河北省邢台市临城县树人中学2021-2022学年高二下学期开学复习综合模拟试卷一（word版含答案）

综合模拟试卷一
单选：
1．下列说法正确的是（　　）
A．根据可知，电容大小与Q成正比，与U成反比
B．根据可知，在两点之间移动同一点电荷，电场力做功越多，说明电势差越大
C．根据可知，在以Q为球心，以x为半径的球面上，各处场均相同
D．根据可知，电流元在某处受到的安培力越大，说明该处磁感应强度越大
2．如图所示为一小灯泡的伏安特性曲线，横轴和纵轴分别表示电压U和电流I．图线上点A的坐标为（U1，I1），过点A的切线与纵轴交点的纵坐标为（0，I2）．当小灯泡两端电压为U1时，其电阻等于（ ）
A． B．
C． D．
3．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r,闭合开关S，将滑动变阻器的滑片向a端滑动，则灯泡L的亮度、电流表A的示数如何变化（均未超过限度）（　　）
A．灯泡L变亮，电流表A示数变小
B．灯泡L变亮，电流表A示数变大
C．灯泡L变暗，电流表A示数变小
D．灯泡L变暗，电流表A示数变大
4．如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P和Q是它们的交点，四点处的电势分别为、、和．一带正电的粒子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等．则（ ）
A．若带正电的粒子由M点运动到Q点，电场力做正功
B．若带正电的粒子由P点运动到Q点，电场力做负功
C．直线c位于某一等势面内，
D．直线a位于某一等势面内，
5．质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，则下列表述正确的是（　　）
A．M带正电
B．M的速率大于N的速率
C．M的运行周期大于N的运行周期
D．M的运行时间大于N的运行时间
6．如图甲所示，两个闭合圆形线圈A、B的圆心重合，放在同一水平面内，线圈B中通以如图乙所示的变化电流，设t=0时电流沿逆时针方向（图中箭头所示），对线圈A，在0~t1时间内，下列说法中正确的是（　　）
A．有顺时针方向的电流，且A有扩张的趋势
B．有顺时针方向的电流，且A有收缩的趋势
C．有逆时针方向的电流，且A有扩张的趋势
D．有逆时针方向的电流，且A有收缩的趋势
7．如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里，磁感应强度为B的匀强磁场，一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°如图，不计电荷的重力，下列说法不正确的是（　　）
A．该点电荷带负电
B．该点电荷离开磁场时速度反方向延长线通过O点
C．该点电荷的比荷为
D．该点电荷在磁场中的运动时间为
二、多选题
8．如图所示，线圈M和线圈P绕在同一个铁芯上。在开关S闭合、断开的过程中，有关通过电流表的感应电流方向判断正确的是（　　）
A．开关S闭合瞬间，通过电流表的感应电流方向为a→b
B．开关S闭合瞬间，通过电流表的感应电流方向为b→a
C．开关S断开瞬间，通过电流表的感应电流方向为a→b
D．开关S断开瞬间，通过电流表的感应电流方向为b→a
9．1932年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，回旋加速器是利用磁场和电场共同使带电粒子做回旋运动，在运动中经高频交变电场反复加速的装置，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形盒，D1，D2构成，其间留有空隙，忽略相对论，则（　　）
A．待加速的粒子从加速器的边缘进入加速器
B．待加速的粒子从加速器的中心附近进入加速器
C．交变电场的周期与离子做圆周运动的周期相等
D．被加速的离子从电场中获得能量
10．如图所示，A、B为一匀强电场中同一电场线上的两点，现在A、B所在直线上某一点固定一电荷Q，然后在A点由静止释放一点电荷q，结果点电荷q运动到B时的速度为零，若点电荷q只受电场力作用，则下列结论正确的是（　　）
A．电荷Q与点电荷q一定是同种电荷
B．电荷Q一定在A点的左侧
C．点电荷q的电势能一定是先减小后增大
D．A点电势可能大于B点电势
三、实验题
11.（1）某同学用多用电表测量某一金属导体的电阻，完成下列相关题目。
