1、四川省泸县第五中学2019-2020学年高二物理上学期期末模拟考试试题（含解析）一、选择题1.下列关于物理学史与物理学研究方法的叙述中正确的是( )A. 奧斯特首先发现了电磁感应现象B. 库仑最早用扭秤实验测量出电子电荷量的精确值C. 法拉第最早提出了“电场”的概念D. 卢瑟福通过对阴极射线的研究提出原子具有核式结构【答案】C【解析】【详解】法拉第首先发现了电磁感应现象，选项A错误；库仑最早用扭秤实验测量出静电引力常数，密立根通过油滴实验第一次测得了电子电荷量的精确值，选项B错误；法拉第最早提出了“电场”的概念，选项C正确；卢瑟福通过对粒子散射实验的研究提出原子具有核式结构，选项D错误；故选C
2、.2.如图所示，实线为电场线，且AB=BC，电场中的A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC电势分别为、，AB/BC间的电势差分别为UAB、UBC下列关系中正确的有A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【详解】A. 由电场线的密集程度可看出电场强度大小关系为，故A正确；B. A、B、C三点处在一根电场线上,根据沿着电场线方向电势逐渐降落,故有，故B正确；C. 电场线密集的地方电势降落较快，由U=Ed知：UABUBC，故C错误，D错误故选AB.3.如图所示，直线MN是某电场中的一条电场线(方向未画出)虚线是一带电的粒子只在电场力的作用下，由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线下列判断正确的是
3、( )A. 电场线MN的方向一定是由N指向MB. 带电粒子由a运动到b的过程中动能一定逐渐减小C. 带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能D. 带电粒子在a点的加速度一定大于在b点的加速度【答案】C【解析】【详解】由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，物体所受外力指向轨迹内侧，所以粒子受力分析一定是由M指向N，但是由于粒子的电荷性质不清楚，所以电场线的方向无法确定故A错误；粒子从a运动到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，动能增加，带电粒子在a点的电势能一定大于在b点的电势能，故B错误，故C正确由a到b的运动轨迹，轨迹为一抛物线，说明粒子一定受恒力，即带电粒子在a点的加速度等于在b点的
4、加速度，故D错误；故选C【点睛】依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况.4.如图所示，质量为、长度为的金属棒两端由等长的轻质细线水平悬挂在、点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为；棒中通以某一方向的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均 为，重力加速度为则（ ）A. 金属棒中的电流方向由指向B. 金属棒所受安培力的方向垂直于平面向上C. 金属棒中的电流大小为D. 每条悬线所受拉力大小为【答案】C【解析】【详解】A：根据左手定则，可以知道金属棒中的电流方向由指向，故A项错误B：金
5、属棒所受安培力的方向垂直于和磁场方向水平向右，与平面不垂直，故B项错误C：对金属棒受力分析如图：则，得，故C选项是正确的D：由受力分析可以知道，得，故D项错误所以选C5.如图所示，一条形磁铁竖直放在桌面上，一闭合圆线圈从其正上方某处，保持水平由静止下落，最后套上条形磁铁落到桌面上，该过程中（ ）A. 线圈内产生大小、方向都不变的电流B. 线圈内产生大小变化、方向不变的电流C. 线圈将始终受到向上磁场作用力D. 线圈受到先向上后向下的磁场作用力【答案】C【解析】【分析】环在下落过程中，导致穿过环的磁通量发生变化，根据楞次定律可知感应电流的方向，通过楞次定律的另一种表述判断线圈受到磁场作用力的方向
6、【详解】A、B项：线圈从其正上方某处，保持水平由静止下落，最后套上条形磁铁落到桌面上，磁通量先增大后减小再增大，则感应电流的方向会发生变化，故A、B错误；C、D项：磁铁和线圈之间的所有作用效果均是阻碍线圈磁通量的变化,根据”来拒去留”,可知,线圈受到的作用力始终向上,故C正确，D错误故选C【点睛】要深刻理解楞次定律“阻碍”的含义如“阻碍”引起的线圈面积、速度、受力等是如何变化的6.如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为，一根长为L、质量为m的直导体棒垂直导轨放置，磁感应强度为B的匀强磁场垂直导轨所在平面向上，在磁场的方向由垂直导轨所在平面向上沿垂直直导体棒逆时针转至
