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2019-2020学年高二物理上学期期中试卷(含解析) (II)一、选择题1.从太阳或其他星体上放射出的宇宙射线中含有大量的高能带电粒子，这些高能粒子流到达地球会对地球上的生命带来危害，但是由于地球周围存在磁场，地磁场能改变宇宙射线中带电粒子的运动方向，对地球上的生命起到保护作用，如图，那么（ ）A. 地磁场对宇宙射线的阻挡作用各处相同B. 地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最强，赤道附近最弱C. 地磁场对垂直射向地球表面的宇宙射线的阻挡作用在南、北两极最弱，赤道附近最强D. 地磁场会使沿地球赤道平面内射来的宇宙射线中的带电粒子向两极偏转【答案】C【解析】地磁场各地的磁场强度不同，洛伦兹力不同，A错；对垂直射向地球表面的宇宙射线，在两极因其速度方向和地磁场的方向接近平行，所受洛伦兹力较小，因而产生的阻挡作用较小；而在赤道附近，宇宙射线速度方向和地磁场方向接近垂直，所受洛伦兹力较强，能使宇宙射线发生较大偏转，即产生较强的阻挡作用，B错、C对；沿地球赤道平面内射来的宇宙射线所受洛伦兹力与经度线垂直，D错。2.如图所示，带电粒子以初速度以v0从a点进入匀强磁场，运动过程中经过b点，Oa=0b，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度以v0从a点进入电场，仍能通过b点，则电场强度E和磁感应强度B的比值为A. v0 B. 1/ v0 C. 2 v0 D. v0/2【答案】C【解析】设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0B=mv02r，解得：B=mvqd，如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，在水平方向：d=v0t2，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即：d=12at2=12qEmt22，解得：E=2mv02qd，则EB=2v0，故选C点睛：带电粒子在电场磁场中的运动要把握其运动规律，在电场中利用几何关系得出其沿电场和垂直于电场的运动规律；而在磁场中也是要注意找出相应的几何关系，从而确定圆心和半径3.如图所示，一束正离子垂直地射入正交的匀强磁场和匀强电场区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向未发生任何偏转如果让这些不偏转的离子再垂直进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分成几束对这些进入后一磁场的不同轨迹的离子，可得出结论（ ）A. 它们的动量一定各不相同B. 它们的电量一定各不相同C. 它们的质量一定各不相同D. 它们的电量与质量之比一定各不相同【答案】D【解析】【分析】粒子在磁场和电场正交区域里,同时受到洛伦兹力和电场力作用,粒子没有发生偏转,说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡,满足Bqv=qE,即不发生偏转的粒子具有共同的速度大小v=EB,粒子进入磁场后受洛伦兹力作用做匀速圆周运动,满足qvB=mv2R,圆周运动的半径R=mvBq,由此进行分析得出结论.【详解】因为粒子进入电场和磁场正交区域时,不发生偏转,说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡,有Bqv=qE ,得出不发生偏转的粒子速度应满足v=EB .粒子进入磁场后受洛伦兹力作用,粒子做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则有qvB=mv2R ,则得圆周运动的半径R=mvBq ,因为粒子又分裂成几束,也就是粒子做匀速圆周运动的半径R不同,进入第二个匀强磁场时,粒子具有相同的速度,由R=mvBq得知,所以粒子能分裂成几束的粒子的mq 比值一定不同,则电荷量与质量之比mq一定各不相同.