1、泰安一中 20182019 学年第一学期高二期中考试物 理 试 题2018.11第 I 卷（选择题 共 44 分）一、选择题：（本题共 10 小题 44 分16 题只有一个选项正确，每小题 4 分，710 在每题列出的四个选项中有多个选项正确全部选对的得 5 分，选不全的得 3 分，有选错的或不答的得 0 分 ）1关于匀速圆周运动，下列说法正确的是A. 匀速圆周运动是匀速运动B匀速圆周运动是匀变速运动C匀速圆周运动是线速度不变的运动D匀速圆周运动是加速度不断改变的运动2关于磁感应强度，下列说法正确的是A. 磁感应强度是矢量，方向与小磁针在该点静止时 S 极指向相同B某处的磁场方向就是该处磁感强
2、度的方向 C放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同 D一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力，则该处的磁感应强度一定为零3如图所示， 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，方向如图所示一电子从正方形中心 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向上 B向右 C向左 D向下4甲、乙两星球的平均密度相等，半径之比是 R 甲 R 乙 41，则同一物体在这两个星 球表面受到的重力之比是A11 B. 14 C. 116 D. 415如图所示，要使 Q 线圈产生图示方向的电流，可采用的方法有A闭合电键 K
3、后，把 R 的滑片向右移B闭合电键 K 后，把 R 的滑片向左移C闭合电键 K 后，把 P 中的铁心从左边抽出D闭合电键 K 后，把 Q 远离 P6图中能产生感应电流的是A B C D7如图所示，在水平地面上 O 点正上方不同高度的 A、 B 两点分别水平抛出一小球，如果两球均落在同一点 C 上，则两小球 A落地的速度大小可能相同 B落地的速度偏向角可能相同C两个小球下落时间一定不同 D两个小球抛出时的初速度可能相同8如图所示为一种回旋加速器的示意图，其核心部分是两个 D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连，现分别加速氘核（ 12H）和氦核（ 24He） ，下列判断中正确的是
4、A它们在 D 形盒中运动的周期相同B它们的最大速度相同C它们的最大动能相同D仅增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能9如图为表演杂技“飞车走壁”的示意图演员骑摩托车在一个圆台形结构的内壁上飞驰，做匀速圆周运动图中 a、 b 两个虚线圆表示同一位演员骑同一辆摩托，在离地面不同高度处进行表演的运动轨迹不考虑车轮受到的侧向摩擦力，下列说法中正确的是A. 在 a 轨道上运动时线速度较大B. 在 a 轨道上运动时角速度较大C. 在 a、 b 两个轨道上运动时摩托车对侧壁的压力相等D. 在 a 轨道上运动时摩托车和运动员所受的向心力较大10如图所示， L1和 L2为平行虚线， L1上方和 L2下方都有垂直
5、纸面向里的磁感应强度相同的匀强磁场，A、 B 两点都在 L2上带电粒子从 A 点以初速度 v与 L2成 30角斜向上射出， 经偏转后正好过 B 点，经过 B 点时速度的方向也斜向上，粒子重力不计下列说法中正确的是A若只将匀强磁场的方向改为垂直纸面向外，粒子仍能经过 B 点B若将带电粒子在 A 点时的初速度变大（方向不变），它仍能经过 B 点C若将带电粒子在 A 点的初速度方向改为与 L2成 60角斜向上（大小不变），它也一定经过 B 点D粒子一定带正电荷第 II 卷（非选择题 共 56 分）二、实验题：（本题共 12 分把答案填在题中的横线上或按题目要求作答 ）11 （6 分）如图所示为“研究
6、电磁感应现象”的实验装置（1）将图中所缺的导线补接完整；（2）如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏转一下，那么合上开关后可能出现的情况有：A将线圈 A 插入线圈 B 待电路稳定后，再将线圈 A 迅速拔出，灵敏电流计指针将_（填“向右”或“向左” ）偏转一下B线圈 A 插入线圈 B 后，将滑动变阻器的滑片迅速向右拉时，灵敏电流计指针_（填“向右”或“向左” ）偏转一下12 （6 分）某同学在某砖墙前的高处水平抛出一个石子，石子在空中运动的部分轨迹照片如图所示从照片可看出石子恰好垂直打在一倾角为 37的斜坡上的 A 点已知每块砖的平均厚度为 10cm（不计砖缝的宽度） ，抛出点到 A 点竖直
7、方向刚好相距 200 块砖，取g10m/s 2sin370.6，cos370.8） ，则石子在空中运动的时间为 s，石子水平抛出的初速度大小为 m/s，石子的抛出点到 A 点的距离为 m.（结果可以用根号表示）三计算题：（本题共 4 小题，共 44 分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位 ）13.（10 分）如图所示，水平面上有电阻不计的 U 形导轨 NMPQ，它们之间的宽度为 L=10cm， M 和 P 之间接入电动势 E=1.5V、内阻 r=0.1 的电源现垂直于导轨放置一根质量为 m=0.1kg，电阻为 R=
