1、山丹一中2019-2020学年上学期期末模拟试卷高二物理一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912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，有选错或不答的得0分。1.如图所示，一质量为m、电量大小为q的带正电小球，从水平向右的匀强电场中的O点以速度v沿与场强方向成37角射入电场中，油滴运动到最高点时速度大小也是v，已知重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）(sin37=0.6 cos37=0.8)A. 最高点可能在O点的正上方B. 匀强电场的电场强度为Emg/3qC. O点与最高点之间的电势差可能为零D.
2、 匀强电场的电场强度为Emg/4q【答案】B【解析】【详解】A. 粒子到最高点的速度仍为v，则动能的变化量为零，根据动能定理知，克服重力做的负功等于电场力做的正功，最高点如果是O点正上方，则电场力不做功，故A错误BD. 到最高点的时间为，解得：故B正确D错误C. 根据动能定理知，从开始到最高点过程中，动能变化量为零，克服重力做的负功等于电场力做的正功，可知O点与最高点的电势差不可能为零，故C错误2.下列叙述正确的是（ ）A. 放在匀强磁场中的通电导线受到恒定不变的磁场力B. 沿磁感线方向，磁场逐渐减弱C. 磁场的方向就是通电导体所受磁场力的方向D. 安培力的方向一定垂直磁感应强度和直导线所决定
3、的平面【答案】D【解析】【详解】放在匀强磁场中的通电导线受到的安培力，只有当B、I、L与都是恒定时，导线所受的安培力才是恒定的，故A错误；磁感线的疏密表示磁场的强弱，与磁感线的方向无关，故B错误；根据左手定则，磁场的方向与通电导体所受磁场力的方向垂直；磁场的方向就是小磁针的N极在磁场中所受磁场力的方向，故C错误；根据左手定则，安培力的方向一定垂直磁感应强度和直导线所决定的平面，故D正确所以D正确，ABC错误3.某长螺线管中通有大小和方向都不断变化的电流，现有一带电粒子沿螺线管轴线方向射入管 中若不计粒子所受的重力，则粒子将在螺线管中（ ）A. 做匀速直线运动B. 做匀加速直线运动C. 做圆周运
4、动D. 沿轴线来回运动【答案】A【解析】【详解】虽然螺线管中的电流在变化，但沿管轴的磁感线始终是一条直线，粒子的射入方向与磁场方向平行，故始终不受洛伦兹力的作用，所以粒子应做匀速直线运动所以正确答案为A综上所述本题答案是：A4.把一个架在绝缘支座上的导体放在负电荷形成的电场中,导体处于静电平衡时,导体表面上感应电荷的分布如图所示,这时导体( )A. A端的电势比B端的电势高B. A端的电势比B端的电势低C. A端的电势可能比B端的电势高,也可能比B端的电势低D. A端的电势与B端的电势相等【答案】D【解析】【详解】枕形导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布因此在枕形导体内部出现感
5、应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，静电平衡时内部电场强度处处为零，导体是等势体，表面是等势面；即A端的电势与B端的电势相等；故选D【点睛】本题关键要理解掌握：处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，理解场强处处为零的原因知道净电荷全部分布在导体表面且整个导体是等势体5.关于电流，下列说法中正确的是( )A. 通过导体横截面的电荷量越多，电流越大B. 电子运动的速率越大，电流越大C. 因为电流有方向，所以电流是矢量D. 单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大【答案】D【解析】【详解】根据I=q/t可知，通过导体横截面的电荷量越多，电流不一定越大，选项A错误；根据I=ne
6、sv可知，电子运动的速率越大，电流不一定越大，选项B错误；电流有方向，但是电流是标量，选项C错误；根据I=q/t可知，单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大，选项D正确；故选D.6.在地面上插入一对电极M、N，将两个电极与直流电源相连，大地中形成恒定电流和恒定电场恒定电场的基本性质与静电场相同，其电场线分布如图所示，P、Q是电场中的两点下列说法中正确的是（）A. P点场强比Q点场强大B. P点电势比Q点电势低C. 电子在P点的电势能比在Q点的电势能小D. 电子沿直线从N到M的过程中所受电场力变大【答案】C【解析】电场线密的地方电场强度大，所以P点场强比Q点场强小，A错误；该电场
