2022年成都七中高二物理上期期末模拟卷解析版

2022年成都市成都七中高二上期期末模拟卷（一）物理本试卷分选择题和非选择题两部分，第Ⅰ卷（选择题）1至3页，第Ⅱ卷（非选择题）4至6页，共6页，满分100分，考试时间100分钟。注意事项：1、答题前，务必将自己的姓名、考籍号填写在答题卡规定的位置上。2、答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。3、答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4、所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。5、考试结束后，只将答题卡交回。第Ⅰ卷（选择题，共40分）一、本题包括8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.对电场强度公式E＝eq\f(kQ,r2)有几种不同理解，其中正确的是()A．只要带电体电荷量为Q，在距离r处激发的电场都能用此公式计算场强EB．以点电荷Q为中心、r为半径的球面上各处的场强E相同C．与场源电荷Q距离r→0时，场强E→∞D．与场源电荷Q距离r→∞时，场强E→0答案D解析电场强度公式E＝eq\f(kQ,r2)适用于点电荷形成的电场，对于不能看做点电荷的带电体，本公式不再适用，故A选项错误；电场强度是矢量，以点电荷Q为中心、r为半径的球面上各处的场强E大小相等，方向不同，故B选项错误；与场源电荷Q距离r→0时，此时Q不能看做点电荷，公式不再成立，故C选项错误；与场源电荷Q距离r→∞时，根据公式可得场强E→0，故D选项正确．2.如图所示，边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷＋q、＋q、－q，则该三角形中心O点处的场强为()A.eq\f(6kq,a2)，方向由C指向OB.eq\f(6kq,a2)，方向由O指向CC.eq\f(\r(3)kq,a2)，方向由C指向OD.eq\f(\r(3)kq,a2)，方向由O指向C答案B解析由几何关系知OA＝OB＝OC＝eq\f(\f(a,2),cos30°)＝eq\f(\r(3),3)a，每个点电荷在O点处的场强大小都是E＝eq\f(kq,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,3)))2)＝eq\f(3kq,a2)，画出矢量叠加的示意图，如图所示，由图可得O点处的合场强为EO＝2E＝eq\f(6kq,a2)，方向由O指向C，B项正确．3.将一电荷量为＋Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图3所示，金属球表面的电势处处相等，a、b为电场中的两点，则()图3A．a点的电势比b点的低B．a点的电场强度比b点的小C．带负电的电荷q在a点的电势能比在b点的小D．带正电的电荷q从a点移到b点的过程中，电场力做负功答案C解析a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球出发到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，故A错误；电场线的疏密表示场强的大小，故B错误；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C正确；正电荷在a点的电势能较b点大，则把带正电的电荷q从电势能大的a点移动到电势能小的b点，电场力做正功．故D错误．4.如图所示，一重为G1的通电圆环置于水平桌面上，圆环中电流方向为顺时针方向(从上往下看)，在圆环的正上方用轻绳悬挂一条形磁铁，磁铁的中心轴线通过圆环中心，磁铁的上端为N极，下端为S极，磁铁自身的重力为G2.则关于圆环对桌面的压力F和磁铁对轻绳的拉力F′的大小，下列关系中正确的是()A．F＞G1，F′＞G2 B．F＜G1，F′＞G2C．F＜G1，F′＜G2 D．F＞G1，F′＜G2答案D解析顺时针方向的环形电流可以等效为一个竖直放置的“小磁针”，由安培定则可知，“小磁针”的N极向下，S极向上，故与磁铁之间的相互作用力为斥力，所以圆环对桌面的压力F将大于圆环的重力G1，磁铁对轻绳的拉力F′将小于磁铁的重力G2，选项D正确．5．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中()A．它们运动的时间tQ＞tPB．它们运动的加速度aQ＜aPC．它们所带的电荷量之比qP∶＝1∶2D．它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝1∶2答案C解析设两板距离为h，P、Q两粒子的初速度为v0，加速度分别为aP和aQ，它们做类平抛运动的水平距离均为l.则对P，由l＝v0tP，eq\f(h,2)＝eq\f(1,2)aPtP2，得到aP＝eq\f(hv\o\al(

