甘肃省张掖市临泽县一中2019-2020学年高二上学期期末考试模拟物理试题

甘肃省张掖市临泽县一中2019-2020学年高二上学期期末考试模拟物理试题

临泽一中2019-2020学年上学期期末模拟试卷 高二物理 ‎（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）‎ 第Ⅰ卷 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，沿东西方向站立的两同学（左西右东)做“摇绳发电”实验：把一条长导线的两端连在一个灵敏电流计（零刻度在表盘中央）的两个接线柱上，形成闭合回路，然后迅速摇动MN这段“绳”．假设图M中情景发生在赤道，则下列说法正确的是 A. 当“绳”摇到最高点时，“绳”中电流最大 B. 当“绳”摇到最低点时，“绳”受到的安培力最大 C. 当“绳”向下运动时，N点电势比M点电势高 D. 摇“绳”过程中，灵敏电流计指针的偏转方向不变 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当“绳”摇到最高点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，故A错误；‎ B．当“绳”摇到最低点时，绳转动的速度与地磁场方向平行，不切割磁感线，感应电流最小，绳受到的安培力也最小，故B错误；‎ C．当“绳”向下运动时，地磁场向北，根据右手定则判断可知，“绳”中N点电势比M点电势高．故C正确；‎ D．在摇“绳”过程中，当“绳”向下运动和向上运动时，“绳”切割磁感线的方向变化，则感应电流的方向变化，即灵敏电流计指针的偏转方向改变，选项D错误．‎ ‎2.如图所示，在直线l上A、B两点各固定电荷量均为Q的正电荷，O为AB的中点，C、D两点关于A点对称，C、D两点的场强大小分别为EC、ED，电势分别为φC、φD.则下列说法正确的是(　　)‎ A. EC>ED，φC>φD B ECφD C. 在直线l上与D点电势相同的点除D点外可能还有2个 D. 将一负电荷从C点移到D点其电势能减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．A在C点产生的场强方向水平向右，B在C点产生的场强方向水平向左，并且小于A在C点的电场强度大小，故C点的电场强度大小为两电荷在C点产生电场强度之差，同理在D点产生的电场强度为两点电场强度之和，故，根据公式可得，C到A点的距离等于D到A点的距离，但是AD间的电场强度大于CA间的电场强度大小，所以AD间的电势差大于AC间的电势差，可知D点的电势小于C点的电势，即；A错误，B正确。‎ C．根据电场强度的叠加可知在直线l上，与D点电势相等的点可能有3个，分别处于CO间、OB间和B的右侧；C错误。‎ D．因为AD间的电势差大于AC间的电势差，可知C点的电势高于D点，根据知，负电荷在C点的电势能小于D点的电势能，即将一负电荷从C点移到D点其电势能增大；D错误。‎ 故选B。‎ ‎3. 两个相同的金属小球（均可看做点电荷），原来所带的电荷量分别为+5q和-q，相互间的库仑力大小为F．现将它们相接触，再分别放回原处，则两金属小球间的库仑力大小变为( )‎ A. ‎9F/5 B. F C. ‎4F/5 D. F/5‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：根据库仑定律则 ‎，接触后放回原位，则接触时先中和，后平均分配，此刻两球电量分别为+2q，所以，所以此刻库仑力为C．‎ 考点：库仑定律 点评：此类题型考察了库仑定律的理解，并结合了电荷中和的知识．带入库仑公式中便能求出库仑力大小．‎ ‎4.在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积为S、电流为I的电子束。已知电子的电荷量为e、质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为的电子束内的电子个数是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据动能定理得：‎ 得到：‎ 在刚射出加速电场时，一小段长为的电子束内电子电量为：‎ 电子数为：‎ 联立解得：‎ A．与分析不符，故A错误；‎ B．与分析不符，故B错误；‎ C．与分析相符，故C正确；‎ D．与分析不符，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.如图所示，质量、电量分别为m1、m2、q1、q2的两球，用绝缘丝线悬于同一点，静止后它们恰好位于同一水平面上，细线与竖直方向夹角分别为α、β，则下面可能正确的是（ ）‎ A. 若m1=m2，q1β C. 若m1>m2，q1=q2，则α>β D. 若m1>m2，q1m2，则，故α<β,故C错误，D正确．‎ 故选D。‎ ‎【点睛】库仑定律、共点力的平衡条件及运用．‎ ‎6.如图有一内电阻为4.4 Ω的电解槽和一盏标有“110V　60 W”的灯泡串联后接在电压为220V的直流电路两端，灯泡正常发光，则(　　)．