四川省棠湖中学2019-2020学年高二上学期期末模拟物理试题

四川省棠湖中学2019-2020学年高二上学期期末模拟物理试题

‎2019年秋四川省棠湖中学高二期末模拟考试 一、选择题 ‎1.关于运动和力，下列说法正确的是 A. 减速下降的电梯内的乘客处于失重状态 B. 物体的速度变化越大,其加速度就越大 C. 行驶中的汽车,在关闭发动机后,由于不再受力的作用,所以它会逐渐减速而停止运动 D. 物体所受重力的大小与物体所处的运动状态无关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 减速下降的电梯内的乘客，加速度向上，处于超重状态，故A错误．‎ B. 物体速度变化越快，加速度就越大，故B错误．‎ C. 行驶中的汽车，在关闭发动机后，受到摩擦阻力作用，逐渐减速而停止运动，故C错误．‎ D. 物体所受的重力的大小与物体所处的运动状态无关，故D正确．‎ ‎2.关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是( )‎ A. 磁感线可以形象地描述各点磁场的方向 B. 磁场是为了解释磁极间的相互作用而人为规定的 C. 由B=可知，某处磁感应强度大小与放入该处的通电导线IL乘积成反比 D. 一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】磁感线的切线方向为磁场的方向，则磁感线可以形象地描述各点磁场的方向，选项A正确； 磁场是客观存在的物质，磁感线是为了解释磁极间的相互作用而人为假想的，选项B错误；某处磁感应强度大小只由磁场本身决定，与放入该处的通电导线IL乘积无关，选项C错误； 一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，可能是直导线的放置方向与磁场平行，该处的磁感应强度不一定为零，选项D错误；故选A.‎ ‎3.某运动员在米跨栏时采用蹲踞式气泡，发令枪响后，左脚迅速蹬离起跑器，在向前加速的同时提升身体重力，如图所示，假设质量为的运动员，在起跑时前进的距离内，重心上升高度为，获得的速度为，克服阻力做功为，则在此过程中，下列说法中正确的是（ ）‎ ‎ ‎ A. 运动员的重力做功为 B. 运动员机械能增量为 C. 运动员的动能增加量 D. 运动员自身做功 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】运动员的重心升高量为h，则运动员的重力做功为，故A错误；运动员的重心升高量为h，获得的速度为v，则其机械能增加量为，故B正确；运动员起跑前处于静止状态，起跑后获得的速度为v，则运动员的动能增加了，故C错误；根据动能定理得，得到，故D错误．‎ ‎4.如图所示的电路，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略，下列说法正确的是（　　）‎ A. 合上开关K接通电路时，A2先亮，A1后亮，最后一样亮 B. 合上开关K接通电路时，A1和A2始终一样亮 C. 断开开关K切断电路时，A1和A2都要过一会儿才熄灭 D. 断开开关K切断电路时，A2立刻熄灭，A1过一会儿才熄灭 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．合上开关K接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮。故A正确，B错误；‎ CD．断开开关K切断电路时，通过A2‎ 的原来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过A1的电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭，但通过A2的灯的电流方向与原来的方向相反。故C正确，D错误。‎ ‎5.如图所示当可变电阻R的滑片向b端移动时，通过电阻R1、R2、R3的电流强度I1、I2、I3的变化情况是 A. I1变大，I2 ，I3 变小 B. I1，I2 变大，I3 变小 C. I1 变小，I2 ，I3 变大 D. I1、I2 变小，I3 变大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】可变电阻R的滑片向b端移动时，滑动变阻器有效电阻变小，外电路总电阻变小，则总电流I增大，内电压增大，外电压U变小，所以通过R1的电流I1变小，而总电流I增大，根据并联电路电流的规律可知，I3变大．