而质量m、电荷量可能相同,则动量也可能相同.所以D选项是正确的,ABC错误.故选D4.在电磁感应现象中，下列说法正确的是（）A. 闭合线圈在匀强磁场中做切割磁感线运动，一定产生感应电流B. 线圈不闭合时，若穿过线圈的磁通量发生变化，线圈中没有感应电流，但有感应电动势C. 感应电流的磁场总是与原磁场的方向相反D. 法拉第通过实验研究，总结出电磁感应现象中感应电流方向的规律【答案】B【解析】【分析】产生感应电流的条件是穿过闭合电路的磁通量发生变化,或闭合电路的一部分导体做切割磁感线运动.根据这个条件进行选择,并根据楞次定律,即可分析求解.【详解】A、位于磁场中的闭合线圈,只有磁通量发生变化,才一定会产生感应电流.故A错误.B、穿过闭合电路的磁感线的条数发生变化,磁通量一定发生变化,则闭合电路中就有感应电流,若不闭合则电路中就没有感应电流,但有感应电动势.所以B选项是正确的.C、根据楞次定律可以知道,感应电流的磁场与原磁场方向相同,或与原磁场的方向相反.故C错误.D、楞次通过实验研究,总结出电磁反应现象中感应电流方向的规律;故D错误;故选B5.如图所示，闭合圆形金属环竖直固定，光滑水平导轨穿过圆环，条形磁铁沿导轨以初速度v0向圆环运动，其轴线穿过圆环圆心，与环面垂直，则磁铁在穿过圆环的整个过程中，下列说法正确的是（ ）A. 金属环先有收缩趋势，后有扩张趋势B. 金属环中的感应电流方向不变C. 磁铁先做减速运动、后做加速运动D. 磁铁先做加速运动，后做减速运动【答案】A【解析】试题分析：楞次定律的表现是：“来拒去留，增缩减扩”，所以磁铁在穿过环之前，圆环产生的感应电流对环的作用是缩小的趋势；穿过环之后的短时间内，圆环产生的感应电流对圆环是“扩展”的作用故A正确；磁铁在穿过环之前，向左的磁通量增加，产生从左向右看顺时针方向的感应电流；穿过环之后的短时间内，向左的磁通量减小，产生从左向右看逆时针方向的感应电流故电流的方向不同故B错误；根据楞次定律的表现：“来拒去留”，所以磁铁在穿过环之前，圆环产生的感应电流对磁铁是“拒”的作用，即阻碍作用，阻碍磁铁的靠近，故磁铁会减速穿过环之后的短时间内，圆环产生的感应电流对磁铁是“留”的作用，也会阻碍磁铁向前运动，故磁铁会减速故CD错误；故选A考点：楞次定律【名师点睛】本题为楞次定律的应用，楞次定律的变现是：“来拒去留，增缩减扩”，可根据楞次定律的表现来判断物体运动状态的变化6.在如图所示的电路中，A1、A2为两个完全相同的灯泡，L为直流电阻不可忽略的自感线圈，E为电源，S为开关，R为保护电阻，下列说法正确的是（）A. 闭合开关S，A1先亮，A2后亮，最后A1更亮一些B. 闭合开关S，A2先亮，A1后亮，最后A2更亮一些C. 断开开关S，A2闪亮一下再熄灭D. 断开开关S，A1、A2都要过一会儿再熄灭【答案】BD【解析】【分析】根据线圈在电流发生变化会产生自感电动势,电流增大时自感电动势阻碍电流增大,电流减小时自感电动势阻碍电减小,相当于电源;并结合欧姆定律分析.【详解】AB、因为是两个完全相同的灯泡,当开关接通瞬间，A2灯泡立刻发光,而A1灯泡因为线圈的自感现象,导致灯泡渐渐变亮,因为两灯泡并联,L的电阻不能忽略,所以稳定后A2比A1更亮一些,故A错误,B正确;CD、当开关断开瞬间,两灯泡串联,由线圈产生瞬间电压提供电流,导致两灯泡同时熄灭,而且亮度相同,故C错误;D正确.故选BD7.如图所示，等腰三角形的左半部分区域内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，其顶点在x轴上且底边长为4L，高为L，底边与x轴平行，纸面内一直角边长为L和2L的直角三角形导线框以恒定速度沿x轴正方形穿过磁场区域t=0时刻导线框恰好位于图中所示的位置规定顺时针方向为导线框中电流的正方向，下列能够正确表示电流一位移（ix）关系的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由线圈运动时切割磁感线的长度,由E=BLv可求得感应电动势,则由欧姆定律可得出电流;由右手定则可得出电流的方向.