1、12018-2019 学年山西省祁县中学高二上学期期末模拟二考试物理试题注 意 事 项 ：1 答 题 前 ， 先 将 自 己 的 姓 名 、 准 考 证 号 填 写 在 试 题 卷 和 答 题 卡 上 ， 并 将 准 考 证 号 条 形 码粘 贴 在 答 题 卡 上 的 指 定 位 置 。2 选 择 题 的 作 答 ： 每 小 题 选 出 答 案 后 ， 用 2B 铅 笔 把 答 题 卡 上 对 应 题 目 的 答 案 标 号 涂 黑 ，写 在 试 题 卷 、 草 稿 纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。3 非 选 择 题 的 作 答 ： 用 签 字 笔 直 接 答
2、在 答 题 卡 上 对 应 的 答 题 区 域 内 。 写 在 试 题 卷 、 草 稿纸 和 答 题 卡 上 的 非 答 题 区 域 均 无 效 。4 考 试 结 束 后 ， 请 将 本 试 题 卷 和 答 题 卡 一 并 上 交 。第 I 卷（选择题)一、单选题1如图所示，以 O 点为圆心的圆周上有六个等分点 a、 b、 c、 d、 e、 f，等量正、负点电荷分别放置在 a、 d 两点时，下列说法中正确的是（ ）A b、 c、 e、 f 四点的场强相同B b、 c、 e、 f 四点的电势相等C将一带正电的试探电荷从 O 点移到 e 点，电场力做正功D O 点的电势高于 b、 c、 e、 f
3、四点的电势2如图所示电路,已知电源电动势为 E,内阻为 r,R0为固定电阻.当滑动变阻器 R 的触头向下移动时,下列说法中错误的是（ ）A电压表的示数变小 B灯泡 L 一定变亮C电流表的示数变小 D 消耗的功率变小3洛伦兹力使带电拉子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列各图中均标有带正电荷粒子的运动速度，洛伦兹力，及磁场的方向，虚线圆表示粒子的轨迹，其中可能出现的情况是（ ）A BC D4如图所示，三根相互平行的固定长直导线 L1、 L2和 L3两两等距，通过 L1、 L2中的电流相同， L1、 L2中的电流方向垂直纸面向里， L3中的电流方向垂直纸面向外，在三根导线与纸面的交点所构成的等边三角形
4、的中心上放有一电流方向垂直纸面向外的通电长直导线，则该导线受到的安培力的方向为（ ）A指向 B指向 C背离 D指向5如图所示，电源电压恒定不变，电源内阻忽略不计，开关 S 闭合。现将滑动变阻器 R2的滑片 P 向右移动一段距离，电压表示数的变化量为 U，电流表示数的变化量为 I。两电表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）A电阻 的功率增大B滑片 P 向右移动过程中，电阻 中有 的瞬时电流C 与 的比值不变D电压表示数 U 和电流表示数 I 的比值不变此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 26两个相同的金属小球（可视为点电荷）带异种电荷，所带电量之比为 1：7，真空中相距r，把它
5、们接触后再放回原处，则它们间的静电力大小为原来的（ ）A B C D7某平行板电容器的电容为 C，带电量为 Q，相距为 d，今在板间中点放一个电量为 q 的点电荷，则它受到的电场力的大小为（ ）A B C D2kQqd24kqddq8导线中带电粒子的定向运动形成了电流。带电粒子定向运动时所受洛伦兹力的矢量和，在宏观上表现为导线所受的安培力。如图所示，设导线 ab 中每个带正电粒子定向运动的速度都是v，单位体积的粒子数为 n，粒子的电荷量为 q，导线的横截面积为 S，磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里，则下列说法正确的是（ ）A由题目已知条件可以算得通过导线的电流为B题中导线受到的安培力的方
6、向可用安培定则判断C每个粒子所受的洛伦兹力为 ，通电导线所受的安培力为D改变适当的条件，有可能使图中带电粒子受到的洛伦兹力方向反向而导线受到的安培力方向保持不变二、多选题9如图所示，质量为 m、带电荷量为 q 的小滑块放置在倾角为 、足够长的固定光滑绝缘斜面上，斜面置于磁感应强度为 B 的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。现让小滑块在斜面上由静止释放，一段时间后小滑块离开斜面。重力加速度大小为 g下列判断正确的是（ ）A小滑块带正电B小滑块在斜面上滑行的过程中机械能守恒C小滑块离开斜面时的速度大小为D小滑块要离开斜面时的加速度大小为 g10如图所示，MN 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板
