1、1山东省菏泽第一中学 2018-2019 学年高二物理上学期期末考试模拟试卷（含解析）一选择题1.在圆轨道上的质量为 m 的人造地球卫星，它到地面的距离等于地球半径 R，地面上的重力加速度取 g，忽略地球自转的影响，则（ ）A. 卫星运动的线速度为B. 卫星的周期为C. 卫星运动的向心加速度大小为D. 卫星运动轨道处的重力加速度为【答案】D【解析】【分析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，地球对人造卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式再根据万有引力近似等于重力得出黄金代换公式即可。【详解】人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，
2、设地球质量为 M、卫星的轨道半径为 rr=2R忽略地球自转的影响有 GMmR2=mgA 项：卫星运动的速度大小为 ，故 A 错误；v=GMr = gR2B 项：卫星运动的周期为： ，故 B 错误；T=2r3GM=42RgC 项：卫星运动的加速度： ，故 C 错误；a=GMr2=g4D 项：卫星轨道处的重力加速度为 ，故 D 正确。g4故选：D。2【点睛】本题关键根据人造卫星的万有引力充当向心力，以及地球表面物体的重力等于万有引力列两个方程求解。2.如图为质谱仪的结构原理图，磁场方向如图，某带电粒子穿过 S孔打在 MN 板上的 P点则（ ）A. 该粒子一定带负电B. a 极板电势一定比 b 极板
3、高C. 到达 P 点粒子的速度大小与 ab 间电磁场强弱无关D. 带电粒子的 比值越大，P S间距离越大qm【答案】B【解析】【分析】粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，根据带电粒子在磁场中的偏转方向判断电荷的电性根据平衡求出粒子经过速度选择器的速度通过带电粒子在磁场中的偏转，根据半径的大小判断粒子比荷的大小。【详解】A 项：粒子在里的磁场中向右运动，向上偏转，由左手定则可知粒子带正电，故A 错误；B 项：由左手定则可知，粒子在选择器中受向上的洛伦兹力，由 qE=qvB，此时粒子受力平衡，电场力的方向向下，所以电场强度的方向也向下，a 极板电势一定比 b 极板高，故 B正确；C 项
4、：由 qE=qvB 可知，粒子的速度： ，到达 P 点粒子的速度大小与 ab 间电磁场强弱v=EB0有关，故 C 错误；D 项：由洛伦兹力提供向心力得： 则： 知荷质比越大，r 越小，PS间距离越qvB=mv2r qm=vBr小，越靠近狭缝，故 D 错误。故应选：B。【点睛】解决本题的关键知道粒子在速度选择器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周3运动。3.如图所示，一定质量的理想气体从状态 A 依次经过状态 B、C 和 D 后再回到状态 A其中，AB 和 CD 为等温过程，BC 和 DA 为绝热过程。该循环过程中，下列说法正确的是（ ）A. AB 过程中，气体对外界做功B. BC 过程中，气体
5、分子的平均动能增加C. CD 过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D. DA 过程中，气体的内能没有变化【答案】AC【解析】【分析】AB 过程中，体积增大，气体对外界做功，BC 过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，CD 过程中，等温压缩，DA 过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高。【详解】A 项：由图可知 AB 过程中温度不变，内能不变，体积增大，气体对外界做功，所以气体吸收热量，故 A 正确；B 项：由图可知 BC 过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故 B 错误；C 项：由图可知 CD 过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大
6、，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故 C 正确；D 项：由图可知 DA 过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增大，故 D 错误。故选：AC。【点睛】本题考查了热力学第一定律的应用，根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外界对气体做功情况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题；要知道：4温度是分子平均动能的标志，理想气体内能由问题温度决定。4.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻 R金属棒 ab 与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀减小，ab 始终保持静止，下
