四川省泸州市泸县第二中学2019-2020学年高二上学期期末模拟考试物理试题

四川省泸州市泸县第二中学2019-2020学年高二上学期期末模拟考试物理试题

‎2019年秋四川省泸县第二中学高二期末模拟考试理综物理试题 一、选择题 ‎1.对电容C＝，以下说法正确的是 A. 电容器带电荷量越大，电容就越大 B. 对于固定电容器，它的带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变 C. 可变电容器的带电荷量跟加在两极板间的电压成反比 D. 如果一个电容器没有电压，就没有带电荷量，也就没有电容 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电容器的电容只由电容器本身来决定，与电容器带电荷量无关，选项A错误；‎ B．电容表征电容器容纳电荷本领的大小，对于固定电容器，电容C不变，由定义式可知，则带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变．故B正确．‎ C．电容器的带电荷量Q=CU，当电容C一定时，电量与电压成正比．当电容C变化时，电量与电压不成正比．故C错误．‎ D．电容表征电容器容纳电荷本领的大小，与电容器的电量、电压无关．故D错误．‎ ‎2.电荷在磁场中运动时受到洛仑兹力的方向如图所示，其中正确的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】根据左手定则得，A选项洛伦兹力方向竖直向下，B选项洛伦兹力方向竖直向下，C选项不受洛伦兹力，D选项洛伦兹力方向垂直纸面向外．故A正确，BCD错误．故选A．‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判定电荷在磁场中运动速度、磁场和电荷受到洛仑兹力三者之间的方向关系．‎ ‎3.如图所示，沿直线通过速度选择器的正离子从狭缝S射入磁感应强度为B2的匀强磁场中，偏转后出现的轨迹半径之比为R1∶R2＝1∶2，则下列说法正确的是( )‎ A. 离子的速度之比为1∶2‎ B. 离子的比荷之比为2∶1‎ C. 离子的质量之比为1∶2‎ D. 离子的电荷量之比为1∶2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子沿直线通过速度选择器，可知电场力和洛伦兹力平衡，有：，解得：．可知粒子的速度之比为1：1，故A错误．粒子进入偏转磁场，根据，得荷质比，因为速度相等，磁感应强度相等，半径之比为1：2，则荷质比为2：1．故B正确；由题目条件，无法得出电荷量之比、质量之比，故CD错误．故选B.‎ ‎【点睛】离子通过速度选择器，所受的电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡求出离子的速度之比．根据离子在磁场中运动的半径之比求出离子的荷质比．‎ ‎4.一含有理想变压器的电路如图所示，变压器原副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别是4 Ω、2 Ω和3 Ω，U为有效值恒定的正弦交流电源．当开关S断开时，理想电流表的示数为I，当S闭合时，电流表的示数为(　 　)‎ A. I B. I C. I D. 2I ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 变压器输入电压为U与电阻R1两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则可求得电流表的示数．‎ ‎【详解】根据电流与匝数成反比，得副线圈电流I2＝2I; 副线圈两端的电压；根据电压与匝数成正比，得原线圈两端的电压为U1=2U2＝20I；电阻R1两端的电压IR1＝4I；在原线圈回路中U＝4I+U1＝24I；S闭合时，电流表示数为I′，副线圈中电流2I′；副线圈两端的电压；原线圈两端的电压U1′＝8I′；电阻R1两端的电压I′•R1 =4I′；在原线圈回路U=4I′+8I′=24I；解得：I′=2I，故D正确，ABC错误；故选D．‎ ‎【点睛】本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时注意明确输入电压与总电压之间的关系．‎ ‎5.用如图电路来探究闭合电路中总电流与电源电动势的关系，其中，，电源内阻．当单刀双掷开关接1时电流表的示数为=0.2A，接2时，电流表的示数为(   )‎ A. 0.24A B. 0.2A C. 0.18A D. 0.3A ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】设电源电动势是E，内阻为r，由闭合电路欧姆定律得：‎ 解得：‎ A. 0.24A与分析相符，故A正确．‎ B. 0.2A与分析不符，故B错误．‎ C. 0.18A与分析不符，故C错误．‎ D. 0.3A与分析不符，故D错误．‎ ‎6.如图所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球（可视为质点），保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点登高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则 A. 合力做功为零 B. 合力的冲量为零 C. 重力做的功为mgL D. 