《四川省绵阳市前锋中学2020年高二物理模拟试题含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《四川省绵阳市前锋中学2020年高二物理模拟试题含解析（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、四川省绵阳市前锋中学2020年高二物理模拟试题含解析一、 选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分每小题只有一个选项符合题意1. 关于磁感应强度，下列说法不正确的是A磁感应强度表示磁场的强弱B磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关C通电导线受安培力大的地方磁感应强度一定大D磁感线密的地方，磁感应强度大参考答案：C2. （多选）如图所示，固定位置在同一水平面内的两根平行长直金属导轨的间距为d，其右端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上磁感应强度大小为B的匀强磁场中。一质量为m（质量分布均匀）的导体杆ab垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦
2、因数为u。现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F作用下从静止开始沿导轨运动距离l时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。设杆接入电路的电阻为r，导轨电阻不计，重力加速度大小为g。则此过程（ ）A.杆的速度最大值为 B.流过电阻R的电量为C.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量D.恒力F做的功与安倍力做的功之和大于杆动能的变化量参考答案：BD3. (单选)图中的平行直线表示一簇垂直于纸面的等势面.一个电量为-5.010-8C的点电荷，沿图中曲线从A点移到B点，电场力做的功为( )A. -5.010-7J B.5.010-7J C.-3.510-6J D.3.510-6J参考
3、答案：B4. 某研究性学习小组学习电学知识后进行对电工穿的高压作业服进行研究，发现高压作业服是用铜丝编织的，下列各同学的理由正确的是A甲认为铜丝编织的衣服不易拉破，所以用铜丝编织B乙认为电工被铜丝编织的衣服所包裹，使体内电势保持为零，对人体起保护作用+C丙认为电工被铜丝编织的衣服所包裹，使体内电场强度保持为零，对人体起保护作用D丁认为铜丝必须达到一定的厚度，才能对人体起到保护作用参考答案：C5. （单选）二个白炽灯泡a、b分别标有”12V 6W”和”12V 12W”的字样，把它们并联后接到电压为12V稳压电源上，则( ) A灯泡b的实际功率大于6W，可能烧坏 B灯泡a的实际功率大于12W,可能
4、烧坏 C灯泡a、b都正常发光 D灯泡a、b都发光，但都比正常发光时暗参考答案：C二、 填空题：本题共8小题，每小题2分，共计16分6. 如图所示，线路的电压u=220v，每条输电线的电阻r=10,电炉A的电阻RA=200。则电炉A上的电压 v，电炉消耗的功率 w。 参考答案： 100 200 7. 一理想变压器的输入电压是220V，副线圈的输出电压是11V，当输入电压不变，而将副线圈拆去18匝后发现副线圈的输出电压降了3V，则原线圈的匝数为 匝。参考答案：13208. 质量为m的小球，在竖直平面内的圆形光滑轨道内侧运动，两次通过最高点时，对轨道的压力分别为3mg和8mg，则小球前后两次通过最高
5、点时，所受合外力之比为，两次通过最高点时的线速度之比为参考答案：4:9，2:39. 如图所示的电场中，A、B两点的场强大小EA EB（ 选填“”、“”或“=”）已知A点的电场强度E=2.0104N/C，将电荷量q=+2.0108C的点电荷放在A点该点电荷在A点所受静电力F的大小为 参考答案：故答案为：，4104N【考点】电场线；电场强度【分析】电场强度的大小可以看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大根据F=qE求电场力的大小【解答】解：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线越密的地方电场强度越大则知EAEB点电荷在A点所受静电力F的大小为 F=qE=2.01082.0104N=4
6、104N故答案为：，4104N10. 质量为2kg的物体在合外力作用下做直线运动的一t图象如图所示。在02s内，合外力对物体做的功为_J。参考答案：11. 如图所示是使用光电管的原理图，当用某种可见光照射到阴极K上时，电流表中有电流通过：（1）当变阻器的滑动端P向_滑动时（填“左”或“右”），通过电流表的电流将会减小，当电流表电流刚减小到零时，电压表的读数为U，则阴极K的逸出功为_（已知电子电荷量为e，普朗克常量为h，可见光的频率为）。（2）如果保持变阻器的滑动端P的位置不变，也不改变入射光的频率，而增大入射光的强度，则光电子的最大初动能将_（填“增大”、“减小”或“不变”），通过电流表的电流
7、将会_（填“增大”、 “减小”或“不变”）。（3）如果将电源的正负极对调，将变阻器的滑动端P从A端逐渐向B端移动的过程中， 通过电流表的电流先_后_（填“增大”、“减小”或“不变”）(电源电压足够大）参考答案： (1). 右 (2). hv-eU (3). 不变 (4). 增大 (5). 增大 (6). 保持不变（1）电流表中的电流减小，则两极上的反向电压增大，所以滑动变阻器应向右滑动，因为反向电压为U时，电流表读数为零，根据动能定理得：光电子的最大初动能，根据光电效应方程可得，故（2）根据爱因斯坦光电效应方程，可知如果不改变入射光的频率，而增加入射光的强度，但光电子的最大初动能不变，由于光照
