河南省漯河市高级中学2018学年高二上学期期末模拟五物理试题

高二上学期期末复习模拟试题（五）一、选择题（1-6单选题，7-12多选题）1．如右图所示，三条平行等间距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10 V、20 V、30 V，实线是一带电粒子(不计重力)在该区域内的运动轨迹，a、b、c是轨迹上的三个点，下列说法正确的是()．A．粒子在三点所受的电场力不相等B．粒子必先过a，再到b，然后到cC．粒子在三点所具有的动能大小关系为E k b>E k a>E k cD．粒子在三点的电势能大小关系为E p c<E p a<E p b2．如图所示，水平放置的平行金属板a、b分别与电源的两极相连，带电液滴P在金属板a、b间保持静止，现设法使P固定，再使两金属板a、b分别绕中心点O、O′垂直于纸面的轴顺时针转相同的小角度α，然后释放P，则P在电场内将做()．A．匀速直线运动B．水平向右的匀加速直线运动C．斜向右下方的匀加速直线运动D．曲线运动3．边长为a的闭合金属正三角形框架，完全处于垂直于框架平面的匀强磁场中，现把框架匀速拉出磁场，如图2所示，则选项图中电动势、外力、外力功率与位移图象规律与这一过程相符合的是()．4．如图甲所示，光滑导轨水平放置在与水平方向夹角为60°的斜向下的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B随时间t的变化规律如图乙所示(规定斜向下为正方向)，导体棒ab垂直导轨放置，除电阻R的阻值外，其余电阻不计，导体棒ab在水平外力F作用下始终处于静止状态．规定a→b的方向为电流的正方向，水平向右的方向为外力F的正方向，则在0～t1时间内，能正确反映通过导体棒ab的电流i和导体棒ab所受水平外力F随时间t变化的图象是()．5．如图所示，abcd是一个质量为m，边长为L的正方形金属线框．如从图示位置自由下落，在下落h后进入磁感应强度为B的磁场，恰好做匀速直线运动，该磁场的宽度也为L.在这个磁场的正下方h＋L处还有一个未知磁场，金属线框abcd在穿过这个磁场时也恰好做匀速直线运动，那么下列说法正确的是()．A．未知磁场的磁感应强度是2BB．未知磁场的磁感应强度是2BC．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgLD．线框在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为2mgL6．电阻R1、R2和交流电源按照图甲所示方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示，则()．A．通过R1的电流的有效值是1.2 A B．R1两端的电压有效值是6 VC．通过R2的电流的有效值是1.2 2 A D．R2两端的电压有效值是6 2 V7．如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，现设法使该带电粒子从O点沿纸面与Od成30°的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是 ( )． A ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是53t 0，则它一定从cd 边射出磁场B ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是23t 0，则它一定从ad 边射出磁场C ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是54t 0，则它一定从bc 边射出磁场D ．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t 0，则它一定从ab 边射出磁场8．供电公司检修人员用交流电表监控供电线路中强电流和高电压，使用的仪器是电流互感器和电压互感器，接线如图所示．其中n1、n2、n3、n 4分别为四组线圈的匝数，a 、b 为两只交流电表，下列说法中正确的是( )．A ．A 为电流互感器，且n 1<n 2，a 是电流表B ．B 为电压互感器，且n 3>n 4，b 是电压表C ．B 为电流互感器，且n 3<n 4，b 是电流表D ．A 为电压互感器，且n 1>n 2，a 是电压表9．如右图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是( )．