2019-2020年高二物理上学期期末模拟试卷（C卷）（含解析）.doc

2019-2020年高二物理上学期期末模拟试卷（C卷）（含解析）一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共计30分，每小题只有一个选项符合题意1（3分）如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转首先观察到这个实验现象的物理学家是（）A奥斯特B爱因斯坦C伽利略D牛顿2（3分）如图所示的电场中两点A和B（实线为电场线，虚线为等势面）关于A、B两点的场强E和电势，正确的是（）AEA=EB，A =BBEAEB ，ABCEAEB ，ABDEAEB ，AB3（3分）电子以初速度v0垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，不计电子重力，则（）A磁场对电子的洛伦兹力大小、方向始终不变B磁场对电子的洛伦兹力始终不对电子做功C电子的加速度的大小始终不变D电子做匀速直线运动4（3分）关于洛仑兹力和安培力的描述，正确的是（）A通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用B安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现C带电粒子在匀强磁场中受到的洛仑兹力不做功D通电直导线在磁场中受到的安培力与磁场方向平行5（3分）电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A速率越大，周期越大B速率改变，周期不变C速度方向与磁场方向平行D速度方向与磁场方向垂直6（3分）要使平行板电容器的电容增加，可采用的方法是（）A增大两极板正对面积B增大两极板间距C增大两板之间的电压D使极板带电量增加7（3分）在如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向，其中错误的是（）ABCD8（3分）下列方法中无法使闭合回路内磁通量发生变化的是（设回路内的磁通量不为零）（）A改变磁感应强度B改变导线回路所围的面积C旋转线圈改变磁场与回路平面间的夹角D平移回路9（3分）一根通有电流I的直铜棒用软导线挂在如图所示匀强磁场中，此时悬线中的张力大于零而小于铜棒的重力欲使悬线中张力为零，可采用的方法有（）A适当增加电流，方向不变B适当减少电流，方向不变C适当增强磁场，并使其反向D适当减弱磁场，并使其反向10（3分）在图所示的电路中，当开关S闭合时，电路中的电流表和电压表读数的变化是（）A两表读数均变大B两表读数均变小C电流表读数增大，电压表读数减小D电流表读数减小，电压表读数增大三实验题：本大题共3小题，共计19分其中15、16两题每题4分，17题11分11（4分）在测定金属的直径时，螺旋测微器的读数如图所示可知该金属丝的直径d=mm12（4分）所示的多用电表正确测量了一个13的电阻后，需要继续测量一个阻值大概是2k左右的电阻在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，以下哪些操作步骤是必须的，请选择其中有用的，按操作的先后顺序用字母写出A用螺丝刀调节表盘下中间部位的指针定位螺丝，使表针指零B将红表笔和黑表笔接触C把选择开关旋转到“1k”位置D把选择开关旋转到“100”位置E调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点13（12分）在做测量干电池的电动势和内电阻的实验时，实验电路图如图1及器材如下：（1）将下列实物连接图如图2补充完整（2）实验中的原理是：（3）据实验记录，画出的UI图象如图3所示，可得待测电池电动势为V，内电阻r为四计算题（本大题共3小题，共计35分要求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，而未写出主要演算过程的，不能得分）14（10分）在静电场中，有一带电荷量q=3106C的正点电荷，从电场中A点移到B点时，克服静电力做功6104J，从B点移到C点时静电力做功9104J则：（1）A、B、C三点的电势高低关系是怎样的？（2）求AB、BC的电势差UAB、UBC15（12分）如图，宽度为l=0.8m的某一区域存在相互垂直的匀强电场E与匀强磁场B，其大小E=2108N/C，B=10T一带正电的粒子以某一初速度由M点垂直电场和磁场方向射入，沿直线运动，从N点离开；若只撤去磁场，则粒子从P点射出且速度方向发生了45的偏转不计粒子的重力求粒子的电荷量与质量之比16（13分）如图所示，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示，下方有匀强电场，场强为E；今有电量为q，质量为m的粒子位于y轴N点，坐标为（0，b），不计粒子所受重力；在x轴上有一点M（L，0）若使上述粒子在y轴上的N点由静止开始释放在电磁场中往返运动，刚好能通过M点设OM=L，求：（1）粒子的电性；通过M点时的速率（2）释放时N离O点的距离须满足什么条件？