【物理】吉林省白城市通榆县一中2019-2020学年高二上学期期末考试模拟试题（二）（解析版） 18页

吉林省通榆县第一中学2019—2020学年度高二上学期期末物理模拟试卷二 一、选择题(本题共12小题，每小题4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，有选错的得0分．计48分)‎ ‎1.如图所示，某区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B．匝数为n、边长为L的正方形线圈恰好有一半在磁场内，线圈平面与磁场方向垂直．则穿过此线圈的磁通量为 A. BL2 B. BL2 C. nBL2 D. nBL2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】线圈平面与磁场垂直，在磁场中的有效面积为，又磁通量与线圈的匝数无关，根据，则该线圈的磁通量为，B正确，ACD错误．‎ ‎2.两根平行放置的通电长直导线，电流大小分别为I1和I2，方向如图所示，与导线垂直的平面内有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面中心连线的延长线上，c、d在导线横截面中心连线的垂直平分线上，则下列说法正确的是 A. 当时，a点的磁感应强度可能为零 B. 当时，b点的磁感应强度可能为零 C. 当时，c点的磁感应强度可能为零 D. 当时，d点的磁感应强度可能为零 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．因两根通电导线在a点产生的磁场方向相反，而I1与a点较近，则当时，a点的磁感应强度不可能为零，选项A错误；‎ B．因两根通电导线在b点产生的磁场方向相反，而I2与b点较近，则当时，b点的磁感应强度可能为零，选项B正确；‎ C．当时，由安培定则可知，两根导线在c点产生的磁场的合磁场方向沿虚线竖直向上，即c点的磁感应强度不可能为零，选项C错误；‎ D．当时，由安培定则可知，两根导线在d点产生的磁场的合磁场方向沿虚线竖直向上，即d点的磁感应强度不可能为零，选项D错误；‎ ‎3.如图，虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知b等势面上的电势为1V.一电子经过a等势面时的动能为4eV，速度方向沿电场方向，从a等势面到d等势面的过程中克服电场力所做的功为3eV.下列说法正确的是 A. 电子在c等势面上的电势能为零 B. 电子到达f等势面动能为零 C. 电子初速度方向垂直虚线向右 D. a、b两等势面间的电势差为2V ‎【答案】ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】A．虚线a、b、c、d代表匀强电场内间距相等一组等势面，电子经过a时的动能为4eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为3eV，则电势能增加3eV，因此ad等势面之间的电势差为3V，由于电子的电势能增加，所以等势面从a到d电势是降低的，因为b上的电势为1V，故a上的电势为2V，c上的电势为0V，电子在c 等势面上的电势能为零．故A正确． B．结合A的分析可知，各相邻等势面之间的电势差为1V，则af之间的电势差为4V，电子从a到f将克服电场力做功为4eV，则电子到达f的动能为0．故B正确． C．电子到达f的动能为0，可知电子从a向右运动．故C正确． D．b上的电势为1V，a上的电势为2V，所以ab之间的电势差为1V．故D错误．‎ ‎4.如图所示，从炽热的金属丝漂出的电子(速度可视为零)，经加速电场加速后从两极板中间垂直射入偏转电场．电子的重力不计．在满足电子能射出偏转电场的条件下．下述四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是(　 　)‎ A. 仅将偏转电场极性对调 B. 仅减小偏转电极间的距离 C. 仅增大偏转电极间的电压 D. 仅减小偏转电极间的电压 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ A项：偏转电极只能使电子偏转方向相反，不能增大偏转角，故A错误；‎ B、C、D项：根据动能定理：，得：，在偏转电场中：，，，，若使偏转角变大即使变大，故B、C正确．‎ 点晴：本题是带电粒子先加速后偏转问题，要注意电场中加速根据动能定理求解获得的速度、而在偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成．‎ ‎5.如图所示，闭合开关S，滑动变阻器R2的滑片向下滑动的过程中（ ）‎ A. 