1、2019-2020学年高二（上）期末物理模拟试卷2一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）1（3分）（2018 天津期末）如图所示，湖中有一条小船，岸上人用缆绳跨过定滑轮拉船靠岸。若用恒速0拉绳，当绳与竖直方向成角时。小船前进的瞬时速度是（）A0sinBC0cosD分析：将船的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，沿绳子方向的速度等于v，根据平行四边形定则求出船的速度。解析：船的速度等于沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，根据平行四边形定则，有：vccosv0，则：vc，故B正确，ACD错误.点评：解决本题的关键知道物体的速度是沿绳子方向和垂直于绳子方向速度的合速度，会根据平行四边
2、形定则对速度进行合成。2（3分）从同一点O水平抛出的三个物体，分别落到同一斜面上的A、B、C三点，运动轨迹如图所示三个物体做平抛运动的初速度分别为vA、vB和vC，运动时间分别为tA、tB和tC若不计空气阻力，下列关系式正确的是（）AvAvBvC tAtBtCBvAvBvC tAtBtCCvAvBvC tAtBtCDvAvBvC tAtBtC分析：平抛运动在竖直方向上做自由落体运动，分运动与合运动具有等时性，知平抛运动的时间由高度决定再水平方向上做匀速直线运动，根据水平位移和运行的时间比较平抛运动的初速度解析：根据hgt2知，hAhBhC，则tCtBtA根据xvt知，A的水平位移最小，时间最长
3、，则水平初速度最小，C的水平位移最大，时间最短，则水平初速度最大，所以vCvBvA故B正确，A、C、D错误。点评：解决本题的关键知道平抛运动在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做自由落体运动，根据高度确定时间，根据水平位移和时间确定初速度3（3分）（2018山东肥城市校级模拟）如图所示，物块m随转筒一起以角速度做匀速圆周运动，如下描述正确的是（）A物块受到重力、弹力、摩擦力和向心力的作用B若角速度增大而且物块仍然随转筒一起做匀速圆周运动，那么木块所受弹力增大C若角速度增大而且物块仍然随转筒一起做匀速圆周运动，物块所受摩擦力增大D若角速度增大而且物块仍然随转筒一起做匀速圆周运动，物块所受摩擦
4、力不变分析：本题需先进行受力分析，然后再根据运动分析各个力之间的关系。解析：因为物块始终随物体做匀速圆周运动，所以物体受重力、摩擦力，筒壁的支持力，故A错，如图所示，因为在竖直方向等效于处于静止状态，所以受力平衡，所以fG，始终不变，故D对，C错，由 Nmrw2，当w增大时，N增大，故B对。点评：此题主要考查受力分析，某一方向上受力平衡，向心力的来源等。4（3分） “嫦娥三号”月球探测器搭载长征三号乙火箭发射升空。该卫星在距月球表面高度为h的轨道上做匀速圆周运动，其运行的周期为T，最终在月球表面实现软着陆。若以R表示月球的半径，引力常量为G，忽略月球自转及地球对卫星的影响，下列说法不正确的是（
5、）A“嫦娥三号”绕月运行时的向心加速度为B月球的第一宇宙速度为C月球的质量为D物体在月球表面自由下落的加速度大小为分析：根据万有引力提供向心力Gmm2rm（）2rma解答，注意rR+h第一宇宙速度为卫星绕月附近运行的速度。解析：根据万有引力提供向心力 Gmam（R+h），得向心加速度为：a（R+h），故A错误。根据万有引力提供向心力为：Gm（R+h），可求月球质量为：M故C正确，根据黄金代换GMgR2，又M，联立解得月球表面的加速度为：g，故D正确。可得月球的第一宇宙速度为：v，故B正确。点评：本题关键抓住万有引力提供向心力，列式求解出线速度、角速度、周期和向心力的表达式，再进行讨论。5（3分
