1、四川省泸州市泸县第二中学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.对电容C，以下说法正确的是A. 电容器带电荷量越大，电容就越大B. 对于固定电容器，它的带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变C. 可变电容器的带电荷量跟加在两极板间的电压成反比D. 如果一个电容器没有电压，就没有带电荷量，也就没有电容【答案】B【解析】【详解】A电容器的电容只由电容器本身来决定，与电容器带电荷量无关，选项A错误；B电容表征电容器容纳电荷本领的大小，对于固定电容器，电容C不变，由定义式可知，则带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变故B正确C电容器的带电荷量Q=CU，当电容
2、C一定时，电量与电压成正比当电容C变化时，电量与电压不成正比故C错误D电容表征电容器容纳电荷本领的大小，与电容器的电量、电压无关故D错误2.电荷在磁场中运动时受到洛仑兹力的方向如图所示，其中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】根据左手定则得，A选项洛伦兹力方向竖直向下，B选项洛伦兹力方向竖直向下，C选项不受洛伦兹力，D选项洛伦兹力方向垂直纸面向外故A正确，BCD错误故选A【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判定电荷在磁场中运动速度、磁场和电荷受到洛仑兹力三者之间的方向关系3.如图所示，沿直线通过速度选择器的正离子从狭缝S射入磁感应强度为B2的匀强磁场中，偏转后出现的轨
3、迹半径之比为R1R212，则下列说法正确的是( )A. 离子的速度之比为12B. 离子的比荷之比为21C. 离子的质量之比为12D. 离子的电荷量之比为12【答案】B【解析】【详解】粒子沿直线通过速度选择器，可知电场力和洛伦兹力平衡，有：，解得：可知粒子的速度之比为1：1，故A错误粒子进入偏转磁场，根据，得荷质比，因为速度相等，磁感应强度相等，半径之比为1：2，则荷质比为2：1故B正确；由题目条件，无法得出电荷量之比、质量之比，故CD错误故选B.【点睛】离子通过速度选择器，所受的电场力和洛伦兹力平衡，根据平衡求出离子的速度之比根据离子在磁场中运动的半径之比求出离子的荷质比4.一含有理想变压器的
4、电路如图所示，变压器原副线圈匝数比n1n221，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别是4 、2 和3 ，U为有效值恒定的正弦交流电源当开关S断开时，理想电流表的示数为I，当S闭合时，电流表的示数为( )A. IB. IC. ID. 2I【答案】D【解析】【分析】变压器输入电压为U与电阻R1两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据电压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U与I的关系；则可求得电流表的示数【详解】根据电流与匝数成反比，得副线圈电流I22I; 副线圈两端的电压；根据电压与匝数成正比，得原线圈两端的电压为U1=2U220I；电阻R1两端的电压IR14I；在原
5、线圈回路中U4I+U124I；S闭合时，电流表示数为I，副线圈中电流2I；副线圈两端的电压；原线圈两端的电压U18I；电阻R1两端的电压IR1 =4I；在原线圈回路U=4I+8I=24I；解得：I=2I，故D正确，ABC错误；故选D【点睛】本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时注意明确输入电压与总电压之间的关系5.用如图电路来探究闭合电路中总电流与电源电动势的关系，其中，电源内阻当单刀双掷开关接1时电流表的示数为=0.2A，接2时，电流表的示数为( )A. 0.24AB. 0.2AC. 0.18AD. 0.3A【答案】A【解析】【详解】设电源电动势
6、是E，内阻为r，由闭合电路欧姆定律得：解得：A. 0.24A与分析相符，故A正确B. 0.2A与分析不符，故B错误C. 0.18A与分析不符，故C错误D. 0.3A与分析不符，故D错误6.如图所示，一段不可伸长的轻质细绳长为L，一端固定在O点，另一端系一个质量为m的小球（可视为质点），保持细绳处于伸直状态，把小球拉到跟O点登高的位置由静止释放，在小球摆到最低点的过程中，不计空气阻力，重力加速度大小为g，则A. 合力做功为零B. 合力的冲量为零C. 重力做的功为mgLD. 重力冲量为【答案】C【解析】【详解】AC.小球在向下运动的过程中，受到重力和绳子的拉力，绳子的拉力始终与运动的方向垂直，所以
