【物理】四川省泸县第四中学2019-2020学年高二上学期期末模拟考试物理试题（解析版） 14页

‎2019年秋四川省泸县第四中学高二期末模拟考试 理综物理试题 一、选择题 ‎1.关于电源电动势下列说法中正确的是 A. 电源的电动势实质上就是电源两极间的电压 B. 电源的电动势在数值上等于两极间的电压 C. 电源的电动势与电压的单位相同，但与电压有本质的区别 D. 电动势越大，电源两极间的电压一定越高 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】电源电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量；电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功，电动势等于电源没有接入电路时电源两极间的电压，电动势等于内外电路电压之和．‎ ‎【详解】AB．电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电源正、负极之间的电势差为电源的路端电压，只有当电源处于断路状态时，电源的电动势才等于路端电压；故AB错误；‎ C．由A的分析可知，电源电动势与电压单位相同，但与电压有本质的区别；故C正确；‎ D．电动势越大，说明电源转化能量的本领越大，但电源两端的电压与外电路有关，电压并一定大；故D错误；‎ ‎【点睛】电动势是一个表征电源特征的物理量．定义电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上，等于非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功．‎ ‎2.如下图所示的均匀磁场中，已经标出了电流I和磁场B以及磁场对电流作用力F三者其方向，其中错误的是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】ABD．根据左手定则，ABD正确；C．C项导体棒与磁场平行，不受力，C错误。‎ 本题选错误的，故选C。‎ ‎3.如图所示的电路中，线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，LA、LB是两个相同的灯泡，下列说法中正确的是：（ ）‎ A. k闭合瞬间，LA立即变亮，LB不亮 B. k闭合瞬间，LA、LB同时立即变亮 C. k断开的瞬间，LA、LB同时熄灭 D. k断开的瞬间，LA立即熄灭，LB逐渐熄灭 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】闭合S，A、B同时亮，随着L中电流增大，线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，A逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析B灯亮度的变化．断开S，B灯立即熄灭，线圈中电流，根据楞次定律判断A灯亮度如何变化．‎ ‎【详解】AB．闭合k时，电源的电压同时加到两灯上，LA、LB同时亮，且亮度相同；随着L中电流增大，由于线圈L直流电阻可忽略不计，分流作用增大，LA逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，LB变亮；故A错误，B正确.‎ CD．断开k，LB立即熄灭，线圈中电流减小，产生自感电动势，感应电流流过LA灯，LA闪亮一下后熄灭；故C错误，D错误.‎ 故选B.‎ ‎4.如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ．如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是 A. 棒中的电流变大，θ角变大 B. 两悬线等长变短，θ角变小 C. 金属棒质量变大，θ角变大 D. 磁感应强度变大，θ角变小 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】导体棒受力如图所示，‎ 导体棒平衡，可得：‎ ‎；‎ A．棒中电流I变大，θ角变大，故A正确；B．两悬线等长变短，θ角不变，故B错误；‎ C．金属棒质量变大，θ角变小，故C错误；D．磁感应强度变大，θ角变大，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】此题考查了安培力及物体的平衡问题；解题时对金属棒进行受力分析、应用平衡条件，根据安培力公式分析即可正确解题．‎ ‎5.如图所示的天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂有一个矩形线圈．