R3两端的电压变大，路端电压U减小，则R2两端的电压变小，通过R2的电流I2变小．故D正确．故选D．‎ ‎【点睛】本题关键抓住电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律进行动态分析，按照“局部-整体-再到局部”的分析思路分析．‎ ‎6.如图所示是示波器原理图，电子被电压为U1的加速电场加速后射入电压为U2的偏转电场，离开偏转电场后电子打在荧光屏上的P点，P点与O点的距离叫做偏转距离，偏转电场极板长为L，板间距离为d，为了增大偏转距离，下列措施可行的是 A. 增大U1‎ B. 增大U2‎ C. 减小L D. 增大d ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 电子先加速后进入偏转电场后做类平抛运动，根据动能定理得到加速获得的速度表达式，运用运动的分解，得到偏转距离的表达式进行分析即可．‎ ‎【详解】电子在加速电场中加速，根据动能定理可得，eU1=mv02，所以电子进入偏转电场时速度的大小为，，电子进入偏转电场后的偏转的位移为，，所以为了增大偏转距离，可以增大L、减小d、减小U1、增大U2，故B正确，ACD错误；故选B．‎ ‎【点睛】本题关键是分直线加速和类似平抛运动过程，根据动能定理和分运动公式列式求解出侧移量表达式进行分析．‎ ‎7.某空间存在着如图甲所示的足够大的沿水平方向的匀强磁场．在磁场中A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘．在t＝0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动．在A、B一起向左运动的过程中，以下说法正确的是 A. 图乙可以反映B对A的支持力大小随时间t变化的关系 B. 图乙可以反映B对A的摩擦力大小随时间t变化的关系 C. 图乙可以反映B对地面压力大小随时间t变化的关系 D. 图乙可以反映物块A和物块B的加速度大小随时间t变化的关系 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对整体分析，运用牛顿第二定律得出加速度，判断出整体的运动规律，然后求出洛伦兹力与时间的变化关系；运用隔离法求出A对B的摩擦力的大小、A对B的压力大小．‎ ‎【详解】对整体分析，运用牛顿第二定律得出加速度：，水平方向受到的力不变，使用B的加速度不变．物体由静止做匀加速运动，速度v=at；故洛伦兹力：F=qvB=qBat，A受的支持力：N=mAg+qvB=mAg+qBat，符合图中所示规律，故A正确；物块B对物块A的摩擦力大小f=mAa，所以f随时间t的变化保持不变，故不可能是摩擦力的变化图象，故B错误．对整体分析可知，N'=mAg+mBg+qvB=mAg+mBg+qBat，故同样可以由图示规律表示，故C正确．整体的加速度不变，则选项D错误；故选AC.‎ ‎【点睛】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，以及注意整体法和隔离法的运用．同时还要掌握洛伦兹力的特点，明确洛伦兹力的大小和方向规律．‎ ‎8.如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘块，甲、乙叠放在一起置于光滑的水平地面上，空间存在着水平方向的的匀强磁场，在水平恒力F的作用下，甲、乙无相对滑动的一起向左加速运动，在加速运动阶段 ( )‎ A. 甲、乙两物块之间的摩擦力不断增大 B. 甲、乙两物块之间的摩擦力不变 C. 甲、乙向左运动的加速度不断减小 D. 甲对乙的压力不断增大 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】当甲与乙向右运动时，甲所受的洛伦兹力竖直向下，又由于地面光滑，所以摩擦力为0，把甲乙看成一个系统，，甲与乙相对静止，乙对甲的静摩擦力．所以选BD．‎ ‎9.一带电小球在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中作匀速圆周运动，匀强电场竖直向上，匀强磁场水平且垂直纸面向里，如图所示，下列说法正确的是 ‎ ‎ A. 沿垂直纸面方向向里看，小球的绕行方向为顺时针方向 B. 小球一定带正电且小球的电荷量 C. 由于洛伦兹力不做功，故小球在运动过程中机械能守恒 D. 