学年高二物理上学期期末满分冲刺模拟卷03解析word版.docx
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学年高二物理上学期期末满分冲刺模拟卷03解析word版
高二物理上学期期末满分冲刺模拟卷03
☆注意事顶:
1.本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共满分100分。
考试时间90分钟。
2.请将各题答案填写在答题卡上。
3.本试卷主要考试内容:
人教版选修3-1+选修3-2第4章。
第Ⅰ卷(选择题共48分)
选择题:
本题共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小题只有一个选项正确,第9~12小题有多个选项正确。
全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分。
1.下列叙述正确的是()
A.摩擦起电是电荷的转移过程,感应起电是创造电荷的过程
B.原来不带电的物体接触其它带电体而带电是电荷的转移过程
C.玻璃棒无论和什么物体(玻璃除外)摩擦都会带正电
D.带等量异种电荷的两个导体接触后,电荷会消失,这种现象叫电荷的湮灭
【答案】B
【解析】无论哪种带电方式,其实质都是电荷的转移的过程,故A错误B正确;要看和玻璃棒摩擦的物质与玻璃棒相比较谁更容易失去电子,故C错误;正电荷结合等量负电荷后整体不再显示电性称为电荷的中和,故D错误。
2.金属矩形线圈abcd在匀强磁场中做如图所示的运动,线圈中有感应电流的是( )
【答案】A
【解析】在选项B、C中,线圈中的磁通量始终为零,不产生感应电流;选项D中磁通量始终最大,保持不变,不发生变化,也没有感应电流;选项A中,在线圈转动过程中,磁通量做周期性变化,产生感应电流,故A正确.
3.两个半径相同的金属小球,带电荷量之比为1∶7,相距为r,两者相互接触后再放回原来的位置上,则相互作用力可能为原来的( )
A.
B.
C.
D.
【答案】CD
【解析】由库仑定律可得:
两球接触前的库仑力F=k
,当两球带同种电荷时,两球接触后平分电荷量,则两球的电荷量q′=
=4Q,两球接触后的库仑力F′=k
=
F;
当两球带异种电荷时,两球接触先中和后平分剩余电荷量,则两球的电荷量q″=
=3Q,
两球接触后的库仑力F″=k
=
F.
4.传感器是一种采集信息的重要器件,如图是由电容器作为传感器来测定压力变化的电路,当待测压力F作用于可动膜片电极上时,以下说法中正确的是( )
A.若F向上压膜片电极,电路中有从a到b的电流
B.若F向上压膜片电极,电路中有从b到a的电流
C.若F向上压膜片电极,电路中不会出现电流
D.若电流表有示数,则说明压力F发生变化
【答案】BD
【解析】F向上压膜片电极,使得电容器极板间的相对距离变小,电容变大,电容器和电源相连电压不变,由C=
知Q变大,电源对电容器充电,外电路中产生顺时针方向的瞬时电流,电流表也就有示数了,直到再次充满,B对,A、C错;只要压力F发生变化,极板间距离就变化,电容也就变化,电流表就有示数,D对.
5.如图所示,一个有界匀强磁场区域,磁场方向垂直纸面向外,一个矩形闭合导线框abcd,沿纸面由位置1(左)匀速运动到位置2(右),则( )
A.导线框进入磁场时,感应电流方向为abcda
B.导线框离开磁场时,感应电流方向为adcba
C.导线框离开磁场时,受到的安培力方向水平向右
D.导线框进入磁场时,受到的安培力方向水平向左
【答案】D
【解析】线框进入磁场时,cd边切割磁感线产生感应电流,方向为adcba,根据左手定则可知安培力的方向向左,同理可判断离开磁场时的情况。
6.通过两定值电阻R1、R2的电流I和其两端电压U的关系图象分别如图所示,由图可知两电阻的阻值之比R1∶R2等于( )
A.1∶3B.3∶1C.1∶
D.
∶1
【答案】B
【解析】根据欧姆定律得I=
,由数学知识得知,图线的斜率等于电阻的倒数,则R1∶R2=cot30°∶cot60°=3∶1.
7.如图所示,直导线MN与矩形线框abcd在同一平面内,直导线中通有向上的电流I,矩形线框中通有沿逆时针方向的电流I0,则直导线中电流I的磁场对通电矩形线框各边的安培力的合力( )
A.大小为零
B.大小不为零,方向向左
C.大小不为零,方向向右
D.大小不为零,方向向上
【答案】C
【解析】线圈ad边和bc边所受的安培力等大反向,合力为零;ab边和cd边所受的安培力方向相反,但大小不相等,合力不为零,又由于ab边的磁场强,所以安培力大,由左手定则可知合力向右.
