2018-2019学年高二物理上学期期中联考试卷(含解析).doc

2018-2019学年高二物理上学期期中联考试卷(含解析)一、单项选择题1.火星和木星沿各自的椭圆轨道绕太阳运行，根据开普勒行星运动定律可知A. 太阳位于木星运行椭圆轨道的一个焦点上B. 火星和木星绕太阳运行速度的大小始终相等C. 由于火星与木星轨道不同，火星与木星公转周期的平方与其所对应轨道半长轴的立方之比不相等D. 相同时间内，火星与太阳连线扫过的面积等于木星与太阳连线扫过的面积【答案】A【解析】【分析】熟记理解开普勒的行星运动三定律：第一定律：所有的行星围绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳处在所有椭圆的一个焦点上。第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等。第三定律：所有行星的轨道的半长轴的三次方跟公转周期的二次方的比值都相等。【详解】第一定律的内容为：所有行星分别沿不同大小的椭圆轨道绕太阳运动，太阳处于椭圆的一个焦点上。故A正确；第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等。行星在此椭圆轨道上运动的速度大小不断变化，故B错误；若行星的公转周期为T，则a3T2=k，其中常量k与行星无关，与中心体有关，即火星与木星公转周期的平方与其所对应轨道半长轴的立方之比相等，故C错误；第二定律：对每一个行星而言，太阳行星的连线在相同时间内扫过的面积相等，是对同一个行星而言，故D错误；故选A。【点睛】正确理解开普勒的行星运动三定律是解答本题的关键2.关于磁感应强度的下列说法中，正确的是A. 通电导线在磁场中受到安培力越大的位置，则该位置的磁感应强度越大B. 磁感线的指向就是磁感应强度减小的方向C. 垂直磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度方向D. 磁感应强度的大小、方向与放入磁场的导线所通过的电流大小、导线长度、导线所受安培力等均无关【答案】D【解析】【分析】根据左手定则可知，磁感应强度的方向与安培力的方向垂直；磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度此比值与磁场力及电流元均无关【详解】磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度。此比值与磁场力及电流元均无关。故A错误，D正确；磁感线的指向与磁感应强度减小无关，故B错误。垂直磁场放置的通电导线的受力方向与磁感应强度方向相互垂直；故C错误；故选D。【点睛】磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系同时电流元放入磁场中不一定有磁场力，还受放置的角度有关3.如图所示，P、Q为质量均为m的两个质点，分别置于地球表面不同纬度上，如果把地球看成是一个均匀球体，P、Q两质点随地球自转做匀速圆周运动，则下列说法正确的是() A. P、Q受地球引力大小相等B. P、Q做圆周运动的向心力大小相等C. P、Q做圆周运动的角速度大小相等D. P、Q两质点的重力大小相等【答案】AC【解析】质点P与质点O距离地心的距离相等，根据F=GMmR2知，两质点受到的引力大小相等故A正确在地球上不同的位置角速度都是相等的，所以P、Q两质点角速度大小相等，根据F=m2r知，P点转动的半径大于Q质点转动的半径，则P受到的向心力大于Q质点受到的向心力，故B错误，C正确；因重力加速度随纬度的升高而增大，故Q质点的重力大小大于P质点的重力大小，故D错误；故选AC.【点睛】运用牛顿的万有引力定律比较万有引力的大小；重力是万有引力的一个分力共轴转动的物体具有相同的角速度和周期，从图中可以看出P的半径比Q大，再根据F=m2r，去比较向心力的大小4.一质子在匀强磁场中运动，不考虑其他场力（重力）作用，下列说法正确的是A. 可能做类平抛运动B. 一定做匀变速直线运动C. 可能做匀速直线运动D. 只能做匀速圆周运动【答案】C【解析】【分析】当粒子垂直磁场方向进入匀强磁场，做匀速圆周运动，当粒子平行于磁场进入匀强磁场，粒子做匀速直线运动【详解】因洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，改变速度方向，因而同时也改变洛伦兹力的方向，故洛伦兹力是变力，粒子不可能做匀变速运动，故AB错误；带电粒子在匀强磁场中运动时所受的洛伦兹力跟速度方向与磁场方向的夹角有关，当速度方向与磁场方向平行时，它不受洛伦兹力作用，又不受其他力作用，这时它将做匀速直线运动，故C正确。