安徽省天长中学2018_2019学年高二物理上学期第二次月考模拟试题（含解析）.doc

天长中学高二第二次段考模拟试卷物 理一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，17题只有一项是符合题目要求的。812题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.下列关于物理学史的说法中正确的是（ ）A. 奥斯特发现了电磁感应现象B. 库伦发现了库伦定律，并由卡文迪许利用扭秤实验测出了静电力常量C. 焦尔发现了电流的热效应，定量给出了电能和内能之间的转换关系D. 安培发现了电流的磁效应，总结了电现象与磁现象之间的联系【答案】C【解析】【详解】丹麦物理学家奥斯特发现电流磁效应之后，1831年英国科学家法拉第发现了电磁感应定律，故A错误；库伦发现了库伦定律，并利用扭秤实验测出了静电力常量，卡文迪许用扭秤实验测出了引力恒量，故B错误；焦耳发现了电流的热效应，定量给出了电能和内能之间的转换关系，故C正确；丹麦物理学家奥斯特发现电流磁效应，故D错误。所以C正确，ABD错误。2.下列说法中正确的是（ ）A. 电容、电流、磁感应强度都用到了比值定义法B. 可自由转动的小磁针，在地面上静止时，其N极指向地磁的南极附近C. 通电导线在磁场中受到的安培力越大，该处磁场的磁感应强度就越强D. 电荷所受电场力一定与该处电场方向一致，但所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直【答案】B【解析】【详解】电容、磁感应强度都用到了比值定义法，电流不是用比值法定义的，故A错误；规定小磁针静止时，N极指向即为该位置磁场方向，而地理的南极为地磁的北极，故可自由转动的小磁针，在地面上静止时，其N极指向地磁的南极附近，故B正确；根据公式F=BILsin，通电导线在磁场中受到的安培力大，该处磁场的磁感应强度不一定强，还与电流的大小、电流方向与磁场方向的夹角有关，故C错误；正电荷所受电场力一定与该处电场方向一致，负电荷所受电场力一定与该处电场方向相反，运动电荷所受的洛伦兹力不一定与磁场方向垂直，故D错误。所以B正确，ACD错误。3.如图，一带正电的点电荷固定于点，两虚线圆均以为圆心，两实线分别为带电粒子和先后在电场中运动的轨迹，、为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法说法正确的是（ ）A. 在点的电势能等于它在点的电势能B. 在点的加速度大小大于它在点的加速度大小C. 在从点运动到点的全过程中，电场力始终不做功D. 对同一虚线圆上的点和，电场强度相同【答案】A【解析】【详解】d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故A正确；依据离点电荷越近的电场强度越强，越远的则越弱，因此M在b点的电场力大小小于它在a点的电场力大小，那么M在b点的加速度大小也小于它在a点的加速度大小，故B错误；N在从e点运动到d点的全过程中，电场力先做负功，再做正功，但总功为零，不是始终不做功，故C错误；对同一虚线圆上的点a和c，电场强度大小相同，方向不同，故D错误。所以A正确，BCD错误。4.如图所示，图中的三个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向左端缓慢移动时，下面说法中正确的是（）A. 电压表V2的读数减小，电流表A的读数增大B. 电压表V1的读数增大，电压表V2的读数增大C. 电压表V2的读数增加，电流表A的读数减小D. 无法确定电阻消耗的功率变化，电容器所带电量增加【答案】D【解析】【详解】由图可知，当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻增大，则总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，总电流减小，故电流表A示数减小；根据欧姆定律知，R2的电压减小，则电压表V2的读数减小。电压表V1的读数U1=E-I（R1+r），I减小，则U1增大。将R1、R2看成电源的内阻，由于等效电源的内电阻与RP的大小未知，不能判断RP消耗的功率变化。电容器的电压等于电压表V2的读数，则知电容器的电压减小，电量减少。故D正确，ABC错误。5.如图所示，D是一个具有单向导电性的理想二极管，水平放置的平行板电容器AB内部原有带电微粒P处于静止状态。下列措施下，关于P的运动情况的说法中正确的是（ ）A. 保持S闭合，增大A、B板间距离，P仍静止B. 保持S闭合，减小A、B板间距离，P向上运动C. 断开S后，增大A、B板间距离，P向下运动D. 