2018-2019学年山东省泰安市宁阳一中高二上学期期中考试物理试题 Word版

2018-2019学年山东省泰安市宁阳一中高二上学期期中考试物理试题 Word版

宁阳一中2017级高二上学期期中考试物理试题2018.11本试卷分I卷（选择题）II（非选择题）两部分满分100分，考试时间：90分钟分卷I（选择题共48分）一、选择题(共12小题,每小题4分,共48分。1到8题为单选，9到12题为多选，少选得2分，多选得0分)1.下列说法中正确的是A.由B=可知,B与F成正比与IL成反比.B.一小段通电导线在某处不受安培力的作用,则该处磁感应强度一定为零C.磁感应强度的方向与磁场力的方向不相同D.把一小段通电导线放在磁场中某处,该处就有磁感应强度.把一小段通电导线拿走该处就没有磁感应强度2.如图所示，在方框中有一能产生磁场的装置，现在在方框右边放一通电直导线（电流方向如图箭头方向），发现通电导线受到向右的作用力，则方框中放置的装置可能是下面哪个3.质谱仪是一种测定带电粒子质量或分析同位素的重要设备，它的构造原理如图示．离子源S产生的各种不同正离子束（速度可视为零），经MN间的加速电压U加速后从小孔S1垂直于磁感线进入匀强磁场，运转半周后到达照相底片上的P点．设P到S1的距离为x，则A.若离子束是同位素，则x越大对应的离子质量越小B.若离子束是同位素，则x越大对应的离子质量越大C.只要x相同，对应的离子质量一定相同 D.只要x相同，对应的离子的电量一定相等4.如图所示，光滑水平面上有大小相同的A、B两球在同一直线上运动，两球质量关系为mB＝2mA，规定向右为正方向，A、B两球的动量均为6kg·m/s，运动中两球发生碰撞，碰撞后A球的动量增量为－4kg·m/s，则(　　)A．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5B．左方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10C．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5D．右方是A球，碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶105.如图所示，由均匀导线制成的，半径为R的圆环，以v的速度匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场．当圆环运动到图示位置（∠aOb=90°）时，a、b两点的电势差为（　　）A.BRvB.BRvC.BRvD.BRv6.如图所示电路中，A1、A2是两只相同的电流表，电感线圈L的直流电阻与电阻R阻值相等，下面判断正确的是（　　）A.开关S接通的瞬间，电流表A1的读数大于A2的读数B.开关S接通的瞬间，电流表A1的读数小于A2的读数C.开关S接通电路稳定后再断开的瞬间，电流表A1的读数大于A2的读数D.开关S接通电路稳定后再断开的瞬间，电流表A1的读数小于A2的读数7．质量为M的小车在光滑水平地面上以速度v0匀速向右运动，当小车中的沙子从底部的漏斗中不断地流下时，车子的速度将(　　)A．减小B．不变C．增大D．无法确定8.如图所示，甲、乙两车的质量均为M，静置在光滑的水平面上，两车相距为L.乙车上站立着一个质量为m的人，他通过一条轻绳拉甲车，甲、乙两车最后相接触，以下说法错误的是(　　) A.甲、乙两车运动中速度之比为B.甲、乙两车运动中速度之比为C.甲车移动的距离为LD.乙车移动的距离为L9.如图所示，MN是匀强磁场中的一块薄金属板，带电粒子（不计重力）在匀强磁场中运动并穿过金属板，曲线表示其运动轨迹，由图知：A.粒子带负电B.粒子运动方向是abcdeC.粒子运动方向是edcbaD.粒子在上半周所用时间比下半周所用时间长10.如右图所示，当导线在电阻不计的金属导轨上滑动时，线圈向右摆动，则的运动情况是（）A．向右匀速运动B．向右减速运动C．向右减速运动D．向左加速运动11.如图所示，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ad且相互绝缘．当MN中电流突然增大时，下列说法正确的是A.线圈所受安培力的合力方向向左B.线圈所受安培力的合力方向向右C.线圈中感应电流的方向是abcdaD.线圈中感应电流的方向是adcba12.质量为1kg的小球以4m/s的速度与质量为2kg的静止小球正碰，关于碰后的速度v1′和v2′，下面可能正确的是(　　)A.v1′＝v2′＝m/sB.v1′＝3m/s，v2′＝0.5m/s C.v1′＝3m/s，v2′＝1m/sD.v1′＝－1m/s，v2′＝2.5m/s 分卷II(52分）三、实验题(共1小题,共10分)13.如图所示为“验证碰撞中的动量守恒”的装置示意图．(1)设小球A的质量为mA，小球B的质量为mB，为保证实验成功，必须满足mA________(选填“大于”“等于”或“小于”)mB.(2)下列说法中符合本实验要求的是________．(选填选项前面的字母)A．加速的斜槽轨道必须光滑B．在同一组实验的不同碰撞中，每次入射球必须从同一高度由静止释放C．安装轨道时，轨道末端必须水平D．需要使用的测量仪器有天平、刻度尺和秒表(3)实验中小球的落点情况如图所示，P为不放B球时将A球从斜槽某一高度静止释放后A球的落点，M、N分别为A球从同一高度静止释放到达斜槽水平端与B球相碰后A、B球落点，现已测得O到M、P、N的距离分别为s1、s2、s3，若关系式________成立，则验证了A、B相碰动量守恒．