1、第 1 页，共 12 页2018-2019 学年山东省泰安市高二（上）期末物理试卷一、单选题（本大题共 7 小题，共 28.0 分）1. 如图所示，五根平行的长直导体棒分别过竖直平面内的正方形的四个顶点和中心，并和该正方形平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示，则中心处的导体棒受到其余四根导体棒的磁场力的合力方向是 ( )A. 竖直向上 B. 竖直向下 C. 水平向左 D. 水平向右【答案】C【解析】解：根据题意，由右手螺旋定则对角导线电流产生磁场正好相互叠加，如图所示，由矢量的合成法则，则得磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，中心处的导体棒受到其余四根导体棒的磁场力的合力方向
2、是水平向左；故选：C。根据安培定则确定出安培力的方向，再利用矢量合成法则求得 B 的合矢量的方向，再根据左手定则，即可求解本题考查磁感应强度 B 的矢量合成法则，会进行磁感应强度的合成，从而确定磁场的大小与方向，并掌握左手定则的内容2. 如图所示的装置中，木块 B 与水平桌面间的接触是光滑的，子弹 A 沿水平方向射入木块后留在木块内，将弹簧压缩到最短，现将子弹、木块和弹簧合在一起作为研究对象 系统 ，则此系统在从子弹即将射入木块到弹簧压缩至最短的过程中 ( ) ()A. 动量守恒，机械能守恒 B. 动量不守恒，机械能不守恒C. 动量守恒，机械能不守恒 D. 动量不守恒，机械能守恒【答案】B【解
3、析】解：在木块与子弹一起向左运动压缩弹簧的过程中，木块、子弹、弹簧所组成的系统所受合外力不为零，则系统动量不守恒；在子弹击中木块的过程中，要克服摩擦力做功，系统的部分机械能转化为内能，系统机械能不守恒，因此子弹、木块和弹簧所组成的系统，在从子弹开始射入木块到弹簧压缩至最短的整个过程中，动量不守恒、机械能不守恒；故选：B。根据动量守恒与机械能守恒的条件分析答题；当系统所受合外力为零时，系统动量守恒；当只有重力或只有弹力做功时，系统机械能守恒。本题考查了判断系统动量与机械能是否守恒，知道动量与机械能守恒的条件、分析清楚过程即可正确解题。第 2 页，共 12 页3. 如图，轻弹簧上端固定，下端连接一
4、个可视为质点的小球，系统静止时小球的位置为 将小球向下拉到 位置 在弹性限度1. 2 (内 ，从静止放开，小球在 、 之间往复运动。则在小球运) 2 3动的过程中 ( )A. 经过 位置时，速度最大1B. 经过 位置时，加速度最大1C. 经过 位置时，弹簧弹力最大1D. 经过 位置时，弹簧弹力方向一定向下3【答案】A【解析】解：AB、根据 点为自然静止时的状态，弹力与重力平衡，大小相等，可知1经过 位置时，加速度为 0，速度最大，故 A 正确 B 错误；1C、 点为自然静止时的状态，弹力与重力平衡，向下拉时弹力增大，所以经过 位1 1置时，弹簧的弹力不是最大，故 C 错误；D、经过 位置时，弹
5、簧的弹力可能为 0，也可能方向向下或向上，故 D 错误；3故选：A。根据 点为自然静止时的状态可确定此时弹力与重力平衡，大小相等，然后根据其它1时候弹力与重力的大小关系判断出小球的运动状态变化。本题主要考查了力和运动的关系，关键能够确定出平衡状态，并能够正确分析弹力的变化，得出合力的情况。4. 如图是磁流体发电机的示意图，在间距为 d 的平行金属板 A、C 间，存在磁感应强度为 B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，两金属板通过导线与变阻器 R 相连，等离子体以速度 v 平行于两金属板垂直射入磁场。若要增大该发电机的电动势，可采取的方法是 ( )A. 只减小 d B. 只增大 B C. 只增大 R
