山西省晋中市祁县中学2018-2019学年高二上学期期末模拟考试物理试卷 15页

祁县中学2019年高二年级物理模拟试题（一）‎ 一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）‎ ‎1.如图所示，电容器极板间有一可移动的电介质板，介质与被测物体相连，电容器接入电路后，通过极板上物理量的变化可确定被测物体的位置，则下列说法中正确的是( ) ‎ A. 若电容器极板间的电压不变，x变大，有电流流向电容器的负极板 B. 若电容器极板上带电荷量不变，x变小，电容器极板间电压变大 C. 若电容器极板间的电压不变，x变大，电容器极板上带电荷量增加 D. 若电容器极板间的电荷量不变，x变大，有电流流向电容器的正极板 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 若电容器极板间的电压不变，根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，根据电容充电还是放电，分析电路中电流方向．‎ ‎【详解】AC．若电容器极板间的电压不变，x变大，电容器的带电量减小，处于放电状态，而电容器正极板带正电，所以有电流流向电容器的负极；故A正确，C错误.‎ B．若电容器极板电量不变，x变小，电容增大，由得知，电容器极板间电压U变小；故B错误.‎ D．若电容器极板电量不变，x变大，电容减小，由得知，电容器极板间电压U变大，但电荷量不变则没有电流流过极板；则D错误.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】电容器是动态变化分析问题，由电容的决定式和定义式相结合进行分析.‎ ‎2.某同学将一个电源分别跟R1和R2串联进行实验，电阻两端的电压随电流变化关系和电源的路端电压随电流变化关系如图所示，下列说法中错误的是（　　）‎ A. 定值电阻R1=3Ω，R2=0.75Ω B. 电源电动势E=9V，内阻r=1Ω C. 接R1时，电源的输出功率为12W D. 接R2时，电源的输出功率为12W ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、电阻的伏安特性曲线的斜率等于电阻阻值，则R1==3Ω、R2= =0.75Ω，故A正确；‎ B、根据闭合电路欧姆定律，则有：E=6+2r；及E=3+3r；‎ 解得：电动势E=9V，内阻r=3Ω，故B错误；‎ C、当接R1时，电源的输出功率为P1=U1I1=6×2=12W，故C正确；‎ D、当接R2时，电源的输出功率为P2=U2I2=3×4=12W，故D正确．‎ 本题选择错误的，故选：B．‎ ‎3.如图,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )‎ A. B. C. 1 D. 2‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力，从而求出磁感应强度的表达式.结合动能，最终得到关于磁感应强度B与动能Ek的关系式，从关系式及题设条件(带电粒子在穿越铝板时减半)就能求出上下磁感应强度之比.‎ ‎【详解】由动能公式：,带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动洛仑兹力提供向心力得：，联立可得：，上下磁场磁感应强度之比为，所以选项BCD错误，选项A正确.故选A.‎ ‎【点睛】本题考查的是带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的问题，所加上的条件是带电粒子穿越金属铝板时动能减半，而质量、电量不变，从而知道速度的变化。由半径公式最终确定上下磁感应强度之比.‎ ‎4.在地球赤道上，某放射源产生的一束α粒子（即氦原子核、带正点粒子）沿竖直向上的方向射出，考虑到地磁场的影响，这一束α粒子的运动轨迹将 A. 向东偏转 B. 向西偏转 C. 向南偏转 D. 向北偏转 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过磁场方向、电流方向，根据左手定则判断洛伦兹力的方向．‎ ‎【详解】赤道处的磁场方向从南向北，带正电的α粒子在地球赤道上空竖直向上运动，根据左手定则，洛伦兹力的方向向西，所以粒子将向西偏转;选项B正确,故选B.‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、洛伦兹力方向的关系，同时要注意电磁场的分布规律．‎ ‎5.