1、1云南省大姚一中 2018-2019 学年上学期高二物理期末模拟试题一、选择题(本题共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分。其中 17 小题为单选题，812 小题为多选题)1.如图所示，空间有一电场，电场中有两个点 a 和 b。下列表述正确的是A. 该电场是匀强电场B. a 点的电场强度比 b 点的大C. a 点的电势比 b 点的高D. 正电荷在 a、b 两点受力方向相同【答案】BC【解析】电场线疏密表示电场强度的大小，切线方向表示电场强度的方向，正电荷的受力方向和场强方向相同。沿着电场线电势降低。答案选 BC。2.电阻 R 和电动机一起串联的电路中，如图所示已知电阻 R 跟电动机线圈的
2、电阻相等，开关接通后，电动机正常工作，设电阻 R 和电动机两端的电压分别为 U1、 U2，经过时间t，电流通过电阻 R 做功为 W1，产生的电热为 Q1；电流通过电动机做功为 W2，产生的电热为 Q2，则有( )A. U1 U2， Q1 Q2 B. W1 W2， Q1 Q2C. W1IU1=W1,根据焦耳定律得 Q1=I2Rt，Q 2=I2Rt，则 Q1=Q2故选 AD.点睛：本题把握纯电阻电路与非纯电阻电路区别的能力，抓住欧姆定律适用于纯电阻电路，2不适用于非纯电阻电路，而焦耳定律对两种电路均适用3.如图所示，a 和 b 带电荷量相同，以相同动能从 A 点射入磁场，在匀强磁场中做圆周运动的半
3、径 ，则可知(重力不计 )( ) ra=2rbA. 两粒子都带正电，质量比mamb=4B. 两粒子都带负电，质量比mamb=4C. 两粒子都带正电，质量比mamb=14D. 两粒子都带负电，质量比mamb=14【答案】B【解析】两粒子进入磁场后均向下偏转，可知在 A 点受到洛伦兹力均向下，由左手定则可知，四指所指的方向与粒子的运动方向相反，所以这两个粒子均带负电，根据洛伦兹力提供向心力，得： ，得 ，又动能 ，联立得： ，可见 m 与半径 r 的平方成qvB=mv2r r=mvqB Ek=12mv2 m=q2B2r22Ek正比，故 ，选 B.ma:mb=r2a:r2b=(2rb)2:r2b=4
4、:1【点睛】带电粒子在匀强磁场中以垂直于磁场方向运动，洛伦兹力提供向心力，粒子做匀速圆周运动根据偏转方向，利用左手定则来判断粒子所带的电性，根据半径表示粒子的质量，即可求得质量之比4. 如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由 AOB 匀速飞过，电子重力不计，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是（ ）3A. 先变大后变小，方向水平向左B. 先变大后变小，方向水平向右C. 先变小后变大，方向水平向左D. 先变小后变大，方向水平向右【答案】B【解析】电子匀速飞过，即受力平衡，电场力跟外力等大反向，电场力方向水平向左，先变大后变小，所以另一个力也是先变大后变小，方向水平向右，选 B5.如图所示，
5、一带正电的粒子以一定的初速度 v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出。已知板长为 L，板间距离为 d，板间电压为 U，带电粒子的电荷量为 q，粒子通过平行金属板的时间为 t，则( )A. 在前 时间内，静电力对粒子做的功为t2 qU4B. 在后 时间内，静电力对粒子做的功为 qUt2 38C. 在粒子偏转前 和后 的过程中，静电力做功之比为 12d4 d4D. 在粒子偏转前 和后 的过程中，静电力做功之比为 21d4 d4【答案】B【解析】试题分析：研究粒子在垂直于板的方向运动：初速度为零的匀速直线运动，由 y= at2得，12前 时间内与 t 时间内垂直于板方向之比
6、为 1：4，在前 时间内，电场力对粒子做功为t2 t2qU故 A 错误由 y= at2得，后 时间内与 t 时间内垂直于板方向之比为 3：4，则在后 时18 12 t2 t2间内，电场力对粒子做功为 故 B 正确由电场力做功 W=qEy，则前粒子在下落前 和38Uq d4后 内，电场力做功之比 1：1故 CD 错误d4考点：本题考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动。46.电容式加速度传感器的原理结构如图，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上质量块可带动电介质移动改变电容则 A. 电介质插入极板间越深，电容器电容越小B. 当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C
7、. 若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长D. 当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流【答案】CD【解析】根据电容器的电容公式 ，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容C=S4kd越大，故 A 错误；当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故 B 错误；若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故 C 正确；当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据 Q=C