①机械调零后，将红、黑表笔分别插入正、负插孔，将选择开关拨至欧姆挡适当的量程处。将红、黑表笔 ，进行欧姆调零。
②为了得到比较准确的测量结果，应让多用电表指针尽量指向表盘 （选填“左侧”“右侧”或“中央”）
在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：
待测的干电池（电动势约为1.5V，内阻小于1.0）
B、电流表A1（量程0～3mA，内阻 ）
C、电流表A2（量程0～0.6A，内阻）
D、滑动变阻器
E、滑动变阻器
F、定值电阻
G、电键和导线若干
①某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲中所示的（a）（b）两个参考实验电路，其中合理的是__________图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选__________（填写器材前的字母代号）。
②图乙为该同学根据①中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I1—I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，且I2的数值远大于I1的数值）,
则由图线可得待测电池的电动势E=_______V，内阻r=________（结果保留两位小数）
③若将图线的纵坐标改为_________，则图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小。
12.某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，需要测量圆柱体的尺寸和电阻。
(1)用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为___________mm；
(2)在测量电阻时，采用了如下方法：
①用多用电表粗测：用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T。请根据下列步骤完成电阻测量：（把部件符号填入空中）
A．旋动部件___________，使指针对准电流表的“0”刻线。
B．该同学选择×10倍率，将K旋转到电阻挡“×10”的位置。
C．将插入“＋”“-”插孔的红黑表笔短接，旋动部件___________，使指针对准表盘右端电阻的“0刻线”。
D．测量时，发现指针偏转角度太大，为了较准确地进行测量，应该选择___________倍率（选填“×1k”、“×100”、“×1”），并重新欧姆调零，正确操作测量并读数，若这时刻度盘上的指针位置如图中实线所示，测量结果是___________Ω；
②为了准确测定圆柱体的阻值，除被测电阻外，实验室提供了如下实验仪器：
A．直流电源（电动势约为3V，内阻可不计）
B．直流电流表（量程0～3A，内阻约为0.1Ω）
C．直流电流表（量程0～100mA，内阻为3Ω）
D．直流电压表（量程0～15V，内阻约为10kΩ）
E．直流电压表（量程0～1V，内阻约为3kΩ）
F．滑动变阻器（最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2A）
G．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A）
H．电阻箱（0～999Ω）
I．电键一只，导线若干
a、为了方便调节，并要求电压表示数从零开始变化，电流表应选取___________，电压表应选取___________，滑动变阻器应选取___________。（填器材编号）
b、请你根据要求设计实验电路图，并在上边方框中画出实验电路图。
四、解答题
13．如图所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ=370的绝缘斜面上，两导轨间距为L=2m，M、P两点间接有阻值为R=3.5Ω的电阻，一根质量为m=0.1kg电阻为r=1.5Ω的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B=0.5T的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨电阻忽略不计，让ab杆沿导轨由静止开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计摩擦和空气阻力，重力加速度g=10m/s2，（1）在加速下滑过程中，当ab杆的速度大小为v=2m/s时，通过ab杆的电流I及其加速度的a的大小；