6、）（2018 天津期末）如图，在正方形abcd范围内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场，两个电子以不同的速率，从a点沿ab方向垂直磁场方向射入磁场，其中甲电子从c点射出，乙电子从d点射出。不计重力，则甲、乙电子（）A速率之比1：2B在磁场中运行的周期之比1：2C速度偏转角之比为1：2D电子在磁场中运动时，动能和动量均不变分析：带电粒子在磁场中做圆周运动，由几何知识可分别求得从c点和d点飞出的粒子的半径和偏转角，则由向心力公式可求得各自的速率及比值；由转动的角度可知运动时间之比，动能和动量的表达式分别比较两个粒子的动能和动量。解析：设磁场边长为a，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则
7、有，解得：，两个粒子的运动轨迹如图所示粒子甲从c点离开，其半径为a；粒子乙从d离开，半径为，则速率之比为，故A错误；粒子的运行周期，故B错误；由图可知，甲粒子的偏转角是90，乙粒子的偏转角是180，速度偏转角之比为1：2，故C正确；根据动能，得动能之比为，根据动量Pmv，得，故D错误。点评：带电粒子在磁场中做圆周运动，由几何知识可分别求得从c点和d点飞出的粒子的半径和偏转角，则由向心力公式可求得各自的速率及比值；根据动能和动量的表达式分别比较两个粒子的动能和动量有没有变化。6（3分）（2018 天津期末）如图所示，足够长的宽度为d的条形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，直角三角形金属线框ABC
8、的BC边长度为L，已知Ld现令线框在外力作用下以速度v0匀速穿过磁场区域，以B点进入磁场的时刻为计时起点，规定线框中电流沿逆时针方向为正方向，则在线框穿过磁场的过程中，线框中的电流i随时间t的变化情况可能是（）ABCD分析：由电动势公式EBlv求出电动势，由欧姆定律求出电流，应用右手定则判断感应电流的方向，然后分析答题。解析： B点进入磁场后直至线框位移为d的过程中，线框的有效切割长度随时间均匀增大，线框中电流随时间均匀增大至I0，方向为逆时针方向，已知Ld，线框位移大于d小于L的过程中，其有效切割长度不变，线框中的电流不变，仍为逆时针，线框出磁场的过程中，有效切割长度随时间均匀增大，电流随时
9、间均匀增大，故A、D错误；由B项的横轴可知L2d，由几何关系可知线框位移为L时的有效切割长度与位移为d时的有效切割长度相等，故电流等大，但方向为顺时针方向，位移为L+d时，有效长度是位移为d时的2倍，电流为2I0，故B错误；由C项的横轴可知L3d，由几何关系可知线框位移为L时的有效切割长度是位移为d时的2倍，故电流为2I0，位移为L+d时，有效长度是位移为d时的3倍，电流为3I0，故C正确。点评：本题为选择题，而过程比较复杂，故可选用排除法解决，这样可以节约一定的时间；根据感应电流产生的条件判断是否有感应电流产生、由楞次定律判断出感应电流的方向是正确解题的关键。7（3分）（2018 天津期末）
10、某实验小组用如图所示的实验装置来验证楞次定律，当条形磁铁自上而下穿过固定的线圈并远离而去，该过程中（）A通过电流表的感应电流方向一直是bGaB通过电流表的感应电流方向是先bGa，后aGbC条形磁铁的加速度一直等于重力加速度D条形磁铁的加速度开始小于重力加速度，后大于重力加速度分析：当条形磁铁沿固定线圈的中轴线自上至下经过固定线圈时，穿过线圈的磁通量向下，且先增加后减小，根据楞次定律判断感应电流的磁场方向，再结合右手螺旋定则判断感应电流的方向。解析：当条形磁铁沿固定线圈的中轴线自上至下经过固定线圈时，穿过线圈的磁通量向下，且先增加后减小，根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，故感应电
11、流的磁场先向上后向下，故感应电流先逆时针后顺时针（俯视），即先bGa，后aGb故A错误，B正确；根据楞次定律可知，线圈内产生的感应电流的对条形磁铁的运动有阻碍作用，可知条形磁铁运动的加速度始终小于重力加速度。故C错误，D错误。点评：本题是楞次定律的基本应用。对于电磁感应现象中，导体与磁体的作用力也可以根据楞次定律的另一种表述判断：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动。8（3分）（2018 天津期末）如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，D是理想二极管，L是带铁芯的线圈，其直流电阻忽略不计。下列说法正确的是（）AS闭合瞬间，B先亮A后亮BS闭合瞬间，A先亮B后亮C电路稳定后，在S断开瞬间
