1、广西柳江中学2020-2021学年高二物理上学期期末模拟试题（二）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
2、、B、C为电场中的点，下列说法正确的是（）AC点电势高于A点电势B电子在A点受到电场力方向指向BCA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3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
3、应为铂的图像，且电压为时，电阻为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（）Aa、b两点磁感应强度相同Ba点磁感应强度最小Cc、d两点磁感应强度相同Dc点磁感应强度最大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（）A2FB1.5FC0.5FD07一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
4、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9如
5、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
6、D小球在运动至最低点时细绳对小球的拉力大小为二、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的测量值比真实值偏大时接在位置_（填“”或“”）。12如图所示电路，某学生用电流表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
7、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=_。三、计算题（本题共3小题，共46分）13（12分）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
8、力的大小取，14（16分）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15（18分）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。2020-2021学年
9、高二上学期期末测试物理模拟卷（二）参考答案1BAB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。2DA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
10、力做正功，故电势能减小，D正确。 故选D。3AA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。4C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。5B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
11、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。6A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度为L，根据安培力计算公式，可知 得 故选A。7CDA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
12、针张角增大。故A错误；B将M板向右平移，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D。8BDA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
13、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。9BCAB甲表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故A错
14、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。10ADA.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.11BD (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
15、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“”。12AD 1.48 0.77 0.375 【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
16、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 13小球运动到O点正下方B时的速度大小为，此时细线对小球拉力的大小为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（1）闭合开关S，R1两端的电压是3V；（2）将开关S断开流过R1的总电荷量是1.2104C(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
17、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(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电容器两端的电压变化量为：U=E-U1=4V过R1的总电荷量为：Q=CU=3010-64C=1.210-4C15（1）R；（2）；（3）(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