1、四川省宜宾市叙州区二中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. 关于电场线和磁感线,下列说法正确的是A. 电场线和磁感线都是闭合的曲线B. 磁感线是从磁体的N极发出，终止于S极C. 电场线和磁感线都不能相交D. 电场线和磁感线都是现实中存在的【答案】C【解析】【详解】电场线不闭合，A错；磁感线在磁铁内部是从S极指向N极，B错；电场线和磁感线都是人们为了研究场而假想出来的一系列曲线，电场线和磁场线都不相交；D错；2.真空中两个点电荷之间的静电力为F，如果它们之间的距离以及每个点电荷的电荷量都增加为原来的2倍，则它们之间的静电力将变为原来的（）A. 4倍B. 2
2、倍C. 1倍D. 0.5倍【答案】C【解析】【详解】由库伦定律可得：变化前：F=k；变化后：F=k=F，故ABD错误，C正确故选C3.如图，长为的直导线拆成边长相等，夹角为的形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为，当在该导线中通以电流强度为的电流时，该形通电导线受到的安培力大小为 A. 0B. 0.5C. D. 【答案】C【解析】试题分析：导线在磁场内有效长度为，故该V形通电导线受到安培力大小为，选项C正确，选项ABD错误考点：安培力【名师点睛】由安培力公式进行计算，注意式中的应为等效长度，本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义4.如图所示，正点电荷放在O点，图
3、中画出它产生的电场的六条对称分布的电场线以水平电场线上的O点为圆心画一个圆，与电场线分别相交于a、b、c、d、e，下列说法正确的是（）A. b、e两点的电场强度相同B. a点电势高于e点电势C. 电子沿圆周由d运动到b，电场力做正功，电势能减少D. b、c两点间电势差等于e、d两点间电势差【答案】D【解析】【分析】电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时两点的电场强度才相同；电势根据顺着电场线方向电势降低进行判断；根据对称性分析b、c 两点间电势差与b、e间电势差的关系根据电势高低，判断电场力对电子做功的正负【详解】由图看出，b、e两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以b、e
4、两点的电场强度不同，故A错误；根据顺着电场线电势逐渐降低可知，离点电荷O越远，电势越低，故a点电势低于e点电势，故B错误；d点的电势高于b点的电势，电子沿圆周由d到b，电势降低，但电势能升高，电场力做负功，故C错误；根据对称性可知，d、c的电势相等，同理b、e的电势相等所以b、c 两点间电势差与e、d两点间电势差相等，故D正确；故选D【点睛】常见电场的电场线分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意点电荷形成电场的对称性加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题5.如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，其中央正上方固定一根直导线，导线与磁铁垂直，并通以垂直纸面向
5、外的电流，则A. 磁铁对桌面的压力减小、不受桌面摩擦力的作用B. 磁铁对桌面的压力减小、受到桌面摩擦力的作用C. 磁铁对桌面的压力增大、不受桌面摩擦力的作用D. 磁铁对桌面的压力增大、受到桌面摩擦力的作用【答案】A【解析】【详解】在磁铁外部，磁感线从极指向极，长直导线在磁铁的中央正上方，导线所在处磁场水平向左方；导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下方；由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力，磁铁没有运动趋势，磁铁不受摩擦力；A与分析相符，故A正确；B与分析不符，故B错误；C与分析不符，故C错误；D与分析不符，故D错误
6、。6.如图所示，电感线圈L的自感系数足够大，其直流电阻忽略不计，LA，LB是两个相同的灯泡，且在下列实验中不会烧毁，电阻R2阻值约等于R1的两倍，则()A. 闭合开关S时，LA，LB同时达到最亮，且LB更亮一些B. 闭合开关S时，LA，LB均慢慢亮起来，且LA更亮一些C. 断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB马上熄灭D. 断开开关S时，LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭【答案】D【解析】【详解】闭合开关S时，由于线圈的自感作用LA慢慢亮起来，但LB立即亮起来，AB错误；断开开关S时，LA、LB、L形成回路，但由于LA的电流大于LB的电流，故LA慢慢熄灭，LB闪亮后才慢慢熄灭，C错误、D正确7.如图
