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1、高二物理期末测试模拟卷一、 选择题（共12小题，每小题4分。共48分，在每小题给出的四个选项中，第1-8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错不得分） 1在科学发展过程中，许多科学家对物理学的发展作出了巨大贡献，下列表述正确的是A开普勒在整理第谷的观测数据之上，总结得到行星运动规律B库仑提出了电荷周围存在电场的观点C元电荷e的数值最早是由物理学家法拉第测得的D伽利略发现万有引力定律并测得万有引力常量G值2.如图所示，两个相同的空心金属球M和N，M带Q电荷，N不带电(M、N相距很远，互不影响)，旁边各放一个不带电的金属球P和R，当将带正电
2、Q的小球分别放入M和N的空腔中时AP、R上均出现感应电荷BP上没有，而R上有感应电荷CP上有，而R上没有感应电荷DP、R上均没有感应电荷3. 如图所示，在边长为l的正方形的每个顶点都放置一个点电荷，其中a和b电荷量为+q，c和d电荷量为-q。则a电荷受到的其他三个电荷的静电力的合力大小是A0BCD4.某电容式话筒的原理如图所示，E为电源，R为电阻，薄片P和Q为两金属极板，对着话筒说话时，P振动而Q可视为不动，当P、Q间距增大的过程中AP、Q构成的电容器的电容增大BP上电荷量保持不变C有电流自M经R流向NDPQ间的电场强度不变5. 如图所示，一边长L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度
3、为B的匀强磁场中。若通以图示方向的电流（从A点流入，从C点流出），电流为I，则金属框受到的磁场力的合力为A0 BBIL CBIL D2BIL6.如图所示，正方形abcd内存在匀强磁场，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。a处有一粒子(重力不计)发射源，先后向磁场内沿与ab边成30角方向发射两个比荷不同、速度相同的粒子，若该两粒子分别从b、d点射出，则从b、d两点射出的粒子在磁场中运动的时间之比为A1： B：2 C：1 D2：7.关于感应电流的产生，下列说法中正确的是（ ）A导体相对磁场运动，导体内一定会产生感应电流B导体做切割磁感线运动，导体内一定会产生感应电流C穿过闭合电路的磁通量发生变
4、化，电路中一定会产生感应电流D闭合电路在磁场中做切割磁感线运动，电路中一定会产生感应电流8.如图所示，匀强磁场中有a、b两个闭合线圈，它们用同样的导线制成，匝数均为10匝，半径ra=2rb。磁场方向与线圈所在平面垂直，磁感应强度B随时间均匀减小。两线圈中产生的感应电动势分别为Ea和Eb，感应电流分别为Ia和Ib。不考虑两线圈间的相互影响。下列说法正确的是AEaEb=21，感应电流均沿顺时针方向BEaEb=41，感应电流均沿逆时针方向CIaIb=21，感应电流均沿顺时针方向DIaIb=41，感应电流均沿逆时针方向9. 在真空中有两个点电荷，要使它们间的库仑力增大到原来的4倍，下面方法中可行的是A
5、保持距离不变，两个点电荷的电量都加倍B只增大距离到原来的两倍C只减小距离到原来的一半D电量和距离都增大到原来的两倍10如图所示，匀强电场中三点A、B、C是一个三角形的三个顶点，已知电场线平行于三角形ABC所在的平面，一个电荷量 C的点电荷由A移到B的过程中，电势能增加了 J，由B移到C的过程中电场力做功 J，为方便计算，设B点电势为0，下列说法正确的是AB、C两点的电势差 VBA点的电势低于B点的电势C负电荷由C点移到A点的过程中，电势能减少D该电场的场强为1 11. 如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻，RL为光敏电阻（光照减弱时阻值增大），C为电容器。闭合开关S