四、计算题(共4小题,共42分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写答案不得分。有数字计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)14．（10分）一个质量为m＝0.1g的小滑块，带有q＝5×10－4C的电荷量，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(绝缘)，斜面固定且置于B＝0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面(g取10m/s2).求：(保留两位有效数字)(1)小滑块带何种电荷？(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？(3)该斜面长度至少多长？ 15（10分）.如图所示，以MN为下边界的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，MN上方有一单匝矩形导线框abcd，其质量为m，电阻为R，ab边长为l1，bc边长为l2，cd边离MN的高度为h．现将线框由静止释放，线框下落过程中ab边始终保持水平，且ab边离开磁场前已做匀速直线运动，求线框从静止释放到完全离开磁场的过程中（1）ab边离开磁场时的速度v；（2）通过导线横截面的电荷量q；（3）导线框中产生的热量Q．16．(10分)如图所示，轻弹簧的两端与质量均为3m的B、C两物块固定连接，静止在光滑水平面上，物块C紧靠挡板不粘连，另一质量为m的小物块A以速度从右向左与B发生弹性正碰，碰撞时间极短可忽略不计，（所有过程都是在弹簧弹性限度范围内）求：⑴A、B碰后瞬间各自的速度；⑵弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比. 17（12分）.如图所示，带电平行金属板PQ和MN之间的距离为d；两金属板之间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．如图建立坐标系，x轴平行于金属板，与金属板中心线重合，y轴垂直于金属板．区域I的左边界在y轴，右边界与区域II的左边界重合，且与y轴平行；区域II的左、右边界平行．在区域I和区域II内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B，区域I内的磁场垂直于xOy平面向外，区域II内的磁场垂直于xOy平面向里．一电子沿着x轴正向以速度射入平行板之间，在平行板间恰好沿着x轴正向做直线运动，并先后通过区域I和II．已知电子电量为e，质量为m，区域I和区域II沿x轴方向宽度均为．不计电子重力．（1）求两金属板之间电势差U；（2）求电子从区域II右边界射出时，射出点的纵坐标y；（3）撤除区域I中的磁场而在其中加上沿x轴正向的匀强电场，使得该电子刚好不能从区域II的右边界出．求电子两次经过y轴的时间间隔t。 宁阳一中2017级高二上学期期中考试物理试题答案1【答案】C【解析】试题分析：磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的，与放在磁场中的通电导线受的安培力F以及IL均无关系，故选项A错误；当通电导线在磁场中沿磁场方向放置时，导线不受安培力的作用，但该处的磁感应强度不为零，选项B错误；磁感应强度的方向与磁场力的方向不相同，它们是相互垂直的关系，选项C正确；磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的，与放在磁场中的通电导线的存在与否无关，选项D错误；故选C.2.【答案】C【解析】试题分析：若在方框中放入A，则因为螺线管的右端是N极，则由左手定则可知，直导线受力方向向里，选项A错误；若在方框中放入B，则由左手定则可知，直导线将上端向里转动，下端向外转动，选项B错误；若在方框中放入C，则因为直导线所在位置的磁场向外，则由左手定则可知，直导线受力方向向右，选项C正确；若在方框中放入D，则由于同向电流相互吸引，直导线受力方向向左，选项D错误；故选C.3.【答案】B【解析】粒子在加速电场中做加速运动,由动能定理得：,解得：，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：，解得：,所以：x=2r=；A.若离子束是同位素，则q相同而m不同，x越大对应的离子质量越大，故A错误，B正确；C.由x=可知，只要x相同，对应的离子的比荷一定相等，离子质量和电量不一定相同，故C错误，D错误； 故选：B.4.答案　A解析　A、B发生碰撞，由动量守恒定律得：|ΔpA|＝|ΔpB|，由于碰后A球的动量增量为负值，所以右边不可能是A球，若是A球则动量的增量应是正值；因此碰后A球的动量是2kg·m/s；碰后B球的动量增加为10kg·m/s，由于两球的质量关系mB＝2mA，那么碰后A、B两球速度大小之比为2∶5.5.【答案】C6.【答案】B【解析】A、闭合S瞬间，由于线圈的电流变大，导致其产生电动势，从而阻碍电流的变大，所以电流表示数小于示数，故A错误，B正确；C、断开S瞬间，线圈电流变小，从而产生电动势，相当于电压会变小电源与电阻相串联，由于两电流表串联，所以电流表示数等于示数，故C错误，D正确。