1、广西柳州市柳江中学2020-2021学年高二物理上学期期末考试模拟测试试题（二）（含解析）一、单选题（本题共10小题，每小题5分，共50分，16为单选题，710为多选题，全选的对得5分，选对但不全的得3分，不选或有选错的的0分）1. 如图所示，在一个不带电的与外界绝缘的导体两端分别设置两个开关S1和S2，当带正电的小球靠近a端时，下列说法正确的是（）A. 由于静电感应，a端会出现正电荷B. 由于静电感应，a端会出现负电荷C. 只闭合S1，小球会受到导体的排斥力D. 只闭合S2，小球会受到导体的排斥力【答案】B【解析】分析】【详解】AB当带正电的小球靠近a端时，根据异种电荷相互吸引，则a端会出现
2、负电荷，故A错误，B正确；CD当闭合任何开关时，导体就会与大地连接，导体与大地形成新的导体，导体的右端带负电，小球与导体间相互吸引，故CD错误。故选B。2. 反天刀是生活在尼罗河的一种鱼类，沿着它身体的长度方向分布着电器官，这些器官能在鱼周围产生微弱的电场，如图为反天刀周围的电场线分布示意图，A、B、C为电场中的点，下列说法正确的是（）A. C点电势高于A点电势B. 电子在A点受到电场力方向指向BC. A点电场强度小于B点电场强度D. 正离子从A到B，其电势能减小【答案】D【解析】【分析】【详解】A沿着电场线电势降低，故A点电势高于C点电势，A错误；B根据负电荷的电场力与电场强度方向相反，故电
3、子在A点的电场力方向指向头部，B错误；C电场线疏密程度代表电场强度，由图可知：A处电场线比B处密，故A处电场强度大于B处电场强度，C错误；D沿着电场线电势降低，等势线与电场线垂直；故A点电势比B点电势高，那么，正离子从A向B运动，电场力做正功，故电势能减小，D正确。故选D3. 关于电流的说法中正确的是（）A. 电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位B. 如果在任何相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，则导体中的电流是恒定电流C. 电流有方向，电流是矢量D. 根据，可知I与q成正比【答案】A【解析】【分析】【详解】A电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位，A正确；B恒定电流的电流大小和
4、方向都不随时间变化，而在任何相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，只能说明大小相等，不能说明方向也不变，B错误；C电流有方向，但电流的运算满足代数法则，而矢量的运算满足平行四边形定则，故电流是标量，C错误；D根据，电流采用的是比值定义法，其大小与电量无关，D错误。故选A。4. 金属铂的电阻对温度的高低非常敏感，可用于制作电阻温度计。现有甲、乙两个图像，其中一个为描述金属铂的图像，下列判断正确的是（）A. 图甲应为铂的图像，且电压为时，电阻为B. 图甲应为铂的图像，且电压为时，电阻为C. 图乙应为铂的图像，且电压为时，电阻为D. 图乙应为铂的图像，且电压为时，电阻为【答案】C【解析】【分析】【
5、详解】金属铂的电阻率随温度升高而增大，电阻增大，图像的斜率增大，图乙正确，由欧姆定律可知，C正确，ABD错误。故选C。5. 如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，水平放置着一根长直导线，电流方向指向读者，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（）A. a、b两点磁感应强度相同B. a点磁感应强度最小C. c、d两点磁感应强度相同D. c点磁感应强度最大【答案】B【解析】【分析】【详解】根据安培定则，直线电流的磁感应强度如图；根据平行四边形定则，a、b、c、d各个点的磁场情况如图Aa、b两点磁感应强度大小不相等，方向也不一定相同，故A错误；Ba点磁感应强度为两点之差的绝对值，最
6、小，故B正确；Cc点与d点合磁感应强度大小相等，方向不同，故C错误；Db点电磁感应强度等于两个磁感应强度的代数和，最大，故D错误。故选B。6. 如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与不计内阻的直流电源两端相接，ML和LN组成的部分受到的安培力大小为F，则导体棒MN受到的安培力的大小为（）A. 2FB. 1.5FC. 0.5FD. 0【答案】A【解析】【分析】【详解】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比由于上路通电的导体受安培力的有效长
