【文档说明】湖北省荆门市龙泉中学2019-2020学年高二上学期期末模拟物理试题【精准解析】.docx，共(20)页，1.084 MB，由管理员店铺上传

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湖北省荆门市龙泉中学2019-2020学年高二上学期物理期末考试模拟试题一、选择题：1.在如图所示的电路中，电池的电动势为E，内阻为r，R1和R2是两个固定的电阻，C为电容器．当可变电阻的滑片向b端移动时：A.I1变大，I2变小，电容器带电量增加B.I1变大，I2变大，电容器带电量增

加C.I1变小，I2变大，电容器带电量减少D.I1变小，I2变小，电容器带电量减少【答案】A【解析】【分析】在闭合电路中，R与R2串联，再与R1并联，电容器并联在R的两端，电容器两端的电压等于R两端间的电压．当可变电阻R的滑片向

上端移动时，电阻R的阻值减小，抓住电源的电动势和内阻不变，根据闭合电路欧姆定律，判断通过R1和R2的电流以及R两端的电压．【详解】当可变电阻R的滑片向b端移动时，R的阻值增大，整个电路的总电阻增大，电

动势不变，根据闭合电路欧姆定律，总电流减小，内电压减小，外电压增大，所以I1增大．总电流减小，则I2减小，R2两端的电压减小，则R两端的电压增大，根据Q=CU，可知电容器带电量增加．故A正确，BCD错误．故选A．2.一个电流表由灵敏电流表G并联一个分流电阻R组

成，如图所示．在核对过程中发现它的示数比标准电流表示数稍大一点，下面的哪个办法可以矫正？A.在电阻R的支路上串联一个比R小得多的电阻B.在电阻R的支路上串联一个比R大得多的电阻C.再并联一个比R小得多的电

阻D.再并联一个比R大得多的电阻【答案】D【解析】【详解】电流表示数示数比标准电流表示数稍大一点，说明所并联电阻的分流太小，则分流电阻阻值偏大，让分流电阻变的稍小些即可；在电阻R的支路上串联一个比R小得多的电阻，分流电阻变大，故A错误；在电阻R的支路上串联

一个比R大得多的电阻，分流电阻变大，故B错误；再并联一个比R小得多的电阻，分流电阻将变得太小，故C错误；再并联一个比R大得多的电阻，分流电阻稍变小，故D正确；故选D．3.图乙中A、B为两个相同的环形线圈，共轴并靠近平行放置．A线圈中通有如

图甲中所示的交变电流i，则A.t2时刻两线圈间吸引力最大B.tl时刻两线圈间作用力为零C.在tl到t2时间内A、B两线圈相斥D.在t2到t3时间内A、B两线圈相吸【答案】B【解析】【详解】A．在t2时刻，线圈A中的电流最小，而磁通量的变化率是最大的，

所以线圈B感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力最小，故A错误；B．由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈B感应电流也是最小，因此两线圈间作用力为零，故B正确；C．在t1到t2时间内，若设逆时

针（从左向右看）方向为正，则线圈A电流方向逆时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引现象，故C错误；D．在t2到t3时间内，若设逆时针方向（从左向右看）为正，则线圈A电流方向

顺时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方向逆时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥，故D错误；故选B。4.如图，在场强为E的匀强电场中有一个质量为m的带正电小球A悬挂在绝缘细线上，小球静止时细线与竖直方向

成30°角，已知此电场方向恰使小球受到的电场力最小，则小球所带电量应为()A.mgEB.3mgEC.2mgED.2mgE【答案】D【解析】试题分析：小球受到三个力作用：重力mg、电场力F和细线的拉力T，根据平衡条件得知：F和T的合力与重力mg大小相等、方向相反，作出电场力在三种不同方向下合成

图如图，可以看出，当电场力F与细线的拉力T垂直时，电场力最小，由图求出电场力的最小值为：Fmin=mgsin30°又Fmin=qE，解得：2mgqE=．故选项D正确．考点：共点力的平衡.5.电阻R和电动机M串联接到电路时，如图

所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，电键接通后，电动机正常工作．设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q

