山东省高密市2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

山东省高密市2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题

‎2019—2020学年第一学期期中考试 高 二 物 理 注意事项：‎ ‎1.本题分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。第Ⅰ卷为选择题，共56分；第Ⅱ卷为非选择题，共44分，满分100分，时间为90分钟。‎ ‎2.第Ⅰ卷共4页，请按要求将选出的答案标号（A、B、C、D）涂在答题卡上。第Ⅱ卷共4页，将答案用黑色笔写在试卷上。 ‎ 第Ⅰ卷（选择题 共56分）‎ 一、选择题：本题共14小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中，第1—10小题只有一个选项符合题目要求，第11—14小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。‎ ‎1.中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料，下列说法正确的是（　　）‎ A. 地磁场的磁感线不闭合 B. 地磁北极在地理北极附近 C. 指南针能够指向南北是受到地磁场的作用 D. 地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子没有力的作用 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 地磁场的磁感线是闭合的，故A错误；‎ B. 根据题意可知，地磁北极在地理南极附近，故B错误；‎ C. 指南针能够指向南北是受到地磁场的作用，故C正确；‎ D. 地磁场与射向地球赤道的带电宇宙射线粒子速度方向并不平行，所以对带电宇宙射线粒子有力的作用，故D错误。‎ 故选C ‎2.如图所示，两个同心放置的共面金属圆环a和b，一条形磁铁穿过圆心且与环面垂直，则穿过两环的磁通量Φa和Φb大小关系为（　　）‎ A. 均向上，Φa>Φb B. 均向下，Φa<Φb C. 均向上，Φa＝Φb D. 均向下，无法比较大小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下。由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，a的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以Φa＞Φb。故A正确BCD错误。‎ 故选A。‎ ‎3.如图所示，在a、b、c、d处放置四根通电导体，四根导体与纸面垂直，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。则通过正方形中心O处垂直纸面向里运动的电子所受磁场力的方向是（　　）‎ A. 向上 B. 向下 C. 向左 D. 向右 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【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，当电子从正方形中心O 点沿垂直于纸面的方向向里运动，根据左手定则可知，它所受洛伦兹力的方向向下，故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎4.如图所示，空间某一区域中存在着方向互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B，电场的方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里。一个带电粒子在这一区域中沿直线运动，不计粒子的重力，则（　　）‎ A. 粒子带正电 B 粒子可能做变速直线运动 C. 粒子做匀速直线运动，速度 D. 粒子所受到的洛伦兹力可能做正功也可能做负功 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A.如果粒子带正电，从下向上运动，电场力与洛仑兹力仍平衡，故无法判断粒子带电，故A错误；‎ B.因为洛仑兹力始终与速度垂直，如果粒子做变速运动，则洛仑兹力大小时刻改变，则合力不可能始终与速度在一条直线上，故不可能做变速直线运动，一定做匀速直线运动，故B错误；‎ C.根据平衡条件 ，可知速度，故C正确；‎ D. 粒子所受到的洛伦兹力始终与速度垂直，不做功，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.如图所示，篮球运动员接传来的篮球时，通常要先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球迅速引至胸前，这样做可以（　　）‎ A. 减小球的动量的变化量 B. 减小球对手作用力的冲量 C. 减小球的动量变化率 D. 