8、U，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故 D 正确；故选 CD点睛：此题考查影响电容器电容大小的因素，掌握 Q=CU 公式，理解牛顿第二定律的应用，注意电容器是充电还放电，是确定电流的依据7.如图所示， M、 N 和 P 是以 MN 为直径的半圆弧上的三点， O 为半圆弧的圆心， MOP60，在 M、 N 处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时 O 点的磁感应强度大小为 B1.若将 M 处长直导线移至 P 处，则 O点的磁感应强度大小为 B2，那么 B2与 B1之比为( )A. 1 B. 2 C. 11 D. 12
9、3 3【答案】B5【解析】依题意，每根导线在 O 点产生的磁感强度为 ，方向竖直向下，则当 M 移至 P 点时，两根B12导线在 O 点形成的磁场方向成 600角，则 O 点合磁感强度大小为：B2=2 cos30= ，则 B2与 B1之比为 ：2故选 BB12 32B1 3点睛：磁感强度为矢量，在求合磁感强度时应先分别求得各导线 O 点的磁感强度再由矢量的合成方法-平行四边形求得总的磁感强度8.在如图所示的电路中，电源电动势为 E，内电阻为 r，闭合开关 S，待电流达到稳定后，电流表示数为 I，电压表示数为 U，电容器 C 所带电荷量为 Q，将滑动变阻器的滑动触头 P从图示位置向 a 端移动一
10、些，待电流达到稳定后，则与 P 移动前相比( )A. U 变小 B. I 变小 C. Q 增大 D. Q 减小【答案】BC【解析】【分析】首先搞清电路的结构：电流稳定时，变阻器与 R2串联，R 1上无电流，无电压，电容器的电压等于变阻器的电压，电压表测量变阻器的电压，电流表测量干路电流；当滑片 P 向 a 端移动一些后，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电路的总电阻变化和干路电流的变化，再分析电表读数的变化和电容器电量的变化【详解】解：当滑动变阻器 P 的滑动触头从图示位置向 a 端移动时，其接入电路的电阻值增大，外电路总电阻增大，由闭合电路的欧姆定律可知，干路的电流 I 减小；变阻器
11、两端的电压 ，由 I 减小，可知 U 增大，即电容器 C 两端的电压增大，再据U=EI（R2+r）Q=CU，可判断出电容器的电荷量 Q 增大，故 BC 正确，AD 错误。故选 BC。【点睛】本题是含有电容器的动态变化分析问题，要综合考虑局部与整体的关系，对于电容器明确两端的电压，再利用电容器的定义式判断电量的变化情况9.如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向上滑动时，则 ( )6A. 电源的功率变小B. 电容器储存的电荷量变小C. 电源内部消耗的功率变大D. 电阻 R 消耗的电功率变小【答案】BC【解析】【分析】在变阻器 R 的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，
12、根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，由欧姆定律分析并联部分电压的变化，从而分析电容的电量如何变化，根据功率的公式分析功率的变化【详解】在变阻器 R 的滑片向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律，可知干路电流 I 变大，根据 P=EI，可知电源的功率变大，根据 ，可知电源内部消耗的功率变大，故 A 错误， C 正确；因干路电流 I 变大，则路P=I2r端电压 U 变小，而 电压 变大，而 ，则并联部分的电压变小，即电容R1 U1=IR1 U=U1+U并器两端的电压变小，根据 Q=CU，可知电容器储存的电荷量变小，故 B 正确；因不知道
13、R 与的大小关系，无法判断电阻 R 消耗的电功率变化情况，故 D 错误；故选 BC。R1+r【点睛】本题为闭合电路欧姆定律中的含容电路，要注意明确与电容器串联的电阻在电路稳定时，可以将其作为导线处理10.如图（a）所示的电路中，调节滑动变阻器的滑动触头 P 向某一方向移动，根据电路中电压表和电流表的数据描绘了如图（b）所示的两条 UI 图线 （ ）7A. 图线甲是根据电压表 V1和电流表 A 的示数描绘的B. 由图线可知，电源内阻 r=3.0 C. 图中两图线的交点表示在整个调节过程中，此时电源的输出功率最大D. 图中两图线的交点表示在整个调节过程中，此时电源效率达到最大值【答案】AC【解析】
14、甲图表示路端电压和电流中电流的关系，即电压表 A 错，其中总截距表示电源电动势 ,B 错，交点表示两电表示数相等，即滑动变阻器阻值为零，因为电源的输出功率最大，C 对，D 错11. （4 分） （2011海南）空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从 O 点入射这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子不计重力下列说法正确的是（ ）A. 入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B. 入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C. 在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D.
