《高中试卷》2018-2019学年北京市顺义区高二（上）期末物理试卷

1、2018-2019学年北京市顺义区高二（上）期末物理试卷一、单项选择题（本题共10小题，在每小题给出的四个项中，只有一个选项是合题意的每小题4分，共40分）1（4分）下列物理量中，属于矢量的是（）a时间b动能c功d安培力2（4分）两颗人造地球卫星，都绕地球作匀速圆周运动，它们的质量相等，轨道半径之比r1r2=12，则它们的速度大小之比v1v2等于（）a2：1b2：1c1：2d4：13（4分）物体沿光滑斜面下滑，在此过程中（）a斜面对物体的弹力做功不为零b斜面对物体的弹力的冲量为零c物体动能的增量等于重力的功d物体的动量的增量等于重力的冲量4（4分）下列说法正确的是（）a平抛运动是匀变速曲线运动

2、b匀速圆周运动是加速度不变的运动c一对相互作用力做功一定是等大且正负号相反d当物体做曲线运动时，所受的合外力做功一定不为零5（4分）如图所示，矩形线框abcd的ad和bc的中点m、n之间连接一电压表，整个装置处于足够大的匀强磁场中，磁场的方向与线框平面垂直，当线框向右匀速平动时，以下说法正确的是（）amn这段导体做切割磁力线运动，mn间有电势差b穿过线框的磁通量不变化，mn间无感应电动势cmn间无电势差，所以电压表无示数d因为无电流通过电压表，所以电压表无示数6（4分）如图所示，在匀速转动的水平盘上，沿半径方向放着用细线相连的质量相等的两个物体a和b，它们与盘间的动摩擦因数相同，当盘转动到两个

3、物体刚好还未发生滑动时，烧断细线，则两个物体的运动情况是（）a两物体均沿切线方向滑动b两物体仍随圆盘一起做圆周运动，不发生滑动c两物体均沿半径方向滑动，离圆盘圆心越来越远d物体b仍随圆盘一起做匀速圆周运动，物体a发生滑动，离圆盘圆心越来越远7（4分）甲、乙两物体分别在恒力f1和f2的作用下沿同一直线运动，它们的动量随时间的变化关系如图所示，设甲在t1时间内所受的冲量为i1，乙在t2时间内所受的冲量为i2，则下列f、的关系正确的是（）af1f2，12bf1f2，12cf1f2，12df1f2，128（4分）在高度为h的同一位置向水平方向同时抛出两个小球a和b，若a球的初速度va大于b球的初速度v

4、b，则下列说法中不正确的是（）aa比b先落地b在飞行过程中的任一段时间内，a的水平位移总是大于b的水平位移c若两球在飞行中遇到一堵竖直墙，a击中墙的高度大于b击中墙的高度d在空中飞行的任意时刻，a总在b的水平正前方，且a的速率总是大于b的速率9（4分）如图所示，在光滑水平面上有两块木块a和b，质量均为m，b的左侧固定一轻质弹簧。开始时b静止，a以初速度v0向右运动与弹簧接触，则在相互作用的过程中（）a任意时刻，a、b系统的总动能恒定不变b当弹簧恢复到原长时，a与b具有相同的速度c当弹簧压缩到最短长度时，a与b具有相同的速度d当弹簧压缩到最短时，系统弹性势能是a初始动能的1410（4分）图甲是洛

5、伦兹力演示仪。图乙是演示仪结构图，玻璃泡内充有稀薄的气体，由电子枪发射电子束，在电子束通过时能够显示电子的径迹。图丙是励磁线圈的原理图，两线圈之间产生近似匀强磁场，线圈中电流越大磁场越强，磁场的方向与两个线圈中心的连线平行，电子速度的大小和磁感应强度可以分别通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈面形，关于电子束的轨道半径，下列说法正确的是（）a只增大电子枪的加速电压，轨道半径不变b只增大电子枪的加速电压，轨道半径变小c只增大后磁线圈中的电流，轨道半径不变d只增大场磁线圈中的电流，轨道半径变小一、填空题（本题共5小题，共2