只有当速度方向与磁场方向垂直时，带电粒子才做匀速圆周运动，如果速度方向与磁场不垂直，则粒子不做匀速圆周运动，故D错误；故选C。【点睛】解决本题的关键知道带电粒子的速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力，带电粒子受洛伦兹力时，洛伦兹力方向与速度方向垂直5.两个质量相同的铝环能在一个光滑的绝缘圆柱体上自由移动，设大小不同的电流按如图所示的方向通入两铝环，则以下说法正确的是A. 右侧铝环受到安培力方向向右B. 彼此相向运动，且具有大小相等的加速度C. 彼此背向运动，电流大的加速度大D. 同时改变两导线的电流方向，两导线受到的安培力方向反向【答案】B【解析】【分析】本题的关键是明确两电流间的相互作用规律“同相电流相互吸引，异向电流相互排斥”，并结合牛顿第三定律和牛顿第二定律即可求解【详解】根据电流间相互作用规律“通向电流相互吸引，异向电流相互排斥”可知，两圆环应相互吸引，即彼此相向运动，再根据牛顿第二定律和牛顿第三定律可知，两圆环的加速度大小相等，故B正确，ACD错误。故选B。【点睛】要熟记电流间相互作用规律“通向电流相互吸引，异向电流相互排斥”6.如图所示，a、b、c是在地球大气层外圆形轨道上运行的三颗人造卫星，下列说法中正确的是( )A. b、c的线速度大小相等，且大于a的线速度B. b、c的向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度C. b、c的运行周期相同，且小于a的运行周期D. 由于某种原因，a的轨道半径缓慢减小，a的线速度将逐渐增大【答案】BD【解析】人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为M，GMmr2=mv2r=mr2=m42T2r=ma，解得：v=GMr，=GMr3，T=2r3GM，a=GMr2，由图可以知道，rarb=rc，所以b、c的线速度大小相等，且小于a的线速度，故A错误；b、c的向心加速度大小相等，且小于a的向心加速度，故B正确；b、c运行周期相同，且大于a的运行周期，故C错误；由于某种原因，a的轨道半径缓慢减小，跟据v=GMr可知a的线速度将逐渐增大，故BD正确，AC错误。7. 如图所示，a、b是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，在a、b两板间还存在着匀强电场E，从两板左侧中点c处射入一束正离子（不计重力），这些正离子都沿直线运动到右侧，从d孔射出后分成3束，则下列判断正确的是（ ）A. 这三束正离子的速度一定不相同B. 这三束正离子的质量一定不相同C. 这三束正离子的电荷量一定不相同D. 这三束正离子的比荷一定不相同【答案】D【解析】试题分析：离子在复合场中沿水平方向直线通过故有qE=qvB，所以v=；三束正离子的在磁场中圆周运动的轨道半径不同，根据r=可知比荷一定不相同根据洛伦兹力的方向可以判定电场力的方向从而判定电场的方向解：A、3束离子在复合场中运动情况相同，即沿水平方向直线通过故有qE=qvB，所以v=，故三束正离子的速度一定相同故A错误BCD、3束离子在磁场中有qvB=m，故r=，由于三束正离子的在磁场中圆周运动的轨道半径不同，故比荷一定不相同，然而正离子质量可能相同，电量也有可能相同，故BC错误，D正确故选：D【点评】速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性8.如图所示，一质量为m，电荷量为q的带正电绝缘体物块位于高度略大于物块高的水平宽敞绝缘隧道中，隧道足够长，物块上、下表面与隧道上、下表面的动摩擦因数均为，整个空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。现给物块水平向右的初速度v0，空气阻力忽略不计，物块电荷量不变，则物块 A. 一定做匀速直线运动B. 一定做减速运动C. 可能先减速后匀速运动D. 