延长接球过程的时间，增大球对手的冲量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】先伸出两臂迎接，手接触到球后，两臂随球引至胸前，这样可以增加球与手接触的时间，根据动量定理得：‎ ‎ ‎ 解得：‎ 当时间增大时，冲量和动量的变化量都不变，减小的是动量的变化率，即球对手的作用力；故C正确ABD错误。‎ 故选C。‎ ‎6.如图所示，一个木箱原来静止在光滑水平面上，木箱内粗糙的底板上放着一个小木块．木箱和小木块都具有一定的质量．现使木箱获得一个向右的初速度v0，则(　　)‎ A. 小木块和木箱最终都将静止 B. 小木块最终将相对木箱静止，二者一起向右运动 C. 小木块在木箱内壁将始终来回往复碰撞，而木箱一直向右运动 D. 如果小木块与木箱的左壁碰撞后相对木箱静止，则二者将一起向左运动 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】系统所受外力的合力为零，动量守恒，初状态木箱有向右的动量，小木块动量为零，故系统总动量向右，系统内部存在摩擦力，阻碍两物体间的相对滑动，最终相对静止，由于系统的总动量守恒，不管中间过程如何相互作用，根据动量守恒定律，最终两物体以相同的速度一起向右运动．故B正确，ACD错误．‎ ‎7.‎‎2019年5月17日 ‎，我国在西昌卫星发射中心成功发射了第四十五颗北斗导航卫星，该卫星属地球静止轨道卫星。若地球的自转周期为T，这颗卫星在轨运行的线速度大小为v，下列说法正确的是（　　）‎ A. 卫星离地的高度为 B. 卫星可以定点在北京正上空 C. 卫星在运行过程中的动量保持不变 D. 卫星在运行过程中的动能保持不变 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】AB. 同步卫星轨道在赤道上空，不可能定点在北京，根据线速度公式 可知，轨道半径为 故离地高度小于，故AB错误；‎ CD.卫星匀速圆周运动，速度大小不变，则动能不变，但速度方向时刻改变，则动量时刻改变，故C错误D正确。‎ 故选D。‎ ‎8. 一小型火箭在高空绕地球做匀速圆周运动,若其沿运动方向的相反方向射出一物体P,不计空气阻力,则 ( )‎ A. 火箭一定离开原来轨道运动 B. P一定离开原来轨道运动 C. 火箭运动半径可能不变 D. P运动半径一定减小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：若其沿运动方向的相反方向射出一物体P,根据动量守恒定律可得，火箭的速度一定增大，将做离心运动，半径一定变化，A正确，C错误，若沿反方向以和火箭相同的速度射出物体P，则物体P将沿圆轨道运动，不改变半径，BD错误 故选A 考点：考查了动量守恒定律，万有引力定律的应用 点评：做本题的关键是知道射出物体后，火箭的速度一定增大，做离心运动，‎ ‎9.人类探索宇宙的脚步从未停止，登上火星、探寻火星的奥秘是人类的梦想，中国计划于2020‎ 年登陆火星．地球和火星绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动，忽略行星自转影响．根据下表，火星和地球相比 行星 半径/m 质量/kg 轨道半径/m 地球 ‎6.4×106‎ ‎6.0×1024‎ ‎1.5×1011‎ 火星 ‎3.4×106‎ ‎6.4×1023‎ ‎2.3×1011‎ A. 火星的第一宇宙速度较大 B. 火星做圆周运动的加速度较大 C. 火星表面的重力加速度较大 D. 火星的公转周期较大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据得，第一宇宙速度 火星质量和半径的比值较小，则火星的第一宇宙速度较小，故A错误．‎ BD. 火星和地球均绕太阳做圆周运动，根据 得：‎ 火星的轨道半径较大，则加速度较小，周期较大，故D正确，B错误．‎ C.根据，得：‎ 由于火星质量和半径的二次方比值较小，则火星表面的重力加速度较小，故C错误．‎ ‎10.质量为M的物块以速度v运动，与质量为m的静止物块发生正撞，碰撞后两者的动量正好相等，两者质量M与m的比值可能为( )‎ A. 2 B. ‎3 ‎C. 4 D. 5‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】设碰撞后两者的动量都为P，由于题意可知，碰撞前后总动量为2P，根据动量和动能的关系有：，碰撞过程动能不增加，有：，解得：，由于两者碰撞之后M的速度不大于m的速度，设碰撞后M的速度为，m的速度为，根据题意可得，故，综上所述，AB正确．‎ 点睛】考点：动量守恒定律及能量守恒定律 解答此题关键是知道系统的动量守恒，以及在碰撞的过程中动能不增加，通过这两个关系判断两个物体的质量关系．‎ ‎11.下列说法中正确的是（　　）‎ A. 经典力学适用于高速（接近光速）、微观领域 B. 动量守恒定律适用于物理学研究的一切领域 C. 卡文迪许测出了万有引力常量，成为“测量地球的质量”的第一人 D. 