素有关。【详解】粒子在磁场中运动的周期： ，与其速度的大小无关，所以粒子运动的周期T=2mqB8不变，故 A 错误；由 qvB= 得： ，则最大动能为：E km= mv2= ，知最大动能与加mv2R v=qBRm 12 q2B2R22m速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关。D 型盒的半径越大，磁场越强，粒子离开加速器时的动能就越大，与两盒间电势差无关；故 BC 正确，
14、D 错误；故选 BC.【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，但是最终粒子的动能与电场的大小无关。10.如图所示，在 0”或“0）的带电粒子，以速度 v 沿与 NM 夹角 = 方向第 1 次经过 MN 上的 O 点射入右侧磁场中，不计粒子重力。求：315（1）粒子第 2 次经过 MN 时的位置与 O 点的距离；（2）粒子从离开 O 点到第 2 次经过 O 点经历的时间。【答案】 （1） （2）32mvqB 2mqB【解析】【分析】（1）画出粒子的运动轨迹，结合几何关系和牛顿第二定律求解粒子第 2 次经过 MN 时的位置与 O 点的距离；（2）分析粒子的运动情况，
15、画出轨迹图，结合周期公式求解粒子从离开O 点到第 2 次经过 O 点经历的时间。【详解】 （1）设粒子在右侧磁场中做圆周运动的圆心为 C1，半径为 r1；第二次经过 MN 时与 MN 相交与 A，运动轨迹如图，由几何关系可知： AOC1=OAC1=616OC1A=23OA=2r1cos6根据牛顿第二定律 2qvB=mv2r1解得 OA=32mvqB（2）设粒子进入左侧磁场中做圆周运动的圆心为 C2，半径为 r2，第三次经过 MN 时交点为D，如图：可知 r2=2r1过 C2向 MN 左垂线，恰好与 MN 相交与 O 点，OD=OA， 粒AC2D=23子从 D 点再次进入右侧磁场中运动，轨迹与 O 到 A 过程相同；粒子恰好再次经过 O 点，粒子在右侧磁场中做圆周运动的周期：粒子在左侧磁场中做圆周运动的周期： 粒子从 O 到 A 经历的时间粒子从 A 到 D 经历的时间 粒子连续两次经过 O 点的时间为 t=2t1+t2解得17