2,0),l2)；同理对Q，l＝v0tQ，h＝eq\f(1,2)aQQ2，得到aQ＝eq\f(2hv\o\al(

2,0),l2).由此可见tP＝tQ，aQ＝2aP，而aP＝eq\f(qPE,m)，aQ＝eq\f(qQE,m)，所以qP∶＝1∶2.由动能定理得，它们的动能增加量之比ΔEkP∶ΔEkQ＝maPeq\f(h,2)∶maQh＝1∶4.综上所述，C项正确．6.如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置．闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是()A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值C．增大两板间的距离 D．断开开关S答案B解析在直流电路中，R2与电容器串联的支路不通，因此电容器两端的电压等于R1两端的电压，增大R1的阻值，R1两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由E＝eq\f(U,d)可知，电容器两极板间的电场强度增大，因此板间带电油滴受到的电场力增大，会向上运动，A项错误；增大R2的阻值不改变电路中的总电阻，不改变R1两端的电压，因此电容器中油滴仍保持静止，B项正确；增大两板间的距离，而电容器两板间的电压一定，由E＝eq\f(U,d)可知，板间的场强减小，油滴受到的电场力减小，油滴会向下运动，C项错误；断开开关S，电容器会通过R1、R2进行放电，使板间场强减小，油滴受到的电场力减小而向下运动，D项错误．7.如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置．闭合开关S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动．如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是()A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值C．增大两板间的距离 D．断开开关S答案B解析在直流电路中，R2与电容器串联的支路不通，因此电容器两端的电压等于R1两端的电压，增大R1的阻值，R1两端的电压增大，电容器两端的电压增大，由E＝eq\f(U,d)可知，电容器两极板间的电场强度增大，因此板间带电油滴受到的电场力增大，会向上运动，A项错误；增大R2的阻值不改变电路中的总电阻，不改变R1两端的电压，因此电容器中油滴仍保持静止，B项正确；增大两板间的距离，而电容器两板间的电压一定，由E＝eq\f(U,d)可知，板间的场强减小，油滴受到的电场力减小，油滴会向下运动，C项错误；断开开关S，电容器会通过R1、R2进行放电，使板间场强减小，油滴受到的电场力减小而向下运动，D项错误．8.如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，a、b、c三点在它们连线的延长线上，其中Q1带负电。现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始向远处运动并经过b、c两点(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b、c三点时的速度分别为va、vb、vc，其v－t图像如图乙所示。以下说法正确的是()A.Q2一定带负电B.Q2的电量一定大于Q1的电量C.b点的电场强度最大D.粒子由a点运动到c点过程中，粒子的电势能先增大后减小解析由题图乙可知，粒子从a到b过程做加速度减小的减速直线运动，在b点时粒子速度最小，加速度为零。根据牛顿第二定律Eq＝ma，得出粒子在b点受力为零，b点电场强度为零，选项C错误；在b点Q1对带负电粒子的电场力水平向右，要使b点粒子所受合力为零，则Q2对带负电粒子的电场力水平向左，所以Q2带正电，选项A错误；b点与Q1的间距大于与Q2的间距，由库仑定律F＝keq\f(Qq,r2)知，Q1的带电量大于Q2的带电量，选项B错误；粒子从a点运动到c点过程，动能先减小后增大，根据能量守恒定律知，粒子电势能先增大后减小，选项D正确。答案D二、本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9.如图所示，在点电荷Q产生的电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在电场力作用下的运动轨迹．设电子在A、B两点的加速度大小分别为aA、aB，电势能分别为EpA、EpB.下列说法正确的是()A．电子一定从A向B运动B．若aA>aB，则Q靠近M端且为正电荷C．无论Q为正电荷还是负电荷一定有EpA<EpBD．