8.带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场,恰做匀速直线运动,如图所示,若油滴质量为m,磁感应强度为B,则下述说法正确的是( )
A.油滴必带正电荷,电荷量为
B.油滴必带正电荷,比荷
=
C.油滴必带负电荷,电荷量为
D.油滴带什么电荷都可以,只要满足q=
【答案】A
【解析】油滴水平向右匀速运动,其所受洛伦兹力必向上与重力平衡,故带正电,其电荷量q=
,A正确。
9.如图所示,电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上,两相同的金属导体棒a、b垂直于导轨静止放置,且与导轨接触良好,匀强磁场垂直穿过导轨平面。
现用一平行于导轨的恒力F作用在a的中点,使其向上运动。
若b始终保持静止,则它所受摩擦力可能( )
A.变为0 B.先减小后不变
C.等于FD.先增大再减小
【答案】AB
【解析】:
导体棒a在恒力F作用下加速运动,最后匀速运动,闭合回路中产生感应电流,导体棒b受到安培力方向应沿斜面向上,且逐渐增大,最后不变。
由力平衡可知,导体棒b受到的摩擦力先沿斜面向上逐渐减小,最后不变,所以选项A、B正确,C、D错误。
10.如图所示,平行金属板中带电质点P原处于静止状态,不考虑电流表和电压表对电路的影响,当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时,则()
A.电压表读数减小B.电流表读数减小
C.质点P将向下运动D.R3上消耗的功率逐渐增大
【答案】AC
【解析】由图可知,R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后,再与R1串连接在电源两端,电容器与R3并联,当滑片向b移动时,滑动变阻器接入电阻减小,则电路中总电阻减小,由闭合电路欧姆定律可知电流增大,路端电压减小,R1两端的电压增大,故并联部分的电压减小,由欧姆定律可知流过R3的电流减小,则流过并联部分的电流增大,故电流表示数增大,故B错误;因并联部分电压减小,而R2中电压增大,故电压表示数减小,故A正确;因电容器两端电压减小,故电荷受到的向上电场力减小,则重力大于电场力,电荷向下运动,故C正确;因R3两端的电压减小,由P=
可知,R3上消耗的功率减小,故D错误。
11.如图所示,实线为电场线,虚线为等势线,且MN=NP,电场中的M、N、P三点的电场强度分别为EM、EN、EP,电势分别为φM、φN、φP,MN、NP间的电势差分别为UMN、UNP,则下列关系中正确的有( )
A.φM>φN>φPB.EP>EN>EM
C.UMN 【答案】 ABC 【解析】: 沿电场线方向电势逐渐降低,故A、C正确;根据电场线的疏密程度表示电场强度的大小,故B正确; 12.两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L,底端接阻值为R的电阻。 将质量为m的金属棒悬挂在一个固定的轻弹簧下端,金属棒和导轨接触良好,导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,如图所示。 除电阻R外其余电阻不计。 现将金属棒从弹簧原长位置由静止释放,则( ) A.释放瞬间金属棒的加速度等于重力加速度g B.金属棒向下运动时,流过电阻R的电流方向为a→b C.金属棒的速度为v时,所受的安培力大小为F= D.电阻R上产生的总热量等于金属棒重力势能的减少 【答案】AC 【解析】金属棒刚释放时,弹簧处于原长,此时弹力为零,又因此时速度为零,因此也不受安培力作用,金属棒只受到重力作用,其加速度应等于重力加速度,故A对;金属棒向下运动时,由右手定则可知,在金属棒上电流方向向右,电阻等效为外电路,其电流方向为b→a,故B错;金属棒速度为v时,安培力大小为F=BIL,I= ,由以上两式得: F= ,故C对;金属棒下落过程中,由能量守恒定律知,金属棒减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能、金属棒的动能以及电阻R上产生的热能,因此D错。 第Ⅱ卷(非选择题共52分) 非选择题: 共5小题,共52分。 把答案填在答题卡中的横线上或按题目要求作答。 解答题应写出必要的文字说明、方程式或重要演算步骤,只写出最后答案的不得分。 有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位。 13.(6分)某多用电表内部的部分电路如图所示,已知微安表表头内阻Rg=100Ω、满偏电流Ig=200μA,定值电阻R1=2.5Ω、R2=22.5Ω,电源电动势E=1.5V,则关于该多用电表: (1)A接线柱应该与 (选填“红”或“黑”)表笔连接。 (2)当选择开关接 (选填“a”或“b”)挡时,其对应的电阻挡的倍率更高。 (3)若接a挡测量电阻,则原表盘100μA的刻度,对应的电阻刻度值应当为 Ω;原表盘50μA的刻度,对应的电阻刻度值应当为 Ω。 