【物理】河北省邢台市第二中学2019-2020学年高二上学期期末考试模拟试题（解析版）

【物理】河北省邢台市第二中学2019-2020学年高二上学期期末考试模拟试题（解析版）

邢台市第二中学高二物理上期末测试题 一．选择题（共8小题每题4分）‎ ‎1.下列说法正确的是（　　）‎ A. 奥斯特发现电流的磁效应并总结出了右手螺旋定则 B. 法拉第发现电磁感应现象并总结出的电磁感应定律 C. 右手定则是用来判断电流产生磁场方向的 D. 磁场线电场线都是法拉第引入的 ‎【答案】D ‎【解析】A．奥斯特发现了电流的磁效应，右手螺旋定则是安培总结出来的，A错误；‎ B．法拉第发现电磁感应现象，纽曼和韦伯总结出电磁感应定律，B错误；‎ C．用安培定则判断电流产生的磁场方向，导线切割磁力线产生的感应电动势的方向与磁力线和导体运动方向三者之间的关系，用右手定则来判定，C错误；‎ D．法拉第引入了电场和磁场的概念，D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.如图，在阴极射线管正下方平行放置一根通有足够强直流电流的长直导线，且导线中电流方向水平向右，则阴极射线将会 A. 向纸内偏转 B. 向纸外偏转 ‎ C. 向上偏转 D. 向下偏转 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由通电导线的电流方向，根据安培定则可得电子射线管处于垂直纸面向外的磁场，当电子流方向从左向右，则由左手定则可得粒子向上偏转．‎ 故选C 考点：洛仑兹力、通电直导线周围磁场的方向 点评：电流提供的磁场，让电荷在磁场中静止，则一定没有磁场力，而电荷在磁场中运动，有才可能有洛伦兹力，当正电荷运动，则四指为粒子运动方向，大拇指为洛伦兹力方向，若是负电荷，则大拇指的反方向为洛伦兹力方向．‎ ‎3.如图所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知n1∶n2＝1 000∶1，n3∶n4＝1∶100，图中电压表示数为220 V、电流表示数为‎10 A，则高压输电线的送电功率为(　　)‎ A. 2.2‎‎×103W B. 2.2×10－2W ‎ C. 2.2×108W D. 2.2×104W ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由图可知，甲并联在电路中是电压互感器，电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数比，故U=220×1000=220000V；乙串联在电路中是电流互感器，电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数比，故电流I=10×100=‎1000A；则输电功率P=UI=2.2×105×1000=2.2×108W，故C正确，ABD错误．‎ ‎4.如图甲所示为某装置中的传感器工作原理图，已知电源的电动势E=9.0V，内阻不计；G为灵敏电流表，其内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其阻值随温度的变化关系如图乙所示，闭合开关S，当R的温度等于‎20℃‎时，电流表示数I1=2mA；当电流表的示数I2=3.6mA时，热敏电阻的温度是( )‎ ‎ ‎ A. ‎60℃‎ B. ‎80℃‎ C. ‎100℃‎ D. ‎‎120℃‎ ‎【答案】D ‎【解析】当R的温度等于‎20℃‎时，结合图像知电阻R1=4kΩ，此时电流表示数I1=2mA，由闭合电路欧姆定律知 解得：；当电流表的示数I2=3.6mA时，由闭合电路欧姆定律知 解得，结合图像知此时温度对于的是。‎ 故选D。‎ ‎5.如图所示，用丝线吊一个质量为m带电（绝缘）小球处于匀强磁场中，空气阻力不计，当小球分别从A点和B点向最低点O运动，则两次经过O点时（　　）‎ A. 小球的动能不相同 B. 丝线所受的拉力相同 C. 小球所受的洛伦兹力相同 D. 小球的向心加速度相同 ‎【答案】D ‎【解析】A．带电小球受到洛伦兹力和绳的拉力与速度方向时刻垂直，对小球不做功，只改变速度方向，不改变速度大小，只有重力做功，小球两次经过O点时，重力做的功相同，由动能定理可知，小球两次经过O点时动能相同，故A错误；‎ BC．小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时速度方向相反，由左手定则可知，两次过O点洛伦兹力方向相反，受力分析可知，绳的拉力大小也就不同，故BC错误；‎ D．小球两次经过O点时速度大小相同，由可知，向心加速度相同，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎6.