2018-2019学年山东省淄博市淄川中学高二（下）期初物理试卷

2018-2019学年山东省淄博市淄川中学高二（下）期初物理试卷
一、单项选择题（下列题目只有一个正确答案，每题3分，共10题，共30分，选对得3分，选错或不选得0分．）
1．（3分）假如地球自转速度增大，则下列说法正确的是（　　）
A．放在赤道地面上的物体所受地球的万有引力减小
B．放在两极地面上的物体的重力减小
C．放在两极地面上的物体的重力增加
D．放在赤道地面上物体的重力减小
2．（3分）投飞镖是深受人们喜爱的一种娱乐活动。某同学将一枚飞镖从高于靶心的位置水平投向竖直悬挂的靶盘，结果飞镖打在靶心的正下方，如图所示。假设飞镖运动过程中所受空气阻力不计，在其他条件不变的情况下，为使飞镖命中靶心，该同学在下次投掷时应该采取的正确方法是（　　）
A．适当增大飞镖投出时的初速度
B．适当减小飞镖投出时的高度
C．到离靶盘稍远些的地方投飞镖
D．换用质量稍大些的飞镖
3．（3分）如图所示为“感受向心力”的实验，用一根轻绳，一端拴着一个小球，在光滑桌面上抡动细绳，使小球做圆周运动，通过拉力来感受向心力。下列说法正确的是（　　）
A．只减小旋转角速度，拉力增大
B．只加快旋转速度，拉力减小
C．只更换一个质量较大的小球，拉力增大
D．突然放开绳子，小球仍作曲线运动
4．（3分）如图所示，两个同心放置的共面金属圆环a和b，一条形磁铁穿过圆心且与环面垂直，则穿过两环的磁通量Фa和Фb大小关系为（　　）
A．均向上，Фa＞Фb B．均向下，Фa＜Фb?
C．均向上，Фa＝Фb D．均向下，无法比较
5．（3分）如图所示，A为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向如图。当圆盘高速绕中心轴OO′转动时，通电直导线所受磁场力的方向是（　　）
A．竖直向上 B．竖直向下 C．水平向里 D．水平向外
6．（3分）如图所示，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，一个带电粒子（不计重力），从A点沿半径方向以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并由B点射出，且∠AOB＝120°，则该粒子在磁场中运动的时间为（　　）
A． B． C． D．
7．（3分）如图所示，沿直线通过速度选择器的正离子从狭缝S射入磁感应强度为B2的匀强磁场中，偏转后出现的轨迹半径之比为R1：R2＝1：2，则下列说法正确的是（　　）
A．离子的速度之比为1：2
B．离子的电荷量之比为1：2
C．离子的质量之比为1：2
D．离子比荷之比为2：1
8．（3分）图中能产生感应电流的是（　　）
A． B．
C． D．
9．（3分）如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕O点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a（　　）
A．顺时针加速旋转 B．顺时针减速旋转
C．逆时针加速旋转 D．逆时针减速旋转
10．（3分）如图所示，纸面内有一矩形导体闭合线框abcd，ab边长大于bc边长．从置于垂直纸面向里、边界为MN的匀强磁场外，线框两次匀速地完全进入磁场，两次速度大小相同，方向均垂直于MN．第一次ab边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q1，通过线框导体横截面的电荷量为q1：第二次bc边平行MN进入磁场．线框上产生的热量为Q2，通过线框导体横截面的电荷量为q2，则（　　）
A．Q1＞Q2 q1＝q2 B．Q1＞Q2 q1＞q2
C．Q1＝Q2 q1＝q2 D．Q1＝Q2 q1＞q2
二、多项选择题（下列题目有多个正确答案，每题4分，全对得4分，选不全得2分，错选或不选得0分，共6题，共24分．）
11．（4分）下列说法正确的是（　　）
A．曲线运动的速度大小可能不变
B．曲线运动的速度方向可能不变
C．曲线运动一定是变速运动
D．做曲线运动的物体所受的合外力一定是变力
12．（4分）如图所示，螺线管中通有电流，如果在图中的a、b、c三个位置上各放一个小磁针，其中a在螺线管内部，则（　　）
A．放在a处的小磁针的N极向左
B．放在b处的小磁针的N极向右