重力冲量为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AC.小球在向下运动的过程中，受到重力和绳子的拉力，绳子的拉力始终与运动的方向垂直，所以只有重力做功，合外力做的功等于重力做的功，大小为mgL．故A错误，C正确；‎ BD.由机械能守恒可得，小球在最低点的动能：mv2＝mgL，所以速度： ；由动量定理可得合力的冲量：I合＝＝mv−0＝m．故B、D错误；‎ 故选C。‎ ‎7.如图所示的电场中有A、B两点，下列判断正确的是( )‎ A. 电势，场强 B. 电势，场强 C. 将电荷量为q的正电荷从A点移到B点，电场力做正功，电势能减少 D. 将电荷量为q的负电荷分别放在A、B两点，电荷具有的电势能 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．沿电场线电势降低，则电势，电场线越密集则场强越大，则场强，选项A错误，B正确；‎ C．将电荷量为q的正电荷从A点移到B点，电场力做正功，电势能减少，选项C正确；‎ D．负电荷在高电势点的电势能较小，则将电荷量为q的负电荷分别放在A、B两点，电荷具有的电势能，选项D错误；‎ 故选BC.‎ ‎8.如图所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点各放一电荷量分别为+q和+2q，完全相同的金属球A和B，给A和B以大小相等的初动能E0（此时动量大小均为p0）使其相向运动刚好能发生碰撞，碰后返回M、N两点时的动能分别为E1和E2，动量大小分别为p1和p2，则( )‎ A. ，‎ B. ，‎ C. 碰撞发生在 M、N 中点的左侧 D. 两球同时返回 M、N 两点 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．由动量观点看，系统动量守恒，两球的速度始终等值反向，也可得出结论：两球必将同时返回各自的出发点，且两球末动量大小和末动能一定相等。从能量观点看，两球接触后的电荷量都变为1.5q，在相同距离上的库仑斥力增大，返回过程中电场力做的正功大于接近过程中克服电场力做的功，系统机械能必然增大，即末动能增大。故A错误，B正确。‎ CD．由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，相同时间内的位移大小一定相同，必然在连线中点相遇，又同时返回出发点。故C错误，D正确。‎ 故选BD。‎ ‎9.一小型发电机产生的电动势随时间变化的规律如图甲所示，已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接一个电压表和一个电阻为10 Ω的灯泡，如图乙所示．下列说法正确的是(　 　)‎ A. 产生的交变电流的频率为5 Hz B. 通过灯泡的电流为2.2 A C. 电压表读数为20 V D. 灯泡的实际功率为40 W ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由甲图知电压峰值、周期，从而求电压有效值、角速度和频率；电压表测量的是路端电压，求解实际功率要用有效值．‎ ‎【详解】由图可知T=0.02s，则频率f=1/T=50Hz，选项A错误；电动势有效值为，可知通过灯泡的电流为，选项B错误；电压表读数，选项C正确；灯泡的实际功率：P=IU=40W；选项D正确；故选CD.‎ 二．实验题 ‎10.张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：‎ ‎(1)用螺旋测微器测得其直径为_____mm（如图甲所示）；‎ ‎(2)用20分度的游标卡尺测其长度为______cm（如图乙所示）；‎ ‎(3)用图丙所示的电路测得的电阻值将比真实值________(填“偏大”或“偏小”)．‎ ‎【答案】 (1). 3.202-3.205 (2). 5.015 (3). 偏小 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）解决本题的关键明确：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．‎ ‎（2）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ ‎（3）由电路图，根据电表内阻的影响确定误差情况．‎ ‎【详解】（1）螺旋测微器的固定刻度为3.0mm，可动刻度为20.5×0.01mm=0.205mm，所以最终读数为3.0mm+0.205mm=3.205mm． （2）20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm．‎ ‎（3）由欧姆定律得，电阻阻值R=U/I，由于电压表的分流作用使电流测量值偏大，则电阻测量值偏小．‎ ‎【点睛】考查螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺不需要估读、螺旋测微器需要估读．掌握由欧姆定律分析电路的误差的方法．‎ ‎11.某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L（额定电压3.8V，额定电流0.32A）；电压表V（量程3V，内阻3kΩ）；电流表A（量程0.5A，内阻0.5Ω）；固定电阻R0（阻值1000Ω）；滑动变阻器R（阻值0~9.0Ω）；电源E（电动势5V，内阻不计）；开关S；导线若干。‎ ‎（1）实验要求能够实现在0~3.