《山东省2018-2019学年高二物理上学期期末考试模拟试卷（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省2018-2019学年高二物理上学期期末考试模拟试卷（含解析）（15页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、山东省菏泽第一中学2018-2019学年高二物理上学期期末考试模拟试卷（含解析）一选择题1.在圆轨道上的质量为m的人造地球卫星，它到地面的距离等于地球半径R，地面上的重力加速度取g，忽略地球自转的影响，则（）A. 卫星运动的线速度为B. 卫星的周期为C. 卫星运动的向心加速度大小为D. 卫星运动轨道处的重力加速度为【答案】D【解析】【分析】人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，地球对人造卫星的万有引力提供向心力，根据牛顿第二定律可列式求出线速度、角速度、周期和向心力的表达式再根据万有引力近似等于重力得出黄金代换公式即可。【详解】人造卫星绕地球做匀速圆周运动，根据万有引力提供向心力，设地球质量为M、
2、卫星的轨道半径为r r=2R忽略地球自转的影响有GMmR2=mg A项：卫星运动的速度大小为v=GMr=gR2，故A错误；B项：卫星运动的周期为：T=2r3GM=42Rg，故B错误；C项：卫星运动的加速度：a=GMr2=g4，故C错误；D项：卫星轨道处的重力加速度为g4，故D正确。故选：D。【点睛】本题关键根据人造卫星的万有引力充当向心力，以及地球表面物体的重力等于万有引力列两个方程求解。2.如图为质谱仪的结构原理图，磁场方向如图，某带电粒子穿过S孔打在MN板上的P点则（）A. 该粒子一定带负电B. a极板电势一定比b极板高C. 到达P点粒子的速度大小与ab间电磁场强弱无关D. 带电粒子的qm
3、比值越大，P S间距离越大【答案】B【解析】【分析】粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，根据带电粒子在磁场中的偏转方向判断电荷的电性根据平衡求出粒子经过速度选择器的速度通过带电粒子在磁场中的偏转，根据半径的大小判断粒子比荷的大小。【详解】A项：粒子在里的磁场中向右运动，向上偏转，由左手定则可知粒子带正电，故A错误；B项：由左手定则可知，粒子在选择器中受向上的洛伦兹力，由qE=qvB，此时粒子受力平衡，电场力的方向向下，所以电场强度的方向也向下，a极板电势一定比b极板高，故B正确；C项：由qE=qvB可知，粒子的速度：v=EB0，到达P点粒子的速度大小与ab间电磁场强弱有关，故C错误
4、；D项：由洛伦兹力提供向心力得：qvB=mv2r则：qm=vBr知荷质比越大，r越小，PS间距离越小，越靠近狭缝，故D错误。故应选：B。【点睛】解决本题的关键知道粒子在速度选择器中做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动。3.如图所示，一定质量的理想气体从状态A依次经过状态B、C和D后再回到状态A其中，AB和CD为等温过程，BC和DA为绝热过程。该循环过程中，下列说法正确的是（）A. AB过程中，气体对外界做功B. BC过程中，气体分子的平均动能增加C. CD过程中，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多D. DA过程中，气体的内能没有变化【答案】AC【解析】【分析】AB过程中，体积增大，气体对
5、外界做功，BC过程中，绝热膨胀，气体对外做功，温度降低，CD过程中，等温压缩，DA过程中，绝热压缩，外界对气体做功，温度升高。【详解】A项：由图可知AB过程中温度不变，内能不变，体积增大，气体对外界做功，所以气体吸收热量，故A正确；B项：由图可知BC过程中，绝热膨胀，气体对外做功，内能减小，温度降低，气体分子的平均动能减小，故B错误；C项：由图可知CD过程中，等温压缩，体积变小，分子数密度变大，单位时间内碰撞单位面积器壁的分子数增多，故C正确；D项：由图可知DA过程中，绝热压缩，外界对气体做功，内能增加，温度升高，分子平均动能增大，故D错误。故选：AC。【点睛】本题考查了热力学第一定律的应用，
6、根据图象判断出气体体积如何变化，从而判断出外界对气体做功情况，再应用热力学第一定律与题目所给条件即可正确解题；要知道：温度是分子平均动能的标志，理想气体内能由问题温度决定。4.如图所示，两根平行金属导轨置于水平面内，导轨之间接有电阻R金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触，整个装置放在匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下现使磁感应强度随时间均匀减小，ab始终保持静止，下列说法正确的是（）A. ab中的感应电流方向由b到a B. ab中的感应电流逐渐减小C. ab所受的安培力保持不变 D. ab所受的静摩擦力逐渐减小【答案】D【解析】磁感应强度均匀减小，磁通量减小，根据楞次定律得，ab中的感应电
7、流方向由a到b，A错误；由于磁感应强度均匀减小，根据法拉第电磁感应定律E=BSt得，感应电动势恒定，则ab中的感应电流不变，根据P=I2R可知电阻R消耗的热功率不变，B错误；根据安培力公式F=BIL知，电流不变，B均匀减小，则安培力减小，C错误；导体棒受安培力和静摩擦力处于平衡，f=F，安培力减小，则静摩擦力减小，D正确5.匀强磁场中有一细金属圆环，圆环平面位于纸面内，如图甲所示，磁场方向垂直纸面，规定向里的方向为正，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示；用I1、I2、I3分别表示Oa、ab、bc段的感应电流，F1、F2、F3分别表示金属环上很小一段导体受到的安培力下列说法正确的是（）A.
