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1、2019届高二上学期期末考试物理试卷一、选择题：本题共12小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，每小题3分；第912题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1. 下列说法正确的是( )A. 动量为零时，物体一定处于平衡状态B. 动能不变时，物体的动量一定不变C. 物体受到恒力的冲量也可能做曲线运动D. 物体受到变力的冲量不可能做直线运动【答案】C【解析】动量为零，物体的速度为零，但物体的合外力不一定为零，所以物体不一定处于平衡状态如物体做竖直上抛运动时，到达最高点时速度为零，但物体处于非平衡状态故A错误物体的动能不变时速度的大
2、小不变，但方向可能变化，则动量可能变化，故B错误物体受到的恒力时，可以做曲线运动，如平抛运动；故受恒力的冲量时物体可以做曲线运动，故C正确；物体受到方向不变，大小在变化的力时，力的方向与速度方向共线，此时物体可能做直线运动，故物体受到变力的冲量可能做直线运动，故D错误；故选C.2. 一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，那么()A. 该交变电流的频率是100Hz B. 当t0时，线圈平面恰好与中性面垂直C. 当时，e最大 D. 该交变电流电动势的有效值为【答案】C【解析】试题分析：该交变电流的频率是，选项A错误；当 t0 时，e=0，此时线圈平面恰好与中性面重合，选项B错误；当 t=s
3、时，e=220V，此时感应电动势最大，选项C正确；该交变电流电动势的有效值为，选项D错误；故选C考点：交流电【名师点睛】此题是对交流电产生问题的考查；主要是要掌握正弦交流电的瞬时值、最大值及有效值的关系；知道最大值等于有效值的倍；线圈在中性面时电动势为零，与中性面垂直时电动势最大3. 如图所示，沿直线通过速度选择器的正离子从狭缝S射入磁感应强度为B2的匀强磁场中，偏转后出现的轨迹半径之比为R1R212，则下列说法正确的是( )A. 离子的速度之比为12B. 离子的比荷之比为21C. 离子的质量之比为12D. 离子的电荷量之比为12【答案】B【点睛】离子通过速度选择器，所受的电场力和洛伦兹力平衡
4、，根据平衡求出离子的速度之比根据离子在磁场中运动的半径之比求出离子的荷质比4. 如图甲所示，长直导线与闭合金属线框位于同一平面内，长直导线中的电流i随时间t的变化关系如图乙所示.在0-T/2时间内，直导线中电流向上，则在T/2-T时间内，线框中感应电流的方向与所受安培力情况是（ ）A. 感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向右B. 感应电流方向为顺时针，线框受安培力的合力方向向左C. 感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向右D. 感应电流方向为逆时针，线框受安培力的合力方向向左【答案】A【解析】在时间内，直线电流方向向下，根据安培定则，知导线右侧磁场的方向垂直纸面向外，电流逐渐
5、增大，则磁场逐渐增强，根据楞次定律，金属线框中产生顺时针方向的感应电流根据左手定则，知金属框左边受到的安培力方向水平向右，右边受到的安培力水平向左，离导线越近，磁场越强，则左边受到的安培力大于右边受到的安培力，所以金属框所受安培力的合力水平向右故A正确，BCD错误故选A【点睛】在时间内，直线电流方向向下，根据安培定则判断出直导线周围的磁场，根据磁场的变化，通过楞次定律判断出金属线框中的感应电流，从而通过受力判断线框所受安培力的合力5. 如图所示，光滑导轨倾斜放置，下端连一灯泡，匀强磁场垂直于导轨平面，当金属棒ab沿导轨下滑到稳定状态时，灯泡的电功率为P，其他电阻不计，要使灯泡在棒稳定运动状态下
6、的电功率为2P，则应()A. 将导轨间距变为原来的倍B. 换一电阻减半的灯泡C. 换一质量为原来倍的金属棒D. 将磁场磁感应强度B加倍【答案】C【解析】当ab棒下滑到稳定状态时速度为v，根据平衡条件有：，又安培力，则有：，解得：；设灯泡的电阻为R，则灯泡的功率；将导轨间距变为原来的倍，由式知P变为原来的，故A错误；换一个电阻为原来一半的灯泡，由式知P变为原来的，故B错误；当换一根质量为原来倍的金属棒时，由式知P变为原来的2倍，故C正确；将磁场磁感应强度B加倍，由式知P变为原来的，故D错误；故选C6. 如图所示，理想变压器原线圈输入电压uUmsin t，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器