可能加速运动【答案】C【解析】【详解】由题意对滑块受力分析，因不知道开始时滑块所受洛伦兹力与重力谁大，故弹力方向大小均不能确定，应讨论：若滑块受到向上的洛伦兹力F=mg，则支持力FN=0，摩擦力f=0，滑块将匀速运动；若Fmg，则弹力方向向上，竖直方向满足FN+F=mg，水平方向受摩擦力向左，滑块做减速运动，由F=qvB知，F减小，FN则增大，f增大，由-f=ma可知，v继续减小，最后减为零；若Fmg，则滑块受到向下的压FN，在竖直方向满足F=mg+FN，滑块向右做减速运动，由动态分析知，当F=mg时FN=0，f=0，最终滑块做匀速运动，故ABD不可能，C可能。 故选C。二、多项选择题9.在磁场中放入一通电导线，导线与磁场垂直，导线长为1 cm，电流为0.5 A，所受的磁场力为5104 N。则A. 该位置的磁感应强度为0.1 TB. 若将该电流撤去，该位置的磁感应强度还是0.1 TC. 若将通电导线跟磁场平行放置，该导体所受到的磁场力为5104 ND. 若将通电导线跟磁场平行放置，该导体所受到的磁场力为零【答案】ABD【解析】【详解】根据公式B=FIL，得：B=51040.010.5T=0.1T，磁感应强度B与F、I、L无关，故A正确，B错误；若将通电导线跟磁场平行放置，该导体所受到的磁场力为零，故C错误，D正确，故选ABD。10.如图所示，关于地球卫星的轨道，下列说法正确的是A. 同步卫星的轨道一定为bB. 卫星可能的轨道为a、cC. 同步卫星可能的轨道为aD. 同步卫星可能的轨道为a、c【答案】BC【解析】【分析】卫星的轨道平面必须过地心，同步轨道必须位于赤道上某一高度处【详解】b平面不过地心、且不在赤道上空，故不可能是同步卫星，故A错误；因a，c都过地心，故可为卫星轨道。故B正确；因a在赤道上空，且过地心，可能是同步轨道。故C正确；因c不在赤道上空，不能为同步轨道。故D错误；故选BC。【点睛】卫星的轨道必过地心，同步卫星的轨道还要在赤道上空某一高度处（距离地面的高度约是36000km）11.如图所示是某次同步卫星发射过程的示意图，先将卫星送入一个近地圆轨道，然后在P处点火加速，进入椭圆转移轨道，其中P是近地点，Q是远地点，在Q点再次点火加速进入同步轨道。设卫星在近地圆轨道的运行速率为v1，加速度大小为a1；在P点短时间点火加速之后，速率为v2，加速度大小为a2；沿转移轨道刚到达Q点速率为v3，加速度大小为a3；在Q处点火加速之后进入圆轨道，速率为v4，加速度大小为a4，则A. v1v2 a1a2B. v1v2 a1a2C. v3v4 a3a4D. v3v4 a3a4【答案】AC【解析】【分析】根据万有引力提供向心力，列方程可得到卫星速率与半径的关系来判断速率大小由牛顿定律研究卫星在Q、P两点加速度大小【详解】卫星从近地圆轨道上的P点需加速，使得万有引力小于向心力，进入椭圆转移轨道。所以在卫星在近地圆轨道上经过P点时的速度小于在椭圆转移轨道上经过P点的速度，即v1v2，根据牛顿第二定律得a=GMr2，在卫星在近地圆轨道上经过P点时的加速度等于在椭圆转移轨道上经过P点的加速度，故A正确，B错误；沿转移轨道刚到达Q点速率为v3，加速度大小为a3；在Q点点火加速之后进入圆轨道，速率为v4，所以在卫星在转移轨道上经过Q点时的速度小于在圆轨道上经过Q点的速度，即v3v4，根据牛顿第二定律得a=GMr2，在卫星在转移轨道上经过Q点时的加速度等于在椭圆转移轨道上经过Q点的加速度，故C正确，D错误；故选AC。【点睛】卫星在不同轨道上运行时各个量的比较，往往根据万有引力等于向心力列出物理量与半径的关系，然后比较12.如图所示，虚线EF的下方存在着正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E，磁感应强度为B。一带电微粒自离EF为h的高处由静止下落，从B点进入场区，做了一段匀速圆周运动，从D点射出。下列说法正确的是（重力加速度为g）A. 电场强度的方向一定竖直向上B. 微粒做圆周运动的半径为EB2hgC. 从B点运动到D点的过程中微粒的电势能和重力势能之和不变D. 从B点运动到D点的过程中微粒的电势能先增大后减小【答案】BCD【解析】【分析】带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中，受到重力、电场力和洛伦兹力而做匀速圆周运动，可知电场力与重力平衡由洛伦兹力提供向心力，可求出微粒做圆周运动的半径根据电场力做功正负，判断电势能的变化和机械能的变化【详解】由题，带电微粒进入正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，电场力与重力必定平衡，则微粒受到的电场力的方向一定竖直向上，粒子带负电，故场强向下。