7、间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为 ，质量为 m（不计重力）从 P 经电场加速后，q从小孔 Q 进入 N 板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与 N 板的夹角为 ，孔 Q 到板的下端 C 的距离为 L，当 M、N 两板间电压03取最大值时，粒子恰垂直打在 CD 板上，则（ ）A两板间电压的最大值2mqBLUBCD 板上可能被粒子打中区域的长度 3SLC粒子在磁场中运动的最长时间 6mtBqD能打到 N 板上的粒子的最大动能为218L11一匀强电场的方向平行于 xOy 平面，平面内 a、 b、 c 三点的
8、位置如图所示，三点的电势分别为 18V.20V.26V，下列说法正确的是（ ）A坐标原点处的电势为 14VB电场强度的大小为C电子在 a 点的电势能比在 b 点的电势能高 2eVD电子从 b 点运动到 c 点，克服电场力做功为 6eV3121930 年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示。这台加速器由两个铜质 D 形盒 D1、 D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（ ）A回旋加速器交流电的周期等于带电粒子圆周运动周期的一半B利用回旋加速器加速带电粒子，要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B 和 D 形盒的半径 RC回旋加速器的加速电压越大，带电粒子获得的最大动能越
9、大D粒子每次经过 D 型盒狭缝时，电场力对粒子做功一样多第 II 卷（非选择题)三、实验题13(1)在“练习使用多用电表”的实验中，小西同学选择的挡位和电表的指针位置如图甲所示。则小西同学测量的物理量是_，读数为_；(2)小北同学用电阻箱来练习使用多用电表测电阻，如图乙所示电阻箱阻值读数为_，应该选择欧姆表的_倍率进行测量；(3)小北同学发现欧姆挡的刻度盘读数范围是 0 到无穷大 ，而指针在中央时示数为 15。小北同学从课本上找到了欧姆挡的电路图如图丙所示，如果选择欧姆挡“10”倍率时，请你计算此时欧姆表内部的电阻值为_，欧姆挡刻度是_（填均匀或不均匀）。14某同学现有以下器材，他希望利用它们
10、来测量某电池的电动势和内阻。A被测电池（电动势在 10V15 V 之间，内阻未知）B电阻箱（020）C滑动变阻器（最大阻值 20）D定值电阻 R0（阻值 5）E电流表 A1（量程 3A，内阻忽略不计）F电流表 A2（量程 0.6A，内阻忽略不计）G电键H导线若干实验中用到了包括电池和定值电阻 R0在内的六种实验器材，并利用实验数据做出了通过电源的电流 I 的倒数 和外电路电阻 R（ R0除外）的关系图线，即 图线，如图所示。则根据上述条件分析该同学在实验过程中：实验时电阻箱和滑动变阻器二者中应选择_；在虚线框内画出实验原理图（请在图中表明所选器材的符号）_；根据图线求出电池的电动势为_ V，内
11、阻为_。4四、解答题15如图所示，一重力不计的带电粒子从平行板电容器的上极板左边缘处以某一速度沿极板方向射入电容器。若平行板电容器所带电荷量为 Q1，该粒子经时间 t1恰好打在下极板正中间，若平行板电容器所带电荷量为 Q2，该粒子经时间 t2恰好沿下极板边缘飞出。不考虑平行板电容器的边缘效应，求两种情况下：（1）粒子在电容器中运动的时间 t1、t 2之比；（2）电容器所带电荷量 Q1、Q 2之比。16如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为 ，间距为 d导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为 B，方向与导轨平面垂直质量为 m 的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为 s，导轨与外接
