山东省德州市武城二中2015-2016学年高二上学期期末物理模拟试卷(一)Word版含解析.doc

2015-2016学年山东省德州市武城二中高二（上）期末物理模拟试卷（一）一、选择题1以下说法正确的是（）A带电粒子射入磁场一定会受到洛伦兹力B处在磁场中的通电导线一定受到安培力的作用C放在磁场中的小磁针的北极（N）受力方向，就是该点的磁感应强度的方向D洛伦兹力与安培力一样都可以做功2如图所示，在两个电量均为+q的点电荷连线中点O与中垂线上某点p中，正确的关系是（）A0P，E0EPB0P，E0EPC将正电荷从O点移到P点，电场力做正功D将正电荷从O点移到P点，电场力做负功 Z*xx*k 3一台电动机的额定电压是220V，额定电流为5A，电动机线圈的电阻是0.4当该电动机正常工作时，每秒钟产生的热量是（）A1100JB110JC1210JD10J4如图所示，a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离在a点固定放置一个点电荷，带电量为+Q，已知在+Q的电场中b、c两点间的电势差为U将另一个点电荷+q从d点移动到e点的过程中（） Zxxk A电场力做功qUB克服电场力做功qUC电场力做功大于qUD电场力做功小于qU5如图所示，直线b为电源的UI图象，直线a为电阻R的UI图象，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别是（）A电源的输出功率为4WB电源的输出功率为2WC电源的效率约为33.3%D电源的效率约为67%6如图所示，一杆连着一个质量为m、带电量为q的小球，在匀强磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，若某一时刻小球与杆自行分离，仍在磁场中做匀速圆周运动（不考虑重力），则速度v、半径r、周期T的可能情况是（）Av变大，r变小，T变大Bv变小，r变小，T变小Cv不变，r变大，T变大Dv不变，r不变，T不变7一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，EP表示正电荷在P点的电势能若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（）AU变小，E不变BE变大，EP变大CU变小，EP不变DU不变，EP不变8如图所示，电源电动势为E，内阻为r，当滑动片向右滑动时（）A电源的总功率增大BR1的热损耗功率增大CR2的热损耗功率减小D电源的效率提高9电子、质子、粒子由静止状态经相同电压加速后，垂直电场线进入同一匀强电场中，则（）A最后离开电场时粒子偏角最大B最后离开电场时质子的动能最大C最后离开电场时质子的速率最大D电子通过匀强电场的时间最短10如图所示，一根充分长的粗糙竖直绝缘杆，套有一个质量为m，带负电q的小球，匀强电场E与匀强磁场B的方向互相垂直，E和B都与杆垂直，当小球由静止开始沿杆下落时（）A小球的加速度不断减小，最后为零B小球的加速度先增加后减小，最后为零C小球速度先增加后减小，最后为零D小球的动能不断增大，直到达到某一最大值二、实验题11（2010长沙校级模拟）小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据（I和U分别小灯泡上的电流和电压）：I （A）0.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U （V）0.200.40 学。科。 0.600.801.001.201.401.601.802.00（1）在图1中画出实验电路图可用的器材有：电压表、电流表、滑线变阻器（变化范围010）、电源、小灯泡、电键、导线若干（2）在图2中画出小灯泡的UI曲线（3）如果实验中测得电池的电动势是1.5V，内阻是2.0，问：将本题中的小灯泡接在该电池的两端，小灯泡的实际功率是多少？（简要写出求解过程：若需作图，可直接画在第（2）小题方格图中）12（2007广东模拟）在“测定金属丝电阻率”实验中，若粗估金属丝的电阻Rx约为3，为尽可能减小误差，要求金属丝发热功率P0.75W，备有的部分仪器有：A6V电池组B电流表（00.6A，内阻0.5）C电流表（03A，内阻0.01）D电压表（03V，内阻1k）E电压表（015V，内阻5k）F滑动变阻器（0100，额定电流1A）G滑动变阻器（020，额定电流1A）（1）实验中用螺旋测微器测量导线直径时，可估读到mm，用毫米刻度尺测量导线长度时，可估读到mm；（2）上述器材中应选用的是（用字母代替）；（3）在框内画出电路图； 学|科| （4）在下图中，将各器材连成实验电路三、计算题13（2015秋德州校级期末）匀强电场方向水平向右，E=，匀强磁场方向垂直纸面向里，B=1T，有一带正电荷的微粒质量为m=2107kg，电量为q=2106C，它在这个正交电磁场区域里如图所示的竖直平面内做匀速直线运动，求带电粒子的运动方向和速度大小（g=10m/s2）14（2015秋德州校级期末）微型吸尘器的直流电动机的内阻一定，当加上0.3V的电压时，通过的电流为0.3A，此时电机不转当加在电动机两端的电压为2.0V时，电流为0.8A，这时电动机正常工作则吸尘器的效率为多少？