C．放在c处的小磁针的S极向右
D．放在a处的小磁针的N极向右
13．（4分）如图所示的电路中，灯泡A、B电阻相同，自感线圈L的直流电阻不能忽略．先接通电键S，使电路达到稳定后，再断开电键．下面关于流过A、B两灯的电流随时间变化的图象中正确的是（　　）
A． B．
C． D．
14．（4分）2017年6月15日上午。我国在酒泉卫星发射中心成功发射首颗X射线调制望远镜卫星“慧眼”，并成功收获首批数据。可认为该卫星在距离地面550km的圆轨道上运行，关于该卫星，下列说法正确的是（　　）
A．该卫星运行轨道的平面一定通过地心
B．该卫星在轨道上运行时，速度变化比地球同步卫星的速度变化快
C．该卫星在轨道上的运行速度大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度
D．该卫星在绕地球运动的过程中，如果不加以干预，卫星的动能会逐淅减小
15．（4分）如图甲所示线圈的匝数n＝100匝，横截面积S＝50cm2，线圈总电阻r＝10Ω，沿轴向有匀强磁场，设图示磁场方向为正，磁场的磁感应强度随时间作如图乙所示变化，则在开始的0.1s内，下列说法正确的是（　　）
A．磁通量的变化量为0.25Wb
B．磁通量的变化率为2.5×10﹣2Wb/s
C．a、b间电压为0
D．在a、b间接一个理想电流表时，电流表的示数为0.25A
16．（4分）图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与阻值为R＝10Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，示数是10V．图乙是穿过矩形线圈的磁通量Φ随时间t变化的图象，线圈电阻忽略不计，则下列说法正确的是（　　）
A．电阻R上的电功率为10W
B．0.02s时R两端的电压瞬时值为零
C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos100πt（V）
D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝10cos100πt（A）
三、实验题（每空2分，共6分）
17．（6分）某物理兴趣小组采用如图所示的装置深入研究平抛运动．质量分别为mA和mB的A、B小球处于同一高度，M为A球中心初始时在水平地面上的垂直投影．用小锤打击弹性金属片，使A球沿水平方向飞出，同时松开B球，B球自由下落．A球落到地面N点处，B球落到地面P点处．测得mA＝0.04kg，mB＝0.05kg，B球距地面的高度是1.225m，M、N点间的距离为1.500m，则B球落到P点的时间是　 　s，A球落地时的动能是　 　J（本空答案保留2位有效数字），此实验还可以验证平抛运动竖直方向的分运动为　 　运动．（忽略空气阻力，g取9.8m/s2）
四、计算题（共4题，共40分．要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的，不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
18．（8分）如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m，质量为6×10﹣2kg的通电直导线，电流强度I＝1A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒均匀增加0.4T、方向竖直向上的磁场中。设t＝0时，B＝0.8T．（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）
（1）t＝0时轻绳中的张力大小；
（2）需要过多长时间，斜面对导线的支持力为零？
19．（10分）电子质量为m，电荷量为q，以速度v0与x轴成θ角射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，如图所示，求：
（1）电子运动的轨道半径R；
（2）OP的长度；
（3）电子由O点射入到落在P点所需的时间t．