【详解】线圈从x=0开始向右运动L时,线圈的右侧导体切割磁感线,有效切割长度均匀增大,由公式E=BLv知线圈产生的感应电动势均匀增大,电流均匀增大,由右手定则可以知道,电流方向沿顺时针;线圈从x=L开始向右运动L时,线圈的左侧斜边切割磁感线,有效切割长度均匀减小,产生的感应电动势均匀减小,电流均匀减小,由右手定则可以知道,电流方向沿逆时针;所以C选项是正确的.ABD错误；故选C8. 如图所示，两光滑平行倾斜导轨PQ、EF所在平面与水平面的夹角为，匀强磁场垂直于导轨所在平面斜向下，导轨下端接一电阻R，质量为m的导体棒用平行于导轨的细线拴住置于导轨上，线的另一端跨过光滑定滑轮挂着一个质量为M的砝码，按住导体棒，整个装置处于静止状态，放手后，导体棒被细线拉着沿导轨向上运动一段位移s后，速度恰好达到最大值v（导体棒及导轨电阻忽略不计），在此过程中（ ）A. 细线的拉力始终等于MgB. 导体棒做加速度逐渐越小的加速运动C. 细线的拉力与安培力的合力对导体棒做的功等于导体棒增加的机械能D. 电阻R产生的热量Q=Mgsmgssin12mv2【答案】BCD【解析】试题分析：对于导体棒，从静止释放后先做加速运动，随着速度增大，由公式F=B2L2vR知，棒所受的安培力增大，所以合力减小，加速度减小，则导体棒和M都做加速度逐渐越小的加速运动对于M，根据牛顿第二定律得可知：其加速度向下，合力向下，则细线的拉力小于重力，故A错误，B正确对于导体棒，细线的拉力和安培力对其做功将引起机械能的变化，根据功能关系可知细线的拉力与安培力的合力对导体棒做的功等于导体棒增加的机械能故C正确对于系统，根据能量守恒得：电阻R产生的热量 Q=Mgsmgssin12mv2故D正确故选BCD考点：牛顿第二定律；法拉第电磁感应定律；能量守恒定律【名师点睛】本题关键要根据安培力与速度的关系，正确分析导体棒与M的运动情况，正确分析能量是如何转化的，由能量守恒定律研究热量也是常用的方法。9.质量为m的金属导体棒置于倾角为的导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数为，当导体棒通以垂直纸面向里的电流时，恰能在导轨上静止，如图所示的四个图中，标出了四种可能的匀强磁场方向，其中棒与导轨问的摩擦力可能为零的是( )A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【详解】导线静止，受力平衡，对导线受力分析，受到向下的重力作用，垂直于斜面向上的支持力，沿斜面向上的静摩擦力。A项中安培力竖直向上，安培力、重力以及支持力三个力可能平衡，可以不受摩擦力作用；故A对；B项中安培力垂直斜面向下，重力、安培力以及支持力不可能平衡，因此必须要有摩擦力；故B错C项中安培力水平向左，重力、安培力以及支持力不可能平衡受摩擦力；故C错；D项中安培力沿斜面向上，重力与安培力以及支持力可以平衡时导线可以不受摩擦力。故D对；故选AD10.著名物理学家费曼曾设计过这样一个实验装置：一块绝缘圆板可绕其中心的光滑轴自由转动，在圆板的中部有一个线圈，圆板的四周固定着一圈带电的金属小球，如图所示当线圈接通电源后，将产生流过图示方向的电流，则下列说法正确的是（）A. 接通电源瞬间，圆板不会发生转动B. 线圈中电流强度的增大或减小会引起圆板向不同方向转动C. 若金属小球带正电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同D. 若金属小球带负电，接通电源瞬间圆板转动方向与线圈中电流流向相同【答案】BD【解析】【分析】由题可知，在线圈接通电源的瞬间，线圈中的电流逐渐增大，产生的磁场逐渐增强，逐渐增强的磁场会产生电场（麦克斯韦电磁理论）；小球所在圆周处相当于有一个环形电场，小球因带电而受到电场力作用从而会让圆板转动，利用左手定则判断即可解答【详解】A、线圈接通电源瞬间，变化的磁场产生变化的电场，从而导致带电小球受到电场力，使其转动，故A错误；B、不论线圈中电流强度的增大或减小都会引起磁场的变化，从而产生不同方向的电场，使小球受到电场力的方向不同，所以会向不同方向转动，故B正确；C、接通电源瞬间圆板受到电场力作用而转动，由于金属小球带正电，根据电磁场理论可知，电场力沿顺时针方向，所以与线圈中电流流向相反，故C错；D、接通电源瞬间圆板受到电场力作用而转动，由于金属小球带负电，根据电磁场理论可知，电场力沿逆时针方向，所以与线圈中电流流向相同，故D对；故选BD11. 