B点电势可能高于A点电势答案BC解析电子在电场中做曲线运动，虚线AB是电子只在电场力作用下的运动轨迹，电场力沿电场线指向曲线的凹侧，电场的方向与电子所受电场力的方向相反，如图所示．由所给条件无法判断电子的运动方向，故A错误；若aA>aB，说明电子在A点受到的电场力较大，A点的电场强度较大，根据点电荷的电场分布可知，靠近M端为场源电荷的位置，应为正电荷，故B正确；无论Q为正电荷还是负电荷，一定有电势φA>φB，电子电势能Ep＝－eφ，电势能是标量，所以一定有EpA<EpB，故C正确，D错误．10.如图所示，左、右边界分别为PP′、′的匀强磁场的宽度为d，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．一个质量为m、所带电荷量大小为q的带电粒子(重力不计)，沿图示方向以速度v0垂直射入磁场．欲使粒子不能从边界′射出，粒子入射速度v0的最大值可能是()A.eq\f(Bqd,m) B.eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)C.eq\f(2－\r(2)Bqd,m) D.eq\f(\r(2)Bqd,2m)答案BC解析粒子射入磁场后做匀速圆周运动，由r＝eq\f(mv0,qB)知，粒子的入射速度v0越大，r越大，当粒子的运动轨迹和边界′相切时，粒子刚好不从′射出，此时其入射速度v0应为最大．若粒子带正电，其运动轨迹如图甲所示(此时圆心为O点)，此时R1sin45°＋d＝R1，将R1＝eq\f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq\f(2＋\r(2)Bqd,m)，B项正确；若粒子带负电，其运动轨迹如图乙所示(此时圆心为O′点)，此时R2＋R2cos45°＝d，将R2＝eq\f(mv0,qB)代入上式得v0＝eq\f(2－\r(2)Bqd,m)，C项正确．11.如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线中均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝keq\f(I,r)，式中k是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是()A．小球先做加速运动后做减速运动B．小球一直做匀速直线运动C．小球对桌面的压力先减小后增大D．小球对桌面的压力一直在增大答案BD解析由右手螺旋定则可知，M处的通电导线在MN区域产生的磁场垂直MN向里，由M到N逐渐减弱，N处的通电导线在MN区域产生的磁场垂直于MN向外，由M到N逐渐增强，带正电的小球由a点沿ab连线运动到b点，受到的洛伦兹力F＝Bqv，从a到O洛伦兹力的方向向上，随磁场的减弱逐渐减小，从O到b洛伦兹力的方向向下，随磁场的增强逐渐增大，所以小球对桌面的压力一直在增大，选项D正确，选项C错误；由于桌面光滑，洛伦兹力的方向始终沿竖直方向，所以小球在水平方向上不受力，做匀速直线运动，选项B正确，选项A错误．12.如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的U－I图线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是()A．电源1比电源2的内阻大B．电源1和电源2的电动势相等C．小灯泡与电源1连接时消耗的功率比与电源2连接时消耗的功率小D．小灯泡与电源1连接时消耗的功率比与电源2连接时消耗的功率大答案ABC解析由闭合电路的欧姆定律E＝U＋Ir知，当I＝0时路端电压U等于电动势E，即电源的U－I图线与U轴的交点坐标值就是电源电动势的大小，由题图知，电源1和电源2的电动势相等，故B正确；电源内阻r＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(ΔU,ΔI)))，即电源的U－I图线的斜率的绝对值表示电源的内阻，由题图知r1>r2，故A正确；小灯泡的U－I图线与电源的U－I图线的交点即为小灯泡的工作状态，由题图知，小灯泡与电源1连接时消耗的功率P1＝U1I1小于小灯泡与电源2连接时消耗的功率P2＝U2I2，故C正确，D错误．13如图所示，质量为m、电荷量为q的带正电小物块从半径为R的绝缘半圆槽顶点A由静止下滑，已知半圆槽右半部分光滑，左半部分粗糙，整个装置处于正交的匀强电场与磁场中，电场强度大小为E＝eq\f(mg,2q)，方向水平向右，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，g为重力加速度大小，则下列说法正确的是()A.物块最终停在A点B.物块最终停在最低点C.物块做往复运动D.