《【解析版】天津市2018-2019学年高二上学期期末预测物理试卷 word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【解析版】天津市2018-2019学年高二上学期期末预测物理试卷 word版含解析（18页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、高二上期末预测（1）一、单选题1.一只小船渡河，运动轨迹如图所示水流速度各处相同且恒定不变，方向平行于岸边；小船相对于静水分别做匀加速、匀减速、匀速直线运动，船相对于静水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，且船在渡河过程中船头方向始终不变由此可以确定船（ ） A. 沿AD轨迹运动时，船相对于静水做匀减速直线运动B. 沿三条不同路径渡河的时间相同C. 沿AB轨迹渡河所用的时间最短D. 沿AC轨迹船到达对岸的速度最小【答案】A【解析】当沿AD轨迹运动时，则加速度方向与船在静水中的速度方向相反，因此船相对于水做匀减速直线运动，故A错误；船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，因运动的性质不同，
2、则渡河时间也不同，故B错误；船相对于水的初速度大小均相同，方向垂直于岸边，由于AC轨迹船相对于静水沿v0方向做匀加速运动，AB轨迹船相对于静水沿v0方向做匀速运动，AD轨迹船相对于静水沿v0方向做匀减速运动，故沿三条不同路径渡河的时间不同，沿AC轨迹渡河所用的时间最短，故BCD错误。所以A正确，BCD错误。2.如图所示，一个内壁光滑的圆锥形筒固定不动且轴线竖直，两个质量相同的球甲、乙紧贴着内壁，分别在图中所示的水平面内做匀速圆周运动，半径R甲R乙，则（）A. 角速度甲乙 B. 对筒壁的弹力N甲N乙C. 加速度a甲a乙 D. 线速度v甲v乙【答案】D【解析】【详解】A. 两球所受的重力大小相等，
3、根据力的合成，知两支持力大小、合力大小相等。合力沿水平方向，提供向心力。根据F合=mr2，得：=F合mr，r大则角速度小。所以球甲的角速度小于球乙的角速度。故A错误，B错误；C. 根据F=ma可知，由于合力相同，故向心加速度相同，故C错误；D.根据F合=mv2r，得v=F合rm，合力、质量相等，r大线速度大，所以球甲的线速度大于球乙的线速度。故D正确。故选：D【点睛】小球受重力和支持力，靠重力和支持力的合力提供圆周运动的向心力，根据F合=ma=mv2r=m2r比较线速度、角速度、向心加速度的大小。3.有a、b、c、d四颗地球卫星，a还未发射，在赤道表面上，b是近地轨道卫星，c是地球同步卫星，d
4、是高空探测卫星，它们均做匀速圆周运动，各卫星排列位置如图所示，则( )A. 在相同时间内b转过的弧长最长B. a的向心加速度等于重力加速度gC. c在4小时内转过的圆心角是6D. d的运动周期有可能是20小时【答案】A【解析】【详解】根据万有引力提供向心力：GMmr2=mv2r，解得：v=GMr，则知卫星的轨道半径越大，线速度越小，所以b的线速度最大，在相同时间内转过的弧长最长，故A正确；地球同步卫星的角速度与地球自转的角速度相同，则知a与c的角速度相同，根据a=2r知，c的向心加速度大。根据GMmr2=mg，可得：g=GMr2，可知卫星的轨道半径越大，向心加速度越小，则地球同步卫星c的向心加
5、速度小于b的向心加速度，而b的向心加速度约为g，故a的向心加速度小于重力加速度g，故B错误；c是地球同步卫星，周期是24h，则c在4h内转过的圆心角是4h242=3，故C错误；由开普勒第三定律R3T2=k，知卫星的轨道半径越大，周期越大，所以d的运动周期大于c的周期24h，故D错误。所以A正确，BCD错误。4.许多科学家对物理学的发展有巨大贡献，也创造出了许多物理学方法，下列关于物理学史的叙述正确的是A. 伽利略通过“理想实验”得出“自由落体运动与物体的质量无关”的规律B. 卡文迪许在实验室里通过几个铅球间万有引力的测量，得出了引力常量的数值C. 开普勒指出，地球绕太阳运动是因为受到来自太阳的