若B板接地，断开S后，A板稍下移，P的电势能不变【答案】ABD【解析】当保持S闭合，则电容器的电压不变，当增大A、B极间距，则导致电容器的电容减小，则出现电容器的电荷量减小，而二极管作用导致电容器的电荷量不会减小，则电容器的电荷量会不变，电压不变，所以电场强度不变，带电微粒受重力和电场力依旧平衡，故A对；当保持S闭合，电容器的电压不变，当减小A、B极间距，则导致电容器的电容增加，则出现电容器的电荷量增加，因此电场强度增大，所以P向上运动，故B对；当增大A、B板间距离，导致电容器的电容减小，由于断开开关S，则电容器的电荷量不变，所以极板间的电场强度不变，因此P仍处于静止，故C错；A板稍下移，导致电容器的电容增大，当断开S后，则电容器的电荷量不变，所以电场强度也不变，由于B板接地，则P点到B板的电势差不变，因此P点的电势能也不变，故D对。6.如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，MOP60，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1.若将M处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为B2，那么B2与B1之比为() A. 1 B. 2 C. 11 D. 12【答案】B【解析】依题意，每根导线在O点产生的磁感强度为，方向竖直向下，则当M移至P点时，两根导线在O点形成的磁场方向成600角，则O点合磁感强度大小为：B2=2cos30=，则B2与B1之比为 ：2故选B点睛：磁感强度为矢量，在求合磁感强度时应先分别求得各导线O点的磁感强度再由矢量的合成方法-平行四边形求得总的磁感强度7.用粗细均匀的电阻丝折成等边三角形框架abc，边长为L，每边电阻均为R，一电动势为E，内阻为R的电源与框架的两个顶点a、b相连。磁感应强度为B的匀强磁场与三角形框架所在的平面垂直，如图所示。则整个三角形框架受到的安培力大小为（ ）A. 0 B. C. D. 【答案】B【解析】根据左手定则判断出各段受到的安培力的方向，如图所示：等效电路为R和2R并联，并联后总电阻为：，则路端电压，根据欧姆定律：，则安培力，F1，F2的夹角为120，根据平行四边形定则其合力大小为：，故三角形框架受到的安培力的合力大小为：，故选B。【点睛】该题中，各段时的电流的大小不相等，要使用闭合电路的欧姆定律分别计算出各段的电流的大小，然后计算安培力是解题的正确思路题目的难度中档8.如图所示，直线、分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流的变化的特性图线，曲线是一个小灯泡的伏安特性曲线。曲线与直线、相交点的坐标分别为、。如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是（）A. 电源1与电源2的内阻之比是B. 电源1与电源2的电动势之比是C. 在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是D. 在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是【答案】AB【解析】【详解】根据电源U-I图线的斜率绝对值表示内阻知，电源1的内阻为，电源2的内阻为，则r1：r2=3：2，故A正确；根据电源U-I图线的纵截距表示电动势知，E1=E2=10V，故B正确；灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态，则接电源1时，U1=3.5V，I1=5A，小灯泡消耗的功率 P1=U1I1=17.5W，小灯泡的电阻；接电源2时，U2=5V，I2=6A，P2=30W，小灯泡的电阻，所以P1：P2=7：12，R1：R2=21：25，故CD错误。所以AB正确，CD错误。9.如图所示，两水平放置的平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，距板右端L处有一竖直放置的荧光屏PQ。一带电荷量为q，质量为m的带电小球以速度v0从两板中央射入板间，最后垂直打在屏PQ上 (重力加速度为g) ，则下列说法正确的是（ ）A. 板间电场强度大小为B. 板间电场强度大小为C. 小球在板间的运动时间和它从板的右端运动到荧光屏的时间相等D. 小球打在屏上的位置与O点的距离为【答案】ACD【解析】【详解】根据题分析可知，小球在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，小球的轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图所示：可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得：qE-mg=mg，可得到：，故A正确，B错误；由于质点在水平方向一直做匀速直线运动，两段水平位移大小相等，则小球在板间运动的时间跟它从板的右端运动到荧光屏的时间相等，故C正确；小球在电场中向上偏转的距离，其中，联立解得：，故小球打在屏上的位置与P点的距离为：，故D正确。所以ACD正确，B错误。