《云南省楚雄彝族自治州大姚县第一中学2020学年高二物理上学期期末模拟试卷（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《云南省楚雄彝族自治州大姚县第一中学2020学年高二物理上学期期末模拟试卷（含解析）（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、云南省大姚一中2020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
2、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. U1U2，Q1Q2 B. W1W2，Q1Q2C. W1W2，Q1Q2 D. W1IU1=W1,根据焦耳定律得Q1=I2Rt，Q2=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，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径，则可知(重力不计)()A. 两粒子都带正电，质量比B. 两粒子都带负电，质量比C. 两粒
3、子都带正电，质量比D. 两粒子都带负电，质量比【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的平方成正比，故，选B.【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（ ）A. 先变大后
4、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，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B. 在后时间内，静电力对粒子做的功为qUC. 在粒子偏转前和后的过程中，静电力做功之比为1
5、2D. 在粒子偏转前和后的过程中，静电力做功之比为21【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，前时间内与t时间内垂直于板方向之比为1：4，在前时间内，电场力对粒子做功为qU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后内，电场力做功之比1：1故CD错误考点：本题考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动。6.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
6、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. 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，
7、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=CU，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.
8、 12【答案】B【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=2cos30=，则B2与B1之比为 ：2故选B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.
9、 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，R1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Q=CU，可判断出电容器的电荷量Q增大，故BC正确，AD错误。
10、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 ()A. 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，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，
11、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。【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
12、流表的数据描绘了如图（b）所示的两条UI图线 （ ）A. 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】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）（2020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
13、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. 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】BD【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
14、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
15、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到PC. 若可变电阻的阻值为R=，则其中的电流为I=D. 若可变电阻的阻值为R=，则可变电阻消耗的电功率为P=【答案】CD【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