6、0分）11（2分）如图所示，竖直放置的长直导线通以恒定电流，有一矩形线框与导线处于同一平面内，让线框向右平动，线圈产生感应电流的方向是 。12（2分）地球质量大约是月球质量的81倍，一飞行器在地球和月球之间，当地球对它的引力和月球对它的引力相等时，这飞行器距地心距离与距月心距离之比为 。13（4分）假设地球为一球体，地球绕地轴自转时，在其表面上有a、b两物体，1和2为已知，a、b两物体的角速度之比为a：b ，线速度之比va：vb 。14（6分）在研究平抛物体运动的实验中，用一张印有小方格的纸记录轨迹，小方格的边长l1.25m。若小球在平抛运动过程中的几个位置如图中的田a、b、c、d所示，则小球

7、平抛的初速度的计算式为v0 （用l、g表示），g9.8m/s2，其值是 。15（6分）某同学把两块大小不同的木块用细线连接，质量分别为m1，m2中间夹一被压缩了的轻弹簧，如图所示，将这一系统置于光滑的水平桌面上，烧断细线，观察物体的运动情况，进行必要的测量，验证物体问相互作用时动量守恒。（1）该同学还必须有的器材是 。（2）需要直接测量的数据是 。（3）用所得数据验证动量守恒的关系式是 。二、论述计算题（本题共5小题，共40分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式、演算步骤和答案有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位16（7分）如右图所示，水平放置的光滑的金属导轨m、n，平行地置于匀强磁场

8、中，间距为d，磁场的磁感应强度大小为b，方向与导轨平面垂直。金属棒ab的质量为m，放在导轨上且与导轨垂直。电源电动势为e，定值电阻为r，其余部分电阻不计，则当电键k闭合时，求：（1）通过ab棒的电流（2）ab棒受到的安培力f；（3）ab棒的加速度a。17（7分）如图甲所示是游乐场中过山车的实物图片，可将过山车的一部分运动简化为图乙的模型图，此模型中所有轨道都是光滑的，现使小车（视作质点）从左侧轨道距b点高h0.25m处（图中未标出）由静止开始向下运动，b点为圆轨道的最低点，小车进入圆轨道后，恰好能通过轨道的最高点a处，不计空气阻力，小车的质量m1.0kg，g取10m/s2求：（1）小车通过b点

9、时的速度大小vb；（2）圆轨道的中径r的大小；（3）小车运动到圆轨道b点时对轨道的压力大小fb18（8分）下面是一个物理演示实验，它显示：图中自由下落的物体a和b经反弹后，b能上升到比初始位置高得多的地方，a是某种材料做成的实心球，质量m10.28kg，在其顶部的凹抗中插着质量m20.10kg的木根b，b只是松松地插在凹坑中，其下端与坑底之问有小空隙。将此装置从a下端离地板的高度h1.25m处由静止释放，实验中，a触地后在极短时间内反弹，且其速度大小不变；接着木棍b和球a作用后，木根b脱离球a开始上升，而球a恰好停留在地板上，不计实心球的半径，重力加速度g取10m/s2，求：（1）球a落到地板

10、时的速度；（2）木棍b脱离球a开始上升时的速度；（3）木棍b上升的高度。19（8分）示波器的核心部件是示波管，其内部抽成真空，如下图是它内部结构的简化原理图。它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，炽热的金属丝可以连续发射电子，电子质量为m，电荷量为e，发射出的电子由静止经电压u1加速后，从金属板的小孔o射出，沿oo进入偏转电场，经偏转电场后打在荧光屏上。偏转电场是由两个平行的相同金属极板m、n组成，已知极板的长度为l，两板间的距离为d，极板间电压为u2，偏转电场极板的右端到荧光屏的距离为l不计电子受到的重力和电子之间的相互作用。求：（1）电子从小孔o穿出时的速度大小v0；（2）电子离开偏转电场时沿