7、与等量异种点电荷的电场相似，根据等量异种点电荷的特点可知，MN的中垂线为一个等势面，然后根据沿电场线方向电势降低可知P点电势一定高于Q点电势，B错误；P点电势高于Q点电势，即由电势能公式，可知由于电子带负电，所以电子在P点的电势能小于在Q点的电势能，C正确；由于该电场是非匀强电场，从N到M的过程E先减小后增大，由F=qE可知，电子所受的电场力也是先减小后增大，D错误7.关于电源电动势，下面说法不正确的是 ()A. 电源两极间电压总等于电动势B. 电动势越大的电源，将其他能转化为电能的本领越大C. 电路接通后，电源的电压小于它的电动势D. 电动势只由电源性质决定，与外电路无关【答案】A【解析】【
8、分析】电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量，电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，电动势与外电路无关；【详解】A、电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，当外电路接通时，电源有内电压，根据闭合电路欧姆定律得知，电源两极间电压一定小于电动势，故A错误，C正确；B、电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量，电动势越大，电源将其它能转化为电能的本领越大，故B正确；D、电动势由电源本身决定，与外电路无关，故D正确【点睛】本题考查电动势的物理意义，可根据闭合电路欧姆定律理解电动势与电源两极间电压的关系8.如图所示，闭合导线框向右匀速穿过垂直纸面向里的匀强磁场区域
9、，磁场区域宽度大于线框尺寸，规定线框中逆时针方向的电流为正，则线框中电流i随时间t变化的图象可能正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】线圈刚进入磁场时，产生逆时针方向的电流，故选项D错误；线圈一半进入磁场后有效长度减半，故感应电动势减半，感应电流减半；线圈出离磁场时产生顺时针方向的电流，刚出离磁场时，有效长度为L，一半出离磁场时有效长度减半，则感应电流减半；由以上分析可知，线框中电流i随时间变化的图线应该为B.故选B.点睛：解题时先根据楞次定律判断感应电流的方向再分两段时间分析感应电动势，由欧姆定律得到感应电流的变化情况感应电动势公式E=Blv，L是有效的切割长度即与速度垂直
10、的长度9. 对于电场中任意两点间电势差，下列说法中正确的是 （ ）A. 电势差越大，在这两点的电场强度也越大B. 两点间的电势差，数值上等于在这两点间移动单位正电荷时电场力做的功C. 两点间的电势差与在这两点间移动的电荷有关D. 两点间的电势差与在这两点间移动的电荷无关【答案】BD【解析】【详解】A根据可知，电势差越大，在这两点的电场强度不一定越大，选项A错误；B根据可知，两点间的电势差，数值上等于在这两点间移动单位正电荷时电场力做的功，选项B正确； CD两点间的电势差只与电场本身有关，与在这两点间移动的电荷无关，选项D正确，C错误；故选BD【点睛】掌握电场强度与电势差的关系，知道电势差的物理
11、意义，在匀强电场中，根据公式U=Ed，d是电场线方向两点间的距离；此题考查对物理规律的解理能力物理公式要从每个量的意义、公式适用条件等方面理解10.一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度大小随时间变化的图象如图所示，、分别是带电粒子在A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的有（ ）A. A处的场强一定小于B处的场强B. A处的电势一定高于B处的电势C. 带电粒子从A到B的过程中，电场力一定对它做正功D. 带电粒子在A处的电势能一定小于B处的电势能【答案】AC【解析】【详解】v-t图象的斜率等于加速度，由v-t图象看出，质点做加速度增大的加速运动，而质点在电场中仅受电场力作用
12、，则知电场力增大，说明电场强度增大，即有A处的场强一定小于B处的场强故A正确由于电荷的电性未知，不能判断电场线的方向，也就无法判断电势的高低故B错误质点的动能增大，由能量守恒定律得知，其电势能一定减小，电场力一定对它做正功，则有电荷在A处的电势能一定大于在B处的电势能故C正确，D错误故选AC【点睛】本题首先要根据速度图象的斜率读出质点加速度的变化，判断场强的大小，从能量的角度可判断电势能及电场力做功的正负11.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法不正确的是 ()A. 带电粒子由加速器中心附近进入加速器B.