7、所示，平行金属板中带电质点原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，的阻值和电源内阻相等，当滑动变阻器的滑片向端移动时，则（ ）A. 消耗的功率逐渐减小B. 电流表读数减小，电压表读数增大C. 电源的输出功率逐渐增大D. 质点将向上运动【答案】AC【解析】【详解】当滑动变阻器的滑片向端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流增大电容器极板间电压等于两端的电压，减小，并联部分的总电阻减小，则两端的电压减小，消耗的功率逐渐减小，电容器极板间场强减小，质点所受的电场力减小，所以质点将向下运动，正确，D错误流过电流表的电流，增大，减小，则增大，所以电
8、流表读数增大两端的电压，减小，增大，则减小，所以电压表读数减小，B错误由于的阻值和电源内阻相等，则外电路总电阻大于电源的内阻，当外电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大，C正确8.用绝缘细线悬挂一个质量为m，带电荷量为+q的小球，让它处于如图所示的磁感应强度为B的匀强磁场中由于磁场的运动，小球静止在如图位置，这时悬线与竖直方向夹角为，悬线处于伸直状态，则磁场的运动速度和方向可能是（）A. ，水平向左B. ，水平向下C. ，竖直向上D. ，水平向右【答案】AC【解析】【详解】若磁场的运动方向水平向左，则小球相对磁场水平向右，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，当洛伦兹力等于重力，处于平衡状态，则有
9、：Bqv=mg，解得：，故A正确；若磁场的运动方向竖直向下，则小球相对磁场竖直向上，由左手定则可知，洛伦兹力方向水平向左，则不可能处于平衡状态故B错误；若磁场的运动方向竖直向上，则小球相对磁场竖直向下，由左手定则可知，洛伦兹力方向水平向右，当洛伦兹力与拉力的合力与重力相等时，则处于平衡状态，则有：Bqv=mgtan，解得：，故C正确，若磁场的运动方向水平向右，则小球相对磁场水平向左，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向下，不可能处于平衡状态，D错误；故选AC【点睛】此题考查左手定则与平衡方程的应用，注意相对运动理解，突出小球相对磁场的运动方向是解题的关键，同时掌握三角函数的应用9.木块和用一根轻
10、弹簧连接起来,放在光滑水平面上,紧靠在墙壁上, 在上施加向左水平力使弹簧压缩, 如图所示,当撤去外力后,下列说法中正确的是( )A. 尚未离开墙壁前, 和组成的系统的动量守恒B. 尚未离开墙壁前, 和组成的系统的动量不守恒C. 离开墙壁后, 和组成的系统动量守恒D. 离开墙壁后, 和组成的系统动量不守恒【答案】BC【解析】【详解】以a、b及弹簧组成的系统为研究对象，撤去外力后，b向右运动，在a尚未离开墙壁前，系统所受合外力不为零，因此该过程系统动量不守恒故A错误，B正确；当a离开墙壁后，系统水平方向不受外力，系统动量守恒，故C正确，D错误；故选BC.二实验题10.某物理学习小组的同学在研究性学
11、习过程中，通过一块电压表和一块多用电表的欧姆挡接成电路就能一次性既能测出电压表的内阻又能测出多用电表中欧姆挡的内部电源的电动势已知电压表的内阻约在1525 k之间，量程为15 V，多用电表欧姆挡的电阻刻度中间值为20.（1）.请用笔迹代替导线将红、黑表笔连在电压表上_（2）.他们在实验过程中，欧姆的选择开关应拨至倍率为“_”（3）.在实验中，同学们读出电压表的读数为U，欧姆表指针所指的刻度为n，并且在实验过程中，一切操作都是正确的，由此可得欧姆表内电池的电动势的表达式为_【答案】 (1). (2). 1 k (3). 【解析】【详解】（1）1欧姆表内电源正极接在欧姆表的负接线柱上，故红表笔应接
12、电压表的负接线柱，黑表笔应接电压表的正接线柱（2）2电压表内阻较大，故欧姆挡选择开关应选倍率为“1 k（3）3欧姆表内阻等于中值电阻（）因为多用电表欧姆挡的电阻刻度中间值为20，所以欧姆表的内电阻为20103，电路中的电流，欧姆表内电池的电动势的表达式为11.有一个小灯泡上标有“4 V 2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的IU图线现有下列器材供选用：A.电压表(05 V，内阻约10 k)B.电压表(015 V，内阻约20 k)C.电流表(03 A，内阻约1 )D.电流表(00.6 A，内阻约0.4 )E.滑动变阻器(10 ，2 A)F.滑动变阻器(500 ，1 A)G.学生电源(直流6
13、 V)、开关、导线若干（1）实验中所用电压表应选_，电流表应选用_，滑动变阻器应选用_（2）在线框内画出实验电路图_，并根据所画电路图进行实物连接_ （3）利用实验数据绘出小灯泡的伏安特性曲线如图甲所示，分析曲线说明小灯泡电阻变化的特点：_（4）若把电阻元件Z和小灯泡接入如图乙所示的电路中时，已知电阻Z的阻值为5，已知A、B两端电压恒为2.5 V，则此时灯泡L的功率约为_W(保留两位有效数字) 【答案】 (1). (1)A (2). D (3). E (4). (2)如图； (5). 如图； (6). (3)小灯泡电阻随温度升高而增大 (7). (4)0.31【解析】【分析】本题（1）的关键是
