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天津高二物理2019年上冊期末考試網絡考試試卷

關于曲線運動以下談法中正确的是
A. 做曲線運動的物體所受合外力可以為零
B. 合外力不為零的運動一定是曲線運動
C. 曲線運動的速度大小一定是改變的
D. 曲線運動的物體加速度一定不為零

【答案】D
【解析】
做曲線運動的物體速度不斷變化,則加速度不為零,所受合外力不為零,選項A錯誤,D正确;合外力不為零的運動不一定是曲線運動,例如勻變速直線運動,選項B錯誤;曲線運動的速度大小不一定是改變的,例如勻速圓周運動,選項C錯誤;故選D.

兩根長度不同的細線下面分别懸推着小球,細線上端固定在同一點,若兩個小球以和同的角速度,繞共同的豎直軸在水平面内做勻速圓周運動,則兩個小球在運動過程中的相對位置關系示意圖正确的是
A. B. C. D.

【答案】A
【解析】
小球做勻速圓周運動,靠拉力和重力的合力提供向心力,結合牛頓第二定律求出Locsθ,從而分析判斷.
小球做勻速圓周運動,mgtanθ=mω2Lsinθ,整理得:Lcosθ=是常量,即兩球處于同一高度,故A正确,BCD錯誤。故選A。

中國北鬥衛星導航系統(BDS)是中國自行研制的全球衛星導航系統,是繼美國全球定位系統(GPS)、俄羅斯格洛納斯衛星導航系統(GLONASS)之後第三個成熟的衛星導航系統。預計2020年左右,北鬥衛星導航系統将形成全球覆蓋能力。如圖所示是北鬥導航系統中部分衛星的軌道示意圖,己知a、b、c三顆衛星均做圓周運動,a是地球同步衛星,則

A. 衛星a的角速度大于c的角速度
B. 衛星a的加速度等于b的加速度
C. 衛星a的運行速度大于第一宇宙速度
D. 衛星b的周期大于24小時

【答案】B
【解析】
根據萬有引力提供向心力,比較向心加速度、線速度和周期.
由萬有引力提供向心力,得解得ω=,則半徑大的角速度小,則A錯誤。由萬有引力提供向心力,,則半徑相同加速度大小相等。則B正确;第一宇宙速度為近地衛星的運行速度,其值最大,所有衛星的運行速度都小于或等于它。則C錯誤;b與a的半徑相同,則周期相同,為24h,則D錯誤;故選B。

美國《大衆科學》月刊網站報道,明尼蘇達大學的研究人員發現,一種具有獨特屬性的新型合金能夠将熱能直接轉化為電能。具體而言,隻要略微提高溫度。這種合金就會變成強磁性合金,從而使環繞它的線圈中産生電流,其簡化模型如圖圖示.A為圓柱型合金材料,B為線圈。套在圓柱形合金材料上,線圈的半徑大于合金材料的半徑。現對A進行加熱,則A變成兩端為磁極的強磁合金,下列判斷正确的是

A. B中一定産生逆時針方向的電流
B. B中一定産生順時針方向的電流
C. B線圈一定有收縮的趨勢
D. B線圈一定有擴張的趨勢

【答案】D
【解析】
當導緻線圈的磁通量變化,從而産生感應電流,感應磁場去阻礙線圈的磁通量的變化.
提高溫度,這種合金會從非磁性合金變成強磁性合金,穿過線圈的磁通量增大,從而在環繞它的線圈中産生電流。由于原磁場的方向未知,所以不能判斷出感應電流的方向。故AB錯誤;A外側的磁場的方向與A内部的磁場的方向相反,B的面積越大,則穿過線圈B的磁通量小。當B中磁通量增大時,則線圈産生的感應電流方向的阻礙磁通量的增大,面積有擴張的趨勢。故C錯誤,D正确。故選D。

如圖為某發電站電能輸送電路示意圖,已知發電機的輸出電壓、輸電線的電阻及理想升壓、降壓變壓器匝數均不變,若用戶電阻R0減小,下列說法正确的是(  )