6、，电路稳定后，用光照射RL，下列说法正确的是A电压表示数增大B电源的效率增大C电容器所带电量增加DR2消耗的功率增大12. 如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，垂直纸面放置，均通有大小相等的电流I，L1、L2中电流方向垂直纸面向里，L3中电流方向垂直纸面外下列说法错误的是AL1、L2在L3处产生的合磁感应强度方向与L1、L2连线垂直BL2、L3在L1处产生的合磁感应强度方向与L2、L3连线垂直CL1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为DL1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为二、 实验探究题（每空1分，共16分）13. （电路图和最后一空2分，其余空1
7、分）利用螺旋测微器、米尺和如图所示的器材（其中电流表内阻为1 ，电压表内阻为5 k，电源电动势为6 V，滑动变阻器阻值为020 ）测量一根粗细均匀的阻值约为5 的金属丝的电阻率。（1）用笔画线代替导线，将图中的器材连接成实物电路，要求导线尽量避免交叉，电流表、电压表选择合适的量程。（2）实验时，用螺旋测微器测量金属丝的直径，用米尺测量金属丝的长度，电流表、电压表的读数也如图所示。由图可以读出金属丝两端的电压U=_，流过金属丝的电流强度I=_，金属丝的长度L=_，金属丝的直径d=_。 （3）该金属丝的电阻率是_（保留两位有效数字）。14. （每空1分）如图1、2所示为利用UI法测定电源电动势和内
8、阻的两种常用方法，图3和图4是用图象法处理的结果。由于电流表和电压表都不是理想电表，所以测量结果有系统误差。请分析以下问题：（1）采用图1的方法，引入系统误差的原因是_；采用图2的方法，引入系统误差的原因是_。（2）图3是用图_（填“1”或“2”）电路处理的结果，其中图线_（填“”或“”）表示测量图线，图线_（填“”或“”）表示真实图线；图4是用图_（填“1”或“2”）电路处理的结果，其中图线_（填“”或“”）表示测量图线，图线_（填“”或“”）表示真实图线。三、 计算题（共36分）15.（9分） 如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，现有一质量为m的带电粒子静止在竖直放置的平
9、行金属板的A点，经电压U0=400 V电压加速后通过B点进入两板间距为d=0.2 m、电压为U=200 V的水平放置的平行金属板间，若带电粒子从两块水平平行板的正中间射入，且刚好能从水平放置的平行金属板右侧边缘射出，A、B分别为两块竖直板的中点，=0.5 C/kg，求：（1）带电粒子通过B点时的速度大小；（2）带电粒子穿出右侧平行金属板时的速度大小；（3）右侧平行金属板的长度。16.（14分）如图，平面直角坐标系xOy中，在y0及yL区域存在场强大小相同，方向相反（均平行于y轴）的匀强电场，在Ly0区域存在方向垂直于xOy平面（纸面）向外的匀强磁场，电场强度与磁感应强度大小之比为，质量为m、电
10、荷量为q的带正电粒子，经过y轴上的点P1（0，L）时的速率为v0，方向沿x轴正方向，然后经过x轴上的点P2（，0）进入磁场。不计粒子重力。求：（1）粒子到达P2点时的速度大小和方向；（2）粒子第一次从磁场下边界穿出位置的横坐标；（3）粒子从P1点出发后做周期性运动的周期。17.（14分） 如图所示，固定在水平面上间距为的两条平行光滑金属导轨，垂直于导轨放置的两根金属棒和长度也为、电阻均为，两棒与导轨始终接触良好。两端通过开关与电阻为的单匝金属线圈相连，线圈内存在竖直向下均匀增加的磁场，磁通量变化率为常量。图中虚线右侧有垂直于导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度大小为。的质量为，金属导轨足够长，电
11、阻忽略不计。（1）闭合，若使保持静止，需在其上加多大的水平恒力，并指出其方向；（2）断开，在上述恒力作用下，由静止开始到速度大小为v的加速过程中流过的电荷量为，求该过程安培力做的功。高二物理秋周期末诊断卷答案1.【答案】A【解析】【详解】A.由图看出，两图线的斜率都大于零，说明两物体都沿正方向运动，运动方向相同。图线A的斜率大于图线B的斜率，说明A的速度大于B的速度，即故A正确。B.物体A从原点出发，而B从正方向上距原点5m处出发，出发的位置不同。物体A比B迟3s才开始运动。故B错误。C.5s末两图线相交，说明5s末两物体到达同一位置相遇。但两物体5s内通过的位移不同，A通过的位移为，物体B通