通过R1电流增大 B. 电压表的示数变小 C. 流过电阻R3的电流方向是a→b D. 流过电阻R3的电流方向是b→a ‎【答案】C ‎【解析】‎ A、当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，变阻器在路电阻增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，所以通过R1电流减小，故A错误；‎ B、干路电流减小，电压表的示数增大．故B错误；‎ CD、干路电流减小，电容器的电压增大，由知，电容器C所带电量增多，电容器充电，流过电阻R3的电流方向是a→b，故C正确，D错误；‎ 故选C．‎ ‎【点睛】含有电容的电路，根据欧姆定律分析电压和电流的变化，即可判断电容器的电荷量如何变化．‎ ‎6. 如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点O处的电势为0V，点A处的电势为6V，点B处的电势为3V，则电场强度的大小为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：OA的中点C的电势为3V，将C点与B点连接，如图，电场线与等势线垂直，‎ 根据几何关系得，BC=2cm，则OB沿电场线方向上的距离d=sin60°＝1．5cm．所以电场强度．故A正确，BCD错误．故选A．‎ 考点：电场强度 ‎【名师点睛】解决本题的关键知道电场线与等势线垂直，掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系，即，注意d是沿电场线方向上的距离．‎ ‎7.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，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场加速，经匀强磁场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。此离子和质子的质量比约为 A. 11 B. 12 C. 121 D. 144‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】直线加速过程根据动能定理得 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m∝B2，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，D正确，A、B、C错误。故选D。‎ ‎8.在如图甲所示电路中，L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25 A，则此时(　　)‎ A. 通过L1的电流为通过L2的电流的2倍 B. 此时L1、L2和L3的电阻均为12 Ω C. L1消耗的电功率为0.75 W D. L1消耗的电功率为L2消耗的电功率的4倍 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.根据电路图可知，通过L1的电流为干路电流，通过L2的电流为支路电流，且L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，因此通过L1的电流为通过L2的电流的2倍，故A正确；‎ B.因为电路中的总电流为0.25 A，根据图乙L1结合欧姆定律可得 所以求得，但L2和L3为支路，电流小于0.25A，所以电阻小于，故B错误；‎ C.根据公式 可得 故C正确；‎ D.根据图像可知，L1、L2的电压之比大于2:1，电流之比为2:1，因此根据公式 可知，L1、L2的电功率之比大于4:1，即L1消耗的电功率大于L2消耗的电功率的4倍，故D错误。‎ ‎9.如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图线，直线B为电源b的路端电压与电流的关系图线，直线C为一个电阻R两端电压与电流的关系图线．将这个电阻分别接到a、b两电源上，那么(　　)‎ A. R接到b电源上时电源的效率高 B. R接到b电源上时电源的输出功率较大 C. R接到a电源上时电源的输出功率较大，但电源效率较低 D. R接到a电源上时电阻的发热功率较大，电源效率也较高 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】A.电源的效率 由闭合电路欧姆定律 可知，b电源的内阻r较小，R接到b电源上，电源的效率较高，则R接到a电源上，电源的效率较低，故A正确；‎ BC.