（2）求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值vm；
14．如图，固定在地面上的光滑斜面与粗糙水平轨道通过一小段光滑圆弧在C点相接，水平轨道的右侧与半径为R=0.8m的光滑竖直半圆形轨道在B相切，整个装置处在竖直向下的匀强电场中，电场强度大小为。质量为m=1kg，带电量q=+5×10-5C的小物块从斜面上某点由静止出发，经过滑到底端。已知斜面倾角为30°，小物块与水平轨道间的动摩擦因数水平轨道的长度为s，g=10m/s2所有轨道均为绝缘轨道物块视为质点，电荷量保持不变，忽略空气阻力。求(1)小物块滑到斜面底端的速度大小
(2)若物块恰好能通过半圆形轨道最高点D，求水平轨道的长度s及该过程中物块通过半圆轨道最低点B点时对轨道的压力。
15．如图所示，在O平面的第一象限以射线OA为边界，在OA的右边有水平向左的匀强电场，在OA的左边有垂直纸面向外的匀强磁场区域，OA与Y轴的夹角θ=30°。在第二和第三象限存在垂直于纸面向里，宽度为的匀强磁场区域Ⅱ，磁场的边界BC与轴平行，B点的坐标为（-a，0），两磁场的磁感应强度大小相同。在X正半轴上的不同位置可以发射带电量为+q，质量为m，速度任意的粒子。有一粒子甲以速度v0从X轴上D点垂直X轴进入电场，并从距离O点为d处垂直OA进入匀强磁场区域。不计重力的影响。求
(1)匀强电场的场强大小及D点的坐标；
(2)若使甲不能进入区域Ⅱ，则区域I处磁感应强度的最小值B0
(3)磁感应强度大小为第(2)问的B0，若从X轴上发射的粒子乙以与甲进入磁场I相同的速度垂直OA边射入区域I，要使乙在区域Ⅱ中运动的时间最短，则乙从距离O点多远处垂直OA射入区域I
综合模拟试卷一答案
1．B
【详解】
A．电容器的电容大小是由电容器的本身结构所决定的，是电容器的固有属性，与Q和U无关，故A错误；
B．由
可知，在两点之间移动同一点电荷，电场力做功越多，说明电势差越大，故B正确；
C．场强是矢量，以Q为球心，以x为半径的球面上，各处场强大小相等，方向不同，故C错误；
D．公式
是磁感应强度的定义式，B的大小与F无关， 由磁场本身决定， 故D错误。
故选B。
2．B
【详解】
试题分析：从图中可知小灯泡的电阻随着电压变化而变化着，当其电压为U1时，电流为I1，所以其电阻为，B正确；
考点：考查了欧姆定律的应用
3．A
【详解】
当滑动变阻器的滑片向a端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，两个电阻串联总电阻增大，则外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律知，干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，所以灯泡L变亮，电流表A示数变小，故选项A正确，选项BCD错误．
故选A。
4．C
【详解】
CD、据题可知，带正电的粒子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力做负功相等，则电势能增加相等，电势增加，则N、P两点的电势相等，d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线a不是同一等势面，直线c位于某一等势面内，且，故D错误，C正确．
A、由上分析知，直线c位于某一等势面内，M、Q的电势相等，若带正电的粒子由M点运动到Q点电场力不做功，故A错误；
B、带正电的粒子由P点运动到Q点与带正电的粒子由P点运动到M点电场力做功相等，所以电场力做正功，故B错误；
故选C．
【点睛】匀强电场和点电荷的电场以及等量同种点电荷和等量异种点电荷的电场线及等势面分布情况要熟记．
5．B
【详解】
A．由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A错误；
B．粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力
解得
在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，故B正确；
CD．粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，周期为，则M的运行周期、时间等于N的运行周期、时间，故CD错误。