12、过的位移为。故C错误。D.由C中分析可知，5s内A通过的位移大于B的位移，所以5s内A的平均速度大于B的平均速度。故D错误。故选A。2.【答案】C【解析】【分析】根据物体的加速度方向得出物体所受的合力方向，重力和支持力的合力沿竖直方向，根据平行四边形定则确定摩擦力和拉力的合力方向【详解】物体加速是向右的，则合外力的方向向右，而重力和支持力的合力方向是竖直向下的，由平行四边形合成的法则知拉力F与物体受到的摩擦力的合力方向一定是斜向右上方，故C正确，ABD错误故选C【点睛】解决本题的关键知道合力的方向与加速度方向相同，结合平行四边形定则分析求解，难度不大【答案】D3.【解析】【分析】据人造卫星的万
13、有引力等于向心力，列式求出线速度、周期和向心加速度的表达式进行讨论即可【详解】A.根据万有引力提供向心力，得，由此可知轨道半径越小，线速度越大，由于三颗卫星的轨道半径rArBrC，所以三颗卫星的线速度大小vAvBvC，故A错误；B.根据万有引力提供向心力，得，由此可知轨道半径越小，加速度越大，由于三颗卫星的轨道半径rArBrC，所以三颗卫星的加速度大小aAaBaC，故B错误；C.由于不知道三颗卫星的质量，故不能确定三颗卫星受到的地球引力大小，故C错误；D.根据万有引力提供向心力，得，由此可知轨道半径越小，周期越小，由于三颗卫星的轨道半径rArBrC，所以三颗卫星的周期TATBTC，故D正确故选
14、D4.【答案】A【解析】【分析】物体在两个恒力作用下做匀速直线运动，物体处于平衡状态，这两个力合力为零；撤掉一个力后，物体做变速运动；分析各种可能的情况【详解】撤掉一个力后，若物体原来的运动方向与余下的一个力在一条直线上，且方向相同，则余下的一个力做正功，动能增加，若余下的一个力与物体原来运动的方向相反，则力做负功，动能减少；若物体原来的运动方向与余下的一个力不在一条直线上，且夹角为钝角，将初速度分解为沿着力方向和垂直力的方向，则在沿着力方向的分速度减少，垂直力方向的分速度不变，即物体的动能减少，若物体原来的运动方向与余下的一个力不在一条直线上，且夹角为直角或者锐角，则在沿着力方向的分速度一定
15、增加，垂直力方向的分速度不变，即物体的动能增加；综上余下的一个力一定对物体做功，可能是正功，也可能是负功，物体的动能一定变化，可能增加，也可能减小，故A正确，BCD错误；故选A5.【答案】C【解析】【详解】试题分析：根据负电荷的运动方向判断电场力，确定场强方向场强的大小由电场线的疏密反映，电场线越密场强越大解：由题，负电荷由静止开始从O运动到B，负电荷所受电场力方向从0到B，场强方向与电场力方向相反，即场强方向由B指向A负电荷从静止开始，必定做加速运动由于电场线的分布情况未知，场强如何变化无法确定，电场力和加速度如何变化也无法确定，则电荷加速度可能越来越小，可能越来越大故C正确，ABD错误故选
16、C【点评】本题根据电荷的运动方向确定场强方向不难，容易产生的错误在于分析场强大小的变化来确定加速度的变化，条件不明时，考虑问题要全面6.【答案】D【解析】【分析】由图象A可知电源的电动势为3V，短路电流为6A，两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，效率等于R消耗的功率除以总功率【详解】由图象A可知电源的电动势E=3V，短路电流为6A，该电源和该电阻组成闭合电路时路端电压为：U=2V，电流为：I=2A；电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，根据P=UI得：P=22W=4W，电源的总功率为：P总=EI=32W=6W；所以效率为：=10