云南省曲靖市罗平三中xx学年高二上学期期末物理模拟试卷（C卷）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共计30分，每小题只有一个选项符合题意1（3分）如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转首先观察到这个实验现象的物理学家是（）A奥斯特B爱因斯坦C伽利略D牛顿考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向分析：本实验是1820年丹麦的物理学家奥斯特做的电流磁效应的实验解答：解：当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流产生了磁场，这是电流的磁效应，首先观察到这个实验现象的物理学家是奥斯特故A正确，BCD错误故选：A点评：本题考查的是物理学常识对于物理学史上著名物理学家、经典实验和重要理论要记牢，这也是xx届高考内容之一2（3分）如图所示的电场中两点A和B（实线为电场线，虚线为等势面）关于A、B两点的场强E和电势，正确的是（）AEA=EB，A =BBEAEB ，ABCEAEB ，ABDEAEB ，AB考点：等势面分析：根据电场线密处场强大，电场线稀处场强小的特点判断场强大小，根据沿着电场线电势要逐渐降低的原理判断电势的高低解答：解：电场线密处场强大，故A点的场强大于B点的场强沿着电场线电势要逐渐降低，故A点的电势高于B点的电势故B正确，ACD错误故选：B点评：本题要掌握电场线密处场强大，电场线稀处场强小，和沿着电场线电势要逐渐降低这两个结论3（3分）电子以初速度v0垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，不计电子重力，则（）A磁场对电子的洛伦兹力大小、方向始终不变B磁场对电子的洛伦兹力始终不对电子做功C电子的加速度的大小始终不变D电子做匀速直线运动考点：洛仑兹力分析：电子以初速度v0垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，此时电子将受到洛伦兹力作用，由左手定则可知，力的方向始终与速度的方向垂直，力的作用效果只是改变了电子的运动方向，并没有改变电子的运动快慢，磁场对电子也不会做功解答：解：A、电子以初速度v0垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，电子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，速度的方向是时刻发生变化的所以磁场对电子的作用力方向是变化的而磁场对电子的作用力的大小始终不变，故A错误B、洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，所以洛伦兹力只是改变了电子的运动方向，并没有改变速度的大小，磁场不会对电子做功故B正确C、电子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，磁场对电子的作用力方向是变化的而磁场对电子的作用力的大小始终不变，根据牛顿第二定律可知电子的加速度的大小始终不变 故C正确D、电子在磁场中做匀速圆周运动，速度的方向是时刻发生变化的，故D错误故选：BC点评：本题关键要抓住：洛伦兹力的方向始终和速度的方向垂直，磁场对电子的洛伦兹力始终不做功4（3分）关于洛仑兹力和安培力的描述，正确的是（）A通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用B安培力是大量运动电荷所受洛仑兹力的宏观表现C带电粒子在匀强磁场中受到的洛仑兹力不做功D通电直导线在磁场中受到的安培力与磁场方向平行考点：安培力；洛仑兹力分析：当电流的方向与磁场方向平行，导线不受安培力；安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现根据左手定则可以判定安培力和洛伦兹力的方向解答：解：A、通电导线方向与磁场方向不在一条直线上时，才受到安培力作用，当二者平行时，安培力为零，故A错误；B、磁场对电流的作用力通常称为安培力，安培力的实质是形成电流的定向移动的电荷所受洛伦兹力的合力，故B正确；C、根据左手定则可知，洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