20．（10分）如图所示，倾角为37°的粗糙斜面的底端有一质量m＝1kg的凹形小滑块，小滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25．现小滑块以某一初速度 从斜面底端上滑，同时在斜面底端正上方有一小球以v0水平抛出，经过0.4s，小球恰好垂直斜面方向落入凹槽，此时，小滑块还在上滑过程中。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8），g取10 m/s2，求：
（1）小球水平抛出的速度v0的大小；
（2）小滑块的初速度的大小。
21．（12分）如图所示，质量m1＝0.1kg，电阻R1＝0.3Ω，长度l＝0.4m的导体棒ab横放在U型金属框架上。框架质量m2＝0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，相距0.4m的MM′、NN′相互平行，电阻不计且足够长。电阻R2＝0.1Ω的MN垂直于MM′．整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5T．垂直于ab施加F＝2N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM′、NN′保持良好接触。当ab运动到某处时，框架开始运动。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。
（1）求框架开始运动时ab速度v的大小；
（2）从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q＝0.1J，求该过程ab位移x的大小。

2018-2019学年山东省淄博市淄川中学高二（下）期初物理试卷
参考答案与试题解析
一、单项选择题（下列题目只有一个正确答案，每题3分，共10题，共30分，选对得3分，选错或不选得0分．）
1．【解答】解：地球自转速度增大，则物体随地球自转所需向心力增大。
A、地球的质量和半径都没有变化，故对赤道上物体的万有引力大小保持不变，故A错误；
BC、地球绕地轴转动，在两极点，物体转动半径为0，转动所需向心力为0，此时物体的重力与万有引力相等，故转速增加两极点的重力保持不变，故B错误，C错误；
D、赤道上的物体重力和向心力的合力等于物体受到的万有引力，而万有引力不变，转速增加时所需向心力增大，故物体的重力将减小，故D正确；
故选：D。
2．【解答】解：A、增大初速度，水平距离不变，则飞镖击中靶子的时间减小，竖直方向上下落的高度减小，飞镖将会打在靶心。故A正确。
B、由于初速度不变、水平位移不变，则飞镖击中靶子的时间不变，则竖直方向上下落的高度不变，减小飞镖的高度，飞镖将打在靶心的正下方。故B错误。
C、水平距离增大，初速度不变，则飞镖击中靶子的时间增大，竖直方向上下落的高度增大，飞镖将打在靶心的正下方。故C错误。
D、平抛运动的规律与飞镖的质量无关，换用质量稍大的飞镖，飞镖命中的位置不变。故D错误。
故选：A。
3．【解答】解：A、小物体在光滑的水平桌面上做圆周运动时，由绳子的拉力F提供向心力，由F＝mω2r，知只减小旋转角速度，拉力F减小，故A错误。
B、只加快旋转速度，由F＝m知拉力增大，故B错误。
C、由F＝m知只更换一个质量较大的小球，拉力增大，故C正确。
D、突然放开绳子，小球将做离心运动，由于水平桌面光滑，所以小球做匀速直线运动，故D错误。
故选：C。
4．【解答】解：根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下。由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，a的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以Φa＞Φb。
故选：A。
5．【解答】解：带负电圆盘如图转动时，形成逆时针方向（从上向下）的电流，根据右手螺旋定则可知，在圆盘上方形成的磁场方向竖直向上，根据左手定则，伸开左手，让四指和电流方向一致，磁感线穿过手心，则大拇指指向垂直纸面向外，因此安培力的方向水平向外，故D正确，ABC错误。
故选：D。
6．【解答】解：
由图根据几何知识可知，粒子转过的圆心角为θ＝60°，R＝r；
粒子转过的弧长为：；
则运动所用时间：；选项C正确。
故选：C。
7．【解答】解：A、粒子在速度选择器中做直线运动，则：qE＝qvB1，
得：v＝，即能从速度选择器中直线经过的粒子的速度时相同的，故A错误；