15、在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大【答案】BD8【解析】试题分析：带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，虽然电量、质量不同，但比荷相同，所以运动圆弧对应的半径与速率成正比它们的周期总是相等，因此运动的时间由圆心角来决定解：A、入射速度不同的粒子，若它们入射速度方向相同，则它们的运动也一定相同，虽然轨迹不一样，但圆心角却相同故 A 错误；B、在磁场中半径 ，运动圆弧对应的半径与速率成正比，故 B 正确；C、在磁场中运动时间： （ 为转过圆心角） ，虽圆心角可能相同，但半径可能不同，所以运动轨迹也不同，故 C 错误；D、由于它们的周期相同的，在磁场中运动时间越长的
16、粒子，其轨迹所对的圆心角也一定越大故 D 正确；故选：BD点评：带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径12.如图所示，磁流体发电机的长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导电电极，两极间距为 d，极板长和宽分别为 a 和 b，这两个电极与可变电阻R 相连。在垂直前后侧面的方向上有一匀强磁场，磁感应强度大小为 B。发电导管内有电阻率为 的高温电离气体等离子体，等离子体以速度 v 向右流动，并通过专用通道导出。不计等离子体流动时的阻力，调节可变电阻的阻值，则A. 运动的等离子体产生的感应电动势为 E=BavB. 可变电阻 R 中的感应电流方向是从 Q
17、 到 PC. 若可变电阻的阻值为 R= ，则其中的电流为 I=dab Bvab2D. 若可变电阻的阻值为 R= ，则可变电阻消耗的电功率为 P=dab B2v2dab4【答案】CD9【解析】【分析】由题，运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源；根据电阻定律求解内电阻，根据左手定则判断电流方向，根据平衡条件判断感应电动势，并计算电功率【详解】根据平衡有： ，解得电源的电动势 E=Bdv，故 A 错误；根据左手定则，正qvB=qEd电荷受到的洛伦兹力方向向上，负电荷受到的洛伦兹力向下，故电流向上经过电源，向下经过电阻，即可变电阻 R 中的感应电流方向是从 P 到 Q，故
18、 B 错误；运动的电离气体，受到磁场的作用，将产生大小不变的电动势，相当于电源，其内阻为 ，根据闭合电路R=dab的欧姆定律有： ，则可变电阻消耗的电功率为 ，故 CD 正I= Er+R=Bdvdab+R=Bvab2 P=I2R=B2v2dab4确，故选 CD。【点睛】解决本题的关键掌握左手定则判断洛伦兹力的方向，会通过电荷的平衡求出电动势的大小，会根据闭合电路欧姆定律求解电流二、实验题(本题共 2 小题，共 14 分)13. 分） （某照明电路出现故障，其电路如图 1 所示，该电路用标称值 12V 的蓄电池为电源，导线及其接触完好。维修人员使用已调好的多用表直流 50V 挡检测故障。他将黑表
19、笔接在c 点，用红表笔分别探测电路的 a、b 点。断开开关，红表笔接 a 点时多用表指示如图 2 所示，读数为 V，说明 正常（选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯） 。红表笔接 b 点，断开开关时，表针不偏转，闭合开关后，多用表指示仍然和题 6 图 2 相同，可判定发生故障的器件是 （选填：蓄电池、保险丝、开关、小灯）【答案】11.5 （11.211.8） ；蓄电池 小灯【解析】试题分析：多用电表直流 50V 的量程读中间均匀部分，共 50 格，每格 1V，应该估读到100.1V，指针在 11-12 之间，读数为 11.5V。开关断开，相当于电压表并联在蓄电池两端，读出了蓄电池的电压，故蓄电池是