13、 带电粒子由加速器的边缘进入加速器C. 电场使带电粒子加速，磁场使带电粒子旋转D. 离子从D形盒射出时的动能与加速电场的电压无关【答案】B【解析】【详解】AB根据回旋加速器的加速原理，被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，从边缘离开加速器，A正确，不符合题意；B错误，符合题意；C在磁场中洛伦兹力不做功，离子是从电场中获得能量，C正确，不符合题意；D当离子离开回旋加速器时，半径最大，动能最大，则有：与加速电压无关，D正确，不符合题意。故选B。【点睛】解决本题的关键掌握加速器的工作原理以及加速器的构造，注意粒子从电场中获得能量，但是出回旋加速器的最大速度与电场无关，与磁感应强度和D形盒的半径
14、有关12.如图所示，扇形区域AOB内存在有垂直平面向内的匀强磁场，OA和OB互相垂直是扇形的两条半径，长度为R一个带电粒子1从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，若与该粒子完全相同的带电粒子2以同样的速度从C点平行AO方向进入磁场，C到AO的距离为R2，则A. 1粒子从B点离开磁场时，速度方向沿OB方向B. 粒子带负电C. 2粒子仍然从B点离开磁场D. 两粒子在磁场中运动时间之比为3：2【答案】ACD【解析】分析】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子的运动轨迹，应用数学知识与牛顿第二定律分析答题【详解】A项：粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子在磁场中运动的圆心
15、角为90，1粒子从B点离开磁场时，速度方向沿OB方向，故A正确；B项：带电粒子从A点沿AO方向进入磁场，从B点离开，那么粒子在A点向右上方偏转，则由左手定则可判定：粒子带正电，故B错误；C项：粒子2从C点沿CD射入其运动轨迹如图所示，设对应的圆心为O1，运动轨道半径也为BO=R，连接O1C、O1B，O1COB是平行四边形，O1B=CO，则粒子2一定从B点射出磁场，故C正确；D项：粒子1的速度偏角，粒子在磁场中转过的圆心角1=90，连接PB，可知P为O1C的中点，由数学知识可知，2=BO1P=60，粒子在磁场中运动的周期： ，两粒子的周期相等粒子在磁场中的运动时间 ，运动时间之比：t1：t2=1
16、：2=90：60=3：2，故D正确故选ACD【点睛】本题考查了粒子在匀强磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子运动轨迹、应用数学知识、周期公式即可正确解题13.某交流发电机产生的感应电动势与时间的关系如图所示，下列说法正确的是A. 交变电流的表达式为 (V)B. 交变电流的表达式为 (V)C. 若其他条件不变，仅使线圈的转速变为原来的一半，则交变电动势的表达式为D. 若其他条件不变，仅使线圈的转速变为原来的一半，则交变电动势的最大值变为50 V【答案】BD【解析】【详解】AB、由图象可知，交变电流动势的最大值，周期，所以瞬时值表达式为，故A错误， B正确；CD、
17、根据感应电动势最大值的表达式得知，与成正比，则线圈的转速变为原来的一半，感应电动势最大值变为原来的一半，为，则交变电流动势的表达式为，故C错误，D正确；故选BD【点睛】从图象中可以求出该交变电流最大电压以及周期等物理量，然后根据最大值与有效值以及周期与频率关系求解二、实验题：本题共2小题，共15分。14.下图是改装并校准电流表的电路图，已知微安表头的量程为Ig=600A，内阻为 Rg=198， 要求把表头改装成量程为I=60mA的电流表，则图中需要并联分流电阻Rp的阻值为_，改装后的电流表测量电流时，指针指在表盘上原来100A处,则被测电流的大小是_ mA 【答案】 (1). 2； (2).
18、10；【解析】【详解】分流电阻阻值为：，原来电流表量程为，改装后电流表量程为60mA，电流表量程扩大了100倍，分度值扩大100倍，指针指在表盘上原来处，则被测电流的大小为：.【点睛】根据并联电路特点与欧姆定律可以求出分流电阻阻值；根据电流表的量程确定其分度值，然后读出其示数15.某同学想用以下器材组装一只欧姆表，并比较精确地测量一只几千欧电阻的阻值A电流计，满偏电流为1 mA，内阻为20 B电流计，满偏电流为0.6 A，内阻为5 C电动势15 V，内阻5 直流电源D电动势3 V，内阻3 的直流电源E最大阻值为5 000 的滑动变阻器F最大阻值为100 的滑动变阻器(1)以上器材应选用_(填字
