【物理】四川省宜宾市第四中学2019-2020学年高二上学期期末模拟考试物理试题（解析版）

【物理】四川省宜宾市第四中学2019-2020学年高二上学期期末模拟考试物理试题（解析版）

‎2019年秋四川省宜宾市第四中学高二期末模拟考试 理综物理试题 一、选择题 ‎1.在一次军事演习中，伞兵跳离飞机后打开降落伞，实施定点降落。在伞兵减速下降的过程中，下列说法正确的是 A. 伞兵的机械能守恒，重力势能不变 B. 伞兵的机械能守恒，重力势能减小 C. 伞兵的机械能增加，重力势能减小 D. 伞兵的机械能减小，重力势能减小 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】在伞兵减速下降的过程中其质量不变，重力不变，而速度减小，动能减小；因高度不断减小,则重力势能不断减小；动能与重力势能之和即机械能减小.故选D.‎ ‎2.在电场中的某点放入电荷量为的试探电荷时，测得该点的电场强度为E；若在该点放入电荷量为的试探电荷，此时测得该点的电场强度为（ ）‎ A. 大小为E，方向和E相同 B. 大小为2E，方向和E相同 C. 大小为E，方向和E相反 D. 大小为2E，方向和E相反 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电场强度是由电场本身决定，与试探电荷无关，故放入电荷量为+2q的试探电荷时的电场强度与放入电荷量为-q的试探电荷时的电场强度相同．‎ ‎【详解】电场强度是描述电场强弱和方向的物理量，是试探电荷所受的电场力F与试探电荷所带的电荷量q的比值，由电场本身决定，故与试探电荷的有无、电性、电量的大小无关．故在该点放入电荷量为-q的试探电荷时电场强度为E，改放电荷量为+2q的试探电荷时电场强度大小仍为E，方向和E相同．故A正确．故选A．‎ ‎【点睛】解决本题的关键是理解电场强度的物理意义：电场强度是由电场本身决定，与试探电荷无关．‎ ‎3.如图所示，三根长直导线垂直于纸面放置通以大小相同，方向如图的电流，ac⊥bd，且ab=ad=ac，则a点处磁感应强度B 的方向为（ ）‎ A. 垂直于纸面向外 B. 垂直于纸面向里 C. 沿纸面由a 向d D. 沿纸面由a向c ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】直导线b在a点产生磁场与直导线d在a点产生磁场方向相反，大小相等．则合磁场为零；而直导线c在a点产生磁场，方向从b指向d，即为沿纸面由a指向d，故选C．‎ ‎4.质谱仪是测带电粒子的质量和分析同位素的一种仪器，它的工作原理是将带电粒子（不计重力）经同一电场加速后，垂直射入同一匀强磁场做圆周运动，然后利用相关规律计算出带电粒子质量，如图所示，虚线为某粒子运动轨迹，则由图可知 A. 此粒子带负电 B. 下极板S2比上极板S1电势高 C. 若只增大加速电压U值，则半径r变大 D. 若只增大入射粒子的质量，则半径r变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由图结合左手定则可以知道,该电荷带正电.故A错误.‎ B．粒子经过电场要加速,因粒子带正电，所以下极板比上极板电势低.故B错误.‎ C．在电场中加速时根据动能定理得：‎ 进入磁场后由洛伦兹力提供向心力有：‎ 联立化简得：‎ 若只增大加速电压U，由上式可以知道半径r变大,所以C正确．‎ D．若只增大入射粒子的质量，q不变，由C选项分析可以知道，则半径也变大.故D错误.‎ 故选C.‎ ‎5.如图所示，一电子束沿垂直于电场线与磁感线方向入射后偏向A极板，为了使电子束沿射入方向做直线运动，可采用方法是(　　)‎ A. 将变阻器滑动头P向右滑动 B. 将变阻器滑动头P向左滑动 C. 将极板间距离适当减小 D. 将极板间距离适当增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电路图可知：A板带正电，B板带负电，所以电子束受到电场力的方向向上，大小洛伦兹力方向向下，,电子向上偏，说明电场力大于洛伦兹力，要使电子束沿射入方向做直线运动，则要电场力等于洛伦兹力，所以要减小电场力；‎ AB、将变阻器滑动头P向右或向左移动时，电容器两端电压不变，电场力不变，故AB错误； C、将极板间距离适当减小时，增大，不满足要求，故C错误；‎ D、将极板间距离适当增大时，减小，满足要求，故D正确．