如图所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形磁场区域半径为r，一电子沿圆形区域的直径方向以某一速度射入磁场，电子经过磁场区域后，其出射方向与入射方向成60°角。设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间相互作用及所受的重力。则电子射入磁场的速度v和电子在磁场中运动的时间t是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】ABCD．如图所示 电子飞出此磁场区域时速度方向偏转60°角，可知电子轨迹对应的圆心角也等于60°，设电子在磁场中运动的圆周半径为R，由几何关系得 洛伦兹力提供向心力，则 电子在磁场中运动的时间为 联立以上各式，解得 ‎，‎ 故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎7.如图所示，在空间中存在两个相邻，磁感应强度大小相等，方向相反的有界匀强磁场，其宽度均为L。现将宽度也为L的矩形闭合线圈，从图示位置垂直于磁场方向匀速拉过磁场区域，以逆时针方向电流为正，则在该过程中，能正确反映线圈中所产生的感应电流或其所受的安培力随时间变化的图像是下图中的（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】AB．当线框进入左边磁场时，由右手定则可判断产生感应电流沿逆时针方向，设线框的速度为v，电阻值为R，此时电流，当线框开始进入右边磁场区域时，有两条边同时切割磁感线，回路电动势E=2BLv，电流，方向顺时针方向，所以A、B错误；‎ CD．当线框进入左边磁场时，受安培力F=BI‎1L，方向根据左手定则可判断水平向左，开始进入右边磁场时，F2=2BI‎2L=‎4F1，方向还是向左，故安培力方向一致为正，所以C错误；D正确。‎ 故选D。‎ ‎8.如图所示，一水平放置矩形闭合线圈abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，从图中位置Ⅰ经过位置Ⅱ到达位置Ⅲ，位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近Ⅱ.在这个过程中，线圈中感应电流 A. 沿abcd流动 B. 沿dcba流动 C. 由Ⅰ到Ⅱ是沿abcd流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿dcba流动 D. 由Ⅰ到Ⅱ是沿dcba流动，由Ⅱ到Ⅲ是沿abcd流动 ‎【答案】A ‎【解析】由条形磁铁的磁场分布情况可知，线圈在位置Ⅱ时穿过矩形闭合线圈的磁通量最少．线圈从位置Ⅰ到Ⅱ，穿过abcd自下而上的磁通量减少，感应电流的磁场阻碍其减少，则在线框中产生的感应电流的方向为abcd，线圈从位置Ⅱ到Ⅲ，穿过abcd自上而下的磁通量在增加，感应电流的磁场阻碍其增加，由楞次定律可知感应电流的方向仍然是abcd.．‎ A.由上分析可知，A正确； ‎ BCD.由上分析可知，BCD错误．‎ 二．多选题（共4小题每题4分漏选得2分错选不得分）‎ ‎9.质量为 m 的金属导体棒置于倾角为θ的导轨上，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，当导体棒通电时，恰能在导轨上静止，如图所示的四个图中标出了四种可能的匀强磁场的磁感应强度 B的方向，其中棒与导轨间的摩擦力可能为零的是( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】A.杆子受重力，竖直向上的安培力，若重力与安培力相等，则二力平衡，不受摩擦力，故A正确；‎ B.杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力．故B错误；‎ C.杆子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三个力平衡，则不受摩擦力，故C正确；‎ D.杆子受重力、水平向左的安培力，支持力，要想处于平衡，一定受摩擦力．故D错误。‎ 故选AC。‎ ‎10.如图所示的真空空间中，仅在正方体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中a，b两点电场强度和电势均相同的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】AD ‎【解析】等量异种电荷电场分布如图所示 A．a、b两点在等量异种电荷连线的中垂线上，且关于连线对称，根据电场分布图以及对称规律可知a、b两点的电场场强以及电势相等，A正确；‎ B．