甘肃省张掖市高台县一中2019-2020学年高二上学期期末考试模拟物理试题

甘肃省张掖市高台县一中2019-2020学年高二上学期期末考试模拟物理试题

高台一中2019-2020学年上学期期末模拟试卷 高二物理 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。‎ ‎1.如图所示电路中，S闭合后，三个灯实际消耗的电功率相同．则三个灯的电阻R1．R2．R3的关系是（ ）‎ A. R1＜R2＜R3 B. R2＜R3＜R‎1 ‎C. R3＜R2＜R1 D. R3＜R1＜R2‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】①开关闭合后恰好三个灯消耗的电功率都相等，设为P；‎ 对于灯泡R1与灯泡R3，由于灯泡R1的电压大，根据P=，有：R=，故R1＞R3；‎ ‎②对于灯泡R3与灯泡R2，由于灯泡R3的电流大，根据P=I2R，有R2＞R3；‎ ‎③对于灯泡R1与灯泡R2，由于灯泡R1的电压大，根据P=UI，灯泡R1的电流小，根据R=，有：R1＞R2；‎ 故R1＞R2＞R3；‎ 故选C．‎ ‎2.静电计可以用来测量电容器的电压．如图把它的金属球与平行板电容器一个极板连接，金属外壳与另一极板同时接地，从指针偏转角度可以推知两导体板间电势差的大小．现在对电容器充完点后与电源断开，然后将一块电介质板插入两导体板之间，则 A. 电容C增大，板间场强E减小，静电计指针偏角减小 B. 电容C增大，板间场强E增大，静电计指针偏角减小 C. 电容C增大，板间场强E增大，静电计指针偏角增大 D. 电容C增大，板间场强E减小，静电计指针偏角增大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】在平行板电容器两极板间插入电介质，根据电容的决定式C=，可知电容C增大，因切断电源，则两极板所带电荷量Q一定，由电容的定义式C=Q/U得知，U减小，所以静电计指针偏角减小，根据E=U/d知电场强度E减小，故A正确，BCD错误；故选A.‎ ‎【点睛】本题的解题关键是要掌握电容的决定式C=和电容的定义式C=Q/U，并抓住电容器的电量不变进行分析．‎ ‎3.在如图所示的电路中，电源的内电阻r=1Ω，外电路电阻R=9Ω，电流表的内阻不计，闭合开关后，电流表的示数I=‎0.3A．电源的电动势E等于 ‎ A. 1V B. 2V C. 3V D. 5V ‎【答案】C ‎【解析】‎ 根据闭合电路欧姆定律得电源的电动势，故选项C正确，ABD错误．‎ 点睛：闭合电路欧姆定律反映了电路中电流与整个电路的电动势和总电阻的关系．‎ ‎4.如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12V、工作时内阻为2Ω的电动机．闭合开关，电动机正常工作，电流表示数为‎1A，则 A. 副线圈两端电压为22V B. 电动机输出的机械功率为12W C. 通过电动机的交流电频率为100Hz D. 若电动机突然卡住不转，原线圈输入功率变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图示可得输出电压的最大值，周期和频率等，求得有效值，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．‎ ‎【详解】A、由乙图可知，输入电压的最大值为V，则有效值 ，，故A错误；‎ B、输出的机械功率：，则B错误；‎ C、由乙图可知，输入交变电压的周期为0.02s，则频率为，因为原副线圈交变电流频率相等，则通过电动机的交流电频率为50Hz，C错误；‎ D、卡住电动机，电动机变成了纯电阻，电压不变，电流增大，输出功率增加，则原线圈输入功率增加，则D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路．‎ ‎5.下列说法符合史实的是 A. 库仑最早测定了元电荷的数值 B. 法拉第引入了场的概念，并提出用电场线描述电场 C. 奥斯特发现电流周围存在磁场，并提出分子电流假说解释磁现象 D. 牛顿被誉为是第一个“称出”地球质量的科学家 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 库仑发现了点电荷的相互作用规律；密立根通过油滴实验最早测定了元电荷的数值，故A错误；法拉第引入了场的概念，并提出用电场线描述电场，故B正确；奥斯特发现电流周围存在磁场，安培提出分子电流假说解释磁现象，故C错误；被誉为第一个“称出”地球质量的科学家是卡文迪许，故D错误．所以B正确，ACD错误．‎ ‎6.