B、在磁场B2中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则：qvB2＝m，
得：R＝；
由题可知：＝，
则两离子：＝1：2，故比荷为2：1；但 电荷量之比和质量之比不能确定，故BC错误，D正确。
故选：D。
8．【解答】解：A、线圈是不闭合的，不能产生感应电流。故A错误；
B、线框的面积增大，穿过线框的磁通量增大，能够产生感应电流。故B正确；
C、由于直导线在线圈的直径的上方，所以穿过线圈的磁通量等于0，电流增大，线圈的磁通量仍然是0．故C错误；
D、线圈整体垂直于磁场运动，线圈的磁通量始终是最大，没有发生变化，没有感应电流。故D错误。
故选：B。
9．【解答】解：分析A选项，当带正电的绝缘圆环a顺时针加速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在增大，根据右手螺旋定则，其内（金属圆环a内）有垂直纸面向里的磁场，其外（金属圆环b处）有垂直纸面向外的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大，金属圆环b包围的面积内的磁场的总磁感应强度是垂直纸面向里（因为向里的比向外的磁通量多，向里的是全部，向外的是部分）而且增大，根据楞次定律，b中产生的感应电流的磁场垂直纸面向外，磁场对电流的作用力向外，所以b中产生逆时针方向的感应电流，所以A错误；
同样的方法可判断B选项正确，而C选项，b中产生顺时针方向的感应电流，但具有扩张趋势；而D选项，b中产生逆时针方向的感应电流，但具有收缩趋势，所以C、D都不正确。所以本题选B。
故选：B。
10．【解答】解：设ab和bc边长分别为lab，lbc，若假设穿过磁场区域的速度为v，
Q1＝BI1Lab?Lbc＝?Lbc，
q1＝I1△t＝△t＝；
同理可以求得：Q2＝BI2Lbc?Lab＝?Lab，
q2＝I2△t＝△t＝；
lab＞lbc，由于两次“穿越”过程均为相同速率穿过，
因此：Q1＞Q2，q1＝q2，故A正确，BCD错误。
故选：A。
二、多项选择题（下列题目有多个正确答案，每题4分，全对得4分，选不全得2分，错选或不选得0分，共6题，共24分．）
11．【解答】解：A、做曲线运动的物体速度大小不一定改变，速度方向一定变化。比如匀速圆周运动。所以A正确；
B、曲线运动物体的速度方向与该点曲线的切线方向相同，所以曲线运动的速度的方向是时刻变化的，所以B错误；
C、既然是曲线运动，它的速度的方向必定是改变的，所以曲线运动一定是变速运动，所以C正确；
D、做曲线运动的物体所受的合外力可能是恒力，如平抛运动。所以D错误。
故选：AC。
12．【解答】解：由右手螺旋定则可知，螺线管右端是N极，左端为S极；因螺线管内部磁感线是由S极指向N极的，由于小磁针静止时N极指向为磁场方向。
因此小磁针abc的N极都向右，故DB正确，AC错误；
故选：BD。
13．【解答】解：A、当电键S接通时，由于线圈的阻碍作用，A灯中的电流逐渐增大，最后达到稳定电流不变，故A错误，B正确；
C、当闭合电键稳定后回路中的电流是恒定的，由于灯泡A、B电阻相同，即稳定时灯AB中的电流相等；当电键断开，B中原来的电流立即减小到0，而因为线圈阻碍作用，A灯中的电流逐渐减小，线圈相当于电源（右端是正极）和AB构成回路，通过L的电流也流过B，所以B中电流变成等大反向，且逐渐减小到零。故D正确，C错误。
故选：BD。
14．【解答】解：A、卫星绕地球做圆周运动，靠万有引力提供向心力，万有引力方向指向地心，则卫星运行轨道平面一定通过地心，故A正确。
B、卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径，根据a＝知，卫星的加速度大于同步卫星的加速度，则卫星速度变化比地球同步卫星速度变化快，故B正确。
C、卫星在轨道上运行时，速度一定小于第一宇宙速度，故C错误。
D、卫星绕地球运动过程中，如果不加以干预，卫星的线速度大小不变，动能不变，故D错误。
故选：AB。
15．【解答】解：A、通过线圈的磁通量与线圈的匝数无关，若设Φ2＝B'S为正，则线圈中磁通量的变化量为△Φ＝B'S﹣（﹣BS），代入数据即△Φ＝（0.1+0.4）×50×10﹣4 Wb＝2.5×10﹣3 Wb，故A错误；
B、磁通量的变化率＝Wb/s＝2.5×10﹣2 Wb/s，故B正确；