图中a点距离点电荷较近，电场强度较大，b点在0等势面上，而a点靠近正电荷，电势为正，故两点电场强度和电势都不等，B错误；‎ C．根据对称性可知两点电场强度大小相等，但方向不同，故两点的电场强度不等，a点靠近正电荷，b点靠近负电荷，所以a点的电势高于b点的电势，C错误；‎ D．在连线的中垂面上，所有点的电场强度方向都是由正电荷指向负电荷，故两点的电场强度方向相同，又根据，结合矢量合成法可知两点的电场强度大小相等，故两点的电场强度相等，都平行于两电荷的连线指向同一方向，ab两点连成的平面是等势面，因此这两点电势相等，D正确。故选AD。‎ ‎11.如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻忽略不计，ab是总电阻为2R的滑动变阻器，滑片P刚开始位于中间位置，定值电阻的阻值为R，平行板电容器的电容为C，其下极板与地（取为零电势）相连，一电量为q带正电的粒子固定在两板中央e处，闭合开关S，待稳定后，下列判断正确的是（　　）‎ ‎ A. e处的电势为 B. 若把滑片P移至b端，稳定后粒子的电势能减少了 C. 若把滑片P移至b端，稳定后粒子所受电场力变为原来的2倍 D. 若把滑片P移至b端，同时上极板向上移动仅使板间距变为原来的2倍，稳定后电容器的带电量变为原来的1.5倍 ‎【答案】AD ‎【解析】A．由闭合电路欧姆定律得，干路电流为 则电容器两端的电压 因为e是中点，且下极板接地，所以e处的电势为，故A正确；‎ B．若把滑片P移至b端，则电容器的两端电压为E，那么电势是原来的3倍，因粒子带正电，且e处的电势为正值，所以粒子的电势能增大了，故B错误；‎ C．若把滑片P移至b端，则电容器的两端电压为E，因此电容器的电场强度变为原来的3倍，稳定后粒子所受电场力变为原来的3倍，故C错误；‎ D．因电容器的电压是原来的3倍，当把滑片P移至b端，同时上极板向上移动仅使板间距d变为原来的2倍，由可知，电容C是原来的一半，由Q = CU可知，稳定后电容器的带电量变为原来的1.5倍，故D正确。‎ 故选AD。‎ ‎12.在x轴上存在一水平方向的电场，有一质量m=‎2kg的带电小球沿光滑绝缘的水平面只在电场力的作用下，以初速度v0=‎2m/s从x=‎7m处开始向x轴负方向运动。小球的电势能EP随位置x的变化关系如图所示，则下列说法正确的是（　　）‎ A. x=‎7m处电场强度为零 B. x=‎4m处电场强度为零 C. 小球运动的范围x≥‎1m D. 小球运动的最大速度 ‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】A．根据Ep-x的斜率表示电场力，可知小球在x=‎7m处所受的电场力不为零，所以电场强度不为0，故A错误；‎ B．根据Ep-x的斜率表示电场力，可知小球在x=‎4m处所受的电场力为零，则电场强度为0，故B正确；‎ C．根据动能定理可得 故电势能增大4J，故电势能最大增大4J，由图知，小球的运动范围在x≥‎1m，C正确；‎ D．由图可知，电势能最大减小4J，故动能最大增大4J，根据动能定理可得 解得 D正确故选BCD。‎ 三．实验题（13题6分14题9分）‎ ‎13.某同学组装一个多用电表．可用的器材有：微安表头（量程100内阻900‎ ‎）；电阻箱R1 （阻值范围0999.9）；电阻箱R2 （阻值范围099 999.9）；导线若干，要求利用所给器材先组装一个量程为1 mA的直流电流表，在此基础上再将它改装成量程为3 V的直流电压表．组装好的多用电表有电流1 mA和电压3 V两挡，回答下列问题：‎ ‎（1）在虚线框内画出电路图并标出R1和R2，其中为公共接线柱，a和b分别是电流挡和电压挡的接线柱___________．‎ ‎（2）电阻箱的阻值 _____________;R2=____________ （保留到个位）‎ ‎【答案】 (1). （1）如图所示 ‎ ‎ (2). （2）100 (3). 2910‎ ‎【解析】（1）R1的电阻比较小，所以R1与表头并联构成大量程的的电流表，R2的阻值比较大，与改装后的电流表串联可充当大量程的电压表，设计电路图如图所示;‎ 改装电流表需要并联一个电阻，要改装1mA的电流表需要并联的电阻 ，所以选用与变阻箱R1并联，并联后的总电阻为；要改装3V电压表需要串联电阻，串联电阻的阻值为 ‎14.(1)某实验小组在“测定金属电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图所示，则它们的读数值依次________mm、________A、__________V．‎ ‎(2)已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为0~10Ω，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20kΩ．