2018-2019学年高二物理上学期期末模拟试卷(含解析).doc

2018-2019学年高二物理上学期期末模拟试卷(含解析)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。其中17小题为单选题，812小题为多选题)1.如图所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b。下列表述正确的是A. 该电场是匀强电场B. a点的电场强度比b点的大C. a点的电势比b点的高D. 正电荷在a、b两点受力方向相同【答案】BC【解析】电场线疏密表示电场强度的大小，切线方向表示电场强度的方向，正电荷的受力方向和场强方向相同。沿着电场线电势降低。答案选BC。2.电阻R和电动机一起串联的电路中，如图所示已知电阻R跟电动机线圈的电阻相等，开关接通后，电动机正常工作，设电阻R和电动机两端的电压分别为U1、U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生的电热为Q1；电流通过电动机做功为W2，产生的电热为Q2，则有()A. U1U2，Q1Q2 B. W1W2，Q1Q2C. W1W2，Q1Q2 D. W1IU1=W1,根据焦耳定律得Q1=I2Rt，Q2=I2Rt，则Q1=Q2故选AD.点睛：本题把握纯电阻电路与非纯电阻电路区别的能力，抓住欧姆定律适用于纯电阻电路，不适用于非纯电阻电路，而焦耳定律对两种电路均适用3.如图所示，a和b带电荷量相同，以相同动能从A点射入磁场，在匀强磁场中做圆周运动的半径ra=2rb，则可知(重力不计)() A. 两粒子都带正电，质量比mamb=4B. 两粒子都带负电，质量比mamb=4C. 两粒子都带正电，质量比mamb=14D. 两粒子都带负电，质量比mamb=14【答案】B【解析】两粒子进入磁场后均向下偏转，可知在A点受到洛伦兹力均向下，由左手定则可知，四指所指的方向与粒子的运动方向相反，所以这两个粒子均带负电，根据洛伦兹力提供向心力，得：qvB=mv2r，得r=mvqB，又动能Ek=12mv2，联立得：m=q2B2r22Ek，可见m与半径r的平方成正比，故ma:mb=ra2:rb2=2rb2:rb2=4:1，选B.【点睛】带电粒子在匀强磁场中以垂直于磁场方向运动，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动根据偏转方向，利用左手定则来判断粒子所带的电性，根据半径表示粒子的质量，即可求得质量之比4. 如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由AOB匀速飞过，电子重力不计，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是（ ）A. 先变大后变小，方向水平向左B. 先变大后变小，方向水平向右C. 先变小后变大，方向水平向左D. 先变小后变大，方向水平向右【答案】B【解析】电子匀速飞过，即受力平衡，电场力跟外力等大反向，电场力方向水平向左，先变大后变小，所以另一个力也是先变大后变小，方向水平向右，选B5.如图所示，一带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出。已知板长为L，板间距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，则()A. 在前t2时间内，静电力对粒子做的功为qU4B. 在后t2时间内，静电力对粒子做的功为38qUC. 在粒子偏转前d4和后d4的过程中，静电力做功之比为12D. 在粒子偏转前d4和后d4的过程中，静电力做功之比为21【答案】B【解析】试题分析：研究粒子在垂直于板的方向运动：初速度为零的匀速直线运动，由y=12at2得，前t2时间内与t时间内垂直于板方向之比为1：4，在前t2时间内，电场力对粒子做功为18qU故A错误由y=12at2得，后t2时间内与t时间内垂直于板方向之比为3：4，则在后t2时间内，电场力对粒子做功为38Uq故B正确由电场力做功W=qEy，则前粒子在下落前d4和后d4内，电场力做功之比1：1故CD错误考点：本题考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动。6.电容式加速度传感器的原理结构如图，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上质量块可带动电介质移动改变电容则A. 电介质插入极板间越深，电容器电容越小B. 当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C. 若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长D. 当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流【答案】CD【解析】根据电容器的电容公式C=S4kd，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A错误；当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B错误；若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故C正确；当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q=CU，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D正确；故选CD点睛：此题考查影响电容器电容大小的因素，掌握Q=CU公式，理解牛顿第二定律的应用，注意电容器是充电还放电，是确定电流的依据7.