7、。V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示。下列说法正确的是()A. I1和I2表示电流的瞬时值B. U1和U2表示电压的最大值C. 滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小D. 滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大【答案】D【解析】试题分析：I1和I2表示电流的有效值，A错误；U1和U2表示电压的有效值，B错误；滑片P向下滑动过程中，只与输入电压和匝数有关，所以U2不变，总电阻减小，那么副线圈的电流I2变大，因此原线圈的电流I1也变大，故D正确，C错误故选D考点：交流电；变压器【名师点睛】本题考查了变压器的构造和原理，还考
8、查了电路的动态分析；要知道变压器的次级电压是由初级电压和匝数比决定的，与次级负载无关7. 如图所示，有一个等腰直角三角形的匀强磁场区域直角边长为L，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，一边长为L、总电阻R的正方形闭合导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v垂直磁场匀速穿过磁场区取电流沿abcda的方向为正，则图中表示线框中感应电流i随bc边位置坐标x变化的图象正确的是()A. B. C. D. 【答案】C【解析】试题分析：边的位置坐标在过程，线框边有效切线长度为，感应电动势为，感应电流，电流的大小随逐渐增大；根据楞次定律判断出来感应电流方向沿，为正值在过程，根据楞次定律判断出来感应
9、电流方向沿，为负值，线框边有效切线长度为，感应电动势为，感应电流，大小随逐渐增大，根据数学知识得C正确。考点：导体切割磁感线时的感应电动势、闭合电路的欧姆定律8. 在光滑水平地面水平放置着足够长的质量为M的木板，其上放置着质量为m带正电的物块（电量保持不变），两者之间的动摩擦因数恒定，且Mm。空间存在足够大的方向垂直于纸面向里的匀强磁场，某时刻开始它们以大小相等的速度相向运动，如图取向右为正方向，则下列图象可能正确反映它们以后运动的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】对m分析可知，m受重力、支持力和洛伦兹力与摩擦力作用，由左手定则可知，洛伦兹力方向向上；水平方向受M的摩擦力作用而
10、做减速运动；则由F=Bqv可知，洛伦兹力减小，故m对M的压力增大，摩擦力增大，故m的加速度越来越大；同时M受m向右的摩擦力作用，M也做减速运动；因摩擦力增大，故M的加速度也越来越大；则可知v-t图象中对应的图象应为曲线；对Mm组成的系统分析可知，系统所受外力之和为零，故系统的动量守恒，最终两物体速度一定相同，则有，因，故最终速度一定为负值，说明最终两物体均向左做匀速运动，则B正确9. 恒力F作用在质量为m的物体上，如图所示，由于地面对物体的摩擦力较大，没有被拉动，则经时间t，下列说法正确的是( )A. 拉力F对物体的冲量大小为零B. 拉力F对物体的冲量大小为C. 拉力F对物体的冲量大小是FtD
11、. 合力对物体的冲量大小为零【答案】CD【解析】A、B、C、拉力的大小为F，作用时间为t，则拉力的冲量Ft，故C正确，A、B、错误；C、物体保持静止，根据动量定理，合力冲量为零，除支持力和重力的合力外物体还受摩擦力，故D正确；故选CD.【点睛】解决本题的关键知道冲量的定义，知道各力都有冲量，合力的冲量等于物体动量的变化10. 某水电站，用总电阻为2.5 的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3106 kW.现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是()A. 输电线上输送的电流大小为2.0105 AB. 输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC. 若改用5 kV电压输电，则输电线
12、上损失的功率为9108 kWD. 输电线上损失的功率为，U为输电电压，r为输电线的电阻【答案】BC【解析】由P=IU得输电线上输送的电流为：，由U=Ir得输电线路上的电压损失为：U=61032.5=15103V，故A错误，B正确；若改用5kV电压输电，输电线上损失的功率为为：P=I2r=9108W， C正确输电线上损失的功率为P计算时，U为输电线上的电压降，而不是输电电压故D错误故选BC点睛：本题考查远距离输电中的能量损失及功率公式的应用，要注意功率公式中P=UI中的电压U应为输电电压由U=Ir求的损失电压；根据P=I2R求出输电线上损失的电功率11. 如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀
