20182019學年山東省日照市高二（上）期末物理試卷一、本題包括15小題，每小題3分，共45分。其中第1~10小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求，第I~15小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得3分，選對但不全的得2分，選錯或不答的得0分1.磁體之間的相互作用是通過磁場發(fā)生的。對磁場的認識，正確的是（）A.磁場必定是由磁鐵產生的B.若在某區(qū)域內通電導線不受磁場力的作用，則該區(qū)域的磁感應強度一定為零C.磁感線總是從N極出發(fā)，到S極終止D.磁場是客觀存在的特殊物質【答案】D【解析】【詳解】磁鐵和電流都能產生磁場，客觀存在的特殊物質，故A錯誤，D正確；通電導線不受磁場力，該處磁感應強度不一定為零，若電流的方向與磁場的方向平行，不受磁場力，但是磁感應強度不為零，故B錯誤；磁感線是人為假象的，用了描述磁場的，在磁體外部由N極指向S極，內部由S極指向N極，是閉合的曲線，故C錯誤。所以D正確，ABC錯誤。2.驅動中國2018年6月A.力傳感器 B.光傳感器 C.溫度傳感器 D.聲傳感器【答案】C【解析】【詳解】人體是有溫度的，機器人主動禮讓行人就是利用了溫度傳感器的原理，故C正確，ABD錯誤。3.我們都有這樣的經驗，玻璃杯落在水泥地面上會破碎，而從相同的高度落在地毯上不會破碎，對這一現象的解釋，正確的是（）A.玻璃杯落到水泥地面上的動量較大B.玻璃杯落到水泥地面上的沖量較大C.玻璃杯落到地毯上，動量的變化量較小D.玻璃杯落到地毯上，減速時間較長【答案】D【解析】【詳解】杯子從同一高度掉下，與水泥地和地毯上接觸前瞬間速度相同，動量相同，與水泥地和地毯上作用后速度均變?yōu)榱?，杯子動量的變化相同。由動量定理可知，標子受到合外力的沖量相同，故AB錯誤；杯子與水泥地作用時間短，茶杯與地毯上作用時間長，減速時間長，由動量定理得，△P＝Ft，△P相同，故C錯誤，D正確。所以D正確，ABC錯誤。4.關于布朗運動，下列說法正確的是（）A.固體小顆粒的體積越大，布朗運動越明顯B.與固體小顆粒相碰的液體分子數越多，布朗運動越顯著C.布朗運動的無規(guī)則性，反映了液體分子運動的無規(guī)則性D.布朗運動就是液體分子的無規(guī)則運動【答案】C【解析】【詳解】布朗運動是懸浮在液體中的固體顆粒的無規(guī)則運動，是因為液體分子無規(guī)則運動過程中撞擊固體顆粒的不平衡性而造成的，故可反映液體分子的無規(guī)則運動，不能說成是液體分子的無規(guī)則運動；固體顆粒越小，同一時該撞擊固體顆粒的分子數目就越少，不平衡性就越明顯，布朗運動就越明顯，故C正確，ABD錯誤。5.關于電磁感應現象，下列說法錯誤的是（）A.變壓器鐵芯做成片狀是為了減小渦流B.靈敏電流表在運輸時總要把兩接線柱用導體連接起來，是利用了電磁驅動C.真空冶煉爐的爐外線圈應通入高頻交流電D.車站和重要場所的安檢門可以探測人身攜帶的金屬物品【答案】B【解析】【詳解】變壓器的鐵芯用硅鋼片代替整塊鐵芯，是為了減小渦流損失，故A說法正確；將兩個接線柱連接起來，從而形成閉合電路，當因晃動，導致線圈切割磁感線，從而產生感應電流，出現安培阻力，進而阻礙其運動，是利用電磁阻尼原理減弱表針的擺動，進而保護表針不被損壞，故B說法錯誤；真空冶煉爐的爐外線圈通過的電流是高頻交流電，故C說法正確；安檢門利用渦流探測人身上攜帶的金屬物品原理是：線圈中交變電流產生交變的磁場，會在金屬物品產生交變的感應電流，而金屬物品中感應電流產生的交變磁場會在線圈中產生感應電流，引起線圈中交變電流發(fā)生變化，從而被探測到，故D說法正確。