‎ ‎6.如图所示理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220V，负载电阻R=44Ω，电流表A1的示数为0.20A．下列判断中正确的是（ ）‎ A. 原线圈和副线圈的匝数比为2：1 B. 原线圈和副线圈的匝数比为5：1‎ C. 电流表A2的示数为1.0A D. 电流表A2的示数为0.4A ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】变压器的输出功率等于输入功率，则：，解得：，由于原副线圈电流与匝数成反比，所以初级线圈和次级线圈的匝数比，故BC正确，AD错误．‎ ‎7.如图所示，矩形导线框abcd与无限长通电直导线MN在同一平面内，直导线中的电流方向由M到N，导线框的ab边与直导线平行．若直导线中的电流增大，导线框中将产生感应电流，导线框会受到安培力的作用，则以下关于导线框受到的安培力的判断正确的是（ ）‎ A. 导线框有两条边所受安培力的方向相同 B. 导线框有两条边所受安培力的大小相同 C. 导线框所受的安培力的合力向左 D. 导线框所受的安培力的合力向右 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】若直导线中的电流增大，导线框中将产生感应电流，上下两边电流方向相反、而所在区域磁场方向相同，则安培力大小相等、方向相反，同样左右两条边电流方向也相反，所受安培力方向相反，由于所在区域磁场大小不等，则所受安培力大小不等．则B正确A错．若直导线中的电流增大，则导线右侧磁场增强，线圈中磁通量增大，根据楞次定律推论线圈将向右移从而阻碍线圈中磁通量增大，所以所受合力向右，则D正确C错．‎ ‎8.水平固定放置的足够长的U 形金属导轨处于竖直向上的匀强磁场中，如图所示，在导轨上放着金属棒ab，开始时ab棒以水平初速度v0向右运动，最后静止在导轨上，就导轨光滑和粗糙两种情况比较，这个过程 A. 外力对棒所做功相等 B. 电流所做的功相等 C. 通过ab棒的电荷量相等 D. 安培力对ab棒所做的功不相等 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据动能定理可知两种情况下外力的功都等于动能的变化量，因初状态和末状态相同，则合外力对棒做功相同，故A正确；‎ BD．电流所做的功等于回路中产生的焦耳热，根据功能关系，当导轨光滑时，金属棒克服安培力做功，动能全部转化为焦耳热，产生的内能等于金属棒的初动能；当导轨粗糙时，金属棒在导轨上滑动，一方面要克服摩擦力做功，摩擦生热，把部分动能转化为内能，另一方面要克服安培力做功，金属棒的部分动能转化为焦耳热，摩擦力做功产生的内能与克服安培力做功转化为内能的和等于金属棒的初动能；所以导轨粗糙时，安培力做的功少，导轨光滑时，安培力做的功多，故B错误、D正确.‎ C．根据感应电荷量公式：‎ x是ab棒滑行的位移大小，B、R、导体棒长度L相同，x越大，感应电荷量越大；而导轨光滑时滑行的位移x较大，故感应电荷量大．故C错误．‎ 故选AD．‎ 二．实验题 ‎9.在测量金属丝电阻率的试验中，可供选用的器材如下：‎ 待测金属丝：（阻值约，额定电流约）；‎ 电压表：（量程，内阻约）；‎ 电流表：（量程，内阻约）；‎ ‎（量程，内阻约）；‎ 电源：（电动势3V，内阻不计）‎ ‎（电动势12V，内阻不计）‎ 滑动变阻器：（最大阻值约）‎ 螺旋测微器；毫米刻度尺；开关S；导线．‎ ‎①用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为_________mm．‎ ‎②若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选___、电源应选__（均填器材代号），在虚线框中（间答题卡）完成电路原理图____．