宽度为L，共N匝，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I时(方向如图)，在天平左右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡，当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡，由此可知(　　)‎ A. 磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为（m2-m1）g/NIL B. 磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为(m1 - m2)g/NIL C. 磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 D. 磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】当电流反向时，右边需加质量为的砝码，则电流未反向前安培力方向向下，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向里.由平衡条件知，电流未反向前有，电流反向后，有，所以.D正确.‎ ‎6.在如图（a）所示的电路中，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器（最大阻值20Ω）．闭合电键S，将滑动变阻器的滑动触头P从最右端滑到最左端，两个电压表（内阻极大）的示数随电路中电流变化的完整过程图线如图（b）所示．则下列说法正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 图线甲是电压表V1示数随电流变化的图线 B. 电源内电阻的阻值为10Ω C. 电源的最大输出功率为1.5W D. 滑动变阻器R2的最大功率为0.9W ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；而R1两端的电压增大，故乙表示是V1示数的变化；甲表示V2示数的变化；故A错误；‎ B．由图可知，当只有R1接入电路时，电路中电流为0.6A，电压为3V，则由E=U+Ir可得：‎ E=3+0.6r 当滑动变阻器全部接入时，两电压表示数之比为，故；由闭合电路欧姆定律可得 E=5+0.2r 解得：‎ r=5Ω，E=6V 故B错误；‎ C．因当内阻等于外阻时，电源的输出功率最大，故当外阻等于5Ω时，电源的输出功率最大，故此时电流 故电源的最大输出功率 P=UI=1.8W 故C错误；‎ D．由C的分析可知，R1的阻值为5Ω，R2电阻为20Ω；当R1等效为内阻，则当滑动变阻器的阻值等于R+r时，滑动变阻器消耗的功率最大，故当滑动变阻器阻值为10Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大，由闭合电路欧姆定律可得，电路中的电流 则滑动变阻器消耗的总功率 故D正确。‎ ‎【点睛】在求定值电阻的最大功率时，应是电流最大的时候；而求变值电阻的最大功率时，应根据电源的最大输出功率求，必要时可将与电源串联的定值电阻等效为内阻处理。‎ ‎7.在竖直面内用两个一样弹簧吊着一根铜棒,铜棒所在虚线范围内有垂直于纸面的匀强磁场,棒中通以自左向右的电流,如图所示。当棒静止时,弹簧秤的读数为F1;若将棒中的电流方向反向,当棒静止时,弹簧秤的示数为F2,且F2>F1,根据这两个数据,可以确定( )‎ A. 磁场的方向 B. 磁感强度的大小 C. 安培力的大小 D. 铜棒的重力 ‎【答案】ACD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因为电流反向时，弹簧秤的读数F2＞F1，所以可以知道电流自左向右时，导体棒受到的磁场力方向向上，根据左手定则可以确定磁场的方向为垂直纸面向里，故磁场的方向可以确定，故A正确。‎ B．由于电流大小不知，所以无法确定磁感应强度的大小，故B错误；‎ CD． 令铜棒的重力为G，安培力的大小为F，则由平衡条件得：‎ ‎2F1=G-F 当电流反向时，磁场力变为竖直向下，此时同样根据导体棒平衡有：‎ ‎2F2=G+F 联立可得：棒的重力 G=F1+F2‎ 安培力F的大小 F=F2-F1‎ 因此可确定安培力的大小与铜棒的重力，故CD正确。‎ ‎8.地面附近空间中存在着水平方向的匀强电场和匀强磁场，已知磁场方向垂直纸面向里，一个带电油滴沿着一条与竖直方向成θ角的直线MN运动．如图所示，由此可以判断：（ ）‎ A. 油滴一定做匀速直线运动 B. 油滴可能做匀变速直线运动 C. 如果油滴带正电，它是从N点运动到M点 D. 