6、D. 只减小 v【答案】B【解析】解：根据平衡得： ，=解得电动势为： ，=所以可以通过增大 B、d、v 来增大电动势，故 ACD 错误，B 正确。故选：B。等离子体进入垂直射入磁场，受洛伦兹力发生偏转，在两极板间形成电势差，最终电荷受电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡确定电动势与什么因素有关。考查带电粒子在复合场中的运动，解决本题的关键知道稳定时电荷受电场力和洛伦兹第 3 页，共 12 页力平衡。5. 如图，矩形金属线框 abcd 固定在桌面上，直导线MN 贴近桌面且通有 M 向 N 的恒定电流 将 MN 从.图中 I 位置匀速平移到 II 位置过程中，线圈中感应电流的方向是 ( )A. 一直沿
7、 abcda 方向B. 一直沿 adcba 方向C. 先沿 adcba 方向，后沿 abcda 方向D. 先沿 abcda 方向，再沿 adcba 方向，后沿 abcda 方向【答案】D【解析】解：由安培定则得，载有恒定电流的直导线产生的磁场在导线左边的方向为垂直直面向里，右边的磁场方向垂直向外，当导线向线圈靠近时，则穿过线圈的磁通量变大，根据楞次定律，可知：感应电流方向为 abcda，为顺时针方向；当导线越高 cd 后到线圈中心轴与导线重合，穿过线圈的磁通量变小，则感应电流方向为 adcba，为逆时针方向；当继续向右运动时，穿过磁通量 x 向里变大，由楞次定律可知，感应电流方向为：adcba
8、，为逆时针方向；当导线远离线圈时，由楞次定律可知，感应电流方向为：abcda；为顺时针方向；故选：D。根据通电导线由安培定则，来判断通电直导线周围的磁场分布，知道它是非匀强电场，同时要根据楞次定律和安培定则判断感应电流的方向。通电指导线周围的磁场为非匀强磁场，会应用楞次定律，注意通电导线的磁场大小与方向的分布。同时强调线圈中心轴处于导线位置时，磁通量为零。6. 将充足气后质量为 的篮球从 高处自由落下，篮球接触地面的时间为 ，0.5 1.6 0.5竖直弹起的最大高度为 。不计空气阻力，重力加速度大小为 则触0.9 =9.8/2.地过程中篮球地面的平均作用力大小为 ( )A. B. C. D.
9、4.9 8.9 9.8 14.7【答案】D【解析】解：由动能定理得：小球下落过程： ， 方向竖直向下；1=12210 1=21小球上升过程： ， 方向竖直向上；2=01222 2=22以向下为正方向，由动量定理得： ()=21由以上各式代入数据求得： 故 D 正确，ABC 错误=14.7故选：D。由动能定理可以求出小球落地与反弹时的速度，然后由动量定理求出小球对地面的冲击力。本题考查动量定理的应用，只要能熟练应用动能定理与动量定理可以正确解题，应用动量定理解题时，要注意正方向的选取。7. 如图分别是直流电动机、摇绳发电、磁电式仪表和电磁轨道炮示意图，其中不是“因电而动” 即在安培力作用下运动
10、的有 ( ) ( )第 4 页，共 12 页A. B. C. D. 【答案】B【解析】解：A、图中线圈与电源相连，给线圈供电后能使线圈在磁场中转动；属于因电而动；B、摇绳发电是线圈在地磁场中运动产生感应电流；属于因动而电；C、磁电式仪表是线圈通电后在磁场中转动的；属于因电而动；D、电磁炮是导线通电后在磁场中加速运动；属于因电而动；本题考查不是“因电而动”的；故选：B。电磁感应是指因为磁通量变化产生感应电动势的现象；而电动机是电流在磁场中的受力，二者要注意区分本题关键明确什么是电磁感应，什么是导线在磁场中受力；要能根据题目中的电流来源进行判断二、多选题（本大题共 3 小题，共 12.0 分）8.