10.下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要参数。若该车在额定状态下以最大速度行驶，不计自行车自身的机械消耗，则（ ）A. 电动机的输入功率为WB. 电动机的内阻约等于C. 该车受到的阻力大小约为ND. 该车获得的牵引力大小约为N【答案】AC【解析】【详解】电动机的输入功率P入=UI=3612W=432W，故A正确；根据P热=P入-P出=432-300=132W，根据P热=I2r，代入数据解得：r0.92，故B错误；电动车速度最大时，牵引力F与阻力Ff大小相等，由P出=Ffvmax，可得，故C正确，D错误。所以AC正确，BD错误。11.如图所示，绝缘的斜面处在于一个竖直向上的匀强电场中，一带电金属块由静止开始沿斜面滑到底端，已知在金属块下滑的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电势能增加0.5J，则以下判断正确的是A. 金属块带负电荷 B. 电场力做功0.5JC. 金属块克服摩擦力做功0.7J D. 金属块的机械能减少1.2J【答案】CD【解析】【详解】在下滑过程中电势能增加0.5J，故物体需克服电场力做功为0.5J，故金属块正电，故AB错误；在金属块滑下的过程中动能增加了0.3J，重力做功1.5J，电场力为-0.5J，根据动能定理得：W总=WG+W电+Wf=EK，解得：Wf=-0.7J，故C正确；外力做功为W外=W电+Wf=-1.2J，故机械能减少1.2J，故D正确。所以CD正确，AB错误。12.如图甲所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔.右极板电势随时间变化的规律如图乙所示.电子原来静止在左极板小孔处.(不计重力作用)下列说法中正确的是( )A. 从时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B. 从时刻释放电子，电子可能在两板间振动C. 从时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D. 从时刻释放电子，电子必将打到左极板上【答案】AC【解析】AB、从t=0时刻释放电子，在前T/2内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；后T/2内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动到速度为零；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上，A错误，B正确；C、从t=T/4时刻释放电子，在T/4到T/2内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；在T/2到3T/4内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动到速度为零；在此期间可能打在右板上，如果不能打在右板上，在3T/4到T内，电子受到向左的电场力作用，电子向左做匀加速直线运动；在T到5T/4内，电子受到向右的电场力作用，电子向左做匀减速直线运动到速度为零；接着周而复始，在两板间左右来回运动。C正确；D、从t=3T/8时刻释放电子，电子先向右运动，后向左运动，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，电子最终从左极板的小孔离开电场。也可能电子在向右过程中就碰到右极板，D错误。故选：BC。二、实验题（17分）13.某学校物理研究性学习小组为了较精确地测量某一电池的电动势和内阻（电动势约为1.5V，内阻约为1），从实验室选定了如下实验器材：A定值电阻R0（阻值为900）B滑动变阻器R1（010，额定电流为2 A）C电流表G（满偏电流3.0mA，内阻为100）D电流表A（量程00.6A，内阻约为1）E开关一个，导线若干（1）请将图甲中实验电路补充完整；（2）根据图甲补充完整后的电路图，将图乙所示的实物图连接完整；（3）图丙为该学习小组根据正确的实验得到的数据画出的图线，纵坐标I1为电流表G的示数，横坐标I2为电流表A的示数，则可知被测电源的电动势为_V，内阻为_（保留两位有效数字）【答案】 (1). (2). 1.4 0.67【解析】【详解】（1）所给实验器材中没有电压表，给出了两个电流表，可以将电流表G与定值电阻R0串联，改装成电压表，用电流表A测电路电流，滑动变阻器R1串联接入电路，实验电路图如图所示：（2）根据实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（3）电源两端电压为：U=I1（R0+RG）=I1（900+100）=1000I1，图象与纵轴的交点是电源电动势，由图示图象可知，电动势为：E=0.0014A1000=1.4V；由图示图象可知，图象与横轴交点对应的纵坐标为1.0mA，对应的电压值：U=1000I1=10000.001=1V，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图示图象可知，电源内阻.14.