四川省凉山州会东中学2017_2018学年高二物理上学期期末考试模拟试题（含解析）.docx

2017-2018学年四川省凉山州会东中学高二（上）期末物理模拟试卷一选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）1.在力学理论建立的过程中，有许多伟大的科学家做出了贡献关于科学家和他们的贡献，下列说法正确的是（）A. 伽利略发现了行星运动的规律B. 卡文迪许通过实验测出了引力常量C. 牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因D. 法拉第建立了完整的电磁场理论【答案】B【解析】【详解】A、开普勒最早发现了行星运动的规律，故A错误；B、卡文迪许通过实验测出了引力常量， 故B正确；C、伽利略最早提出力不是维持物体运动的原因，故C错误；D、麦克斯韦建立了完整的电磁场理论，故D错误。【点睛】本题考查了物理学史部分，要了解那些伟大科学家的重要贡献，培养科学素质，及为科学奉献的精神。2.关于磁场，下列说法中正确的是（）A. 带电粒子在磁场中运动时一定会受到洛仑兹力的作用B. 磁感应强度的大小和方向与放在其中的通电导线的受力大小和方向无关C. 通电导线受到安培力大的地方磁感应强度一定大D. 根据公式T=，带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与成反比【答案】B【解析】【详解】带电粒子要在磁场中运动，并且速度方向与磁场方向不在同一直线上才受到洛伦兹力，故A错误。磁感应强度的大小和方向是由磁场本身决定的，与放在其中的通电导线的受力大小和方向无关，故B正确。根据安培力的公式：F=BILsin可知，通电导线受到安培力大的地方磁感应强度不一定大，故C错误。根据公式T=，带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v有关，但同时还与半径有关，结合r=，联立可得：T=，可知带电粒子在匀强磁场中的运动周期T与v无关，故D错误。故选B。【点睛】本题要知道带电粒子的速度方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力，带电粒子受洛伦兹力时，洛伦兹力方向与速度方向垂直3.真空中某一点电荷Q在自己周围产生电场，a、b分别是该电场中的两点，如图，其中a点的电场强度大小为Ea，方向与ab连线成120角；b点的电场强度大小为Eb，方向与ab连线成150角，检验电荷q分别放在a点和b点，则（ ）A. 点电荷Q是负电荷B. a、b两点的电场强度大小之比3：1C. 检验电荷在a、b受到的电场力大小相等D. a、b两点可能处于同一等势面上【答案】B【解析】根据场强特点，知道点电荷Q是正电荷，A错误；将两条电场线反向延长后相交于一点，即为点电荷Q的位置，设a、b两点到Q的距离分别为和，由几何知识得到，根据公式得到，B正确；因为，根据得，C错误；因为b点距离正电荷Q远，所以，D错误4.如图所示，直流电路闭合开关后，当滑动变阻器的滑片P向左移动时，下列说法正确的是()A. 电源的总功率一定减小B. 电源的效率一定增大C. 电容器所带电量减小D. 电源的输出功率一定先增大后减小【答案】C【解析】当滑动变阻器的滑片P向左移动时，电阻减小，电路的电流变大，根据P=IE可知，电源总功率变大，选项A错误；路端电压减小，根据，则电源的效率减小，选项B错误；路端电压减小，电容器两端电压减小，则带电量减小，选项C正确；当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，此题中无法判断外电阻和内阻的关系，则无法判断输出功率的变化，选项D错误；故选C.5.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）和灵敏电流计连接，电容器下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（）A. 带电油滴将沿竖直方向向下运动，电势能增加B. 带电油滴在沿竖直方向向上运动，电势能减小C. P点的电势将升高D. 移动极板过程中灵敏电流计中的电流方向是由b流向a【答案】A【解析】【详解】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器板间距离增大，由于电容器两板间电压U不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动。电场力对油滴做负功，则油滴的电势能增加，故A正确，B错误。场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低。故C错误。根据Q=CU，由于电容器的极板间电势差U不变，电容器的电容C减小，故带电量减小，放电电流由a到b，故D错误；故选A。【点睛】本题运用E=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化6.