8、0.2 的金属棒 ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为 B=1T，方向与水平面夹角为37且指向右斜上方， ab 棒保持静止求：（1） ab 棒受到的安培力的大小；（2） ab 棒受到的支持力和摩擦力各为多少14.（10 分）如图所示，在以坐标原点 O 为圆心的圆形区域内，存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场一个不计重力的带电粒子从磁场边界与 x 轴的交点 A 处沿 x 方向射入磁场，它恰好从磁场边界与 y 轴的交点 C 处沿 y 方向飞出已知粒子在磁场里的运动时间为 t，磁感应强度大小为 B，求：（1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷 qm（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而
9、磁感应强度的大小变为 B，该粒子仍从 A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了 120角，求磁感应强度 B多大？15.（12 分）如图所示，粗糙弧形轨道和两个光滑半圆轨道组成翘尾巴的 S 形轨道光滑半圆轨道半径为 R=0.2m，两个光滑半圆轨道连接处 C、 D 之间留有很小的空隙，刚好能够使小球通过， C、 D 之间距离可忽略粗糙弧形轨道最高点 A 与水平面上 B 点之间的高度为 h=1.5m从 A 点静止释放一个可视为质点的小球，小球沿翘尾巴的 S 形轨道运动后从 E 点水平飞出，落到水平地面上，落点到与 E 点在同一竖直线上 B 点的距离为 s=1m已知小球质量
10、为 m=0.8kg，不计空气阻力，g=10m/s2，求：（1）小球从 E 点水平飞出时的速度大小；（2）小球运动到半圆轨道的 B 点时对轨道的压力；（3）小球沿翘尾巴 S 形轨道运动时克服摩擦力做的功16.（12 分）如图所示，绝缘光滑的竖直平面 MN 左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向水平向右，电场强度大小为 E，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为 B电荷量为 q 的带正电的小滑块从 A 点由静止开始沿 MN 下滑，到达 C点时离开 MN 做曲线运动已知重力加速度为 g，求：（1）小滑块从 A 点运动到 C 点时的时间 t；（2） A、 C 两点间距离 h ；（3）当小滑
11、块运动到 C 点时迅速把电场方向转为竖直向下，若小滑块受到的电场力大小与重力相等， D 点为小滑块在运动过程中速度最大的位置，且最大速度大小为 v ，求 C、 D 两点间的竖直高度 H物理试题答案2018.11一、选择题（本题共 10 小题，1-6 题每题 4 分，7-10 题每题 5 分，选不全得 3 分，共 44 分）题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10答案 D B A D B B AC AB AC ABC二、实验题：（本题共 12 分把答案填在题中的横线上或按题目要求作答.）11. (1) (2)向左 向右12. t=2s v0=15m/s m130s三、计算题：（本题共 4
12、小题，共 44 分.）13.（10 分）解： (1) ab 棒受到的安培力为： F BIL 2 分E I(R r) 1 分联立解得: F0.5N 1 分Fsin +FN =mg 2 分Fcos-F f =0 2 分联立解得: FN =0.6N 1 分Ff =0.3N 1 分14.（10 分）解：由带电粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知该粒子带负电荷。粒子由 A 点射入，由于其速度方向改变了 90，则 2 分4Tt1 分mvqB2联立解得: 1 分t(1)粒子由 A 点射入，从 C 点飞出磁场由于其速度方向改变了 90，则粒子做圆周运动的半径 R r 1 分由 qvB 得： 1 分mv2R qBv
13、粒子从 D 点飞出磁场，速度方向改变了 120角， 故 AD 弧所对圆心角 120 1 分粒子做圆周运动的半径 R rcot 60 r 1 分33同上得： R 1 分mvqB所以 B B 1 分315.（12 分） 解：（1）小球从 E 点水平飞出做平抛运动，设小球从 E 点水平飞出时的速度大小为 vE，由平抛运动规律得： s=vEt 1 分4R 2gt2 1 分联立解得 1 分.5m/sEv（2）小球从 B 点运动到 E 点的过程，机械能守恒，根据机械能守恒定律得：12mvB2 mg4R+ 1m vE2 1 分在 B 点根据牛顿第二定律得： 1 分 BFg联立解得： F=97N 1 分 由牛顿第三定律可知小球运动到 B 点时对轨道的压力为 97N，方向竖直向下 1 分（3）设小球沿翘尾巴的 S 形轨道运动时克服摩擦力做的功为 W，则mg（ h4R） W 12m vE2 2 分W=3.1J 1 分16.解：(1)小滑块在 C 点离开 MN 时水平方向受力满足 N0 qvB qE 1 分竖直方向 mg=ma 1 分V=at 1 分解得 1 分gBEt(2)由上式解得 vC 1 分EB由动能定理得 mgh mvC20 1 分12解得 1 分2gBEh(3)由动能定理得 qEH+ 2 分221cDmvHqE=mg 1 分1 分24gBEvH