所以選B。6.分子甲固定在O點，分子乙從無限遠處向甲運動，兩分子間的分子力F與分子間距離r的關系圖線如圖所示。下列說法正確的是（）A.當r大于r2時，分子間的作用力表現為引力B.當r小于r2時，分子間的作用力表現為斥力C.當r等于r2時，分子乙的勢能最小D.當r等于r1時，分子乙的動能最小【答案】A【解析】【詳解】由圖象可知：當r大于r2時，分子間的作用力表現為引力，故A正確；當r小于r1時，分子間的作用力表現為斥力，r大于r1小于r2時，分子間的作用力表現為引力，故B錯誤；分子間距離為r1時分子乙的勢能最小，此時分子間的距離為平衡距離，故C錯誤；r1是分子的平衡距離，當r等于r1時，分子勢能最小，分子乙的動能最大，故D錯誤。所以A正確，BCD錯誤。7.在勻強磁場中，一個100匝的閉合矩形金屬線圈，t＝0時開始，繞與磁感線垂直的固定軸勻速轉動，穿過該線圈的磁通量隨時間按圖示正弦規(guī)律變化。已知線圈的總電阻為2Ω，則（）A.線圈中的交變電流瞬時值表達式為i＝2πsinπt（A）B.線圈中產生的電動勢的有效值為4πVC.t＝到t＝的時間內，線圈中電流方向不變D.t＝到t＝的時間內，線圈中產生的熱量為2π2J【答案】CD【解析】【詳解】感應電動勢的最大值為Em＝NBSω＝NΦmω＝100×0.04×2π2V＝4πV，從t＝0時磁通量為零，即從峰值面開始計時，線圈電動勢的瞬時表達式為e＝4πcos（2π2t）＝4πcos（πt）（V），故A錯誤；線圈中產生的電動勢的有效值為E=Em2=22πV，故B錯誤；Φ﹣t圖象的斜率為k=ΔΦΔt，即表示磁通量的變化率，在～之間，8.2018年I月28日，江蘇南京遭遇近10年來最大降雪，高壓線上凍起厚厚的冰霜，導致部分電線負重增大而斷裂，有人想出通過增大輸電線上損耗功率融冰方案。假設輸電電壓是220kV，當輸送功率保持不變，為使輸電線上損耗的功率增大為原來的4倍，輸電電壓應變?yōu)椋ǎ〢.55kV B.110kV C.440kV D.880kV【答案】B【解析】【詳解】根據輸電功率公式I=PU和損耗功率的公式ΔP=I2R線=PU2R線，可以看出，要使△P增大為原來的49.如圖所示的電路中，電感L的電阻不計，電阻R的阻值大于燈泡D的阻值。某時刻閉合開關S，經過一段時間后，燈泡D正常發(fā)光。下列說法正確的是（）A.閉合S，燈泡D中的電流逐漸增大到一穩(wěn)定值B.斷開S，燈泡D先閃亮一下再熄滅C.斷開S，燈泡D中的電流方向與原來相反D.斷開S，電感L中的電流方向與原來相反【答案】C【解析】【詳解】閉合S瞬間，由于線圈的電流變大，導致其產生電動勢，從而阻礙電流的變大，所以電流表R中的電流逐漸增大，電源消耗的內電壓增大，則燈泡兩端得電壓減小，燈泡的電流逐漸減小，故A錯誤；由于電阻R的阻值大于燈泡D的阻值，所以電路穩(wěn)定后R上的電流小于燈泡的電流，斷開S，燈泡不會閃亮，故B錯誤；斷開S瞬間，線圈電流變小，從而產生電動勢，維持R與L內的電流方向不變，該電流流過燈泡時，電流的方向與燈泡D中的電流方向與原來相反，故C正確，D錯誤。所以C正確，ABD錯誤。