2，则有（）A.U1<U2，Q1=Q2B.U1=U2，Q1=Q2C.W1=W2，Q1>Q2D.W1<W2，Q1<Q2【答案】A【解析】【详解】设开关接通后，电路中电流为I．对于电阻R，由欧姆定律得U1=IR对于电动机，U2＞IR，则U1＜U2．根据焦耳定律得Q1=I2Rt，

Q2=I2Rt，则Q1=Q2因W1=Q1W2=Q2+E机械则W1<W2．A．U1<U2，Q1=Q2，与结论相符，选项A正确；B．U1=U2，Q1=Q2，与结论不相符，选项B错误；C．W1=W2，Q1>Q2，与结论不相符，选项C错误

；D．W1<W2，Q1<Q2，与结论不相符，选项D错误；6.如图，空间某一区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开区域；如果这个区域只有电场，则粒子从B点离开场区；如果这个区域只有磁场，则粒子从D点离开场

区；设粒子在上述三种情况下，从A到B点、A到C点和A到D点所用的时间分别是t1、t2和t3，比较t1、t2和t3的大小，则有（粒子重力忽略不计）()A.t1=t2=t3B.t2＜t1＜t3C.t1=t3＞t2D.t1=t2＜t3【答案】D【解析】【分析】带电粒子由A点进入

这个区域沿直线运动，从C点离开场区，这个过程粒子受到的电场力等于洛伦兹力qE=qvB，水平方向做匀速直线运动；如果只有电场，带电粒子从B点射出，做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，如果这个区域只有磁场，则这个粒子从D点离开场区，此过程粒子做匀速圆周运动，速度大小不变

，方向改变，所以速度的水平分量越来越小．【详解】带电粒子由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开场区，这个过程粒子受到的电场力等于洛伦兹力qE=qvB，水平方向做匀速直线运动，运动时间1Ltv=，如果只有电场，带

电粒子从B点射出，做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，运动时间：2Ltv=，如果这个区域只有磁场，则这个粒子从D点离开场区，此过程粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，方向改变，所以速度的水平分量越来越小，所以运动时

间：3Ltv，所以t1=t2＜t3，故D正确；故选D.【点睛】注意分析带电粒子在复合场、电场、磁场中的运动情况各不相同，复合场中做匀速直线运动，电场做类平抛运动，磁场做匀速圆周运动，根据不同的运动规律解题．7.如图所示，套

在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m、带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向的且互相垂直的匀强磁场和匀强电场(图示方向)中．设小球带电荷量不变，小球由棒的下端以某一速度上滑的过程中一定有()A.小球加速度一直减小B.小球的速度先

减小，直到最后匀速C.杆对小球的弹力一直减小D.小球受到的洛伦兹力一直减小【答案】D【解析】【详解】若开始则弹力方向向左，随着速度减小，弹力增大，摩擦力增大，则加速度增大，A错．小球速度一直在减小，B错．根据前面可知，C错．小球所受洛伦兹力（f=qvB）因为速

度一直减小所以洛伦兹力也一直减小，D对8.如图所示，一水平放置的通以恒定电流的圆形线圈1固定，另一较小的圆形线圈2从线圈1的正上方下落，在下落过程中两线圈平面始终保持平行且共轴，则线圈2从线圈1的正上方下落至线圈的正下方的过程中，从上往下看，线

圈2中（）A.无感应电流B.有顺时针方向的感应电流C.有先是顺时针方向、后是逆时针方向的感应电流D.有先是逆时针方向、后是顺时针方向的感应电流【答案】C【解析】【详解】根据安培定则判断可知，线圈1产生的磁场方向向上．当线圈2靠近线圈1时，穿过线圈2

的磁通量增加，根据楞次定律可知，线圈2中产生顺时针方向的电流；当线圈2远离线圈1时，穿过线圈2的磁通量减小，根据楞次定律可知，线圈2中产生逆时针方向的电流．所以线圈2中感应电流的方向先是顺时针方向，后是逆时针方向，故C正确．【点睛】楞次定律是关于感应电流方向的普遍规律，运用时关键明

确两个条件：一是原磁场的方向，二是磁通量的变化情况．9.回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形