电源为干电池（不宜在长时间、大功率状况下使用），电动势E = 4.5V，内阻很小．则以下电路图中__________（填电路图下方的字母代号）电路为本次实验应当采用的最佳电路．但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏_________．‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎ (3)若已知实验所用的电流表内阻的准确值Ω，那么准确测量金属丝电阻的最佳电路应是上图中的__________电路（填电路图下的字母代号）．此时测得电流为I、电压为U，则金属丝电阻___________（用题中字母代号表示）．‎ ‎【答案】(1). 0.999(0.998‎-1.000mm) ‎0.42A 2.27V ( 2.26-2.28) (2). A 小 (3). B ‎ ‎【解析】（1）[1]螺旋测微器的读数为：d=‎0.5mm+49.9×‎0.01mm=‎0.999mm；‎ ‎[2]电流表的读数为：I=‎0.42A；‎ ‎[3]电压表的读数为：U=2.28V；‎ ‎（2）[4]因电源不能在大功率下长时间运行，则本实验应采用限流接法；同时电压表内阻较大，由以上读数可知，待测电阻的内阻约为5Ω，故采用电流表外接法误差较小，故选A；‎ ‎[5]在实验中电压表示数准确，但电流测量的是干路电流，故电流表示数偏大，则由欧姆定律得出的结果偏小；‎ ‎（3）[6]因已知电流表准确值，则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻；故应选B电路；‎ ‎[7]待测电阻及电流表总电阻：‎ 则待测电阻：‎ 四．计算题（15题10分16题12分17题15分）‎ ‎15.如图甲所示，不计电阻的平行金属导轨与水平面成37°夹角放置，导轨间距为L＝‎1 m，上端接有电阻R＝3 Ω，虚线OO′下方是垂直于导轨平面的匀强磁场。现将质量m＝‎0.1 kg、电阻r＝1 Ω的金属杆ab从OO′上方某处垂直导轨由静止释放，杆下滑过程中始终与导轨垂直并保持良好接触，杆下滑过程中的v-t图像如图乙所示。（g取‎10 m/s2）求：‎ ‎(1)磁感应强度B；‎ ‎(2)杆在磁场中下滑0.1 s过程中电阻R产生的热量。‎ ‎【答案】（1）2 T；（2）‎ ‎【解析】(1)由图乙得 ‎ ‎ ‎0.1 s前，由牛顿第二定律有 mgsin θ－f＝ma 代入数据得 f＝0.1 N ‎0.1 s后匀速运动，有 mgsin θ－f－FA＝0‎ 而 FA＝BIL＝‎ 联立解得 ‎(2) 杆在磁场中下滑0.1 s过程中的电流 ‎ ‎ 电阻R产生的热量 ‎16.某直流电动机提升重物的装置，如图所示，重物的质量m=‎50kg，电源的电压为120V．不计内阻，当电机以v=‎0.9m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流强度I= ‎5A，（g=‎10m/s2）求：‎ ‎(1)电动机线圈的电阻为多少？‎ ‎(2)电动机对该重物提升的最大提升速度是多少？‎ ‎(3)若因电动机的故障电动机不能转动，这时通过电动机线圈的电流为多大？电动机消耗的电功率是多少？‎ ‎【答案】(1) 6 Ω (2) ‎1.2 m/s (3) ‎20 A， 2400 W ‎【解析】(1)设电动机输入功率为P，输出功率为P1，热消耗功率为P2，则有 P＝P1＋P2＝mgv＋I2R ‎ ‎ ‎ (2) ‎ 当 时 P1有最大值为 当 电动机的输出最大功率 由于 P1大＝mgv大 有 ‎ (3)因电动机不能转动，此时电路中电流最大，最大电流为 电动机消耗的功率也最大 ‎17.如图所示，在纸平面内建立如图所示的直角坐标系xOy，在第一象限的区域存在沿y轴正方向的匀强电场．现有一质量为m、电量为e的电子从第一象限的某点P（，）以初速度v0沿x轴的负方向开始运动，经过轴上的点Q（，0）进入第四象限，先做匀速直线运动然后进入垂直纸面的矩形匀强磁场区域，其左边界和上边界分别与y轴、x轴重合，电子经磁场偏转后恰好经过坐标原点O并沿y轴的正方向运动，不计电子的重力。求：‎ ‎（1）电子经过Q点的速度v；‎ ‎（2）该匀强磁场的磁感应强度B；‎ ‎（3）该匀强磁场的最小面积S。‎ ‎【答案】（1），与水平方向夹角为30°；（2）；（3）‎ ‎【解析】（1）电子做类平抛运动，有 解得 所以经过Q点的速度 方向与水平方向夹角 ‎（2）速度偏转角为120°，则圆弧所对的圆心角为120°，由几何关系得 解得 由向心力公式 解得 方向垂直纸面向里。‎ ‎（3）矩形磁场的右边界距y轴的距离为 矩形磁场的下边界距x轴的距离为 故磁场的最小面积为