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天津市高二物理2018年上期期末考試試卷完整版

圖中屬于交變電流的是
A. B.
C. D.

【答案】C
【解析】
電流的方向在周期性變化的電流為交變電流;交變電流的大小不一定變化,方向一定在不斷地變化。
電流的方向在周期性變化的電流為交變電流;交變電流的方向在不斷地變化,ABD選項中電流方向不變,是直流電;C選項電流大小不變,方向變化,是交變電流。
故選C。

下列說法正确的是(  )
A. “科學總是從正确走向錯誤”表達的并不是一種悲觀失望的情緒
B. 提出“日心說”人是托勒密
C. 開普勒通過天文觀測,發現了行星運動的三定律
D. 托勒密的“日心說”闡述了宇宙以太陽為中心,其它星體圍繞太陽旋轉

【答案】A
【解析】“科學總是從正确走向錯誤”,表明科學發展的曲折性,并不是表達一種悲觀失望的情緒,A正确;提出“日心說”人是哥白尼,B、D錯誤;開普勒通過對第谷的觀測數據的研究,發現了行星運動的三定律,C錯誤.
故選A

距水平地面一定高度處由靜止開始下落的雨滴,着地前遇到水平方向吹來的風,則  
A. 雨滴做平抛運動
B. 風速越大,雨滴下落時間越長
C. 風速越大,雨滴下落時間越短
D. 雨滴着地時間與水平風速無關

【答案】D
【解析】
A項:由平抛運動定義可知:物體以一定的初速度沿水平方向抛出,如果物體僅受重力作用,這樣的運動叫做平抛運動,而題意中水平無初速度,且不是僅受重力作用,故A錯誤;
B、C、D項:不管風速多大,下落時間隻跟高度有關,故B、C錯誤,D正确。

在水平面上,小猴拉着小滑塊做勻速圓周運動,O點為圓心,能正确地表示小滑塊受到的牽引力及摩擦力Ff的圖是( )
A. B. C. D.

【答案】A
【解析】滑塊做勻速圓周運動,合力指向圓心,提供向心力;滑動摩擦力的方向和相對運動方向相反,故向後;拉力與摩擦力的合力指向圓心,故拉力指向滑塊的右上方;故選A.

關于平抛運動,下列說法中正确的( )
A. 平抛運動的軌迹是曲線,所以平抛運動是變速運動
B. 平抛運動是一種勻變速曲線運動
C. 平抛運動的水平射程x由初速度v0決定,與下落的高度h無關
D. 平抛運動的落地時間t由初速度v0決定,v0越大,t越大

【答案】AB
【解析】平抛運動的軌迹是曲線,加速度不變,做勻變速運動,AB正确;平抛運動的水平射程,與初速度和高度有關,C錯誤;根據,時間由高度決定,與初速度無關,D錯誤。

如圖所示,過山車的軌道可視為豎直平面内半徑為R的圓軌道。質量為m的遊客随過山車一起運動,當遊客以速度v經過圓軌道的最高點時( )

A. 處于超重狀态 B. 向心加速度方向豎直向下
C. 速度v的大小一定為 D. 座位對遊客的作用力為

【答案】B
【解析】遊客做圓周運動,在最高點,受重力和軌道的壓力,合外力提供向心力,合外力向下,加速度豎直向下,遊客處于失重狀态,故A錯誤,B正确;在最高點,根據向心力公式得:
mg+N=m,解得N=m-mg,隻有當N=0時, ,故CD錯誤.故選B.

如圖所示,在光滑水平面上,質量為m的小球在細線的拉力作用下,以速度v做半徑為r的勻速圓周運動.小球所受向心力的大小為(  )

A. m
B. m
C. mυ2r
D. mυr

【答案】A
【解析】根據牛頓第二定律得,小球的向心力由細線的拉力提供,則有:,故A正确,B、C、D錯誤;
故選A。

2012年6月24日,航天員劉旺手動控制“神舟九号”飛船完成與“天宮一号”的交會對接,形成組合體繞地球做勻速圓周運動,軌道高度為340km.。測控通信由兩顆在地球同步軌道運行的“天鍊一号”中繼衛星、陸基測控站、測量船,以及北京飛控中心完成.根據以上信息和你對航天相關知識的理解,下列描述正确的是( )
A. 組合體勻速圓周運動的周期一定大于地球的自轉周期。
B. 組合體勻速圓周運動的線速度一定大于第一宇宙速度。
C. 組合體勻速圓周運動的角速度大于“天鍊一号”中繼衛星的角速度
D. “神舟九号”從低軌道必須減速才能與“天宮一号”的交會對接