如果油滴带正电，它是从M点运动到N点 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，所以洛伦兹力只能垂直于直线向上，从而可判断粒子的电性（带负电），同时可知电场力的方向向左，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误．‎ ‎【详解】AB．油滴做直线运动，受重力、电场力和洛伦兹力作用，因为重力和电场力均为恒力，根据物体做直线运动条件可知，粒子所受洛伦兹力亦为恒力据F=qvB可知，粒子必定做匀速直线运动;故A正确,B错误.‎ CD．根据做直线运动条件和受力情况，如图所示：‎ 可知如果油滴带正电，由左手定则判断可知，油滴的速度从M点到N点，故C错误，D正确.‎ 故选AD.‎ ‎【点睛】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）．若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动．‎ ‎9.如图所示为一个质量为、带电量为的圆环,可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动,细杆处于磁感应强度为的匀强磁场中,圆环以初速度向右运动直至处于平衡状态,则圆环克服摩擦力做的功可能为( )‎ A. 0 B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】A． 当qv0B=mg时，圆环不受支持力和摩擦力，摩擦力做功为零。故A正确。‎ B． 当qv0B＜mg时，圆环做减速运动到静止，只有摩擦力做功。根据动能定理得：‎ 得：‎ 故B正确。‎ CD． 当qv0B＞mg时，圆环先做减速运动，当qvB=mg时，不受摩擦力，做匀速直线运动。当qvB=mg时得：‎ 根据动能定理得：‎ 代入解得：‎ 故C错误D正确。‎ 二．实验题 ‎10.用如图甲所示的装置可验证机械能守恒定律．装置的主体是一个有刻度尺的立柱，其上装有可移动的铁夹A和光电门B.‎ 主要实验步骤如下：‎ ‎①用游标卡尺测量小球的直径d，如图乙所示； ‎ ‎②用细线将小球悬挂于铁架台上，小球处于静止状态；‎ ‎③移动光电门B使之正对小球，固定光电门；‎ ‎④在铁夹A上固定一指针（可记录小球释放点的位置）；‎ ‎⑤把小球拉到偏离竖直方向一定的角度后由静止释放，读出小球释放点到最低点的高度差h和小球通过光电门的时间t；‎ ‎⑥改变小球释放点的位置，重复步骤④⑤．‎ 回答下列问题：‎ ‎(1)由图乙可知，小球的直径d=____________cm；‎ ‎(2)测得小球摆动过程中的最大速度为____________（用所测物理量的字母表示）；‎ ‎(3)以t2为纵轴，以____________（填“h”或“1/h”）为横轴，若得到一条过原点的、且斜率大小k=_________（用所测物理量的字母和重力加速度g表示）的倾斜直线，即可验证小球在摆动过程中机械能守恒.‎ ‎【答案】 (1). 1.060 (2). d/t (3). 1/h d2/2g ‎【解析】‎ ‎【分析】(1)游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；‎ ‎(2)小球经过最低点的速度最大，根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度求出最大速度的大小；‎ ‎(3)应用机械能守恒定律求出图象的函数表达式，然后分析答题.‎ ‎【详解】(1)游标卡尺的主尺读数为10mm，游标读数为0.05×12mm=0.60mm，则最终读数为10.60mm=1.060cm.‎ ‎(2)小球经过最低点的速度最大，根据极短时间内的平均速度等于瞬时速度知，最大速度.‎ ‎(3)根据机械能守恒有：，整理得：，以h为纵轴，以t2为纵轴，若得到一条过原点的直线，应以为横轴，由图象可知，图象的斜率.‎ ‎11.测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U-I图像如下:‎ ‎（1）闭合开关前为防止电表过载滑动变阻器的滑动头P应放在_____处 ‎（2）现备有以下器材：‎ A.干电池1个 B.滑动变阻器（0~50Ω）‎ C.滑动变阻器（0~1750Ω）‎ D.电压表（0~3V）‎ E.电压表（0~15V）‎ F.电流表（0~0.6A）‎ G.电流表（0~3A）‎ 其中滑动变阻器应选_____，电流表应选____，电压表应选_____．(填字母代号)‎ ‎（3）由U-I图像．由此可知这个干电池的电动势E=_______V，内电阻r=______Ω．‎ ‎（4）由于电压表的分流作用使本实验电路存在系统误差，导致E测___ E真，，r测____r真(填“>”“<”或“=”)‎ ‎【答案】 (1). a (2). B D F (3). 