7、列说法正确的是（ ）A. ab 中的感应电流方向由 b 到 a B. ab 中的感应电流逐渐减小C. ab 所受的安培力保持不变 D. ab 所受的静摩擦力逐渐减小【答案】D【解析】磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab 中的感应电流方向由 a 到 b，A错误；由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律 得，感应电动势恒定，则E=BStab 中的感应电流不变，根据 可知电阻 R 消耗的热功率不变，B 错误；根据安培力公P=I2R式 知，电流不变， B 均匀减小，则安培力减小，C 错误；导体棒受安培力和静摩擦力F=BIL处于平衡， ，安培力减小，则静摩擦力减小，D 正确f=F5
8、.匀强磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图甲所示，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度 B 随时间 t 变化的规律如图乙所示；用 I1、I2、I3 分别表示 Oa、ab、bc 段的感应电流，F1、F2、F3 分别表示金属环上很小一段导体受到的安培力下列说法正确的是（ ）A. I1沿逆时针方向，I 2沿顺时针方向B. I2沿顺时针方向，I 3沿逆时针方向C. F1方向指向圆心，F 2方向指向圆心D. F2方向背离圆心向外，F 3方向背离圆心向外【答案】A5【解析】【分析】应用楞次定律可以判断出感应电流方向，由左手定则可以判断出电流所受安培力方向，从而即可求解。【详解】A 项
9、：由图甲所示可知，oa 段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流 I1沿逆时针方向，在 ab 段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流 I2沿顺时针方向，故 A 正确；B 项：由图甲所示可知，在 bc 段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流 I3沿顺时针方向，故 B 错误；C 项：由左手定则可知，oa 段电流受到的安培力 F1方向指向圆心，ab 段安培力 F2方向背离圆心向外，故 C 错误；D 项：由左手定则可知，ab 段安培力 F2方向背离圆心向外，bc 段，安培力 F3方向指向圆心，故 D 错误。故选：A。【点睛】本题考查了判断感
10、应电流方向与安培力方向，应用楞次定律与左手定则即可正确解题；要熟练掌握楞次定律与左手定则；要掌握应用楞次定律解题的步骤。6.霍尔元件磁传感器，是实际生活中的重要元件之一，广泛应用于测量和自动控制等领域如图一长度一定的霍尔元件，磁感应强度 B 垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示从 E 到 F 方向的电流 I，其中元件中的载流子是带负电的电荷，下列说法中正确的是（ ）A. 该元件能把电学量转化为磁学量B. 左表面的电势高于右表面C. 如果用该元件测赤道处的磁场，应保持水面呈水平状态D. 如果在霍尔元件中的电流大小不变，则左右表面的电势差与磁场的磁感应强度成正比【答案】D【解析】6【分析】在霍尔元
11、件中，移动的是负电荷，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道 M、N 两侧面会形成电势差 UMN的正负MN 间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差 UCD与什么因素有关。【详解】A 项：霍尔元件能够把磁学量转换为电学量的传感器，故 A 错误；B 项：根据左手定则，负电荷向左侧面偏转，左表面带负电，右表面带正电，所以右表面的电势高，故 B 错误；C 项：在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过，故 C 错误；D 项：CD 间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力