如图所示，两根平行光滑导轨竖直放置，相距L=‎0.1m，处于垂直轨道平面的匀强磁场中，磁感应强度B=10T，质量m=‎0.1kg，电阻为R=2Ω的金属杆ab接在两导轨间，在开关S断开时让ab自由下落，ab下滑过程中，始终保持与导轨垂直并与之接触良好，设导轨足够长且电阻不计，取，当下落h=‎0.8m时，开关S闭合，若从开关S闭合时开始计时，则ab下滑的速度v随时间t变化的图像是图中的 A. B. ‎ C D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当导体棒自由下落时，由于S的断开，所以电路中无感应电流产生，所以一直做自由落体运动，当S闭合时，此时有一定的速度，受到的安培力为，当时，导体棒开始匀速下滑，此时，所以当S闭合时受到的安培力大于重力，故导体棒做减速运动，由于速度减小，所以安培力在减小，故导体棒做加速度减小的减速运动，当安培力和重力重新平衡时，速度恒定，所以D正确 ‎7.如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图像，下面结论正确的是(　　)‎ A. 电源的电动势为6.0 V B. 电源的内阻为12 Ω C. 电源的短路电流为‎0.5 A D. 电流为‎0.3 A时的外电阻是12 Ω ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据闭合电路欧姆定律分析图线与纵轴交点的物理意义和图线斜率的物理意义，当外电阻为零时，电源被短路，由闭合电路欧姆定律求出短路电流；‎ 当电流为‎0.3A时，由闭合电路欧姆定律求出外电压，再欧姆定律求出外电阻；‎ ‎【详解】A、由闭合电路欧姆定律得，当时，，即图线与纵轴交点表示断路状态，电动势，故A正确； B、电源的内阻等于图线的斜率大小，，故B错误； C、外电阻时，短路电流为，故C错误； D、电流为时，路端电压，外电阻是，故D错误．‎ ‎【点睛】本题关键从数学的角度理解物理图象的物理意义，容易产生的错误是求电源的内阻．‎ ‎8.一边长为r的正三角形的三个顶点，固定有3个点电荷，电荷量分别为+q、+q和–2q，如图，静电力常量为k，则三角形中心处O点的电场强度大小和方向 A. ，指向电荷量为–2q的点电荷 B. ，指向电荷量为–2q的点电荷 C. ，背离电荷量为–2q的点电荷 D. ，背离电荷量为–2q的点电荷 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为，两个+q电荷在O处产生的场强大小均;根据对称性和几何知识得知：两个+q在O处产生的合场强为；再与-2q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为E=E12+E3=，方向指向电荷量为-2q 的点电荷，故选B.‎ ‎9.如图所示，当电流通过线圈时，小磁针将发生偏转，关于线圈中电流方向和小磁针的偏转方向，正确的说法是( )‎ A. 通入逆时针方向的电流，小磁针的S极指向外 B. 通入顺时针方向的电流，小磁针的N极指向外 C. 通入逆时针方向的电流，小磁针的N极指向外 D. 通入顺时针方向的电流，小磁针的S极指向外 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【详解】安培定则：用右手握着通电线圈，四指指向电流的方向，大拇指所指的方向是通电线圈的N极．当线圈通以沿逆时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的S极，纸外是通电线圈的N极．通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电线圈的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸外．故A错误，C正确；当线圈通以沿顺时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的N极，纸外是通电线圈的S极．通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N 极，小磁针在通电螺线管的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸里，故B错误，D正确；故选CD．‎ ‎【点睛】一个通电线圈也有N极和S极，也按照安培定则判断，纸里是线圈N极，纸外是线圈的S极．线圈外部的磁场是从线圈的N极出来回到S极，线圈内部的磁场是从线圈的S极出来回到N极．磁场中该点的磁体N极受到磁力方向和该点的磁场方向相同．‎ ‎10.在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，五个理想电表的示数都发生了变化，关于五个理想电表示数的变化，下列分析正确的是 A. 