1.5 0.75 (4). < <‎ ‎【解析】（1）[1] 闭合开关之前滑动变阻器的滑动头P应放在最大值位置处，即a处．‎ ‎（2）[2]滑动变阻器起控制电流的作用，而电源电动势大约1.5V，电路中电流较小，故为了便用调节，滑动变阻器选取B．‎ ‎[3]电源电动势大约1.5V，因此电压表选择量程为3V的比较合适，故电压表选择D，‎ ‎[4]由图可知，电路中的电流较小，因此电流表选择F．‎ ‎（3）[5]在U-I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.5V；‎ ‎[6]图象中的斜率表示电源的内阻，则有：Ω ‎（4）[7][8]由图所示电路图可知，相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表分流，电流测量值小于真实值，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的U-I图象如图所示：‎ 电源的U-I 图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值．‎ 三、计算题 ‎12.如图,水平放置的光滑的金属导轨M、N,平行地置于匀强磁场中,间距为d,磁场的磁感强度大小为B,方向与导轨平面夹为α,金属棒ab的质量为m,放在导轨上且与导轨垂直。电源电动势为E,定值电阻为R,其余部分电阻不计。当电键K闭合的瞬间,求棒ab的加速度为多大。‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】电键闭合时，导体棒中通过的电流方向是从a到b，根据左手定则知，导体棒受到的安培力方向如图所示 因为导体棒受三个力作用下在水平方向运动，故导体棒在竖直方向所受合力为0，由题得：‎ F=BId 则导体棒所受的合力 F合=F合x=Fsinα 根据牛顿第二定律，棒产生的加速度 在电路中，根据闭合电路欧姆定律 所以导体棒产生的加速度 ‎13.如图所示，空间分布着水平方向的匀强磁场，磁场区域的水平宽度d＝0.4 m，竖直方向足够长，磁感应强度B＝0.5T．正方形导线框PQMN边长L＝0.4m，质量m＝0.2kg，电阻R＝0.1Ω，开始时放在光滑绝缘水平板上I位置，现用一水平向右的恒力F＝0.8N拉线框，使其向右穿过磁场区，最后到达II位置(MN边恰好出磁场)．设线框平面在运动中始终保持在竖直平面内，PQ边刚进入磁场后线框恰好做匀速运动，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）线框进入磁场前运动的距离D；‎ ‎（2）上述整个过程中线框内产生的焦耳热；‎ ‎（3）线框进入磁场过程中通过的电量．‎ ‎【答案】(1)0.5m　(2)0.64J　(3)0.8C ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）线框在磁场中匀速运动，则 由公式得：，，‎ 由以上四式联立解得：‎ 由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎（2）由能量守恒定律可知 ‎（3）根据可得 ‎14.中国著名物理学家、中国科学院院士何泽慧教授曾在1945年首次通过实验观察到正、负电子的弹性碰撞过程．有人设想利用电场、磁场控制正、负电子在云室中运动来再现这一过程．实验设计原理如下：在如图所示的xOy平面内，A、C二小孔距原点的距离均为L，每隔一定的时间源源不断地分别从A孔射入正电子，C孔射入负电子，初速度均为v0，方向垂直x轴，正、负电子的质量均为m，电荷量分别为e和-e（忽略电子之间的相互作用及电子重力）．在y轴的左侧区域加一水平向右的匀强电场，在y轴的右侧区域加一垂直纸面的匀强磁场（图中未画出），要使正、负电子在y轴上的P（0，L）处相碰．求：‎ ‎（1）磁感应强度B的大小和方向；‎ ‎（2）在P点相碰的正、负电子射入小孔的时间差；‎ ‎（3）由A孔射入电场的正电子，有部分在运动过程中没有与负电子相碰，最终打在x正半轴上D点，求OD间距离．‎ ‎【答案】（1），方向垂直纸面向外（2） （3）3L ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）负电子在磁场中做圆周运动，由图可知，圆周运动的半径为r=L，由 得到：‎ ‎ ‎ 方向垂直纸面向外 ‎（2）负电子在磁场中圆周运动的时间为：‎ 正电子在电场中运动的时间为：‎ 时间差为：‎ ‎.‎ ‎（3）正电子在电场中偏转角为，则：‎ 则 ‎，.‎ 正电子此时速度大小：‎ 在P点没有与负电子相碰正电子，在第一象限的匀强磁场中顺时针由P点运动到D点．轨迹如图所示：‎ 正电子在磁场中的轨道半径为： ‎ 即OP=OD=，‎ 解得：‎