金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是A.增大匀强电场间的加速电压B.增大磁场的磁感应强度C.减小狭缝间的距离D.增大D形金属盒的半径【答案】BD【解析】【详解】AC．回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，粒子射出时的轨道半径恰

好等于D形盒的半径，根据qvB＝2mvR可得v＝qBRm因此离开回旋加速器时的动能Ek＝12mv2＝2222qBRm可知，与加速电压无关，与狭缝距离无关，选项AC错误；BD．磁感应强度越大，D形盒的半径越大，动能越大，选项BD正确．10.如图(a)所示，A、B表示真空中水平放置的

相距为d的平行金属板，板长为L，两板加电压后板间的电场可视为匀强电场．现在A、B两板间加上如图(b)所示的周期性的交变电压，在t=0时恰有一质量为m、电量为q的粒子在板间中央沿水平方向以速度0v射入电场，忽略粒子

的重力，则下列关于粒子运动状况的表述中正确的是()A.粒子在垂直于板的方向上的分运动可能是往复运动B.粒子在垂直于板的方向上的分运动是单向运动C.只要周期T和电压0U的值满足一定条件，粒子就可沿与板平行的方向飞出D.粒子不可能沿与板平行的方向飞出【答案】BC【解析】【详解】如果板间距离足

够大，粒子在垂直于板的方向上的分运动在前半个周期做匀加速，后半个周期做匀减速，如此循环，向同一方向运动，如果周期T和电压U0的值满足一定条件，粒子就可在到达极板之前传出极板，当传出时垂直于极板的速度恰好见到零时，将沿与板平行的方向飞出

．答案选BC．11.如图所示的电路中，所有电阻都不受温度影响，滑片位于滑动变阻器R2的中点，电键S闭合时，水平放置的平行板电容器中带电尘埃恰好处于静止状态，现将滑片由中点移动到b端的过程中，设△U1、△U2、△U3分别为三块电压表示数变化量的绝对值，△I

为流经电源电流变化量的绝对值，则下列说法正确的是（）A.3UI不断增大B.312UUUIII==C.通过R3的电流由c经R3至dD.尘埃带负电，向上做加速度越来越大的加速运动【答案】CD【解

析】【详解】根据闭合电路的欧姆定律U3＝E−I(R1+r)，所以31()URrI−+＝，保持不变，故A错误；R1为定值电阻，21URI＝；电压表V1测量路端电压，U1＝E−Ir，所以1UrI−＝，故B错误；滑片由中点移动到b端的过程中，变阻器的电阻变大，电路

总电阻变大，总电流变小，滑动变阻器两端的电压变大，滑动变阻器两端的电压等于电容器两端的电压，电容器电压增加，电量增加，电容器充电，电流由负极板流向正极板，即通过R3的电流由c经R3至d，故C正确；电容器上极板带正电，电场方向向下，尘埃原来静止，则重力和电

场力平衡，电场力向上，所以尘埃带负电，因为电容器两端的电压不断增加，电场强度不断增加，电场力不断增加，根据牛顿第二定律Eq-mg=ma，加速度不断增大，所以向上做加速度越来越大的加速运动，故D正确；故选CD.12.如图所示，三个重力不计完全相同的粒子a、b、c，同时从同一点沿水平方向飞入竖

直偏转电场，出现了如图所示的轨迹，下列判断正确的是（不计a、b、c之间的相互作用）A.刚进电场时b、c的速度相同，a的速度最小B.在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上C.b和c同时飞离电场D.它们在电场运动的全过程中，动能

的增加量c最小，a和b一样大【答案】BD【解析】【详解】A．在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：xvt=。因xc=xb，tc＜tb，则vc＞vb。根据ta=tb，xb＞xa．则vb＞va．所以有：vc＞vb＞va．故A错误。B．三个粒子的质

量和电量都相同，则知加速度相同。a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y=12at2，可知运动时间相等。故在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上；故B正确。C．b、c竖直方向上的位移不等，yc＜yb．根据y=12at2，可知tc

＜tb．故C错误。D．根据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等。c电荷电场力做功最少，动能增加量最小。故D正确。故选BD。二、实验题13.某同学想要测量一个电源的电动势和内阻，准备的器材有电流表A(0~100mA，内阻为30Ω)、电