如图是生产中常用的一种延时继电器的示意图，铁芯上有两个线圈A和B，线圈A跟电源 连接，线圈B的两端接在一起，构成一个闭合回路下列说法正确的是（ ）A. 闭合开关S时，B中产生与图示方向的感应电流B. 闭合开关S时，B中产生与图示方向相反的感应电流C. 断开开关S时，电磁铁会继续吸住衔铁D一小段时间D. 断开开关S时，弹簧k立即将衔铁D拉起【答案】BC【解析】试题分析：由题意可知，当S接通后，线圈A中产生磁场，穿过线圈B的磁通量要增加，根据楞次定律：增反减同，结合右手螺旋定则可知，B中产生与图示方向相反的感应电流，故A错误，B正确；将S断开，导致穿过线圈B的磁通量减小变慢，根据楞次定律可知，产生有延时释放D的作用，故C正确，D错误，故选BC.考点：楞次定律；右手螺旋定则【名师点睛】该题考查楞次定律与右手螺旋定则的应用，注意穿过闭合线圈的磁通量变化，线圈相当于电源，同时理解线圈B的作用是阻碍线圈A磁通量的变化；此题考查了学生用物理知识在解决实际问题中的应用能力.12.下列相互作用的过程中，可以认为系统动量守恒的是()A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【详解】A、滑轮男孩推滑轮女孩过程,两人及滑轮组成的系统所受的摩擦力很小,可忽略不计,动量守恒.所以A选项是正确的.B、子弹击穿面粉袋的瞬间,面粉所受的摩擦力很大,不能忽略,系统的动量不守恒.故B错误.C、人在太空舱外发射子弹,人和太空舱所受的重力很小,可以忽略不计.动量守恒.所以C选项是正确的.D、动量守恒的条件是合外力为0，两车行驶相撞，肯定会有摩擦力，而且不为0，因此动量不守恒，故D错误.故选AC【点睛】动量守恒的条件：系统不受外力或者所受合外力为零，则动量守恒。可以利用这个条件去判断题目中各个动量是否守恒。13.假设某航天器以8 km/s 的速度高速运行时，迎面撞上一只速度为10 m/s、质量为5 kg的大鸟，碰撞时间为1.0105 s，则碰撞过程中的平均作用力约为()A. 81012 N B. 8109 N C. 4109 N D. 5106 N【答案】C【解析】【分析】对飞鸟分析,根据动量定理直接列式求出撞击过程中的平均作用力大小.【详解】飞鸟在极短时间内加速,以飞机运动方向为正方向,根据动量定理,有:Ft=mv+mv F=mv+mvt=58000+1011054109N 故C对；ABD错误；故选C14.质量为m的铁锤，以速度v，竖直打在木桩上，经过t时间后停止，则在打击时间内，铁锤对木桩的平均冲力的大小是（ ）A. mgt B. mvt C. mvt+mg D. mvtmg【答案】C【解析】【详解】对铁锤应用动量定理，设木桩对铁锤的平均作用力为F，则有(Fmg)t=0(mv)，解得F=mvt+mg，所以铁锤对木桩的平均冲力F=F=mvt+mg，故C正确，A、B、D错误；故选C。【点睛】在应用时要注意先明确正方向，然后才能列动量定理的关系式求解。15.如图，两滑块A、B在光滑水平面上沿同一直线相向运动，滑块A的质量为m，速度大小为2v0，方向向右，滑块B的质量为2m，速度大小为v0，方向向左，两滑块发生弹性碰撞后的运动状态是()A. A和B都向左运动B. A和B都向右运动C. A静止，B向右运动D. A向左运动，B向右运动【答案】D【解析】取向右为正方向，根据动量守恒：，知系统总动量为零，所以碰后总动量也为零，即A、B的运动方向一定相反，所以D正确；A、B、C错误。【考点定位】原子结构和原子核【此处有视频，请去附件查看】二、解答题16.如图所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t.