11、 如图甲所示为一列沿 x 轴传播的简谐横波在 时刻的波形图。图乙表示该波传=0播的介质中 处的 a 质点从 时刻起的振动图象。下列说法正确的是 =2 =0 ( )A. 波传播的速度为 20/B. 波沿 x 轴负方向传播C. 时，质点 a 的位移沿 y 轴正方向=0.25D. 时， 处的 b 质点的加速度沿 y 轴负方向=0.25 =4【答案】AD【解析】解：A、由甲图可知，滤长为 4m，由乙图可知，周期为 ，则波速0.2，故 A 正确；=40.2=20/B、由乙图知， 时刻，质点 a 向下运动，即沿 y 轴负方向振动，在甲图上，由波=0形的平移可知，该波沿 x 轴正方向传播，故 B 错误；C、
12、由乙图知，质点的振动周期为 ，所以质点 a 在 的时刻的振动情况=0.2 =0.25与 时刻的振动情况相同，即处于负的最大位移处，所以位移沿 y 轴负方向。故=0.5C 错误；D、由图甲可知，a 质点和 b 质点的平衡位置相距半个波长，振动情况总是相反，所以在振动过程中任意时刻的位移都相反，所以质点 b 处于正的最大位移处，加速度沿 y轴负方向。故 D 正确。故选：AD。根据两图确定波长和周期，再由波速公式即可求出波速；在乙图上读出 a 质点在时刻的速度方向，在甲图上判断出波的传播度方向；由由乙图读出周期，根据=0第 5 页，共 12 页与周期的关系判断质点的运动情况。=0.25本题关键要把握
13、两种图象的联系，能根据振动图象读出质点的速度方向，在波动图象上判断出波的传播方向。9. 回旋加速器的工作原理如图所示：D 1 和 D2 是两个中空、半径固定的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差，两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中；中央 O 处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速，粒子进入磁场后做匀速圆周运动。不考虑相对论效应，不计粒子重力。下列说法正确的是 ( )A. 粒子在磁场中的运动周期越来越大B. D 型盒的半径越大，粒子离开加速器时的动能就越大C. 磁感应强度越大，粒子离开加速器时的动能就越大D. 两盒间电势差越大，粒子离开加速器时的动能就越大【答案】BC【解析】解：A、粒子
14、在磁场中运动的周期： ，与其速度的大小无关，所以粒=2子运动的周期不变，故 A 错误；BC、根据 ，解得 ，带电粒子射出时的动能 ，知最大=2 = =122=2222动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关；磁场越强，D 型盒的半径越大，则粒子离开加速器时的动能就越大，故 BC 正确；D、粒子的最大动能 ，与加速电压的大小无关，即与两盒间电势差无关，=2222故 D 错误；故选：BC。粒子在电场中被加速，所以粒子运动的方向必须与电场的方向相同；回旋加速器的半径一定，根据洛伦兹力提供向心力，求出最大速度，可知最大速度与什么因素有关。解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏
15、转来加速粒子，但是最终粒子的动能与电场的大小无关。10. 如图所示，在 的区域内，存在方向垂直坐标平面、磁感应强度 的0” 。0)粒子，以速度 v 沿与 NM 夹角 方向第 1 次经过 MN 上的 O 点射入右侧磁场中，=3不计粒子重力。求：粒子第 2 次经过 MN 时的位置与 O 点的距离；(1)粒子从离开 O 点到第 2 次经过 O 点经历的时间。(2)【答案】解： 设粒子在右侧磁场中做圆周运动的圆心为 ，半径(1) 1为 ，第 2 次经过 MN 时与 MN 相交于 A，运动的轨迹如图，由几1何关系知根据牛顿第二定律得1=1=61=23=216得2=21 =32设粒子进入左侧磁场中做圆周运
16、动的圆心为(2)，半径为 ，第 3 次经过 MN 时交点2 2为 轨迹如图所示。.由 知(1)2=21过 向 MN 做垂线，恰好与 MN 相交于 O 点2第 12 页，共 12 页粒子从 D 点再次进入右侧磁场中运动，轨迹与 O 到 A 过程相同。粒子恰=2=23好再次经过 O 点。粒子在右侧磁场中做圆周运动的周期粒子在左侧磁场中做圆周运动的周期1=由第 问可知，粒子从 O 到 A 经历的时间2=2 (1)粒子从 A 到 D 经历的时间1=131粒子连续两次经过 O 的时间为2=232整理得=21+2 =2答： 粒子第 2 次经过 MN 时的位置与 O 点的距离为 ；(1)32粒子从离开 O 点到第 2 次经过 O 点经历的时间为 。(2)2【解析】 画出粒子运动轨迹，根据几何知识求解半径和弦长；(1)画出粒子进入左侧的运动轨迹，然后根据粒子运动求解时间。(2)本题主要考查了带电粒子在磁场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的运动轨迹，熟练掌握圆周运动的基本公式，难度适中。