【答案】: (1)黑 (2)b (3)150 450 【解析】: (1)根据多用电表的接线柱原理“红进黑出”可知,A接线柱应该与黑表笔连接。 (2)当选择开关接a挡时,流过R1的电流大,而流过微安表的电流相等,总电流大,总电阻小,所以当选择开关接b挡时其对应的电阻挡的倍率更高。 (3)若选a挡测量电阻则有: ,解得: r=150Ω。 表盘为100μA的刻度有: 联立解得对应的电阻刻度值为150Ω;原表盘50μA的刻度,有 联立解得对应的电阻刻度值应当为450Ω。 14.(9分)电流表A1的量程为0~200μA、内电阻约为500Ω,现要测其内阻,除若干开关、导线之外还有器材如下: 电流表A2: 与A1规格相同; 滑动变阻器R1: 阻值0~20Ω; 电阻箱R2: 阻值0~9999Ω; 保护电阻R3: 阻值约为3kΩ; 电源: 电动势E约1.5V、内电阻r约2Ω。 (1)如图所示,某同学想用替代法测量电流表内阻,设计了部分测量电路,在此基础上请你将滑动变阻器接入电路中,使实验可以完成。 (2)电路补充完整后,请你完善以下测量电流表A1内电阻的实验步骤。 a.先将滑动变阻器R1的滑动端移到使电路安全的位置,再把电阻箱R2的阻值调到________(填“最大”或“最小”)。 b.闭合开关S1、S,调节滑动变阻器R1,使两电流表的指针在满偏附近,记录电流表A2的示数I。 c.断开S1,保持S闭合、R1不变,再闭合S2,调节R2,使电流表A2的示数________,读出此时电阻箱的阻值R0,则电流表A1内电阻r=________。 【答案】: (1)图见解析 (2)a.最大 c.再次为I(或仍为I) R0 【解析】: (1)滑动变阻器的阻值远小于待测电流表内阻,因此必须采用分压接法,电路图如图所示。 (2)a.实验前R2应该调节到最大,保证电表安全;c.替代法让A2示数不变,直接从R2的读数得到电流表的内电阻。 15.(9分)如图所示,L1=0.5m,L2=0.8m,回路总电阻为R=0.2Ω,M=0.04kg,导轨光滑,开始时磁场B0=1T。 现使磁感应强度以ΔB/Δt=0.2T/s的变化率均匀地增大,试求: 当t为多少时,M刚好离开地面? (g取10m/s2) 【答案】: 5s 【解析】: 回路中原磁场方向向下,且磁感应强度增加,由楞次定律可以判知,感应电流的磁场方向向上,根据安培定则可以判知,ab中的感应电流的方向是a→b,由左手定则可知,ab所受安培力的方向水平向左,从而向上拉起重物。 设ab中电流为I时M刚好离开地面,此时有 F=BIL1=Mg I= E=ΔΦ/Δt=L1L2·ΔB/Δt B=B0+(ΔB/Δt)t 解得F=0.4N,I=0.4A,B=2T,t=5s。 16.(12分)质量为m、带电荷量为q的微粒,以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场同时存在的空间,如图所示。 微粒在电场、磁场、重力场的共同作用下做匀速直线运动,求: (1)电场强度的大小; (2)磁感应强度的大小,该带电粒子带何种电荷。 【答案】: (1) (2) 正电荷 【解析】: (1)带电粒子做匀速直线运动,经受力分析(受力图如图所示)可知该粒子一定带正电. 由平衡条件得: mgsin45°=Eqsin45°, 所以E= . (2)由平衡条件得 =qvB, 所以B= . 17.(16分)如图所示空间分为Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ三个足够长的区域,各边界面相互平行,其中Ⅰ、Ⅱ区域存在匀强电场E1=1.0×104V/m,方向垂直边界竖直向上,E2= ×105V/m,方向水平向 右;Ⅲ区域存在匀强磁场,磁感应强度B=5.0T,方向垂直纸面向里,三个区域宽度分别为d1=5.0m,d2=4.0m,d3=10 m,一质量m=1.0×10-8kg、电荷量q=1.6×10-6C的粒子从O点由静止释放,粒子重力忽略不计。 求: (1)粒子离开区域Ⅰ时的速度大小; (2)粒子从区域Ⅱ进入区域Ⅲ时的速度方向与边界面的夹角; (3)粒子从O点开始到离开Ⅲ区域时所用的时间。 【答案】 (1)4×103m/ (2)30°(3)6.12×10-3s 【解析】 (1)由动能定理得: mv =qE1d1得: v1=4×103m/s (2)粒子在区域Ⅱ做类平抛运动,设水平向右为y轴,竖直向上为x轴,粒子进入区域Ⅲ时速度与边界的夹角为θ tanθ= ①vx=v1 vy=at2②a= ③t2= ④ 由①②③④式解得θ=30° (3)粒子进入磁场时的速度v2=2v1粒子在磁场中运动的半径R= =10m 所以粒子在磁场中运动所对的圆心角为120°,因此t3= × = ×10-3s;粒子在电场Ⅰ中,qE1=ma1,v1=a1t1得t1=2.5×10-3s 由④得t2=10-3st=t1+t2+t3=(3.5+ )×10-3s=6.12×10-3s
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- 学年 物理 学期 期末 满分 冲刺 模拟 03 解析 word