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1、曲靖市沾益区第四中学2018-2019学年上学期期末检测高二年级物理试卷考试时间120分钟，总分100分一、 单选题（本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，每题只有一项符合题目要求。） 1.物体A、B的x-t图像如图所示，由图可知（ ）A. 从第3s起，两物体运动方向相同，且vAvBB. 两物体由同一位置开始运动，但物体A比B迟3s才开始运动C. 在5s内物体的位移相同，5s末A、B相遇D. 5s内A、B的平均速度不相等【答案】AD【解析】【分析】在x-t图象中，倾斜的直线表示匀速直线运动，斜率等于速度；由图可以直接读出出发点的位置和时刻；位移等于纵坐标的变化量，平均
2、速度等于位移与时间之比。【详解】A在x-t图象中图线的斜率等于速度，从t=3s起，两图线的斜率均为正值，说明速度均沿正向。方向相同。A的斜率大于B，可知vAvB，故A正确；B由图知，A从原点出发，而B从距原点正方向上5m处出发，A在B运动3s后开始运动，故B错误；CD在5s内B物体的位移是5m，A物体的位移是10m，B物体的位移小于A物体的位移，5s末A、B到达同一位置，两者相遇，因为平均速度等于位移与时间之比，所以A的平均速度大，故CD错误；故选A。2.如图所示，物体受到斜向上的拉力F的作用，在水平面上做匀加速直线运动，方向向右，则物体受到的摩擦力与拉力的合力方向是( )A. 竖直向上 B.
3、 竖直向下 C. 向上偏右 D. 向上偏左【答案】C【解析】【分析】根据物体的加速度方向得出物体所受的合力方向，重力和支持力的合力沿竖直方向，根据平行四边形定则确定摩擦力和拉力的合力方向【详解】物体加速是向右的，则合外力的方向向右，而重力和支持力的合力方向是竖直向下的，由平行四边形合成的法则知拉力F与物体受到的摩擦力的合力方向一定是斜向右上方，故C正确，ABD错误。故选C。【点睛】解决本题的关键知道合力的方向与加速度方向相同，结合平行四边形定则分析求解，难度不大3.三颗人造地球卫星A、B、C处于不同的轨道上做匀速圆周运动，如图所示，下列说法正确的是（ ）A. 三颗卫星的线速度大小vAvBvCB
4、. 三颗卫星的向心加速度大小aAaBaCC. 三颗卫星所受的地球引力的大小一定是FAFBFCD. 三颗卫星的运动周期TATBTC【答案】D【解析】【分析】据人造卫星的万有引力等于向心力，列式求出线速度、周期和向心加速度的表达式进行讨论即可【详解】A.根据万有引力提供向心力GMmr2=mv2r，得vGMr，由此可知轨道半径越小，线速度越大，由于三颗卫星的轨道半径rArBrC，所以三颗卫星的线速度大小vAvBvC，故A错误；B.根据万有引力提供向心力GMmr2=ma，得aGMr2，由此可知轨道半径越小，加速度越大，由于三颗卫星的轨道半径rArBrC，所以三颗卫星的加速度大小aAaBaC，故B错误；
5、C.由于不知道三颗卫星的质量，故不能确定三颗卫星受到的地球引力大小，故C错误；D.根据万有引力提供向心力GMmr2=m(2T)2r，得T2r3GM，由此可知轨道半径越小，周期越小，由于三颗卫星的轨道半径rArBrC，所以三颗卫星的线速度大小TATBTC，故D正确。故选D。【点睛】本题关键抓住万有引力提供向心力，先列式求解出线速度、周期、向心力的表达式，再进行讨论4.一物体在水平方向的两个平衡力（均为恒力）作用下沿水平方向做匀速直线运动，若撤去一个水平力，则有（ ）A. 物体的动能可能减少 B. 物体的动能可能不变C. 物体的动能一定减少 D. 余下的一个力一定对物体做负功【答案】A【解析】【分
6、析】物体在两个恒力作用下做匀速直线运动，物体处于平衡状态，这两个力的合力为零；撤掉一个力后，物体做变速运动；分析各种可能的情况【详解】撤掉一个力后，若物体原来的运动方向与余下的一个力在一条直线上，且方向相同，则余下的一个力做正功，动能增加，若余下的一个力与物体原来运动的方向相反，则力做负功，动能减少；若物体原来的运动方向与余下的一个力不在一条直线上，且夹角为钝角，将初速度分解为沿着力方向和垂直力的方向，则在沿着力方向的分速度减少，垂直力方向的分速度不变，即物体的动能减少，若物体原来的运动方向与余下的一个力不在一条直线上，且夹角为直角或者锐角，则在沿着力方向的分速度一定增加，垂直力方向的分速度不
7、变，即物体的动能增加；综上余下的一个力一定对物体做功，可能是正功，也可能是负功，物体的动能一定变化，可能增加，也可能减小，故A正确，BCD错误；故选A。5.如图所示，A、B是一个正点电荷电场中的一根电场线，在线上O点放一个自由的负电荷，它将沿电场线向B点运动，下列判断中哪些是正确的( )A. 电场线由B指向A，该电荷作加速运动，其加速度越来越小B. 电场线由B指向A，该电荷作加速运动，其加速度越来越大C. 电场线由B指向A，该电荷作加速运动，其加速度大小的变化由题设条件不能确定D. 电场线由A指向B，电荷作匀加速运动【答案】C【解析】试题分析：根据负电荷的运动方向判断电场力，确定场强方向场强的
8、大小由电场线的疏密反映，电场线越密场强越大解：由题，负电荷由静止开始从O运动到B，负电荷所受电场力方向从0到B，场强方向与电场力方向相反，即场强方向由B指向A负电荷从静止开始，必定做加速运动由于电场线的分布情况未知，场强如何变化无法确定，电场力和加速度如何变化也无法确定，则电荷加速度可能越来越小，可能越来越大故C正确，ABD错误故选：C【点评】本题根据电荷的运动方向确定场强方向不难，容易产生的错误在于分析场强大小的变化来确定加速度的变化，条件不明时，考虑问题要全面6.如下图所示，直线A为电源的UI图线，直线B为电阻R的UI图线，用该电源和电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和效率分别是( )A.