安培最早发现了电流周围存在磁场，并提出了著名的分子电流假说 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 经典力学适用于低速宏观的物体，不适用于高速接近光速的物体，也不适用于微观的物体，故A错误；‎ B. 动量守恒定律既适用于低速宏观物体，也适用于高速微观物体，适用于目前为止物理学研究的一切领域，故B正确；‎ C. 卡文迪许测出了万有引力常量，成为“测量地球的质量”的第一人，故C正确；‎ D. 奥斯特最早发现了电流周围存在磁场，故D错误。‎ 故选BC。‎ ‎12.一质量为‎1 kg的物块在合外力F的作用下从静止开始沿直线运动。F随时间t变化的图线如图所示，则（　　）‎ A. t＝1 s时物块的速率为‎2 m/s B. t＝2 s时物块的动量大小为‎2 kg·m/s C. t＝3 s时物块的动量大小为‎3 kg·m/s D. t＝4 s时物块的速率为‎6m/s ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB.前两秒，根据牛顿第二定律 则0-2s的速度规律为：v=at；t=1s时，速率为‎2m/s，t=2s时，速率为‎4m/s，则动量为 p=mv=‎4kg•m/s 故A正确B错误；‎ CD. 2-4s，力开始反向，物体减速，根据牛顿第二定律，a′=‎-1m/s2，所以3s时的速度为 v3=v2+a′t=‎3m/s 动量为‎3kg•m/s，同理4s时速度为‎2m/s，故C正确D错误；‎ 故选AC。‎ ‎13.如图所示，质量为m、长为L的导体棒电阻为R，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计．匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则(　　)．‎ A. 导体棒向左运动 B. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为 C. 开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为 D. 开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】A、开关闭合，由左手定则可知，磁感线穿过掌心，则大拇指向为垂直磁感线向右，从而导致导体棒向右运动，故A错误；‎ BC、当开关闭合后，根据安培力公式，，可得，故B正确，C错误；‎ D、当开关闭合后，安培力的方向与导轨成的夹角，再根据力的分解可得合力大小，再由牛顿第二定律与安培力的大小可知，加速度，故D正确；‎ 故选BD．‎ ‎【点睛】据左手定则来确定通电导线的安培力的方向，闭合电路欧姆定律与安培力公式结合可求出其力的大小，最后由牛顿第二定律来确定导体棒瞬间的加速度．‎ ‎14.某宇航员在X星球表面附近，用一根细线悬挂一个质量为m的小球，如图所示，当小球从与悬点在同一水平面上静止释放，小球过最低点时测得绳子拉力大小为F．已知X星球半径为R，引力常量为G，不考虑星球自转，则（ ）‎ A. X星球的第一宇宙速度为 B. X星球的密度 C. 环绕X星球的轨道半径为2R的卫星的周期为 D. 环绕X星球表面的重力加速度为 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AD．从释放到最低点，设绳长为L，根据动能定理得：，在最低点，根据牛顿第二定律得：，联立解得：，第一宇宙速度为近地卫星环绕速度：，解得：，A错误D正确．‎ B．根据，且质量，联立解得：，B正确．‎ C．根据万有引力提供向心力：，解得：，C错误．‎ 二、填空题：本题共1小题，共10分。‎ ‎15.国庆同学在做“探究碰撞中的不变量”实验中，所用装置如图甲所示，已知槽口末端在白纸上的投影位置为O点。回答以下问题：‎ ‎(1)实验室的老师为国庆同学准备了一些实验仪器，本实验中需要的是___________。‎ A.秒表 B.天平 C.刻度尺 D.打点计时器 ‎(2)为了完成本实验，下列必须具备的实验条件或操作步骤是___________。‎ A.斜槽轨道末端的切线必须水平 B.入射球和被碰球大小必须相同 C.入射球和被碰球的质量必须相等 D.必须测出桌面离地的高度H ‎(3)国庆同学在实验中正确操作，认真测量，得出的落点情况如图乙所示，则入射小球质量和被碰小球质量之比为____________。‎ ‎(4)若两球间的碰撞是弹性碰撞，入射小球质量m1，被碰小球质量m2，应该有等式________成立。（用图甲中标注的字母符号表示）‎ ‎【答案】 (1). BC (2). AB (3). 3∶2 (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]A.本实验中由于平抛运动高度相同，运动时间相同，不需要测量时间，故A错误；‎ B.验证动量守恒，需要计算动量，需要测量质量，故B正确；‎ C.实验中需要测量落点到抛出点的水平距离，故需要刻度尺，故C正确；‎ D.实验中不需要处理纸带，不需要打点计时器，故D错误；‎ 故选BC。‎ ‎(2)[2]A. 实验是通过平抛研究问题，故槽口末端水平，故A正确；‎ B. 