江西省南昌市南昌县莲塘第一中学学年高二上学期期中考试物理模拟试题.docx

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江西省南昌市南昌县莲塘第一中学学年高二上学期期中考试物理模拟试题

2018-2019学年江西省南昌市南昌县莲塘一中高二（上）期中

物理模拟试卷

一．选择题

1.如图所示的磁场中，有P、Q两点．下列说法正确的是（　　）

A.P点的磁感应强度小于Q点的磁感应强度

B.P、Q两点的磁感应强度大小与该点是否有通电导线无关

C.同一小段通电直导线在P、Q两点受到的安培力方向相同，都是P→Q

D.同一小段通电直导线在P点受到的安培力一定大于在Q点受到的安培力

【答案】B

【解析】

A、磁感线的疏密表示磁场的强弱，由图象知P点的磁场比Q点的磁场强，A错误；B、磁感应强度是由磁场本身决定的，与该点是否有通电导线无关．故B正确；C、根据左手定则，通电直导线受到的安培力的方向与磁场的方向垂直，所以它们受到的安培力的方向不能是P→Q，故C错误；D、同一小段通电直导线在在都与磁场的方向垂直的条件下，在P点受到的安培力才能大于在Q点受到的安培力，故D错误；故选B.

【点睛】解决本题的关键掌握磁感线的特点，磁感线上某点的切线方向表示磁场的方向，磁感线的疏密表示磁场的强弱．

2.有一个电流表G，内阻Rg=10Ω满偏电流Ig=3mA．要把它改装成量程0～3V的电压表，则（　　）

A.要串联一个阻值为990Ω的电阻

B.要并联一个阻值为990Ω的电阻

C.要串联一个阻值为0.10Ω的电阻

D.要并联一个阻值为0.10Ω的电阻

【答案】A

【解析】

把电流表改装成3V电压表需要串联的电阻：

；故选A.

点睛：

把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出定值阻值．

3.如图所示，在绝缘的光滑水平面上，相隔一定距离有两个带同种电荷的小球，从静止同时释放，则两个小球的加速度和速度大小随时间变化的情况是（　　）

A.速度变大，加速度变大B.速度变小，加速度变小

C.速度变大，加速度变小D.速度变小，加速度变大

【答案】C

【解析】

试题分析：

因电荷间的静电力与电荷的运动方向相同，故电荷将一直做加速运动，又由于两电荷间距离增大，它们之间的静电力越来越小，故加速度越来越小．故选C。

考点：

库仑定律；牛顿第二定律

【名师点睛】本题中两球间存在斥力，引力逐渐减小，根据功能关系的判断速度变化，注意掌握牛顿第二定律的应用。

4.两个定值电阻R1=1200Ω，R2=600Ω串联接在电压稳定为12V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1的两端，如图所示，电压表示数为8V，如果把它改接在R2的两端，则电压表的示数将（）

A.小于4VB.等于4V

C.大于4V而小于8VD.等于或大于8V

【答案】A

【解析】

将电压表与电阻R1并联时，电压表的读数为8V，则电阻R2两端的电压为4V。

若将电压表与电阻R2并联，则其并联的总电阻小于R2，根据串联电阻的电压分配可知，电压表的读数将小于4V；故选A.

点睛：

本题考查了求电压表示数，应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题；熟记并联电阻小于任一支路的电阻以及电压分配与电阻成正比的结论；明确电压表读数造成的误差来源。

5.如图所示电路中，R为某种半导体气敏元件，其阻值随周围环境一氧化碳气体浓度的增大而减小．当一氧化碳气体浓度增大时，下列说法中正确的是

A.电压表V示数增大

B.电流表A示数减小

C.电路的总功率减小

D.变阻器R1的取值越大，电表示数变化越明显

【答案】D

【解析】

当一氧化碳气体浓度增大时，R减小，总电阻减小，则总电流增大，内电压增大，路端电压减小，可知，通过

的电流减小，因此电压表V示数减小，通过变阻器的电流减小，则电流表A示数增大．故AB错误．电路的总功率为P=EI，E不变，I增大，则P增大，故C错误．变阻器

的取值越大，

与R并联的阻值越接近R，R对电路的影响越大，则知变阻器

的取值越大，电压表示数变化越明显．故D正确．选D．

【点睛】当一氧化碳气体浓度增大时，可知R阻值的变化，分析总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，即可知道两个电表示数的变化．由P=EI分析电路的总功率如何变化．

6.E为电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U.现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（）

A.I1增大，I2不变，U增大

B.I1减小，I2增大，U减小

C.I1增大，I2减小，U增大

D.I1减小，I2不变，U减小

【答案】B

【解析】

试题分析:

R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、C、D错误，B正确．

考点：

闭合电路的欧姆定律

视频

7.如图所示电路中的电源为恒流源，不管外电路的电阻如何变化，它都能够提供持续的定值电流。

电压表、电流表都为理想电表，当闭合电键后滑动变阻器R的滑动触头向右滑动时，电压表V示数变化的绝对值为△U，电流表A示数变化的绝对值为△I，下列说法中正确的是（　　）

A.A示数减小，

=R1B.A示数减小，

=R2

C.A示数增大，

=R1D.A示数增大，

=R2

【答案】D

【解析】

试题分析：

据题意，电源为恒流源，能够提供持续的恒定电流，电阻R1两端电压不变，则当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路的总电阻减小，而总电流不变，则电源两端的电压减小，则R2两端电压减小，通过R2的电流增大；因总电流不变，故A示数增大．由于V2示数不变，所以电压表V1示数的变化量等于电阻R1两端电压的变化量，设总电流为I总．则电阻R2两端电压为：

U=（I总-I）R2，则△U=△（I总-IA）R2=△IR2，则得：

；故D正确，ABC错误；故选D。

考点：

电路的动态分析

8.按图所示的电路连接各元件后，闭合开关S，L1、L2两灯泡都能发光．在保证灯泡安全的前提下，当滑动变阻器的滑动头向左移动时，下列判断正确的是（　　）

①L1变暗　②L1变亮　③L2变暗　④L2变亮．

A.①③B.②③C.①④D.②④

【答案】C

【解析】

当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知流过

的电流变大，故

的变亮；灯泡

及内阻分担的电压变大，电源的电动势不变，故并联部分电压变小，故通过

的电流变小，即灯泡

变暗；故C正确，ABD错误。

故选C。

【点睛】由图可知

与定值电阻串联后与滑动变阻器并联，再与

串联；由滑片的移动可知电路中电阻的变化，则可知电路中总电流的变化，即可知

亮度的变化；由串联电路的电压规律可知

与定值电阻两端的电压变化；则可得出

亮度的变化．

9.在如图所示的电路中，电源的电动势E恒定，内阻r＝1Ω，R1为光敏电阻（其阻值随光照的增强而减小），定值电阻R2＝2Ω，R3＝5Ω，电表均为理想电表。

则下列说法正确的是（）

A.当光照增强时，电源的效率增大

B.当光照增强时，电容器的电荷量减小

C.光照强度变化时，电压表示数的变化量和电流表示数的变化量之比不变

D.若光敏电阻R1阻值变化范围为2～9Ω，则光照强度变化前后，ab段电路消耗的电功率可能相同

【答案】CD

【解析】

试题分析：

当光照减弱时，光敏电阻阻值增大，总电流减小，则电源的功率

减小，故A正确；当光照增强时，光敏电阻阻值减小，总电流增大，

两端的电压增大，则电容器两端的电压增大，根据

知，电容器的电荷量增大，故B错误；根据闭合电路欧姆定律得：

，所以

，不发生变化，故C正确；将

看成电源的内阻，则等效电源的内阻为

，

，则光敏电阻

时，外电路总电阻与等效电源的内阻相等，电源的输出功率有最大值，则若光敏电阻

阻值变化范围为

，则光照强度变化前后，ab两段电路的功率可能相同，故D正确；

考点：

考查了电路动态变化分析

10.用国际制基本单位表示磁感应强度的单位T，正确的是（　　）

A.C•m2B.Wb/m2C.kg/（A•s2）D.1N/（A•m）

【答案】BC

【解析】

【分析】

在国际单位制中，磁感应强度的单位是特斯拉，根据与磁感应强度有关的物理学公式分析答题．

【详解】磁感应强度的定义式为

，磁感应强度B的单位为T，则有：

；根据磁通量公式有Φ=BS，得：

，则有：

1T=1Wb/m2.故A，D错误，B，C正确；故选BC.

【点睛】本题考查了单位制的知识，熟练掌握物理学公式、知道各物理量的单位是正确解题的关键．

11.空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正点电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的四个点．则（　　）

A.c点的电势高于d点的电势

B.a点和b点的电场强度相同

C.P、Q两点处的电荷等量同种

D.负电荷从a到c，电势能减少

【答案】AD

【解析】

【分析】

该电场是等量异种电荷的电场，它具有对称性（上下、左右）．该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负．

【详解】A、c点离P点（正电荷）的距离更近，结合“沿着电场线方向，电势降低”可知c点的电势高于d点的电势；故A正确.