电压表V1示数增大，电流表A示数减小 B. 电压表V2示数增大，电流表A1示数减小 C. 电压表V1示数的改变量的绝对值大于电压表V2示数的改变量的绝对值，即∣ΔU1∣ >∣ΔU2∣‎ D. 电压表V示数的改变量与电流表A示数改变量的比值的绝对值大于电源内阻，即 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R1阻值变大，可知总电阻变大，总电流减小，则A读数减小；路端电压变大，则R3电流变大，则A1支路电流减小，则V2读数减小，则V1读数变大，选项 A正确，B错误;‎ C．因路端电压U=U1+U2，路端电压U变大，而U1变大，而U2减小，则电压表V1示数的改变量的绝对值大于电压表V2示数的改变量的绝对值，选项C正确；‎ D．根据U=E-Ir可知，则电压表V示数的改变量与电流表A示数改变量的比值的绝对值等于电源内阻，选项D错误．‎ ‎11.用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列表达式中属于比值法定义物理量的是 A. 平均速度 B. 电阻 C. 电势差 D. 匀强电场 ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】平均速度的定义，运动物体在某段时间的平均速度，速度与位移和时间无关，A正确；根据电阻定律可知电阻和导线的长度，横截面积，电阻率有关，和其两端的电压以及电流无关，故电阻为比值法定义，B正确；电势是认为规定的，电势差是相对的，与电荷在这两点间移动时电场力做功无关，电荷量无关，故公式为比值法定义，C正确；在匀强电场中，电场强度的大小在数值上等于沿电场方向上每单位上的电势差，所以不是比值法定义，D错误；‎ ‎【点睛】关键是理解比值法定义：所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变 ‎12.将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小、电容和极板所带的电荷量分别用d、U、E、C和Q表示．下列说法正确的是(　　)‎ A. 保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半 B. 保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍 C. 保持C不变，将Q变为原来两倍，则U变为原来的两倍 D. 保持d、C不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 保持U不变，根据E=可得E与d的关系；保持E不变，根据U=Ed可得U与d成正比；保持C不变，根据公式C=可知将Q与U成正比；保持d、C不变，将Q变为原来的一半，根据公式C=可知，U变为原来的一半，根据公式E=即可得到E的变化．‎ ‎【详解】A. 保持U不变，将d变为原来的两倍后，根据E=可得E变为原来的一半，A正确；‎ B. 保持E不变，将d变为原来的一半，根据U=Ed可得U变为原来的一半，B错误；‎ C. 根据公式C=可知将Q变为原来的两倍，则U变为原来的两倍，C正确；‎ D. 根据C=可得C不变，将Q变为原来的一半，U变为原来的一半，根据公式E=可知d不变，U变为原来的一半，E变为原来的一半，D正确．‎ ‎【点睛】本题考查电容器的动态分析，学生抓住电容器的几个相关公式即可分析出结果．‎ 二、实验题：本题共2小题，共15分。‎ ‎13.某同学在进行扩大电流表量程的实验时，需要知道电流表的满偏电流和内阻．他设计了一个用标准电流表G1来校对待测电流表G2的满偏电流和测定G2内阻的电路，如图所示．已知G1的量程略大于G2的量程，图中R1为滑动变阻器，R2为电阻箱．该同学顺利完成了这个实验．‎ ‎①实验过程包含以下步骤，其合理的顺序依次为____（填步骤的字母代号）；‎ A．合上开关S2‎ B．分别将R1和R2的阻值调至最大 C．记下R2的最终读数 D．反复调节R1和R2的阻值，使G1的示数仍为I1，使Ｇ２的指针偏转到满刻度的一半，此时R２的最终读数为r E．合上开关S1‎ F．调节R1使G2的指针偏转到满刻度，此时G1的示数为I1，记下此时G1的示数 ‎②仅从实验设计原理看，用上述方法得到的G2内阻的测量值与真实值相比___（填“偏大”、“偏小”或“相等”）；‎ ‎③若要将G2的量程扩大为I，并结合前述实验过程中测量的结果，写出须在G2上并联的分流电阻RS的表达式，RS=____．‎ ‎【答案】 (1). BEFADC (2). 相等 (3). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】闭合开关前将R1和R2的阻值调至最大，以免烧坏电流表，本实验用半偏法测电流表的量程和内阻，实验时通过反复调节R1和R2的阻值，使G1的示数仍为I1保持不变，使G2和R2的电流相等，等G2满刻度的一半，G2和R2并联，则G2和R2电阻相等．由并联电路关系可得分流电阻RS=‎ ‎14.某同学利用如图甲电路测量干电池电动势E和内阻r．‎ ‎(1)为了较准确的测量，请根据图甲电路图将图乙实物图补充完整_____；‎ ‎(2)用选定器材测干电池的电动势E和内阻r，根据图甲实验电路测得多组U、R数据，请根据数据在图丙作出图象_____；‎ ‎(3)根据图象求得E=______V，r=______Ω；‎ ‎(4)利用该实验电路测出的电动势和内阻与真实值相比有偏差，其原因是______________．‎ ‎【答案】 (1). (2). (3). 1.45（1.42~1.46均正确） (4). 0.42（0.4~0.5均正确） (5). 电压表内阻不是无穷大 ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由电路图连接实物图如图：‎ ‎(2)[2]据所给数据画图如图 ‎(3)[3][4]由闭合电路欧姆定律有：‎ 解得：‎ 则有：‎ 可得：‎ ‎(4)[5]由于电压表的分流会引起误差，电压表内阻越大误差越小，所以其原因是电压表内阻不是无穷大。‎ 三、计算题：本题共3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ ‎15.ABCD是一个正方形盒子，CD边的中点有一个小孔O，盒子中有沿AD方向的匀强电场，场强大小为E.粒子源不断地从A处的小孔沿AB方向向盒内发射相同的带电粒子，粒子的质量为m，带电量为q，初速度为v0，在电场作用下，粒子恰好从O处的小孔射出，（带电粒子的重力和粒子间的相互作用力均可忽略）求： ‎ ‎（1）正方形盒子的边长L；（用m，v0，q，E表示）‎ ‎（2）该带电粒子从O处小孔射出时的速率v.（用v0表示）‎ ‎【答案】（1）（2）v0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）当盒中为匀强电场E时，设正方形边长AD＝L，则DO＝L/2，粒子做类平抛运动，设从O处射出时速度为v，竖直方向的分速度为vy，运动时间为t，加速度为a.‎ 由平抛运动知识得： ‎ L＝v0t ①‎ L＝at2＝vyt ②‎ 由牛顿第二定律得 a＝ ③‎ 由①②③式得 vy＝4v0，L＝4×＝‎ ‎（2）由运动的合成得：‎ v＝＝v0.‎ ‎16.如图所示，三个电阻R1、R2、R3的阻值均等于电源内阻r，电键S打开时，有一质量为m，带电荷量为q的小球静止于水平放置的平行板电容器的中点．现闭合电键S，这个带电小球便向平行板电容器的一个极板运动，并和该板碰撞，碰撞过程小球没有机械能损失，只是碰后小球所带电荷量发生变化，碰后小球带有和该板同种性质的电荷，并恰能运动到另一极板处．设电容器两极板间距为d，求：‎ ‎ （1）电源的电动势E；‎ ‎ （2）小球与极板碰撞后所带的电荷量．‎ ‎【答案】（1）（2） ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)当S打开时，电容器电压等于电源电动势E，即：‎ U=E 小球静止时满足： ‎ 由以上两式解得：；‎ ‎(2) 闭合S，电容器电压为，则：‎ ‎ ‎ 对带电小球运动的全过程，根据动能定理得：‎ ‎ ‎ 由以上各式解得： ．‎ ‎17.如图甲所示，水平虚线下方有垂直于纸面方向的有界匀强磁场，磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示，规定磁场方向垂直于纸面向里为正，边长分别为L、‎2L的单匝长方形导体闭合线框用绝缘细线悬挂，线框一半位于磁场内，力传感器记录了细线拉力F随时间t的变化关系如图丙，设重力加速度为g，图中B0、F0、T是已知量．求：‎ ‎（1）0～T时间内线框内的感应电动势E和线框的电阻R；‎ ‎（2）若某时刻起磁场不再变化，磁感应强度恒为B0，剪断细线，结果线框在上边进入磁场前已经做匀速运动，求线框从开始下落到上边刚到虚线位置过程中产生的电热Q.‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）0～T时间内，根据法拉第电磁感应定律，线框中产生的感应电动势 结合题图，对线框受力分析：t=0时刻，F0=F安+mg；t=T时刻，F安=mg 又 F安=B0IL 得 ‎．‎ ‎（2）线框在上边进入磁场前做匀速运动，设线框的速度为v，根据受力平衡，对线框分析有 F安′=mg 又 线框从开始下落到上边刚到虚线位置过程中产生的电热 联立解得 ‎．‎ ‎ ‎