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doc 天津市七校(静海一中、宝坻一中、杨村一中等)2018-2019学年高二上学期期末考试物理试题 一、单项选择题(本题共9小题,每小题4分,共36分) 1.下列关于人造卫星的叙述,正确的是( ) A. 做匀速圆周运动的人造卫星无论离地球远近,卫星内物体均处于失重状态,所以卫星不受地球作用 B. 发射速度大于7.9km/s的人造地球卫星进入轨道后的线速度一定大于7.9km/s C. 同一卫星的轨道半径越大,其动能越小,所以机械能也越小 D. 所有同步卫星的高度是相同的,线速度的大小也是相同的,与地球的自转方向相同,但质量不一定相同 【答案】D 【解析】 【详解】做匀速圆周运动的人造卫星无论离地球远近,卫星内物体均处于失重状态,但是卫星仍受地球的引力作用,选项A错误;发射速度大于7.9km/s的人造地球卫星进入轨道后,由于势能增加,则动能会减小,在轨道上的线速度一定小于7.9km/s,选项B错误;同一卫星的轨道半径越大,速度越小,其动能越小,但是重力势能较大,所以机械能越大,选项C错误;所有同步卫星的高度是相同的,线速度的大小也是相同的,与地球的自转方向相同,但质量不一定相同,选项D正确;故选D. 2.2016年10月19日凌晨3点31分,在离地球393公里的轨道上飞行了一个多月、绕地球500多圈的“天宫二号”终于等来了他的小伙伴——“神舟十一号”,他们在太空牵手,完成了交会对接,航天员景海鹏和陈冬进入天宫二号。交会对接前“天宫二号”和“神舟十一号”均绕地球做匀速圆周运动,其轨道如图所示。关于交会对接前“天宫二号”和“神州十一号”各自的运行情况,下列说法中正确的是( ) A. 神舟十一号的运行周期小于天宫二号的周期 B. 神舟十一号的运行速度小于天宫二号的运行速度 C. 神舟十一号和天宫二号的速度都大于地球的第一宇宙速度 D. 神舟十一号必须减速才能与天宫二号交会对接 【答案】A 【解析】 【详解】万有引力提供向心力:GmMr2=mrω2=m4π2T2r=mv2r=ma解得:v=GMr ①T=2πr3GM ②ω=GMr3 ③a=GMr2 ④;由T=2πr3GM,可知半径小的周期小,则A正确;由v=GMr可知半径小的速度大,则B错误;所有卫星的运行速度不大于第一宇宙速度,则C错误;神舟十一号要加速做做离心运动才能与天宫二号交会对接,则D错误;故选A。 【点睛】本题考查了万有引力的应用,知道万有引力提供向心力是解题的前提,应用万有引力公式牛顿第二定律可以解题,要理解卫星、航天器变轨的原理。 3.如图,a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面位于正方形的四个顶点上,导线中通有大小相同的电流,方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动,它所受洛伦兹力的方向是( ) A. 沿O到c方向 B. 沿O到a方向 C. 沿O到d方向 D. 沿O到b方向 【答案】A 【解析】 【分析】 根据等距下电流所产生的B的大小与电流成正比,得出各电流在O点所产生的B的大小关系,由安培定则确定出方向,再利用矢量合成法则求得B的合矢量的方向。 【详解】根据题意,由右手螺旋定则知b与d导线电流产生磁场正好相互抵消,而a与c导线产生磁场正好相互叠加,由右手螺旋定则,则得磁场方向水平向左,当一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动,根据左手定则可知,它所受洛伦兹力的方向向下。即由o到c,故A正确,BCD错误。故选A。 4.在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极,紧贴边缘内壁放一个圆环形电极,并把它们与电池的两极相连,然后在玻璃皿中放入导电液体,例如盐水。如果把玻璃皿放在磁场中(如图所示)。通过所学的知识可知,当接通电源后从上向下看(   ) A. 液体将顺时针旋转 B. 液体将逆时针旋转 C. 若仅调换N、S极位置,液体旋转方向不变 D. 不能确定液体的转动方向 【答案】B 【解析】 【详解】在电源外部电流由正极流向负极,因此电流由边缘流向中心;器皿所在处的磁场竖直向上,由左手定则可知,导电液体受到的磁场力沿逆时针方向,因此液体沿逆时针方向旋转;若仅调换N、S极位置,液体旋转方向反向,故选项B正确,ACD错误;故选B。 5.如图,螺线管导线的两端与两平行金属板相连接,一个带正电的小球用绝缘丝线悬挂于两金属板间并处于静止状态。线圈置于方向竖直向上的均匀增大的磁场中,现将s闭合,当磁场发生变化时小球将偏转。若磁场发生了两次变化,且第一次比第二次变化快,第一次小球的最大偏角为θ1;第二次小球的最大偏角为θ2,则关于小球的偏转位置和两次偏转角大小的说法正确的( ) A. 偏向B板,θ1>θ2 B. 偏向B板,θ1<θ2 C. 偏向A板,θ1>θ2 D. 