（1）在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量如图所示，读数为_mm。（2）某实验小组用伏安法测金属丝的电阻，现有器材如下：A待测电阻（阻值大约为）B电流表A1（A，内阻约为）C电流表A2（A，内阻约为）D电压表V1（V，内阻约为k） E电压表V2（V，内阻约为k） F滑动变阻器（） G滑动变阻器（） H蓄电池（电动势为V） M电键、导线若干为了较为准确的测量的电阻，在保证器材安全的前提下，要求电压表的读数从零附近开始变化，则应选择的器材为_，请将你设计的电路花在虚线框中，并标明所用器材的代号_。（3）若该同学测出金属丝长度为，电压表示数为，电流表示数为，改变滑动变阻器的阻值，测得多组数据，并描绘相应的图像如图所示，若图线的斜率，金属丝横截面的直径为，则该金属丝的电阻率_（用题中字母表示） 【答案】 (1). mm (2). ABDFHM (3). (4). 【解析】【详解】（1）由图所示螺旋测微器可知，其示数为 d=0 mm+31.70.01mm=0.317mm；（2）电源电动势为3V，电压表需要选择D，通过待测电阻的最大电流约为：，电流表应选择B。由题意可知，电压与电流从零开始，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择F，实验还需要导线与开关，因此需要的实验器材为：ABDFHM；由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，滑动变阻器采用分压接法，实验电路图如图所示：（3）待测电阻阻值为：，由电阻定律可知：，整理得：，图象的斜率为：，则电阻率为：。三、计算题（45分）15.如图所示，为电解槽，M为电动机，N为电炉子，恒定电压12V，电解槽内阻，当S1闭合，S2、S3断开时，电流表示数A；当S2闭合，S1、S3断开时，电流表示数A，且电动机的内阻；当S3闭合，S1、S2断开时，电流表示数为A求：（1）电炉子的电阻及发热功率；（2）电动机机械效率；（3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】电炉子工作时为纯电阻，根据欧姆定律及发热功率公式即可求解；电动机工作时为非纯电阻，由能量守恒定律列式，即可求解电动机的内阻；化学能的功率等于总功率减去内阻消耗的功率，由能量守恒定律求解.【详解】（1）电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律得： 其发热功率：WW （2）电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律：输出 所以：（3）电解槽为非纯电阻元件，由能量守恒定律：化学 所以：化学W W【点睛】对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路，当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路。16.如图所示，场强大小为的匀强电场方向水平向右，范围足够大。一光滑绝缘轨道固定在水平面上，轨道由足够长的水平部分和半径为的 四分之一圆弧轨道构成。一质量为、电量为的小球在水平轨道上某点静止释放，恰好可在圆弧最高点离开轨道。设小球掉到水平地面上不反弹，重力加速度为，求：（1）小球离开圆弧轨道瞬间的速度大小；（2）小球掉到水平地面上的位置到圆弧轨道圆心点的距离。【答案】（1） （2）【解析】【分析】小球离开圆弧轨道瞬间只有重力提供向心力，由牛顿第二定律可求；小球离开圆弧轨道后受水平方向的电场力和竖直方向的重力，将小球的运动安受力情况分解为水平方向和竖直方向的运动，分别列式求解。【详解】（1）小球离开圆弧轨道瞬间受重力，则在圆弧最高点由牛顿第二定律得：解得： （2）小球离开圆弧轨道后竖直方向只受重力做匀加速运动竖直方向：R=水平方向受电场力做匀加速运动： 其中：qE=ma 联立解得：【点睛】本题考查了牛顿第二定律、运动学公式，将曲线运动安受力特点分解为两个方向的直线运动来推论是解题的关键。17. 如图所示，两平行光滑金属导轨宽d，与电源连通，导轨平面与水平方向的夹角角，导轨上放置一质量为m的金属棒MN当导体棒中通有电流I时，为使其能静止在导轨上，需在金属棒所在的空间加一匀强磁场（1）如果导体棒MN静止在导轨上且对导轨无压力，则所加的匀强磁场的磁感强度大小和方向如何？（2）若要磁场的磁感应强度最小，所加磁场方向如何？磁感应强度最小值为多大？【答案】（1）如果导体棒MN静止在导轨上且对导轨无压力，则所加的匀强磁场的磁感强度大小B=和方向水平向右；（2）若要磁场