A. 發電機的輸出功率減小
B. 輸電線上的功率損失減小
C. 用戶得到的電壓減小
D. 輸電線輸送電壓減小

【答案】C
【解析】
根據用戶電阻的變化,得出降壓變壓變壓器輸出功率的變化,根據輸出功率決定輸入功率,得知發電機輸出功率的變化;由輸電線上損失的功率變化,得出輸電線電流變化;由發電機的輸出電壓和升壓變壓器原、副線圈的匝數比不變,可得出輸電線輸送電壓的變化.
若用戶電阻減小,則降壓變壓器輸出功率增大,導緻發電機的輸出功率增大,故A錯誤;若用戶電阻減小,降壓變壓器輸出功率增大,導緻輸電線上電流增大,輸電線上損失的電壓增大,輸電線上的功率損失增大,故B錯誤;輸電線上損失電壓增大,降壓變壓器原線圈輸入電壓減小,由于降壓變壓器原、副線圈匝數比不變,降壓變壓器副線圈輸出電壓(即用戶得到的電壓)減小,故C正确;根據題給發電機的輸出電壓不變,升壓變壓器的原線圈輸入電壓不變,由于升壓變壓器原、副線圈匝數比不變,則輸電線上輸送電壓不變,故D錯誤;故選C。

如圖所示電路中,A、B是相同的兩小燈,L是一個帶鐵芯的線圈,電阻可不計,調節R,電路穩定時兩燈都正常發光,則在開關合上和斷開時

A. 斷開S時,A燈會突然閃亮一下後再熄滅
B. 斷開S時,通過B燈的電流方向與跟電流方向相同
C. 合上S時,B比A先到達正常發光狀态
D. 兩燈同時點亮、同時熄滅

【答案】C
【解析】
S合上時,通過線圈的電流在增大,導緻線圈出現自感電動勢,從而阻礙燈泡A的電流增大;電路穩定後,L的電阻很小,閉合瞬間L的電阻很大,斷開瞬間線圈L中産生的自感電動勢阻礙電流的減小,從而分析兩燈的亮度變化.
斷開開關S的瞬間,線圈L中産生的自感電動勢阻礙電流的減小,則電流将在燈A、B和線圈L中形成新的回路,因燈泡相同,則電流相等,所以兩燈會慢慢熄滅,但不會閃亮一下。此時燈B中原來的電流消失,電流方向與原電流方向相反,故AB錯誤;A合上時,通過線圈的電流在增大,導緻線圈出現自感電動勢,從而阻礙燈泡A的電流增大,則B比A先到達正常發光狀态,故C正确,D錯誤。故選C。

全國鐵路大面積提速後,京哈、京滬、京廣、膠濟等提速幹線的部分區段時速可達300公裡,我們乘“和諧号”列車就可以體驗時速300公裡的追風感覺,火車轉彎可以看成是在水平面内做勻速圓周運動,火車速度提高會使外軌受損,為解決火車高速轉彎時外軌受損這一難題,以下措施可行的是
A. 适當減小内外軌的高度差
B. 适當增加内外軌的高度差
C. 适當減小彎道半徑
D. 适當增大彎道半徑

【答案】BD
【解析】
火車高速轉彎時不使外軌受損,則拐彎所需要的向心力由支持力和重力的合力提供.根據牛頓第二定律進行分析.
火車轉彎時為減小外軌所受壓力,可使外軌略離于内軌,使軌道傾斜,若火車速度合适,内外軌均不受擠壓。此時,重力與軌道的支持力的合力提供向心力,如圖。

F=mgtanθ=m,解得:,則知:當火車速度增大時,應适當增大轉彎半徑或增加内外軌道的高度差;故BD正确,AC錯誤。故選BD。

在勻強磁場中,一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉軸勻速轉動,如圖甲所示,産生的交變電動勢的圖象如圖乙所示,則

A. t=0.005s時線框的磁通量變化率為零
B. t=0.01s時線框平面與中性面重合
C. 線框産生的交變電動勢有效值為311V
D. 線框産生的交變電動勢的頻率為50Hz

【答案】BD
【解析】
由圖乙可知特殊時刻的電動勢,根據電動勢的特點,可判處于那個面上,由圖象還可知電動勢的峰值和周期,根據有效值和峰值的關系便可求電動勢的有效值。
由圖乙可知,當0.005s時,感應電動勢最大,則此時穿過線框回路的磁通量變化率最大,故A錯誤;由圖乙可知,當0.01s時,感應電動勢為零,則此時穿過線框回路的磁通量最大,處于中性面,故B正确;線框産生的電動勢的有效值E==220V;故C錯誤;由圖可知,交流電的周期為0.02s,則頻率為:f=1/T=50Hz,故D正确;故選BD。

兩根光滑的金屬導軌,平行放置在傾角為θ的斜面上,導軌的左端接有電阻R,導軌自身的電阻可忽略不計,斜面處在勻強磁場中,磁場方向垂直于斜面向上,質量為m、電阻可不計的金屬棒ab,在沿着斜面與棒垂直的恒力F作用下沿導軌勻速上滑,并上升一定高度,如圖所示,在這過程中