物块首次滑到最低点时对轨道的压力为2mg＋qBeq\r(Rg)解析由于半圆槽右半部分光滑，左半部分粗糙，且在最低点受到的电场力方向向右，所以物块最终从最低点开始向右运动，到达某位置速度变为零，然后又向左运动，即物块做往复运动，选项C正确，A、B错误；物块从A点运动到最低点，由动能定理得，mgR－qER＝eq\f(1,2)mv2－0，且E＝eq\f(mg,2q)，联立得v＝eq\r(gR)，物块运动到最低点时，由牛顿第二定律得，N－mg－qvB＝meq\f(v2,R)，解得N＝2mg＋qBeq\r(Rg)，由牛顿第三定律知，选项D正确。答案CD第Ⅱ卷（非选择题，共60分）实验探究题（本题共2小题，共14分。）14．要测绘一个标有“3V0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，以便于操作．已选用的器材有：电池组(电动势为4.5V，内阻约1Ω)；电流表(量程为0～250mA，内阻约5Ω)；电压表(量程为0～3V，内阻约3kΩ)；电键一个、导线若干．(1)实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)．A．滑动变阻器(最大阻值20Ω，额定电流1A)B．滑动变阻器(最大阻值1750Ω，额定电流0.3A)(2)实验的电路图应选用下图中________(填字母代号)．(3)实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图9所示．如果将这个小灯泡接到电动势为1.5V、内阻为5Ω的电源两端，小灯泡消耗的功率是________W.图9答案(1)A(2)B(3)0.1解析(1)测绘小灯泡的伏安特性曲线，要求能较大范围地测量数据，所以控制电路部分应用分压式接法，滑动变阻器应用最大阻值较小和额定电流较大的A.(2)因为要求小灯泡两端的电压由零逐渐增加到3V，故滑动变阻器应采用分压式接法．灯泡的电阻R＝eq\f(U2,P)＝15Ω，额定电流I＝eq\f(P,U)＝0.2A，由R＝15Ω<eq\r(RARV)＝eq\r(15000)Ω，依据“大内小外”的原则，可知电流表应采用外接法，故选B.(3)在灯泡的I－U图上作出电源的I－U图线，交点的横、纵坐标即为这个电源给这个灯泡供电时的电压和电流，此时P灯＝IU＝0.1×1W＝0.1W.15.在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准．待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm.图7(1)用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图7所示，其读数应为________mm(该值接近多次测量的平均值)．(2)用伏安法测金属丝的电阻Rx.实验所用器材为电池组(电动势3V，内阻不计)、电流表(内阻约0.1Ω)、电压表(内阻约3kΩ)、滑动变阻器R(0～20Ω，额定电流2A)、开关、导线若干．某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下：次数1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图8中的________图(选填“甲”或“乙”)．图8(3)图9是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端．请根据(2)所选的电路图，补充完成图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏．图9(4)这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图10所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点．请在图中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出U－I图线．由图线得到金属丝的阻值Rx＝__________Ω(保留两位有效数字)．图10(5)根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为__________(填选项前的符号)．A．1×10－2Ω·m B．1×10－3Ω·mC．1×10－6Ω·m D．1×10－8Ω·m(6)任何实验测量都存在误差，本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的是________(有多个正确选项)．A．用螺旋测微器测量金属丝直径时，由读数引起的误差属于系统误差B．由电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C．若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以消除由测量仪表引起的系统误差D．用U－I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差答案(1)0.398(0.396～0.399均正确)(2)甲(3)见解析图(4)见解析图4.4(4.3～4.7均正确)(5)C(6)CD解析(1)螺旋测微器的读数为0mm＋39.8×0.01mm＝0.398mm.(2)由实验记录的数据可知Rx的阻值大约为5Ω.由题知Rx≪RV，故电流表Ⓐ外接．若滑动变阻器接为限流式接法，电路中最小电流值Imin＝eq\f(U,R1＋R＋RA)≈0.12A，其中R1为Rx与RV的并联电阻值，且R1≈Rx.则Rx两端的电压最小值Umin＝IminRx≈0.6V，而从实验数据可知Rx两端电压是从0.10V开始的，因此滑动变阻器应采用分压式接法．(3)实物图如图甲所示甲