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，MOP60，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1.若将M处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为B2，那么B2与B1之比为() A. 31 B. 32 C. 11 D. 12【答案】B【解析】依题意，每根导线在O点产生的磁感强度为B12，方向竖直向下，则当M移至P点时，两根导线在O点形成的磁场方向成600角，则O点合磁感强度大小为：B2=2B12cos30=32B1，则B2与B1之比为3 ：2故选B点睛：磁感强度为矢量，在求合磁感强度时应先分别求得各导线O点的磁感强度再由矢量的合成方法-平行四边形求得总的磁感强度8.在如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，电流表示数为I，电压表示数为U，电容器C所带电荷量为Q，将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流达到稳定后，则与P移动前相比()A. U变小 B. I变小 C. Q增大 D. Q减小【答案】BC【解析】【分析】首先搞清电路的结构：电流稳定时，变阻器与R2串联，R1上无电流，无电压，电容器的电压等于变阻器的电压，电压表测量变阻器的电压，电流表测量干路电流；当滑片P向a端移动一些后，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电路的总电阻变化和干路电流的变化，再分析电表读数的变化和电容器电量的变化【详解】解：当滑动变阻器P的滑动触头从图示位置向a端移动时，其接入电路的电阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干路的电流I减小；变阻器两端的电压U=EI（R2+r），由I减小，可知U增大，即电容器C两端的电压增大，再据Q=CU，可判断出电容器的电荷量Q增大，故BC正确，AD错误。故选BC。【点睛】本题是含有电容器的动态变化分析问题，要综合考虑局部与整体的关系，对于电容器明确两端的电压，再利用电容器的定义式判断电量的变化情况9.如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，则 ()A. 电源的功率变小B. 电容器储存的电荷量变小C. 电源内部消耗的功率变大D. 电阻R消耗的电功率变小【答案】BC【解析】【分析】在变阻器R的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，由欧姆定律分析并联部分电压的变化，从而分析电容的电量如何变化，根据功率的公式分析功率的变化【详解】在变阻器R的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，可知干路电流I变大，根据P=EI，可知电源的功率变大，根据P=I2r，可知电源内部消耗的功率变大，故A错误，C正确；因干路电流I变大，则路端电压U变小，而R1电压U1=IR1变大，而U=U1+U并，则并联部分的电压变小，即电容器两端的电压变小，根据Q=CU，可知电容器储存的电荷量变小，故B正确；因不知道R与R1+r的大小关系，无法判断电阻R消耗的电功率变化情况，故D错误；故选BC。【点睛】本题为闭合电路欧姆定律中的含容电路，要注意明确与电容器串联的电阻在电路稳定时，可以将其作为导线处理10.如图（a）所示的电路中，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动，根据电路中电压表和电流表的数据描绘了如图（b）所示的两条UI图线 （ ）A. 图线甲是根据电压表V1和电流表A的示数描绘的B. 由图线可知，电源内阻r=3.0 C. 图中两图线的交点表示在整个调节过程中，此时电源的输出功率最大D. 图中两图线的交点表示在整个调节过程中，此时电源效率达到最大值【答案】AC【解析】甲图表示路端电压和电流中电流的关系，即电压表A错，其中总截距表示电源电动势,B错，交点表示两电表示数相等，即滑动变阻器阻值为零，因为电源的输出功率最大，C对，D错11. （4分）（xx海南）空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子不计重力下列说法正确的是（ ）A. 入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C. 在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D. 