7、度为L，根据安培力计算公式，可知得故选A。7. 一已充电的平行板电容器与静电计连接如图所示。已知静电计指针张角随着电容器两板间的电势差的增大而增大。现保持电容器的电量不变，且电容器N板位置不动。下列说法中正确的是（）A. 将M板向左平移，则静电计指针张角减小B. 将M板向右平移，则静电计指针张角增大C. 在两板之间插入云母片，则静电计指针张角减小D. 将M板竖直向上平移，则静电计指针张角增大【答案】CD【解析】【分析】【详解】A将M板向左平移，板间距离d增大，根据电容的决定式得知电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得知板间电势差U增大，则静电计指针张角增大。故A错误；B将M板向
8、右平移，板间距离d减小，根据电容的决定式得知电容C增大，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得知板间电势差U减小，则静电计指针张角减小，故B错误。C在两板之间插入云母片，相对介电常数增大，根据电容的决定式得知电容C增大，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得知板间电势差U减小，则静电计指针张角减小，故C正确；D将M板竖直向上平移，两极板正对的面积减小，根据电容的决定式得知电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得知板间电势差U增大，则静电计指针张角增大，故D正确。故选CD。8. 如图所示，匀强电场水平向右，绝缘细线一端固定在O点，一端连着带电小球，将小球从与O点等高的A点由
9、静止释放，结果小球在竖直面内做圆周运动，B为运动的最低点，不计空气阻力，则下列判断正确的是（）A. 小球可能带负电B. 从A到B过程，细线的张力先增大后减小C. 从A到B过程，小球受到的电场力可能大于重力D. 从A到B过程，小球电势能和重力势能之和先减小后增大【答案】BD【解析】【分析】【详解】A若小球带负电，则由静止释放小球，小球在电场力与重力的作用下应先做直线运动，因此小球一定带正电，选项A错误；B由于小球受到的电场力与重力的合力斜向右下，A到B过程，小球在斜向右下的等效场中运动，运动过程速度先增大后减小，细线的张力先增大后减小，选项B正确；C若小球受到的电场力大于重力，则两个力的合力方向
10、与水平方向的夹角小于45，即等效场的方向与水平方向的夹角小于45斜向右下方，则由运动的对称性可知，小球下落时最低点不可能到达B点，选项C错误；D因为小球的机械能与电势能之和为一定值，小球的速度先增大后减小，动能先增大后减小，因此小球电势能与重力势能之和先减小后增大，选项D正确。故选BD。9. 如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，下列说法正确的是（）A. 甲表是伏特表，R增大时量程增大B. 甲表是安培表，R增大时量程减小C. 乙表是伏特表，R增大时量程增大D. 乙表是安培表，R增大时量程减小【答案】BC【解析】【分析】【详解】AB甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻
11、器分流减小，量程减小，故A错误，B正确。CD乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故C正确，D错误。故选BC。10. 如图所示，在方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，有一质量为m、电荷量为q的带正电小球由长度为L的绝缘细绳与悬点相连，将小球置于恰好使细绳水平伸直的位置并从静止释放.不计空气阻力，则对小球从释放到第一次到达最低点的过程，下列说法正确的是（ ）A. 小球运动至最低点时速度为B. 小球在运动过程中受到的洛伦兹力方向始终与细绳垂直C. 小球在运动过程中受到的洛伦兹力的瞬时功率先增大，后减小D. 小球在运动至最低点时细绳对小球的拉力大小为【答案】AD【解析】
12、【分析】【详解】A.小球运动过程中，受重力、拉力和洛伦兹力，只有重力做功，小球的机械能守恒，故，解得，故A正确；B.根据左手定则可知，小球受到的洛伦兹力的方向始终与速度的方向垂直，沿绳子的方向向外，故B错误；C.洛伦兹力始终不做功，功率始终是零，故C错误；D.小球在最低点，由合力提供向心力，故，解得，故D正确.二、实验题（每空2分，共14分）11. 回答下列问题：(1)关于多用电表的使用，下列操作正确的是（ ）A.测电压时，应按图甲连接方式测量B.测电流时，应按图乙连接方式测量C.测电阻时，应按图丙连接方式测量D.测二极管的正向电阻时，应按图丁连接方式测量(2)用伏安法测电阻时，R的测量值比真