A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值为u ＝10sin 5πt (V)D ．交流电b 的最大值为203V10．如图所示，有一台交流发电机E ，通过理想升压变压器T 1和理想降压变压器T 2向远处用户供电，输电线的总电阻为R .T 1的输入电压和输入功率分别为U 1和P 1，它的输出电压和输出功率分别为U 2和P 2；T 2的输入电压和输入功率分别为U 3和P 3，它的输出电压和输出功率分别为U 4和P 4.设T 1的输入电压U 1一定，当用户消耗的电功率变大时，有( )． A ．U 2减小，U 4变大 B ．U 2不变，U 3变小 C ．P 1变小，P 2变小D ．P 2变大，P 3变大11．在光滑的水平面上方，有两个磁感应强度大小均为B ，方向相反的水平匀强磁场，如图所示．PQ 为两个磁场的边界，磁场范围足够大．一个边长为a 、质量为m 、电阻为R 的金属正方形线框，以速度v 垂直磁场方向从如图实线位置开始向右运动，当线框运动到分别有一半面积在两个磁场中时，线框的速度为v /2，则下列说法正确的是( )．A ．此过程中通过线框截面的电荷量为2Ba 2RB ．此时线框的加速度为B 2a 2v2mRC ．此过程中回路产生的电能为38m v 2D ．此时线框中的电功率为B 2a 2v 2R12．三根平行的长直通电导线，分别通过一个等腰直角三角形的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如图所示．现在使每根通电导线在斜边中点O 处所产生的磁感应强度大小均为B ，则下列说法中正确的有( )A ．O 点处实际磁感应强度的大小为B B ．O 点处实际磁感应强度的大小为5BC ．O 点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角为90°D ．O 点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角为arctan 2 二、实验题13．为了测量由两节干电池组成的电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图甲所示的实验电路，其中R 为电阻箱，R0＝5 Ω为保护电阻．(1)按照图甲所示的电路图，某同学已经在图乙所示电路中完成部分导线的连接，请你完成余下导线的连接．(2)断开开关S ，调整电阻箱的阻值，再闭合开关S ，读取并记录电压表的示数及电阻箱接入电路中的阻值．多次重复上述操作，可得到多组电压值U 及电阻值R ，并以1U 为纵坐标，以1R 为横坐标，画出1U 1R 的关系图线(该图线为一直线)，如图所示．由图线可求得电池组的电动势E ＝________V ，内阻r ＝________Ω.(保留两位有效数字) (3)引起该实验系统误差的主要原因是____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ 14．某同学用伏安法测一个未知电阻的阻值，他先将电压表接在b点，读得两表示数分别为＝3.0 V，I1＝3.0 mA，然后将电压表改接在a点，读得两表示U数分别为U2＝2.9 V，I2＝4.0 mA，如图所示，由此可知电压表应接到________点误差较小，测得R x值应为________ Ω.15．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡为“6 V,3 W”，其4他选择的器材有：A．电压表V1(量程6 V，内阻20 kΩ)；B．电压表V2(量程20 V，内阻60 kΩ)；C．电流表A1(量程3 A，内阻0.2 Ω)；D．电流表A2(量程0.6 A，内阻1 Ω)；E．滑动变阻器R1(0～1 000 Ω，0.5 A)；F．滑动变阻器R2(0～20 Ω，2 A)；G．学生电源E(6～8 V)；H．开关S及导线若干．实验中要求电压在0～6 V范围内，读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用________，滑动变阻器应选用________．画出实验原理图．三、计算题16．如图所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电荷、B板带负电荷．两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔．C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O′处，C带正电、D带负电．