‎ A. 电解槽消耗电功率为120W B. 电解槽消耗的电功率为60W C. 电解槽的发热功率为60W D. 电路消耗的总功率为60W ‎【答案】B ‎【解析】‎ A,B项：由于灯泡正常发光，所以电解槽的电压应该和灯泡两端的电压是相等的，都是110V ，由于电解槽和灯泡串联，它们的电流相等，所以 ,所以电解槽的输入功率为：，所以A错误．B项正确 C项、电解槽的发热功率为：，所以C项错误 D项、电路消耗总功率为：,所以D错误．‎ 故选项B正确 综上所述：本题答案为B ‎7.位于A、B处的两个带不等量负电荷的点电荷在平面内的电势分布如图所示，图中实线表示等势线，下列说法中正确的是 A. 正电荷从c点移到d点，静电力做负功 B. a点和b点的电势不相同 C. 负电荷从a点移到b点，电场力做正功，电势能减少 D. 正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电场力不做功，电势能不变 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A、由于场源是负电荷，故电势从里往外逐渐升高，由图可知，d点的电势大于c点的电势，故正电荷从c点移到d点，电场力做负功，故A正确；‎ B、由图可知，a点和b点位于同一条等势面上，所以电势相同，故B错误；‎ C、a点和b点的电势相同，负电荷从a点移到b点，电场力不做功，电势能不变．故C错误；‎ D、正电荷从e点沿图中虚线移到f点的过程中电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后增大，故D错误．‎ ‎8.如图所示，L1和L2是电网输电线，甲是电压互感器，变压比为1000∶1；乙是电流互感器，变流比为100∶1；并且知道电压表示数为220V，电流表示数为‎10A．则输电线的输送功率为 (　 　)‎ A. 2.2‎‎×102 W B. 2.2×103 W C. 2.2×104 W D. 2.2×108 W ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】已知电压互感器，变压比为1000∶1，电压表示数为220V，故传输电压为：；已知电流互感器，变流比为100∶1，电流表示数为‎10A，故传输电流为：；故电功率为：，故D正确，A、B、C错误；‎ 故选D．‎ ‎9.如图所示，电流表 (0～‎3 A)和 (0～‎0.6 A)是由两个相同的灵敏电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中。闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（ ）‎ A. 、的读数之比为1∶1‎ B. 、的读数之比为5∶1‎ C. 、的指针偏转角度之比为5∶1‎ D. 、的指针偏转角度之比为1∶1‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】图中的、并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，所以、的指针偏转角度之比为1：1；电流表的量程为‎3A，的量程为‎0.6A，当偏转角相同时，、的读数之比为5：1；‎ A．与分析不符，故A错误；‎ B．与分析相符，故B正确；‎ C．与分析不符，故C错误；‎ D．与分析相符，故D正确；‎ 故选BD。‎ ‎10.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法不正确的是 (　　)‎ A. 带电粒子由加速器的中心附近进入加速器 B. 带电粒子由加速器的边缘进入加速器 C. 电场使带电粒子加速，磁场使带电粒子旋转 D. 离子从D形盒射出时的动能与加速电场的电压无关 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据回旋加速器的加速原理，被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，从边缘离开加速器，A正确，不符合题意；B错误，符合题意；‎ C．在磁场中洛伦兹力不做功，离子是从电场中获得能量，C正确，不符合题意；‎ D．当离子离开回旋加速器时，半径最大，动能最大，则有：‎ 与加速的电压无关，D正确，不符合题意。‎ 故选B。‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握加速器的工作原理以及加速器的构造，注意粒子从电场中获得能量，但是出回旋加速器的最大速度与电场无关，与磁感应强度和D形盒的半径有关．‎ ‎11.如图所示，一根足够长的水平滑杆上套有一质量为的光滑金属圆环，在滑杆的正下方与其平行放置一足够长的光滑水平的绝缘轨道，穿过金属环的圆心．现使质量为的条形磁铁以水平速度沿绝缘轨道向右运动，则(　　)‎ A. 磁铁穿过金属环后，两者将先后停下来 B. 磁铁将不会穿越滑环运动 C. 磁铁与圆环的最终速度为 D. 