11、垂直于板方向偏移的距离y；（3）电子打在荧光屏上的位置距离o的距离y；20（10分）电动自行车是目前一种较为时尚的代步工具，某厂生产的一种电动自行车，设计质量（包括人）为m90kg，动力电源选用能量存储量为“36v、15ah”（即输出电压恒为36v，工作电流与工作时间的乘积为15ah）的蓄电池（不计内阻），所用电源的额定输出功率p电180w，由于电动机发热造成的损耗（其他损耗不计），自行车的效率为80%，如果自行车在平直公路上行驶时所受阻力跟行驶速率和自行车对地面的压力的乘积成正比，即ffkmgv，其中g取10m/s2，k5.0×103sm1求：（1）该自行车保持额定功率行驶的最长时

12、间和自行车电动机的内阻；（2）自行车在平直的公路上能达到的最大速度；（3）有人设想改用太阳能电池给该车供电，其他条件不变，已知太阳辐射的总功率p04×1026w，太阳到地球的距离r1.5×1011m，太阳光传播到达地面的过程中大约有30%的能量损耗，该车所用太阳能电池的能量转化效率约为15%则此设想所需的太阳能电池板的最小面积。2018-2019学年北京市顺义区高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共10小题，在每小题给出的四个项中，只有一个选项是合题意的每小题4分，共40分）1【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量。【

13、解答】解：abc、时间、动能和功只有大小没有方向，都是标量，故abc错误。d、安培力既有大小又有方向，是矢量，故d正确。故选：d。【点评】矢量与标量有两大区别：一是矢量有方向，标量没有方向；二是运算法则不同，矢量运算遵守平行四边形定则，标量运算遵守代数加减法则。要掌握物理量的矢标性。2【分析】人造地球卫星绕地球作匀速圆周运动，根据万有引力等于向心力，列式求出线速度的表达式，再求速度大小之比。【解答】解：人造地球卫星绕地球做匀速圆周运动，由万有引力提供向心力，设卫星的质量为m、轨道半径为r、地球质量为m，则有：gmmr2=mv2r得：v=gmr，轨道半径之比为：r1r2=12则它们的速度大小之比

14、为：v1v2=21故acd错误，b正确；故选：b。【点评】本题关键要抓住万有引力提供向心力，列式求解出线速度的表达式，再进行求解。3【分析】当力与物体的位移方向垂直时力对物体不做功；力与力的作用时间的乘积是力的冲量；由动能定理可知，合外力的功等于物体动能的变化量；物体动量的变化量等于物体合外力的冲量。【解答】解：a、物体沿斜面下滑时弹力方向与物体位移方向垂直，弹力对物体不做功，故a错误；b、斜面对物体的弹力的冲量：int不为零，故b错误；c、由动能定理可知，物体动能的增量等于合外力的功，等于重力对物体所做的功，故c正确；d、物体动量的增量等于合外力的冲量，不等于重力的冲量，故d错误；故选：c。

15、【点评】本题主要是考查动量定理，利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。4【分析】平抛运动只受重力，加速度是重力加速度，方向竖直向下不变，即加速度恒定；通过匀速圆周运动的加速度方向始终指向圆心来判断；物体做曲线运动时所受合外力与速度方向不共线，合外力一定不为零，结合举例来判断；相互作用力是一对等大反向的力，但相互作用力的位移不一定相等，做功的大小不一定相等。【解答】解：a、平抛运动的加速度绳子等于重力加速度g，保持不变，做匀变速曲线运动，故a正确；b、匀速圆周运动的加速度方向始终指向圆心，方向改变。故b错误。c、一对相互作用力，其大小一定相

16、等，方向相反，但其对应的位移不一定相等，所以其做功不一定是等大正负号相反，故c错误；d、当物体做曲线运动时，所受合外力一定不为零，但合外力做功不一定不为零，例如匀速圆周运动合外力就不做功。故d错误；故选：a。【点评】曲线运动是变速运动，但可以是匀变速曲线运动，这点经常被学生忽略。同时一对相互作用力做功代数和是否为零由对应的位移决定。5【分析】线框在匀强磁场水平向右匀速移动时，穿过线框回路的磁通量没有改变，则知没有感应电流产生。ab、cd切割磁感线产生感应电动势，a与b、c与d间有电势差，根据有无电流，判断电压表是否有示数。【解答】解：ab、mn切割磁感线，所以mn产生感应电动势，mn间有电势差