故C正确；D、根据左手定则可知，安培力的方向与磁场垂直，故D错误；故选BC点评：安培力、洛伦兹力的产生、方向是初学者很容易出错的地方，在学习中要加强这方面的练习，提高对知识的理解5（3分）电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列说法正确的是（）A速率越大，周期越大B速率改变，周期不变C速度方向与磁场方向平行D速度方向与磁场方向垂直考点：带电粒子在匀强磁场中的运动分析：当带电粒子垂直磁场方向进入匀强磁场时，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律列式分析判断解答：解：A、B、当带电粒子垂直磁场方向进入匀强磁场时，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有：qvB=m知，v越大，半径越大，而周期：T=，可知粒子运动的周期与速率无关，故A错误，B正确；C、D、电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由左手定则可知，速度方向与磁场方向垂直故C错误，D正确故选：BD点评：本题关键是明确当带电粒子垂直磁场方向进入匀强磁场时，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，然后根据牛顿第二定律列式求解6（3分）要使平行板电容器的电容增加，可采用的方法是（）A增大两极板正对面积B增大两极板间距C增大两板之间的电压D使极板带电量增加考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：根据平行板电容器的决定式C=，明确电容与哪些因素有关，由电容的定义式C=，分析电容与哪些因素无关，即可作出选择解答：解：A、B、根据平行板电容器的决定式C=，可知要增加电容，可增大两极板正对面积，或插入电介质，或减小板间距离故A正确，B错误C、电容的定义式为C=，运用比值法定义，可知C与Q、U无关，故CD错误故选：A点评：解决本题的关键是熟练掌握平行板电容器的电容的决定式C= 和电容的定义式C=，根据比值法定义的共性理解C与Q、U无关的特点7（3分）在如图所示的匀强磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者的方向，其中错误的是（）ABCD考点：左手定则分析：正确应用左手定则即可判断出磁场、电流、安培力三者之间的关系即可解答本题，应用时注意安培力产生条件解答：解：根据左手定则可知：ABCD三图中电流、磁场、安培力方向均和左手定则中要求方向一致，故正确；C图中电流和磁场方向一致，不受安培力，故C错误本题选错误的，故选：C点评：安培定则、左手定则、右手定则等应用容易混淆，因此平时要加强训练，熟练应用这几种定则进行有关物理量的判断8（3分）下列方法中无法使闭合回路内磁通量发生变化的是（设回路内的磁通量不为零）（）A改变磁感应强度B改变导线回路所围的面积C旋转线圈改变磁场与回路平面间的夹角D平移回路考点：磁通量分析：磁感应强度是反映磁场强弱和方向的物理量；磁通量等于穿过磁场中某一面积的磁感线的条数，当平面与磁场平行时，穿过该平面的磁通量为零当平面与垂直时，磁通量最大匀强磁场中穿过某一平面的磁通量为=BSsin，是平面与磁场方向的夹角解答：解：磁通量等于穿过磁场中某一面积的磁感线的条数；A、根据磁通量的公式：=BScos，穿过垂直于磁场方向的平面磁感线条数越多，磁通量越大故A错误B、由B选项可知，当改变导线面积时，磁通量会发生变化故B错误C、同理，当改变磁场与回路平面间的夹角，也会导致磁通量发生改变故C错误D、平移回路，根据公式=BSsin，磁通量不变故D正确故选：D点评：本题关键从磁通量的几何意义进行判断对于匀强磁场，磁通量可以用公式进行定量计算9（3分）一根通有电流I的直铜棒用软导线挂在如图所示匀强磁场中，此时悬线中的张力大于零而小于铜棒的重力欲使悬线中张力为零，可采用的方法有（）A适当增加电流，方向不变B适当减少电流，方向不变C适当增强磁场，并使其反向D适当减弱磁场，并使其反向考点：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用分析：对导线进行受力分析，然后由平衡条件列方程，根据安培力公式分析答题解答：解：悬线考试受重力、绳子的张力，竖直向上的安培力处于平衡A、适当增加电流，方向不变，则安培力增大，则拉力减小，可以为零故A正确B、适当减小电流，方向不变，则安培力减小，拉力增大，不可能为零故B错误C、适当增强磁场，使其反向，安培力向下且增大，则拉力增大，不可能为零故C错误D、适当减