17、0%=100%=66.7%；故选D【点睛】根据U-I图象A正确读出电源的电动势和短路电流，根据U-I图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点7.【答案】C【解析】【分析】首先认识电路的结构：灯泡与变阻器串联，电容器与灯泡并联当滑动变阻器滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，根据欧姆定律分析【详解】当滑动变阻器滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小； A.灯泡功率P=I2RL，RL不变，I增大，P增大，则灯泡变亮故A错误；B.电源的总功率P总=EI，E不变，I增大，P总增大故B错误；C.电容器电压UC=E-I（RL+r）减小，电容器电量Q=CUC减小故C正确
18、；D.根据欧姆定律可知，电流增大，电压表的读数U=E-Ir减小故D错误；故选C【点睛】本题考查电路动态分析的能力，比较简单对于电路动态分析往往按“局部整体局部”的思路8.【答案】A【解析】【详解】A由左手定则可知，M带负电，N带正电，选项A正确B由可知，M的速度率大于N的速率，选项B错误；C洛伦磁力对M、N都不做功，选项C错误；D由可知，M的运行时间等于N的运行时间，选项D错误9.【答案】A【解析】【分析】对导体棒受力分析，受重力、支持力和电场力，根据左手定则判断电流方向，根据平衡条件求解安培力，根据安培力公式FA=BIL求解电流【详解】对导体棒受力分析，受重力、支持力和电场力，如图所示：安培
19、力向右，根据左手定则，电流向里；根据平衡条件，有：FA=mgtan60=mg，故电流：，故选A10.【答案】D【解析】【分析】当MN运动时切割磁感线，MN相当于电源由右手定则判断电流的方向再根据闭合电路欧姆定律求出MN两端电压的大小由左手定则可得出安培力的方向；由F=BIL可求得安培力的大小【详解】AB.当MN运动时，相当于电源但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻，MN两端的电压也就是电阻R两端的电压，电路中电动势为E=BLv，MN的电阻相当于电源的内阻，二者加起来为2R，则电阻上的电压为BLv，再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N到M，那么流过
20、电阻的就是由b经R到d故A B错误CD.由欧姆定律可知，电流，则MN受到的安培力大小FA=BIL=；故C错误，D正确故选D【点睛】本题考查导体切割磁感线中的力学及电路问题，要求能够把电磁感应和电路知识结合起来解决问题明确电压值为路端电压，不是电源的电动势11.【答案】ABC【解析】【详解】A因此实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d应保持不变，选项A正确；B因要保持A、B连线与细线垂直且AB距离总保持d不变，故B的位置在同一圆弧上，选项B正确；CD对A球由平衡知识可知即可知x与电荷量乘积Q q成正比，选项C正确，D错误；故选ABC。12.【答案】BD【解析】【分析】根据受力平衡，确定电
21、场力方向，从而确定油滴的电性；保持开关闭合，电容器始终与电源连接，两端的电压不变，根据E=U/d判断电场强度的变化再分析油滴如何运动【详解】AB.由题意可知，电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，由于电场强度方向竖直向下，则有油滴带负电荷；故A错误，B正确C.保持开关闭合，将AB板左右错开一段距离时，板间电压不变，场强不变，油滴所受的电场力不变，仍处于静止状态；故C错误D.保持开关闭合，将A板下移一段距离，板间距离减小，根据E=U/d 知，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，油滴将向上运动故D正确故选BD【点睛】解决本题的关键要知道电容器与电源始终相连，两端间的电势差不变电容器与电源断开，电