‎ ‎【答案】 (1). 1.773 (2). A1 E1 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)由图示螺旋测微器可知，其示数为：1．5mm+27．5×0．01mm=1．775mm；‎ ‎(2)电阻丝的额定电流约为0．5A，电流表应选A1；电阻丝的额定电压约为U=IR=0．5×5=2．5V，电源应选E1；‎ ‎(3)待测金属丝电阻约为5Ω，电压表内阻约为3kΩ，电流表内阻约为0．2Ω，相对来说电压表内阻远大于待测金属丝的电阻，电流表应采用外接法，由题意可知，滑动变阻器采用限流接法，实验电路图如图所示：‎ ‎10.如图（a）为多用电表的示意图，其中S、K、T为三个可调节的部件，现用此电表测量一阻值约1000Ω的定值电阻。‎ ‎ ‎ ‎（1）测量的某些操作步骤如下:‎ ‎①调节可调部件____，使电表指针停在__________（选填“电流0刻度”、“欧姆0刻度”）位置。‎ ‎②调节可调部件K，使它的尖端指向__________（选填“×1k”、“×100”、“×10”、“×1”）位置。‎ ‎③ 将红、黑表笔分别插入“+”“-”插孔，笔尖相互接触，调节可调部件__________，使电表指针指向__________（选填“电流0刻度”、“欧姆0刻度”）位置。‎ ‎④红、黑表笔笔尖分别接触待测电阻的两端，当指针摆稳后，读出表头的示数，如图（b）所示，再乘以可调部件K所指的倍率，得出该电阻的阻值Rx=__________。‎ ‎⑤测量完毕，应调节可调部件K，使它的尖端指向 “OFF”或交流电压“×500”位置。‎ ‎（2）欧姆挡进行调零后，用“×10”挡测量另一个阻值未知的电阻，发现指针偏转角度很小，则下列说法和做法中正确的是__________。‎ A.这个电阻的阻值较小 B.这个电阻的阻值较大 C.为测量更准确些，电表应当换用欧姆“×1”挡，并且重新调零后进行测量 D.为测得更准确些，电表应当换用欧姆“×100”挡，并且重新调零后进行测量 ‎【答案】(1). S 电流0刻度 ×100 T 欧姆0刻度 1100Ω (2). BD ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]多用电表使用前要进行机械调零，调节可调部件S，使电表指针停在电流0刻度位置;‎ ‎[3]待测电阻阻值约为1000Ω，调节可调部件K，使它的尖端指向欧姆×100位置;‎ ‎[4][5]将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔,笔尖相互接触,调节可调部件T,使电表指针指向欧姆0刻度位置.‎ ‎[6]根据图(b)的读数和倍率可知电阻阻值：‎ ‎(2)[7]指针偏转角度很小，说明电流小，则电阻大；因是大电阻，则要换档位大一些即:换“×100”档，每次换档后要重新进行欧姆调零.故选BD.‎ 三、计算题 ‎11.如图所示，电源电动势E=50V，内阻r=1Ω， R1=3Ω，R2=6Ω．间距d=0.2m的两平行金属板M、N水平放置，闭合开关S，板间电场视为匀强电场．板间竖直放置一根长也为d的光滑绝缘细杆AB，有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m=0.01kg、带电量大小为q=1×10-3C（可视为点电荷，不影响电场的分布）．现调节滑动变阻器R，使小球恰能静止在A处；然后再闭合K，待电场重新稳定后释放小球p．取重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）小球的电性质和恰能静止时两极板间的电压；‎ ‎（2）小球恰能静止时滑动变阻器接入电路的阻值；‎ ‎（3）小球p到达杆的中点O时的速度．