2018-2019学年山东省潍坊市高二（上）期末物理试卷.docx

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1、2018-2019学年山东省潍坊市高二（上）期末物理试卷一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，第16题只有一个选项正确，第7-10题有多个选项正确全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.1（4分）关于物质的内能，下列说法正确的是（）A质量和温度都相同的同种物质，内能一定相同B保持铁块温度不变，运动速度越大，其内能越大C理想气体的内能只与温度有关D物体温度越高，内部分子的平均动能越大2（4分）如图所示为两分子势能与分子间距离之间的关系图象，则下列说法中正确的是（）A当两分子间距离rr1时，分子势能为零，分子力也为零B当两分子间距离rr1时，分子

2、势能最小，分子力表现为引力C当两分子间距离rr2时，随着r的增大，分子力做负功D当两分子间距离rr2时，随着r的增大，分子势能减小3（4分）如图所示是交流发电机示意图，当转速为20r/s时，电压表示数为8V交流发电机线电阻r2，用电器电阻R8，则（）A线圈电阻的发热功率为8WB交流发电机电动势的峰值为82VC交流发电机电流的有效值为1AD若从图示位置开始计时，则交流发电机电动势的瞬时值为e1022sin40tV4（4分）2017年1月我国科学家利用天眼观测到一颗宜居行星，这是迄今为止发现的最像地球的行星，这颗行星的直径是地球的a倍，质量是地球的b倍。已知近地卫星绕地球运动的周期为T，引力常量为

3、G则该行星的平均密度为（）A3GT2B3ba3GT2C3GT2D3a2bGT25（4分）如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力的作用下向右匀加速运动时，MN所做的运动情况可能是（）A向右加速运动B向右匀加速运动C向左加速运动D向左匀加速运动6（4分）在正八边形区域内，充满垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场质量为m，带电量为q的粒子（不计重力）从A点沿AD方向垂直磁场方向射人磁场中，并从H点射出。如图所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为（）Am3qBB2m4qBCm4qBDm2qB7（4分）在如图所示的电路中，两个相同的小灯泡L1和L2分别串联一个

4、带铁芯的电感线圈L和一个滑动变阻器R闭合开关S后，调节R，使L1和L2发光的亮度一样。此时开始计时，t后断开S能正确反映流过L1的电流i1、流过L2的电流i2随时间t变化的图象是（）ABCD8（4分）嫦娥四号月球探测器于2018年12月12日成功到达预定环月轨道，并于2019年1月3日成功在月球背面预定着陆区实现软着陆，第一次为人类播开了古老月背的神秘面纱。嫦娥四号月球探测器质量为m，其环月近地飞行可视为圆周运动已知月球质量为M，月球半径为R，月球表面重力加速度为g0，引力常量为G，不考虑月球自转的影响，则嫦娥四号月球探测器环月飞行时的（）A角速度=g0RB线速度v=GMRC运行周期T2Rg0

5、D向心加速度an=GmR29（4分）如图所示，足够长且间距为L的平行光滑金属导轨水平放置。垂直于导轨放量一根质量为m金属棒，金属棒与导轨接触良好。导轨左端接一阻值为R电阻，其它电阻不计整个装置处于竖直方向磁感应强度为B的匀强磁场中。现使金属棒以初速度v0沿导轨向右运动，若整个运动过程中通过电阻的电荷量为q。则金属棒在整个过程中（）A做匀减速直线运动B克服安培力做功12mv02C发生的位移为mv0R2B2L2D发生的位移qRBL10（4分）如图所示，b是理想变压器原线围的一个抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，示数分别为U和I，在原线圈两端加上交变电流，把单刀双掷开关S与b连接，则：（）A保持