由于合外力做功等于零，故小球在运动过程中动能不变 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】带电微粒在复合场中，只有满足重力与电场力大小相等方向相反，微粒的合力只表现为洛伦兹力才能做圆周运动，故粒子所受电场力向上，微粒带正电，微粒的洛伦兹力方向要指向圆心，由左手定则判断运动方向为逆时针，由mg=qE可得，故A错误，B正确；洛伦兹力不做功，但电场力做功，故机械能不守恒，故C错误；由于合外力做功等于零，根据动能定理，小球在运动过程中动能不变，故D正确；故选BD．‎ ‎【点睛】物体做匀速圆周运动的条件是物体受到的合力大小不变，方向时刻指向圆心，带电微粒在复合场中，只有满足重力与电场力大小相等方向相反，微粒才能做匀速圆周运动，否则不能．‎ 二．实验题 ‎10.如图所示为“验证碰撞中的动量守恒”的实验装置示意图．已知a、b小球的质量分别为ma、mb，半径分别是ra、rb，图中P点为单独释放a球的落点的平均位置，M、N是a、b小球碰撞后落点的平均位置．‎ ‎（1）本实验必须满足的条件是________．‎ A．斜槽轨道必须是光滑 B．斜槽轨道末端的切线水平 C．入射小球每次都从斜槽上的同一位置无初速度释放 D．入射球与被碰球满足ma＝mb，ra＝rb ‎（2）为了验证动量守恒定律，需要测量OP间的距离x1，还需要测量的物理量有______、______(用相应的文字和字母表示)．‎ ‎（3）如果动量守恒，需满足的关系式是__________(用装置图中的字母表示)．‎ ‎【答案】 (1). BC (2). OM间的距离x2 (3). ON间的距离x3 (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]A．“验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求；故A错误；‎ B．要保证每次小球都做平抛运动，则轨道的末端必须水平，故B正确;‎ C．要保证碰撞前的速度相同，入射球每次都要从斜槽的同一位置无初速度释放，故C正确；‎ D．为防止两球碰撞后入射球不反弹，需要：ma＞mb;而为了两球发生对心正碰，需要两球的半径相等，即：ra=rb，故D错误；‎ ‎(2)[2][3]要验证动量守恒定律定律，即验证：‎ 小球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间t相等，上式两边同时乘以t得：‎ 得：‎ 因此实验需要测量：测量OP间的距离x1，OM间的距离x2，ON间的距离x3；‎ ‎(3)[4]由上分析可知，实验需要验证：‎ 用装置图中的字母表示为：‎ ‎11.在做《测定金属丝的电阻率》的实验时 ‎（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径．如图所示，由图读出金属丝的直径是_________mm．‎ ‎（2）需要对金属丝的电阻进行测量．已知金属丝的电阻值Rx约为 5Ω；一位同学用伏安法对这个电阻的阻值进行了比较精确的测量，这位同学想使被测电阻Rx两端的电压从零开始调节．他可选用的器材有：‎ A.直流电源（电动势6V，内阻可不计）‎ B.直流电流表（量程0～600mA，内阻约为5Ω）‎ C.直流电流表（量程0～3A，内阻约为0.1Ω）‎ D.直流电压表（量程0～3V，内阻约为6kΩ）‎ E.直流电压表（量程0～15V，内阻约为15kΩ）‎ F.滑动变阻器（10Ω,2A） ‎ G.滑动变阻器（1kΩ，0.5A）‎ H.电键 ‎ I.导线若干 以上器材中电流表选用_______（填序号），电压表选用______（填序号），滑动变阻器选用__________（填序号）． ‎ ‎（3）在答题卡的方框中画出实验电路图_______．‎ ‎【答案】 (1). 0.742(0.741mm-0.743mm) (2). B (3). D (4). F (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）金属丝的直径是：0.5mm+0.01mm×24.2=0.742mm.‎ ‎（2）电源电压为6V，电压表选择量程为3V的D; 待测电阻阻值约为5Ω，电路中的最爱电流不超过，则电流表选B.滑动变阻器应选择阻值较小的F；‎ ‎（3）电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法；为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示： ‎ 三、计算题 ‎12.