13、强磁场，有两个相同的粒子1和2（不计重力），粒子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场。之后粒子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从ab连线的中点c离开磁场， 则下述正确的是( )A. 两粒子均带正电 B. 两粒子均带负电C. t1:t2= 3:2 D. t1:t2= 3:1【答案】BD【解析】A粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示：由左手定则判断，两粒子均带负电，故A错误，B正确；电子1垂直射进磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径,c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时
14、间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r=可知，粒子1和2的半径相等，根据几何关系可知，aOc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60，所以粒子1运动的时间t1=T/2=，粒子2运动的时间t2=T/6=，所以t1：t2=3：1，故C错误，D正确。故选：BD。点睛：电子1和2以相同的速率射进同一个磁场，则运动半径和周期都相同，画出两个粒子在磁场中的运动轨迹，根据几何关系求解即可12. 如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表、 、示数变化量的绝对值分别为、，理想电流表示数变化量的绝对值为，则（ ） A. A的示数减小 B. V2的示数增大C. 与的比值
15、等于R+r D. 大于【答案】CD【解析】试题分析：理想电压表内阻无穷大，相当于断路理想电流表内阻为零，相当短路分析电路的连接关系，根据欧姆定律和串、并联电路的规律分析.二、实验题：本题共2小题，13题8分，14题8分，共16分。13. 有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度。用它测量一小球的直径，如图1所示的读数是_mm。如图2，用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图所示的读数是_mm。有一个电流表G，内阻Rg=30，满偏电流Ig=1mA。要把它改装为量程03V的电压表，要 _ (填串联或并联）一个阻值为_的电阻。【答案】 (1). 15.25 (2). 0.740
16、 (3). 串联 (4). 2970【解析】（1）游标卡尺的主尺读数为1.5cm，游标读数为，所以最终读数为：；螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为，所以最终读数为：（2）电流表改装成电压表要串联电阻，所串阻值为：。 14. 测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U-I图像如下:（1）闭合开关前为防止电表过载滑动变阻器的滑动头P应放在_处。（2）现备有以下器材：干电池1个 B滑动变阻器（050） C滑动变阻器（01750） D电压表（03V）E电压表（015V）F电流表（00.6A）G电流表（03A）其中滑动变阻器应选_ ，电流表应选（_），电压表应选 （_）。(填器材前字母代号
17、)（3）由U-I图像可知这个干电池的电动势E=（_）V，内电阻r=（_）。（4）由于电压表的分流作用使本实验电路存在系统误差，导致E测_ E真，r测 （_）r真(填“”“”或“=”)【答案】 (1). a处 (2). B (3). F (4). D (5). 1.5 (6). 1 (7). (8). 【解析】试题分析：本题（1）的关键是明确闭合电键前，应将变阻器的滑动触头置于能使电路中电流最小的位置；题（2）的关键是首先根据干电池电动势大小来选择电压表的量程，根据为防止温度对电池内阻的影响，电流表应选较小的量程，根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器；题（3）的关键是根据闭合
18、电路欧姆定律写出路端电压U与电流I的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解（1）为保护电流表，闭合开关前，应将变阻器的滑动头P置于电阻最大的a端处；（2）由于干电池的电动势为1.5V，所以电压表应选D，由于实验要求通过电池的电流不能过大，所以电流表应选F，根据闭合电路欧姆定律，电路中需要的最大电阻应为，所以变阻器应选B；（3）根据闭合电路欧姆定律应有，可知U-I图像的纵截距表示电源电动势，图像的斜率表示电源内阻，故E=1.5V，；（4）由图1所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表分流，电流测量值小于真实值，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图象如图所示