17、，故a正确、b错误；cd、穿过线框的磁通量不变化，所以无感应电流，因此电压表无读数，故c错误，d正确。故选：ad。【点评】解决本题的关键要知道电压表是由电流表改装而成的，没有电流，电压表则没有读数。要根据磁通量有无变化判断有无感应电流。6【分析】对ab两个物体进行受力分析，找出向心力的来源，即可判断烧断细线后ab的运动情况。【解答】解：当圆盘转速加快到两物体刚要发生滑动时，a物体靠细线的拉力与圆盘的最大静摩擦力的合力提供向心力做匀速圆周运动，所以烧断细线后，a所受最大静摩擦力不足以提供其做圆周运动所需要的向心力，a要发生相对滑动，离圆盘圆心越来越远，但是b所需要的向心力小于b的最大静摩擦力，所

18、以b仍保持相对圆盘静止状态，故abc错误，d正确。故选：d。【点评】解决本题的关键是找出向心力的来源，知道ab两物体是由摩擦力和绳子的拉力提供向心力，难度不大，属于基础题。7【分析】根据图象，结合初末状态的动量比较动量变化量的大小，从而结合动量定理得出冲量的大小关系以及力的大小关系。【解答】解：由图象可知，甲乙两物体动量变化量的大小相等，根据动量定理知，冲量的大小相等，即i1i2，根据ift知，冲量的大小相等，作用时间长的力较小，可知f1f2故c正确，abd错误。故选：c。【点评】本题考查了动量定理与图象的综合，知道合力的冲量等于动量的变化量，难度不大。8【分析】研究平抛运动的方法是把平抛运动

19、分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同。根据运动学规律列式分析。【解答】解：a、两球都做平抛运动，由h=12gt2得：t=2hg，则知平抛运动的运动时间是由竖直高度决定的，ab两个球的高度是相同的，所以它们的运动的时间也是相同的，同时落地，故a不正确；b、由于a球的初速度va大于b球的初速度vb，所以由公式xv0t知，在飞行过程中的任一段时间内，a球的水平位移总是大于b球的水平位移，故b正确；c、遇到墙时，ab两球的水平位移是相同的，由于a球的初速度va大于b球的初速度vb，所以a的运动时间要比b的运动时间短，再根据h=12gt

20、2，可知，a下落的距离小，所以a球击中墙的高度大于b球击中墙的高度，故c正确；d、ab两个球在竖直方向上的运动情况是一样的，竖直方向的速度的大小始终相同，但是a球的初速度va大于b球的初速度vb，所以在空中飞行的任意时刻，a球总在b球的水平正前方，a球的速率总是大于b球的速率，故d正确；本题让选不正确的，故选：a。【点评】本题是对平抛运动规律的考查，明确平抛运动可以分解为在水平方向上的匀速直线运动和竖直方向上的自由落体运动，根据运动学规律，采用半定量的方法分析。9【分析】两木块组成的系统所受合外力为零，系统动量守恒，分析清楚木块的运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律分析答题。【解答】解：a

21、、a以v0速度向右运动与b发生无机械能损失的碰撞，根据能量守恒得弹簧的势能增大过程，a、b系统的总动能减小，故a错误；b、弹簧恢复原长时弹簧弹性势能为零，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0mva+mvb，由能量守恒定律得：12mv02=12mva2+12mvb2，解得：va0，vbv0，故b错误；cd、当弹簧压缩到最短长度时，a与b具有相同的速度，系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv02mv，由能量守恒定律得：12mv02=122mv2+ep，解得：v=12v0，ep=14mv02=1212mv02，故c正确，d错误；故选：c。【点评】本题综合考查了动量守恒

