山东宁阳一中2018-2019高二物理上学期期中试卷(带答案)
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资料简介
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6 kg·m/s,运动中两球发生碰撞,碰撞后A球的动量增量为-4 kg·m/s,则(  )‎ A.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5‎ B.左方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10‎ C.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为2∶5‎ D.右方是A球,碰撞后A、B两球速度大小之比为1∶10‎ ‎5. 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. BRv B. BRv ‎ ‎ C. BRv D. BRv ‎6. 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L D.乙车移动的距离为L ‎9. 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abcde C. 粒子运动方向是edcba D. 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abcda D. 线圈中感应电流的方向是adcba ‎12. 质量为1 kg的小球以4 m/s的速度与质量为2 kg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/s ‎ B.v1′=3 m/s,v2′=0.5 m/s C.v1′=3 m/s,v2′=1m/s ‎ D.v1′=-1 m/s,v2′=2.5 m/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=0.1 g的小滑块,带有q=5×10-4 C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=0.5 T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10 m/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2 kg·m/s;碰后B球的动量增加为10 kg·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】C ‎6. 【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、C ‎11. 【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′N ‎14.答案 (1)负电荷 (2)3.5 m/s (3)1.2 m 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=mgcos α,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≈3.5 m/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mglsin α=mv-0,所以斜面长至少为l== m=1.2 m.‎ ‎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)‎ ‎17‎ ‎11.【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:⑦‎ ‎⑧‎ 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+)‎

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