13、实值偏大时接在位置_（填“”或“”）。【答案】 (1). BD (2). 【解析】【分析】【详解】(1)1 A测电压时电流由红表笔流入多用电表，而甲图是由黑表笔流入，故A错误；B测电流时应将待测电阻与电流表串联，且电流应从红表笔进入从黑表笔流出，故B正确；C测量电阻时，应将待测电阻与电路断开后测量，故C错误；D因为欧姆表的黑表笔与内部电池的正极相连，所以测量二极管正向电阻时，应将黑表笔与二极管的正极相连，故D正确；故选BD。(2)2电流表内接法时，由于电流表的分压作用会使电阻的测量值偏大，而电流表的外接法由于电压表的分流作用，会使电阻的测量值偏小，故选“”。12. 如图所示电路，某学生用电流表
14、和电压表测干电池的电动势和内阻时，所用滑动变阻器的阻值范围为020，连接电路的实物图如图所示。(1)该学生接线中错误的和不规范的做法是_；A.滑动变阻器不起变阻作用B.电流表接线有错C.电压表量程选用不当D.电压表接线不妥(2)该同学将电路按正确的电路图连接好，检查无误后，闭合开关，进行实验。该同学实验完毕，将测量的数据反映在UI图线（如a图线所示），根据这一图线，可求出电池的电动势E=_V，内电阻r=_；（小数点后保留两位）(3)将此电源与一小灯泡L连接，组成闭合回路。小灯泡UI图线如b图线所示。可知此时小灯泡的实际功率P=_。【答案】 (1). AD (2). 1.48 (3). 0.77
15、 (4). 0.375【解析】【分析】【详解】(1)1由图示实物电路图可知，滑动变阻器阻值全部接入电路，滑动变阻器成为定值电阻，滑动变阻器接线错误，电压表直接接在电源两端，电压表接线错误故选AD(2)23由图示电源UI图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.48，则电源电动势E=1.48V电源内阻(3)4a、b两图线的交点即为小灯泡的工作点，由图可知I=0.30，U=1.25V则小灯泡的实际功率三、计算题（本题共3小题，共46分）13. 空间存在范围足够大的水平方向匀强电场，长为L的绝缘细线一端固定于O点，另一端系一带电量为正q质量为m的小球，已知电场强度，OA处于水平方向，OB在竖直方向小球从A
16、点由静止释放，求当小球运动到O点正下方B时的速度大小及此时细线对小球拉力的大小取，【答案】小球运动到O点正下方B时速度大小为，此时细线对小球拉力的大小为【解析】【分析】【详解】小球受到的电场力的方向向右，设小球运动到B点时速度为v，对该过程由动能定理有：,代入数据可得：，在最低点对小球由牛顿第二定律得： ，代入数据解得：14. 如图所示，电阻R13，R26，电容器的电容C30F，电源电动势E10V内阻r1闭合开关S，电路中电流稳定后（1）求R1两端的电压；（2）断开开关S后，直到电路中电流再次稳定，求通过R1的总电荷量【答案】（1）闭合开关S，R1两端的电压是3V；（2）将开关S断开流过R1的
17、总电荷量是1.2104C【解析】分析】(1)闭合开关S，稳定后电容器相当于开关断开，两个电阻串联，根据全电路欧姆定律求解即可流过电源的电流，然后由欧姆定律求出电压；(2)闭合开关S，电容器的电压等于R2两端电压，由欧姆定律求出电容器的电压开关S断开时，电容器的电压等于电源的电动势由Q=CU求解电容器电量的增加量，即为将开关S断开，流过R1的总电荷量【详解】(1) 闭合开关S，据全电路欧姆定律得： R1两端的电压为：U1=IR1=13V=3V；(2) 闭合开关S，电容器的电压等于R2两端电压，为：U2=IR2=16V=6V电容器两端电压变化量为：U=E-U1=4V过R1的总电荷量为：Q=CU=3
18、010-64C=1.210-4C【点睛】本题是含容电路，关键确定电容器的电压知道电路稳定时电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压15. 如图所示，在一个半径为R、圆心为O的圆形区域内分布着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一个质量为m、电荷量为q的带正电荷的粒子从磁场的边缘A点沿AO方向射入磁场，从磁场边缘的另一点D离开磁场。已知A、D两点间的距离为R，不计粒子重力，求：（1）粒子做圆周运动的半径r；（2）粒子射入磁场时的速度大小v；（3）粒子在磁场中运动的时间t。【答案】（1）R；（2）；（3）【解析】【分析】【详解】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示由图可知轨迹的半径，圆心为 ,根据几何关系可得(2)粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即结合(1)中结果，得(3)根据几何关系，粒子做圆周运动的圆弧所对应的圆心角=60设粒子做圆周运动的周期为T，则有联立解得粒子的运动时间