把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和P乙表示，则下列结论中正确的是(　　)‎ A. P甲＝P乙 B. P甲＝3P乙 C. P乙＝3P甲 D. P乙>3P甲 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】设灯泡正常发光时的电流为I，对于甲图，电路的总的电流为3I，此时甲的总功率的大小为P甲=U•3I，对于乙图，电流的总电流的大小就为I，此时乙的总功率的大小为P乙=U•I，所以P甲=3P乙，故B正确，ABD错误。故选B。‎ ‎【点睛】对于本题来说关键的是选择公式，由于电路的总电压的大小是相同的，所以用总电压与总电流的乘积来计算总功率的大小比较简单．‎ ‎6.现代质谱仪可用来分析比质子重很多的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电压U加速，经匀强磁场B偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。则关于离子和质子的质量比正确的是( ) ‎ A. 12：1 B. 121：1 C. 11：1 D. 144：1‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：本题先电场加速后磁偏转问题，先根据动能定理得到加速得到的速度表达式，再结合带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式求出离子质量的表达式．‎ 根据动能定理得，解得①，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有，得②，①②两式联立得，一价正离子电荷量与质子电荷量相等，同一加速电场U相同，同一出口离开磁场则R相同，所以，磁感应强度增加到原来的12倍，离子质量是质子质量的144倍，C正确．‎ ‎7.如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上，使两球均处于静止状态。现将A球向竖直杆方向缓慢拉动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡。则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是(　　)‎ A. A、B两小球间的库仑力变大 B. A球对MO杆的压力变大 C. A、B两小球间的库仑力变小 D. A球对MO杆的压力变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对A、B两球分别受力分析，根据平衡条件结合正交分解法列方程求解出各个力的表达式，然后分析讨论．‎ ‎【详解】对A球受力分析，受重力mg、拉力F、支持力N1，静电力F1，如图所示：‎ 根据平衡条件，有x方向：F=F1sinθ ①‎ y方向：N1=mg+F1cosθ ②‎ 再对B球受力分析，受重力Mg、静电力F1、杆对其向左的支持力，如图，根据平衡条件，有：x方向：F1sinθ=N2 ③‎ y方向：F1cosθ=Mg ④‎ 有上述四式得到： ⑤‎ N1=mg+Mg ⑥‎ 由⑤式，由于新位置两球连线与竖直方向夹角θ变小，故静电力F1变小，故A错误，C正确；‎ 由⑥式，水平杆对球A的支持力等于两个球的重力之和，不变，再结合牛顿第三定律可知，求A对水平杆的压力不变，故B，D均错误；‎ 故选C.‎ ‎【点睛】本题关键是对两个球分别受力分析，然后根据平衡条件并运用正交分解法列方程求解出各个力的表达式进行讨论．‎ ‎8.如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是（　　）‎ A. a、b、c小球带同种电荷 B. a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷 C. a、b小球电量之比为 D. a、b小球电量之比为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别对三个小球减小受力分析，结合平衡的条件判断应受到哪种力的作用.对c由共点力平衡的条件判断a、b电量的大小关系.‎ ‎【详解】AB．对c，受到重力、环的支持力以及a与b的库仑力，其中重力与支持力的方向在竖直方向上，水平方向有a对c的库仑力的分力与b对c的库仑力的分力，由共点力平衡的条件可知，a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，则a与b的电性必定是相同的；a与b带同种电荷，它们之间的库仑力是斥力。对a，a受到重力、环的支持力以及b、c对a 的库仑力，重力的方向在竖直方向上，水平方向有支持力的向右的分力、b对a的库仑力向左的分力、c对a的库仑力的分力，若a要平衡，则c对a的库仑力沿水平方向的分力必须向右，所以c对a的作用力必须是吸引力，所以c与a的电性一定相反.