15（2015秋德州校级期末）如图所示，在虚线所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度是v0的某种正离子偏转角在同样宽度范围内，若改用方向垂直纸面向外的匀强磁场，使该离子穿过该区域，并使偏转角也为，（不计离子的重力）求：（1）匀强磁场的磁感应强度是多大？（2）离子穿过电场和磁场的时间之比是多大？2015-2016学年山东省德州市武城二中高二（上）期末物理模拟试卷（一）参考答案与试题解析一、选择题1以下说法正确的是（）A带电粒子射入磁场一定会受到洛伦兹力B处在磁场中的通电导线一定受到安培力的作用C放在磁场中的小磁针的北极（N）受力方向，就是该点的磁感应强度的方向D洛伦兹力与安培力一样都可以做功【考点】洛仑兹力【分析】通电导线在磁场中受到力为安培力，而运动电荷在磁场中受到力为洛伦兹力它们均属于磁场力，所以方向都由左手定则来确定，由于洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功【解答】解：A、当带电粒子平行射入磁场时，则不会受到洛伦兹力，故A错误；B、当平行处在磁场中的通电导线，不受到安培力的作用，所以B错误；C、根据磁场规定：放在磁场中的小磁针的北极（N）受力方向，就是该点的磁感应强度的方向，故C正确；D、安培力做功，但洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故D错误；故选：C【点评】洛伦兹力是电荷在磁场中运动，才会有力的作用同时通电导线与运动电荷在磁场中不一定有力的作用，但电流方向或电荷运动方向与磁场平行时，没有磁场力2如图所示，在两个电量均为+q的点电荷连线中点O与中垂线上某点p中，正确的关系是（）A0P，E0EPB0P，E0EPC将正电荷从O点移到P点，电场力做正功D将正电荷从O点移到P点，电场力做负功【考点】电势；电场强度【专题】电磁学【分析】等量同种正点电荷的连线中垂线不是一条等势线根据电场线的分布情况，判断电势的高低和场强的大小【解答】解：由题，A、B是两个等量的正电荷，作出中垂线MN，电场线如图，A、根据顺着电场线电势降低，可知正电荷q由O点移至P的过程中，电势不断降低，故OP，根据电场的叠加可知，O点的场强为零，而P处场强不为零，所以EOEP；故A错误，B正确；C、正电荷的电场力的方向与运动方向相同，故电场力做正功，故C错误，D正确故选：BC【点评】对于等量同种和等量异种电荷电场线、等势面的分布情况要掌握，这是考试的热点特别是抓住电荷连线的中垂线电场线与等势面的特点3一台电动机的额定电压是220V，额定电流为5A，电动机线圈的电阻是0.4当该电动机正常工作时，每秒钟产生的热量是（）A1100JB110JC1210JD10J【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】已知电流和线圈的电阻以及通电时间，由Q=I2Rt就可计算出线圈产生的热量【解答】解：电流是5A，线圈电阻是0.4，则线圈每秒钟产生的热量：Q=I2Rt=（5A）20.41s=10J故选：D【点评】本题考查了产生热量的计算方法，注意电动机是非纯电阻电路，不能根据Q=UIt求解，是一道基础题，掌握相应的公式可正确解题4如图所示，a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离在a点固定放置一个点电荷，带电量为+Q，已知在+Q的电场中b、c两点间的电势差为U将另一个点电荷+q从d点移动到e点的过程中（）A电场力做功qUB克服电场力做功qUC电场力做功大于qUD电场力做功小于qU【考点】电势能；电势差【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据电场力的方向与位移方向的关系分析电场力做功的正负由U=Ed，定性分析b、c两点间电势差与d、e两点间电势差的关系，再由电场力做功公式W=qU研究+q从d点移动到e点的过程中电场力做功大小【解答】解：在+Q的电场中，将+q从d点移动到e点的过程中，电荷所受的电场力方向与位移方向相同，则电场力做正功根据E=k得知，b、c两点间的电场强度大于d、e两点间的电场强度，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离，由U=Ed分析可知，将+