6、其它条件不变，触头P向上移动的过程中，I变大B保持其它条件不变，触头P向下移动的过程中，U变小C保持其它条件不变，S由b扳向a时，U和I均变小D保持其它条件不变，S由b扳向a时，U变大，I变小二、实验：本共3小题，共18分.将答案填写在题中掼饞上或按题目要求作图11（4分）某同学为测定一可拆变压器原副线圈匝数，设计了如下实验：（1）先用匝数为50的线圈C替换副线圈B，并在线圈C两端接上交流电压表，在原线圈A两端接交流电源，调节交流电源电压为12V闭合开关，交流电压表读数为2V，记录读数并断开电源；（2）再用拆下的副线圈B替换原线圈A，并在线圈B两端接交流电源，调节交流电源电压为10V闭合开关，

7、交流电压表读数为5V，记录读数并断开电源。（3）由上述数据可知原线圈A匝数为 匝；线圈A、B匝数比为 。12（6分）潍坊高铁北站于2018年12月26日正式投入使用，启用前安装电磁设备时，为减少地磁场的影响，技术人员用霍尔元件做成的设备测地磁场B的大小和方向，该设备的示意图如图所示，设备的MN端边沿东西方向、NQ沿南北方向置于水平地面上，通入沿NQ自南向北方向的恒定电流I后，电压表有读数；以MN为轴，缓慢向上抬高PQ端，电压表示数发生变化，当它与地面成85角时，电压表读数最大为U若该霍尔元件的载流子M为自由电子，电量为e，单位体积内的自由电子个数为n，MN和PQ两端的截面积均为s，MNPQd则

8、该处的地磁场B ；方向 ；该元件电势高的一侧是 （填“MP”或“NQ”）。13（8分）为探究一定质量的气体在温度不变时，压强与体积的关系，设计了如下实验：（1）用注射器封闭一部分气体并连接装置，如图1所示，用注射器读出封闭气体的体积V，由电子压强计读出压强P，改变气体体积得出了一组据如表 次数123456体积V/mL21816141210压强P/105Pa1.0001.1051.2351.4001.8151.909压强的倒数1P/105Pa11.0000.9.50.8100.7140.5510.524（2）由上表数据在坐标纸上画出V-1P图象，如图2所示。由图象可以看出第 组数据误差最大，原因

9、可能是实验过程中 。A封闭气体有部分漏出B用手握住注射器进行实验C缓慢推动注射器活塞（3）若该实验的差仅由注射器与传感器之间细管中的气体体积V0导致的。由上面图象得V0大小为 mL（结果保留1位有效数字）；为减少该实验误差，开始封闭气体体积应尽量 （填“大”或者“小“）一些。三、计算题：本题共4小题，共42分.解答应写出必萋的文字说明、方程式和重要计算步暴，只写出最后答案的不能得分，有败值计算的，爷赛中必须明确写出值和14（8分）三峡水电站的一台发电机输出功率为70万千瓦，发电机的输出电压为20KV，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处供电，已知T1，和T2的匝数比分别为1：25和

10、19：4，电压经T2降至100KV求：（1）输电线上的电流；（2）输电线上损耗的功率。15（10分）如图甲所示的水银气压计中混入了空气，上升到水银柱的上方，形成段空气柱，致使气压计的读数比实际的大气压小些。已知乙图是空气柱的压强P与其长度倒数1L的关系图象。已知空气柱的长度为80mm时，实际大气压为768mmHg忽略水银槽内液面高度的变化，设环境温度保持不变。求：（1）空气柱的长度为80mm时，水银气压计的读数；（2）空气柱的长度为90mm时，实际大气压的大小。16（12分）某粒子源向周围空间辐射带电粒子，工作人员欲通过质谱仪测量粒子的比荷，如图所示，其中S为粒子源，A为速度选择器，当磁感应强

11、度为B1，两板间电压为U，板间距离为d时，仅有沿轴线方向射出的粒子通过挡板P上的狭缝进入偏转磁场，磁场的方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B2，磁场右边界MN平行于挡板，挡板与竖直方向夹角为，最终打在胶片上离狭缝距离为L的D点不计粒子重力。求：（1）射出粒子的速率；（2）射出粒子的比荷；（3）MN与挡板之间的最小距离。17（12分）如图所示，两根相距为L足够长的、电阻不计的平行金属导轨MN和PQ，固定在水平面内，在导轨之间分布着竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场。将两根长度均为L，电阻均为R的粗糙金属棒b和光滑金属棒a垂直放量在导轨上，质量满足mb2ma2m，现将棒a通过不可伸长的水平轻质绳跨