12、作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为 a、b、c，有 ，I=nqvs=nqvbc，则 ，故 D 正确。qUb=qvB U=BInqc故选：D。【点睛】解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。7. 物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验” 。如图，她把一个带铁芯的线圈 L、开关S 和电源用导线连接起来后。将一金属套环置于线圈 L 上，且使铁芯穿过套环。闭合开关S 的瞬间，套环立刻跳起。某同学另找来器材再探究此实验。他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动。对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是A. 线圈接在了直流电
13、源上 B. 电源电压过高C. 所选线圈的匝数过多 D. 所用套环的材料与老师的不同【答案】D【解析】7金属套环跳起来的原因是开关 S 闭合时，套环上产生的感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的，线圈接在直流电源上时，金属套环也会跳起。电压越高线圈匝数越多，S 闭合时，金属套环跳起越剧烈。若套环是非导体材料，则套环不会跳起，故 A、B、C 选项错误，D 选项正确。【此处有视频，请去附件查看】8.下列说法中正确的是（ ）A. 悬浮在液体中的微小固体颗粒的运动是无规则运动，说明液体分子的运动也是无规则的B. 物体中分子热运动的动能的总和等于物体的内能C. 橡胶无固定熔点，是非晶体D. 第二类永
14、动机不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律【答案】AC【解析】【分析】布朗运动是固体小颗粒的运动，发映液体分子的无规则运动；物体的内能包括分子动能和分子势能；橡校是非晶体。【详解】A 项：悬浮在液体中的微小固体颗粒的运动是无规则的，说明液体分子的运动也是无规则的；故 A 正确；B 项：物体中分子热运动的动能及分子势能之和等于物体的内能；故 B 错误；C 项：橡胶是非晶体，没有固定的熔点；故 C 正确；D 项：第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量耗散的方向性，故 D 错误。故选：AC。【点睛】本题考查分子运动论、内能及晶体的性质，要注意明确内能包括分子动能和分子势能；而温度是分子平均动能的标
15、志。9.某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器 T1和降压变压器 T2向用户供电。已知输电线的总电阻为 R10，降压变压器 T2的原、副线圈匝数之比为41，降压变压器副线圈两端交变电压 u220 sin100t V，降压变压器的副线圈与阻2值 R0=11 的电阻组成闭合电路。若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是（ ）8A. 通过 R0电流的有效值是 20AB. 降压变压器 T2原、副线圈的电压比为 4：1C. 升压变压器 T1的输出电压等于降压变压器 T2的输入电压D. 升压变压器 T1的输出功率大于降压变压器 T2的输入功率【答案】ABD【解析】【分析】在输电的
16、过程中，交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通过用电器的电流，结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率。【详解】A 项：通过用电器的电流有效值 ，故 A 正确；I=UR0=2202211A=20AB 项：由原、副线圈的电压之比等于匝数比，所以降压变压器 T2原、副线圈的电压比为4：1，故 B 正确；C 项：由于输电线上有电压的损失，所以升压变压器 T1的输出电压大于降压变压器 T2的输入电压，故 C 错误；D 项：由于输电线上有功率损失，所以升压变压器 T1的输出功率大于降压变压器 T2的输入功率，故 D 正确。故选：ABD。【点睛】解决本题的关键知
17、道：1、原副线圈的电压、电流与匝数比的关系；2、升压变压器的输出功率、功率损失和降压变压器的输入功率之间的关系。10.如图所示，可视为质点的小木块 a、b 和 c 放在水平圆盘上，a、b 两个质量均为 m，c的质量为 a 与转轴 OO的距离为 l，b、c 与转轴 OO的距离为 ，且均处于水平圆盘12m 2l的边缘木块与圆盘的最大静摩擦力为木块所受重力的 k 倍，重力加速度大小为 g，若圆盘从静止开始绕转轴缓慢地加速转动，则下列说法正确的是A. b、c 所受的摩擦力始终相等，故同时从水平圆盘上滑落9B. a、b 和 c 均未滑落时，a、c 所受摩擦力的大小相等C. b 和 c 均未滑落时线速度大
