四川省瀘州市瀘縣第二中學2024-2025學年高二物理上學期期末模擬考試試題含解析

PAGE12-四川省瀘州市瀘縣其次中學2024-2025學年高二物理上學期期末模擬考試試題（含解析）一、選擇題1.對電容C＝，以下說法正確的是A.電容器帶電荷量越大，電容就越大B.對于固定電容器，它的帶電荷量跟它兩極板間所加電壓的比值保持不變C.可變電容器的帶電荷量跟加在兩極板間的電壓成反比D.假如一個電容器沒有電壓，就沒有帶電荷量，也就沒有電容【答案】B【解析】【詳解】A．電容器的電容只由電容器本身來確定，與電容器帶電荷量無關，選項A錯誤；B．電容表征電容器容納電荷本事的大小，對于固定電容器，電容C不變，由定義式可知，則帶電荷量跟它兩極板間所加電壓的比值保持不變．故B正確．C．電容器的帶電荷量Q=CU，當電容C肯定時，電量與電壓成正比．當電容C變更時，電量與電壓不成正比．故C錯誤．D．電容表征電容器容納電荷本事的大小，與電容器的電量、電壓無關．故D錯誤．2.電荷在磁場中運動時受到洛侖茲力的方向如圖所示，其中正確的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【詳解】依據左手定則得，A選項洛倫茲力方向豎直向下，B選項洛倫茲力方向豎直向下，C選項不受洛倫茲力，D選項洛倫茲力方向垂直紙面對外．故A正確，BCD錯誤．故選A．【點睛】解決本題的關鍵駕馭左手定則判定電荷在磁場中運動速度、磁場和電荷受到洛侖茲力三者之間的方向關系．3.如圖所示，沿直線通過速度選擇器的正離子從狹縫S射入磁感應強度為B2的勻強磁場中，偏轉后出現的軌跡半徑之比為R1∶R2＝1∶2，則下列說法正確的是()A.離子的速度之比為1∶2B.離子的比荷之比為2∶1C.離子的質量之比為1∶2D.離子的電荷量之比為1∶2【答案】B【解析】【詳解】粒子沿直線通過速度選擇器，可知電場力和洛倫茲力平衡，有：，解得：．可知粒子的速度之比為1：1，故A錯誤．粒子進入偏轉磁場，依據，得荷質比，因為速度相等，磁感應強度相等，半徑之比為1：2，則荷質比為2：1．故B正確；由題目條件，無法得出電荷量之比、質量之比，故CD錯誤．故選B.【點睛】離子通過速度選擇器，所受的電場力和洛倫茲力平衡，依據平衡求出離子的速度之比．依據離子在磁場中運動的半徑之比求出離子的荷質比．4.一含有志向變壓器的電路如圖所示，變壓器原副線圈匝數比n1∶n2＝2∶1，圖中電阻R1、R2和R3的阻值分別是4Ω、2Ω和3Ω，U為有效值恒定的正弦溝通電源．當開關S斷開時，志向電流表的示數為I，當S閉合時，電流表的示數為()A.I B.IC.I D.2I【答案】D【解析】【分析】變壓器輸入電壓為U與電阻R1兩端電壓的差值；再依據電流之比等于匝數的反比可求得輸出電流；依據電壓之比等于匝數之比對兩種狀況列式，聯立可求得U與I的關系；則可求得電流表的示數．【詳解】依據電流與匝數成反比，得副線圈電流I2＝2I;副線圈兩端的電壓；依據電壓與匝數成正比，得原線圈兩端的電壓為U1=2U2＝20I；電阻R1兩端的電壓IR1＝4I；在原線圈回路中U＝4I+U1＝24I；S閉合時，電流表示數為I′，副線圈中電流2I′；副線圈兩端的電壓；原線圈兩端的電壓U1′＝8I′；電阻R1兩端的電壓I′?R1=4I′；在原線圈回路U=4I′+8I′=24I；解得：I′=2I，故D正確，ABC錯誤；故選D．【點睛】本題考查志向變壓器原理及應用，要留意明確電路結構，知道開關通斷時電路的連接方式；同時留意明確輸入電壓與總電壓之間的關系．5.用如圖電路來探究閉合電路中總電流與電源電動勢的關系，其中，，電源內阻．當單刀雙擲開關接1時電流表的示數為=0.2A，接2時，電流表的示數為(