12、过光滑定滑轮与质量为m的重物相连，重物由静止释放后与棒a一起运动，并始终保持接触良好。经过一段时间后，棒a开始匀速运动时，棒b恰好开始运动。已知：重力加速度为g，棒b与导轨间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。求：（1）棒b与导轨间的动摩擦因数；（2）棒a匀速运动的速度大小；（3）若b棒光滑，开始锁定在导轨上，当a开始匀速运动时，细绳断裂，同时解除锁定，求之后回路中产生的焦耳热。2018-2019学年山东省潍坊市高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，第16题只有一个选项正确，第7-10题有多个选项正确全部选对的得4分，选对

13、但不全的得2分，有选错的得0分.1【分析】理想气体是一种理想化的物理模型，实际上并不存在；理想气体的内能仅与温度有关，与气体的体积无关；实际气体在温度不太低、压强不太大的情况下可以看做理想气体。【解答】解：A、质量和温度都相同的气体，内能不一定相同，还和气体的种类有关，故A错误；B、铁块内能与铁块的温度有关，根速度无关，故B错误；C、理想气体分子间无分子势能，理想气体的内能只与温度有关，故C正确D、物体的温度越高，分子的热运动越剧烈，分子的平均动能越大，故D正确；故选：CD。【点评】本题关键要理解理想气体这个模型的物理意义，抓住不考虑分子间的作用力，一定质量理想气体的内能只与温度有关是关键。2

14、【分析】由图可知r2r0，此时分子势能最小，分子间距小于r0，分子力表现为斥力；分子间距小于r0，分子力表现为引力；由间距变化可分析分子力变化，由分子力做功可分析分子势能变化。【解答】解：A、由图可知r2r0，当两分子间距离rr1时，分子势能为零，但rr0，分子力表现为斥力，故A错误。B、由于r2r0，分子势能最小，故B错误。CD、当rr2时，由图象可以看出分子势能随着r的增大而增大，分子力做负功，故C正确，D错误。故选：C。【点评】本题主要考查分子势能图象的理解，知道分子势能随距离增大关系；会用分子力做功情况来分析分子势能的变化。3【分析】交流发电机产生电动势的最大值EmnBS，交流电压表显

15、示的是路端电压有效值，通过电阻的电量为nR+r，电阻R上的热功率pI2R。【解答】解：A、线圈r上的热功率为：P=URr=882=2W，故A错误；B、发电机的电动势E（R+r）UR=10V，交流发电机电动势的峰值为102V，故B错误；C、根据闭合电路欧姆定律I=UR=1A，故交流发电机电流的有效值为1A，故C正确；D、若从图示位置开始计时，则交流发电机电动势的瞬时值为e102cos40tV，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了交流电的峰值和有效值、周期和频率的关系，记住，求电量用电动势的平均值，求热量用有效值。4【分析】根据近地卫星绕地球运动的周期为T，运用万有引力提供向心力，求出地球的质量

16、，再求出地球的密度。再根据行星与地球密度的关系求出行星的平均密度。【解答】解：对于近地卫星，设其质量为m，地球的质量为M，半径为R，则根据万有引力提供向心力GMmR3=mR（2T）2，得地球的质量M=42R3GT2，地球的密度为=M43R3=3GT2密度公式为=mV，已知行星的直径是地球的a倍，质量是地球的b倍，则得行星的平均密度是地球的ba3倍，所以该行星的平均密度为ba33GT2故B正确，ACD错误；故选：B。【点评】解决本题的关键会根据万有引力提供向心力，只要知道近地卫星的周期，即可求出地球的密度。5【分析】由右手定则判断PQ产生的感应电流方向，由安培定则判断右边线圈产生的磁场方向，应用