20、正常的。两表笔接 b、c 之间并并闭合开关，测试得相同电压，说明 a、b 之间是通路，b、c 之间是断路，故障器件是小灯。考点：本题考查了万用表读数、电路故障的判断.14. 一学习小组要用伏安法尽量准确地描绘一个标有“6V，1.5W”的小灯泡的 IU 图线，现有下列器材供选用：A学生电源（直流 9V）B开关一个、导线若干C电压表（03V，内阻约 10k）D电压表（06V，内阻约 10k）E电压表（010V，内阻约 30k）F电流表（00.3A，内阻约 0.1）G电流表（00.6A，内阻约 0.4）H电流表（03A，内阻约 0.6）I滑动变阻器（20，2A）J滑动变阻器（200，1A）（1）实验
21、中需用到的仪器有 （用字母序号表示） ；（2）在下面图 1 方框内画出实验电路图；（3）对应实验电路图将图 2 实物连线补充完整【答案】 （1）ABDFI；（2）如图所示；（3）如图所示；11【解析】试题分析：（1）因为灯泡的标号为“6V 1.5W”，故电源选用直流电压为 9V 的 A，当然还需要一些导线和开关 B，电压表选用量程为 6V 的 D 即可，由于灯泡正常发光的电流为I=1.5W/6V=0.25A，故电流表选用量程为 0.3A 的 F，由于测的是小灯泡的 I-U 图线，要求电压的调节范围较大，故采用分压式连接，滑动变阻器选用阻值较小的 I；（2）因为灯泡的电阻约为 24 欧，阻值较小
22、，为了减小误差，电流表宜采用外接法接入，故电路图如图所示；（3）连接的实物电路如图所示。考点：测小灯泡的 I-U 图线。三、计算题(本题共 4 小题，共 38 分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)15.电场中某区域的电场线如图所示， A、 B 是电场中的两点. 一个电荷量为 q= +4.0108 C 的点电荷在 A 点所受电场力 FA=2.0104 N，将该点电荷从 A 点移到 B 点，电场力做功 W= 8.0107 J。求：(1)A 点电场强度的大小 EA(2)A、 B 两点间的电势差 U.【答案】(1) EA=5.0103 N/C (2)U=20 V【解析】A 点电场
23、强度的大小 EA = N/C =5.0103 N/C （3 分）A、 B 两点间的电势差 V =“ 20“ V=4.01072.01081216.一个初速度为零的电子通过电压为 的电场加速后，从 C 点沿水平方向飞入电U=4500V场强度为 的匀强电场中，到达该电场中另一点 D 时，电子的速度方向与电E=1.5105V/m场强度方向的夹角正好是 120，如图所示。试求 C、 D 两点沿电场强度方向的距离 y。【答案】 102m【解析】试题分析：电子加速过程由 （3 分） ；得 （1 分） ；在竖直方向： （3 分）vy=v0tan30=at（2 分） ；得 （2 分） ；CD 两点沿场强方向的
24、距离： （3 分）y=12at2=U3E代入数据解得 （2 分）y=450031.5105m=102m考点：带电粒子在匀强电场中的运动点评：本题关键要将 C 到 D 的类平抛运动正交分解为水平和竖直方向的直线运动分析求解17. 如图所示，在倾角为 37的光滑斜面上水平放置一条长为 0.2 m 的直导线 PQ，两端以很软的导线通入 5 A 的电流当加一个竖直向上的 B0.6 T 的匀强磁场时，PQ 恰好平衡，则导线 PQ 的重力为多少？（sin 370.6）【答案】0.8N13【解析】试题分析：对导体棒进行受力分析，受到重力、支持力、安培力处于平衡，根据共点力平衡求出棒的重力考点：本题考查了带有