19、：电源的U-I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值三、计算题：本题共4小题，共44分。解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤。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。15. 如图所示，ab=25cm、ad=20cm，匝数为50匝的矩形线圈线圈电阻r=1、外电路电阻R=9，磁感应强度B=0.4T线圈绕垂直于磁感线的OO轴以角速度50rad/s匀速转动求：(1)线圈转动过程中产生的感应电动势的最大值；（2）1min内R上消耗的电能；（3）线圈由如图位置转过30的过
20、程中，通过R的电量。【答案】(1)50V (2) (3) 【解析】试题分析：（1）根据感应电动势的瞬时值表达式e=nBScost即可求解；（2）先求电动势有效值，根据闭合电路欧姆定律求得电流，1min内R上消耗的电能为W=I2Rt；（3）线圈由如图位置转过30的过程中，=BSsin30，通过R的电量为Q=解：（1）感应电动势的最大值为：Em=nBS此位置开始计时，电动势最大，所以感应电动势的瞬时值表达式为e=nBScost=50cos50t（V）（2）电动势有效值为E=25V；电流I=25A1min内R上消耗的电能为W=I2Rt=6750J（3）线圈由如图位置转过30的过程中，=BSsin30
21、=001wb通过R的电量为Q=5102C16. 如图所示，在水平光滑直导轨上，静止放着三个质量均为m1kg的相同小球A、B、C.现让A球以v02m/s的速度向着B球运动，A、B两球碰撞后粘在一起，两球继续向右运动并跟C球碰撞，C球的最终速度vC1m/s。求：（1）A、B两球跟C球相碰前的共同速度为多大？（2）两次碰撞过程中一共损失了多少动能？【答案】（1） （2）【解析】试题分析：（1）A、B相碰过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，解得：。（2）两球与C碰撞同样满足动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：，解得：，由能量守恒定律可知，两次碰撞损失的动能：，解得：；考点：动
22、量守恒定律、机械能守恒定律【名师点睛】本题主要考查了动量守恒定律的应用，分析清楚小球的运动过程是解题的前提，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以解题；应用动量守恒定律解题时注意正方向的选择。17. 如图所示，空间存在方向与xoy平面垂直，范围足够大的匀强磁场。在区域，磁感应强度大小为B0，方向向里；x0)的带电粒子从x轴上P(L,0)点以速度垂直x轴射入第一象限磁场，不计粒子的重力。求：(1)粒子在两个磁场中运动的轨道半径；(2)粒子离开P点后经过多长时间第二次到达y轴.【答案】（1） （2）【解析】（1）粒子在匀强磁场中洛伦兹力提供向心力，有得，代入解得，（2）粒子运动的轨迹如图所示。粒子先在
23、y轴右侧磁场中偏转60，接着在y轴左侧磁场中偏转120，第二次到达y轴在x0区域运动周期 在x0区域运动周期 在y轴右侧运动时间在y轴左侧运动时间离开P点后，粒子第二次到达y轴所需时间18. 如图所示：宽度L=1m的足够长的U形金属框架水平放置，框架处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=1T，框架导轨上放一根质量m=0.2kg、电阻R=1.0的金属棒ab，棒ab与导轨间的动摩擦因数=0.5，现用功率恒为6w的牵引力F使棒从静止开始沿导轨运动（ab棒始终与导轨接触良好且垂直），当棒的电阻R产生热量Q=5.8J时获得稳定速度，此过程中，通过棒的电量q=2.8C（框架电阻不计，g取10m/s2）。
24、问：（1）ab棒达到的稳定速度多大？（2）ab棒从静止到稳定速度的时间多少？【答案】(1) (2) 【解析】解：（1）功率：P=Fv 根据安培力公式：F安=BIL根据欧姆定律：I=又棒稳定时：F=F安+mg 由联立解得：v=2m/s（2）由能量守恒得：Pt=Q+mgs+mv2因为q=ItI=E=BSL所以S=由联立解得：t=1.5s答：（1）ab棒达到的稳定速度2m/s；（2）ab棒从静止到稳定速度的时间1.5s【点评】本题是电磁感应中的力学问题，综合了电磁感应、电路、力学等知识考查分析和解决综合题的能力 ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%ASDFESAQ!#%FWQQ!QAaaazzx33456#$!%