2018-2019学年北京市西城区高二上学期期末考试物理试题 （解析版）

2018-2019学年北京市西城区高二上学期期末考试物理试题 （解析版）

‎2018-2019学年北京市西城区高二（上）期末物理试题 一、单选题 ‎1.下列物理量中属于标量的是（　　）‎ A. 周期 B. 向心加速度 C. 线速度 D. 磁感应强度 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】向心加速度、线速度和磁感应强度都是既有大小又有方向的物理量，是矢量；而周期只有大小无方向，是标量；故选A.‎ ‎2.两个质点之间万有引力的大小为F，如果将这两个质点之间的距离变为原来的2倍，那么它们之间万有引力的大小变为（　　）‎ A. ‎2F B. ‎4F C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据万有引力定律公式进行判断。‎ ‎【详解】根据万有引力定律公式得将这两个质点之间的距离变为原来的2倍，则万有引力的大小变为原来的．故ABC错误，D正确。故选D。‎ ‎3.一辆汽车在水平公路上转弯，沿曲线由M向N行驶，速度大小不变。下图中分别画出了汽车转弯时所受合力F的四种方向，可能正确的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 做曲线运动的物体所受合力与物体速度方向不在同一直线上，速度方向沿曲线的切线方向，合力方向指向曲线的内测（凹的一侧），分析清楚图示情景，然后答题。‎ ‎【详解】汽车在水平公路上转弯，汽车做曲线运动，沿曲线由M向N行驶，汽车所受合力F的方向指向运动轨迹内测；因速度大小不变，则合力F的方向垂直于速度方向，由图可知只有D正确、ABC错误。故选D。‎ ‎【点睛】做曲线运动的物体，合力的方向指向运动轨迹弯曲的内侧，当物体速度大小不变时，合力方向与速度方向垂直，当物体速度减小时，合力与速度的夹角要大于90°，当物体速度增大时，合力与速度的夹角要小于90°。‎ ‎4.自行车的大齿轮、小齿轮、后轮的半径都不一样，它们的边缘有三个点A、B、C，如图所示。正常骑行时，下列说法正确的是（　　）‎ A. A点的角速度大于B点的角速度 B. A点的线速度与B点的线速度大小相等 C. C点的角速度小于B点的角速度 D. C点的线速度与B点的线速度大小相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 大齿轮与小齿轮是同缘传动，边缘点线速度相等；小齿轮与后轮是同轴传动，角速度相等；结合线速度与角速度关系公式v=ωr列式求解。‎ ‎【详解】AB两点在传送带上，是同缘传动的边缘点，所以两点的线速度相等，根据v=ωr，角速度与半径成反比，A点的角速度小于B点的角速度，故A错误，B正确；BC两点属于同轴转动，故角速度相等，根据v=ωr，线速度与半径成正比，C点的线速度大于B点的线速度，故CD错误；故选B。‎ ‎5.如图所示，在水平长直导线的正下方，有一只可以自由转动的小磁针现给直导线通以由 a向b的恒定电流I，若地磁场的影响可忽略，则小磁针的N极将　　‎ A. 保持不动 B. 向下转动 C. 垂直纸面向里转动 D. 垂直纸面向外转动 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】当通入如图所示的电流时，根据右手螺旋定则可得小磁针的位置的磁场方向是垂直纸面向里，由于小磁针静止时N极的指向为磁场的方向，所以小磁针的N极将垂直于纸面向里转动，C正确．‎ ‎6.在磁场中的同一位置放置一根直导线，导线的方向与磁场方向垂直。先后在导线中通入不同的电流，导线所受的力也不一样。下图中的几幅图象表现的是导线受力的大小F与通过导线的电流I的关系。a、b各代表一组F、I的数据。在甲、乙、丙、丁四幅图中，正确的是（　　）‎ A. 甲、乙、丙、丁都正确 B. 甲、乙、丙都正确 C. 乙、丙都正确 D. 只有丙正确 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于a、b导线的方向均与磁场垂直，根据安培力公式F=BIL写出表达式即可正确求解。‎ ‎【详解】在匀强磁场中，当电流方向与磁场垂直时所受安培力为：F=BIL，由于磁场强度B和导线长度L不变，因此F与I的关系图象为过原点的直线，故甲丁错误，乙丙正确。故C正确，ABD错误。故选C。‎ ‎7.如图所示为一阴极射线管，接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线，若要加一磁场使荧光屏上的亮线向上（z轴正方向）偏转，则所加磁场方向为（　　）‎ A. 沿z轴正方向 B. 沿z轴负方向 C. 沿y轴正方向 D. 沿y轴负方向 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电子射线由阴极沿x轴方向射出，形成的亮线向上（z轴正方向）偏转，说明电子受到的洛伦兹力方向向上，根据左手定则判断分析，选择可行的磁场方向。