B、等量异种电荷的电场，它具有对称性（上下、左右），a点和b点的电场强度大小相等，而方向不同；故B错误.

C、根据电场的图象可以知道，该电场是等量异种电荷的电场；故C错误.

D、该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负.负电荷从a到c，从负电荷的区域到了正电荷的区域，电势升高，电场力做正功，电势能减小；故D正确.

故选AD.

【点睛】该题考查常见电场的特点，解题的关键是在两个电荷连线的中垂线上的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低．

12.关于电动势，下列说法正确的是（）

A.电源两极间的电压等于电源电动势

B.电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能就越多

C.电源电动势的数值等于内、外电压之和

D.电源电动势由电源本身决定，与外电路的组成无关

【答案】CD

【解析】

【分析】

电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量；

电源电动势等于电源没有接入电路前两极间的电压，等于电路内外电压之和；

【详解】A、电源没有接入电路时两极间的电压等于电源电动势，在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压，电源电动势的数值等于内、外电压之和，故A错误，C正确；

B、电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大，但不是将其他形式的能转化为电能就越多，故B错误；

D、电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，大小由电源本身决定，与外电路的组成无关，故D正确。

【点睛】本题考查了电动势的概念、电源工作时能量的转化等问题，重点掌握电动势的物理意义，需要熟练掌握基础知识即可正确解题。

二．填空题

13.在实验室中用螺旋测微器测量金属丝的直径，螺旋测微器的读数部分如图甲所示，由图可知，金属丝的直径为_______mm，某改进型游标卡尺，当两脚并拢时主尺刻度（上）与游标尺刻度（下）如图乙所示，主尺单位为cm，当测量某物体长度时，如图并所示，则该物体长为_________cm。

【答案】

（1）.0.920

（2）.0.12

【解析】

螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为0.01×42.0=0.420mm，所以最终读数为0.5mm+0.420mm=0.920mm，由图乙可以看出游标尺的第10个刻度与主尺的第19mm对齐，游标尺每个刻度长为1.9mm，即当两脚并拢时，游标尺上的第1给我刻度在主尺上最近刻度线左边0.1mm，游标上第2个刻度线在主尺最近刻度左侧0.2mm，…..，使用游标卡尺时，如果被测物体长0.1mm，游标尺将右移0.1mm，游标尺上第一个刻度线与主尺某刻度线对齐，如果被测物体长0.2mm，游标尺将右移0.2mm，游标尺上第二个刻度线与主尺上某刻度线对齐，…..，这是改进型的10分度游标卡尺，由图中有效的第2个刻度线与主尺某刻度对齐，游标读数为0.2mm，加上主尺读数1mm，物体长为1.2mm，即0.12cm。

【点睛】明确游标卡尺的原理及读数方法；注意游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．

14.欲测量一个电流表的内阻，根据以下要求来选择器材并设计电路：

a．无论怎样调节变阻器，电流表都不会超量程；

b．有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据．

现备有如下器材：

A．待测电流表A1（量程3mA，内阻约为50Ω）

B．电压表V（量程3V，内阻未知）

C．电流表A2（量程15mA，内阻为10Ω）

D．保护电阻R=120Ω

E．直流电源E（电动势2V，内阻忽略不计）

F．滑动变阻器（总阻值10Ω，额定电流0.5A）

G．开关一个，导线若干

（1）在以上提供的器材中，除A、E、F、G以外，还应选择________、____________（填字母代号）；

（2）请画出符合要求的实验电路图______________；

【答案】

（1）.C；

（2）.D（3）.

【解析】

要想测得电流表的内阻需要知道电流（待测电流表可以自己指示出流过它的电流）和电压（电压表量程过大，所以不能选择，可以用已知内阻的电流表替代）因为要求无论怎样调节变阻器，电流表都不会超量程，所以电路中需要有保护电阻，则应该选择的器材还有C和D

因为要求有尽可能高的测量精度，并能测得多组数据，所以滑动变阻器应该选用分压式则符合要求的实验电路图为下图

三．计算题

15.如图电路中，电源的电动势E=3V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，R2=R4=1Ω，R3=8Ω，R5=5Ω，电容器的电容C=100μF，求闭合电键K后，通过电阻R3的总电量．

【答案】

【解析】

【详解】电键K断开时，电容器充电电压为电阻R2两端的电压

，

则充电电量Q1=CU2＝7.5×10-5C且上正下负

K电键闭合后，电阻并联与电源内阻串联分压，

外电路的总电阻为：

总电流为

路端电压为：

U=E-Ir=3-1×1=2V

R1的电压为

R4的电压

电容器的电压等于R1与R4电压之差，为

则得电容器的带电量

因为U1>U2，外电路中顺着电流方向电势降低，可得电容器下极板的电势高，带正电，上极板的电势低，带负电；因此，闭合电键K后，通过电阻R3的总电量Q＝Q1+Q2＝1.75×10-4C