10.如圖甲所示，線圈ABCD固定于勻強磁場中，磁場方向垂直紙面向外，當磁場變化時，線圈AB邊所受安培力向右且變化規(guī)律如圖乙所示，則磁場的變化情況可能是下列選項中的(）A. B. C. D.【答案】D【解析】由法拉第電磁感應定律可知E=ΔBΔtS由圖可知安培力的大小不變，而SL是定值，若磁場B增大，則△B/△t減小，若磁場B減小，則△B/△t增大。又知安培力向右，根據楞次定律，磁感強度應增大，故D正確，ABC錯誤；故選：D.點睛：根據法拉第電磁感應定律，結合閉合電路歐姆定律，確定安培力的綜合表達式，根據楞次定律，確定磁感強度的增減，即可求解．11.關于電磁感應現象，下列說法正確的是（）A.穿過線圈的磁通量變化越大，感應電動勢就越大B.穿過線圈的磁通量為零時，感應電動勢不一定為零C.只要磁通量發(fā)生變化，電路中就一定能產生感應電流D.感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化【答案】BD【解析】【詳解】根據法拉第電磁感應強度可知，穿過線圈的磁通量變化量越快，感應電動勢越大；而穿過線圈的磁通量變化量大，感應電動勢不一定大，故A錯誤；感應電流產生的條件是，穿過閉合電路的磁通量發(fā)生變化，線圈中會有感應電流產生，與磁通量是否為0無關，所以當穿過線圈的磁通量為零時，感應電動勢不一定為零，故B正確；根據感應電流產生的條件可知，若電路不閉合，則不能有感應電流，故C錯誤；電磁感應現象中，感應電流的磁場總阻礙原來磁場的磁通量的變化，即原來的磁場增強，則感應電流的磁場與原磁場方向向相反，若原磁場減弱，則感應電流的磁場與原磁場方向相同，故D正確。所以BD正確，AC錯誤。12.一理想變壓器原、副線圈的匝數比為5：1，原線圈輸入電壓的變化規(guī)律如圖甲所示，副線圈所接電路如圖乙所示，燈泡L1、L2完全相同，閉合開關S，燈泡正常發(fā)光。下列說法正確的是（）A.燈泡的額定電壓為62VB.副線圖輸出電壓的頻率為50HzC.開關S斷開，原、副線圈的電流減小D.開關S斷開，燈泡L1變暗【答案】BC【解析】【詳解】根據乙圖可知原線圈的電壓有效值U=3102V=220V，理想變壓器原、副線圈的匝數比為5：1，故副線圈的電壓為44V，故燈泡的額定電壓為44V，故A錯誤；由題意得T＝，f=1T＝50Hz，故B正確；開關S斷開，副線圈電流減小，輸出功率減小，所以原、副線圈的電流減小，故C正確；開關S13.如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內存在一垂直于紙面方向的勻強磁場，圓心為O，P為磁場邊界上的一點。帶電粒子a、b從P點沿PO方向射入勻強磁場，經過一段時間，粒子a從邊界上的M點射出磁場，粒子b從邊界上的N點射出磁場。不計重力及帶電粒子間的相互作用，若∠POM＝120°，∠PON＝60°，下列說法正確的是（）A.若粒子a、b比荷相同，它們的速率之比為3：1B.若粒子a、b的速率相同，它們的比荷之比為3：1C.若粒子a、b比荷相同，它們在磁場中的運動時間之比為1：2D.