q从d点移动到e点的过程中，电场力做功小于从从b点移动到c点的过程中电场力做功qU所以电场力做功小于qU故选：D【点评】公式U=Ed，适用于匀强电场，但可用来定性分析非匀强电场中两点间电势差的关系5如图所示，直线b为电源的UI图象，直线a为电阻R的UI图象，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别是（）A电源的输出功率为4WB电源的输出功率为2WC电源的效率约为33.3%D电源的效率约为67%【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】由电源的UI图象读出电动势，求出内阻由电阻R的UI图象求出电阻R，根据闭合电路欧姆定律求出用该电源和该电阻组成闭合电路时电路中电流和电源的输出电压，再求出电源的输出功率和效率【解答】解：由a图线得到，电阻R=1，由b图线得到，电源的电动势为E=3V，短路电流为I短=6A，内阻为r=0.5，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电路中电流为I=2A，路端电压为U=EIr=2V，则电源的输出功率为P=UI=4W，电源的效率为=67%故选：AD【点评】本题考查对电源和电阻伏安特性曲线的理解能力，其实两图线的交点就表示该电源和该电阻组成闭合电路时的工作状态，能直接电流和路端电压，求出电源的输出功率6如图所示，一杆连着一个质量为m、带电量为q的小球，在匀强磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，若某一时刻小球与杆自行分离，仍在磁场中做匀速圆周运动（不考虑重力），则速度v、半径r、周期T的可能情况是（）Av变大，r变小，T变大Bv变小，r变小，T变小Cv不变，r变大，T变大Dv不变，r不变，T不变【考点】洛仑兹力【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】运动的带点粒子在磁场中受力洛伦兹力的作用，分小球带正电和负电两种情况进行讨论，用左手定则判断洛伦兹力的方向，根据向心力公式分析杆子所受的力，小球与杆自行分离后，杆子的拉力为零，小球仅受洛伦兹力，根据受力情况判断小球的运动情况即可【解答】解：如果小球带正电，则小球所受的洛伦兹力方向指向圆心，此种情况下，如果洛伦兹力刚好提供向心力，这时杆子对小球没有作用力，自行分离时，对小球的运动没有影响，小球仍做逆时针的匀速圆周运动，半径不变，如果洛伦兹力和拉力共同提供向心力，自行分离时，向心力减小，而小球的速率不变，则小球做逆时针的圆周运动，但半径增大 如果小球带负电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，由可知，当洛伦兹力的大小等于小球所受的一半时，自行分离后，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径不变，当洛伦兹力的大小大于小球所受的拉力的一半时，则自行分离后，向心力增大，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径减小，但由于洛伦兹力不做功，则速率不变，而半径越大时，周期越大，故AB错误，CD正确，故选：CD【点评】解题的关键是能正确分析向心力的来源，知道如何判断洛伦兹力的方向，注意带电小球的电性是分析的关键点7一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电荷量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，EP表示正电荷在P点的电势能若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（）AU变小，E不变BE变大，EP变大CU变小，EP不变DU不变，EP不变【考点】电容器的动态分析；电容器【专题】电容器专题【分析】抓住电容器的电荷量不变，结合电容的决定式和定义式，以及匀强电场的场强公式得出电场强度的变化，从而得出P与下极板电势差的变化，得出P点的电势变化和电势能变化【解答】解：平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变将正极板移到图中虚线所示的位置时，板间距离d减小，根据C=知，电容C增大，根据U=，则板间电压变小由E=，C=得到：E=，可知E与d无关，则知电场强度E不变P与负极板间的距离不变，由公式U=Ed可知，P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变故AC正确，BD错误故选：AC【点评】解决本题的关键知道电容器与电源断开后其电荷量不变，掌握电容