【物理】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(解析版)

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【物理】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(解析版)

‎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】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 增大 (3). 0.89‎ ‎【解析】(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 ‎.‎
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