若粒子a、b的速率相同，它們在磁場中的運動時間之比為1：2【答案】A【解析】【詳解】設圓形磁場的半徑為R，粒子運動軌跡如圖所示：從N點射出的粒子半徑r1=33R，從M點射出的粒子的半徑r2＝3R，根據洛倫茲力充當向心力可知：qBv=mv2R，解得：v=qBRm，當粒子a、b比荷相同，它們的速率之比等于半徑之比為3：1，故A正確；由A得當粒子a、b的速率相同，它們的比荷之比等于半徑反比為1：3，故B錯誤；根據T=2πmqB可知，當粒子a、b14.1932年美國物理學家勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其核心部件是兩個中空的半圓形D形金屬盒，內部為勻強磁場，D形盒縫隙間電場變化周期為T．帶電粒子在兩盒之間被電場加速，在兩盒中做勻速圓周運動，此時忽略粒子在D形盒縫隙間的運動時間和相對論效應，則下列說法正確的是（）A.帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期等于TB.僅使D形盒縫隙間的電場強度增大，帶電粒子獲得的最大動能也增大C.僅使D形盒中的磁感應強度增大，帶電粒子獲得的最大動能也增大D.通過調整磁感應強度大小，該回旋加速器能夠加速多種帶電粒子【答案】C【解析】【詳解】粒子在磁場中運動的周期：T=2πmqB，故A錯誤；根據qBv=mv2R，解得：v=q15.如圖所示，在xOy平面內有兩根平行于y軸水平放置的長直導線，通有沿y軸正向、大小相同的電流I，兩導線關于y軸對稱，P為x軸上一點，Q為z軸上一點，下列說法正確的是（）A.O點處的磁感應強度為零B.P點處的磁感應強度方向沿z軸正向C.Q點處的磁感應強度方向沿x軸正向D.正電荷沿y軸運動時，不受洛倫茲力作用【答案】AB【解析】【詳解】根據安培定則可判斷出電流產生的磁場方向如圖所示：兩電流在O點處產生的磁感應強度等大反向，合磁感應強度為零，故A正確；兩電流在P點的磁場方向相反，疊加后合磁場方向沿z軸正方向，故B正確；兩電流在z軸正方向上Q點產生的磁感應強度矢量疊加后，沿x軸負方向，故C錯誤；正電荷從O點沿z軸向上運動，由左手定則判斷其受沿y軸正方向的洛倫茲力作用，故D錯誤。所以AB正確，CD錯誤。二、本題包括2小題,共12分。根據題目要求將答案填寫在答題卡中指定的位置.16.氣墊導軌工作時，導軌表面和滑塊內表面之間形成一層薄薄的空氣層，大大減小了滑塊運動時的阻力。小明同學為了驗證動量守恒定律，在水平氣墊導軌上放置兩個質量分別為m1、m2的滑塊，滑塊上固定著寬度為d的遮光片，導軌上A、B兩點各有一個光電門，可以測量遮光片經過光電門的擋光時間。氣墊導軌正常工作后，讓兩滑塊以不同的速度從軌道兩端開始相向運動，兩滑塊碰后粘在一起繼續(xù)運動。光電門A記錄了一個時間△t1，光電門B依次記錄了三個時間△t2、△t、△t．則碰撞前兩滑塊的動量大小分別為_____、_____；碰撞后兩滑塊的動量大小分別為_____、_____。重復上述實驗，多做幾次，若碰撞前、后兩滑塊的總動量在實驗誤差允許的范圍內相等，則動量守恒定律得到驗證?！敬鸢浮?1).m1dΔt1(2).【解析】【詳解】碰撞前兩滑塊的速度分別為：v1=dΔt1，v2=dΔt2，碰撞后兩滑塊粘在一起向右運動，共同速度為v′=dΔt，所以碰撞前兩滑塊的動量分別為m1v1＝m1dΔt1，m2v2＝m217.一導體材料的樣品的體積為a×b×c，A′、C、A、C′為其四個側面，如圖所示．已知導體樣品中載流子是自由電子，且單位體積中的自由電子數為n，電阻率為ρ，電子的電荷量為e，沿x方向通有電流I．(1)導體樣品A′、A兩個側面之間的電壓是________，導體樣品中自由電子定向移動的速率是________．