7、只有重力做功，合外力做的功等于重力做的功，大小为mgL故A错误，C正确；BD.由机械能守恒可得，小球在最低点的动能：mv2mgL，所以速度： ；由动量定理可得合力的冲量：I合mv0m故B、D错误；故选C。7.如图所示的电场中有A、B两点，下列判断正确的是( )A. 电势，场强B. 电势，场强C. 将电荷量为q的正电荷从A点移到B点，电场力做正功，电势能减少D. 将电荷量为q的负电荷分别放在A、B两点，电荷具有的电势能【答案】BC【解析】【详解】AB沿电场线电势降低，则电势，电场线越密集则场强越大，则场强，选项A错误，B正确；C将电荷量为q的正电荷从A点移到B点，电场力做正功，电势能减少，选项C
8、正确；D负电荷在高电势点的电势能较小，则将电荷量为q的负电荷分别放在A、B两点，电荷具有的电势能，选项D错误；故选BC.8.如图所示，光滑绝缘的水平面上M、N两点各放一电荷量分别为+q和+2q，完全相同的金属球A和B，给A和B以大小相等的初动能E0（此时动量大小均为p0）使其相向运动刚好能发生碰撞，碰后返回M、N两点时的动能分别为E1和E2，动量大小分别为p1和p2，则( )A. ，B. ，C. 碰撞发生在 M、N 中点的左侧D. 两球同时返回 M、N 两点【答案】BD【解析】【详解】AB由动量观点看，系统动量守恒，两球的速度始终等值反向，也可得出结论：两球必将同时返回各自的出发点，且两球末动
9、量大小和末动能一定相等。从能量观点看，两球接触后的电荷量都变为1.5q，在相同距离上的库仑斥力增大，返回过程中电场力做的正功大于接近过程中克服电场力做的功，系统机械能必然增大，即末动能增大。故A错误，B正确。CD由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，相同时间内的位移大小一定相同，必然在连线中点相遇，又同时返回出发点。故C错误，D正确。故选BD。9.一小型发电机产生的电动势随时间变化的规律如图甲所示，已知发电机线圈内阻为1.0 ，外接一个电压表和一个电阻为10 的灯泡，如图乙所示下列说法正确的是( )A. 产生的交变电流的频率为5 HzB. 通过灯泡的电流为2.2 AC. 电压表读数为2
10、0 VD. 灯泡的实际功率为40 W【答案】CD【解析】【分析】由甲图知电压峰值、周期，从而求电压有效值、角速度和频率；电压表测量的是路端电压，求解实际功率要用有效值【详解】由图可知T=0.02s，则频率f=1/T=50Hz，选项A错误；电动势有效值为，可知通过灯泡的电流为，选项B错误；电压表读数，选项C正确；灯泡的实际功率：P=IU=40W；选项D正确；故选CD.二实验题10.张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：(1)用螺旋测微器测得其直径为_mm（如图甲所示）；(2)用20分度的游标卡尺测其长度为_cm（如图乙所示）；(3)用图丙所示的电路测得的电阻值将比真实值_(填“偏大”或“偏小”)【
11、答案】 (1). 3.202-3.205 (2). 5.015 (3). 偏小【解析】【分析】（1）解决本题的关键明确：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（2）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读（3）由电路图，根据电表内阻的影响确定误差情况【详解】（1）螺旋测微器的固定刻度为3.0mm，可动刻度为20.50.01mm=0.205mm，所以最终读数为3.0mm+0.205mm=3.205mm（2）20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为30.05mm=0
12、.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm（3）由欧姆定律得，电阻阻值R=U/I，由于电压表的分流作用使电流测量值偏大，则电阻测量值偏小【点睛】考查螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺不需要估读、螺旋测微器需要估读掌握由欧姆定律分析电路的误差的方法11.某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡L（额定电压3.8V，额定电流0.32A）；电压表V（量程3V，内阻3k）；电流表A（量程0.5A，内阻0.5）；固定电阻R0（阻值1000）；滑动变阻器R（阻值09.0）；电源E（电动势5V，内阻不计）；开关S；导线若干。（1）