A. 作用于金屬棒上的各個力的合力所做的功等于零
B. 恒力F所做的功等于金屬棒重力勢能的增加量
C. 恒力F與安培力的合力所做的功等于零
D. 恒力F與重力的合力所做的功等于電阻R上産生的焦耳熱

【答案】AD
【解析】
題中導體棒ab勻速上滑,合力為零,即可合力的做功為零;對導體棒正确受力分析,根據動能定理列方程,弄清功能轉化關系,注意克服安培力所做功等于回路電阻中産生的熱量.
導體棒勻速上升過程中,作用于棒上各力的合力為零,則合力所作的功等于零,根據動能定理得:WF-WG-W安=0,得WF-W安=WG≠0,即恒力F與安培力的合力所做的功不等于零;WF=WG+W安,即恒力F所做的功等于金屬棒重力勢能的增加量與克服安培力做功之和,故A正确,BC錯誤。由WF-WG-W安=0得,WF-WG=W安,即恒力F與重力的合力所做的功等于克服安培力所做功,即等于電阻R上發出的焦耳熱,故D正确。故選AD。

質譜儀是分離同位素的重要儀器,其原理如圖所示,帶等量異種電荷的兩平行金屬闆P1,P2之間的電壓為U,一個帶負電的粒子(不計重力)從P1闆中由靜止釋放,之後從O點進入另一磁感應強度為B的勻強磁場中,在洛侖磁力的作用下,粒子做勻速圓周運動,經過半個圓周後打在擋闆MN上的A點。已知粒子的質量為m,電荷量為q,可以判斷粒子帶________電,OA兩點間的距離為________

【答案】
【解析】
帶電粒子在加速電場中電場力做功等于粒子動能的增加量,由動能定理 可以求得粒子進入磁場時的速度v;帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,在磁場中運動半個圓周後打在A點,根據左手定則判斷粒子的電性;洛倫茲力提供向心力;O、A兩點間的距離是圓的直徑.
帶電粒子在加速電場中加速,在磁場中向上偏轉,根據左手定則可知,粒子帶負電;由動能定理得:qU=mv2-0,
粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:qvB=m,解得:
O、A兩點間的距離:x=2r=

“嫦娥一号”和“嫦娥二号”衛星相繼完成了對月球的環月飛行,标志着我國探月工程的第一階段己經完成。設“嫦娥二号”衛星環繞月球的運動為勻速圓周運動,它距月球表面的高度為h,己知月球的質量為M、半徑為R,引力常量為G,則衛星繞月球運動的向心加速度a= 線速度 V= 。

【答案】
【解析】試題萬有引力提供衛星繞月球圓周運動的向心力,所以有: 得嫦娥二号的向心加速度
,根據公式得嫦娥二号的線速度

半徑為 r、電阻為R的N匝圓形線圈在邊長為 L的正方形區域 abcd 外,勻強磁場充滿并垂直穿過該正方形區域,如圖甲所示.磁場随時間的變化規律如圖乙所示.圖線與橫、縱軸的截距分别為 t0 和B0.則圓形線圈中産生的感應電動勢E = ________V,0 至 t0 時間内通過的電荷量 q=_________.

【答案】
【解析】
本題是線圈的面積不變,磁場在變化,磁通量的變化率,再根據法拉第電磁感應定律求出感應電動勢,由歐姆定律求出感應電流,再根據q=It0,從而求解.
磁通量的變化率為:
根據法拉第電磁感應定律得線圈中的感應電動勢為:
再根據閉合電路歐姆定律得感應電流為:
電量為:q=It0=

如圖所示,是“研究電磁感應現象”的實驗裝置

(1)将圖中所缺導線補充完整__________
(2)如果在閉合開關時發現靈敏電流計的指針向右偏了一下,那麼合上開關後,将原線圈迅速插入副線圈中,電流計指針将________(填向左偏或向右偏)原線圈插入副線圈後,将滑動變阻器滑片迅速向左移動時,電流計指針将________(填向左偏向右偏)。
(3)在靈敏電流計所在的電路中,為電路中提供電流的是________(填圖中儀器的字母)

【答案】(1); (2)右偏 左偏
【解析】
(1)注意在該實驗中有兩個回路,一個由線圈B和電流計串聯而成,另一個由電鍵、滑動變阻器、電壓、線圈A串聯而成.(2)根據題意應用楞次定律分析答題.(3)在靈敏電流計所在的電路中,為電路中提供電流的是線圈B.
(1)将線圈B和電流計串聯形成一個回路,将電鍵、滑動變阻器、電壓、線圈A串聯而成另一個回路即可,實物圖如下所示:

(2)如果在閉合開關時發現靈敏電流計的指針向右偏了一下,說明穿過線圈的磁通量增加,電流計指針向右偏,合上開關後,将原線圈迅速插入副線圈中時,穿過線圈的磁通量增加,電流計指針将向右偏;
原線圈插入副線圈後,将滑動變阻器滑片迅速向左移動時,線圈A中電流減小,穿過線圈的磁通量減小,電流計指針将向左偏.
(3)在靈敏電流計所在的電路中,為電路中提供電流的是線圈B.