6、引力D. 牛顿通过比较月球公转的向心加速度和地球赤道上物体随地球自转的向心加速度，对万有引力定律进行了“月地检验”【答案】B【解析】【详解】A：伽利略通过抽象思维、数学推导和科学实验相结合的方法，得出“自由落体运动与物体的质量无关”的规律；伽利略通过“理想斜面实验”得到结论：一切运动着的物体在没有受到阻力作用的时候，它的速度不变，并且一直运动下去。故A项错误。B：卡文迪许在实验室里用扭秤实验通过几个铅球间万有引力的测量，得出了引力常量的数值。故B项正确。C：牛顿认为，地球绕太阳运动是因为受到来自太阳的引力；开普勒总结出了行星运动的规律，并没有解释行星为什么这样运动。故C项错误。D：牛顿通过比较
7、月球绕地球做近似圆周运动的向心加速度和地面重力加速度，对万有引力定律进行了“月地检验”。故D项错误。【点睛】知道物理学史，知道物理学家在对应科学研究中的主要步骤、采用的物理方法和实验结论。5.2018年10月15日，我国在西昌卫星发射中心用长征三号乙运载火箭，以“一箭双星”方式成功发射第三十九、四十颗北斗导航卫星。若其中一颗卫星入轨后绕地球做匀速圆周运动，其轨道半径为r，周期为T，地球的半径为R，则地球的第一宇宙速度为A. 2RT B. 42r3T2R C. 42R3T2r D. 22r3T2R【答案】B【解析】【详解】根据其中一颗卫星入轨后绕地球做匀速圆周运动，则有：GMmr2=m42T2r
8、，当某一卫星的轨道半径为地球半径R时，其线速度为第一宇宙速度，则有：GMmR2=mv2R，联立解得：v=42r3T2R，故选B。6.如图所示为某电子元器件的工作原理示意图，在外界磁场的作用下，当存在AB方向流动的电流时，电子元器件CD两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是（ ）A. 若在AB方向上通以由A向B运动的粒子流，带正电粒子会在C板聚集B. 当增大AB方向的电流I时， C、D两面的电势差会减小C. 电子元器件C端电势低于D端电势D. 电势差UCD的大小仅与电子元器件的制造材料有关【答案】C【解析】【详解】若在AB方向上通以由A向B运动的粒子流，根据左手定则可知，带正电粒子会在D板
9、聚集，电子元器件D端电势高于C端电势，选项A错误，C正确；随着粒子的不断积聚，当平衡时满足：UCDdq=Bqv，则UCD=Bvd，则当增大AB方向的电流I时，粒子运动的速率v增加，则 C、D两面的电势差会增加，选项B错误；由UCD=Bvd可知，电势差UCD的大小不只与电子元器件的制造材料有关，选项D错误；故选C.7.如图，直角坐标xOy平面内，有一半径为R的圆形匀强磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里，边界与x、y轴分别相切于a、b两点。一质量为m，电荷量为q的带电粒子从b点沿平行于x轴正方向进入磁场区域，离开磁场后做直线运动，经过x轴时速度方向与x轴正方向的夹角为60，下列判断
10、正确的是( )A. 粒子带正电 B. 粒子在磁场中运动的轨道半径为RC. 粒子运动的速率为3qBRm D. 粒子在磁场中运动的时间为m6qB【答案】C【解析】【详解】粒子的轨迹如图所示，向上或向下偏转，都有速度方向与x正方向夹角为60的情况，所以粒子可以带正电，也可以带负电，根据几何知识可得tan30=Rr，解得r=3R，故根据r=mvBq可得粒子运动的速率为v=3qBRm，从图中可知粒子轨迹所对圆心角为60，故粒子在磁场中运动的时间为t=603602mBq=m3Bq，C正确【点睛】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式R=mvBq，周期公式T=2mBq，运动时间公式