(2)將該導體樣品放在勻強磁場中，磁場方向沿z軸正方向，則導體側面C的電勢________(填“高于”、“低于”或“等于”)側面C′的電勢．(3)在(2)中，達到穩(wěn)定狀態(tài)時，沿x方向的電流仍為I，若測得C、C′兩側面的電勢差為U，則勻強磁場的磁感應強度B的大小為?！敬鸢浮浚?）ρclab【解析】試題分析：（1）由歐姆定律U=IR可知A′、A兩個側面之間的電壓，由電流的圍觀表達可知，自由電子定向移動的速率為（2）由左手定則可以判斷自由電子所受洛侖茲力方向向下，上極板帶正電，下極板帶負電（3）由考點：考查霍爾效應點評：本題難度較小，利用電阻定律解題時一定注意導體棒的長度、橫截面積，本題中是電子的運動，不能直接判斷電流所受磁場力的方向三、本題包括4小題,共43分。解答時應寫出必要的文字說明、主要公式和量要的演算步驟,只寫出最后答案的,不能得分,有數值計算的題,答案中必須明確寫出數值和單位.18.如圖所示，在水平桌面上做勻速運動的兩個小球，質量分別為m1和m2，沿著同一直線向相同的方向運動，速度分別為V1和V2，當第二個小球追上第一個小球時兩球相碰，碰后的速度分別為V1/和V2/，試根據牛頓運動定律和運動學公式證明兩球碰撞前的動量之和等于碰撞后的動量之和?！敬鸢浮恳娊馕觥窘馕觥扛鶕ｎD第二定律，碰撞過程中兩球的加速度分別是a1=F2F1所以mΔt這樣，加速度與碰撞前后速度的關系就是a1=m1移項后得到m即可證：兩球碰撞前的動量之和等于碰撞后的動量之和。本題考查動量定理和動量守恒的應用，注意兩個小球間的作用力為相互作用力19.如圖甲所示，氣缸左右側壁導熱，其它側壁絕熱，平放在水平面上。質量為m、橫截面積為S的絕熱活塞將氣缸分隔成A、B兩部分，每部分都封閉有氣體，此時兩部分氣體體積相等。外界溫度T0保持不變，重力加速度為g（不計活塞和氣缸間的摩擦）。（1）若將氣缸緩慢轉動，直到氣缸豎直如圖乙所示，穩(wěn)定后A、B兩部分氣體體積之比變?yōu)?：1，整個過程不漏氣，求此時B部分氣體的壓強。（2）將丙圖中B的底端加一絕熱層，對B部分氣體緩慢加熱，使A、B兩部分氣體體積再次相等，求此時B部分氣體的溫度T?！敬鸢浮浚?）3mg2S（【解析】【詳解】（1）假設開始時，AB兩部分體積均為V此時PA＝PB＝P、TA＝TB＝T0將氣缸緩慢轉動，直到氣缸豎直如圖乙所示時設A部分壓強為PA′則P由玻意耳定律得：對A：P對B：P聯(lián)立解得：P′B（2）對B部分氣體緩慢加熱，使A、B兩部分氣體體積再次相等，A回到最初狀態(tài)，此時P從乙到丙過程，對B由理想氣體狀態(tài)方程得：P聯(lián)立解得：T20.如圖，電阻可忽略的足夠長的光滑平行金屬導軌間距l(xiāng)＝，傾角θ＝30°，導軌上端ab接一阻值R＝的電阻，磁感應強度B＝的勻強磁場垂直于軌道平面向上，阻值r＝，質量m＝的金屬棒與軌道垂直且接觸良好，從軌道上端某處由靜止釋放，下滑距離d＝時剛好達到最大速度，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）金屬棒的最大速度vm的大小；（2）從開始運動到剛好達到最大速度的過程中，金屬棒上產生的焦耳熱Qr；（3）金屬棒從開始運動到剛好達到最大速度所用的時間t?！敬鸢浮浚?）2m/s（2）（3）1s【解析】【詳解】（1）金屬棒的速度達到最大時，合外力0，設電流為I，由平衡條件有：mg