9、 2W,33.3% B. 4W,33.3% C. 2W,66.7% D. 4W,66.7%【答案】D【解析】【分析】由图象A可知电源的电动势为3V，短路电流为6A，两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，效率等于R消耗的功率除以总功率【详解】由图象A可知电源的电动势E=3V，短路电流为6A，该电源和该电阻组成闭合电路时路端电压为：U=2V，电流为：I=2A；电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，根据P=UI得：P=22W=4W，电源的总功率为：P总=EI=32W=6W；所以效率为：=PP总100%=46100%=66.7%；故选D。
10、【点睛】根据U-I图象A正确读出电源的电动势和短路电流，根据U-I图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点7.如图所示的电路，闭合开关S，当滑动变阻器滑片P向右移动时，下列说法正确的是（ ）A. 小灯泡L变暗B. 电源的总功率变小C. 电容器C上电荷量减小D. 电流表读数变小，电压表读数变大【答案】C【解析】【分析】首先认识电路的结构：灯泡与变阻器串联，电容器与灯泡并联当滑动变阻器滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，根据欧姆定律分析【详解】当滑动变阻器滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小； A.灯泡功率P=I2RL，RL不变，I增大，P增大，则灯泡变亮
11、。故A错误；B.电源的总功率P总=EI，E不变，I增大，P总增大。故B错误；C.电容器电压UC=E-I（RL+r）减小，电容器电量Q=CUC减小。故C正确；D.根据欧姆定律可知，电流增大，电压表的读数U=E-Ir减小。故D错误；故选C。【点睛】本题考查电路动态分析的能力，比较简单对于电路动态分析往往按“局部整体局部”的思路8.质量和电荷量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示下列表述正确的是( )A. M带正电，N带负电 B. M的速率大于N的速率C. 洛伦兹力对M、N做正功 D. M的运行时间大于N的运行时间【答案】B【解析】试题分析：由左
12、手定则判断出M带负电荷，N带正电荷，A错误；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvB=mv2R，半径为：r=mvqB，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，B错误；洛伦兹力不做功，C错误；粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T=2mqB，M的运行时间等于N的运行时间，故D错误。考点：本题考查带电粒子在匀强磁场中运动。9.质量为m、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60角，其截面图如图所示则下列关于导体棒中的电流分析正确的是(
13、 )A. 导体棒中电流垂直纸面向里，大小为3mgBLB. 导体棒中电流垂直纸面向里，大小为3mg3BLC. 导体棒中电流垂直纸面向外，大小为3mgBLD. 导体棒中电流垂直纸面向外，大小为3mg3BL【答案】A【解析】【分析】对导体棒受力分析，受重力、支持力和电场力，根据左手定则判断电流方向，根据平衡条件求解安培力，根据安培力公式FA=BIL求解电流【详解】对导体棒受力分析，受重力、支持力和电场力，如图所示：安培力向右，根据左手定则，电流向里；根据平衡条件，有：FA=mgtan60=3mg，故电流：I=FABL3mgBL，故选A。10.如图所示，两根相距为L的平行直导轨ab、cd，b、d间连有
14、一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R.整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(垂直纸面向里)现对MN施力使它沿导轨方向以速度v水平向右做匀速运动令U表示MN两端电压的大小，则( )A. U12BLv，流过固定电阻R的感应电流由d经R到bB. UBLv，流过固定电阻R的感应电流由d经R到bC. MN受到的安培力大小FAB2L2vR，方向水平向左D. MN受到的安培力大小FAB2L2v2R，方向水平向左【答案】D【解析】【分析】当MN运动时切割磁感线，MN相当于电源由右手定则判断电流的方向再根据闭合电路欧姆定律
15、求出MN两端电压的大小由左手定则可得出安培力的方向；由F=BIL可求得安培力的大小【详解】AB.当MN运动时，相当于电源。但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻，MN两端的电压也就是电阻R两端的电压，电路中电动势为E=BLv，MN的电阻相当于电源的内阻，二者加起来为2R，则电阻上的电压为12BLv，再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N到M，那么流过电阻的就是由b经R到d。故A B错误。CD.由欧姆定律可知，电流I=BLv2R，则MN受到的安培力大小FA=BIL=B2L2v2R；故C错误，D正确。故选D。【点睛】本题考查导体切割磁感线中的力学及电路问题，要求能够把电磁感应和电路知识结合起来解决问题明确电压值为路端电压，不是电源的电动势二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对得4