小明利用熱敏電阻設計了一個“過熱自動報警電路”,如圖甲所示.将熱敏電阻R安裝在需要探測溫度的地方,當環境溫度正常時,繼電器的上觸點接觸,下觸點分離,指示燈亮;當環境溫度超過某一值時,繼電器的下觸點接觸,上觸點分離,警鈴響.圖甲中繼電器的供電電壓U1=3V,繼電器線圈用漆包線繞成,其電阻R0為30Ω.當線圈中的電流大于等于50mA時,繼電器的銜鐵将被吸合,警鈴響.圖乙是熱敏電阻的阻值随溫度變化的圖象.

(1)由圖乙可知,當環境溫度為40℃時,熱敏電阻阻值為_____________Ω.當環境溫度升高時,熱敏電阻阻值将____________,繼電器的磁性将____________(均選填“增大”、“減小”或“不變”).
(2)圖甲中警鈴的接線柱C應與接線柱__________相連,指示燈的接線柱D應與接線柱____________相連(均選填“A”或“B”).
(3)請計算說明,環境溫度____________時,警鈴報警.

【答案】(1)70;減小;增大.(2)B,A.(3)環境溫度大于等于80℃時,警鈴報警.
【解析】
試題(1)分析乙圖,找到熱敏電阻40℃對應的阻值為70Ω,并且分析圖象發現:溫度升高時,熱敏電阻阻值減小,根據歐姆定律,電路中電流就會增大,電磁鐵的磁性就會增大;
(2)由題中“當環境溫度超過某一值時,繼電器的下觸點接觸,上觸點分離,警鈴響”,所以警鈴的接線柱C應與接線柱B連,指示燈的接線柱D應與接線柱A相連;
(3)當線圈中的電流I=50mA=0.05A時,繼電器的銜鐵将被吸合,警鈴報警
∴控制電路的總電阻∴熱敏電阻R=R總-R0=60Ω-30Ω=30Ω
由圖乙可知,此時t=80℃
所以,當溫度t≥80℃時,警鈴報警

如圖所示,輕繩長L=0.5m,一端固定在O點,另一端挂一質量為m=0.2kg的小球,懸點O到地面高H=5.5m,小球在豎直平面内做圓周運動,恰能到達最高點,運動至最低點時繩因剛好超過能承受的最大拉力而被拉斷,之後小球又運動一段時間落地。(g=10m/s2)求:

(l)輕繩能承受的最大拉力
(2)小球落地點離O點的水平距離S

【答案】(1)12N(2)5m
【解析】
結合小球的最大拉力,根據拉力和重力的合力提供向心力,根據牛頓第二定律求出小球在最低點的速度,根據平抛運動的規律求出小球落地點離O點的水平距離.
(1)小球在豎直平面内做圓周運動,恰能到達最高點,則:mg=m
解得
從最高點到最低點,由機械能守恒:
解得v2=5m/s
在最低點由牛頓第二定律:
聯立解得:T=12N
(2)繩子斷開後小球做平抛運動,則x=v2t
H-L=gt2
解得x=5m

如圖所示,直角坐标系中的第I象限中存在沿y軸負方向的勻強電場,在第II象限中存在垂直紙面向外的勻強磁場。一電量為q、質量為m的帶正電的粒子,在x軸上點a以速率v0,方向和-x軸方向成60°射入磁場,然後經過y軸上的b點垂直于y軸方向進入電場,經過x軸上x=2L處的c點時速度大小為v0。不計粒子的重力。求:

(1)磁感應強度B的大小
(2)粒子在磁場中運動的時間

【答案】(1) (2)
【解析】
(1)粒子在電場中做類平抛運動,由類平抛運動規律求出Ob的值,由幾何知識求出粒子的軌道半徑,然後由牛頓第二定律求出磁感應強度大小.
(2)根據求解粒子在磁場中運動的時間.
(1)粒子在電場中做類平抛運動,到達c點時,豎直分速度為:
水平方向:2L=v0t,
豎直方向:
設粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r,Ob=y.粒子的運動軌迹如圖所示:

由幾何知識可得:r+rsin30°=y,得:r=L
粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:qv0B=m
解得:
(2)粒子在磁場中運動的周期:,則粒子在磁場中運動的時間:

電阻可忽略的光滑平行金屬導軌長S=1.5m,兩導軌間距L=0.5m,導軌傾角為30°,導軌上端ab接一阻值R=1.5Ω的電阻,磁感應強度B=1T的勻強磁場垂直軌道平面向上。阻值r=0.5Ω,質量m=0.4kg的金屬棒與軌道垂直且接觸良好,從軌道上端ab處由靜止開始下滑至底端,在此過程中金屬棒産生的焦耳Q=0.3J,(取g=10m/s2)求:

(l)金屬棒下滑速度v=2m/s時的加速度a
(2)金屬棒下滑的最大速度vm

【答案】(1)4.375m/s2(2)3.6m/s
【解析】
(1)分析金屬棒的受力分析,導體棒受到重力,支持力,安培力,做出受力圖,求出合力,可以求得加速度。
(2)當金屬棒的加速度為零時,速度最大,由上題結果求解最大速度。題中已知金屬棒産生的焦耳熱Qr=0.1J,R與r串聯,根據焦耳定律分析它們産生的熱量關系,從而求得總的焦耳熱,即為金屬棒克服安培力的功W安。根據能量守恒定律求解速度,與上述最大速度對比,可知金屬棒下滑的最大速度vm.
(1)金屬棒下滑速度v=2m/s時,所受的安培力為:
由牛頓第二定律得:mgsin30°-=ma
得:a=gsin30°-
代入解得:a=10×0.5-=4.375m/s2
(2)金屬棒勻速運動時速度最大,即a=0時,v最大,設為v′m。
由上題結果得:mgsin30°-=0
可得:
下滑的過程中金屬棒克服安培力做功等于回路産生的焦耳熱。由于R=3r,因此由焦耳定律Q=I2Rt得:QR=3Qr=0.3J,所以克服安培力做功:W安=Q=QR+Qr=0.4J
若根據能量守恒定律得:mgSsin30°=mvm2+W安
解得:
所以金屬棒下滑的最大速度為3.6m/s。

如圖甲所示,粗糙水平面與豎直的光滑半圓環在N點相切,M為圈環的最高點,圓環半徑為R=0.1m,現有一質量m=1kg的物體以v0=4m/s的初速度從水平面的某點向右運動并沖上豎直光滑半圓環,取g=10m/s2,求:

(1)物體能從M點飛出,落到水平面時落點到N點的距離的最小值Xm
(2)設出發點到N點的距離為S,物體從M點飛出後,落到水平面時落點到N點的距離為X,作出X2随S變化的關系如圖乙所示,求物體與水平面間的動摩擦因數μ
(3)要使物體從某點出發後的運動過程中不會在N到M點的中間離開半固軌道,求出發點到N點的距離S應滿足的條件

【答案】(1)0.2m;(2)0.2;(3)0≤x≤2.75m或3.5m≤x<4m.
【解析】
(1)由牛頓第二定律求得在M點的速度範圍,然後由平抛運動規律求得水平位移,即可得到最小值;
(2)根據動能定理得到M點速度和x的關系,然後由平抛運動規律得到y和M點速度的關系,即可得到y和x的關系,結合圖象求解;
(3)根據物體不脫離軌道得到運動過程,然後由動能定理求解.
(1)物體能從M點飛出,那麼對物體在M點應用牛頓第二定律可得:mg≤,所以,vM≥=1m/s;
物體能從M點飛出做平抛運動,故有:2R=gt2,落到水平面時落點到N點的距離x=vMt≥=2R=0.2m;
故落到水平面時落點到N點的距離的最小值為0.2m;
(2)物體從出發點到M的運動過程作用摩擦力、重力做功,故由動能定理可得:−μmgx−2mgR=mvM2−mv02;
物體從M點落回水平面做平抛運動,故有:2R=gt2,
由圖可得:y2=0.48-0.16x,所以,μ==0.2;
(3)要使物體從某點出發後的運動過程中不會在N到M點的中間離開半圓軌道,那麼物體能到達的最大高度0<h≤R或物體能通過M點;
物體能到達的最大高度0<h≤R時,由動能定理可得:−μmgx−mgh=0−mv02,
所以,
所以,3.5m≤x<4m;
物體能通過M點時,由(1)可知vM≥=1m/s,
由動能定理可得:−μmgx−2mgR=mvM2−mv02;
所以
所以,0≤x≤2.75m;