)A.0.24A B.0.2A C.0.18A D.0.3A【答案】A【解析】【詳解】設電源電動勢是E，內阻為r，由閉合電路歐姆定律得：解得：A.0.24A與分析相符，故A正確．B.0.2A與分析不符，故B錯誤．C.0.18A與分析不符，故C錯誤．D.0.3A與分析不符，故D錯誤．6.如圖所示，一段不行伸長的輕質細繩長為L，一端固定在O點，另一端系一個質量為m的小球（可視為質點），保持細繩處于伸直狀態(tài)，把小球拉到跟O點登高的位置由靜止釋放，在小球擺到最低點的過程中，不計空氣阻力，重力加速度大小為g，則A.合力做功為零B.合力的沖量為零C.重力做的功為mgLD.重力沖量為【答案】C【解析】【詳解】AC.小球在向下運動的過程中，受到重力和繩子的拉力，繩子的拉力始終與運動的方向垂直，所以只有重力做功，合外力做的功等于重力做的功，大小為mgL．故A錯誤，C正確；BD.由機械能守恒可得，小球在最低點的動能：mv2＝mgL，所以速度：；由動量定理可得合力的沖量：I合＝＝mv?0＝m．故B、D錯誤；故選C。7.如圖所示的電場中有A、B兩點，下列推斷正確的是()A.電勢，場強B.電勢，場強C.將電荷量為q的正電荷從A點移到B點，電場力做正功，電勢能削減D.將電荷量為q的負電荷分別放在A、B兩點，電荷具有的電勢能【答案】BC【解析】【詳解】AB．沿電場線電勢降低，則電勢，電場線越密集則場強越大，則場強，選項A錯誤，B正確；C．將電荷量為q的正電荷從A點移到B點，電場力做正功，電勢能削減，選項C正確；D．負電荷在高電勢點的電勢能較小，則將電荷量為q的負電荷分別放在A、B兩點，電荷具有的電勢能，選項D錯誤；故選BC.8.如圖所示，光滑絕緣的水平面上M、N兩點各放一電荷量分別為+q和+2q，完全相同的金屬球A和B，給A和B以大小相等的初動能E0（此時動量大小均為p0）使其相向運動剛好能發(fā)生碰撞，碰后返回M、N兩點時的動能分別為E1和E2，動量大小分別為p1和p2，則()A.，B.，C.碰撞發(fā)生在M、N中點的左側D.兩球同時返回M、N兩點【答案】BD【解析】【詳解】AB．由動量觀點看，系統動量守恒，兩球的速度始終等值反向，也可得出結論：兩球必將同時返回各自的動身點，且兩球末動量大小和末動能肯定相等。從能量觀點看，兩球接觸后的電荷量都變?yōu)?.5q，在相同距離上的庫侖斥力增大，返回過程中電場力做的正功大于接近過程中克服電場力做的功，系統機械能必定增大，即末動能增大。故A錯誤，B正確。CD．由牛頓定律的觀點看，兩球的加速度大小始終相同，相同時間內的位移大小肯定相同，必定在連線中點相遇，又同時返回動身點。故C錯誤，D正確。故選BD。9.一小型發(fā)電機產生的電動勢隨時間變更的規(guī)律如圖甲所示，已知發(fā)電機線圈內阻為1.0Ω，外接一個電壓表和一個電阻為10Ω的燈泡，如圖乙所示．下列說法正確的是()A.產生的交變電流的頻率為5HzB.通過燈泡的電流為2.2AC.電壓表讀數為20VD.燈泡的實際功率為40W【答案】CD【解析】【分析】由甲圖知電壓峰值、周期，從而求電壓有效值、角速度和頻率；電壓表測量的是路端電壓，求解實際功率要用有效值．【詳解】由圖可知T=0.02s，則頻率f=1/T=50Hz，選項A錯誤；電動勢有效值為，可知通過燈泡的電流為，選項B錯誤；電壓表讀數，選項C正確；燈泡的實際功率：P=IU=40W；選項D正確；故選CD.二．試驗題10.張明同學在測定某種合金絲的電阻率時：(1)用螺旋測微器測得其直徑為_____mm（如圖甲所示）；(2)用20分度的游標卡尺測其長度為______cm（如圖乙所示）；(3)用圖丙所示的電路測得的電阻值將比真實值________(填“偏大”或“偏小”)．【答案】(1).3.202-3.205(2).5.015(3).偏小【解析】【分析】（1）解決本題的關鍵明確：螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀．（2）游標卡尺讀數的方法，主尺讀數加上游標讀數，不需估讀．（3）由電路圖，依據電表內阻的影響確定誤差狀況．【詳解】（1）螺旋測微器的固定刻度為3.0mm，可動刻度為20.5×0.01mm=0.205mm，所以最終讀數為3.0mm+0.205mm=3.205mm．