22、定律的应用，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律即可解题，本题综合性较强，对学生的能力要求较高，要加强练习。10【分析】根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式，然后分析各选项答题。【解答】解：电子被加速电场加速，由动能定理得：eu=12mv02电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律得：ebv0mv02r解得：r=1b2mue；ab、只增大电子枪的加速电压u，由r=1b2mue可知，轨道半径变大，故ab错误；cd、值增大励磁线圈中的电流，磁感应强度b增大，由r=1b2mue可知，轨道半径r变小，故c错误，d

23、正确；故选：d。【点评】本题考查了粒子在电场中的加速和磁场中的偏转运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键。一、填空题（本题共5小题，共20分）11【分析】根据安培定则判断电流产生的磁场的方向，然后结合直导线的电流产生的磁场的特点判断磁场的变化，最后由楞次定律判断感应电流的方向。【解答】解：电流的方向向上，由安培定则可知线框所在处的磁场的方向垂直于纸面向里，当线框向右运动时磁场减小，则穿过线框的磁通量减小，由楞次定律可知，线框内产生的感应电流沿顺时针方向。故答案为：顺时针方向【点评】该题考查安培定则与楞次定律，解答的关键是正确使用哪一只手。12【分析】根据万有引力定律表示出地球对飞行

24、器的引力和月球对飞行器的引力。根据引力相等找出飞行器距地心距离与距月心距离之比。【解答】解：设月球质量为m，地球质量就为81m。飞行器距地心距离为r1，飞行器距月心距离为r2。由于地球对它的引力和月球对它的引力相等，根据万有引力定律得：g81mmr12=gmmr22解得：r1r2=9。故答案为：9：1。【点评】该题考查的是万有引力定律的应用，要能够根据题意列出等式，去解决问题。13【分析】（1）根据同轴转动角速度相等找到角速度之比；（2）根据线速度和角速度的关系式找到线速度之比；【解答】解：（1）ab两物体跟着地球转动时，在相同的时间内转动的角度相等，故角速度相同，a：b1：1；（2）令地球的

25、半径为r，a物体做圆周运动的半径为rarsin，b物体做圆周运动的半径为rbrcos，又因为线速度vr，所以线速度之比为va：vbsin：cos；故答案为：（1）1：1；（2）sin：cos；【点评】本题的关键是找到物体半径的表达式，同时要灵活运用线速度和角速度之间的关系式；14【分析】根据竖直方向上连续相等时间内的位移之差是一恒量求出相等的时间间隔，结合水平位移和时间间隔求出平抛运动的初速度。【解答】解：在竖直方向上，根据ylgt2得：t=lg则平抛运动的初速度为：v0=2lt=2gl。代入数据得：v0=2×9.8×1.25m/s7.0m/s。故答案为：2gl，7.0m/

26、s。【点评】解决本题的关键知道平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律，结合运动学公式和推论灵活求解。15【分析】烧断细线后，两球离开桌面做平抛运动，由于高度相等，则平抛的时间相等，水平位移与初速度成正比，把平抛的时间作为时间单位，小球的水平位移可替代平抛运动的初速度。将需要验证的关系速度用水平位移替代。【解答】解：设两小球质量和平抛初速度分别为m1、m2，v1、v2，平抛运动的水平位移分别为s1、s2，平抛运动的时间为t。烧断细线过程系统动量守恒，取小球1的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：m1v1m2v20，又v1=s1t，v2=s2t，整理得：m1s1m2s2；（1）实验需要测量两木

27、块的质量m1和m2，两木块落地点到桌面边缘的水平距离s1，s2，所以需要的器材为刻度尺、天平；（2）两物体的质量m1，m2和两木块落地点分别到桌子两侧边的水平距离sl、s2；（3）实验需要验证的表达式为：m1s1m2s2。故答案为：（1）刻度尺、天平；（2）两物体的质量m1，m2和两木块落地点分别到桌子两侧边的水平距离sl、s2；（3）m1s1m2s2。【点评】本题考查了验证动量守恒定律实验，知道实验原理是解题的前提，本题是运用等效思维方法，平抛时间相等，用水平位移代替初速度，这样将不便验证的方程变成容易验证。二、论述计算题（本题共5小题，共40分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式、演算步