整个过程最多能产生热量 ‎【答案】CD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 金属圆环光滑，一足够长的水平的绝缘轨道光滑，所以圆环与磁铁组成的系统水平方向受到的合力为0，满足动量守恒，根据动量守恒定律与能量的转化与守恒定律即可解答．‎ ‎【详解】A．金属环是光滑的，足够长的水平的绝缘轨道是光滑的，在磁铁穿过金属环后，二者由于不受摩擦力的作用，两者将不会停下来，A错误；‎ B．磁铁在靠近金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相反，所以磁铁受到阻力的作用，同理，在离开金属环的过程中金属环的感应电流方向产生的磁场与原磁场的方向相同，也是受到阻力的作用，但是由于不知道初速度以及环与磁铁的质量之间的关系，所以不能判断出磁铁是否能够会穿越滑环运动，B错误；‎ C．选取磁铁与圆环组成的系统为研究的系统，系统在水平方向受到的合力为0，满足动量守恒；选取磁铁M运动的方向为正方向，则最终可能到达共同速度时 得 C正确；‎ D．磁铁若能穿过金属环，运动的过程中系统的产生的热量等于系统损失的动能，二者的末速度相等时损失的动能最大，为 D正确．‎ ‎【点睛】本题为结合楞次定律考查动量守恒定律的应用，要注意选取的研究对象是磁铁与圆环组成的系统，可根据楞次定律的表现来判断物体运动状态的变化．‎ ‎12.如图所示，在倾角为的光滑轨道上，质量为的金属杆垂直轨道放置，轨道间距为．接通电源，金属杆中通过的电流为．当加上垂直于金属杆的某一方向的匀强磁场后，杆处于静止状态，则所加磁场的磁感应强度的大小可能是 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 分析受力可知，安培力与轨道弹力的合力与平衡，则安培力的最小值为．当磁场与斜面垂直时安培力最小，，所以，任何不小于的值都是可能的，故AB正确，CD错误；‎ 故选AB．‎ 第Ⅱ卷 二、实验题：本题共2小题，共15分。‎ ‎13.一般情况下，金属导体的电阻会随着温度改变而改变．某同学为研究一小灯泡灯丝电阻与温度的关系，设计并完成了有关的实验．实验中用到了下列器材：待测小灯泡、15V直流稳压电源、滑动变阻器（最大阻值为30Ω，最大允许电流为‎1.0A）、电压表（量程0~15V，内阻约15kΩ）、电流表（量程0~‎0.6A，内阻约0.13Ω）、开关一只及导线若干．实验中调节滑动变阻器，小灯泡两端的电压可以从0V至额定电压范围内变化，从而测出小灯泡在不同电压下的电流压，得到了下表中的实验数据：‎ ‎(1)请在方框内画出为完成上述实验而设计的合理的电路图_______．‎ ‎(2)通过所测的数据可知，小灯泡的电阻随其两端所加电压的升高而______（选填“增大”、“‎ 保持不变”或“减小”）．从而得到了灯丝电阻随温度变化的规律．‎ ‎(3)该小灯泡正常工作时的电阻值约为_______Ω（保留2位有效数字）．‎ ‎【答案】 (1). (2). 增大 (3). 46‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]因小灯泡两端的电压可以从0V至额定电压范围内变化，故滑动变阻器用分压式接法，小灯泡的电阻较小，电流表用外接法，如图所示；‎ ‎(2)[2]根据可求灯泡在不同电流值时阻值的大小，得小灯泡的电阻随其两端所加电压的升高而增大，‎ ‎(3)[3]由题意知，小灯泡的额定电压为12V，此时电流I=‎0.26A，所以正常工作时阻值 R=12∕0.26=46Ω ‎14.为研究某一蓄电池组，某兴趣小组将一块旧的电池组充满电，准备利用下列器材测量电池组的电动势和内电阻。 ‎ A．待测电池组，电动势约为4V，内阻约几欧姆 B．直流电压表V1、V2（量程均可满足要求，均可视为理想电表）‎ C．定值电阻R0（未知）‎ D．滑动变阻器R，最大阻值Rp（已知）‎ E．导线和开关 ‎(1)现利用以上器材，设计一个电路如图所示，完成对待测电池组的电动势和内阻的测量。‎ ‎(2)实验之前，需要利用该电路图测出定值电阻R0，方法是先把滑动变阻器R调到最大阻值Rp，再闭合开关，电压表V1和V2的读数分别为U10、U20，则R0=____（用U10、U20、Rp表示）。‎ ‎(3)实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表Vl和V2的多组数据Ul、U2，描绘出Ul-U2图象（横轴为U2），图线斜率绝对值为k，与横轴的截距值为a，则电池组的电动势E=____，内阻r=___（用k、a、R0表示）。‎ ‎(4)经测量得到该电池组的电动势为E=4.0V，内阻r=1.5Ω，现用该电池组与定值电阻R1=1.0Ω串联，然后与两个相同的灯泡构成如图所示的电路，灯泡的伏安特性曲线如图所示，试用作图法求出：每个灯泡的实际功率为____W（结果保留两位小数）。‎ ‎【答案】 (1). (2). ka (3). (4). 0.75(0.73~0.78）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(2)[1]当滑动变阻器接入阻值最大时，此时电路中电流为：‎ 根据欧姆定律得：‎ ‎(3)[2][3]根据闭合电路欧姆定律可知：‎ 根据题意可知：‎ 联立解得：‎ ‎ ，．