（2）20分度的游標卡尺，精確度是0.05mm，游標卡尺的主尺讀數為50mm，游標尺上第3個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標讀數為3×0.05mm=0.15mm，所以最終讀數為：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm．（3）由歐姆定律得，電阻阻值R=U/I，由于電壓表的分流作用使電流測量值偏大，則電阻測量值偏?。军c睛】考查螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數之和是螺旋測微器示數；游標卡尺不須要估讀、螺旋測微器須要估讀．駕馭由歐姆定律分析電路的誤差的方法．11.某同學探討小燈泡的伏安特性，所運用的器材有：小燈泡L（額定電壓3.8V，額定電流0.32A）；電壓表V（量程3V，內阻3kΩ）；電流表A（量程0.5A，內阻0.5Ω）；固定電阻R0（阻值1000Ω）；滑動變阻器R（阻值0~9.0Ω）；電源E（電動勢5V，內阻不計）；開關S；導線若干。（1）試驗要求能夠實現在0~3.8V的范圍內對小燈泡的電壓進行測量，滑動變阻器R是_________（填“限流式”或“分壓式”）接法。（2）試驗測得該小燈泡伏安特性曲線如圖（a）所示:由試驗曲線可知，隨著電流的增加小燈泡的電阻_________（填“增大”“不變”或“減小”）燈絲的電阻率__________（填“增大”“不變”或“減小”）。（3）用另一電源E0（電動勢6V，內阻1.00Ω）和題給器材連接成圖（b）所示的電路，調整滑動變阻器R的阻值，可以變更小燈泡的實際功率。閉合開關S，在R的變更范圍內，小燈泡的最小功率為______W.（結果保留2位有效數字）【答案】(1).分壓式(2).增大(3).增大(4).0.89【解析】詳解】（1）[1]．因本試驗須要電流從零起先調整，因此應采納滑動變阻器分壓接法；（2）[2][3]．I-U圖象中圖象的斜率表示電阻的倒數，由圖可知，圖象的斜率隨電壓的增大而減小，故說明電阻隨電流的增大而增大；其緣由是燈絲的電阻率隨著電流的增大而增大；（3）[4]．當滑動變阻器阻值全部接入時，燈泡的功率最小，將R等效為電源內阻，則電源電動勢為6V，等效內阻為10Ω；則有：U=6-10I；作出電源的伏安特性曲線如圖中實線所示；由圖可知，燈泡電壓為U=3.1V，電流I=290mA=0.29A，則最小功率P=UI=3.1×0.29=0.89W；三、計算題12.右端連有光滑弧形槽水平桌面AB長L=1.5m，如圖所示．將一個質量為m=0.5kg的木塊在F=1.5N的水平拉力作用下，從桌面上的A端由靜止起先向右運動，木塊到達B端時撤去拉力F，木塊與水平桌面間的動摩擦因數μ=0.2，取g=10m/s2．求：（1）木塊沿弧形槽上升的最大高度；（2）木塊沿弧形槽滑回B端后，在水平桌面上滑動的最大距離．【答案】(1)0.15m(2)0.75m【解析】（1）（1分）由動能定理FL-fL-mgh=0（3分）得m="0.15m"（2分）（2）由動能定理mgh-fs=0（3分）得m="0.75m"（2分）13.如圖所示，一帶電粒子垂直射入勻強電場，經電場偏轉后從磁場的左邊界上M點進入垂直紙面對外的勻強磁場中，最終從磁場的左邊界上的N點離開磁場．已知帶電粒子的比荷＝3.2×109C/kg，電場強度E＝200V/m，M、N間距MN＝1cm，金屬板長L＝25cm，粒子的初速度v0＝4×105m/s，帶電粒子重力忽視不計，求：(1)粒子射出電場時的運動方向與初速度v0的夾角θ；(2)磁感應強度B的大?。敬鸢浮?1)θ＝45°(2)B＝2.5×10－2T【解析】【分析】（1）粒子在電場中做類平拋運動，應用類平拋運動規(guī)律可以求出粒子的偏轉角度．（2）粒子磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力供應向心力，作出粒子運動軌跡，求出粒子軌道半徑，然后應用牛頓其次定律可以求出磁感應強度．【詳解】（1）粒子在電場中做類平拋運動，粒子速度偏角的正切值：則有：θ=45°；

（2）粒子進入磁場時的速度大小為：，

粒子在磁場中做勻速圓周運動洛倫茲力供應向心力，粒子運動軌跡如圖所示，由幾何學問得：，

由牛頓其次定律得：qvB=m，

代入數據解得：B=2.5×10-2T；【點睛】粒子在電場中做類平拋運動、在磁場中做勻速圓周運動，分析清晰粒子運動過程、作出粒子運動軌跡是解題前提與關鍵，應用類平拋運動規(guī)律、牛頓其次定律與幾何學問即可解題．14.如圖所示，勻強電場分布在邊長為L的正方形區(qū)域ABCD內，M、N分別為AB和AD的中點，一個初速度為v0，質量為m的帶負電粒子q沿紙面射入電場．帶電粒子的重力不計．（1）假如帶電粒子從M點垂直電場方向進入電場后，恰好從D點離開電場，求勻強電場的電場強度E和帶電粒子從D點離開電場時的動能Ek1.（2）