如图所示，O为正方形ABCD的中点，两根无限长通电直导线PQ、MN与均通过O点（彼此绝缘）且PQAB、MNBC，PQ、MN中的电流大小分别为2I和I，方向如图所示。下列说法正确的是（）A. A、B两点的磁感应强度大小相同B. B、C两点的磁感应强度大小相同C. A、B两点的磁感应强度方向相同D. B、C两点的磁感应强度方向相同【答案】C【解析】【详解】通电无限长直导线周围产生的磁场与距离、电流大小相关，距离相同处的磁感应强度大小相同；相同距离处电流越大，磁场越强。设垂直纸面向内为正，MN导线在A、B、C处的磁感应强度分别为B1、B1、B1；PQ导线在A、B、C处的磁感应强度分别为B2、B2、B2；由PQ的电流是MN的两倍，故B2B1；故A、B、C处的磁感应强度的矢量和为（B1+B2）、（B2B1）、B1+B2可知A、C大小相同；故AB错误；依据右手螺旋定则，结合矢量的合成法则，可知，A、B方向相同，C与D方向相同，故C正确，D错误。故选C。7.一圆形线圈位于一随时间t变化的匀强磁场内，磁场方向垂直线圈所在的平面（纸面），以向里为正方向，如图（甲）所示。线圈上顺时针方向为电流的正方向，则当磁场按图（乙）变化时，线圈中的 it 图象正确的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】感应定律和欧姆定律得，所以线圈中的感应电流决定于磁感应强度B随t的变化率。由图乙可知，01s时间内，B增大，增大，感应磁场与原磁场方向相反（感应磁场的磁感应强度的方向向外），由右手定则感应电流是逆时针的，因而是负值。所以可判断01s为负的恒值；同理，13s为负的恒值；3s5s为零；5s6s为负的恒值，故ABC错误，D正确。故选D。【点睛】此类问题不必非要求得电动势的大小，应根据楞次定律判断电路中电流的方向，结合电动势的变化情况即可得出正确结果。8.在如图所示电路中，电源的电动势E=3V，内电阻r=0.5，电阻R1=2，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，则下列叙述中正确的是（ ）A. I变小，U1变小B. U2变小，U3变大C. 电阻R1的电功率减小D. 电源的输出功率减小【答案】ACD【解析】试题分析：理想电表不考虑电表对电表的影响，电压表V3测量路端电压，电流表测量干路电流滑动变阻器的滑动触头P向下滑动，接入电路电阻变大，根据电路的结构，由欧姆定律可判断电表示数的变化量大小，当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析电源输出功率的变化解：A、当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，外电路总电阻变大，由欧姆定律，I变小，U1=IR1变小，故A正确B、I变小，则U3=EIr，U3变大，则U3=U1+U2，U1变小，则U2变大，故B错误C、根据P=可知，U1变小，功率变小故C正确D、内电阻r=0.5，电阻R1=2，则外电路总电阻大于电源的内阻，则当变阻器R的滑片P向下移动时，外电路总电阻增大，电源的输出功率减小，故D正确故选：ACD【点评】解决这类动态分析问题的基础是认识电路的结构，明确当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，难度适中9.回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图所示，它的核心部分是两个D形金属盒，两盒相距很近，分别和高频交流电源向连接，两盒放在匀强磁场中，磁场方向垂直于盒底面，带电粒子由加速器的中心附近进入加速器，直到达到最大圆周半径时通过特殊装置被引出。如果用同一回旋加速器分别加速氚核和粒子（氚核和粒子质量比为3：4，电荷量之比为1：2），则以下说法正确的是（）A. 加速粒子的交流电源的周期较大，粒子获得的最大动能较小B. 若增大磁感应强度，则粒子获得的最大动能增大C. 若增大加速电压，氚核获得的最大动能增大D. 若增大加速电压，氚核在加速器中运动的总时间变短【答案】BD【解析】【详解】交流电源的周期T=；故用同一回旋加速器分别加速氚核和粒子的周期之比为：T1：T2= =3：2；根据qvB=m得，粒子出D形盒时的速度vm=，则粒子出D形盒时的动能Ekm= ，故氚核和粒子，粒子出来时的最大动能之比为：Ek1：Ek2= =1：3，故加速氚核的交流电源的周期较大，氚核获得的最大动能较大，故A错误，根据上式，可知，若增大磁感应强度，则粒子获得的最大动能增大，故B正确；根据qvB=m得，粒子出D形盒时的速度vm=，则粒子出D形盒时的动能Ekm=，最大动能与电压无关，故C错误；若增大加速电压，加速的次数减少，故加速的时间减小，故D正确；故选BD。【点睛】本题回旋加速器考查电磁场的综合应用：在电场中始终被加速，在磁场中总是匀速圆周运动。所以容易让学生产生误解：增加射出的动能由加速电压与缝间决定。原因是带电粒子在电场中动能被增加，而在磁场中动能不变。10.