当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U-I图线与电源的U-I凸显的交点表示电阻的工作状态，焦点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，电源的输出功率 由图像看出，R接到a电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大，故B错误，C正确；‎ D.由图知，R接到a电源上时，电流大，则电阻发热功率较大，但电源的效率较低，故D错误。‎ ‎10.如图所示，分界线MN上下两侧有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度分别为B1和B2，一质量为m，电荷为q的带电粒子（不计重力）从O点出发以一定的初速度v0沿纸面垂直MN向上射出，经时间t又回到出发点O，形成了图示心形图案，则 A. 粒子一定带正电荷 B. MN上下两侧的磁场方向相同 C. MN上下两侧的磁感应强度的大小B1:B2=1:2‎ D. 时间 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ A.‎ ‎ 题中未提供磁场的方向和绕行的方向，所有不能用洛仑兹力充当圆周运动的向心力的方法判定电荷的正负，故A错误；‎ B. 粒子越过磁场的分界线MN时，洛仑兹力的方向没有变，根据左手定则可知磁场方向相同，故B正确；‎ C. 设上面的圆弧半径是r1，下面的圆弧半径是r2，根据几何关系可知r1:r2=1:2；洛仑兹力充当圆周运动的向心力，解得：，所以B1:B2=r2:r1=2:1，故C错误；‎ D. 由洛仑兹力充当圆周运动的向心力，周期T=2πr/v，得；带电粒子运动的时间t=T1+T2/2=，由B1:B2=2:1得t=，故D正确．‎ 故选BD.‎ 点睛：带电粒子在磁场中的绕行方向相同未知，磁场的方向未知，所有不能用洛仑兹力充当圆周运动的向心力的方法判定电荷的正负；粒子越过磁场的分界线MN时，洛仑兹力的方向没有变，但是半径不同，所以磁场方向相同，强度不同；由图可确定半径之比，根据磁感强度与半径的关系可求磁感强度之比．由带电粒子运动时间与周期的关系，结合磁感强度之比可求运动总时间．‎ ‎11.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒．两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速．两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示．在保持匀强磁场和加速电压不变的情况下用同一装置分别对质子()和氦核()加速，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. 质子与氦核所能达到的最大速度之比为l：2‎ B. 质子与氦核所能达到的最大速度之比为2：l C. 加速质子、氦核时交流电的周期之比为2：l D. 加速质子、氦核时交流电的周期之比为l：2‎ ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】试A、当粒子从D形盒中出来时速度最大，根据，得，根据质子（）和氦核（），则有质子与氦核所能达到的最大速度之比2：1，故A错误，B正确．根据公式．可知，周期与最大速度成反比，即加速质子、氦核时交流电的周期之比1：2．故C错误，D正确． 故选BD ‎12.如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝L，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子(不计重力作用)，粒子的比荷为q/m，发射速度大小都为v0，且满足．粒子发射方向与OC边的夹角为θ，对于粒子进入磁场后的运动，下列说法正确的是(　　)‎ ‎ ‎ A. 粒子有可能打到A点 B. 以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短 C. 以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等 D. 在AC边界上只有一半区域有粒子射出 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据，又v0＝qBL/m，可得，又OA=L，所以当θ=60o时，粒子经过A点，所以A正确；‎ B．根据粒子运动的时间，圆心角越大，时间越长，粒子以θ＝60°飞入磁场中时，粒子从A点飞出，轨迹圆心角等于60o，圆心角最大，运动的时间最长，所以B错误；‎ CD．