‎ ‎【答案】(1)U=20V (2)Rx=8Ω (3)v=1.05m/s ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球带负电； ‎ 恰能静止应满足： ‎ ‎ ‎ ‎(2)小球恰能静止时滑动变阻器接入电路的阻值为Rx，由电路电压关系: ‎ ‎ ‎ 代入数据求得Rx=8Ω ‎ ‎(3)闭合电键K后，设电场稳定时电压为U'，由电路电压关系:‎ ‎ ‎ 代入数据求得U'=V ‎ 由动能定理: ‎ 代入数据求得v=1.05m/s ‎【点睛】本题为电路与电场结合的题目，要求学生能正确掌握电容器的规律及电路的相关知识，能明确极板间的电压等于与之并联的电阻两端的电压．‎ ‎12.如图所示，在x0y平面（即纸面）内，y轴右侧有场强为E、指向–y方向的匀强电场，y轴左侧有方向垂直于纸面的匀强磁场（图中未画出）．现有一电量为q，质量为m的带电粒子，从x轴上的A点并与x轴正方向成60º入射，粒子恰能在M (0,d) 垂直于y轴进入匀强电场，最后从N (L,0) 通过x轴，粒子重力不计．‎ ‎ ‎ ‎(1)判断粒子电性；‎ ‎(2)计算粒子经过M点时速度的大小；‎ ‎(3)计算磁场磁感应强度的大小．‎ ‎【答案】(1)正电 (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据粒子在电场中偏转方向判断粒子的电性；（2）粒子从M到N，受电场力作用做类平抛运动，根据平抛运动的规律求解电场强度E；（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系确定半径，然后求解磁感应强度B.‎ ‎【详解】(1)根据在电场中向–y轴方向偏转，可知粒子带正电． ‎ ‎(2)粒子从M到N，受电场力作用做类平抛运动，设运动时间为t x轴方向L＝vt ‎ y轴方向 联立解得 ‎(3)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径r．根据几何知识可知∆AMO′为在三角形，故r＝2d 粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供有 ‎ 解得磁感应强度的大小 ‎ ‎13.如图，两条平行的光滑金属轨道MN、PQ与水平面成θ角固定，轨距为d．P、M间接有阻值为R的电阻．质量为m的金属杆ab水平放置在轨道上，其有效阻值为R．空间存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于轨道平面向上．现从静止释放ab．若轨道足够长且电阻不计，重力加速度为g．求：‎ ‎（1）ab运动的最大速度vm；‎ ‎（2）当ab具有最大速度时，ab消耗的电功率P；‎ ‎（3）为使ab向下做匀加速直线运动，在ab中点施加一个平行于轨道且垂直于ab的力F， 推导F随时间t变化的关系式，并分析F的变化与a的关系．‎ ‎【答案】（1）；（2） ；（3）‎ a.当a＜gsinθ时，F方向先沿斜面向上，大小由mgsinθ-ma开始减小到零，随后F 方向沿斜面向下，大小从零开始增大．‎ b. 当a=gsinθ时，F方向沿斜面向下，大小从零开始增大； ‎ c．当a＞gsinθ时，F方向沿斜面向下，大小从ma-mgsinθ开始增大．‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）ab具有最大速度时，处于平衡状态，受力分析如图；‎ 由平衡条件： mgsinθ=FA FA=BId 由闭合电路欧姆定律： ‎ 得： ‎ ‎（2）由电功率公式：P=I2R ‎ ‎ 得： ‎ ‎（3）ab做匀加速直线运动时，设F沿斜面向下，受力分析如图：‎ 由牛顿运动定律： F+mgsinθ-FA=ma FA=BId ‎ ‎ V=at 得： ‎ 可见：F的大小随时间t呈线性变化 a.当a＜gsinθ时，F方向先沿斜面向上，大小由mgsinθ-ma开始减小到零，随后F 方向沿斜面向下，大小从零开始增大．‎ b. 当a=gsinθ时，F方向沿斜面向下，大小从零开始增大； ‎ c．当a＞gsinθ时，F方向沿斜面向下，大小从ma-mgsinθ开始增大 ‎【点睛】本题是电磁感应与牛顿第二定律的综合问题，一般是从力和能量两个角度进行研究．其中安培力的分析和计算是解题的关键步骤．‎