28、骤和答案有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位16【分析】根据闭合电路欧姆定律可以计算电键闭合瞬间，电路中电流i的大小和方向，已知电流的大小可以算出此时ab棒受到的安培力的大小和方向，对导体棒进行受力分析知，导体棒受到的安培力在水平方向的分力使导体棒ab产生加速度，根据牛顿第二定律可以算得导体棒的加速度【解答】解：（1）根据闭合电路的欧姆定律回路中电流为：i=er；（2）导体棒受到的安培力大小为：fbid=bedr，根据左手定则可知安培力方向向左，（3）由牛顿第二定律可得：fma解得：a=fm=bedmr；答：（1）通过ab棒的电流为er；（2）ab棒受到的安培力fbedr；（3）ab棒的

29、加速度a为bedmr。【点评】能通过左手定则确定安培力的大小和方向，并对导体棒正确的受力分析得出导体棒所受的合力，根据牛顿第二定律解得。主要考查左手定则和闭合回路的欧姆定律的运用17【分析】（1）小车下滑的过程，由动能定理或机械能守恒求出小车b点时的速度大小。（2）小车恰好能通过圆形轨道的最高点a处，轨道对小车的弹力为零，由重力提供小车圆周运动所需要的向心力，根据牛顿第二定律求出小车在a点的速度。从b到a的过程，运用机械能守恒定律列式，可求得轨道半径r。（3）在b点，通过支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求出支持力，再由牛顿第三定律得到压力。【解答】解：（1）小车下滑的过程，由动能

30、定理得：mgh=12mvb2可得：vb=2gh=2×10×0.25=5m/s（2）由于小车恰能通过a点，由重力提供小车圆周运动所需要的向心力，根据牛顿第二定律得：mgmva2r解得：va=gr从b到a的过程，运用机械能守恒定律得：12mva2+2mgr=12mvb2 联立解得：r0.1m（3）设轨道在最低点对小车的支持力大小为fb，由牛顿第二定律有：fbmgmvb2r解得：fb6n由牛顿第二定律可知，小车对轨道的压力为：fbfb6n答：（1）小车通过b点时的速度大小vb是5m/s。（2）圆轨道的半径r的大小是0.1m；（3）小车通过到圆轨道b点时对轨道的压力大小fb是6n。

31、【点评】本题综合考查了牛顿第二定律和动能定理，关键是理清运动的过程，运用合适的规律进行求解。18【分析】（1）物体a、b系统落地前做自由落体运动，根据运动学公式求球a落到地板时的速度；（2）a与地面碰撞后反弹，速度大小不变，方向向上，物体a与物体b碰撞时间极短，内力远大于外力，系统动量守恒，根据动量守恒定律可求出碰撞后b脱离球a开始上升时的速度。（3）再由运动学公式求出木棍b上升的高度。【解答】解：（1）球a落到地板时的速度为：v0=2gh=2×10×1.25=5m/s（2）根据题意，a碰地板后，反弹速度的大小v1等于它下落到地板时速度的大小，即为：v1v05m/sa刚反弹

32、后，速度向上，立刻与下落的b碰撞，碰前b的速度为：v2v05m/s 由题意，碰后a速度为零，以v2表示b开始上升时的速度，取向上为正方向，根据动量守恒定律，有：m1v1m2v2m2v2，解得：v29m/s（3）令h表示木棍b上升的高度，有：h=v2'22g=922×10=4.05m。答：（1）球a落到地板时的速度是5m/s；（2）木棍b脱离球a开始上升时的速度是9m/s；（3）木棍b上升的高度是4.05m。【点评】本题关键要明确系统的运动过程，特别要注意的是物体a与地面的碰撞过程以及物体b与物体a的碰撞过程，虽然这两个过程的时间极短，但碰撞的弹力很大，速度改变较大，要用动量守恒定律求解。19【分析】（1）根据动能定理求解电子从小孔o穿出时的速度大小；（2）电子进入偏转电场做类平抛运动，根据类平抛运动的