【答案】C
【解析】試題分析:設飛船的質量為m,軌道為r,地球的質量為M.根據牛頓第二定律得: 則得, ,由于同步衛星的軌道高度約3.6×104km,遠大于組合體的高度,則根據上式可知,組合體勻速圓周運動的周期一定小于同步衛星的周期,即小于地球自轉的周期.故A錯誤.第一宇宙速度是衛星繞地球圓周運動的最大速度,等于近地衛星的速度,由上式知,組合體勻速圓周運動的線速度一定小于第一宇宙速度,故B錯誤.由知,組合體的軌道半徑較小,角速度較大,故C正确.“神州九号”通過加速做離心運動,可以到“天宮一号”的軌道上去,從而實現和“天宮一号”對接,故D正确.

a、b、c三個α粒子(氦原子核)由同一點同時垂直電場強度方向進入偏轉電場,其軌迹如圖所示,其中b恰好飛出電場,由此可以肯定( )

A.在b飛離電場的同時,a剛好打在負極闆上
B.b和c同時飛離電場
C.進入電場,c的速度最大,a的速度最小
D.它們的動能的增量一樣大

【答案】AC
【解析】
試題分析:三個粒子所受的電場力相等,加速度大小相等,在豎直方向上有:y=at2,知a、b的偏轉位移相等,大于c的偏轉位移,知a、b的運動時間相等,大于c的時間.故A正确,B錯誤.因為a的水平位移小于b的水平位移,時間相等,則a的速度小于b的速度,b的水平位移和c的水平位移相等,b的時間大于c的時間,則b的速度小于c的速度,所以進入電場時,c的速度最大,a的速度最小.故C正确.根據動能定理知,a、b的偏轉位移相等,則電場力做功相等,大于c電場力做功,所以a、b的動能增量相等,大于c的動能增量.故D錯誤.故選AC.

如圖所示,a、b為一條豎直向上的電場線上的兩點,一帶電小球在a點由靜止釋放,沿電場線向上運動,到b點恰好速度為零,下列說法中正确的是:

A. 帶電質點在a、b兩點所受的電場力都是豎直向上的;
B. a點的電勢比b點的電勢高;
C. 帶電質點在a點的電勢能比在b點的電勢能小;
D. a點的電場強度比b點的電場強度大。

【答案】ABD
【解析】試題分析:由題意可知,帶點質點受兩個力,重力和電場力.由靜止向上運動,可判斷出電場力的方向,根據電場力做的功,判斷電勢能的變化.通過帶電質點初末速度為零可比較出兩點的電場強度.沿電場線方向電勢逐漸降低.
帶電質點由a點到b點的運動,必為先加速後減速,質點的重力不可忽略(若不計重力,則釋放後質點必做加速運動),所以質點所受的電場力應向上,A正确;沿電場線方向電勢降低,B正确;電場力一直做正功,帶電質點的電勢能減小,重力勢能增大,動能先增大後減小,C錯誤;開始時電場力大于重力,後來電場力小于重力,所以a點的電場強度較大,D正确.

我國将于2020年建成完整的“北鬥二号”導航系統,該系統由5顆地球同步衛星和30顆其他衛星組成.則地球同步衛星(  )
A. 繞地球運行的軌道為橢圓 B. 運行周期與地球自轉周期相同
C. 可靜止在漣水上空 D. 運行方向與地球自轉方向相反

【答案】B
【解析】A、地球同步衛星運行軌道為位于地球赤道平面上圓形軌道,故A錯誤;
B、地球同步衛星運行周期與地球自轉一周的時間相等,即24小時時,故B正确;
C、地球同步衛星靜止在赤道上空某處,南通不在赤道上,所以不可靜止在南極上空,故C錯誤;
D、地球同步衛星的運行方向與地球自轉方向相同,故D錯誤。

回旋加速器是加速帶電粒子的裝置,其核心部分是分别與高頻交流電極相連接的兩個D形金屬盒,兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場,使粒子在通過狹縫時能得到加速,兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中,如圖所示,要增大帶電粒子射出時的動能,則下列說法正确的是

A. 增大電場的加速電壓
B. 增大D形金屬盒半徑
C. 減小狹縫間的距離
D. 減小磁場的磁感應強度

【答案】B
【解析】
回旋加速器利用電場加速和磁場偏轉來周期性的加速粒子,根據洛倫茲力提供向心力求出粒子射出時的速度,從而得出動能的表達式,看動能與什麼因素有關.
,解得v=.
則動能EK=mv2=,知動能與加速的電壓無關,與狹縫間的距離無關,與磁感應強度大小和D形盒的半徑有關,增大磁感應強度和D形盒的半徑,可以增加粒子的動能。故B正确,ACD錯誤。
故選:B.