17、楞次定律判断通过MN的电流方向，然后应用左手定则判断MN受到的安培力方向，判断其运动性质。【解答】解：PQ在外力作用下向右做匀加速直线运动，由右手定则可知，通过PQ的电流由Q流向P，由安培定则可知，线圈L2产生的磁场向上，通过线圈L1的磁场方向向下，PQ做匀加速运动，vat，感应电动势：EBLvBLat，感应电流：I=ER=BLaRt逐渐增大，穿过线圈L1的磁通量增加，由楞次定律可知，通过MN的电流由M流向N，由左手定则可知，MN所示安培力水平向右；PQ做匀加速直线运动，通过L1的磁通量均匀增加，线圈L1产生的感应电动势是定值，通过MN的电流保持不变，MN受到的安培力是定值，MN向右做匀加速直

18、线运动，故B正确，ACD错误；故选：B。【点评】本题考查了楞次定律、左手定则与右手定则的应用，本题解题的关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的。6【分析】粒子在磁场中做圆周运动，作出粒子运动轨迹，根据几何知识求出粒子转过的圆心角，然后根据粒子在磁场中做圆周运动的周期，再求出粒子在磁场中的运动时间。【解答】解：粒子在磁场中做圆周运动，粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可知，粒子做圆周运动的弦切角：22.5，粒子在磁场中转过的圆心角：245，粒子在磁场中的运动时间：t=360=182mqB=m4qB，故C正确，ABD错误；故选：C。【点评】带电粒子

19、在磁场中做匀速圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹是解题的前提，应用几何知识求出粒子在磁场中转过的圆心角是解题的关键，根据粒子做圆周运动的周期公式可以求出粒子在磁场中的运动时间。7【分析】当电流变化时，电感线圈对电流有阻碍作用，电流增大，线圈阻碍其增大，电流减小，阻碍其减小。【解答】解：AB、L1与线圈串联，断开S，电流减小电感线圈产生同向的感应电动势，并慢慢变小，则电流变小，变小的越来越慢，则A正确，B错误CD、L2与线圈并联，电感线圈产生的电流与L2构成回路，L2电流反向减小，则D正确，C错误故选：AD。【点评】明确断开后的电路为L1，L2，电感线圈构成回路，电流变化因电感线圈的阻碍而变慢。

20、8【分析】根据万有引力提供向心力，结合万有引力等于重力求出角速度、线速度、向心加速度和周期的大小。【解答】解：根据GMmR2=mam2Rmv2R=m42T2和GMmR2=mg0，得：A、角速度=GMR3=g0R2R3=g0R，故A错误；B、线速度v=GMR，故B正确；C、周期T2R3GM=2Rg0，故C正确；D、向心加速度an=GMR2，故D错误。故选：BC。【点评】解决本题的关键掌握万有引力两个理论的运用：1、万有引力提供向心力；2、万有引力等于重力。9【分析】对金属棒进行受力分析，求出金属棒受到的合外力，然后判断金属棒的运动性质；由动能定理求出克服安培力所做的功；求出感应电荷量的表达式，然

21、后求出金属棒的位移。【解答】解：金属棒在整个运动过程中，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，这两个力合力为零，受到水平向左的安培力，金属棒受到的合力为安培力；A、金属棒受到的安培力FBIL=B2L2vR，金属棒受到安培力作用而做减速运动，速度v不断减小，安培力不断减小，加速度不断减小，金属棒做加速度逐渐减小的变减速运动，故A错误；B、对金属棒，由动能定理得：W0-12mv02，金属棒克服安培力做功为：12mv02，故B正确；CD、整个过程中感应电荷量：qIt=ERt=tRt=BLxR，金属棒的位移：x=qRBL，故C错误，D正确；故选：BD。【点评】金属棒在运动过程中克服安培力做功，把金属棒