阻箱R(最大阻值99.9Ω)、开关和若干导线．（1）由于电流表A的量程较小，考虑到安全因素，同学们需将一个定值电阻和电流表A进行_________联(填写“串”或“并”)，若要使连接后的电流表A可测量电流的最大值变为原来的6倍，则定值电阻的阻值R0=_________Ω．（2）如图甲所示，虚线

框中为同学设计了实验电路的一部分，请将电路图补充完整______．（3）实验中记录了若干组电阻箱的阻值R和电流表A的示数Ⅰ，并用记录的实验数据描绘出R-1I图线如图乙所示，则该电源的电动势E=_________V，内阻

r=__________Ω(结果保留两位有效数字)．【答案】(1).并(2).6(3).(4).12(5).1.0【解析】【详解】（1）改装电流表需要并联电阻进行分流；由并联电路规律可知，并联部分电压相等，要使量程扩大为原来的6倍；则由并联电路规律可知：00.1306550.1

ggIRRI===；（2）根据改装原理以及测量电动势和内电阻实验原理可知应将改装后的电表与电阻箱串联接在电源两端，故测量原理图如图所示；（3）电路中干路电流为电流表示数的6倍，故根据闭合电路欧姆定律可知：11630656630EEIrRrR

==+++++，则变形得()156ERrI=−+，故图象中的斜率等于6263Ek===，解得8.0VE=；图象与纵坐标的交点为()6.05r−=−+，解得r=1.0Ω．14.某实验小组为测量一段

粗细均匀的金属丝的电阻率，实验室备选了如下器材：A.电流表A1，量程为10mA，内阻r1=50ΩB.电流表A2，量程为0.6A，内阻r2=0.2ΩC.电压表V，量程为6V，内阻r3约为15kΩD.滑动变阻器R，最大阻值为15Ω，最大允许电流为2AE.

定值电阻R1=5ΩF.定值电阻R2=100ΩG.直流电源E，电动势为6V，内阻很小H.开关一个，导线若干I.多用电表一个J.螺旋测微器、刻度尺（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，如图甲所示，则金属丝的直径D=

________mm。（2）实验小组首先利用多用电表粗测金属丝的电阻，如图乙所示，则金属丝的电阻为_____Ω。（3）在如图丙所示的方框内画出实验电路的原理图。且图中所用器材必须标明对应的符号_____。（4）电压表的示数记为U，所选用电流表的

示数记为I，则该金属丝电阻的表达式xR=___________，(用字母表示)。用刻度尺测得待测金属丝的长度为L，则由电阻率公式便可得出该金属丝的电阻率。【答案】(1).1.700（1.698～1.702均算对）(2).60（58～62均算正确）(3).(4).()(

)1111UIrRIrR−+【解析】【详解】（1）[1]金属丝的直径D=1.5mm+0.01mm×20.0=1.700mm。（2）[2]金属丝的电阻为6×10Ω=60；（3）[3]电路中可能达到的最大电流为:60.1A60xEIR===则A2量程过大，可以用已知内阻的电流表A1与定值

电阻R1并联作为安培表；滑动变阻器用分压电路；因电流表内阻已知，则采用安培表内接；电路如图；（4）[4]由电路图可知，通过xR的电流为11()IrIR+，两端的电压为1UIr−，则()()1111111()xUIrRUIrRIrIrRIR−−==++三、计算题15.将倾角为θ的光滑绝缘斜面放

置在一个足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B，一个质量为m、带电量为q的小物体在斜面上由静止开始下滑（设斜面足够长）如图所示，滑到某一位置开始离开，求：（1）物体带电荷性质（2）物体离开斜面时的速度及物体在斜面上滑行的长度是多少？【答案】(1)小物体带负电(

2)2222cos2sinmgLqB=【解析】【详解】（1）当小物体沿斜面加速下滑时，随着速度的增加，洛伦兹力逐渐增大，为了使小物体离开斜面，洛伦兹力的方向使必须垂直于斜面向上，可见，小物体带负电。（2）小物体离开斜面时qvB=mgcosθ，解得mgc

osvqB=；由于只有重力做功，故系统机械能守恒，即212mgLsinmv=解得小物体在斜面上滑行得长度2222cos2sinmgLqB=16.如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下（小球的重力大于所受的电