某同学将一直流电源的总功率P ,输出功率和电源内部的发热功率随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如右图中的a、b、c所示。则下列说法中正确的是（ ）A. 图线b表示输出功率随电流I变化的关系B. 图中a线最高点对应的功率为最大输出功率C. 在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C 三点这三点的纵坐标一定满足关系 D. b、c线的交点M与a、b线的交点N的横坐标之比一定为1:2，纵坐标之比一定为1:4【答案】CD【解析】试题分析：由电源总功率和电源内部的发热功率表达式，则电源输出功率，可知图线a表示电源总功率，图线b表示电源内部的发热功率，图线c表示电源的输出功率；在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，因为直流电源的总功率等于输出功率和电源内部的发热功率的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系；当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为b、c线的交点M时的电流，此时电流的大小为，功率的大小为，a、b线的交点N表示电源的总功率和电源内部的发热功率相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为，功率的大小为，所以横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1：4，所以正确选项为C、D。考点：本题考查了电功、电功率和闭合电路中能量的转化。二实验题（共3小题，满分17分）11.某实验小组为了测量某一电阻Rx的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出Rx的阻值约为18左右。为了进一步精确测量该电阻，实验台上有以下器材：A.电流表(量程15mA，内阻未知)B.电流表(量程0.6A，内阻未知)C.电阻箱(099.99)D.电阻箱(0999.9)E.电源(电动势约3V，内阻约1)F.单刀单掷开关2只G.导线若干甲同学设计了如图甲所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成实验：a.先将电阻箱阻值调到最大，闭合S1，断开S2，调节电阻箱阻值，使电阻箱有合适的阻值R1，此时电流表指针有较大的偏转且示数为I；b.保持开关S1闭合，再闭合开关S2，调节电阻箱的阻值为R2，使电流表的示数仍为I。根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择_，电阻箱应选择_ （选填器材前的字母）根据实验步骤可知，待测电阻Rx= _（用步骤中所测得的物理量表示）。同学乙认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻。若已知所选电流表的内阻RA=2.0，闭合开关S2，调节电阻箱R，读出多组电阻值R和电流I的数据；由实验数据绘出的-R图象如图乙所示，由此可求得电源电动势E=_ V，内阻r= _ 。(计算结果保留两位有效数字)【答案】 (1). A; (2). D; (3). ; (4). 3.2; (5). 0.80;【解析】【详解】（1）根据闭合电路欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为：Imax=0.167A=167mA，如果电流表选B，则读数误差太大，故电流表应选A；电源电动势为3V，电流表量程为15mA=0.015A，由欧姆定律：I=U/R可知，电路中的最小电阻应为：Rmax=E/IA=3V/0.015A=200，所以电阻箱应选D；根据闭合电路欧姆定律，S2断开时有：E=I(Rx+R1+RA+r)S2闭合时有：E=I(R2+RA+r)联立解得：Rx=R2R1；(2)S闭合后，由闭合电路欧姆定律可知：E=I(R+RA+r)则有：，由图像可得，联立解得：E=3.2 V r=2.0 .【点睛】根据闭合电路欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程，然后再通过求出电路中需要的最大电阻来选择电阻箱；列出开关S2断开和闭合时对应的闭合电路欧姆定律表达式，然后求解即可；根据（2）中所列方程，根据图象的性质可求得电源电动势和内阻。12.在“测定金属的电阻率”实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图所示的读数是_mm【答案】0.740【解析】【详解】由图示螺旋测微器可知，固定刻度读数：0.5mm；可动刻度读数0.01mm24.0=0.240mm；故螺旋测微器读数为：0.5mm+0.240mm=0.740mm；13.