19、母)，并在下面虚线框内画出所组装的欧姆表的内部电路结构图_(2)若用此欧姆表测量电阻，发现指针指在满偏电流的三分之一处，则此电阻的阻值约为_.(3)如果电池长期未用，导致内阻增大，电动势基本不变，且仍然能正常调零，这将导致测量的结果_(选填“偏大”“偏小”或“准确”)【答案】 (1). ADE (2). (3). 6 000 (4). 准确【解析】【分析】(1)欧姆表的中值电阻等于欧姆表的内电阻，调零时电流表应该满偏；要测量一只约几千欧电阻的阻值，故中值电阻至少几千欧，然后根据闭合电路欧姆定律列式分析；(2)同样根据闭合电路欧姆定律列式求解；(3)电源的内阻不会影响测量结果，电源电动势发生变化
20、会影响测量结果【详解】(1) 欧姆表的中值电阻等于欧姆表的内电阻，调零时电流表应该满偏，题中电源和电流表有四种组合：组合一：AC组合，根据欧姆定律，调零后内阻为： 组合二：BC组合，根据欧姆定律，调零后内阻为：组合三：AD组合，根据欧姆定律，调零后内阻为：组合四：BD组合，根据欧姆定律，调零后内阻为：考虑滑动变阻器最大5000，应该选组合三，故电流表选A，电源选D，滑动变阻器选E；电路图如图：(2) 指针指在满偏电流的三分之一处，根据闭合电路欧姆定律，有 代入数据解得：Rx=6000；(3) 用欧姆表测电阻时要对欧姆表进行调零，电源内阻对欧姆表的测量结果没有影响，电池长期未用，导致内阻增大，电
21、源电动势认为保持不变，且仍然能正常调零，此欧姆计测量的结果是准确的【点睛】本题关键明确欧姆表的改装原理，要能够根据闭合电路欧姆定律多次列式求解三、计算题：本题共3小题，共37分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。16.如图9所示，交流发电机的矩形线圈abcd中，已知线圈面积为0.01m2，匝数100匝，线圈电阻r =2，外电阻R =8，电流表和电压表对电路的影响忽略不计线圈在磁感强度B=2/（T）的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO匀速转动，角速度=10rad/s若线圈经图示位置时开始计时（线圈平面平行于磁场方
22、向），（1）写出线圈中感应电动势瞬时值的表达式；（2）从图示位置起转过90过程中，通过电阻R的电量（3）从图示位置起转过90过程中，线圈上产生的焦耳热【答案】（1）（V）；（2）C；（3）0.2J【解析】【详解】（1）峰值电动势Em =nBS =20V所求表达式为（V）（2）所求电量C（3）回路中电流的有效值A所求过程所用时间s 所以线圈中产生的焦耳热J17.如图所示，分布在半径为r的圆形区域内的匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，电荷量为q、质量为m的带正电的粒子从磁场缘A点沿圆的半径AO方向射入磁场，从D点离开磁场，其中AD的距离为，不计重力，求：（1）粒子做圆周运动的半径；（2）
23、粒子的入射速度；（3）粒子在磁场中运动的时间。【答案】（1）； （2） （3）【解析】【详解】（1）设粒子做匀速圆周运动的半径为R，如图所示所以：，则是等边三角形，故：（2）根据牛顿运动定律：则：（3）由图知，粒子在磁场中的运动方向偏转了60角，所以粒子完成了个圆运动，根据线速度与周期的关系，得粒子在磁场中的运动时间为：18.为了提高自行车夜间行驶的安全性，小明同学设计了一种“闪烁”装置如图所示，自行车后轮由半径r1=5.010-2m的金属内圈、半径r2=0.40m的金属外圈和绝缘幅条构成后轮的内、外圈之间等间隔地接有4根金属条，每根金属条的中间均串联有一电阻值为R的小灯泡在支架上装有磁铁，形
24、成了磁感应强度B=0.10T、方向垂直纸面向外的“扇形”匀强磁场，其内半径为r1、外半径为r2、张角=/6 后轮以角速度 =2rad/s相对于转轴转动若不计其它电阻，忽略磁场的边缘效应（1）当金属条ab进入“扇形”磁场时，求感应电动势E，并指出ab上的电流方向；（2）当金属条ab进入“扇形”磁场时，画出“闪烁”装置的电路图；（3）从金属条ab进入“扇形”磁场时开始，经计算画出轮子一圈过程中，内圈与外圈之间电势差Uab随时间t变化的Uab-t图象；（4）若选择的是“1.5V、0.3A”的小灯泡，该“闪烁”装置能否正常工作？有同学提出，通过改变磁感应强度B、后轮外圈半径r2、角速度和张角等物理量的
25、大小，优化前同学的设计方案，请给出你的评价【答案】（1）E=4.910-2V，方向从 （2） （3） （4）闪烁装置不能正常工作，具体见解析【解析】【详解】（1）金属条ab在磁场中切割磁感线运动，所构成的回路磁通量变化，设经过时间，磁通量变化率为，由法拉第电磁感应定律得：由两式并代入数据得：根据右手定则（或愣次定律），可知感应电流方向为（2）通过分析，可得电路为(3)设电路中的总电阻，根据电路可知Ab两段电势差为设 ab离开磁场区域的时刻为，下一条金属条进入磁场区域的时刻为设轮子转一圈的周期为T，则T=1s在T=1s内，金属条四次进出磁场，后三次与第一次一样由上面4式可画出如下图图像(4)“闪烁“装置不能正常工作（金属条的电动势远小于小灯泡的额定电压，因此无法正常工作）B增大，E增大，但有限度r2增大，E增大，但有限度增大，E增大，但有限度增大，E不变