質譜儀是測帶電粒子的質量和分析同位素的一種儀器,它的工作原理是帶電粒子(不計重力)經同一電場加速後;垂直進入同一勻強磁場做圓周運動,然後利用相關規律計算出帶電粒子質量,其工作原理如圖所示,虛線為離子運動軌迹,由圖可知

A. 此粒子帶負電
B. 下極闆S2比上極扳S1電勢髙
C. 若隻增大加速電壓U的值,則半徑r變大
D. 若隻增大入射粒子的質量,則半徑r變小

【答案】C
【解析】
根據粒子的運動軌迹判斷電性,根據電性判斷兩極闆的電勢高低,根據動能定理求出粒子進入磁場的速度,根據牛頓第二定律求出軌道半徑,從而得知半徑與什麼因素有關.
根據動能定理得,qU=mv2,由qvB=m得,r=
A、由圖結合左手定則可知,該電荷帶正電,故A錯誤;
B、正電粒子經過電場要加速,所以下極闆S2比上極闆S1電勢低,故B錯誤;
C、若隻增大加速電壓U,由上式可知,則半徑r變大,故C正确;
D、若隻增大入射粒子的質量,q不變,由上式可知,則半徑也變大.故D錯誤.
故選:C.

下列說法中正确的是
A. 穿過線圈的磁通量變化越大,感應電動勢就越大
B. 穿過線圈的磁通量變化越快,感應電動勢就越大
C. 穿過線圈的磁通量越大,感應電動勢就越大
D. 穿過線圈的磁通量為零,感應電動勢也一定為零

【答案】B
【解析】A. 感應電動勢跟穿過閉合回路的磁通量的變化率成正比,磁通量變化大,磁通量的變化率不一定大,故A錯誤;
B. 根據法拉第電磁感應定律,磁通量變化越快,即磁通量的變化率越大,感應電動勢越大,故B正确;
C. 穿過線圈的磁通量大,不一定變化快,感應電動勢不一定大,故C錯誤;
D.穿過線圈的磁通量為0,但線圈的磁通量變化率不一定為0,故感應電動勢不一定為0,故D錯誤。
故選:B.

如圖所示,豎直放置的長直導線通以恒定電流,一矩形線框abed與通電導線共面放置,且ad邊與通電導線平行.下列情況中不能産生感應電流的是

A. 導線中電流變大
B. 線框向右平動
C. 線框以直導線為軸轉動
D. 線框以ad邊為軸轉動

【答案】C
【解析】
根據感應電流的條件:當閉合回路中磁通量發生變化時,回路中就會産生感應電流.根據直導線磁場的分布規律,判斷幾種情況下,穿過線圈的磁通量是否變化即可。
A. 線框不動,增大導線中的電流,則周圍的磁感應強度增強,則線框中磁通量增大,可以産生感應電流。故A錯誤;
B. 線框向右運動時,線框中的磁感應線強減小,故磁通量減小,可以産生感應電流,故B錯誤;
C. 線框以直導線為軸轉動,線框中的磁通量不變,不會産生感應電流,故C正确;
D. 線框以導線ad為軸轉動,線框中的磁通量變化,會産生感應電流,故D錯誤。
故選:C

一矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動産生的交變電流電動勢如圖所示,下面說法正确的是

A. 交流電動勢的有效值為20V
B. 交流電動勢的有效值為10V
C. t=0.01s線圈處于中性面
D. 交流電動勢的頻率為50Hz

【答案】B
【解析】
由圖可讀出電動勢的最大值,計算有效值。矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動時産生正弦交變電流.磁通量為零,感應電動勢最大;磁通量最大時,感應電動勢為零,線圈恰好通過中性面。由圖可讀出周期,計算頻率。
AB、由圖象可得Em=20v,有效值為:E= V=10V,故A錯誤,B正确;
C.t=0.01s時電動勢最大,磁通量為零,線圈平面與中性面垂直,故C錯誤;
D. 由圖象可得交流電的周期為T=0.04S,所以頻率為:f=1/T=1/0.04Hz=25Hz,故D錯誤;
故選:B.

如圖所示,當把理想變壓器副線圈回路中的開關S閉合時,則

A. 交流電壓表示數将變大
B. 交流電壓表示數将變小
C. 交流電流表示數将變小
D. 交流電流表示數将變大

【答案】D
【解析】
閉合開關相當于負載增加,輸出功率和輸入功率都變大,根據原副線圈中電壓與匝數成正比,電流與匝數成反比,判斷電壓表示數的變化和電流表示數的變化。
将電鍵S閉合,負載總電阻變小,根據原副線圈中電壓比等于匝數比,由匝數和輸入端電壓不變可知輸出端電壓不變,交流電壓表示數将不變,所以輸出端電流變大,原副線圈中電流與匝數成反比,所以輸出端電流變大時輸入端I也增大,故ABC錯誤,D正确。
故選:D.