7、水平向左的过程中，导体棒始终静止，下列关于B的大小变化的说法中正确的是A. 先减小后增大B. 先增大后减小C. 逐渐增大D. 逐渐减小【答案】C【解析】【详解】对导体棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，将支持力FN和安培力FA合成，合力与重力相平衡，如图，从图中可以看出，安培力FA一直变大，由于FA=BIL，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度渐渐变大，故C正确。故选C7.含有理想变压器的电路如图所示，L1、L2、L3为“24 V2 W”的灯泡，为理想交流电压表，a、b端接正弦交流电压源(输出电压的有效值恒定).当开关S闭合时，灯泡均正常发光.下列说法正
8、确的是()A. 变压器原、副线圈匝数比为12B. 电压表的示数为72 VC. 变压器的输入功率为8 WD. 若在副线圈上再并联一个相同的灯泡，灯泡L1可能会烧毁【答案】BD【解析】【详解】A副线圈中每个灯泡中的电流A，原线圈中的电流也为A，副线圈电流A，则原、副线圈的匝数比为，故A错误；B副线圈两端电压为，则原线圈两端电压V，则电压表示数为V，故B正确；C副线圈输出的功率W，则变压器的输入功率为4W，C错误；D副线圈上再并联一个相同的灯泡，则副线圈电流增大，原线圈电流也增大，超过的额定电流，灯泡可能会烧坏，故D正确.8. 如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场在该区域
9、中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球O点为圆环的圆心，a、b、c、d为圆环上的四个点，a点为最高点，c点为最低点，b、O、d三点在同一水平线上已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是（ ）A. 小球能越过d点并继续沿环向上运动B 当小球运动到d点时，不受洛伦兹力C. 小球从a点运动到b点的过程中，重力势能减小，电势能减小D. 小球从b点运动到c点的过程中，经过弧中点时速度最大【答案】BCD【解析】【详解】AB、电场力与重力大小相等,则二者的合力指向左下方45,由于合力是恒力,故类似于新的重力,所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环
10、的“最高点”关于圆心对称的位置(即bc弧的中点)就是“最低点”，速度最大；由于a、d两点关于新的最高点对称，若从a点静止释放，最高运动到d点，即当小球运动到d点时，速度为零，故不受洛伦兹力；故A错误，B正确；C. 由于d、b等高，故小球从d点运动到b点的过程中，重力势能不变，电场力做正功，电势能减小，故C正确；D. 由于等效重力指向左下方45，故弧bc中点是等效最低点，故小球从b点运动到c点的过程中，经过弧bc中点时速度最大，故D正确；故选BCD9.如图所示，竖直放置的绝缘杆足够长，一质量为m、电荷量为+q的小球穿在杆上，可沿杆滑动，且二者间的动摩擦因数为，空间有正交的匀强电场和匀强磁场，电场
11、强度为E，方向水平向左，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，小球从静止释放后能沿杆下滑，且从静止开始至达到最大速度时下滑的高度为h，已知重力加速度为g，则根据上述所给条件 A. 可求出小球的最大加速度B. 能求出小球的最大速度C. 能求出从开始释放至最大加速度过程中的摩擦生热D. 能求出从开始释放至最大速度过程中的摩擦生热【答案】ABD【解析】【详解】A小球下滑过程中，受到重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向右的洛伦兹力、向左的电场力，开始阶段，洛伦兹力小于电场力时，小球向下做加速运动时，速度增大，洛伦兹力增大，小球所受的杆的弹力向右，大小为N随着v的增大而减小，滑动摩擦力f=N也减小，小
12、球所受的合力所以f减小，F合增大，加速度a增大；当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大，小球继续向下做加速运动，洛伦兹力大于电场力，小球所受的杆的弹力向左，大小为 v增大，N增大，f增大，F合减小，a减小。mg=f时，a=0，故加速度先增大后减小，直到为零；所以小球的最大加速度为g，故A正确；B小球的加速度为零，做匀速运动时速度最大，受力如图，则有而此时即 解得，物体的最大速度故B正确；C从静止开始至达到最大速度时下滑的高度未知，所以不能求出从开始释放至最大加速度过程中的摩擦生热，故C错误；D从静止开始至达到最大速度时下滑的高度为h，根据能量守恒定律得则知摩擦生热Q可以求出，故D正确
13、。故选ABD。二实验题10.（1）用游标为20分度的游标卡尺测量某物体长度，由图可知其长度为_mm；（2）某同学用螺旋测微器测量一圆柱形金属工件的直径，测量结果如图所示，该工件的直径为_mm【答案】 (1). 50.05; (2). 1.775;【解析】【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【详解】(1) 游标卡尺主尺读数为50mm，游标读数为0.051=0.05mm，所以最终读数为50.05mm；(2)螺旋测微器固定刻度读数1.5mm，可动刻度读数为0.0127.5mm=0.275mm，所以金属丝