12、，B闪亮一下，然后逐渐熄灭D电路稳定后，在S断开瞬间，B立即熄灭分析：依据自感线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源；二极管的特征是只正向导通。解析：闭合瞬间线圈相当于断路，二极管为正向电压，故电流可以走A灯泡，AB同时亮，故A错误，B错误。开关S断开瞬间B立刻熄灭；由于二极管反向不导通，故自感线圈与不能与A形成回路，A也立即熄灭，故C错误，D正确。点评：该题两个关键点，1、要知道理想线圈的特征：刚通电时线圈相当于断路，断开电键时线圈相当于电源；2、要知道二极管的特征是只正向导通。9（3分）（2018 天津期末）某发电厂的发电机组输出的电压恒为400V，将其通过升压变压器
13、升压后加在输电线上向距离较远的用户端变电站供电，输电线总电阻为5，当输送的电功率恒为200kW时，发电厂提供的电能与用户端消耗的电能不相等，二者在一个小时内相差50度电，则下列说法正确的是（）A输电线上损失的功率为50 WB供电端升压变压器的匝数比为1：5C输电线上损失的电压为50 VD若输电功率增大，则输电线上损失的功率将会减小分析：根据损失的能量求出损失的规律；根据损失功律的变形公式分析得出升压变压器的匝数比、损失的电压、输电线上的电流变化；解析：输电线上损失的功率P50KW，故A错误；因为P，解得U2000V，所以升压变压器的匝数比为：400：20001：5，故B正确；根据P，解得U50
14、0V，故C错误；输电电压不变，若输电功率变大，则输电电流变大，输电线上损失的功率PI2R变大，故D错误。点评：电从发电厂输送到用户，需要长距离输电，要知道输电过程，知道理想变压器的变压关系，灵活选用电功率公式、欧姆定律求解输电问题。10（3分）（2018江苏镇江一模）如图所示，发射升空的卫星在转移椭圆轨道上A点处经变轨后进入运行圆轨道A、B分别为轨道的远地点和近地点。则卫星在轨道上（）A经过A点的速度小于经过B点的速度B经过A点的动能大于在轨道上经过A点的动能C运动的周期大于在轨道上运动的周期D经过A点的加速度等于在轨道上经过A点的加速度分析：卫星在轨道上由B运动到A，万有引力做负功，动能减小
15、即可比较出A、B的速度；比较加速度只要比较所受的合力（即万有引力）；从轨道I上的A点进入轨道，需要加速，使得在该点万有引力小于所需的向心力做离心运动解析：由B运动到A引力做负功，动能减小的，所以经过A点的速度小于经过B点的速度，故A正确；同在A点，只有加速它的轨道才会变大，所以经过A点的动能小于在轨道上经过A点的动能，故B错误；轨道的半长轴小于轨道的半径，根据开普勒第三定律，在轨道上运动的周期小于在轨道上运动的周期，故C错误；根据a，在轨道上经过A的加速度等于在轨道上经过A的加速度，故D正确。点评：解决本题的关键理解卫星绕地球运动的规律要注意向心力是物体做圆周运动所需要的力，比较加速度，应比较
16、物体实际所受到的力，即万有引力二、非选择题（共3小题，满分0分）11（2018 天津期末）如图所示，图甲为“向心力演示器验证向心力公式”的实验示意图，图乙为俯视图。图中A、B槽分别与a、b轮同轴固定，且a、b轮半径相同。当a、b两轮在皮带的带动下匀速转动。（1）两槽转动的角速度A B（选填“”、“”或“”）。（2）现有两质量相同的钢球，球放在A槽的边缘，球放在B槽的边缘，它们到各自转轴的距离之比为2：1则钢球、的线速度之比为 ；受到的向心力之比为 。分析：皮带传送，边缘上的点线速度大小相等；共轴的点，角速度相等，再根据向心加速度Fmamr2分析。解析：皮带传送，边缘上的点线速度大小相等，所以v