即：a、b小球带同种电荷，b、c小球带异种电荷；故A错误，B错误.‎ CD．设环的半径为R，三个小球的带电量分别为：q1、q2和q3，由几何关系可得：，；a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，它们对c的作用力在水平方向的分力大小相等，则：，所以：；故C正确，D错误.‎ 故选C.‎ ‎【点睛】该题结合库仑定律考查共点力作用下物体的平衡，解答的关键是正确选取研究对象，依据题目中的条件，判断出c平衡时a与b对c的作用力都是吸引力，或都是排斥力，它们对c的作用力在水平方向的分力大小相等.‎ 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）‎ ‎9.如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，A、B为x轴上的两点，xA、xB分别为A、B两点在x轴上的坐标值．一电子仅在电场力作用下沿x轴运动，该电子的电势能Ep随其坐标x变化的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A. 该电场一定不是孤立点电荷形成的电场 B. A点的电场强度小于B点的电场强度 C. 电子由A点运动到B点的过程中电场力对其所做的功 D. 电子在A点的动能小于在B点的动能 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：由图乙可知，电子在A、B两点的电势能分别为EpA和EpB，且EpB>EpA，说明电子由A运动到B时电势能增大，电场力做负功，电场力对其所做的功为W=EpA－EpB，选项C正确；电场力做负功，故动能减小，故A点的动能大于B点的动能，选项D错误；由于A、B两点的电势能与两个位置间的关系图乙所示，说明电势是均匀增加的，故这一定是个匀强电场，即不是孤立点电荷形成的电场，选项A正确；A、B两点的电场强度相等，选项B错误。‎ 考点：动能定理，电势能，电场力做功。‎ ‎【名师点晴】该题借助于图像上AB两点电势能的大小关系及电势能的变化规律判断出这是一个匀强电场，而且通过两点的电势能的大小判断电场力做的是正功还是负功，然后就可以确定电压强度的方向是沿x轴的负方向，待这些推出来了，则问题就容易解出来了。‎ ‎10.如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，则( ) ‎ A. 电压表读数变大 B. 电流表读数变大 C. 上消耗的功率逐渐增大 D. 质点P将向上运动 ‎【答案】A ‎11.如图，金属棒AB用软线悬挂在磁感应强度为B，方向如图所示的匀强磁场中，电流由A向B，此时悬线张力为T，欲使悬线张力变小，可采用的方法有 ‎ A. 改变电流方向，且适当增大电流强度 B. 电流方向不变，且适当增大电流强度 C. 将磁场反向，且适当增大磁感应强度 D. 磁场方向不变，且适当增大磁感强度 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【分析】开始导体棒受重力、拉力和向上的安培力处于平衡，根据左手定则判断使悬线张力变小的方法．‎ ‎【详解】A．改变电流方向，则安培力方向向下，绳子张力变大；故A错误.‎ B．电流方向不变，增大电流强度，根据F=BIL知，安培力增大，根据共点力平衡知，绳子张力减小；故B正确.‎ C．将磁场方向反向，安培力方向向下，则绳子张力变大；故C错误.‎ D．将磁场方向不变，增大磁感应强度，根据F=BIL知，安培力增大，根据共点力平衡知，绳子张力减小；故D正确.‎ 故选BD.‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握安培力的大小公式和左手定则判断安培力的方向．结合共点力平衡进行分析.‎ ‎12.如图所示，一直角三角形处于平行于纸面的匀强电场中，∠A=90°，∠B=30°，AC长为L，已知A点的电势为，B点的电势为，C点的电势为0。一带电的粒子从C点以的速度出发，方向如图所示(与AC边成60°)。不计粒子的重力，下列说法正确的是 A. 电场强度的方向由B指向C B. 电场强度的大小为 C. 若粒子能击中图中的A点，则该粒子的比荷为 D. 