2018-2019学年山东省泰安市高二上学期期末考试物理试题 解析版

2018-2019学年山东省泰安市高二上学期期末考试物理试题 解析版

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】‎ 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、O3之间往复运动。则在小球运动的过程中 A. 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，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d B. 只增大B C. 只增大R D. 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，qvB=q，解得电动势E=Bdv，所以可以通过增大B、d、v来增大电动势。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】‎ 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adcba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．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. 4.9‎N B. 8.9N C. 9.8N D. 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：mgh1=mv12-0，，方向竖直向下；小球上升过程：-mgh2=0-mv22，，方向竖直向上；以向下为正方向，由动量定理得：（mg-F）t=mv2-mv1，即：（0.5×9.8-F）×0.5=0.5×（-4.2）-0.5×5.6，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. ‎ B. ‎ 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、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/s B. 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λ=‎4m，则波速为： 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：D1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不变，故A错误；由qvB=得：，则最大动能为：Ekm=mv2=，知最大动能与加速器的半径、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，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“<”）。‎ ‎（2）用螺旋测微器测量小球的直径如图乙所示，则小球的直径d=___________mm。‎ ‎（3）当所测的物理量满足表达式_____________________（用所测物理量的字母表示）时，即说明两球的碰撞遵守动量守恒定律。‎ ‎（4）某次实验得到入射小球的落点M、P到O距离如图丙所示，假设两球的碰撞是弹性正碰，则被碰小球的落点N到O的距离ON=_________cm。（保留2位小数）‎ ‎【答案】 (1). < (2). 12.803（12.802-12.804） (3). m1OP=m1OM+m2（ON-d） (4). 36.28‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）为防止入射球反弹，入射小球的质量要大于被碰小球的质量；（2）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读。（3）根据动量守恒定律求出实验需要验证的表达式，然后根据表达式分析答题；（4）根据动量守恒定律以及机械能守恒定律列式，联立即可求得速度关系，从而求出OM、ON以及OP之间的关系。‎ ‎【详解】（1）为防止入射球反弹，入射小球的质量m1和被碰小球的质量m2应该满足m20）的带电粒子，以速度v沿与NM夹角θ=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：‎ ‎（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）‎ ‎【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，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： ‎ ‎ ‎ 根据牛顿第二定律 ‎ 解得 ‎ ‎（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 ‎ ‎