12、电源相连，使金属棒通有电流金属棒被松开后，以加速度 a 沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为 g求下滑到底端的过程中，金属棒：（1）末速度的大小 v；（2）通过的电流大小 I；（3）通过的电荷量 Q17如图所示，一带电微粒质量为 m=2.010-11 kg、电荷量 q=+1.010-5 C，从静止开始经电压为 U1=100V 的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角=60，并接着沿半径方向进入一个垂直纸面向外的圆形匀强磁场区域，微粒射出磁场时的偏转角也为 =60已知偏转电场中金属板长 L=10 cm，圆形匀强磁场的半径为 R=10 cm，重
13、力忽略不计求：（1）带电微粒经加速电场后的速度大小；（2）两金属板间偏转电场的电场强度 E 的大小；（3）匀强磁场的磁感应强度 B 的大小2018-2019 学 年 山 西 省 祁 县 中 学 高 二上 学 期 期 末 模 拟 二 考 试 物 理 试 题物 理 答 案1C【解析】根据两个点电荷的电场强度的叠加，满足矢量合成的原理，并依据等量异种电荷的电场线与等势线的分布，进行分析即可。由题意可知，两点电荷在 e、f 处的电场强度各自进行矢量合成，则 e、f 处场强大小相等，但方向相同，同理 b、c 电场强度大小相等，方向相同，因此这四点的电场强度大小相等，方向不同，故 A 错误。依据等量异种电
14、荷，等势线的分布，可知，b、f 二点的电势相等，而 c、e 二点的电势相等，且 b、f 二点的电势高于 c、e 二点的电势，故 B 错误；根据沿着电场线方向，电势降低，因此 O 点的电势高于 c、e 二点的电势，而低于 b、f 二点的电势，故 D 错误；将一带正电的试探电荷从 O 点移到 e 点，即从高电势移动低电势，那么电势能降低，因此电场力做正功，故 C 正确；故选 C。【点睛】考查点电荷的电场强度的叠加，关键要掌握库仑定律，理解电场强度的大小与方向，及矢量叠加原理，并掌握等量异种电荷的等势线的分布。2A【解析】当 R 的滑动触点向下滑移动时，R 变大，外电路总电阻变大，由闭合电路欧姆定律
15、知，总电流 I 变小，电源的内电压变小，则路端电压变大，因此电压表读数变大。灯泡 L 的电压增大，则灯L 一定变亮。故 A 错误，B 正确。电路中并联部分的电压变大，通过 L 的电流变大，而总电流减小，则电流表 A 的读数减小，R 0消耗的功率变小。故 CD 正确。本题错误的，故选 A。【点睛】本题是电路动态变化分析问题，往往按“局部整体局部”的顺序进行分析。路端电压也可以直接根据外电阻的变化判断。3B【解析】洛伦兹力要使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力根据左手定则，将各项逐一代入，选择符合题意的选项A 图中，由正电粒子的速度和磁场方向，根据左手定则判断得知，洛伦兹力背离
16、圆心，不能提供向心力。故 A 错误。B 图中，由正电粒子的速度和磁场方向，根据左手定则判断得知，洛伦兹力向下指向圆心，粒子能沿图示轨迹做匀速圆周运动。故 B 正确。C 图中，由正电粒子的速度和磁场方向，根据左手定则判断得知，洛伦兹力向左背离圆心，粒子不可能沿图示轨迹做匀速圆周运动。故 C 错误。D 图中，洛伦兹力方向不指向圆心，正电粒子不可能沿图示轨迹做匀速圆周运动。故 D错误。故选 B。4D【解析】根据同向电流相吸，异向电流相斥的原理可知，L 1和 L2对放在中心处的导线均为斥力，合力的方向指向 L3；L 3对放在中心处的导线为吸引力，方向指向 L3；则三条直导线对放在中心处的导线的作用力的
17、合力方向指向 L3；故选 D.5C【解析】滑动变阻器的滑片 P 向右移动一段距离，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，电路中的总电流变小，R 1两端电压减小，即电容器两端电压减小，由 Q=CU 可知，电容器的电荷量减小，所以电阻 R3中有 ab 的向下的瞬时电流，由 P=I2R1可知，R 1的功率减小，故 AB 错误；电压表示数 U 和电流表示数 I 的比值为滑动变阻器的阻值，所以滑动变阻器的滑片 P 向右移动一段距离，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，故 D 错误；将 R1和电源看成新的电源，滑动变阻器即为外电路，所以=R1，恒定不变，故 C 正确；故选 C。【点睛】本题是电路动态分析问题，按“局
18、部到整体再到局部”的思路进行分析，关键是运用等效法分析U 和I 的比值。6D【解析】两电荷异性，设一个球的带电量为 q，则另一个球的带电量为 Q=7q，此时 ，带异种电荷，接触后再分开，带电量各为 3q，则两球的库仑力大小 ，故 D 正确，ABC 错误；故选 D。7D【解析】电容器两极板间的电场为匀强电场,所以 F=Eq,E=U/d,U=Q/C,联立可解得 ,D 正确,cdqQF8A【解析】电流： ，则 A 正确；导线受到的安培力的方向由左手定则判断，则 B 错误；粒子所受的洛伦兹力为 F 洛 =qvB，导线长度为 L，则其受的安培力为：F=nqLSvB=BIL，则 C 错误；洛伦兹力方向反向