弱磁场，使其反向，因为安培力方向向下，则拉力比以前大不可能为零故D错误故选A点评：本题考查应用左手定则分析安培力的能力安培力方向与电流方向、磁场方向有关，当改变其中之一，安培力方向改变10（3分）在图所示的电路中，当开关S闭合时，电路中的电流表和电压表读数的变化是（）A两表读数均变大B两表读数均变小C电流表读数增大，电压表读数减小D电流表读数减小，电压表读数增大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：开关S断开R1，R2串连接入电路，开关S闭合，R2被短路，只有R1接入电路，总电阻变小，总电流变大，干路电压变小解答：解：开关S断开R1，R2串连接入电路，电流表示数I=，电压表示数为U=EIr=E；开关S闭合后，R2被短路，电路中的电阻减小，通过的电流为I=，电压表示数为U=EIr=E所以电流表示数变大，电压表示数变小故选C点评：该题考查了电路动态分析问题，注意开关闭合后R2被短路，这是本题解题的关键三实验题：本大题共3小题，共计19分其中15、16两题每题4分，17题11分11（4分）在测定金属的直径时，螺旋测微器的读数如图所示可知该金属丝的直径d=2.000mm考点：螺旋测微器的使用专题：实验题分析：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：解：螺旋测微器的固定刻度为2mm，可动刻度为0.00.01mm=0.000mm，所以最终读数为2mm+0.000mm=2.000mm故答案为：2.000点评：解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读12（4分）所示的多用电表正确测量了一个13的电阻后，需要继续测量一个阻值大概是2k左右的电阻在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，以下哪些操作步骤是必须的，请选择其中有用的，按操作的先后顺序用字母写出D、B、EA用螺丝刀调节表盘下中间部位的指针定位螺丝，使表针指零B将红表笔和黑表笔接触C把选择开关旋转到“1k”位置D把选择开关旋转到“100”位置E调节欧姆调零旋钮使表针指向欧姆零点考点：用多用电表测电阻专题：实验题分析：欧姆表指针指在中间附近时，读数最准确；欧姆表每次使用应该先选档位，然后欧姆调零，最后测量；再换挡位、测量；最后调到交流最大电压挡解答：解：欧姆表每次使用应该先选档位，然后欧姆调零，最后测量，欧姆表指针指在中间附近时，读数最准确，故即先选“100”挡，欧姆调零，测量读数；最后旋到交流最大挡，防止漏电，故在用红、黑表笔接触这个电阻两端之前，操作步骤必须的是：选档和欧姆调零故有用的操作顺序为：D、B、E故答案为：D、B、E点评：本题考查了欧姆表的使用注意事项，应明确欧姆表的选档方法和测量步骤，特别注意换挡后应重新进行欧姆调零13（12分）在做测量干电池的电动势和内电阻的实验时，实验电路图如图1及器材如下：（1）将下列实物连接图如图2补充完整（2）实验中的原理是：根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，当外电阻R变化时，路端电压U及电路中电流I将发生改变，多次改变外电阻R，得到多组路端电压U及电路中电流I的数据，运用公式法或图象法可以求出干电池的电动势和内电阻（3）据实验记录，画出的UI图象如图3所示，可得待测电池电动势为2.10V，内电阻r为4.2考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：根据电路图连接实物图根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，多次改变外电阻R，得到多组路端电压U及电路中电流I的数据，运用公式法或图象法可以求出干电池的电动势和内电阻外电压与电流成线性关系，图线是一条直线，根据UI图线，纵轴截距表示电动势的大小，图线斜率的绝对值表示内阻的大小解答：解：（1）根据电路图连接实物图：（2）实验原理：根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，当外电阻R变化时，路端电压U及电路中电流I将发生改变，多次改变外电阻R，得到多组路端电压U及电路中电流I的数据，运用公式法或图象法可以求出干电池的电动势和内电阻（3）根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，U=EIr，知UI成线性关系，图线的纵轴截距为2.10，所以电动势为：E=2.10V，图线斜率的绝对值为：r=4.2故答案为：（1）如图，（2）根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