11、t=2T，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题8.如图所示，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，通过L1、L2中的电流相同，L1、L2中的电流方向垂直纸面向里，L3中的电流方向垂直纸面向外，在三根导线与纸面的交点所构成的等边三角形的中心上放有一电流方向垂直纸面向外的通电长直导线，则该导线受到的安培力的方向为A. 指向L1 B. 指向L2C. 指向L3 D. 背离L3【答案】C【解析】【详解】因同向电流之间相互吸引，异向电流之间相互排斥，可知L3对等边三角形的中心上的导线是吸引力，方向指向L3；而导线L1和L2对等边
12、三角形的中心上的导线都是斥力，因大小相等且互成1200角，则其合力方向指向L3，则三条导线对等边三角形的中心上的导线的安培力的合力方向指向L3，故选C.9.物理研究中，粒子回旋加速器起着重要作用，下左图为它的示意图。它由两个铝制的D形盒组成，两个D形盒正中间开有一条狭缝。两个D形盒处在匀强磁场中并接有高频交变电压。右图为俯视图，在D形盒上半面中心S处有一正粒子源，它发出的正粒子，经狭缝电压加速后，进入D形盒中。在磁场力的作用下运动半周，再经狭缝电压加速。如此周而复始，最后到达D形盒的边缘，获得最大速度，由导出装置导出。己知正离子电荷量为q，质量为m，加速时电极间电压大小为U，磁场的磁感应强度大
13、小为B，D形盒的半径为R。每次加速的时间极短，可忽略不计。正粒子从离子源出发时的初速度为零，不计粒子所受重力。则（ ）A. 高频交变电压变化的周期为mBqB. 粒子可能获得的最大动能为BqR2mC. 粒子第1次与第n次在下半盒中运动的轨道半径之比为1:2n1D. 粒子在回旋加速器中的总的时间为BR22U【答案】C【解析】加速电场变化的周期与粒子在磁场中运动周期相等，则有：T=2mqB，故A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvmB=mvm2R，解得vm=BqRm，粒子获得的最大动能Ekm=12mvm2=q2B2R22m，故B错误；粒子在电场中第一次加速，则有qU=12mv12，解得v1=2
14、qUm，则粒子以v1第一次在下半盒中运动，根据qv1B=mv12R1，解得R1=mv1Bq=1B2mUq；粒子在第n次进入下半盒运动前，已在电场中加速了（2n-1）次，则有2n1qU=12mvn2，解得vn=22n1qUm，则半径为Rn=mvnBq=1B22n1mUq，故半径之比为R1Rn=12n1，故C正确；粒子在加速器中运动的总时间为t=nT=qB2R24mU2mqB=R2B2U，故D错误；选C.【点睛】粒子先在电场中加速，然后进入磁场，做匀速圆周运动，半圆周后后，粒子再次进入电场，此时电源交换电极，粒子继续加速 10.一长直铁芯上绕有线圈P，将一单匝线圈Q用一轻质绝缘丝线悬挂在P的左端，
15、线圈P的中轴线通过线圈Q的中心，且与线圈Q所在的平面垂直。将线圈P连接在如图所示的电路中，其中R为滑动变阻器，E为直流电源，S为开关。下列情况中，可观测到Q向左摆动的是A. S闭合的瞬间B. S断开的瞬间C. 在S闭合的情况下，将R的滑片向a端移动时D. 在S闭合的情况下，保持电阻R的阻值不变【答案】A【解析】A：S闭合的瞬间，线圈P中电流由无到有，产生的磁场从无到有，线圈Q中磁通量从无到有，线圈Q中磁通量增加，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的增大，则线圈Q将向左运动远离线圈P。故A项正确。B：S断开的瞬间，线圈P中电流由有到无，产生的磁场由有到无，线圈Q中磁通量由有到无，线圈Q中磁通量减小，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的减小，则线圈Q将向右运动靠近线圈P。故B项错误。C：在S闭合的情况下，将R的滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电路电阻增大，线圈P中电流减小，产生的磁场变弱，线圈Q中磁通量减小，根据楞次定律，线圈Q的运动将阻碍磁通量的减小，则线圈Q将向右运动靠近线圈P。故C项错误。D：在S闭合的情况下，保持电阻R的阻值不变，线圈P中电流不变，产生的磁场不变，线圈Q中磁通量不变，线圈Q中不产生感应电流，线圈Q