22、容器的电量保持不变13.【答案】BD【解析】【详解】试题分析：一个带正电的运动质点通过等势面U3时具有动能2010-3J，运动到等势面U1时速度为零，根据动能定理知从等势面U1到等势面U3时电场力做功的大小为2010-3J，则从等势面U1到等势面U2时电场力做功做功的大小为1010-3J，则等势面U2处的动能为1010-3J，电势能为零，则质点保持的总能量为1010-3J，A错误，B正确；在等势面U1时的动能为零，总能量为1010-3J，则电势能为1010-3J，C错误；质点动能为1210-3J时，因为总能量为1010-3J，则电势能为为-0210-3J，D正确；故选BD考点：匀强电场中电势差
23、和电场强度的关系、电势、电势能【名师点睛】根据动能定理求出从等势面U1到等势面U3时电场力做功的大小，从而得出运动到等势面U2时电场力做功的大小，得出此处的动能，结合电势能的大小得出运动的带电质点所具有的能量14.【答案】CD【解析】【详解】ABC三个小球在运动过程中机械能守恒，有mghmv2在圆形轨道的最高点时对甲有qv1Bmg对乙有mgqv2B对丙有mg可判断v1v3v2选项AB错误，D正确；C根据可知，甲球的释放位置比乙球的高，选项C正确故选CD.15.【答案】 . 0.96 . B . 小于 . 不能【解析】【详解】（1）游标卡尺的读数为（2）忽略空气阻力，小球做自由落体运动，故，解得
24、，是一条通过坐标原点的倾斜直线，故B正确；（3）根据匀变速直线运动的规律得，钢球通过光电门的平均速度等于这个过程中中间时刻速度，所以钢球通过光电门的平均速度小于钢球球心通过光电门的瞬时速度，由此产生的误差不能通过增加实验次数减小16.【答案】 . 如图： . . . 【解析】【详解】（1）电压表测量路端电压，电压表测量两端电压，然后和R，电流表A串联在一起，如图所示两次的示数差为，而电流变化量为，故根据闭合回路欧姆定律可得，联立解得，17.【答案】（1）；（2），；（3）【解析】【详解】（1）小球到达小孔前是自由落体运动，根据速度位移关系公式，有：v2=2gh解得： （2）对从释放到到达下极板
25、处过程运用动能定理列式，有：mg（h+d）-qEd=0解得： 电容器两极板间的电压为：电容器的带电量为：（3）加速过程：mgt1=mv减速过程，有：（mg-qE）t2=0-mvt=t1+t2联立解得：【点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动规律，然后结合动能定理和动量定理列式分析，不难18.【答案】(1)2 72 W(2)1 (3)16 W【解析】【详解】试题分析：（1）电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律得其发热功率为：（2）电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得所以（3）电解槽工作时，由能量守恒定律得：考点：闭合电路欧姆定律点评：注意纯电阻电路与非纯电阻电路在的区别19.【答案】(1)tan(
26、2)(3)2mgdsin【解析】(1)在绝缘涂层上导体棒受力平衡有mgsinmgcos解得tan(2)在光滑导轨上感应电动势EBLv感应电流I安培力F安BIL导体棒受力平衡有F安mgsin解得v(3)摩擦生热QTmgdcos由能量守恒定律有3mgdsinQQTmv2解得Q2mgdsin20.【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】试题分析：（1）电子在电场中做类平抛运动设电子从A到C的时间为t11分 1分 1分求出 E = 1分（2）设电子进入磁场时速度为v，v与x轴的夹角为，则 = 451分 电子进入磁场后做匀速圆周运动，洛仑兹力提供向心力 1分由图可知 1分得 1分（3）由抛物线的对称关系，电子在电场中运动的时间为 3t1= 1分 电子在磁场中运动的时间 t2 = 2分电子从A运动到D的时间 t=3t1+ t2 = 1分考点：带电粒子在电场中做类平抛运动 匀速圆周运动 牛顿第二定律