在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大【答案】BD【解析】试题分析：带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，虽然电量、质量不同，但比荷相同，所以运动圆弧对应的半径与速率成正比它们的周期总是相等，因此运动的时间由圆心角来决定解：A、入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，则它们的运动也一定相同，虽然轨迹不一样，但圆心角却相同故A错误；B、在磁场中半径，运动圆弧对应的半径与速率成正比，故B正确；C、在磁场中运动时间：（为转过圆心角），虽圆心角可能相同，但半径可能不同，所以运动轨迹也不同，故C错误；D、由于它们的周期相同的，在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大故D正确；故选：BD点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径12.如图所示，磁流体发电机的长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导电电极，两极间距为d，极板长和宽分别为a和b，这两个电极与可变电阻R相连。在垂直前后侧面的方向上有一匀强磁场，磁感应强度大小为B。发电导管内有电阻率为的高温电离气体等离子体，等离子体以速度v向右流动，并通过专用通道导出。不计等离子体流动时的阻力，调节可变电阻的阻值，则A. 运动的等离子体产生的感应电动势为E=BavB. 可变电阻R中的感应电流方向是从Q到PC. 若可变电阻的阻值为R=dab，则其中的电流为I=Bvab2D. 若可变电阻的阻值为R=dab，则可变电阻消耗的电功率为P=B2v2dab4【答案】CD【解析】【分析】由题，运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源；根据电阻定律求解内电阻，根据左手定则判断电流方向，根据平衡条件判断感应电动势，并计算电功率【详解】根据平衡有：qvB=qEd，解得电源的电动势E=Bdv，故A错误；根据左手定则，正电荷受到的洛伦兹力方向向上，负电荷受到的洛伦兹力向下，故电流向上经过电源，向下经过电阻，即可变电阻R中的感应电流方向是从P到Q，故B错误；运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，其内阻为R=dab，根据闭合电路的欧姆定律有：I=Er+R=Bdvdab+R=Bvab2，则可变电阻消耗的电功率为P=I2R=B2v2dab4，故CD正确，故选CD。【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，会通过电荷的平衡求出电动势的大小，会根据闭合电路欧姆定律求解电流二、实验题(本题共2小题，共14分)13. 分）（某照明电路出现故障，其电路如图1所示，该电路用标称值12V的蓄电池为电源，导线及其接触完好。维修人员使用已调好的多用表直流50V挡检测故障。他将黑表笔接在c点，用红表笔分别探测电路的a、b点。断开开关，红表笔接a点时多用表指示如图2所示，读数为 V，说明 正常（选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯）。红表笔接b点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用表指示仍然和题6图2相同，可判定发生故障的器件是 （选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯）【答案】11.5 （11.211.8） ；蓄电池 小灯【解析】试题分析：多用电表直流50V的量程读中间均匀部分，共50格，每格1V，应该估读到0.1V，指针在11-12之间，读数为11.5V。开关断开，相当于电压表并联在蓄电池两端，读出了蓄电池的电压，故蓄电池是正常的。两表笔接b、c之间并并闭合开关，测试得相同电压，说明a、b之间是通路，b、c之间是断路，故障器件是小灯。考点：本题考查了万用表读数、电路故障的判断.14. 一学习小组要用伏安法尽量准确地描绘一个标有“6V，1.5W”的小灯泡的IU图线，现有下列器材供选用：A学生电源（直流9V）B开关一个、导线若干C电压表（03V，内阻约10k）D电压表（06V，内阻约10k）E电压表（010V，内阻约30k）F电流表（00.3A，内阻约0.1）G电流表（00.6A，内阻约0.4）H电流表（03A，内阻约0.6）I滑动变阻器（20，2A）J滑动变阻器（200，1A）（1）实验中需用到的仪器有 （用字母序号表示）；（2）在下面图1方框内画出实验电路图；（3）对应实验电路图将图2实物连线补充完整【答案】（1）ABDFI；（2）如图所示；（3）如图所示；【解析】试题分析：（1）因为灯泡的标号为“6V 1.5W”，故电源选用直流电压为9V的A，当然还需要一些导线和开关B，电压表选用量程为6V的D即可，由于灯泡正常发光的电流为I=1.5W/6V=0.25A，故电流表选用量程为0.3A的F，由于测的是小灯泡的I-U图线，要求电压的调节范围较大，故采用分压式连接，滑动变阻器选用阻值较小的I；（2）因为灯泡的电阻约为24欧，阻值较小，为了减小误差，电流表宜采用外接法接入，故电路图如图所示；（3）连接的实物电路如图所示。考点：测小灯泡的I-U图线。