点睛：线圈电流增加，相当于一个电源接入电路，线圈左端是电源正极．当电流减小时，相当于一个电源，线圈左端是电源负极。7．.答案　B解析　以小车和漏掉的沙子组成的系统为研究对象，系统动量守恒，设沙子质量为m，由惯性定律可知，漏掉的沙子和小车有相同的速度，则(M＋m)v0＝(M＋m)v，v＝v0.8.B[本题类似人船模型，甲车、乙车、人看成一系统，则水平方向动量守恒，甲、乙两车运动中速度之比等于质量的反比，A正确，B错误；Mx甲＝(M＋m)x乙，x甲＋x乙＝L，解得C、D正确.] 9.【答案】AC【解析】ABC、带电粒子穿过金属板后速度减小，由可知，轨迹半径应减小，故可知粒子运动方向是edcba.粒子所受的洛伦兹力均指向圆心，则粒子应带负电，故A正确，B错误，C正确；D.由可知，粒子运动的周期和速度无关，而上下均为半圆，故粒子的运动时间相等，均为T/2，故D错误；10.答案：B、C11.【答案】AC【解析】试题分析：金属线框abcd放在导线MN上，导线中电流产生磁场，根据安培定则判断可知，线框abcd左右两侧磁场方向相反，线框左侧的磁通量小于线框右侧的磁通量，磁通量存在抵消的情况．若MN中电流突然增大时，穿过线框的磁通量将增大．根据楞次定律可知，感应电流的磁场要阻碍磁通量的变化，则线框abcd感应电流方向为逆时针，故A正确，B错误；再由左手定则可知，左边受到的安培力水平向左，而右边的安培力方向也水平向左，故安培力的合力向左．故C正确，D错误．故选AC.12.答案　AD解析　由碰撞前后总动量守恒m1v1＝m1v1′＋m2v2′和能量不增加Ek≥Ek1′＋Ek2′验证A、B、D三项皆有可能.但B项碰后后面小球的速度大于前面小球的速度，会发生第二次碰撞，不符合实际，所以A、D两项有可能.13.(1)大于(2)BC　(3)m1OP＝m1OM＋m2O′N14．答案　(1)负电荷　(2)3.5m/s　(3)1.2m解析　(1)小滑块在沿斜面下滑的过程中，受重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F作用，如图所示，若要使小滑块离开斜面，则洛伦兹力F应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷.(2)小滑块沿斜面下滑的过程中，由平衡条件得F＋FN＝mgcosα ，当支持力FN＝0时，小滑块脱离斜面.设此时小滑块速度为vmax，则此时小滑块所受洛伦兹力F＝qvmaxB，所以vmax＝＝m/s≈3.5m/s.(3)设该斜面长度至少为l，则小滑块离开斜面的临界情况为小滑块刚滑到斜面底端时.因为下滑过程中只有重力做功，由动能定理得mglsinα＝mv－0，所以斜面长至少为l＝＝m＝1.2m.15【答案】（1）（2）；（3）．【解析】试题分析：（1）线框匀速运动时，①②③④由①②③④联立：（2）导线框穿过磁场的过程中，⑤⑥⑦（3）导线框穿过磁场的过程中，利用能量守恒定律，考点：法拉第电磁感应定律；能量守恒定律16．【解析】（1）A、B发生弹性正碰，碰撞过程中，A、B组成的系统动量守恒、机械能守恒，以A、B组成的系统为研究对象，以A的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（1分）在碰撞过程中机械能守恒，由机械能守恒定律得： （1分）联立解得：（2分）⑵弹簧第一次压缩到最短时，B的速度为零，该过程机械能守恒，由机械能守恒定律得，弹簧的弹性势能：（1分） 从弹簧压缩最短到弹簧恢复原长时，B、C与弹簧组成的系统机械能守恒，弹簧恢复原长时，B的速度，速度方向向右，C的速度为零， 从弹簧恢复原长到弹簧第一次伸长最长时，B、C与弹簧组成的系统动量守恒、机械能守恒，弹簧伸长最长时，B、C速度相等，以向右为正方向，由动量守恒定律得：（1分） 由机械能守恒定律得：（1分）解得：（2分） 弹簧第一次压缩最短与第一次伸长最长时弹性势能之比：（1分）1711.【答案】（1）（2）（3）【解析】(1)电子在平行板间做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡，由平衡条件得：….①电场强度：…..② 由①②两式联立解得：；（2）如右图所示，电子进入区域I做匀速圆周运动，向上偏转，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：③设电子在区域I中沿着y轴偏转距离为y0，区域I的宽度为b（b=）由数学知识得：（R﹣y0）2+b2=R2…④由③④式联立解得：y0=根据对称性，电子在两个磁场中有相同的偏转量，故电子从区域II射出点的纵坐标为：y=2y0=（3）电子刚好不能从区域Ⅱ的右边界飞出，说明电子在区域Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹恰好与区域Ⅱ的右边界相切，圆半径大小恰好与区域Ⅱ宽度相同.设电子进入区域Ⅱ时的速度为，由牛顿第二定律得：…⑤由得：电子通过区域Ⅰ的过程中，向右做匀变速直线运动，此过程中平均速度为：电子通过区域Ⅰ的时间：（b为区域Ⅰ的宽度）…⑥解得：电子在区域II中运动了半个圆周，设电子做圆周运动的周期为T， 由牛顿第二定律得：⑦⑧电子在区域II中运动的时间：t2==⑨由⑦⑧⑨式解得：t2=电子反向通过区域I的时间仍为t1，电子两次经过y轴的时间间隔：t=2t1+t2=（8﹣12+）