当粒子沿θ=0°飞入磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是，θ从0°到60°在磁场中运动时间先减小后增大，在AC边上有一半区域有粒子飞出，所以C错误；D正确．‎ 二、填空题 (本题共3小题，每空1分，共12分)‎ ‎13.在用电压表和电流表测电池的电动势和内阻的实验中，所用电压表和电流表的内阻分别为1 kΩ和0.1 Ω，如图所示为实验原理图及所需器件图。‎ ‎(1)图中画出连线，将器件按原理图连接成实验电路_______。‎ ‎(2)一位同学记录的6组数据见下表，试根据这些数据在表格中画出UI图象，根据图象读出电池的电动势E＝________V，求出电池内阻r＝________Ω。‎ I(A)‎ ‎0.12‎ ‎0.20‎ ‎0.31‎ ‎0.32‎ ‎0.50‎ ‎0.57‎ U(V)‎ ‎137‎ ‎1.32‎ ‎1.24‎ ‎1.18‎ ‎1.10‎ ‎1.05‎ ‎ (3)若不作出图线，只选用其中两组U和I的数据，用公式E＝U＋Ir列方程求E和r，这样做可能得出误差很大的结果，其中选用第________组和第________组的数据，求得E和r误差最大。‎ ‎【答案】 (1). 见解析 (2). 1.46 0.71 (3). 3 4‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)按照实验原理图将实物图连接起来，如图甲所示。‎ 甲　　　　　　　　　　　乙 ‎(2)根据U、I数据，在方格纸UI坐标上找点描迹。如图乙所示，然后将直线延长，交U轴于V，此即为电源电动势；交I轴于I＝0.65 A，注意此时U2＝1.00 V，由闭合电路欧姆定律得 则r≈0.71 Ω。‎ ‎(3)由图线可以看出第4组数据点偏离直线最远，若取第3组和第4组数据列方程组求E和r ‎，相当于过图中3和4两点作一直线求E和r，而此直线与所画的直线偏离最大，所以选用第3组和第4组数据求得的E和r误差最大。‎ ‎14.现在要测量一段电阻丝的电阻率ρ，电阻丝的阻值Rx≈0.5 Ω，允许通过的最大电流为0.5 A。现提供如下器材：‎ ‎(1)下面四位同学分别设计的“测量部分”的电路，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。‎ ‎(3)根据你在(1)、(2)中的选择，在图中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所示，则该电阻丝的直径D＝________ mm。‎ ‎【答案】(1). C (2). R1 分压 (3). 见解析图 (4). (5). 1.205(±0.002)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)电阻丝Rx两端的最大电压 U＝IRx＝0.25 V 比电压表量程小得多，需要串联一分压电阻，即串联一标准电阻R0，此时 R0＋Rx<‎ 电流表采用外接法，选项C正确。‎ ‎(2)滑动变阻器若选用R2或采用限流接法，调控范围小，应选择R1，并采用分压接法。‎ ‎(3)根据测量电路图和滑动变阻器的分压式接法，实物连线如图所示。‎ ‎(4)待测电阻 由电阻定律得 联立解得 ‎15.现有一满偏电流为500 μA、内阻为1.0×103 Ω的电流表G，某同学想把它改装成中值电阻为500 Ω的欧姆表，实验室提供如下器材：‎ A．一节干电池（电动势为1.5 V，内阻不计）‎ B．电阻箱R1（最大阻值99.99 Ω）‎ C．电阻箱R2（最大阻值999.9 Ω）‎ D．滑动变阻器R3（0～100 Ω）‎ E．滑动变阻器R4（0～1 kΩ）‎ F．导线若干及两个接线柱 ‎（1）由于电流表G的内阻较大，该同学先把电流表G改装成量程为0～3.0‎ ‎ mA的电流表A，则电流表G应____（填“串”或“并”）联一个电阻箱，将该电阻箱的阻值调为____ Ω.‎ ‎（2）将改装后的电流表改装成欧姆表，请选择适当的器材在方框内把改装后的电路图补画完整（含电流表的改装），并标注所选电阻箱和滑到变阻器的符号．‎ ‎（3）用改装后的欧姆表测量一电阻，电流表G的示数为200 μA，则该电阻的阻值为____ Ω，通过该电阻的电流为__m A.‎ ‎【答案】 (1). 并 200 (2). (3). 750 1.2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1][2]将电流表改装为3mA的电流表应该并联一个分流电阻，并联电阻阻值：‎ R＝＝Ω＝200 Ω.