两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O′.半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计．现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电荷量为q 的带正电的微粒(微粒的重力不计)，问：(1)微粒穿过B板小孔时的速度多大？(2)为了使微粒能在C、D板间运动而不碰板，C、D板间的电场强度大小应满足什么条件？(3)从释放微粒开始，经过多长时间微粒通过半圆形金属板间的最低点P 点？17. 如图所示，一带电粒子质量为m ＝2.0×10－11kg 、电荷量q ＝＋1.0×10－5 C ，从静止开始经电压为U 1＝100 V 的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，粒子射出电场时的偏转角θ＝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，粒子射出磁场时的偏转角也为θ＝60°.已知偏转电场中金属板长L ＝2 3 cm ，圆形匀强磁场的半径R ＝10 3 cm ，重力忽略不计．求： (1)带电粒子经U 1＝100 V 的电场加速后的速率；(2)两金属板间偏转电场的电场强度E ；(3)匀强磁场的磁感应强度的大小．18．如图甲所示，在以O 为坐标原点的xOy 平面内，存在着范围足够大的电场和磁场，一个带正电小球在t ＝0时刻以v 0＝3gt 0的初速度从O 点沿＋x 方向(水平向右)射入该空间，在t 0时刻该空间同时加上如图乙所示的电场和磁场，其中电场方向竖直向上，场强大小E 0＝mg q ，磁场垂直于xOy 平面向外，磁感应强度大小B 0＝πmqt 0，已知小球的质量为m ，带电荷量为q ，时间单位为t 0，当地重力加速度为g ，空气阻力不计．试求：图9(1)t0末小球速度的大小；(2)小球做圆周运动的周期T和12t0末小球速度的大小；(3)在给定的xOy坐标系中，大体画出小球在0到24t0内运动轨迹的示意图；(4)30t0内小球距x轴的最大距离．高二上学期期末复习模拟试题（五）参考答案1解析 根据电场线与等势面垂直，沿着电场线电势逐渐降低，可知粒子带负电，电场为匀强电场，则粒子在三点所受的电场力相等．因速度方向未知，则粒子不一定必先过a ，再到b ，然后到c ，也可以反之；粒子无论是先从a 到b 再到c ，还是先从c 到b 再到a ，电场力均先做负功，再做正功，动能先减少后增加，电势能先增加后减少，故D 正确． 答案 D2 解析 设电源两端的电压为U ，两金属板间的距离为d ，带电液滴的质量为m ，带电荷量为q ，则液滴P 静止时，由平衡条件可得：q Ud ＝mg.金属板转动后，P 所受的电场力大小为F ＝q Udcos α，方向与竖直方向成α角指向右上方，电场力大于重力，但电场力在竖直方向的分量F1＝Fcos α＝q U dcos αcos α＝q Ud＝mg.故电场力和重力的合力水平向右，即P 做水平向右的匀加速直线运动．B 正确，A 、C 、D 错误． 答案 B3解析 框架匀速拉出过程中，有效长度l 均匀增加，由E ＝Blv 知，电动势均匀变大，A 错、B 对；因匀速运动，则F 外＝F 安＝BIl ＝B2l2vR，故外力F 外随位移x 的增大而非线性增大，C 错；外力功率P ＝F 外v ，v 恒定不变，故P 也随位移x 的增大而非线性增大，D 错． 答案 B4解析 由楞次定律可判定回路中的电流方向始终为b →a ，由法拉第电磁感应定律可判定回路中电流大小恒定，故A 、B 错；由F 安＝BIL 可得F 安随B 的变化而变化，在0～t0时间内，F 安方向斜向右下，故外力F 与F 安的水平分力等值反向，方向向左为负值；在t0～t1时间内，F 安的水平分力方向改变，故外力F 方向也改变为正值，故C 错误，D 正确． 答案 D5解析 设线圈刚进入第一个磁场时速度大小为v1，那么mgh ＝12mv21，v1＝2gh.设线圈刚进入第二个磁场时速度大小为v2，那么v22－v21＝2gh ，v2＝2v1.根据题意还可得到，mg ＝B2L2v1R ，mg ＝Bx2L2v2R 整理可得出Bx ＝ 22B ，A 、B 两项均错．穿过两个磁场时都做匀速运动，把减少的重力势能都转化为电能，所以在穿过这两个磁场的过程中产生的电能为4mgL ，C 项正确、D 项错． 