场力）．（1）已知小球的质量为m，电量大小为q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小；（2）若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，求A点距水平地面的高度h至少应为多大？（3）若小球从斜轨道h=5R处由静止释放．假设

其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量．【答案】（1）已知小球的质量为m，电量大小为q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α，小球沿斜轨道下滑的加速度的大小为；（2）若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，A点距水平地面的高度h至少应为（3）若小球从斜轨

道h=5R处由静止释放．假设其能够通过B点，在此过程中小球机械能的改变量3qER【解析】【详解】（1）由牛顿第二定律有（mg﹣qE）sinα=ma得：a=（2）球恰能过B点有：（mg﹣qE）=①由动能定理，从A点到B点过程，则有：（mg﹣qE）（h1﹣2R）=﹣

0②由①②解得h1=（3）因电场力做负功，导致机械能减少，电势能增加则增加量：△E=qE（h2﹣2R）=qE（5R﹣2R）=3qER由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为3qER17.如图所示，一带电微粒质量为m=2.0×10﹣11kg、电荷量q=+1.0×10

﹣5C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角θ=30°，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域．已知偏转电场中金属板长L=20cm，两板间

距d=17.3cm，重力忽略不计．求：（1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1；（2）偏转电场中两金属板间的电压U2；（3）为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多少．【答案】(1)1.0×104m/s(2)66.7V(3)0.1T【解析】【分析】（1

）粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度v1．（2）粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，运用运动的合成与分解求出电压．（3）粒子进入磁场后，做匀速圆周运动，结合条件，画出轨迹，由几何知识求半径，再求B．【详解】（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v，根据动能定

理：qU1＝12mv12解得：v1＝12qUm=1.0×104m/s（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．在水平方向微粒做匀速直线运动水平方向：1Ltv＝带电微粒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竖直方向：2qUqEamdm＝＝v2＝at＝21qULdmv由几何关系：22221112vqULULtanvdmvdU＝＝＝U2＝12dULtanθ代入数据得：U2=100V（3）带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力

，设微粒轨道半径为R，由几何关系知R+2R＝D得：R＝23D设微粒进入磁场时的速度为v′：v′＝130vcos由牛顿运动定律及运动学规律：qv′B＝2mvR得：12303vmvmBqRcosqD＝＝代入数据数据解得B=0.1T若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为0.1T

．18.如图所示，倾角θ=37°的绝缘斜面底端与粗糙程度相同的绝缘水平面平滑连接。整个装置处于场强大小为E,方向水平向右的匀强电场之中。今让一个可视为质点的带电金属块，从斜面顶端由静止开始下滑，已知在金属块下滑到斜面底端的过程中动能增加了6kE=J，金属块克服摩擦力做功Wf=14J，重力

做功WG=24J，设在整个运动过程中金属块的带电量保持不变。（取g=10m/s2；sin37°=0.6,cos37°=0.8）求：（1）在上述过程中电场力所做的功W电；（2）滑块与斜面之间的动摩擦因数μ；（3）若已知匀强电场的场强E=5×105V/m

，金属块所带的电量q=17×10－5C。则金属块在水平面上滑行的距离L2为多长？【答案】(1)-4J(2)μ=0.4(3)2m【解析】【详解】（1）滑块从斜面顶端下滑到斜面底端的过程中，由动能定理：GfWW+－W电kE=①解得：W电=-4

J②电场力做负功，说明金属块带正电。（2）设斜面长度为L1，滑块从斜面顶端下滑到斜面底端的过程中受力如图。其中重力做功GW=mgL1sin37°=24③摩擦力做功为：fW=μ（mgcos37°+Eqsin

37°）L1=14④电场力做功为：W电=-EqL1cos37°=-4⑤将③④⑤联立解得：μ=0.4⑥（3）滑块从斜面底端向左滑行的过程中，有：2(kmgEqLE−+=−）⑦由③⑤联立解得：mg=8Eq⑧联立⑦⑧解得：L2=2m⑨获得更多资源请扫码加入享

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