器的决定式C=以及定义式C=要能熟练推导出场强的表达式E=，记住E与d无关的结论，有利于进行动态分析8如图所示，电源电动势为E，内阻为r，当滑动片向右滑动时（）A电源的总功率增大BR1的热损耗功率增大CR2的热损耗功率减小D电源的效率提高【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】当滑动变阻器R的滑动片向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析电路中电流的变化和路端电压的变化再根据串并联的知识和部分电路的欧姆定律判断各个支路中电流和电压的变化，根据及判断R1、R2热损耗功率变化情况【解答】解：A、当滑动变阻器R的滑动片向右滑动时，变阻器接入电路的阻值变小，则外电路的总电阻变小，则总电流变大，根据P=EI可知，电源总功率变大，故A正确；B、根据路端电压与外电路电阻的变化关系可知，路端电压变小，根据可知，R1的热损耗功率减小故B错误C、因为R1两端的电压减小，故R1中的电流减小，由于总电流是增大的，所以R2中的电流增大，根据，可知R2的热损耗功率增大，故C错误；D、电源的效率=，因为I增大，所以电源的效率减小，故D错误故选：A【点评】本题是简单的电路动态分析问题，按“部分整体部分”的思路进行分析，并不难9电子、质子、粒子由静止状态经相同电压加速后，垂直电场线进入同一匀强电场中，则（）A最后离开电场时粒子偏角最大B最后离开电场时质子的动能最大C最后离开电场时质子的速率最大D电子通过匀强电场的时间最短【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】A、B、电子经加速电场加速时，由动能定理求得获得的速度，进入偏转时，电子做类平抛运动，运用运动的分解法得到偏转角与偏转量y的表达式，进行比较C、求出速度的表达式，进行比较即可；D、根据动能定理电场经过加速电场后的速度关系，在偏转电场中沿垂直于电场方向的位移相等，即可求得结论【解答】解：A、加速电场中：由动能定理得 qU1= 转电场中： 平行于极板方向：L=v0t 垂直于极板方向：vy=at，粒子的偏转角：，偏转角与电荷的质量和电量无关，故A错误；B、粒子的偏转量：，偏移量与电荷的质量和电量无关，所以偏转电场对粒子做的功：与粒子所带的电量成正比，最后离开电场时的动能所以最后离开电场时粒子的动能最大故B错误；C、离开电场时的速率： =，与粒子核质比的平方根成正比所以最后离开电场时电子的速率最大故C错误；D、由两式可得，电子在进入偏转电场是的速度最大，电子在偏转电场中的时间最短故D正确故选：D【点评】本题是带电粒子在匀强电场中做类平抛运动的类型，电子先经加速电场加速，后经偏转电场偏转，得到的结论：偏转量与电荷的质量和电量无关10如图所示，一根充分长的粗糙竖直绝缘杆，套有一个质量为m，带负电q的小球，匀强电场E与匀强磁场B的方向互相垂直，E和B都与杆垂直，当小球由静止开始沿杆下落时（）A小球的加速度不断减小，最后为零B小球的加速度先增加后减小，最后为零C小球速度先增加后减小，最后为零D小球的动能不断增大，直到达到某一最大值【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】本题应通过分析小球的受力情况，来判断其运动情况：小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向左的洛伦兹力、向右的电场力，当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；当洛伦兹力大于电场力，且滑动摩擦力与重力平衡时，速度最大【解答】解：小球下滑过程中，受到重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向左的洛伦兹力、向右的电场力开始阶段，洛伦兹力小于电场力时，小球向下做加速运动时，速度增大，洛伦兹力增大，小球所受的杆的弹力向左，大小为N=qEqvB，N随着v的增大而减小，滑动摩擦力f=N也减小，小球所受的合力F合=mgf，f减小，F合增大，加速度a增大；当洛伦兹力等于电场力时，合力等于重力，加速度最大；小球继续向下做加速运动，洛伦兹力大于电场力，小球所受的杆的弹力向右，大小为N=qvBqE，v增大，N增大，f增大，F合减小，a减小当mg=f时，a=0，故加速度先增大后减小，直到为零；小球的速度先增大，后不变；则动能不断增大，直到达到某一最大值故BD正确，AC错误故选：BD【点评】本题关键明确小球的运动情况，先做加速度增加的加速运动，然后做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，速度最大二、实验题11（2010长沙校级模拟）小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据（I和U分别小灯泡上的电流和电压）：I （A）0.120.210.290.340.380.420.450.47 Zxxk 0.490.50U （V）0.