如圖所示,A和B為豎直放置的平行金屬闆,在兩極闆間用絕緣線懸挂一帶電小球。開始時開關S閉合且滑動變阻器的滑動頭P在a處,此時絕緣線向右偏離豎直方向。(電源的内阻不能忽略)下列判斷正确的是

A. 小球帶負電
B. 當滑動頭從a向b滑動時,細線的偏角θ變大
C. 當滑動頭從a向b滑動時,電流表中有電流,方向從上向下
D. 當滑動頭從a向b滑動時,電源的總功率一定變小.

【答案】C
【解析】
試題由圖,A闆帶正電,B帶負電,電容器内電場方向水平向右.細線向右偏,電場力向右,則小球帶正電,故A錯誤。滑動頭向右移動時,R變小,外電路總電阻變小,總電流變大,路端電壓變小,電容器電壓變小,細線偏角變小,故B錯誤.滑動頭向右移動時,電容器電壓變小,電容器放電,因A闆帶正電,則流過電流表的電流方向向下,故C正确.在滑片由a向b滑動時,滑動變阻器接入電阻減小;總電阻減小,總電流增大,則可知,總功率增大,故D錯誤。

如圖,水平放置金屬導軌M、N,平行地置于勻強磁場中,間距為lm,磁場的磁感強度大小為1T,方向與導軌平面夾角為=37°,金屬棒b的質量為0.02kg,放在導軌上且與導軌垂直,且與導軌的動摩擦因數為0.4,電源電動勢為1.5V,内阻為0.5Ω,定值電阻R為1Ω,其餘部分電阻不計。則當電鍵K閉合的瞬間,求:(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2)

(1)電流多大?
(2)棒b的加速度為多大?

【答案】(1)1A(2)
【解析】
(1)根據閉合電路的歐姆定律可得I=A=1A
(2)對導體棒受力分析可知FN=mg+BILcosα
由牛頓第二定律可的BILsinα−μFN=ma
聯立解得a=10m/s2
答:(1)電流為1A;
(2)棒ab的加速度為10m/s2

如圖所示, 光滑管道AB部分平直, BC部分為豎直半圓環, 圓環半徑為R. 現有一個質量為m半徑為r(r<<R)的小球, 以水平速度從管口A端射入管道. 小球通過最高點C點時,小球對軌道上表面的壓力大小為,求小球落回水平管道AB上距離B點多遠?

【答案】
【解析】在最高點,小球與外軌擠壓時,對小球受力分析有
分解平抛運動:
解得

如圖18(a)所示,一個電阻值為R,匝數為n的圓形金屬線與阻值為2R的電阻R1連結成閉合回路。線圈的半徑為r1 . 在線圈中半徑為r2的圓形區域存在垂直于線圈平面向裡的勻強磁場,磁感應強度B随時間t變化的關系圖線如圖18(b)所示。圖線與橫、縱軸的截距分别為t0和B0. 導線的電阻不計。求0至t1時間内
(1)通過電阻R1上的電流大小和方向;www..com
(2)通過電阻R1上的電量q及電阻R1上産生的熱量。

【答案】見解析
【解析】
試題(1)由法拉第電磁感應定律知0至t1時間内的電動勢為;

由閉合電路歐姆定律知通過R1的電流為:

由楞次定律可判斷通過R1的電流方向為:從b到a。
(2)通過R1的電荷量為:

電阻R1上産生的熱量為:

考點:法拉第電磁感應定律、焦耳定律、楞次定律。

(10分)從粒子源射出的帶電粒子的質量為m、電荷量為q,它以速度v0經過電勢差為U的帶窄縫的平行闆電極S1和S2間的電場,并從O點沿Ox方向進入磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的有界勻強磁場,Ox垂直平行闆電極S2,當粒子從P點離開磁場時,其速度方向與Ox方向的夾角θ=60°,如圖8-2-20所示,整個裝置處于真空中.
1439.tif
(1)求粒子在磁場中沿圓弧運動的軌道半徑R;
(2)求粒子在磁場中運動所用的時間t.

【答案】(1)  (2)
【解析】
試題(1)粒子進入平行闆中的勻強電場,則電場力對其加速,利用動能定理則:
所以出電場的末速度為
根據洛倫茲力提供向心力有,即,帶入則
(2)
根據粒子在磁場中的運動軌迹可知,在磁場中軌迹的圓心角為60°。即

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