两球需要发生对心碰撞，则两球大小需相同，故B正确；‎ C. 入射球质量要大于被碰球质量，即m1＞m2，防止碰后m1被反弹，故C错误；‎ D.小球平抛运动时间相同，不需要测出桌面离地的高度，故D错误；‎ 故选AB。‎ ‎(3)[3] P是入射球碰撞前的落点，M是入射球碰撞后的落点，N是被碰球碰撞后的落点，实验需要验证：‎ m1v1=m1v1′+m2v2‎ 两边同时乘以小球做平抛运动的时间t，得 m1v1t=m1v1′t+m2v2t 结合平抛运动规律得 代入数据解得 m1：m2=3：2‎ ‎(4)[4] 小球发生弹性碰撞，碰撞过程中系统动量守恒、机械能也守恒，有 可得：‎ 三、计算题：本题共4小题，共34‎ 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。‎ ‎16.2022年冬奥会将在北京举办，北京成为奥运历史上第一个既举办过夏季奥运会，又举办冬奥会的城市。如图是参赛队员正在进行短道速滑接力项目的训练场景，比赛开始，甲运动员静止在光滑的冰面上，乙运动员以‎10 m/s的速度从他的后方冲过来并推动他，两人相互作用了1 s后，甲运动员以‎6 m/s的速度脱离乙而向前滑行。已知甲运动员质量m1＝‎70 kg、乙运动员质量m2＝‎60 kg，求：‎ ‎(1)乙运动员的速度大小；‎ ‎(2)甲、乙运动员间平均作用力的大小。‎ ‎【答案】（1）‎3m/s；（2）420N ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）甲乙运动员的动量守恒，由动量守恒定律 m1v1＋m2v2＝m1v′1＋m2v′2‎ 得：‎ v′2＝‎3 m/s ‎（2）甲运动员的动量变化：‎ Δp＝m1v′1－m1v1‎ 对甲运动员利用动量定理：‎ Δp＝Ft 由①②式可得：‎ F＝420 N ‎17.如图所示，一颗卫星在近地轨道1上绕地球做匀速圆周运动，轨道1的半径可近似等于地球半径，卫星运动到轨道1上A点时进行变轨，进入椭圆轨道2，其远地点B离地面的距离为地球半径的2倍，已知地球的密度为ρ，引力常量为G，求：‎ ‎（1）卫星在轨道1上做圆周运动的周期；‎ ‎（2）卫星在轨道2上从A点运动到B点所用时间．‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设卫星在轨道1上做圆周运动的周期为T1，则 又　‎ 解得：‎ ‎（2）设卫星在轨道2上运动的周期为T2，根据开普勒第三定律有 求得：‎ 卫星从A到B运动的时间：‎ ‎18.如图，在光滑水平面上建立平面直角坐标系xOy，第Ⅰ象限存在垂直于水平面的匀强磁场（图中未画出），一质量为m、电荷量为q的小球由坐标原点O处以速度v0沿y轴正方向射入磁场，一段时间后，小球与静止于A点的质量也为m但不带电的另一小球发生碰撞，并粘为一体，A点与原点O相距L，OA与x轴正方向的夹角为30°。‎ ‎(1)求磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)两球碰撞后是否仍沿原来的的轨迹运动？试论证；‎ ‎(3)求小球从O点射出到离开磁场所经历的时间t。‎ ‎【答案】（1）；（2）是，见解析；（3）。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）小球在磁场中做匀速圆周运动轨迹如图所示，由几何关系得，小球做匀速圆周运动的半径为 由牛顿第二定律得 解得，磁感应强度为 ‎（2）两球碰撞过程遵循动量守恒定律 碰撞后两球继续做圆周运动，由 可得半径 两球碰撞后仍沿原来的的轨迹运动，只是速度变小，为原来的。‎ ‎（3）由几何关系可知，小球从O点运动到A点的时间为 碰撞后，两球在磁场中运动的周期为 碰撞后两球在磁场里运动的时间 小球从O点射出到离开磁场所经历的时间 ‎19.如图所示，A、B为一对平行板，板长为L，两板间的距离为d，板间区域内充满着匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，一个质量为m，带电荷量为＋q的带电粒子自静止开始经M、N两平行金属板间的电场加速后，从A、B两板的中间沿垂直于磁感线的方向射入磁场．(不计粒子的重力)求：‎ ‎(1)若粒子的初速度为0，M、N两板间的电压为U，求射出电场时粒子的速度大小．‎ ‎(2)粒子以上述速度射入匀强磁场后做圆周运动的半径是多大？‎ ‎(3)MN两极板间的电压U应在什么范围内，粒子才能从磁场内射出？‎ ‎【答案】(1) (2) (3),左侧射出;‎ ‎,右侧射出 ‎【解析】‎ 试题分析：(1)粒子在M、N两板间加速，设射出加速电场时粒子的速度为，由动能定理得 ‎，解得 ‎（2）粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，,得 ‎(3)若带电粒子从A板左边缘飞出，由甲图的几何关系知 代入第（2）问得 若带电粒子从A板右边缘飞出，由乙图的几何关系知解得 代入第（2）问得 综合以上分析：若粒子从磁场左侧射出，若U>粒子从磁场右侧射出．‎ 考点：动能定理 牛顿第二定律 洛伦兹力 ‎ ‎