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00（1）在图1中画出实验电路图可用的器材有：电压表、电流表、滑线变阻器（变化范围010）、电源、小灯泡、电键、导线若干（2）在图2中画出小灯泡的UI曲线（3）如果实验中测得电池的电动势是1.5V，内阻是2.0，问：将本题中的小灯泡接在该电池的两端，小灯泡的实际功率是多少？（简要写出求解过程：若需作图，可直接画在第（2）小题方格图中）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；压轴题【分析】（1）测量小灯泡的伏安特性曲线要求多测几组数据，则可知电路的接法；根据内阻的大小可得出电流表的接法；（2）由描点法描出各坐标对应的点，用平滑的曲线将各点连接；（3）由于灯泡的电阻随温度的变化而变化，故不能直接用欧姆定律求解；但由电路的特点可通过作图法得出灯泡的实际电压、电流，由P=UI可求得实际功率【解答】解：（1）由题意可知，本实验中应采用滑动变阻器分压接法；同时由于灯泡内阻较小，为了减小误差，应采用电流表外接法；（2）将各点对应的坐标描在图中，用平滑的曲线将各点连接即可，注意不能用折线；图象如图所示；（3）作出电源的伏安特性曲线，因电源与灯泡串联，电流相等，故交点即为灯泡的工作点；由图可知，灯泡的工作电压为0.8V，工作电流为0.35A，故灯泡的功率P=UI=0.350.8W=0.28W；故答案为：（1）（2）见下图；（3）0.28W作出电源的伏安特性曲线，因电源与灯泡串联，电流相等，故交点即为灯泡的工作点；由图可知，灯泡的工作电压为0.8V，工作电流为0.35A，故灯泡的功率P=UI=0.350.8W=0.28W；【点评】灯泡由于电阻随温度的变化而变化，故在求功率时一定不能直接利用欧姆定律求解电流，再求功率；应通过串联电路的规律通过作图的方法得出电压及电流，再求实际功率12（2007广东模拟）在“测定金属丝电阻率”实验中，若粗估金属丝的电阻Rx约为3，为尽可能减小误差，要求金属丝发热功率P0.75W，备有的部分仪器有：A6V电池组B电流表（00.6A，内阻0.5）C电流表（03A，内阻0.01）D电压表（03V，内阻1k）E电压表（015V，内阻5k）F滑动变阻器（0100，额定电流1A）G滑动变阻器（020，额定电流1A）（1）实验中用螺旋测微器测量导线直径时，可估读到0.001mm，用毫米刻度尺测量导线长度时，可估读到0.1mm；（2）上述器材中应选用的是A B D G（用字母代替）；（3）在框内画出电路图； （4）在下图中，将各器材连成实验电路【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）螺旋测微器又名千分尺，可以估读到0.001mm；毫米刻度尺可以估读到0.1mm；（2）根据P=I2R求解最大电流，根据U=IR求解电阻丝两端的最大电压，根据闭合电路欧姆定律求解全电路的最小电阻，从而进一步确定电流表和电压表的选择；（3）滑动变阻器可采用分压式接法，电阻丝电阻较小，采用安培表外接法；（4）根据电路图连接实物图【解答】解：（1）螺旋测微器又名千分尺，可以估读到0.001mm；毫米刻度尺可以估读到0.1mm；（2）电源A必选；根据P=I2R，最大电流I=，故电流表选择B；电阻丝两端的最大电压U=IR=0.53V=1.5V，故电压表选择D；滑动变阻器最小电阻R1=9，故选择G，操作方便；故选ABDG；（3）滑动变阻器采用分压式接法，电阻丝电阻较小，大内小外，采用安培表外接法；电路图如图所示：（4）根据电路图连接实物图，如图所示：故答案为：（1）0.001，0.1；（2）ABDG；（3）如图所示；（4）如图所示【点评】本题关键明确实验原理和误差来源，从减小误差的角度去选择仪器；螺旋测微器和毫米刻度尺读数要估读三、计算题13（2015秋德州校级期末）匀强电场方向水平向右，E=，匀强磁场方向垂直纸面向里，B=1T，有一带正电荷的微粒质量为m=2107kg，电量为q=2106C，它在这个正交电磁场区域里如图所示的竖直平面内做匀速直线运动，求带电粒子的运动方向和速度大小（g=10m/s2）【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】对带电微粒受力分析，根据力的平行四边形定则，结合洛伦兹力表达式，及左手定则与平衡条件，即可求解【解答】解：粒子受力分析如图由平衡条件得：解得：v=2m/s；方向如图：与电场方向夹角为60斜右上方；答：带电粒子的运动方