13、实验要求能够实现在03.8V的范围内对小灯泡的电压进行测量，滑动变阻器R是_（填“限流式”或“分压式”）接法。（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（a）所示:由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻_（填“增大”“不变”或“减小”）灯丝的电阻率_（填“增大”“不变”或“减小”）。（3）用另一电源E0（电动势6V，内阻1.00）和题给器材连接成图（b）所示的电路，调节滑动变阻器R的阻值，可以改变小灯泡的实际功率。闭合开关S，在R的变化范围内，小灯泡的最小功率为_W.（结果保留2位有效数字）【答案】 (1). 分压式 (2). 增大 (3). 增大 (4). 0.89【解析】详解】（1）1因本
14、实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；（2）23I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小，故说明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大；（3）4当滑动变阻器阻值全部接入时，灯泡的功率最小，将R等效为电源内阻，则电源电动势为6V，等效内阻为10；则有：U=6-10I；作出电源的伏安特性曲线如图中实线所示；由图可知，灯泡电压为U=3.1V，电流I=290mA=0.29A，则最小功率P=UI=3.10.29=0.89W；三、计算题12.右端连有光滑弧形槽水平桌面AB长L=1.5m，如图所示将一个质量为m=0.5kg的木块
15、在F=1.5N的水平拉力作用下，从桌面上的A端由静止开始向右运动，木块到达B端时撤去拉力F，木块与水平桌面间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2求：（1）木块沿弧形槽上升的最大高度；（2）木块沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑动的最大距离【答案】(1)0.15 m (2)0.75 m【解析】（1）（1分）由动能定理FL-fL-mgh=0 （3分）得m=0.15m （2分）（2）由动能定理mgh-fs=0 （3分）得m=0.75m （2分）13.如图所示，一带电粒子垂直射入匀强电场，经电场偏转后从磁场的左边界上M点进入垂直纸面向外的匀强磁场中，最后从磁场的左边界上的N点离开磁场已知带电粒子的
16、比荷3.2109 C/kg，电场强度E200 V/m，M、N间距MN1 cm，金属板长L25 cm，粒子的初速度v04105 m/s，带电粒子重力忽略不计，求：(1)粒子射出电场时的运动方向与初速度v0的夹角；(2)磁感应强度B的大小【答案】(1)45(2)B2.5102 T【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律可以求出粒子的偏转角度（2）粒子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，求出粒子轨道半径，然后应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度【详解】（1）粒子在电场中做类平抛运动，粒子速度偏角的正切值： 则有：=45；（2）粒子进入磁场时的速度大小为：
17、，粒子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，粒子运动轨迹如图所示，由几何知识得： ，由牛顿第二定律得：qvB=m，代入数据解得：B=2.510-2T；【点睛】粒子在电场中做类平抛运动、在磁场中做匀速圆周运动，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题前提与关键，应用类平抛运动规律、牛顿第二定律与几何知识即可解题14.如图所示，匀强电场分布在边长为L的正方形区域ABCD内，M、N分别为AB和AD的中点，一个初速度为v0，质量为m的带负电粒子q沿纸面射入电场带电粒子的重力不计（1）如果带电粒子从M点垂直电场方向进入电场后，恰好从D点离开电场，求匀强电场的电场强度E和带电粒子从D点离开电场时的动能Ek1.（2）若带电粒子从N点垂直BC方向射入电场，它在电场中的运动时间t是多少？离开电场时的动能Ek2为多大？【答案】（1）.（2）.【解析】【详解】（1）带电粒子从M点垂直电场线进入电场后做类平抛运动水平方向：竖直方向：联立得.带电粒子从M点进入电场后，从D点出来，电场力做的功由动能定理得所以.（2）带电粒子从N点进入电场后做匀减速直线运动，设速度减到0这一过程的位移为x，由动能定理：由得.当粒子速度减至0后沿原路返回，从N点射出，由于整个过程电场力做的功为0，则根据动能定理有.则，即粒子离开电场时的速度大小不变，由牛顿第二定律得.由运动学规律得得.