‎ ‎【详解】电子受到的洛伦兹力方向沿z轴正方向，亮线向上偏转，根据左手定则，且由于电子带负电，则加一沿y轴负方向的磁场，故D正确，ABC错误。故选D。‎ ‎【点睛】本题考查电偏转与磁偏转方向判断的能力，负电荷运动的方向与电流方向相反，洛伦兹力方向由左手定则判断，同时要将左手定则与右手定则的区别开来。‎ ‎8.如图1所示，100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、B与一个理想电压表相连。线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图2所示规律变化。下列说法正确的是（　　）‎ A. 电压表的示数为150V，A端接电压表正接线柱 B. 电压表的示数为，A端接电压表正接线柱 C. 电压表的示数为150V，B端接电压表正接线柱 D. 电压表的示数为，B端接电压表正接线柱 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据楞次定律判断感应电流的方向。线圈相当于电源，即可判断电压表的接法；由图求出磁通量的变化率。根据法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势，得到电压表的读数。‎ ‎【详解】线圈相当于电源，由楞次定律可知A相当于电源的正极，B相当于电源的负极。故A应该与理想电压表的+号接线柱相连。由法拉第电磁感应定律得：，故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎【点睛】此题根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由楞次定律判断感应电动势的方向，是常见的陈题。‎ ‎9.交变电源与电阻R、交流电压表按图1所示的方式连接，R=10Ω．交变电源产生正弦式电流，图2是电源输出电压的u-t图象。交流电压表的示数是10.0V．则（　　）‎ A. 通过R的电流峰值为，频率为50Hz B. 通过R的电流峰值为，频率为100Hz C. 通过R的电流峰值为，频率为50Hz D. 通过R的电流峰值为，频率为100Hz ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电压表测量的是电压的有效值，应用欧姆定律可以求出通过电阻电流的有效值，根据有效值与峰值间的关系求出电流的峰值；由图示图线求出电流的周期，然后求出电流的频率。‎ ‎【详解】由欧姆定律可知，通过电阻R的有效值：，电流的峰值：Im=I=A≈‎1.4A；由图2所示图线可知，电流的周期：T=0.02s，频率：f=1/T=1/0.02=50Hz，故C正确，ABD错误；故选C。‎ ‎【点睛】本题考查了求电流的峰值与周期问题，分析清楚图示图线是解题的前提，要求同学们能根据图象得出有效信息，电压表和电流表测量的都是有效值。‎ ‎10.‎ 如图所示，在探究影响通电导线受力的因素的实验中，三块相同的蹄形磁铁并列放在桌上，可以认为磁极间的磁场是均匀的。将一根直导线水平悬挂在磁铁的两极间，导线的方向与磁感应强度的方向（由下向上）垂直。若导线质量为m，导线中的电流为I，处于磁场中通电部分的长度为L，导线静止时悬线与竖直方向的夹角为θ，则导线所处空间磁场的磁感应强度大小为（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 导线静止处于平衡状态，根据导线受力情况，应用平衡条件求出磁感应强度大小。‎ ‎【详解】通电导线静止处于平衡状态，由平衡条件得：BIL=mgtanθ，解得：，故B正确，ACD错误；故选B。‎ ‎【点睛】本题考查了求磁感应强度问题，通电导线静止处于平衡状态，应用安培力公式与平衡条件可以解题。‎ 二、多选题 ‎11.一理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=11：5．原线圈与正弦交变电源连接，输入电压为220V．副线圈仅接一个10Ω的电阻。则（　　）‎ A. 变压器的输出电压为100V B. 流过电阻的电流是‎22A C. 原线圈中的电流是‎22A D. 变压器的输入功率是 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由图可读出最大值，周期，电表的示数为有效值，由输入功率等于输出功率可求得输入功率。‎ ‎【详解】根据变压器的变压规律：，求得U2=U1=100V，选项A正确；流过电阻的电流I2==‎10A，故选项B错误；由P1=P2可求得原线圈的电流，故选项C 错误；变压器的输入功率为原线圈的功率：P1=U1I1=220×W=1×103W，故选项D正确。故选AD。‎ ‎【点睛】此题考查交流电的图象及表达式，明确输入功率等于输出功率，电表的示数为有效值。还涉及到变压器的原理、功率公式等问题，只要正确应用公式应该不难。