某学生想利用伏安法较精确测量一个定值电阻Rx的阻值（阻值约为2030），所供器材如下：A电压表V1（量程03V，内阻约4k）B电压表V2（量程015V，内阻约20k），C电流表A1（量程050mA，内阻为20）D电流表A2（量程0300mA，内阻为4），E滑动变阻器R1 （010，额定电流为1.5A）F滑动变阻器R2 （02000，额定电流为0.3A）G直流电源E（电动势约9V，内阻约0.5），H电键K，连线用的导线若干根在以上器材中选出适当的器材，有：_（填写器材前面的字母代号）；在虚线框中画出电路图，要求在图上标出所选器材的符号_；【答案】 (1). BDEGH； (2). 【解析】【详解】电源电动势为9V，则电压表需要选择B，电路最大电流约为：0.43A=430mA，则电流表应选择D，为方便实验操作，滑动变阻器应选择E，因此需要的实验器材为：BDEGH。电流表内阻已知，电流表可以采用内接法，由题意可知，待测电阻阻值大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示：【点睛】本题考查了实验器材的选择与实验电路的设计，要掌握实验器材的选择原则：安全性原则、精确性原则、方便实验操作原则；根据题意确定滑动变阻器与电流表接法是设计实验电路的关键。三计算题（共4小题，满分43分）14.如图所示，电源电动势E=10 V，内阻r=0.5 ，“8 V；16 W”的灯泡L恰好能正常发光，电动机M绕线的电阻R0=1 ，求:（1）路端电压；（2）电源的总功率；（3）电动机的输出功率；（4）若电动机转子突然被卡死，灯泡未被烧毁，电阻不受影响，试求电路中总电流、及路端电压？【答案】（1）8V（2）40W（3）12W（4）；【解析】（1）灯泡的额定功率和额定电压为8V、16W，灯泡L恰能正常发光，则路端电压U=8V，（2）电路内电压为所以总电流为电源总功率：（3）所以通过灯泡电流为： 电动机总功率：电动机热功率：电动机输出功率：（4）若电动机转子突然被卡死，则电动机变为纯电阻，灯泡的电阻为，所以外电路总电阻为电路总电流为路端电压为15.空间存在范围足够大的水平方向匀强电场，长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带电量为正q质量为m的小球，已知电场强度，OA处于水平方向，OC在竖直方向。小球从A点由静止释放，当小球运动到O点正下方B时细线恰好断裂取，。求：小球到达B点时的速度大小及此时细线断裂前对小球拉力的大小；小球从A点运动到B点过程中的最大速率；当小球再次运动到OC线上的D点图中未标出时，小球速度的大小和方向。【答案】，；，方向：与竖直方向夹角为：。【解析】【分析】小球由A到B过程，应用动能定理可以求出小球到达B点的速度，在B点对小球应用牛顿第二定律可以求出细线的拉力。重力与电场力的合力方向为小球的等效平衡位置，小球到达等效平衡位置时速度最大，应用动能定理可以求出小球的最大速度。绳子断裂后，小球在水平方向做匀减速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，应用运动的合成与分解及运动学公式求出小球到达D点时的速度。【详解】设小球运动到B点时速度大小为，小球从A到B过程，由动能定理得：，解得：，在B点，由牛顿第二定律得：，解得：；因为电场力与重力的合力方向与竖直方向成，所以当小球运动到细线与竖直方向成时速率最大。由动能定理得：，解得：；细线断裂后，小球水平方向作匀减速运动，竖直方向作自由落体运动。水平方向加速度：，小球再次运动到OC线上的D点所需时间：，小球到D点时竖直方向的速度：，水平方向的速度：，小球的速度：，设小球的速度方向与竖直方向成角，则：，【点睛】本题是一道力学综合题，物体运动过程复杂，难度较大，分析清楚物体运动过程是正确解题的关键，分析清楚运动过程后，应用动能定理、平抛运动规律可以解题。16.如图甲所示，竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场（上、下及左侧无边界）。一个质量为m、电荷量为q、可视为质点的带正电小球，以水平初速度沿PQ向右做直线运动若小球刚经过D点时（t=0），在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D点时与PQ连线成角，已知D、Q间的距离为，小于小球在磁场中做圆周运动的周期，忽略磁场变化造成的影响，重力加速度为g。求：（1）电场强度E的大小（2）与的比值（3）小球过D点后做周期性运动。则当小球运动的周期最大时，求出此时磁感应强度及运动的最大周期的大小，并在图中画出此情形下小球运动一个周期的轨迹。【答案】（1）E=mg/q（2）（3），【解析】试题分析：（1）根据电场力与重力，二力平衡，即可求解；（2）根据小球做匀速圆周运动的周期与半径公式，结合几何关系，即可求解；（3）根据几何关系，由牛顿第二定律，即可求解解：（1）小球在电场中做匀速直线运动，根据二力平衡，则有：mg=qE；解得：E=；（2）小球能再次通过D点，其运动轨迹如图1所示，设圆弧半径为r；则有：s=v0t；由几何关系，有s=；设小球做圆周运动的周期为T，则：T=；t0=；由以上式联立