‎ ‎（2）[3]改装后的电流表内阻：‎ R＝＝Ω≈167 Ω 把表头改装成中值电阻为500 Ω的欧姆表，则需要串联的电阻：‎ R″＝500－167＝333 Ω 所以选择电阻箱R2和滑动变阻器R4，实验电路图如图所示 ‎（3）[4][5]改装后电流表量程是原电流表G量程的＝6倍，电流表G的示数为200 μA，电路电流：I＝200 μA×6＝1200 μA＝1.2 mA 待测电阻阻值：－R内＝（－500）Ω＝750 Ω.‎ 三.计算题(4小题,计36分)‎ ‎16.在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路。当调节滑动变阻器R 使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5 A和 1.0 V；重新调节R使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0 A和15.0 V。求这台电动机正常运转时的输出功率和电动机的线圈电阻。‎ ‎【答案】22.0 W　2 Ω ‎【解析】‎ ‎【详解】当电流表和电压表的示数为0.5 A和1.0 V时，电动机停止工作，电动机中只有电动机的内阻消耗电能，其阻值 当电动机正常工作时，电流表、电压表示数分别为2.0 A 和15.0 V，‎ 则电动机的总功率 线圈电阻的热功率 所以电动机的输出功率 ‎17.现有如下实验器材：‎ 天平一台，各种质量砝码若干 边长为L、匝数为N的正方形线圈一个 直流电源一个 电流计一个 开关、电阻、细导线及固定装置若干 请用以上器材设计一个可以精确测量匀强磁场磁感应强度的实验．‎ 要求：‎ ‎（1）在虚线框内画出实验原理图 ‎（2）为了测量磁场磁感应强度需要测量哪些物理量？‎ ‎（3）写出计算磁感应强度的主要关系式．‎ ‎【答案】（1）实验原理图：‎ ‎（2）需要测量的物理量有：①电路中的电流I，②天平盘中添加砝码的质量△m．‎ ‎（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）实验装置如图所示，‎ ‎（2）要测量的物理量：①电路中的电流I，②天平盘中添加砝码的质量△m．‎ ‎（3）可采用如下实验步骤：①将电路闭合，电流表的读数设为I，在某盘中（如右盘）放入合适砝码使天平平衡，②将电流反向，这时需要在另一盘（如左盘）中放入质量为△m的砝码使天平再次平衡．则 ‎2NILB＝△mg 则 B＝‎ 采用如上使电流反向的测量方法可减小测量误差，‎ ‎18.如图所示的匀强电场，等势面是一簇互相平行的竖直平面，间隔均为d，各等势面电势已在图中标出(U>0)，现有一质量为m的带电小球以速度v0、方向与水平方向成45°角斜向上射入电场，要使小球做直线运动，求：(重力加速度为g)‎ ‎(1)小球应带何种电荷及其电荷量；‎ ‎(2)小球受到的合外力大小；‎ ‎(3)在入射方向上小球运动的最大位移的大小xm.(电场足够大)‎ ‎【答案】（1）正电 （2）（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）作出电场线如图（a）所示，只有小球受到向左的电场力，电场力和重力的合力与初速度才可能在同一条直线上，如图（b）所示：‎ 所以小球带正电，小球沿方向做匀减速直线运动，由图（b）知 ：‎ 已知相邻等势面间的电势差为U，所以 ：‎ 可得：‎ ‎．‎ ‎（2）由图（b）知：‎ ‎；‎ ‎（3）由动能定理得：‎ 所以：‎ ‎．‎ ‎19.如图所示，在xOy坐标系的第二象限内有水平向右的匀强电场，第四象限内有竖直向上的匀强电场，两个电场的场强大小相等，第四象限内还有垂直于纸面的匀强磁场，让一个质量为m、带电荷量为q的粒子在第二象限内的P(－L，L)点由静止释放，结果粒子沿直线运动到坐标原点并进入第四象限，粒子在第四象限内运动后从x轴上的Q(L,0)点进入第一象限，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）粒子从P点运动到坐标原点的时间；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度的大小和方向．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎（1）粒子在第二象限内做直线运动，因此电场力和重力的合力方向沿PO方向，则粒子带正电．‎ ‎，；，解得 ‎（2）设粒子从O点进入第四象限的速度大小为v，由动能定理可得 求得，方向与x轴正方向成45°角，由于粒子在第四象限内受到电场力与重力等大反向，因此粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由于粒子做匀速圆周运动后从x轴上的Q（L，0）点进入第一象限，根据左手定则可以判断，磁场方向垂直于纸面向里．‎ 粒子做圆周运动的轨迹如图，由几何关系可知 粒子做匀速圆周运动的轨迹半径为 由牛顿第二定律可得，解得