只要粒子的速度大小合适，就可能击中图中的B点 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A、根据电场的性质，可知BC的中点的电势为，所以电场强度的方向沿∠C的角平分线指向C，故A错误；‎ B、根据可知电场强度的大小为，故B错误；‎ C、粒子在电场中做类平抛运动，粒子能击中图中的A点，则有，，，联立解得，故C正确；‎ D、粒子做类平抛运动，所以粒子速度不论多大在电场中都不能击中图中的B点，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎【点睛】关键是找出等势线，再根据等势线找到电场方向，根据U=Ed求解电场强度。‎ 三、实验题探究题（本大题共2小题，共16.0分）‎ ‎13.现在要测量一段电阻丝的电阻率ρ，其阻值Rx约为0.5 Ω，允许通过的最大电流为0.5 A.现有如下器材可供选择：‎ 电流表A(量程0.6A，内阻约为0.6Ω)‎ 电压表V(量程3V，内阻约为3kΩ)‎ 待测电阻丝Rx(阻值约为0.5Ω)‎ 标准电阻R0(阻值5Ω)‎ 滑动变阻器R1(5 Ω，2A)‎ 滑动变阻器R2(200 Ω，1.5A)‎ 直流电源E(E＝6 V，内阻不计)‎ 开关S、导线若干 ‎(1)图为四位同学分别设计的测量电路的一部分，你认为合理的是________；‎ ‎(2)实验中滑动变阻器应该选择________(选填“R1”或“R2”)，并采用________接法；（分压，限流）‎ ‎(3)根据你在(1)(2)中的选择，在图甲上完成实验电路的连接________；‎ ‎(4)实验中，如果两电表的读数分别为U和I，测得拉直后电阻丝的长度为L、直径为D，则待测电阻丝的电阻率ρ的计算式为ρ＝________；‎ ‎(5)用螺旋测微器测量待测电阻丝的直径时读数如图乙所示，则该电阻丝的直径D＝_______.‎ ‎【答案】 (1). C (2). R1 (3). 分压 (4). (5). (6). 1.205‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)、(2)、关键是根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻来选择变阻器阻值以及接法；根据求出的最小电阻来选择保护电阻；根据待测电阻远小于电压表内阻可知电流表应用外接法，但因为待测电阻阻值太小可知待测电阻应与保护电阻串联使用．‎ ‎(3)根据是连接电路时应先连接主干路然后再连接并联电路，注意正负极和量程．‎ ‎(4)关键是根据欧姆定律和电阻定律求出电阻率的表达式即可．‎ ‎(5)关键是读数时要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出．‎ ‎【详解】(1)根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻为：，所以变阻器应选R1并且应采用分压式接法；电路中需要的最小电阻为：，为保护电流表应与一保护电阻串联，所以排除电路A，再根据待测电阻满足，可知电流表应用外接法，所以应排除电路D，由于待测电阻阻值太小，将电压表直接测量时电压太小无法读数，所以应将待测电阻与保护电阻串联后再与电压表并联才行，所以合理的电路应是C；‎ ‎(2)根据题(1)中的分析可知，变阻器应选R1，并且应采用分压式接法；‎ ‎(3)根据题（1）中分析可知电路连接图如图所示：‎ ‎(4)图C电路图应有： ①‎ 根据电阻定律应有： ②‎ 联立①②可得：‎ ‎(5)螺旋测微器的读数为：D=1mm+20.6×0.01mm=1.205（±0.002）mm；‎ ‎【点睛】明确：①通过估算电路中需要的大小电阻来选择保护电阻，通过电路中需要的最大电阻来选择变阻器阻值以及采用的接法；②当待测电阻满足时，电流表应用外接法．‎ ‎14.带电粒子A（质量为m、电量为q）和带电粒子B（质量为4m、电量为2q）．垂直磁感线射入同一匀强磁场中（不计重力），若以相同速度入射，则轨道半径之比Ra：Rb=______，周期之比Ta：Tb=______.‎ ‎【答案】 (1). 1:2 (2). 1:2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律求出粒子轨道半径，然后根据粒子轨道半径公式、周期公式.‎ ‎【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得：，解得：，则：；‎ 粒子做圆周运动的周期：，周期之比：；‎ ‎【点睛】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出粒子做圆周运动的轨迹半径，根据轨道半径公式与周期公式可以解题.‎ 四、计算题（本大题共3小题，共36.0分）‎ ‎15.在间距d=0.1m、电势差U=103V的两块竖立平行板中间，用一根长l=0.01m的绝缘细线悬挂一个质量m=0.2g、电量q=10-7C的带正电荷的小球，将小球拉到使丝线恰呈水平的位置A后由静止释放（如图所示），问：‎ ‎(1)小球摆至最低点B时的速度和线中的拉力多大？