三、计算题(本题共4小题，共38分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)15.电场中某区域的电场线如图所示，A、B是电场中的两点. 一个电荷量为q= +4.0108C的点电荷在A点所受电场力FA=2.0104N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W= 8.0107J。求：(1)A点电场强度的大小EA(2)A、B两点间的电势差U.【答案】(1)EA=5.0103 N/C (2)U=20 V【解析】A点电场强度的大小EA =N/C =5.0103 N/C （3分）A、B两点间的电势差U=Wq=4.01072.0108V = 20 V16.一个初速度为零的电子通过电压为U=4500V的电场加速后，从C点沿水平方向飞入电场强度为E=1.5105V/m的匀强电场中，到达该电场中另一点D时，电子的速度方向与电场强度方向的夹角正好是120，如图所示。试求C、D两点沿电场强度方向的距离y。【答案】102m【解析】试题分析：电子加速过程由（3分）；得（1分）；在竖直方向：vy=v0tan30=at（3分）（2分） ；得（2分）；CD两点沿场强方向的距离：y=12at2=U3E（3分）代入数据解得y=450031.5105m=102m（2分）考点：带电粒子在匀强电场中的运动点评：本题关键要将C到D的类平抛运动正交分解为水平和竖直方向的直线运动分析求解17. 如图所示，在倾角为37的光滑斜面上水平放置一条长为0.2 m的直导线PQ，两端以很软的导线通入5 A的电流当加一个竖直向上的B0.6 T的匀强磁场时，PQ恰好平衡，则导线PQ的重力为多少？（sin 370.6）【答案】0.8N【解析】试题分析：对导体棒进行受力分析，受到重力、支持力、安培力处于平衡，根据共点力平衡求出棒的重力考点：本题考查了带有安培力的共点力平衡问题点评：解决本题的关键掌握安培力的公式，以及会根据共点力平衡求解力18.如图所示，电阻R1=R2=R3=1.0，当电键K闭合时理想电压表读数是1.0V，当K断开时理想电压表读数是0.8V，求:电源的电动势E和内电阻r。【答案】4V;2.5W【解析】试题分析：当电键K闭合时，电阻R2与R3并联后与R1串联，当K断开时，R1与R2串联，电压表测量R1的电压；根据闭合电路欧姆定律对两种情况分别列式，联立即可求得电源的电动势E和内电阻r。当电键K闭合时，电阻R2与R3并联后与R1串联，外电路总电阻为R=12R2+R1=32，电路中干路电流为：I=UR1=1A根据闭合电路欧姆定律得：E=I（R+r）当K断开时，R1与R2串联，电路中干路电流为 ：I=UR1=0.8A根据闭合电路欧姆定律得：E=I（R1+R2+r）联立解得：E=2V r=0.5点睛：本题主要考查了闭合电路欧姆定律，根据两种情况由闭合电路欧姆定律列出方程组，是求解电源电动势和内电阻常用的方法和思路。19.如图所示，、为电场和磁场的理想边界，一束电子(电量为e，质量为m，重力不计)，由静止状态从P点经过、间的电场加速后垂直到达边界的Q点。匀强磁场的磁感应强度为B，磁场边界宽度为d，电子从磁场边界穿出时的速度方向与电子原来的入射方向夹角为30。求：(1)电子在磁场中运动的时间t；(2)若改变PQ间的电势差，使电子刚好不能从边界射出，则此时PQ间的电势差U是多少？【答案】（1）m6eB （2）eB2d22m 【解析】试题分析：（1）由及得电子在磁场中运动周期电子在磁场中运动时间解得（2）电子刚好不从边界穿出时轨迹与边界相切，运动半径为R=d由得，PQ间由得考点：带电粒子在匀强电场中的加速以及带电粒子在匀强磁场中的运动.20.如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第象限以ON为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上yh处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x2h处的P点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场不计粒子重力求：(1)电场强度的大小E；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t.【答案】(1)mv022qh （2）2mv0Bq （3）2hv0+3m4Bq 【解析】【试题分析】粒子垂直进入电场做类平抛运动，结合水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小根据动能定理求出粒子进入磁场时的速度，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子在磁场中运动的轨道半径由题意作出粒子的运动轨迹如图所示。(1)设粒子在电场中运动的时间为t1，由运动学规律有：x方向：2h=v0t1y方向：h=12at12 qE=ma 联解得：E=mv022qh (2)设粒子进入磁场的速度为v，与x轴的夹角为，有：qEh=12mv212mv02 qvB=mv2r 联解得：r=2mv0qB(3)设粒子进入磁场时与x轴的夹角为，在磁场中运动的时间为t2，则： 联解得： 【点睛】粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题