8、强度越大，光子数目多，那么通过电流表的电量增大，则电流表示数将增大（3）对调后反向电压变为正向电压，光电子受到的电场力是动力，滑动变阻器从A到B过程中两极间的电压增大，使得更多的光电子到达另一极，即电流增大，因为光电子数目由限，所以当所有光电子都到达另一极时，随着电压的增大，光电流不再增大，故先增大后保持不变12. 在收音机接收中波段电磁波时，其LC振荡电路的电感L是固定的，当可变电容器电容为C1时可接收频率为535 kHz的电磁波，当可变电容器的电容为C2时可接收频率为1605 kHz的电磁波，则电容之比C1：C2= ，这两列波的波长之比= 。参考答案：9：1，3：1 13. “研究感应电流
9、产生的条件”的实验电路如图12所示。实验表明：当穿过闭合电路的 发生变化时，闭合电路中就会有电流产生。在闭合电键S前，滑动变阻器滑动片P应置于 端（选填“a”或“b”）。电键S闭合后还有多种方法能使线圈C中产生感应电流，试写出其中的两种方法：(1) ；(2) 。参考答案：磁通量 a (1) 移动滑动变阻器的滑片 (2)线圈A在线圈C中拔出或插入等三、 实验题：本题共2小题，每小题11分，共计22分14. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，有以下器材：A小灯泡L（3V，0.6A） B滑动变阻器R（010） C电压表V1（03V） D电压表V2（015V） E电流表A1（00.6A） F电流
10、表A2（03A） G铅蓄电池、开关各一个，导线若干（1）为了减小误差，实验中应选电流表 ，电压表 （2）在图1虚线框内按要求设计实验电路图（3）连好电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直到小灯泡正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的UI图象图2中应是 参考答案：解：（1）：根据小灯泡的额定电流为0.6A可知电流表应选；根据小灯泡额定电压为3V可知电压表应选；（2）：由于测定伏安特性曲线实验要求电流从零调，实验变阻器应采用分压式接法，由于小灯泡电阻较小，满足，所以电流表应用外接法，电路图如图所示：（3）：根据U=RI可知，由于小灯泡的电阻随温度的升高
11、而增大，图线上各点与原点连线的斜率逐渐增大，所以UI图象应是C故答案为：（1），（2）如图（3）C【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】本题（1）的关键是根据小灯泡的额定电压和额定电流大小来选择电压表与电流表的量程；题（2）的关键是根据实验要求电流从零调可知变阻器应采用分压式接法，根据小灯泡电阻较小满足可知电流表应用外接法；题（3）的关键是写出U与I的表达式，再根据小灯泡电阻随温度的升高而增大可知图线的各点与原点连线斜率应逐渐增大即可求解15. 如图所示，螺旋测微器的读数为_wzy_mm，游标卡尺的读数为_wzy_mm参考答案：0.899mm0.901mm,33.10mm四、计算题：本题共3
12、小题，共计47分16. 如图所示，水平放置的汽缸内壁光滑，活塞的厚度不计，在A、B两处设有限制装置，使活塞只能在A、B之间运动，A左侧汽缸的容积为V0，A、B之间容积为01V0，开始时活塞在A处，缸内气体压强为09P0（P0为大气压强），温度为297 K，现通过对气体缓慢加热使活塞恰好移动到B，求： （1）活塞移动到B时，缸内气体温度T B （2）在下图中画出整个过程的p-V图线：（3）简述活塞由A到B过程中，缸内气体吸热的理由，参考答案：17. 有条河流，流量Q2 m3/s，落差h5 m，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240 V，输电线总电阻R30 ，允许损失功率为输出功率
13、的6%，为满足用电的需求，则(1)该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？(2)能使多少盏“220 V，100 W”的电灯正常发光？(g取10 N/kg)参考答案：设为水的密度。电源端：用户得到的功率为线路损耗所以输电线输送电流为输电线损失电压送电电压，发电机输出电压为，所以升压变压比：降压变压器输入端电压为5000-300=4700V，所以降压变压器匝数比：如用理想变压器送电，灯盏数18. 发电机的端电压为220V，输出电功率为44kW，输电导线的总电阻为0.2，如果用原、副线圈匝数之比为1:10的理想变压器升压，经输电线路后，再用原、副线圈匝数比为10:1的理想变压器降压
14、供给用户。（1）求用户得到的电压和功率（2）若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的功率和电压。参考答案：（1）219.6V，43920W（2）180V，36kW【详解】（1）根据得： 则输电线上的电流为： 损失的功率为：P损=I22R=4000.2W=80W输电线上损失的电压为：U=I2R=200.2V=4V则降压变压器输入电压为：U3=U2-U=2200-4V=2196V根据得用户得到的电压为： ；用户得到的功率为：P=P-P损=44000-80W=43920W（2）若不经过变压而直接送到用户，输电线上的电流，则输电线上损失的电压U=IR=2000.2=40V，所以用户得电压U2=U1-U=220-40=180V用户得到功率为P用P?I2r44000?20020.2W36kW