偏向A板,θ1<θ2 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意可知,线圈置于竖直向上的均匀增大的磁场中,根据法拉第电磁感应定律会产生稳定的电动势,判断出电感应电动势的高低,分析小球受力方向及力的大小。 【详解】线圈置于方向竖直向上的均匀增大的磁场中,据楞次定律可知线圈的感应电动势下高上低,则B板电势高,A板电势低,小球向A偏转,当磁场变化快时电动势大,偏角大,则C正确,ABD错误;故选C。 6.在如图所示的电路中,a、b、c为三盏完全相同的灯泡,L是自感线圈,直流电阻为RL,则下列说法正确的是(  ) A. 合上开关后,b、c先亮,a后亮 B. 断开开关时,N点电势低于M点 C. 断开开关后,b、c同时熄灭,a缓慢熄灭 D. 断开开关后,c马上熄灭,b闪一下后缓慢熄灭 【答案】A 【解析】 【详解】开关S闭合瞬间,因线圈L的电流增大,磁通量增大,产生自感电动势,根据楞次定律可知,自感电动势阻碍电流的增大,通过a灯的电流逐渐增大,所以b、c先亮,a后亮,故A正确;合上开关一会儿后,因线圈中电流逐渐稳定;断开开关S的瞬间,由电感的特性可知:L和a、b组成的回路中有电流,电流的方向与L中原来电流的方向相同,方向为:L→N→b→M→a→L,可知N点电势高于M点。故B错误;合上开关一会儿后,因线圈有电阻,则当电路中电流稳定时, a的电流小于b;断开开关S的瞬间,由电感的特性可知:L和a、b组成的回路中有电流,导致a、b一起缓慢熄灭;而c没有电流,马上熄灭。由于原来a的电流小于b,开关断开的瞬间,通过a、b和线圈回路的电流从a灯原来的电流减小,所以两灯都不会闪亮,故C错误,D错误;故选A。 【点睛】本题考查了电感线圈对电流的阻碍作用,特别是开关闭合、断开瞬间的判断,要根据灯泡中电流有无增大,分析是否存在闪亮现象。 7.如图甲所示,闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中,磁场的方向与导线框所在平面垂直,磁感应强度B随时间的变化规律如图乙所示。规定垂直纸面向外为磁场的正方向,顺时针方向为感应电流的正方向,水平向右为安培力的正方向。关于线框中的感应电流i和ad边所受的安培力F随时间t变化的图象,下列选项正确的是(   ) A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】 由图可知磁感应强度的变化,则可知线圈中磁通量的变化,由法拉第电磁感应定律可知感应电动势变化情况,由楞次定律可得感应电流的方向,根据左手定则可以找出安培力方向,结合可得出正确的图象. 【详解】由图示B-t图象可知,0~1s时间内,B增大,Φ增大,由楞次定律可知,感应电流是顺时针的,为正值;1~2s磁通量不变,无感应电流;2~3s,B的方向垂直纸面向外,B减小,Φ减小,由楞次定律可知,感应电流沿逆时针方向,感应电流是负的;3~4s内,B的方向垂直纸面向里,B增大,Φ增大,由楞次定律可知,感应电流沿逆时针方向,感应电流是负的,故A正确,B错误;由左手定则可知,在0~1s内,ad受到的安培力方向:水平向右,是正的,1~2s无感应电流,没有安培力,2~4s时间内,安培力水平向左,是负的;由法拉第电磁感应定律可知,感应电动势E=ΔΦΔt=ΔBΔtS,感应电流I=ER=SΔBRΔt,由B-t图象可知,在每一时间段内,ΔBΔt是定值,在各时间段内I是定值,ad边受到的安培力F=BIL,I、L不变,B均匀变化,则安培力F均匀变化,不是定值,C正确D错误. 8.在图甲所示的电路中,理想变压器原线圈两端的正弦交变电压变化规律如图乙所示。已知变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=10∶1,串联在原线圈电路中的交流电流表A1的示数为1A,下列说法正确的是( ) A. 交流电流表A2的示数为0.1 A B. 变压器输出端交流电的频率为100 Hz C. 电阻R上消耗的功率为200W D. 若电阻R变大,则电压表示数也增大 【答案】C 【解析】 【详解】根据I1:I2=n2:n1,输出电流为:I2=10I1=10A,电流表读数为有效值,故A错误;根据图乙得到交流电的周期为0.02s,频率为50Hz,故B错误;输入电压的最大值为2002V,故电压的有效值为200V,变压器的输入功率为:P1=U1I1=200V×1A=200W;理想变压器输入功率等于输出功率,故输出功率为200W,故C正确;若电阻R变大,电压表示数是不变的,故D错误;故选C。 【点睛】本题关键是根据图象得到瞬时值的最大值,然后得到有效值,最后结合理想变压器的变压比公式和变流比公式列式求解。 9.随着电子技术的发展,霍尔传感器被广泛应用在汽车的各个系统中。其中霍尔转速传感器在测量发动机转速时,情景简化如图(甲)所示,被测量转子的轮齿(具有磁性)每次经过霍尔元件时,都会使霍尔电压发生变化,传感器的内置电路会将霍尔元件电压调整放大,输出一个脉冲信号,霍尔元件的原理如图(乙)所示。下列说法正确的是(  ) A. 