【点睛】本题是电路桥式电路，对于电容器，关键求电压，本题电路稳定时，电容器的电压等容器这一路同侧两个电阻的电压之差．

16.在如图所示电路中，定值电阻R0=2Ω，安培表和伏特表均为理想电表。

闭合开关K，当滑动变阻器Rx滑片P从一端移向另一端时，发现电压表的电压变化范围为0V到3V，安培表的变化范围为0.75A到1.0A．求：

（1）电源的电动势和内阻；

（2）移动变阻器滑片时，能得到的电源的最大输出功率.

【答案】

（1）12V，10Ω；

（2）

【解析】

【分析】

（1）由题分析可知，当滑片P滑到a端时，电压表读出为3V，电流表读数为0.75A，根据欧姆定律求出Rx的总阻值；根据闭合电路欧姆定律，分别对滑片P滑到a端和b端两种情况进行研究，得出方程组成方程组，求解电动势和内阻.

（2）当滑动变阻器的滑片在b处时，变阻器接入电路的电阻为零，根据欧姆定律求出电路中电流，再求解电源的输出功率和电源的热功率.

【详解】

（1）据题意可知：

Rx的最大值为

当Rx1=0时，Ux1=0，对应电流为I1=1A，由闭合电路欧姆定律得:

E=I1（R0+r）①

当Rx为最大值时，Ux2=3V，对应电流为I2=0.75A，有:

E=I2（R0+r）+Ux2②

由①②两式代入数据得:

E=12V，r=10Ω

（2）电源的输出功率

当Rx+R0=r时，电源有最大输出功率，但Rx+R0恒小于r，由输出功率随外电阻变化的关系知，当Rx+R0取最大值时输出功率最大，

即

【点睛】本题首先要会分析变阻器电阻变化时，电压表和电流表的示数如何变化.

17.如图所示，BCDG是光滑绝缘的3/4圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为3mg/4，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．

（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达B点时速度为多大？

（2）在

（1）的情况下，求滑块到达C点时的速度大小和受到轨道的作用力大小；

（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小．

【答案】

（1）

；

（2）

7mg/4；（3）

【解析】

【分析】

（1）小滑块在水平轨道上运动时只有电场力和摩擦力做功，从A到B运用动能定理可以求出B点的速度；

（2）从B到C的运动过程运用动能定理即可求出C点的速度，在C点，水平方向上的合力提供向心力，根据圆周运动的向心力公式即可求得受到轨道的作用力大小；（3）要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小，根据向心力公式即可求得最小速度．

【详解】

（1）设滑块到达B点时的速度为v，由动能定理有:

而

解得:

（2）设滑块到达C点时速度为vc，受到轨道的作用力大小为F，

则

得：

水平方向合外力提供向心力得：

解得:

（3）要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小（设为vn），

则有:

解得:

【点睛】本题考查了求速度、作用力、速度范围等问题，分析清楚滑块的运动过程是正确解题的前提，应用动能定理、牛顿第二定律即可正确解题，解题时要注意滑块做圆周运动的临界条件．

18.如图所示，绝缘光滑轨道AB部分为倾角为30°的斜面，AC部分为竖直平面上半径为R的圆轨道，斜面与圆轨道相切．整个装置处于场强为E、方向水平向右的匀强电场中．现有一质量为m的带正电，电量为

小球，要使小球能安全通过圆轨道，在O点的初速度应为多大？

【答案】

【解析】

试题分析：

小球先在斜面上运动，受重力、电场力、支持力、然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道的作用力，如图所示，

类比重力场，将电场力与重力的合力视为等效重力mg′，大小为

，

，解得θ=30°，等效重力的方向与斜面垂直指向右下方，小球在斜面上匀速运动，

因要使小球能安全通过圆轨道，在圆轨道的等效最高点（D）点满足等效重力提供向心力，有：

，

因θ=30°，与斜面倾角相等，由几何关系可知AD=2R．

令小球以最小初速度v0运动，由动能定理知：

解得

考点：

圆周运动；动能定理的应用

【名师点睛】此题考查了动能定理及圆周运动的问题；解决本题的方法是用等效法，极将重力和电场力等效为一个力，解题时关键是确定等效场的最高点，求出最高点的临界速度，通过动能定理进行求解；此题考查学生灵活运用知识的能力.