答案 C6 解析 由题图知流过R2交流电电流的最大值I2m ＝0.6 2 A ，故选项C 错误；由U2m ＝I2mR2＝12 2 V 知，选项D 错误；因串联电路电流处处相同，则I1m ＝0.6 2 A ，电流的有效值I1＝I1m2＝0.6 A ，故A 项错误；由U1＝I1R1＝6 V ，故选项B 正确．答案 B 7 解析作出刚好从ab 边射出的轨迹①、刚好从bc 边射出的轨迹②、从cd 边射出的轨迹③和从ad 边射出的轨迹④，如图所示．由条件可知，带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0.由图可知，从ab 边射出经历的时间t03<t1≤5t06；从bc 边射出经历的时间5t06<t2≤4t03；从cd 边射出经历的时间一定是t3＝5t03；从ad 边射出经历的时间t4≤t03.结合选项可知，A 、C 正确． 答案 AC8解析 A 为电流互感器，串联接入电路，副线圈中电流较小，则n1<n2，a 是电流表，A 正确；B 为电压互感器，并联接入电路，副线圈中电压较小，则n3>n4，b 是电压表，B 正确． 答案 AB9解析 由图可知t ＝0时刻感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，选项A 错误；由图可知Ta ＝0.4 s ，Tb ＝0.6 s ，线圈先后两次转速之比na ∶nb ＝Tb ∶Ta ＝3∶2，选项B正确；交流电a 的瞬时值为u ＝Umsin ⎝⎛⎭⎫2πTa t ，得u ＝10sin 5πt(V)，选项C 正确；感应电动势最大值Um ＝NBSω＝NBS ⎝⎛⎭⎫2πT ，所以Uma ∶Umb ＝Tb ∶Ta ，交流电b 的最大值为203 V ，选项D 正确． 答案 BCD10解析 当用户消耗的电功率增大时，升压变压器的输入功率必增大，即P1增大，输入电压U1为定值不变，升压变压器的匝数不变，故输出电压U2不变，由于P1增大，由P1＝U1I1＝P2＝U2I2可得，I1增加，P2、I2增加，由闭合电路欧姆定律得：U3＝U2－I2R ，故U3减小，降压变压器原、副线圈匝数不变，所以随U3减小，U4减小，A 错误，B 正确；由于用户消耗的电功率增加，即P4增加，理想变压器无功率损耗可得：P3＝P4，功率P3也增加，故C 错误，D 正确． 答案 BD11解析 对此过程，由能量守恒定律可得，回路产生的电能E ＝12mv2－12m ×14v2＝38mv2，选项C 正确；线圈磁通量的变化ΔΦ＝Ba2，则由电流定义和欧姆定律可得q ＝ΔΦR ＝Ba2R，选项A 错误；此时线框产生的电流I ＝2Bav 2R ＝BavR，由牛顿第二定律和安培力公式可得加速度a1＝2BIa m ＝2B2a2v mR ，选项B 错误；由电功率定义可得P ＝I2R ＝B2a2v2R，选项D正确． 答案 CD12解析 先根据安培定则确定每根通电导线在O 点所产生的磁感应强度的方向，再根据矢量合成法则求出结果．根据安培定则，I1与I3在O 点处产生的磁感应强度B1、B3方向相同，I2在O 点处产生的磁感应强度方向与B1、B3方向垂直，如图所示，故O 点处实际磁感应强度大小为B0＝(B1＋B3)2＋B22＝5B ，A 错误、B 正确；由几何关系可知O 点处实际磁感应强度方向与斜边夹角为arctan 2，C 错误、D 正确． 答案 BD13解析 (1)对电路图的连接按照一定的顺序进行，先串后并，从R0的左端连接电阻箱R 的一个接线柱，另一个接线柱和电池组的负极相连，电压表并在R 两端，连接电压表的“－”和“3”两个接线柱；(2)对电路图甲由闭合电路欧姆定律得：E ＝UR(r ＋R0＋R)，整理得到1U ＝r ＋R0E ·1R ＋1E ，利用题图中直线与纵轴的焦点数据求得E ＝10.35，并保留两位有效数字即为2.9，还可以得到图线的斜率，即可得到电池内电阻r 为1.1；(3)由甲图可以知道该实验系统误差的主要原因在于电压表的分流作用，造成流过电阻箱的电流比流过电池组的电流小． 答案 (1)如图所示(2)2.9 1.1(或1.2)(3)电压表的分流作用造成流过电阻箱的电流总是比电池实际输出电流小(说出电压表的分流作用也算对)14解析 两种接法中两表示数变化分别为： ΔU ＝|U1－U2|＝|3.0－2.9| V ＝0.1 V ， ΔI ＝|I1－I2|＝|3.0－4.0| mA ＝1.0 mA ， 则ΔU U1＝0.13＝130，ΔI I1＝1.03＝13， 显然，电流表示数变化较电压表示数变化明显，这说明电压表的分流作用较大，为了减小误差，应采用电流表内接法，即电压表接b 点．Rx ＝U1I1＝ 3.0 V3.0×10－3 A＝1 000 Ω.答案 b 1 00015解析 (1)确定电压表、电流表、滑动变阻器．