18、小一定相等D. b 开始滑动时的转速是 2kgl【答案】BC【解析】试题分析：b、c 所受的最大静摩擦力不相等，故不同时从水平圆盘上滑落，A 错误；当a、b 和 c 均未滑落时，木块所受的静摩擦力 ， 相等， ，所以 ac 所受的静摩f=m2r fmr擦力相等，都小于 b 的静摩擦力，故 B 正确；b 和 c 均未滑落时线速度 V=R 大小一定相等，故 C 正确；以 b 为研究对象，由牛顿第二定律得： ，可解得：f=2m2l=kmg，转速： ，故 D 错误=kmg2ml= kg2l n=2=12kg2l考点：考查了圆周运动规律的应用11.如图所示，一个高度为 L 的矩形线框无初速地从高处落下，
19、设线框下落过程中，下边保持水平向下平动。在线框的下方，有一个上、下界面都是水平的匀强磁场区，磁场区高度为 2L，磁场方向与线框平面垂直。闭合线圈下落后，刚好匀速进入磁场区，进入过程中，线圈中的感应电流 I0随位移变化的图象可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【分析】10线框刚好匀速进入磁场区，电流恒定；完全进入后只受重力，是加速运动，电流为零，故离开磁场过程的初速度变大了，故安培力变的大于重力，故是减速运动，最后可能是匀速运动。【详解】线框刚好匀速进入磁场区，电流恒定；完全进入后只受重力，是加速运动，电流为零，但速度增加了；离开磁场过程，切割速度增加了，故安培力增加了，故
20、开始时是减速运动，由于磁通量开始减小，故电流方向反向了；最后可能是匀速运动，故最后的电流大于或等于 I0；故选：BD。【点睛】本题关键是结合楞次定律进行定性分析，注意如果磁场区域范围足够大，则最后是匀速离开磁场。12.如图所示，为“研究平抛物体运动”的实验装置图，通过描点画出平抛小球的运动轨迹。以下是实验过程中的一些做法，其中合理的有_（填序号即可）a安装斜槽轨道，使其末端保持水平b每次小球应从同一高度由静止释放c每次小球释放的初始位置可以任意选择d为描出小球的运动轨迹，描绘的点可以用折线连接【答案】a b【解析】【分析】保证小球做平抛运动必须通过调节使斜槽的末端保持水平，因为要画同一运动的轨
21、迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，最后轨迹应连成平滑的曲线；【详解】A、调节使斜槽末端保持水平，是为了保证小球初速度水平，从而做平抛运动，故11A 正确；B、因为要画同一运动的轨迹，必须每次释放小球的位置相同，且由静止释放，以保证获得相同的初速度，故 B 错误，C 正确；D、描点法描绘运动轨迹时，应将各点连成平滑的曲线，不能练成折线或者直线，故 D 错误。【点睛】解决平抛实验问题时，要特别注意实验的注意事项，在平抛运动的规律探究活动中不一定局限于课本实验的原理，要注重学生对探究原理的理解，提高解决问题的能力。二实验与填空13.在“用油膜法估测分子大小”的实验
22、中，油酸酒精溶液的浓度为每 1000mL 油酸酒精溶液中有油酸 0.6mL，现用滴管向量筒内滴加 50 滴上述溶液，量筒中的溶液体积增加了1mL，若把一滴这样的油酸酒精溶液滴入足够大盛水的浅盘中，由于酒精溶于水，油酸在水面展开，稳定后形成油膜。这种估测方法是将每个油酸分子视为球体模型，让油酸尽可能地在水面上散开，则形成的油膜可视为单分子油膜，这层油膜的厚度可视为油酸分子的直径。已知图中油酸膜的面积大约为 4.210-2m2；每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积是_m3；根据上述数据，估测出油酸分子的直径大约是_ m。 （计算结果均保留两位有效数字）【答案】 (1). ； (2). 1.21011
23、m3 2.91010m【解析】【分析】掌握该实验的原理是解决问题的关键，该实验中以油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，从而可以由体积与面积相除求出油膜的厚度。【详解】每一滴油酸酒精溶液中含有纯油酸体积是： ；V=1501066104m3=1.21011m3油酸分子的直径： 。d=VS=1.210114.2102m2.91010m【点睛】在油膜法估测分子大小的实验中，让一定体积的纯油酸滴在水面上形成单分子油膜，估算出油膜面积，从而求出分子直径，关键掌握估算油膜面积的方法和求纯油酸体积的方法，注意保留有效数字解答本题关键要建立这样的模型：油酸分子呈球型分布在水面上，且一个挨一个，再分析误差的