故A错误。由A分析，则有：mg=qE，由洛伦兹力提供向心力，则有：qvB=mv2r，又mgh=12mv2，联立解得：r=EB2hg，故B正确；根据能量守恒定律得知：微粒在运动过程中，电势能、动能、重力势能之和一定，动能不变，则知微粒的电势能和重力势能之和一定。故C正确。由于电场力方向竖直向上，则微粒从B点运动到D点的过程中，电场力先做负功后做正功，则其电势能先增大后减小。故D正确。故选BCD。【点睛】本题解题关键是分析微粒做匀速圆周运动的受力情况，根据合力提供向心力进行判断三、填空题13.有一宇宙飞船到了某行星附近（该行星没有自转运动），以速度v绕行星表面做匀速圆周运动，测出运动的周期为T，已知引力常量为G，则该行星的半径为_；该行星的质量为_；该行星的平均密度为_；该行星表面的自由落体加速度为_。【答案】 (1). vT2 (2). Tv32G (3). 3GT2 (4). 2vT【解析】【分析】根据匀速圆周运动由线速度和周期求得半径，再根据万有引力做向心力求得行星质量，即可由球体体积公式及平均密度定义求得密度；最后再根据行星表面物体重力等于万有引力求得重力加速度即自由落体加速度【详解】设行星质量为M，半径为R，飞船质量为m，行星表面重力加速度为g；根据匀速圆周运动规律可得：v=2RT，所以行星半径R=vT2，根据万有引力做向心力可得：GMmR2=mv2r=m2T2R，所以行星质量M=v2RG=v3T2G，行星体积V=43R3，故平均密度=MV=3v3T82GR3=3GT2，根据行星表面物体重力等于万有引力可得：GMmR2=mg，所以重力加速度g=GMR2=v3T2vT22=2vT。【点睛】万有引力的应用问题一般由重力加速度求得中心天体质量，或由中心天体质量、轨道半径、线速度、角速度、周期中两个已知量，根据万有引力做向心力求得其他物理量14.如图所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场。带电粒子（不计重力）第一次以速度v1沿截面直径入射，粒子飞入磁场区域时，速度方向偏转60角；该带电粒子第二次以速度v2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90角。则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的半径之比为_； 速度之比为_；周期之比为_；时间之比为_。 【答案】 (1). 3：1 (2). 3：1 (3). 1:1 (4). 2：3【解析】【分析】粒子进入磁场时，受到洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，速度的偏向角等于轨迹对应的圆心角，再可求出轨迹对应的圆心角，由t=2T求解时间之比；根据几何知识求出轨迹半径之比，由半径公式r=mvqB求出速度之比【详解】设圆柱形区域为R。带电粒子第一次以速度v1沿直径入射时，轨迹如图所示：粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转60角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角1=60，轨迹半径为r1=Rtan60，运动时间为t1=60360T=16T，带电粒子第二次以速度v2沿直径入射时，粒子飞出此磁场区域时速度方向偏转90角，则知带电粒子轨迹对应的圆心角2=90，轨迹半径为r2=R，运动时间为t2=90360T=14T，所以轨迹半径之比：r1：r2=3：1，时间之比：t1：t2=2：3，根据半径公式r=mvqB，得速度之比：v1：v2=r1：r2=3：1，根据T=2mqB可知，周期之比为1：1。【点睛】本题关键要掌握推论：粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角，运用几何知识求出半径关系，就能正确解答三、解答题15.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.5T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势E=6V、内阻r=1的直流电源。