，当外电阻R变化时，路端电压U及电路中电流I将发生改变，多次改变外电阻R，得到多组路端电压U及电路中电流I的数据，运用公式法或图象法可以求出干电池的电动势和内电阻（3）2.10，4.2点评：解决本题的关键掌握伏安法测量电源电动势和内阻的原理，E=U+Ir，以及会通过UI图线得出电源的电动势和内阻四计算题（本大题共3小题，共计35分要求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，而未写出主要演算过程的，不能得分）14（10分）在静电场中，有一带电荷量q=3106C的正点电荷，从电场中A点移到B点时，克服静电力做功6104J，从B点移到C点时静电力做功9104J则：（1）A、B、C三点的电势高低关系是怎样的？（2）求AB、BC的电势差UAB、UBC考点：电势差与电场强度的关系；电势差；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电势差公式U=，分别求出A、B间与B、C间的电势差AC间的电势差等于AB间电势差与BC间电势差之和解答：解：正电荷从A移到B点的过程，电荷克服电场力做功，可见正电荷从电势高处移至电势低处即ABAB间的电势差为：UAB=V=200V 正电荷从B移至C，电场力做正功，可见正电荷从电势低处移至电势高处，即CBBC间的电势差：UBC=V=300V 由上可知，BAc；答：（1）A、B、C三点的电势高低关系是）BAc；（2）AB、BC的电势差UAB为200V，UBC为300V点评：本题要注意运用公式U=求解电势差时，公式U中U、W、q三个量可都代入符号，要注意电荷克服电场力做功，电场力做的是负功15（12分）如图，宽度为l=0.8m的某一区域存在相互垂直的匀强电场E与匀强磁场B，其大小E=2108N/C，B=10T一带正电的粒子以某一初速度由M点垂直电场和磁场方向射入，沿直线运动，从N点离开；若只撤去磁场，则粒子从P点射出且速度方向发生了45的偏转不计粒子的重力求粒子的电荷量与质量之比考点：带电粒子在混合场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：沿着直线运动时，洛伦兹力和电场力平衡，根据平衡条件列式；撤去磁场后，做类似平抛运动，根据类平抛运动的分速度公式列式；最后联立求解即可解答：解：设粒子的初速度为v0，粒子在电磁场中做直线运动时受力平衡qE=qv0B当只撤去磁场后，粒子在电场中做类似平抛运动l=v0tvx=v0vy=联立以上各式解得答：粒子的电荷量与质量之比为2.5106C/kg点评：本题关键是明确粒子的运动规律，然后根据平衡条件和类似平抛运动的分运动公式列式求解，不难16（13分）如图所示，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度为B，方向如图所示，下方有匀强电场，场强为E；今有电量为q，质量为m的粒子位于y轴N点，坐标为（0，b），不计粒子所受重力；在x轴上有一点M（L，0）若使上述粒子在y轴上的N点由静止开始释放在电磁场中往返运动，刚好能通过M点设OM=L，求：（1）粒子的电性；通过M点时的速率（2）释放时N离O点的距离须满足什么条件？考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：（1）粒子先经过电场加速后磁场偏转才能通过M点，可判断出该粒子带正电根据动能定理求出粒子加速获得的速率，即为通过M点的速率（2）粒子垂直磁场方向进入磁场，在磁场中运动半个圆弧又进入电场，在电场中先做匀减速运动后做匀加速运动，又垂直x轴射入磁场，又经过半个圆弧进入电场，如此反复，根据周期性写出粒子在磁场中的轨迹半径通项，由动能定理求出NO间距离满足的条件解答：解：（1）粒子放在y轴的负半轴上受到向上的电场力作用，电场强度方向也向上，所以该粒子带正电在电场中，根据动能定理得： qEb=可得 v=粒子在磁场中做匀速圆周运动，速率不变，则通过M点时的速率也为（2）设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，粒子刚好能通过M点，则必须满足： 2rn=L，（n=1，2，3，）由qvB=m得 v=设释放时N离O点的距离为y在电场中有：qEy=联立解得 y=（n=1，2，3，）答：（1）粒子带正电；通过M点时的速率是（2）释放时N离O点的距离须满足的条件是y=（n=1，2，3，）点评：本题是带电粒子在组合场中运动的问题，粒子在电场中由静止释放时做匀加速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，关键要抓住周期性分析轨道半径与L的关系，不能只得到特殊值