‎ ‎(2)若小球摆至B点时丝线突然断裂，以后小球能经过B点正下方的C点（C点在电场内），则BC相距多远？（g =10m/s2)‎ ‎【答案】（1） ,4×10-3N （2）0.08m ‎【解析】‎ 试题分析：（1）将小球拉到使细线恰呈水平的位置A后由静止释放后，小球受到重力、电场力和线的拉力做圆周运动，根据动能定理求出小球摆至最低点B时的速度．小球经过最低点时，由牛顿第二定律求出线中的拉力；（2）若小球摆至B点时丝线突然断裂，小球做曲线运动，运用运动的分解方法：小球水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动．根据牛顿第二定律求出水平方向加速度，根据对称性和运动学公式求出时间，在竖直方向根据，求距离。‎ ‎（1）‎ 得 得 ‎ ‎（2）‎ ‎ ‎ ‎【点睛】解决带电粒子在电场中运动的问题时，要熟练运用动能定理及分运动的思想进行相关求解。‎ ‎16.一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P（a，0）点以速度v，沿与x正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。求：‎ ‎ ‎ ‎(1)判断粒子的电性；‎ ‎(2)匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。‎ ‎(3)带电粒子在磁场中的运动时间是多少？‎ ‎【答案】(1)负电 (2)坐标为 (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)粒子进入磁场受洛伦兹力作用偏转，由左手定则可知，离子带负电；‎ ‎(2)由几何轨迹找到圆心位置，由几何关系得到半径，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律列方程可得匀强磁场的磁感应强度B；根据几何知识求得粒子射出点离O点的距离．‎ ‎(3)根据粒子在磁场中转过的圆心角与粒子做圆周运动的周期求出粒子在磁场中的运动时间．‎ ‎【详解】(1) 粒子进入磁场受洛伦兹力作用偏转，由左手定则可知，粒子带负电 ‎ (2)设磁感应强度为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r.‎ 由 由射入、射出点的半径可找到圆心O′，粒子在磁场中运动情况如图：‎ ‎ 由几何知识有 联立解得:‎ 又由几何知识知 出射点到O点的距离为 所以出射点的坐标为： ‎ ‎(3)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T,则 由图知，粒子在磁场中做圆周运动对应的圆心角为 ‎ 所以，粒子在磁场中运动的时间是 ‎【点睛】本题考查了求粒子在磁场中的运动，考查了求磁感应强度、粒子的运动时间，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律、周期公式即可正确解题，解题时要注意几何知识的应用．‎ ‎17.电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小。测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量m1=15.0g的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质m0=10.0g，匝数n=10，下边长l=10.0cm的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中，如图18甲所示，线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势E=1.5V，内阻r=1.0Ω。开关S闭合后，调节可变电阻使理想电压表示数U=1.4V时，R1=10Ω，此时天平正好平衡。g=10m/s2，求：‎ ‎（1）线圈下边所受安培力的大小F，以及线圈中电流的方向；‎ ‎（2）矩形线圈的电阻R；‎ ‎（3）该匀强磁场的磁感应强度B的大小。‎ ‎【答案】（1）0.05N，顺时针（2）R=4Ω（3）0.5T ‎【解析】‎ ‎（1）天平两侧平衡，因此有 m1g= m0g+F ‎ 可得：F= m1g-m0g=0.05N F的方向竖直向下，根据左手定则可判断出线框电流方向为顺时针 ‎（2）线圈中电流的大小为：I=(E-U)/r=0.1A ‎ 根据电路规律：U=I(R1+R) ‎ 联立两式可得：R=4Ω ‎（3）矩形线圈下边所受安培力为：F=nBIl ‎ 将数值代入可得： B=F/nIl=0.5T