现把一个质量m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.75，金属导轨电阻不计，g取10m/s2。已知sin 37=0.6，cos 37=0.8，求：（1）导体受到的安培力大小；（2）导体棒受到的摩擦力的大小和方向。（3）若感应强度的大小和方向可以改变，为了使导体静止在斜面上且对斜面无压力，此处磁场的磁感应强度B的大小和方向。【答案】（1）0.32N（2）0.08 N 方向沿斜面向下（3）0.625T，方向水平向左【解析】【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小，并根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小；（2）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小；（3）若导体棒静止在斜面上且对斜面没有压力，安培力的方向必须竖直向上，而且大小等于重力，并根据受力平衡来确定磁感应强度的大小和方向【详解】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I=ER+r=61+2.75=1.6A导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.51.60.4=0.32N（2）导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：F1=mgsin37=0.24N由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力根据共点力平衡条件有：mgsin37+f=F安代入数据得：f=0.08N（3）若导体棒静止在斜面上且对斜面没有压力，安培力的方向必须竖直向上，而且大小等于重力，即：mg=BIL解得：B=0.625T根据左手定则可以判定，磁场的方向水平向左【点睛】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力16.如图所示，在第一象限的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向，场强大小E=mv022qh；在第四象限中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外。一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后经过x轴上的P2点进入磁场，并经过y轴上y=2h处的P3点。最后到达x轴上的P4点（图中未画出）。若不计重力，求：（1）P2点距O点的距离；（2）粒子到达P2时速度的大小和方向；（3）磁感应强度的大小；【答案】（1）2h（2）2v0速度与x轴夹角45（3）mv0qh 【解析】【分析】（1）粒子在电场中做平抛运动，由牛顿第二定律求解加速度，根据类平抛运动的分运动公式，可求得P2点距O点的距离；（2）粒子从P到O的过程中电场力做正功，是类似平抛运动，根据动能定理或分运动公式，可求得速度的大小和方向；（3）粒子沿-y方向进入磁场时，由左手定则判断可知粒子向右偏转，做匀速圆周运动，由洛伦兹力充当向心力，根据牛顿第二定律可求出其轨迹半径r，坐标x0=2r【详解】（1）设粒子从P1到P2的时间为t，根据类平抛运动的规律得：x=v0t，h=12at2根据牛顿第二定律，有：qE=ma联立解得：x=2h（2）粒子到达P2时速度沿x方向的分量仍为v0，以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，表示速度和x轴的夹则有：v12=2ah，v=v12+v02，tan=v1v0解得：v=2v0，cos=v0v=22，所以：=45 （3）粒子在磁场中的运动轨迹是圆弧，如图所示：设磁场的磁感应强度为B，在洛仑兹力作用下粒子做匀速圆周运动，用r表示圆周的半径由牛顿第二定律有：因为，由几何关系可知，连线P2P3为圆轨道的直径，由几何关系得：解得：【点睛】对于带电粒子先加速后偏转的类型，常规思路是根据动能定理求加速获得的速度，对于磁场中匀速圆周运动，结合轨迹，找出向心力的来源，由牛顿第二定律和几何知识结合求解