14、的直径为1.775mm【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读以及螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读11.某同学要测量一新材料制成的元件的电阻，步骤如下（1）用多用电表“100”倍率的电阻挡测量该元件的电阻时，发现指针偏角过大，此时需换用_（填“10”或“1k”）倍率的电阻挡，并重新进行欧姆调零后再进行测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值R0=_。（2）该同学想更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下:待测元件R0电流表A1（量程0-10mA，内阻约50）电流表A2（量程050mA，内阻约30）电压表V1
15、（量程0-3V，内阻约30k）电压表V2（量程0-15V，内阻约50k）直流电源E（电动势4V）滑动变阻器（阻值范围0-5）开关S、导线若干.要求较准确地测出其阻值，并多测几组数据，电流表应选_，电压表应选_（选填电表符号）;根据选择的器材，画出实验电路图。（ ）【答案】 (1). 10 (2). 300 (3). A1 (4). V1 (5). 【解析】【详解】(1)1用多用电表“100”倍率的电阻挡测量该元件的电阻时，发现指针偏角过大，说明所选挡位太大，此时需换用10倍率的电阻挡2重新进行欧姆调零后再进行测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值(2)3电源电动势为4V，电压表应选择V1；4
16、通过待测电阻的最大电流约为所以电流表选择A1；5待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示三、计算题12.如图，在水平桌面上固定有宽度为d、电阻可忽略的U形导轨；均匀磁场的方向垂直于U 形导轨平面，磁感应强度大小随时间的变化关系为BB0（1kt），式中B0、k为大于零的常量在与导轨左端相距l处放置一垂直于导轨的光滑导体棒，并用外力将其固定导体棒的质量为m，阻值为R，与导轨接触良好（1）求回路中感应电流的大小；（2）在tt0时撤去外力，求撤去外力后瞬间导体棒所受安培力的大小【答案】（1）
17、（2） 【解析】【分析】(1)回路面积不变，磁场在变化，根据法拉第电磁感应定律求得感应电动势，再由欧姆定律求感应电流的大小；(2)根据安培力公式F=BIL求得t=t0时导体棒所受的安培力大小【详解】(1) 由B=B0（1+kt），得： 根据法拉第电磁感应定律得： 感应电流的大小为：；(2) 在t=t0时，导体棒所受的安培力大小为：F=BId=B0（1+kt0）【点睛】解决本题的关键要掌握法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和安培力公式F=BIL，要知道回路中磁通量均匀变化时，产生的感应电动势和感应电流是恒定不变的13.如图所示，坐标平面第象限内存在水平向左的匀强电场，在y轴左侧区域存在垂直纸面
18、向里的匀强磁场.现有质荷比为的带正电粒子从x轴上的A点以一定初速度垂直x轴射入电场，且以，方向与y轴正向成的速度经过P点进入磁场，OA=0.1m，不计重力。（1）求粒子在A点进入电场的初速度v0为多少?（2）若粒子经过磁场后，刚好可以回到A点，求磁感应强度B的大小。【答案】（1）（2）0.16T【解析】【详解】(1)粒子在电场中做类平抛，竖直方向不受力，为匀速运动(2)粒子运动轨迹如图所示，出磁场时速度与y轴正方向夹角为做匀速直线运动后回到A点，设出磁场处为Q点由几何关系所以所以，轨道半径据洛伦兹力做向心力可得代入数据解得14.如图所示，左侧为两块长为L=10cm，间距cm的平行金属板，加V的
19、电压，上板电势高;现从左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电微粒，微粒质量m=10-10kg，带电量q=+10-4C，初速度v0=105m/s;中间用虚线框表示的正三角形内存在垂直纸面向里的匀强磁场B，三角形的上顶点A与上金属板平齐，BC边与金属板平行，AB边的中点P1恰好在下金属板的右端点.求:（1）带电微粒从电场中射出时的速度大小和方向（2）带电微粒进入中间三角形区域后，要垂直打在AC边上，则该区域的磁感应强度B是多少? 【答案】（1）m/s；出场速度v垂直于AB边（2）T【解析】【详解】(1)粒子在电场中偏转，有: 沿电场方向，有:射出电场时速度大小为:速度方向与v0方向偏角，有:联式，代入数据解得射出电场时速度大小m/s速度方向与v0方向偏角=即:出场速度v垂直于AB边。(2)由(1)知，粒子射出磁场时侧移，代入数据，解得:即刚好从P1点进入磁场，故磁场中轨道半径为: 又因为，粒子在磁场中，有:代入数据，解得:T