14、根据小灯泡的规格中的额定电压与额定电流大小来选择电压表与电流表的量程，根据实验要求电流从零调可知变阻器应用分压式接法，可知应选择电阻选择变阻器题（2）的关键是根据小灯泡电阻满足，可知电流表应用外接法，又变阻器应用分压式接法，即可画出电路图和实物图题（3）的关键是根据电阻定义可知，电阻大小与I-U图线上的点与原点连线的斜率倒数成正比，说明小灯泡的电阻随温度的升高而增大题（4）的关键是在灯泡的I-U图像中画出电阻Z的I -U图像，根据I-U图象读出当电阻Z和灯泡两端的电压之和为2.5V时对应的电压和电流大小，然后根据P=UI求出功率即可【详解】（1）：根据小灯泡规格“4V，2W”可知，电压表应选A
15、，电流，所以电流表应选D；由于描绘小灯泡伏安特性曲线实验要求电流从零调，所以变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器E（2）：由于小灯泡电阻较小，满足，所以电流表应用外接法，又变阻器采用分压式接法，所以电路图和实物连线图如图所示： （3）根据可知，小灯泡电阻与I-U图象上各点与原点连线的斜率倒数成正比，所以小灯泡电阻随温度的升高而增大（4）在灯泡的I-U图像中画出电阻Z的I -U图像，由I-U图象可知，当电阻Z和灯泡两端的电压之和为2.5V时，此时灯泡两端的电压U=1.4V，I=0.22A时对应的电压，所以小灯泡的功率为：P=UI=1.40.22W=0.31W.【点睛】本题考查了实验器材选择、
16、设计实验电路图、连接实物电路图、实验数据处理，确定滑动变阻器与电流表接法是正确设计实验电路图与连接实物电路图的前提与关键三、计算题12.，外电阻R1R24r0，其他电阻不计如果OA棒以某一角速度匀速转动时电阻R1的电功率最小值为P0(1)要求画出等效电路图(2)求OA棒匀速转动的角速度【答案】（1）；（2）.【解析】【详解】(1)等效电路如图所示(2)由题意可知，棒转动时感应电动势为：棒转动时，的功率变化，当棒的端处于环的最上端时，环的电阻最大，此时有：总电阻为：的最小功率为：可解得：13.如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内
17、，分布着磁感应强度B=0.50 T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势E=4.5 V、内阻r=0.50 的直流电源，现把一个质量m=0.040 kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5，金属导轨 电阻不计，g取10m/s2（已知sin37=0.60，cos37=0.80）求：（1）通过导体棒电流； （2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力【答案】（1）1.5A（2）0.30N（3）0.06N【解析】【详解】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：
18、；（2）导体棒受到的安培力：；（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力，由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件 ，解得：， 方向沿斜面向下；14.如图，在y0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E；在y0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场一个氕核和一个氘核先后从y轴上yh点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向已知进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为，并从坐标原点O处第一次射出磁场. 氕核的质量为m，电荷量为q. 氘核的质量为2m，电荷量为q，不计重力求：(1)第一次进入磁场的位置到原点O的距离；(2)磁场的磁感应强度大小；(3)第一次进入
19、磁场到第一次离开磁场的运动时间 【答案】（1）2h（2）（3）【解析】【详解】在电场中做类平抛运动，在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示设在电场中的加速度大小为，初速度大小为，它在电场中的运动时间为，第一次进入磁场的位置到原点的距离为，由运动学公式有：由题给条件，进入磁场时速度的方向与轴正方向夹角，进入磁场时速度的分量的大小为：联立可得：(2)在电场中运动时，由牛顿第二定律有：设进入磁场时速度的大小为，由速度合成法则有：设磁感应强度大小为，在磁场中运动的圆轨道半径为，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：由几何关系得：联立可得：(3)设在电场中沿轴正方向射出的速度大小为，在电场中的加速度大小为，由题给条件得：由牛顿第二定律有：设第一次射入磁场时的速度大小为，速度的方向与轴正方向夹角为，入射点到原点的距离为，在电场中运动的时间为，由运动学公式有：联立可得：，设在磁场中做圆周运动的时间为，及粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期公式得：且有：第一次进入磁场到第一次离开磁场的运动时间：