天津市2018_2019学年高二物理上学期末预测试卷（含解析）.docx

天津市2018-2019学年高二物理上学期末预测试卷（含解析）1.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( )A. 0sin B. 0/sinC. 0cos D. 0/cos【答案】B【解析】将小船沿水面前进的速度分解为沿绳方向的速度和垂直于绳方向的速度如图：则，解得：小船前进的瞬时速度。故B项正确，ACD三项错误。点睛：绳（杆）连接的物体沿绳（杆）方向的速度分量相等。2.从同一点O水平抛出的三个小物体，分别落到斜面上A、B、C三个位置，如图所示。三个物体的初速度大小和运动时间的关系如下，其中正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】根据知，hAhBhC，则tCtBtA根据x=vt知，A的水平位移最小，时间最长，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，B、C、D错误。故选A。【点睛】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.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，物块所受摩擦力不变【答案】BD【解析】A、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：向心力为效果力，物体不受向心力，故A错误，B、C、D、因为在竖直方向等效于处于静止状态，所以受力平衡，所以f=G，N=mrw2，当w增大时，N增大，故B、C错误，D正确。故选D 【点睛】此题主要考查受力分析，竖直方向上受力平衡，水平方向上指向圆心的受力是向心力的来源。4.2013年12月2日1时30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【答案】A【解析】【详解】卫星在运动过程中，匀速圆周运动的向心加速度，故A错误；万有引力提供向心力即，整理得月球质量，故C正确；月球的第一宇宙速度即在月球表面做匀速圆周运动的卫星线速度，即，带入月球质量可得，选项B正确；物体在月球表面万有引力提供重力即，整理得。故D正确。本题选择不正确的，故选A5.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. 速率之比为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【答案】ACD【解析】试题分析：带电粒子在磁场中运动有，整理可得，甲、乙的半径之比为2：1，故速率之比为2：1，A正确；故甲、乙周期相等，B错误；甲在磁场中运动，乙在磁场中运动，故时间之比为1：2，偏转角之比为1：2，C、D正确。考点：带电粒子在磁场中的运动6.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A. B. C. D. 【答案】C【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，电流随时间均匀增大，选项AD错误；由B项的横轴可知L=2d，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，选项B错误；由C项的横轴可知L=3d，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，选项C正确；故选C.点睛：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.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【答案】B【解析】A、B项：当磁铁自上向下穿入线圈时，原磁场向下，磁通量增加，感应电流的磁场方向向上，感应电流是从bGa；当磁铁向下离开线圈时，原磁场向下，磁通量减少，感应电流的磁场方向向下，感应电流是从aGb，故A错误，B正确；C、D项：当磁铁自上向下穿入线圈时，磁通量增加，根据“来拒去留”可知，条形磁铁的加速度小于重力加速度，当磁铁向下离开线圈时，磁通量减少，根据“来拒去留”可知，条形磁铁的加速度小于重力加速度，故C、D均错误。8.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（ ）A. S闭合瞬间，B先亮A后亮B. S闭合瞬间，A先亮B后亮C. 电路稳定后，在S断开瞬间，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【答案】D【解析】【详解】闭合瞬间线圈相当于断路，二极管为正向电压，故电流可通过灯泡AB，即AB灯泡同时亮，故AB错误。因线圈的电阻为零，则当电路稳定后，灯泡A被短路而熄灭，当开关S断开瞬间B立刻熄灭，线圈中的电流也不能反向通过二极管，则灯泡A仍是熄灭的，故C错误，D正确。故选D。【点睛】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.某发电厂的发电机组输出的电压恒为400 V，将其通过升压变压器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200 kW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【答案】B【解析】输电线上损失的功率，选项A错误；，解得U=2000V，升压变压器的匝数比为：40:2000=1:5，选项B正确；根据，解得U=500V，选项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变大，选项D错误；故选B.10.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【答案】AD【解析】【详解】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；故选AD。【点睛】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，应比较物体实际所受到的力，即万有引力11.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两轮在皮带的传动下匀速转动。（1）两槽转动的角速度_。（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。则钢球、的线速度之比为_；受到的向心力之比为_。【答案】 (1). =; (2). 2:1; (3). 2:1;【解析】（1）因两轮ab转动的角速度相同，而两槽的角速度与两轮角速度相同，则两槽转动的角速度相等，即A=B；（2）钢球、的角速度相同，半径之比为2:1，则根据v=r可知，线速度之比为2:1；根据可知，受到的向心力之比为2:1。12.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？【答案】(1)r=2d (2) (3) 【解析】【详解】（1）电子在磁场中作匀速圆周运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为Bv，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛伦兹力指向交点上，由几何知识知，AB对应的圆心角 =30，由几何知识可得：电子的轨迹半径 r=2d；轨迹如图； （2）又由qvB=m，得： （3）AB弧的圆心角是30，则电子穿越磁场的时间为：【点睛】本题考查了求磁感应强度、电子的运动时间，分析清楚电子运动过程、应用牛顿第二定律与周期公式即可正确解题，解题时要注意几何知识的应用13.如图所示，边长为L的正方形单匝线圈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）；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。【答案】(1) (2) (3)【解析】（1）cd边进