‎ ‎12.在两平行金属板间，有如图所示的互相正交的匀强电场和匀强磁场。α粒子（氦原子核）以速度v0从两板的正中央垂直于电场方向和磁场方向从左向右射入，恰好能沿直线匀速通过。下列说法正确的是（　　）‎ A. 若电子以速度沿相同方向射入，电子将向下偏转 B. 若质子以速度沿相同方向射入，质子将沿直线匀速通过 C. 若质子以大于的速度沿相同方向射入，质子将向下偏转 D. 若质子以大于的速度沿相同方向射入，质子将向上偏转 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 粒子受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，二力平衡时粒子沿直线运动，当二力不平衡时，粒子做曲线运动，由公式qv0B=qE，电量与电性不会影响粒子的运动性质；再分析电子的受力情况，从而明确电子是否会发生偏转。‎ ‎【详解】由于α粒子从左向右射入正交的电场和磁场空间，恰能做匀速直线运动，则两力平衡，即Eq=qvB，所以选择的速度v=，与电性和电量无关，但有确定的进、出口。若电子以相同的速度射入，相对α粒子电场力和洛仑兹力均反向，则电子仍将做匀速直线运动，所以选项A错误；同理，质子以相同的速度射入时，相对α粒子电场力和洛仑兹力虽减小，但两力仍平衡，沿直线通过，所以选项B正确；若质子进入的速度变大，电场力不变，但向上的洛仑兹力变大，所以质子将向上偏转，选项C错误，选项D正确。故选BD。‎ ‎【点睛】本题考查了利用质谱仪进行粒子选择原理，只要对粒子进行正确的受力分析即可解决此类问题，注意掌握粒子做直线运动，一定是匀速直线运动，且粒子的电量与电性均不会影响运动性质。‎ 三、计算题 ‎13.有一辆质量为‎800kg的小汽车驶上圆弧半径为‎50m的拱桥，如图所示。汽v车到达桥顶时速度为‎5m/s。取重力加速度g=‎10m/s2。‎ ‎（1）画出汽车经过桥顶时，在竖直方向上的受力示意图；‎ ‎（2）求汽车经过桥顶时，汽车对桥的压力的大小；‎ ‎（3）汽车对桥面的压力过小是不安全的，请分析说明汽车在经过该拱桥时，速度大些比较安全，还是小些比较安全。‎ ‎【答案】（1）如图所示； （2）7600N；（3）速度小些比较安全。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）竖直方向上受到重力以及桥的支持力的作用，按要求画出受力图； （2）汽车到达桥顶时，由重力和支持力的合力提供向心力，根据向心力公式和牛顿第二定律可列式求出支持力，再得到汽车对桥的压力； （3）根据上题中支持力的表达式分析过桥速度大小与安全系数的关系。‎ ‎【详解】（1）汽车经过桥顶时，在竖直方向上的受力情况如图所示： （2）以汽车为研究对象，根据牛顿第二定律 代入数据解得     FN=7600 N 根据牛顿第三定律，汽车对桥顶的压力大小FN′=FN=7600 N。 （3）汽车对桥面的压力，汽车的行驶速度越小，桥面所受压力越大，汽车行驶越安全。‎ ‎14.如图所示为质谱仪的示意图，在容器A中存在若干种电荷量相同而质量不同的带电粒子，它们可从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U的加速电场，它们的初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上。若这些粒子中有两种电荷量均为q、质量分别为m1和m2的粒子（m1＜m2）。‎ ‎（1）分别求出两种粒子进入磁场时的速度v1、v2的大小；‎ ‎（2）求这两种粒子在磁场中运动的轨道半径之比；‎ ‎（3）求两种粒子打到照相底片上的位置间的距离。‎ ‎【答案】（1）、；（2）；（3）（-）。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）带电粒子在电场中被加速，应用动能定理可以求出粒子的速度。 （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子的轨道半径，然后求出半径之比。 （3）两粒子在磁场中做圆周运动，求出其粒子轨道半径，然后求出两种粒子打到照相底片上的位置间的距离。‎ ‎【详解】（1）经过加速电场，根据动能定理得： 对m1粒子：qU=m1v12‎ m1粒子进入磁场时的速度：， 对m2粒子有：qU=m2v22，‎ m2粒子进入磁场时的速度：； （2）在磁场中，洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m， ‎ 解得，粒子在磁场中运动的轨道半径：， 代入（1）结果，可得两粒子的轨道半径之比：R1：R2=； （3）m1粒子的轨道半径：， m2粒子的轨道半径： ， 两粒子打到照相底片上的位置相距：d=2R2-2R1， 解得，两粒子位置相距为： ；‎ ‎【点睛】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题。‎