霍尔电压是由于元件中定向移动的载流子受到电场力作用发生偏转而产生的 B. 若霍尔元件的前端电势比后端低,则元件中的载流子为负电荷 C. 在其它条件不变的情况下,霍尔元件的厚度c越大,产生的霍尔电压越高 D. 若转速表显示1800r/min,转子上齿数为150个,则霍尔传感器每分钟输出12个脉冲信号 【答案】B 【解析】 元件内载流子受到洛伦兹力和电场力的作用,故A错误;根据左手定则,电子向前端偏转,前端带负电,后端带正电,所以前端的电势低,符合要求,则元件中的载流子为负电荷,故B正确;当电场力和洛伦兹力平衡,有:qUb=qvB,I=nqvS=nqvbc,解得:U=Bvb=BInqc,故当c增大时,U减小,故C错误;转速n=1800rmin=30rs, 则霍尔传感器每分钟输出的脉冲信号个数为150×30×60=270000个,故D错误,故选B. 二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题意,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或者不答的得0分) 10.关于下列器材的原理和用途,叙述正确的是( ) A. 变压器既可以改变交流电压也可以改变稳恒直流电压 B. 经过回旋加速器加速的带电粒子最大速度与加速电压大小无关 C. 真空冶炼炉的工作原理是通过线圈发热使炉内金属熔化 D. 磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用 【答案】BD 【解析】 【详解】变压器只能改变交流电压,不可以改变稳恒直流电压,选项A错误;由qvB=mv2R得:v=qBRm,则最大动能:EKm=12mv2=q2B2R22m;可知经过回旋加速器加速的带电粒子最大速度与加速电压大小无关,选项B正确;真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化,不是线圈发热,故C错误;磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用,故D正确。故选BD. 11.发电厂的输出电压为U1,发电厂至用户间输电导线的总电阻为R,通过导线的电流为I,用户得到的电压为U2,则下列输电导线上损耗功率的表达式中正确的是(   ) A. (U1−U2)I B. I2R C. U12R D. (U1−U2)R2 【答案】ABD 【解析】 【详解】升压变压器的输出电压为U1,降压变压器的输入电压为U2,则输电线上的电压损失△U=U1-U2,输电线上损失的功率为P损=△UI=I(U1-U2)或P损=△UI=△U2R=(U1−U2)2R.故AD正确,因为输电线上的电流为I,则输电线上损失的功P损=I2R.故B正确,C错误。故选ABD。 【点睛】解决本题的关键知道损失的功率的各种表达形式:P损=I2R=△UI=I(U1-U2)或P损=△UI=△U2 /R =(U1−U2)2 /R。 12.如图所示,已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后,水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中(E、g和B已知),小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动,则下列说法正确的是(   ) A. 小球带负电 B. 小球做匀速圆周运动过程中机械能保持不变 C. 小球做匀速圆周运动过程中周期T=2πEBg D. 若电压U增大,则小球做匀速圆周运动的周期变大 【答案】AC 【解析】 【详解】小球在竖直平面内做匀速圆周运动,重力与电场力平衡,则知小球所受的电场力竖直向上,与电场方向相反,因此小球带负电,故A正确。小球做匀速圆周运动,动能不变,重力势能不断变化,两者之和即机械能在变化,故B错误。小球做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则有 qvB=m4π2T2r,又qE=mg,联立得T=2πEBg,故C正确。在加速电场中,根据动能定理得 qU=12mv2,得v=2qUm,知若电压U增大,小球获得的速度v增大,小球做匀速圆周运动的轨迹半径增大,根据T=2πmqB知小球做匀速圆周运动的周期不变。故D错误。故选AC。 13.“嫦娥之父”欧阳自远透露:我国计划于2020年登陆火星。假如某志愿者登上火星后将一小球从高h处以初速度v0水平抛出一个小球,测出小球的水平射程为L。已知火星半径为R,万有引力常量为G。不计空气阻力,不考虑火星自转,则下列说法正确的是(   ) A. 火星表面的重力加速度g=hv02L2 B. 火星的第一宇宙速度为v=v0L2hR C. 火星的质量为M=2hv02GL2R2 D. 火星的平均密度为3hv02

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