17、avb，a轮、b轮半径之比为1：1，共轴的点，角速度相等，两个钢球的角速度分别与共轴轮子的角速度相等，则AB，根据题意可知，rA：rB2：1。根据vr线速度之比为2：1，根据Fmr2得向心力之比为：FA：FB2：1答案：（1）（2）2：1；2：1点评：解决本题关键掌握皮带传送，边缘上的点线速度大小相等；共轴的点，角速度相等，难度适中。12（2018 天津期末）如图所示，一束电子（电荷量为e）以速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与原来入射方向的夹角为30，求：（1）确定圆心位置，做出运动轨迹，运动半径多大？（2）电子的质量多大？（3）穿透磁场的时间是多少？分析
18、：（1）电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出轨迹的半径；（2）电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出质量。（2）由几何知识求出轨迹所对的圆心角，由tT求出时间。解析：（1）画出粒子运动轨迹的示意图，如图所示：过A点做速度方向的垂线，再过B点做速度方向的垂线，两垂线的交点O点，即为圆周运动的轨迹的圆心，且30，OB为半径。根据几何关系可得：r2d（2）根据洛伦兹力提供向心力可得：evBm联立式可得：m（3）如图所示，粒子在磁场中转过的圆心角30，粒子在磁场中运动的周期：T故穿透磁场的时间：tT。答案：（1）确定圆心位置，做出
19、运动轨迹，运动半径为2d；（2）电子的质量为；（3）穿透磁场的时间为。点评：本题是带电粒子在匀强磁场中圆周运动问题，关键要画出轨迹，根据圆心角求时间，由几何知识求半径是常用方法。13（2018天津和平区二模）如图所示，边长为L的正方形单匝线框abcd，质量为m，每边电阻均为R，以一定的初速度竖直向上运动。线框正上方空间有一有界匀强磁场，磁场区域的上、下边界水平平行，间距为2L，磁感线方向垂直于线框所在平面向里，磁感应强度大小B线框在运动过程中始终保持在同一竖直面内，ab边保持水平。向上运动过程中，线框ab边与磁场下边界重合时速度大小为v0，经历时间t后，线框完全进入磁场（cd边与磁场下边界重合
20、）；框架向上穿出磁场后，继续向上运动并返回，当cd边回到磁场上边界时恰好能够匀速进入磁场区域，重力加速度为g，不计空气阻力，求：（1）线框向下运动时，刚进入磁场时匀速运动的速度大小v1；（2）线框向上运动时，从刚要进入磁场到完全离开磁场过程中，ab边产生的热量Qab；（3）线框向上运动时，刚完全进入磁场时的速度大小v2。分析：（1）线框向下运动时，刚进入磁场时做匀速运动，重力和安培力平衡，推导出安培力与速度的关系，由平衡条件求解速度v1；（2）线框向上运动时，从刚要进入磁场到完全离开磁场过程中，动能减少，转化为重力势能和内能，根据能量守恒定律求ab边产生的热量Qab；（3）线框向上运动时，运用
21、动量定理求刚完全进入磁场时的速度大小v2。解析：（1）线框向下运动时，刚进入磁场时做匀速运动，安培力与重力平衡，即有：mgFA。又 FABIL，I联立得：v1（2）线框向上运动时，从刚要进入磁场到完全离开磁场过程中，设线框产生的总热量为Q。根据能量守恒定律得：Q+mg3Lab边产生的热量：Qab解得：QabmgL（3）线框向上运动进入磁场的过程，由动量定理得：（mg+BL）tmv2mv0。又 t解得：v2v0gt答案：（1）线框向下运动时，刚进入磁场时匀速运动的速度大小v1是。（2）线框向上运动时，从刚要进入磁场到完全离开磁场过程中，ab边产生的热量Qab是mgL。（3）线框向上运动时，刚完全进入磁场时的速度大小v2是v0gt。点评：本题是电磁感应问题，从两个角度进行研究：一条从力的角度，根据平衡条件列出方程，关键是要推导安培力与速度关系；另一条是能量，分析涉及电磁感应现象中的能量转化问题，根据功能关系等列方程。对于线框进入磁场的过程，利用动量定理和电量与磁通量的关系求速度是常用的方法，要学会运用。声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2019/2/20 10:13:02；用户：zl-1984-10；邮箱：zl-1984-10-08；学号：7094943