用一根长L=0.8m的轻绳，吊一质量为m=1.0g的带电小球，放在磁感应强度B=0.1T，方向如图所示的匀强磁场中，将小球拉到与悬点等高处由静止释放，小球便在垂直于磁场的竖直面内摆动，当球第一次摆到低点时，悬线的张力恰好为零（重力加速度g=10m/s2）‎ ‎（1）小球带何种电荷？电量为多少？‎ ‎（2）小球第二次经过最低点时，悬线对小球的拉力多大？‎ ‎【答案】（1）7.5×10-2C；带负电；（2）0.06N。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1‎ ‎）小球第一次摆到最低点时速度水平向左，悬线的拉力恰好为零，说明洛伦兹力竖直向上，由左手定则，拇指向上，让磁感线穿过掌心，四指就指向右，故小球带负电．‎ 设小球第一次到达最低点速度为v，由动能定理可得：‎ 解得：v= 4m/s 此时对小球受力分析如图：‎ 根据牛顿第二定律有：‎ 解得q=7.5×10-2C ‎（2）小球第二次经过最低点时，速度大小不变，方向变为向右，受力分析如图：‎ 根据牛顿第二定律有：‎ 解得：F=0.06N ‎【点睛】此题考查了牛顿第二定律以及动能定理的应用问题；解题的关键是首先对小球正确的受力分析，然后根据牛顿第二定律列的方程联立求解；此题难度中等，意在考查学生利用物理规律解决实际问题的能力.‎ ‎13.如图所示为质谱仪的示意图，在容器A中存在若干种电荷量相同而质量不同的带电粒子，它们可从容器A下方的小孔S1飘入电势差为U 的加速电场，它们的初速度几乎为0，然后经过S3沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片D上．若这些粒子中有两种电荷量均为q、质量分别为m1和m2的粒子（m1＜m2）．‎ ‎（1）分别求出两种粒子进入磁场时的速度v1、v2的大小；‎ ‎（2）求这两种粒子在磁场中运动的轨道半径之比；‎ ‎（3）求两种粒子打到照相底片上的位置间的距离．‎ ‎【答案】（1）、；（2）；（3）（-）．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）带电粒子在电场中被加速，应用动能定理可以求出粒子的速度． （2）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可以求出粒子的轨道半径，然后求出半径之比． （3）两粒子在磁场中做圆周运动，求出其粒子轨道半径，然后求出两种粒子打到照相底片上的位置间的距离．‎ 详解】（1）经过加速电场，根据动能定理得： 对m1粒子：qU=m1v12‎ m1粒子进入磁场时的速度：， 对m2粒子有：qU=m2v22，‎ m2粒子进入磁场时的速度：； （2）在磁场中，洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=m ‎， 解得，粒子在磁场中运动的轨道半径：， 代入（1）结果，可得两粒子的轨道半径之比：R1：R2=； （3）m1粒子的轨道半径：， m2粒子的轨道半径： ， 两粒子打到照相底片上的位置相距：d=2R2-2R1， 解得，两粒子位置相距为： ；‎ ‎【点睛】本题考查了粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键，应用动能定理与牛顿第二定律可以解题．‎ ‎14.如图所示，一个足够长的矩形金属框架与水平面成θ=37°角，宽L=0.5m，上端有一个电阻R0=2.0Ω，框架的其他部分电阻不计，有一垂直于框架平面向上的匀强磁场，磁感应强度B=0.1T，ab为金属杆，与框架接触良好，其质量m=0.1kg，电阻r=0.5Ω，杆与框架间的动摩擦因数μ=0.5，杆由静止开始下滑，在速度达到最大值的过程中，电阻R0产生的热量Q0=2.0J（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：‎ ‎(1)通过R0的最大电流；‎ ‎(2)ab杆下滑的最大速度；‎ ‎(3)从开始到速度最大的过程中ab杆下滑的距离．‎ ‎【答案】（1）（2） (3)‎ ‎【解析】‎ ‎（1）杆达到最大速度后， ab中最大电流为Im，‎ 由平衡条件： ‎ 解得：Im=0.4A ‎ ‎（2）由闭合电路的欧姆定律：Em=Im(R0+r)＝1.0 V ‎ 由法拉第电磁感应定律：Em=BLvm ‎ 解得 ‎（3）电路中产生的总焦耳热 ‎ 由动能定理得 解得杆下滑的距离 x=13.5m ‎ ‎ ‎ ‎