故选B。
6．C
【详解】
由楞次定律可知，确定在0~t1时间内B中的电流逆时针方向减弱，因此磁场垂直纸面向外而且减弱，根据增反减同的道理导致A中感应电流为逆时针方向，同向电流相互吸引，故A有扩张的趋势。
故选C。
7．B
【详解】
点电荷在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图所示
A．根据点电荷偏转方向可知，该电荷带负电，故A正确，不符合题意；
B．根据题意电荷离开磁场时速度方向与进入磁场时速度方向相反，其反向延长线不通过O点，故B错误，符合题意；
C．电荷在磁场中刚好运动，电荷做圆周运动的半径
洛伦兹力提供向心力，有
联立解得
故C正确，不符合题意；
D．电荷在磁场中运动的时间为
故D正确，不符合题意。
故选B。
8．AD
【详解】
AB．开关S闭合瞬间，根据安培定则可知M中产生向右的磁场，P中向右的磁通量增大，根据楞次定律可知通过电流表的感应电流方向为a→b，故A正确，B错误；
CD．开关S断开瞬间，M中的磁场消失，P中向右的磁通量减小，根据楞次定律可知通过电流表的感应电流方向为b→a，故C错误，D正确。
故选AD。
9．BCD
【详解】
AB．要加速次数最多最终能量最大，则被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故A错误，B正确；
C．空隙很小，在空隙中的加速时间可以忽略掉，粒子在磁场中运动的周期即圆周运动周期与交流电压的周期即电场周期相同，故C正确。
D．由于洛伦磁力并不做功，而离子通过电场时有电能转化为动能，故离子是从电场中获得能量，故D正确。
故选BCD。
10．AC
【详解】
A．由题意可知，库仑力与电场力方向相反。如果电荷Q与点电荷q是异种电荷，则当电荷Q在A点左侧时，电荷q从A点释放时，向右运动，说明电场力大于库仑力，以后库仑力减小，合力增大，则点电荷q不会停在B点；当电荷Q在B点右侧时，电荷q从A点释放时，向右运动，说明电场力小于库仑力，以后库仑力增大，合力增大，则点电荷q不会停在B点。所以假设不成立。即电荷Q与点电荷q一定是同种电荷。A正确；
B．当电荷Q在B点右侧时，电荷q从A点释放时，向右运动，说明电场力大于库仑力，以后库仑力增大，当库仑力大于电场力时，则点电荷q做减速运动，有可能会停在B点。B错误；
C．点电荷q先加速后减速，因为只有电场力做功，所以动能与电势能之和不变，则电势能会先减小后增大。C正确；
D．点电荷q在AB两点速度相同，则动能相同，即电势能也相同，所以AB两点电势相同。D错误。
故选AC。
11.【答案】（1）①直接接触 ②中央 （2）①b，D; ②1.45 0.84 ③I1（R0+Rg1）
12．（） S T ×1 6.0 C E F
13．（1）0.4A；2m/s2；（2）3m/s；
【详解】
（1）杆受力图如图3
重力mg，竖直向下，支撑力N，垂直斜面向上，安培力F，沿斜面向上，故ab杆下滑过程中某时刻的受力示意如图所示，当ab杆速度为v时，感应电动势E=BLv，此时电路中电流
ab杆受到安培力
由牛顿运动定律得
mgsinθ-F=ma
解得加速度为
=2m/s2
（2）当金属杆匀速运动时，杆的速度最大，由平衡条件得
解得最大速度
=3m/s
14．(1)；(2) 90N，方向竖直向下
【详解】
(1)在斜面上，对物块受力分析，根据牛顿第二定律可得
解得
小物块滑到斜面底端的速度为
解得
(2)若物块恰好能通过半圆形轨道最高点D，则在最高点只有重力和电场力提供向心力
物块从C点到D点过程中，动能定理可知
联立解得
物块从B点到D点过程中，动能定理可知
在B点，对物块牛顿第二定律可知
联立解得
根据牛顿第三定律可知，物块对轨道的压力大小等于90N，方向竖直向下。
15．（1），；（2）；（3）
【详解】
（1）当甲粒子垂直OA进入磁场区域，运动轨迹如图
此时甲速度为
沿电场方向
垂直电场方向，由几何关系得
解得
所以D点坐标
（2）当粒子轨迹与Y轴相切时，粒子半径最大，此时对应的B0最小，如图所示
根据几何关系
得
根据
得
将
代入得
（3）当粒子在磁场区域Ⅱ中弦长最短时，时间最短，如图
根据几何关系
又因为
所以粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角为
在区域I中转过的圆心角为（上图中右侧三角形为等腰三角形，两底角为，腰长为r）则乙入射点距O点
多少次在迷茫之中寻找方向