小灯泡“6 V,3 W”额定电压为6 V ，额定电流为0.5 A ，即允许通过小灯泡的电流最大不超过0.5 A ，最大电压不超过6 V ．依据选择电压表和电流表的安全精确原则，电流表应选A2，电压表应选V1.小灯泡正常工作时电阻为R 灯＝U2P ＝623Ω＝12 Ω.滑动变阻器选择依据安全方便的原则，故应选用R2.(2)确定电流表内外接法临界阻值R ＝RVRA ＝20 000×1 Ω＝141.4 Ω 因为R 灯<R ，故电流表应外接．(3)确定滑动变阻器选用限流式还是分压式因为要求多测几组数据，故负载上电流、电压变化范围较大，故采用分压式．实验原理图如图：完成电路设计实验，只有遵循以上三个原则，才能使实验效果更明显，误差更小．答案 D F 电路图见解析16解析 (1)设微粒穿过B 板小孔时的速度为v ，根据动能定理，有qU ＝12mv2，解得v ＝ 2qU m. (2)微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有qE ＝m v2R， 半径R ＝L 2， 联立得E ＝4U L . (3)微粒从释放开始经t1射入B 板的小孔，d ＝v 2t1， 则t1＝2d v ＝2d m 2qU， 设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P 点，则t2＝πL 4v ＝πL 4 m 2qU， 所以从释放微粒开始，经过t1＋t2＝⎝⎛⎭⎫2d ＋πL 4 m 2qU微粒第一次到达P 点；根据运动的对称性，易知再经过2(t1＋t2)微粒再一次经过P 点…… 所以经过时间t ＝(2k ＋1)⎝⎛⎭⎫2d ＋πL 4 m 2qU，(k ＝0,1，2，…)微粒经过P 点． 答案 (1) 2qU m (2)E ＝4U L(3)(2k ＋1)⎝⎛⎭⎫2d ＋πL 4 m 2qU(k ＝0,1,2，…) 17解析 (1)带电粒子经加速电场加速后速度为v1，根据动能定理：qU1＝12mv21 v1＝ 2U1q m＝1.0×118 m/s (2)带电粒子在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．在水平方向粒子做匀速直线运动． 水平方向：v1＝L t带电粒子在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a ，出电场时竖直方向速度为v2，且v2＝at ，a ＝Eq m由几何关系tan θ＝v2v1E ＝mv21tan θqL＝10 000 V/m (3)设带电粒子进磁场时的速度大小为v ，则v ＝v1cos θ＝2.0×118 m/s 由粒子运动的对称性可知，入射速度方向过磁场区域圆心，则出射速度反向延长线过磁场区域圆心，粒子在磁场中的运动轨迹如图所示则轨迹半径为r ＝Rtan 60°＝0.3 m由qvB ＝m v2r得B ＝mv qr＝0.13 T 答案 (1)1.0×118 m/s (2)10 000 V/m (3)0.13 T18解析 (1)由题图乙知，0～t0内，小球只受重力作用，做平抛运动，在t0末： v ＝v20x ＋v20y ＝(3gt0)2＋(gt0)2＝10gt0(2)当同时加上电场和磁场时，电场力F1＝qE0＝mg ，方向向上因为重力和电场力恰好平衡，所以小球只受洛伦兹力而做匀速圆周运动，有qvB0＝m v2r运动周期T ＝2πr v，联立解得T ＝2t0 由题图乙知，电场、磁场同时存在的时间正好是小球做匀速圆周运动周期的5倍，即在这10t0内，小球恰好做了5个完整的匀速圆周运动．所以小球在t1＝12t0时刻的速度相当于小球做平抛运动t ＝2t0时的末速度．vy1＝g·2t0＝2gt0，vx1＝v0x ＝3gt0 所以12t0末v1＝v2x 1＋v2y 1＝13gt0(3)24t0内运动轨迹的示意图如图所示．(4)分析可知，小球在30t0时与24t0时的位置相同，在24t0内小球相当于做了t2＝3t0的平抛运动和半个圆周运动.23t0末小球平抛运动的竖直分位移大小为y2＝12g(3t0)2＝92gt20 竖直分速度vy2＝3gt0＝v0，所以小球与竖直方向的夹角为θ＝45°，速度大小为v2＝32gt0此后小球做匀速圆周运动的半径r2＝mv2qB0＝32gt20π30t0内小球距x 轴的最大距离：y3＝y2＋(1＋cos 45°)r2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫92＋3＋32πgt20 答案 (1)10gt0 (2)2t0 13gt0(3)见解析图(4)⎝ ⎛⎭⎪⎫92＋3＋32πgt20。