C、根据法拉第电磁感应定律可知，当a、b间断开时，其间电压等于线圈产生的感应电动势，感应电动势大小为E＝n＝2.5V，故C错误；
D、感应电流大小I＝＝A＝0.25A，故D正确。
故选：BD。
16．【解答】解：A、根据公式P＝得：P＝＝10W，故A正确；
B、由乙图可知，0.02s通过线圈的磁通量为零，电动势最大，R两端的电压瞬时值为10V，故B错误；
C、由乙图可知，T＝0.02s，电动势的最大值Em＝10V，ω＝＝100π，又因为此交变电流是从垂直于中性面开始计时的，所以R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos100πt（V），故C正确；
D、根据i＝得：通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝1.41cos100πt（A），故D错误。
故选：AC。
三、实验题（每空2分，共6分）
17．【解答】解：根据得，t＝．
则A球平抛运动的初速度．
根据动能定理得，．
则落地时A球的动能＝≈0.66J．
因为两球同时落地，知A球在竖直方向上的运动规律与B球相同，即平抛运动在竖直方向上做自由落体运动．
故答案为：0.5，0.66，自由落体．
四、计算题（共4题，共40分．要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的，不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
18．【解答】解：（1）当t＝0时，导线所受安培力F＝BIL＝0.32N
又有FTsin37°+FNcos37°＝mg
FNsin37°+BIL＝FTcos37°
解之得：FT＝0.616N
（2）当FN＝0时：由题意知，当斜面对导线支持力为零时导线受力如图
由图知 FTcos37°＝F ①
FTsin37°＝mg ②
由①②解得：
导线所受安培力为F＝＝0.8 N
又根据F＝BIL得：此时导线所处磁场的磁感应强度为B＝＝2T
因为磁感应强度每秒增加0.4T，所以有B＝B0+0.4t 得t＝3s。
答：（1）t＝0时轻绳中的张力大小为0.616N；
（2）需要3s，斜面对导线的支持力为零
19．【解答】解：（1）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：qv0B＝m，解得：；
（2）粒子运动轨迹如图所示：
由几何知识得：OP＝2R?sinθ＝；
（3）由图中可知圆弧对应的圆心角为2θ，
粒子做圆周运动的周期：，
粒子的运动时间：t＝．
答：（1）电子运动的轨道半径R为；
（2）OP的长度为；
（3）电子由O点射入到落在P点所需的时间t为．
20．【解答】解：（1）设小球落入凹槽时竖直速度为vy ，则有：
v1＝gt＝10×0.4＝4m/s
根据平行四边形定则得：
v0＝v1tan37°＝3m/s
（2）小球落入凹槽时的水平位移为：
x＝v0t＝3×0.4＝1.2m
则滑块的位移为：s＝＝1.5m
滑块上滑时：mgsin37°+μmgcos37°＝ma
代入数据解得：a＝8m/s2
根据公式有：s＝vt﹣at2
代入数据解得：v＝5.35m/s。
答：（1）小球水平抛出的速度v0的大小为3m/s。
（2）小滑块的初速度的大小为5.35m/s。
21．【解答】解：（1）由题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力F＝μFN＝μ（m1+m2）g
ab中的感应电动势E＝Blv
MN中电流
MN受到的安培力 F安＝IlB
框架开始运动时F安＝F
由上述各式代入数据，解得v＝6m/s
（2）导体棒ab与MN中感应电流时刻相等，由焦耳定律Q＝I2Rt得知，Q∝R
则闭合回路中产生的总热量：＝×0.1J＝0.4J
由能量守恒定律，得：Fx＝+Q总
代入数据解得x＝1.1m
答：（1）求框架开始运动时ab速度v的大小为6m/s；
（2）从ab开始运动到框架开始运动的过程中ab位移x的大小为1.1m。
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日期：2019/3/13 8:53:56；用户：领导；邮箱：ldcd@xyh.com；学号：21801192