22、的动能转化为焦耳热，在此过程中金属棒做加速度减小的减速运动；对棒进行受力分析、熟练应用法拉第电磁感应定律、欧姆定律、动能定理等正确解题。10【分析】变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率，根据电路连接情况分析电压表示数和电流表示数的变化。【解答】解：A、保持其它条件不变，触头P向上移动的过程中，总电阻减小，由于副线圈两端电压不变，故总电流增大，输出功率增大，输入功率也增大，故I变大，故A正确；B、保持其它条件不变，触头P向下移动的过程中，总电阻增大，总电流减小，R1两端电压减小，则电压表示数U变大，故B错误；CD、保持其它条件不变，S由b扳向a时，原线圈匝数增大，则

23、副线圈两端电压减小，输出功率减小，输入功率减小，则U和I均变小，故C正确，D错误。故选：AC。【点评】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法。二、实验：本共3小题，共18分.将答案填写在题中掼饞上或按题目要求作图11【分析】由变压器的原副线圈的电压之比等于匝数之比可求解。【解答】解：由（1）步实验得：nAnC=122，因nC50，解得：nA300匝；由（2）步实验得：nBnC=105，因nC50，解得：nB100匝，所以线圈A、B匝数比为3：1故答案为：（3）300 3：1【点评】本题考查了变压器的原副

24、线圈的电压之比等于匝数之比，理解公式并灵活运用。12【分析】根据洛伦兹力等于电场力和电流的微观解释式联立解得B，当此设备与地面成85角时，电压表读数最大为U，说明此时磁场与设备平面垂直。【解答】解：根据洛伦兹力等于电场力知：evBeUd根据电流的微观解释式知：InevS联立解得B=UneSdI，当此设备与地面成85角时，电压表读数最大为U，说明此时磁场与设备平面垂直，即磁场方向与地面成5斜向下。根据左手定则知电子向NQ端聚集，所以MP电势高。故答案为：UneSdI，与地面成5斜向下，MP。【点评】解决本题的关键会利用左手定则判断洛伦兹力的方向，以及知道稳定时电荷所受的洛伦兹力和电场力平衡。13

25、【分析】（2）根据图象可知，PV的乘积几乎不变，只有第5组不在直线上，误差较大；PV乘积变大说明气体温度升高，从而分析误差原因；（3）根据玻意耳定律列式表示出V-1P的关系式分析。【解答】解：（2）根据图象可知，各点都在同一条直线上，只有第5组不在直线上，说明误差较大；且该组数据PV乘积变大，说明温度升高，故造成该结果的原因是用手握住注射器进行实验故AC错误；B正确；故选：B。（3）据图知体积读数值比实际值大V0根据P（V+V0）C，C为定值，则有：V=CP-V0。如果实验操作规范正确，但如图所示的V-1P图线不过原点，纵轴截距即为V0，且V0代表注射器与压强传感器连接部位的气体体积。由图象可

26、知：V01ml为减少该实验误差，开始封闭气体体积应尽量大些；故答案为：（2）B；（3）1，大。【点评】本实验是验证性实验，要控制实验条件，此实验要控制两个条件：一是注射器内气体的质量一定；二是气体的温度一定，运用玻意耳定律列式进行分析。三、计算题：本题共4小题，共42分.解答应写出必萋的文字说明、方程式和重要计算步暴，只写出最后答案的不能得分，有败值计算的，爷赛中必须明确写出值和14【分析】（1）先根据匝数之比知输送电压U2，根据PUI求得输送电流；（2）根据匝数之比求出U3，损失电压UU2U3，根据P损UI求得损耗功率。【解答】解：（1）输电线上的电流为：I=PU2U2=n2n1U1=251

27、20103V所以I=Pn2n1U1=7010725120103=1400 A（2）根据电压与匝数成正比知：U3=n3n4U4=194100103V则损失电压为：UU2U3=25120103V-194100103V25103V输电线路损耗的功率为：P损UI140025103W3.5107W答：（1）输电线上的电流为4A；（2）输电线路损耗的功率为3.5107W。【点评】本题主要考查了远距离输电，明确输送电流和损失功率的计算即可求得。15【分析】（1）根据图乙可知空气柱的长度为80mm时，封闭气体压强，然后根据PP0P读列式求解；（2）封闭气体做等温变化，根据玻意耳定律列式求解。【解答】解：（1）