19、决定了所受到的安培力方向也反向，则 D 错误；故选 A。【点睛】本题考查电流的微观表达式，关键在于明确有多少电荷流过我们所确定的截面，并由洛伦兹力的集中表现为安培力。9BC【解析】由题意可知：小滑块受到的洛伦兹力垂直斜面向上，根据左手定则可得：小滑块带负电，故A 错误；滑块下滑过程中，支持力与速度垂直，且洛伦兹力与速度也垂直，因此两个力不做功，因光滑，没有摩擦力，因此只有重力做功，小滑块的机械能守恒，故 B 正确；由题意：当滑块离开斜面时，洛伦兹力：Bqv=mgcos，则 ，故 C 正确；滑块要离开斜面时，重力垂直斜面的分力与洛伦兹力平衡，则重力另一分力产生加速度，那么其加速度大小为 gsin
20、，故 D 错误。故选BC。【点睛】本题突破口是从小滑块刚从斜面离开时，从而确定洛伦兹力的大小，进而得出刚离开时的速度大小，由于没有离开之前做匀加速直线运动，所以由运动与力学可解出运动的时间及位移。10BD【解析】粒子运动轨迹如图所示：A、当 M、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在 CD 板上，由几何知识得： ，粒rL子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得 ，在加速电场中，2vqBmr由动能定理得： ，解得： ，故 A 错误；B、设粒子轨迹与 CD 相切210mqUv2mqLU于 H 点，此时粒子半径为 ，粒子轨迹垂直打在 CD 边上的 G 点，则 GH 间距离即为粒子
21、打中区域的r长度 s，根据几何关系： ，解得： ，根据几何关系可得粒子打中区域rQCLsin3r的长度：，故 B 正确；C、粒子在磁场中运动的周期为： 粒子3rstan 2mTqB在磁场中运动的最大圆心角： ，所以粒子在磁场中运动的最长时间为： 180，故 C 错误； D、当粒子在磁场的轨迹与 CD 边相切时，即粒子半径 时，打到12mtTqB 3LrN 板上的粒子的动能最大，最大动能： ，根据洛伦兹力提供向心力可得： 21kmEv，解得： ，故 D 正确。2vqr218kmqBLE点睛：本题是带电粒子在组合电场和磁场中运动的特殊情况：带电粒子先在电场中加速，后进入磁场做匀速圆周运动，由于加速
22、电场的电压可变，导致进入磁场的速度变化、从而半径发生变化，要根据磁场区域的几何关系、根据选项的要求进入分析判断。11BC【解析】电势差等于电势之差即可确定原点处的电势；根据匀强电场的电场强度公式结合电势差与场强间距，即可求解；根据电场力做功表达式 W=qU，从而确定电场力做功，同时也能确定电势能的变化情况。根据 c- a= b- o，因 a、b、c 三点电势分别为 a=18V、 b=20V、 c=26V，解得原点处的电势为 0=12 V，故 A 错误；如图所示，将 ac 连线四等分，可以确定 e 点的电势为 20V，则 be 即为等势线，电场线方向如图所示，根据几何关系可得：d=0.06cos
23、45=0.03 m， 则有： ，故B 正确； 因 Uab= a- b=18-20=-2V，电子从 a 点到 b 点电场力做功为：W=qU ab=2 eV，因电场力做正功，则电势能减小，那么电子在 a 点的电势能比在 b 点的高 2eV，故 C 正确； 同理，bc 间的电势差为：U bc= b- c=20-26=-6V，电子从 b 点运动到 c 点，电场力做功为：W=qU bc=-e-6V=6 eV，故 D 错误；故选 BC。【点睛】本题主要是考查匀强电场中，电势之间的关系，掌握电场强度公式的应用以及几何关系的运用，并理解 W=qU 中各量的正负值含义，注意在求解电功时各物理量要代入符号。12B
24、D【解析】回旋加速器靠电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力，判断粒子的最大速度与什么因素有关加速粒子时，交变电场的周期与粒子在磁场中运动的周期相等加速粒子时，交变电场的周期必须与粒子在磁场中运动的周期相等，这样才能使得每次经过D 型盒的狭缝中时都能被电场加速，选项 A 错误；当粒子运转半径等于 D 型盒的半径时粒子速度最大，即 ，则 ，则要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B 和 D 形盒的半径 R，带电粒子获得的最大动能与加速电压无关，选项 B 正确，C 错误；粒子每次经过 D 型盒狭缝时，电场力对粒子做功均为 qU，选项 D 正确；故选 BD.【点睛】解决本题的