若加上磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向60，利用以上数据求:（1）带电粒子的比荷（2）带电粒子在磁场中运动的周期【答案】43t3【解析】由带电粒子在磁场中运动的偏转角，可知带电粒子运动轨迹所对的圆心角为60，因此由几何关系得磁场宽度L=Rsin60o1分又未加磁场时有Lv0t，1分又由1分所以可求得比荷2分得3分本题考查带电粒子在磁场中的偏转，画出粒子的运动轨迹，先找圆心后求得半径，洛伦兹力提供向心力求得荷质比，轨迹所对应圆心角为60，运动时间为周期的六分之一17.如图所示，一个100匝的圆形线圈（图中只画了2匝），面积为200 cm2，线圈的电阻为1 ，在线圈外接一个阻值为4 的电阻和一个理想电压表。线圈放入方向垂直线圈平面指向纸内的匀强磁场中，磁感强度随时间变化规律如Bt图所示，求：（1）t3s时穿过线圈的磁通量。（2）t5s时，电压表的读数。【答案】（1）710-3Wb （2）0.32V【解析】试题分析：（1）t=3s时，=（2）46s内的感应电动势为电压表的读数为考点：本题考查了法拉第电磁感应定律。18.两块厚度相同的木块A和B，紧靠着放在光滑的水平面上，其质量分别为mA2.0 kg，mB0.90 kg，它们的下底面光滑，上表面粗糙，另有一质量mC0.10 kg的滑块C，以vC10 m/s的速度恰好水平地滑到A的上表面，如右图所示由于摩擦，滑块最后停在木块B上，B和C的共同速度为0.50 m/s.求：(1)木块A的最终速度vA；(2)滑块C离开A时的速度vC.【答案】(1)vA=0.25m/s (2)vC=2.75m/s 【解析】对于整个过程，把ABC看成一个整体，以C的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mCvC=mAvA+(mC+mB)v，解得：vA=0.25m/s；对于C在A上滑行的过程，把ABC看成一个整体，以C的初速度方向为正方向，动量守恒定律得：mCvC=(mA+mB)vA+mCvc ，代入解得：vc=2.75m/s；19.如图所示，足够长的粗糙绝缘斜面与水平面成=37放置，在斜面上虚线aa和bb与斜面底边平行，在aabb围成的区域有垂直斜面向上的有界匀强磁场，磁感应强度为B=1T；现有一质量为m=10g，总电阻为R=1，边长d=0.1m的正方形金属线圈MNPQ，让PQ边与斜面底边平行，从斜面上端静止释放，线圈刚好匀速穿过磁场已知线圈与斜面间的动摩擦因数为=0.5，（取g=10m/s2；sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）线圈进入磁场区域时，受到安培力大小；（2）线圈释放时，PQ边到bb的距离；（3）整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热【答案】（1）FA=2102N （2）L=1m （3）Q=4103J 【解析】【分析】（1）由于线圈匀速进磁场，根据平衡可求出安培力的大小（2）根据闭合回路欧姆定律，以及动能定理可以求出PQ边到bb的距离（3）根据能量守恒求解整个线圈穿过磁场的过程中，线圈上产生的焦耳热【详解】（1）对线圈受力分析有：mgsin=mgcos+FA 代入数据得：FA=2102N （2）设线圈释放时，PQ边到bb的距离为L根据安培力公式可知：FA=BId=BLER=B2d2vR 导体棒从开始到进入磁场过程中，有动能定理可得：mgLsinmgLcos=12mv2 结合公式可解得：L=1m （3）由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度d=0.1mQ=W安=F安2d 代入数据解得：Q=210220.1J=4103J 故本题答案是：（1）FA=2102N （2）L=1m （3）Q=4103J【点睛】要会根据题目中的词语找到隐含条件，比如由于线圈刚好匀速穿过磁场，则磁场宽度等于d，穿过磁场时速度不变，安培力不变，安培力做功的距离为2d，可求出安培力做的功，即为线圈上产生的焦耳热。