(4)图线应过原点，选尽可能多的点连成一条直线，不在直线上的点均匀分布在直线两侧，明显偏离的点应舍去，如图乙所示．乙图线的斜率反映了金属丝的电阻，因此金属丝的电阻值Rx≈4.4Ω.(5)根据Rx＝ρeq\f(l,S)得金属丝的电阻率ρ＝eq\f(RxS,l)＝eq\f(πRxd2,4l)＝eq\f(3.14×4.4×0.398×10－32,4×0.5)Ω·m≈1.09×10－6Ω·m，故选项C正确．(6)系统误差是由仪器的某些不完善或实验方法不够完善等产生的，其测量结果总是偏大或偏小；偶然误差具有随机性，可以通过多次测量取平均值来减小偶然误差.计算题（本题4小题，共42分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写答案不得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数字和单位）16．(闭合电路中功率的计算)如图12所示的电路中，所用电源的电动势E＝4V，内电阻r＝1Ω，电阻R1可调．现将R1调到3Ω后固定．已知R2＝6Ω，R3＝3Ω，求：图12(1)开关S断开和接通时，通过R1的电流分别为多大？(2)为了使A、B之间电路的电功率在开关S接通时能达到最大值，应将R1的阻值调到多大？这时A、B间消耗的最大电功率是多少？答案(1)0.4Aeq\f(2,3)A(2)0eq\f(32,9)W解析(1)开关S断开时，I1＝eq\f(E,r＋R1＋R2)＝eq\f(4,1＋3＋6)A＝0.4A，开关S接通时，R2、R3并联的总电阻R23＝eq\f(R2R3,R2＋R3)＝2Ω，I1′＝eq\f(E,r＋R1＋R23)＝eq\f(4,1＋3＋2)A＝eq\f(2,3)A.(2)开关S接通时，A、B之间的总电阻R23＝2Ω为定值，所以R1＝0时，电路中的总电流最大，A、B之间的电功率最大．电路中的总电流I＝eq\f(E,r＋R1＋R23)＝eq\f(4,1＋0＋2)A＝eq\f(4,3)A.PAB＝I2R23＝(eq\f(4,3))2×2W＝eq\f(32,9)W.17.如图所示，第一象限中有沿x轴的正方向的匀强电场，第二象限中有沿y轴负方向的匀强电场，两电场的电场强度大小相等。一个质量为m，电荷量为－q的带电质点以初速度v0从x轴上P(－L，0)点射入第二象限，已知带电质点在第一和第二象限中都做直线运动，并且能够连续两次通过y轴上的同一个点Q(未画出)，重力加速度g为已知量。求：(1)初速度v0与x轴正方向的夹角；(2)P、Q两点间的电势差UPQ；(3)带电质点在第一象限中运动所用的时间。解析(1)由题意知，带电质点在第二象限做匀速直线运动，有qE＝mg且由带电质点在第一象限做直线运动，有tanθ＝eq\f(mg,qE)解得θ＝45°(2)P到Q的过程，由动能定理有qEL－mgL＝0WPQ＝qEL解得UPQ＝eq\f(WPQ,－q)＝－eq\f(mgL,q)(3)带电质点在第一象限做匀变速直线运动，由牛顿第二定律有eq\r(2)mg＝ma，即a＝eq\r(2)gv0＝at解得t＝eq\f(\r(2)v0,2g)带电质点在第一象限中往返一次所用的时间T＝2t＝eq\f(\r(2)v0,g)答案(1)45°(2)－eq\f(mgL,q)(3)eq\f(\r(2)v0,g)18.平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动．Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．答案(1)eq\r(2)v0方向与x轴正方向成45°角斜向上(2)eq\f(v0,2)解析(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有2L＝v0t①L＝eq\f(1,2)at2②设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyvy＝at③设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有tanα＝eq\f(vy,v0)④联立①②③④式得α＝45°⑤即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上．设粒子到达O