28、由图乙可知，当空气柱的长度为80mm时，气柱压强为：P118mmHg根据PP0P读得：P读P0P1（76818）mmHg750mmHg（2）空气柱做等温变化，根据玻意耳定律得：P1V1P2V2代入数据解得：P216mmHg根据PP0P读得空气柱的长度为90mm时，实际大气压的大小为：P0P2+P读16+（80+75090）mmHg756mmHg答：（1）空气柱的长度为80mm时，水银气压计的读数为750mmHg；（2）空气柱的长度为90mm时，实际大气压的大小为756mmHg。【点评】解答本题关键要理解气压计的基本原理，知道示数的含义，再通过分析状态参量，运用玻意耳定律列式求解。16【分析】（

29、1）粒子在速度选择器中做匀速直线运动，应用平衡条件可以求出粒子的速率。（2）粒子在磁场中做圆周运动，根据题意求出粒子轨道半径，应用牛顿第二定律求出粒子的比荷。（3）根据粒子轨道半径应用几何知识求出MN与挡板间的最小距离。【解答】解：（1）粒子在速度选择器中做匀速直线运动，由平衡条件得：qvB1qUd，解得：v=UB1d；（2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示：由几何知识得：r=L2cos=L2cos，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB2mv2r，解得：qm=2vcosB2L；（3）MN与挡板之间的最小距离：drrsin=L(1-sin)2cos；答：（1）射出粒子的速

30、率为UB1d；（2）射出粒子的比荷为2vcosB2L；（3）MN与挡板之间的最小距离为L(1-sin)2cos。【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动问题，解决带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题时，应首先确定圆心的位置，找出半径，做好草图，利用数学几何并结合运动规律进行求解。（1）圆心的确定：因洛伦兹力始终指向圆心，根据洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，画出粒子运动轨迹中的任意两点（一般是射入和射出磁场的两点）的洛伦兹力的方向，其延长线的交点即为圆心。（2）半径的确定和计算，半径的计算一般是利用几何知识，常用解三角形的方法。（3）在磁场中运动时间的确定，由求出t，t=2（为弧度）；应注意速度

31、矢量转过的角度，就是圆半径转过的角度，以及弦切角与圆心角的关系。17【分析】（2）导体棒a匀速运动，处于平衡状态，由平衡条件求出导体棒的速度；（1）应用EBLv求出感应电动势，由欧姆定律求出感应电流，由安培力公式求出b受到的安培力，然后求出动摩擦因数。（3）b棒光滑，细绳断裂、解除锁定后，a、b组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出它们的共同速度，应用能量守恒定律可以求出回路产生的焦耳热。【解答】解：（2）导体棒a受到的安培力：FBIL=B2L2v2R，a匀速运动，对a与重物组成的系统，由平衡条件得：mg=B2L2v2R，解得，a匀速运动时的速度：v=2mgRB2L2；

32、（1）a匀速运动时，感应电动势：EBLv，感应电流：I=E2R=BLv2R，b受到的安培力：FbBILmg，b恰好开始运动时：mbgFb，解得：0.5；（3）当a开始匀速运动时，细绳断裂、解除锁定后，a、b组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mav（ma+mb）v，对系统，由能量守恒定律得：12mav2=12(ma+mb)v2+Q，解得：Q=4m3g2R23B4L4；答：（1）棒b与导轨间的动摩擦因数为0.5；（2）棒a匀速运动的速度大小为2mgRB2L2；（3）回路中产生的焦耳热为4m3g2R23B4L4。【点评】本题是电磁感应与力学相结合的一道综合题，分析清楚导体棒运动过程是解题的前提，应用平衡条件、动量守恒定律与能量守恒定律即可解题。第16页（共16页）