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，滑动变阻器R 是_________（填“限流式”或“分压式”）接法。‎ ‎（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示:‎ 由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻_________（填“增大”“不变”或“减小”）灯丝的电阻率__________（填“增大”“不变”或“减小”）。‎ ‎（3）用另一电源E0（电动势6V，内阻1.00Ω）和题给器材连接成图（b）所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为______W.（结果保留2位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 分压式 (2). 增大 (3). 增大 (4). 0.89‎ ‎【解析】‎ 详解】（1）[1]．因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；‎ ‎（2）[2][3]．I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小，故说明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大；‎ ‎（3）[4]．当滑动变阻器阻值全部接入时，灯泡的功率最小，将R等效为电源内阻，则电源电动势为6V，等效内阻为10Ω；则有：U=6-10I；作出电源的伏安特性曲线如图中实线所示；由图可知，灯泡电压为U=3.1V，电流I=290mA=0.29A，则最小功率 P=UI=3.1×0.29=0.89W；‎ 三、计算题 ‎12.右端连有光滑弧形槽水平桌面AB长L=1.5m，如图所示．将一个质量为m=0.5kg的木块在F=1.5N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）木块沿弧形槽上升的最大高度；‎ ‎（2）木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑动的最大距离．‎ ‎【答案】(1)0.15 m (2)0.75 m ‎【解析】‎ ‎（1）（1分）　　‎ 由动能定理FL-fL-mgh=0 （3分）‎ 得m="0.15m " （2分）‎ ‎（2）由动能定理mgh-fs=0 （3分）‎ 得m="0.75m " （2分）‎ ‎13.如图所示，一带电粒子垂直射入匀强电场，经电场偏转后从磁场的左边界上M点进入垂直纸面向外的匀强磁场中，最后从磁场的左边界上的N点离开磁场．已知带电粒子的比荷＝3.2×109 C/kg，电场强度E＝200 V/m，M、N间距MN＝1 cm，金属板长L＝25 cm，粒子的初速度v0＝4×105 m/s，带电粒子重力忽略不计，求：‎ ‎(1)粒子射出电场时的运动方向与初速度v0的夹角θ；‎ ‎(2)磁感应强度B的大小．‎ ‎【答案】(1)θ＝45°　(2)B＝2.5×10－2 T ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出粒子的偏转角度．‎ ‎（2）粒子磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹，求出粒子轨道半径，然后应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度．‎ ‎【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，粒子速度偏角的正切值： ‎ 则有：θ=45°；‎ ‎ （2）粒子进入磁场时的速度大小为：， 粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，粒子运动轨迹如图所示，由几何知识得： ， 由牛顿第二定律得：qvB=m ‎， 代入数据解得：B=2.5×10-2T；‎ ‎【点睛】粒子在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律与几何知识即可解题．‎ ‎14.如图所示，匀强电场分布在边长为L的正方形区域ABCD内，M、N分别为AB和AD的中点，一个初速度为v0，质量为m的带负电粒子q沿纸面射入电场．带电粒子的重力不计．‎ ‎（1）如果带电粒子从M点垂直电场方向进入电场后，恰好从D点离开电场，求匀强电场的电场强度E和带电粒子从D点离开电场时的动能Ek1.‎ ‎（2）若带电粒子从N点垂直BC方向射入电场，它在电场中的运动时间t是多少？离开电场时的动能Ek2为多大？‎ ‎【答案】（1）.（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）带电粒子从M点垂直电场线进入电场后做类平抛运动．‎ 水平方向：‎ ‎①‎ 竖直方向：‎ ‎②‎ 联立①②得 ‎.‎ 带电粒子从M点进入电场后，从D点出来，电场力做的功 ‎③‎ 由动能定理得 所以 ‎.‎ ‎（2）带电粒子从N点进入电场后做匀减速直线运动，设速度减到0这一过程的位移为x，由动能定理：‎ ‎④‎ 由③④得 ‎.‎ 当粒子速度减至0后沿原路返回，从N点射出，由于整个过程电场力做的功为0，则 根据动能定理有 ‎.‎ 则，即粒子离开电场时的速度大小不变，由牛顿第二定律得 ‎.‎ 由运动学规律得 得 ‎.‎ ‎ ‎