24、大小。三计算与论述题14.(11 分) 如图所示，在匀强磁场中有一个“ ” 形导线框可绕 AB 轴转动，已知匀强磁12场的磁感强度大小 B= T，方向竖直向下,线框的 CD 边长为 20cm、CE、DF 长均为10cm，转速为 50r/s，若从图示位置开始计时:（1）写出线框中感应电动势随时间变化的瞬时值表达式.（2）若线框电阻 r=3 ,再将 AB 两端接入一个“6V，12W”的小灯泡，小灯泡能否正常发光？若不能，小灯泡实际消耗功率多大？(设小灯泡的阻值不变) KS*5【答案】 （1）e=10 cos100t(V)（2）小灯泡不能正常发光，其实际功率是 P=8.3(w)【解析】本题考查的是交
25、流发电机及其产生正弦式电流的原理；交流的峰值、有效值以及它们的关系。（1）根据线框中感应电动势最大值 ，求出感应电动势的最大值；由转速求出角速Em=BS度。图示时刻线圈与磁场平行，初相位为 从而写出感应电动势随时间变化的瞬时值表达2式线框中感应电动势最大值 Em=BS=520.20.1250V=102V感应电动势随时间变化的瞬时值表达式为 e=Emsin(t+2)=102cos100t(V)（2）根据欧姆定律电路中电流的有效值，由灯泡的额定电压与额定功率求出灯泡的电阻，再求解实际功率小灯泡的电阻为 R=U2P=6212=3电动势有效值为 ，电路中电流有效值为 I=ER+r=103+3A=1.6
26、7A小灯泡的额定电流为 ，所以小灯泡不能正常发光，其实际功率是I0=PU=2AIP实 =I2R=8.3W13答案：（1）线框中感应电动势随时间变化的瞬时值表达式是 e=102cos100t(V)（2）小灯泡不能正常发光小灯泡实际消耗功率是 8.3W15.如图所示，一根两端开口、横截面积为 足够长的玻璃管竖直插入水银槽中并固S=2cm2定（插入水银槽中的部分足够深） 管中有一个质量不计的光滑活塞，活塞下封闭着长的气柱，气体的温度为 ，外界大气压取 （相当于 高的汞L=21cm t1=7C p0=1.0105Pa 75cm柱压强） （1）若在活塞上放一个质量为 的砝码，保持气体的温度 不变，则平衡
27、后气柱为m=0.1kg t1多长？（ ）g=10m/s2（2）若保持砝码的质量不变，对气体加热，使其温度升高到 ，此时气柱为多长？t2=77C（3）若在（2）过程中，气体吸收的热量为 ，则气体的内能增加多少？10J【答案】(1) (2) (3) 20cm 25cm 8.95J【解析】（1）被封闭气体的初状态为 ，p1=p0=1.0105Pa V1=LS=42cm3， T1=280K末状态压强 ，p2=p0mgS=1.05105Pa V2=L2S， T2=T1=280K根据玻意耳定律，有 ，即 ，得p1V1=p2V2 p1L=p2L2 L2=20cm（2）对气体加热后，气体的压强不变， p3=p
28、2， V3=L3S， T3=350K根据盖吕萨克定律，有 ，即 ，得 .V2T2=V3T3 L2T2=L3T3 L3=25cm（3）气体对外做的功 W=p2Sh=p2S(L3L2)=1.05J根据热力学第一定律 U=Q W得 ，即气体的内能增加了 8.95J.U=10J (1.05J)=8.95J16.如图所示，两根足够长平行金属导轨 MN、PQ 固定在倾角 =37的绝缘斜面上，顶部接有一阻值 R=3 的定值电阻，下端开口，轨道间距 L=“1“ m。整个装置处于磁感应强度14B=2T 的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上。质量 m=1kg 的金属棒 ab 置于导轨上，ab 在导轨之间的电阻 r=
29、1，电路中其余电阻不计。金属棒 ab 由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好。不计空气阻力影响。已知金属棒 ab 与导轨间动摩擦因数=0.5，sin37=0.6，cos37=0.8，取 g=10m/s2。（1）求金属棒 ab 沿导轨向下运动的最大速度 vm；（2）求金属棒 ab 沿导轨向下运动过程中，电阻 R 上的最大电功率 PR；（3）若从金属棒 ab 开始运动至达到最大速度过程中，电阻 R 上产生的焦耳热总共为1.5J，求流过电阻 R 的总电荷量 q。【答案】 （1） ；（2） ；（3）1C。【解析】试题分析：（1）金属棒由静止释放后，沿斜面做变加速运动，加速度不断减小，
30、当加速度为零时有最大速度 vm。由牛顿第二定律 解得(2) 金属棒以最大速度 vm匀速运动时，电阻 R 上的电功率最大，此时 解得：(3)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为 x15由能量守恒定律： 根据焦耳定律 解得 根据 11解得说明：其他方法正确同样给分考点：牛顿第二定律，安培力，能量守恒，法拉第电磁感应定律。【名师点晴】当棒 ab 向下滑动时，刚开始速度为 0，故感应电流也为 0，安培力为 0，而当有一定的下滑速度后，电路中就有了电流，产生了安培力，安培力的方向与运动方向相反，棒 ab 做变加速运动，加速度在减小，当速度增大到一定程度后，棒受到的力变成了平衡力，棒就做匀速直运动。