25、关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，以及知道最大速度与什么因素有关13（1）直流电压；4.9V （2）26.9；“1”档 （3）150；刻度不均匀【解析】（1）图示档位为直流电压档，读数要注意估读（2）电阻箱读数为各档对应的读数之和根据其阻值确定其应选倍率（3）欧姆表的读数为示数乘以倍率【详解】（1）图中的档位为直流电压档 10V 档，对应示数为：4.9V。（2）电阻箱读数为：210+61+90.1=26.9，若用欧姆表则选倍率为1 档（3）中值电阻为内部电阻值，则为 1510=150，因电流 ，I 不随 Rx均匀变化而均匀变化，所以刻度不均匀14电阻箱 12；1【解析】根据实验器材选择测量电
26、源电动势与内阻实验所需实验器材；根据所选实验器材作出实验电路图；根据实验电路，由欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象与函数表达式求出电源电动势与内阻。【详解】测电源电动势与内阻，由题意可知，实验中有两个未知内阻的电流表、一个电阻箱、一个滑动变阻器与一个定值电阻，没有电压表，两电流表内阻未知，不能用电流表与定值电阻组成电压表测电压，因此不能用伏安法测电源电动势与内阻，应该用安阻法测电源电动势与内阻，需要的实验器材是：电阻箱电源电动势约为 10V-15V，为了保护电路安全、进行多次实验测出多组实验数据，电流表应选 A1，安阻法测电源电动势与内阻的实验电路如图所示：由实验电路可知，在闭合电路中
27、，电源电动势：E=I（r +R 0+R），则 ，由图所示图象可知，图象的截距 ，图象的斜率 ，则电源电动势E= =12V，电源内阻：r=bE-R 0 =0.512-5=1【点睛】本题考查了测电源电动势与内阻实验，要掌握测电源电动势与内阻实验的常用实验方案：伏安法、安阻法、伏阻法，要掌握各种实验方案的实验原理、实验器材、实验电路、实验步骤与实验数据的处理方法15（1） （2）【解析】（1）设粒子在极板间的运动时间为 t，沿极板方向的位移为 x，粒子在水平方向上做匀速直线运动，则 t= 即 tx由条件可知 t 1：t 2=1：2 （2）设电容器电容为 C，极板间电压为 U，极板间距离为 d，极板间
28、电场强度为 E，则有： 设粒子的质量为 m，带电量为 q，在电容器中的加速度为 a，则有：a= d= 由可得：Q 所以 Q1：Q 2=4：1【点睛】解决本题的关键是知道粒子在水平方向和竖直方向上的运动规律，得到运动时间和电容器电荷量的表达式，再求比值，要学会运用比例法。16（1） （2） （3）【解析】（1）匀加速直线运动 v2=2as 解得（2）安培力 F 安 =IdB 金属棒所受合力牛顿运动定律 F=ma解得（3）运动时间 电荷量 Q=It解得点睛：本题是通电金属棒在磁场中匀加速运动的问题，考生易误认为是电磁感应问题而用电磁感应规律求解。17（1）1.010 4m/s （2）2000 V/
29、m （3）0.13 T【解析】（1）根据动能定理求解带电微粒经 U1=100V 的电场加速后的速率；（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动，运用运动的分解法研究：在水平方向微粒做匀速直线运动，在竖直方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解电场强度（3）带电微粒进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹对应的圆心角就等于速度的偏向角，作出轨迹，得到轨迹的圆心角，由几何知识求出轨迹半径，由牛顿第二定律求解磁感应强度的大小（1）设带电微粒经加速电场加速后速度为 1，根据动能定理得：解得：（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动水平方向上有：竖直方向上有： ，由几何关系得： ，联立并代入数据得：E=210 3V/m（3）设粒微进入磁场时的速度大小为 ，则有：由运动的对称性可知，入射速度的延长线过磁场区域的圆心，则出射速度的反向延长线也过磁场区域的圆心，微粒在磁场中的运动轨迹示意图如图所示，则轨迹半径为：r=Rtan60=0.3m得：【点评】本题的难点是作出粒子的运动轨迹，根据几何知识得到轨迹半径与磁场边界半径的关系