8、 I1沿逆时针方向，I2沿顺时针方向B. I2沿顺时针方向，I3沿逆时针方向C. F1方向指向圆心，F2方向指向圆心D. F2方向背离圆心向外，F3方向背离圆心向外【答案】A【解析】【分析】应用楞次定律可以判断出感应电流方向，由左手定则可以判断出电流所受安培力方向，从而即可求解。【详解】A项：由图甲所示可知，oa段，磁场垂直于纸面向里，穿过圆环的磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I1沿逆时针方向，在ab段磁场向里，穿过圆环的磁通量减少，由楞次定律可知，感应电流I2沿顺时针方向，故A正确；B项：由图甲所示可知，在bc段，磁场向外，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流I3沿顺时针方向，故B错误；
9、C项：由左手定则可知，oa段电流受到的安培力F1方向指向圆心，ab段安培力F2方向背离圆心向外，故C错误；D项：由左手定则可知，ab段安培力F2方向背离圆心向外，bc段，安培力F3方向指向圆心，故D错误。故选：A。【点睛】本题考查了判断感应电流方向与安培力方向，应用楞次定律与左手定则即可正确解题；要熟练掌握楞次定律与左手定则；要掌握应用楞次定律解题的步骤。6.霍尔元件磁传感器，是实际生活中的重要元件之一，广泛应用于测量和自动控制等领域如图一长度一定的霍尔元件，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示从E到F方向的电流I，其中元件中的载流子是带负电的电荷，下列说法中正确的是（）A. 该元
10、件能把电学量转化为磁学量B. 左表面的电势高于右表面C. 如果用该元件测赤道处的磁场，应保持水面呈水平状态D. 如果在霍尔元件中的电流大小不变，则左右表面的电势差与磁场的磁感应强度成正比【答案】D【解析】【分析】在霍尔元件中，移动的是负电荷，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道M、N两侧面会形成电势差UMN的正负MN间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差UCD与什么因素有关。【详解】A项：霍尔元件能够把磁学量转换为电学量的传感器，故A错误；B项：根据左手定则，负电荷向左侧面偏转，左表面带负电，右表面带正
11、电，所以右表面的电势高，故B错误；C项：在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过，故C错误；D项：CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有qUb=qvB，I=nqvs=nqvbc，则U=BInqc，故D正确。故选：D。【点睛】解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。7. 物理课上，老师做了一个奇妙的“跳环实验”。如图，她把一个带铁芯的线圈L、开关S和电源用导线连接起来后。将一金属套环置于线圈L上，且使铁芯穿过套环。闭合开关S的瞬间，套环立刻
12、跳起。某同学另找来器材再探究此实验。他连接好电路，经重复试验，线圈上的套环均未动。对比老师演示的实验，下列四个选项中，导致套环未动的原因可能是A. 线圈接在了直流电源上 B. 电源电压过高C. 所选线圈的匝数过多 D. 所用套环的材料与老师的不同【答案】D【解析】金属套环跳起来的原因是开关S闭合时，套环上产生的感应电流与通电螺线管上的电流相互作用而引起的，线圈接在直流电源上时，金属套环也会跳起。电压越高线圈匝数越多，S闭合时，金属套环跳起越剧烈。若套环是非导体材料，则套环不会跳起，故A、B、C选项错误，D选项正确。【此处有视频，请去附件查看】8.下列说法中正确的是（ ）A. 悬浮在液体中的微小
13、固体颗粒的运动是无规则运动，说明液体分子的运动也是无规则的B. 物体中分子热运动的动能的总和等于物体的内能C. 橡胶无固定熔点，是非晶体D. 第二类永动机不可能制成，是因为它违反了能量守恒定律【答案】AC【解析】【分析】布朗运动是固体小颗粒的运动，发映液体分子的无规则运动；物体的内能包括分子动能和分子势能；橡校是非晶体。【详解】A项：悬浮在液体中的微小固体颗粒的运动是无规则的，说明液体分子的运动也是无规则的；故A正确；B项：物体中分子热运动的动能及分子势能之和等于物体的内能；故B错误；C项：橡胶是非晶体，没有固定的熔点；故C正确；D项：第二类永动机不可能制成是因为它违反了能量耗散的方向性，故D
14、错误。故选：AC。【点睛】本题考查分子运动论、内能及晶体的性质，要注意明确内能包括分子动能和分子势能；而温度是分子平均动能的标志。9.某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻为R10，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为41，降压变压器副线圈两端交变电压u2202sin100t V，降压变压器的副线圈与阻值R0=11的电阻组成闭合电路。若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是（ ）A. 通过R0电流的有效值是20AB. 降压变压器T2原、副线圈的电压比为4：1C. 升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压D.
15、 升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率【答案】ABD【解析】【分析】在输电的过程中，交流电的频率不变，结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻，根据欧姆定律求出通过用电器的电流，结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率。【详解】A项：通过用电器的电流有效值I=UR0=2202211A=20A，故A正确；B项：由原、副线圈的电压之比等于匝数比，所以降压变压器T2原、副线圈的电压比为4：1，故B正确；C项：由于输电线上有电压的损失，所以升压变压器T1的输出电压大于降压变压器T2的输入电压，故C错误；D项：由于输电线上有功率损失，所以升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率，故D正确。故选：ABD。【点睛】解决本题的关键知道：1、原副线圈的电压、电流与匝数比的关系；2、升压变压器的输出功率、功率损失和降压变压器的输入功率之间的关系。10.如图所示，可视为质点的小木块a、b和c 放在水平圆盘上，a、b两个质量均为m，c的质量为12ma与转轴OO的距离为l，b、c与转轴