25、安培力的共点力平衡问题点评：解决本题的关键掌握安培力的公式，以及会根据共点力平衡求解力18.如图所示，电阻 ，当电键 K 闭合时理想电压表读数是 1.0V，当 K 断R1=R2=R3=1.0开时理想电压表读数是 0.8V，求:电源的电动势 E 和内电阻 r。【答案】4V;2.5W【解析】试题分析：当电键 K 闭合时，电阻 R2与 R3并联后与 R1串联，当 K 断开时， R1与 R2串联，电压表测量 R1的电压；根据闭合电路欧姆定律对两种情况分别列式，联立即可求得电源的电动势 E 和内电阻 r。当电键 K 闭合时，电阻 R2与 R3并联后与 R1串联，外电路总电阻为 ，电路R=12R2+R1=
26、32中干路电流为： I=UR1=1A根据闭合电路欧姆定律得： E=I（ R+r）当 K 断开时， R1与 R2串联，电路中干路电流为 ： I=UR1=0.8A根据闭合电路欧姆定律得： E=I（R1+R2+r）联立解得： E=2V r=0.5点睛：本题主要考查了闭合电路欧姆定律，根据两种情况由闭合电路欧姆定律列出方程组，是求解电源电动势和内电阻常用的方法和思路。19.如图所示，、为电场和磁场的理想边界，一束电子(电量为 e，质量为 m，重力14不计)，由静止状态从 P 点经过、间的电场加速后垂直到达边界的 Q 点。匀强磁场的磁感应强度为 B，磁场边界宽度为 d，电子从磁场边界穿出时的速度方向与电
27、子原来的入射方向夹角为 30。求：(1)电子在磁场中运动的时间 t；(2)若改变 PQ 间的电势差，使电子刚好不能从边界射出，则此时 PQ 间的电势差 U 是多少？【答案】 （1） （2） m6eB eB2d22m【解析】试题分析：（1）由 及 得电子在磁场中运动周期电子在磁场中运动时间 解得（2）电子刚好不从边界穿出时轨迹与边界相切，运动半径为 R=d由 得 ，PQ 间由 得考点：带电粒子在匀强电场中的加速以及带电粒子在匀强磁场中的运动.20.如图所示，在平面直角坐标系 xOy 内，第象限存在沿 y 轴负方向的匀强电场，第象限以 ON 为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁
28、感应强度为 B.一质量为 m、电荷量为 q 的带正电的粒子，从 y 轴正半轴上 y h 处的 M 点，以速度 v0垂直于y 轴射入电场，经 x 轴上 x2 h 处的 P 点进入磁场，最后以垂直于 y 轴的方向射出磁场不计粒子重力求：15(1)电场强度的大小 E；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径 r；(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间 t.【答案】(1) （2） （3） mv022qh 2mv0Bq 2hv0+3m4Bq【解析】【试题分析】粒子垂直进入电场做类平抛运动，结合水平方向和竖直方向上的运动规律，抓住等时性，结合牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小根据动能定理求出粒子进入磁
29、场时的速度，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子在磁场中运动的轨道半径由题意作出粒子的运动轨迹如图所示。(1)设粒子在电场中运动的时间为 t1，由运动学规律有：x 方向： 2h=v0t1y 方向： h=12at21 qE=ma联解得： E=mv202qh(2)设粒子进入磁场的速度为 v，与 x 轴的夹角为 ，有： qEh=12mv212mv20 qvB=mv2r联解得： r=2mv0qB(3)设粒子进入磁场时与 x 轴的夹角为 ，在磁场中运动的时间为 t2，则：16 联解得： 【点睛】粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点，要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题