‎ ‎(4)[4]定值电阻R1与电源构成等效电源，在灯泡U-I图象坐标系内作出等效电源的U-I图象如图所示， ‎ ‎ 由图示图象可知，灯泡两端电压：U=1.70V，通过每个灯泡的电流I=‎0.46A，灯泡实际功率：‎ P=UI=1.70×0.46≈0.78W 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.如图甲是一理想变压器的电路连接图，图乙是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图象，已知原、副线圈的匝数比为10∶1，电流表A2的示数为‎2 A，开关S断开，求：‎ ‎(1)变压器的输入功率和电压表的示数；‎ ‎(2)将开关S闭合，定性分析电路中三只电表的示数变化情况．‎ ‎【答案】：(1)40 W　20 V ‎(2)A1示数增大　A2示数增大　V示数不变 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图象乙知原线圈电压最大值为 U‎1m=200V 有效值为 ‎ U1==200V 根据，得 U2=20V 即电压表的示数为20V．‎ 理想变压器的输入功率等于输出功率，为：‎ P=U2I2=20×2=40W ‎（2）将电键S闭合，相当于负载增多，副线圈总电阻变小，而输出电压由输入电压和匝数比决定，保持不变，所以副线圈电流表示数变大，原线圈电流表示数也变大．即V表不变，A2表增大，A1表增大.‎ ‎16.如图所示，电源电动势有E=12V，内阻r=0.5Ω，“10V、20W”的灯泡L与直流电动机M并联在电源两极间，灯泡恰能正常发光，已知电动机线圈的电阻为RM=1Ω，求：‎ ‎（1）流过内阻的电流为多少？‎ ‎（2）电动机的输出功率为多少？‎ ‎（3）电源的效率为多少？‎ ‎【答案】（1）‎4A （2）16W （3）83%‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)设流过灯泡的电流为IL，则 内阻r的电压 Ur=E-UL=12V-10V=2V 流过内阻的电流为 ‎ (2)设流过电动机的电流为IM，‎ IM=I﹣IL=‎4A-2A=‎‎2 A 电动机的输入功率为 PM总=IMU=2×10=20W 电动机线圈的热功率为 PQ=I2MRM=22×1=4W 电动机输出功率为：‎ PM出=PM总-PQ=20W-4W=16W ‎(3)电源的总功率为 P总=IE=4×12W=48W 电源的效率为 ‎【点睛】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎17.如图所示的xoy坐标系中，在第I象限内存在沿y轴负向的匀强电场，第IV象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场．一个比荷q/m=‎102c/kg的带正电粒子从y轴上的P点垂直进入匀强电场，经过x轴上的Q点以速度v=‎2m/s进入磁场，方向与x轴正向成30°．若粒子在磁场中运动后恰好能再回到电场，已知OQ长L=‎6m，粒子的重力不计，电场强度E和磁感应强度B大小均未知．求：‎ ‎(1)OP的距离 ‎(2)磁感应强度B的大小 ‎(3)若在O点右侧‎44m处放置一平行于y轴的挡板，粒子能击中挡板并被吸收，求粒子从P点进入电场到击中挡板的时间.‎ ‎【答案】(1) (2) B=5×10-3T (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)粒子在电场中做类平抛运动，根据平行四边形定则求出粒子在沿电场方向和垂直电场方向上的速度，结合运动学公式求出OP间的距离；‎ ‎(2)粒子恰好能再回到电场，结合几何关系求出临界半径，结合半径公式求出磁感应强度的大小；‎ ‎(3)根据几何关系求出一个周期内在x轴上发生的距离，确定出粒子能完成周期运动的次数．结合在电场中和磁场中运动的时间，以及最后‎2L内的时间求出粒子从P点进入电场到击中挡板的时间．‎ ‎【详解】(1) 粒子在Q点进入磁场时，vx=vcos30°，‎ vy=vsin30°，‎ 粒子从P点运动到Q点时间 ‎ t=L/vx OP间距离 ‎ 解得：；‎ ‎(2) 粒子恰好能回到电场，即粒子在磁场中轨迹左侧恰好与y轴相切，设半径为R R+Rsin30°=L ‎ ‎ 联立解得：B=5×10-3T ；‎ ‎(3) 粒子在电场和磁场中做周期性运动，轨迹如图 一个周期运动过程中，在x轴上发生的距离为 ‎△L=L+L-2Rsin30°=‎‎8m P点到挡板的距离为‎44m，所以粒子能完成5个周期的运动，然后在电场中沿x轴运动‎4m时击中挡板．‎ ‎5个周期的运动中，在电场中的时间为 ‎ ‎ 磁场中运动的时间 ‎ ‎ 剩余‎2L中的运动时间 ‎ ‎ 总时间 ．‎ ‎【点睛】本题考查了带电粒子在电场和磁场中的运动，掌握处理类平抛运动的方法，抓住等时性结合运动学公式进行求解，对于粒子在磁场中的运动，会确定圆心、半径和圆心角．‎