湖南省益陽市人和中學高二物理模擬試卷含解析一、選擇題：本題共5小題，每小題3分，共計15分．每小題只有一個選項符合題意1.（多選題）如圖所示，甲分子固定在坐標原點O，乙分子沿x軸運動，兩分子間的分子勢能EP與兩分子間距離的關系如圖中曲線所示，圖中分子勢能的最小值為﹣E0．若兩分子所具有的總能量為0，則下列說法中正確的是（）A．乙分子在P點（x=x2）時，加速度最大B．乙分子在P點（x=x2）時，其動能為E0C．乙分子在Q點（x=x1）時，處于平衡狀態D．乙分子的運動范圍為x≥x1參考答案：BD【考點】分子間的相互作用力；分子勢能．【分析】分子間存在相互作用的引力和斥力，當二者大小相等時兩分子共有的勢能最小，分子間距離為平衡距離，當分子間距離變大或變小時，分子力都會做負功，導致分子勢能變大．兩分子所具有的總能量為分子動能與分子勢能之和．【解答】解：A、由圖象可知，乙分子在P點時，分子引力與分子斥力大小相等，合力為零，加速度為零，故A錯誤B、乙分子在P點時，其分子勢能為﹣E0，由兩分子所具有的總能量為0可知其分子動能為E0，故B正確C、乙分子在Q點時，分子引力小于分子斥力，合力表現為斥力，乙分子有加速度，不處于平衡狀態，故C錯誤D、當乙分子運動至Q點時，其分子勢能為零，故其分子動能也為零，分子間距最小，而后向分子間距變大的方向運動，故乙分子的運動范圍為x≥x1，故D正確故選：BD2.（單選）真空中有A、B兩個點電荷，相距r時相互作用力為F，欲使它們之間的相互作用力變為，下列方法可行的是A、將它們的電量均變為原來的2倍B、將它們的電量均變為原來的一半C、將它們之間的距離變為D、將它們之間的距離變為參考答案：C3.如圖所示，在載流直導線近旁固定有兩平行光滑導軌A、B，導軌與直導線平行且在同一水平面內，在導軌上有兩可自由滑動的導體ab和cd．當載流直導線中的電流逐漸增強時，導體ab和cd的運動情況是（）A．一起向左運動 B．一起向右運動C．ab和cd相向運動，相互靠近 D．ab和cd相背運動，相互遠離參考答案：C【考點】安培力；通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向．【分析】根據右手螺旋定則判斷直線電流周圍的磁場，根據楞次定律判斷出回路中的感應電流，再結合左手定則判斷ab、cd所受的安培力方向，確定導體棒的運動情況．【解答】解：根據右手螺旋定則知，直線電流下方的磁場方向垂直紙面向里，電流增強時，磁場增強，根據楞次定律得，回路中的感應電流為abdc，根據左手定則知，ab所受安培力方向向右，cd所受安培力向左，即ab和cd相向運動，相互靠近．故C正確，A、B、D錯誤．故選：C．4.（單選）帶電微粒所帶電荷量不可能是下列值中的（

）A、1.60×C

B、-2.50×CC、8.00×C

D、-1.00×C參考答案：b5.如圖3所示，通電螺線管兩側各懸掛一個小銅環，銅環平面與螺線管截面平行，當電鍵S接通一瞬間，兩銅環的運動情況是（

）

A．同時向兩側推開

B．同時向螺線管靠攏

C．一個被推開，一個被吸引，但因電源正負極性未知，無法具體判斷

D．同時被推開或同時向螺線管靠攏，但因電源正負極性未知，無法具體判斷參考答案：A二、填空題：本題共8小題，每小題2分，共計16分6.如圖13所示為伏安法測電阻的電路，電壓表和電流表的讀數分別為10V和0.1A，電流表內阻為0.2Ω，則待測電阻RX的測量值是

，真實值是

。

參考答案：7.（4分）在LC振蕩電路中，電容器的電容為C，充電后兩極板間最大電壓為U，通過自感系數為L的線圈放電，則一次放電時間為

。若真空中光速為c，則該振蕩電路產生的電磁波在真空中的波長為

。參考答案：一次放電時間為：，波長為：8.如圖，金屬環A用輕繩懸掛，與長直螺線管共軸，并位于其左側，若變阻器滑片P向左移動，則金屬環A將向_____（填“左”或“右”）運動，并有_____（填“收縮”或“擴張”）趨勢。參考答案：左，收縮9.如圖所示實驗裝置可用來探究影響平行板電容器電容的因素，其中電容器左側極板和靜電計外殼接地，電容器右側極板與靜電計金屬球相連．使電容器帶電后與電源斷開：①上移左極板，可觀察到靜電計指針偏轉角_________（填變大，變小或不變）；②將極板間距離減小時，可觀察到靜電計指針偏轉角_________（填變大，變小或不變）；③兩板間插入一塊玻璃，可觀察到靜電計指針偏轉角_________（填變大，變小或不變）．參考答案：變大;

變小;

變小電容器帶電后與電源斷開，電容器電量不變，上移左極板，由可知電容減小，由U=Q/C可知電壓增大，可觀察到靜電計指針偏轉角大，同理將極板間距離減小時，電容器電容增大，電壓減小，可觀察到靜電計指針偏轉角減小，兩板間插入一塊玻璃，電容增大，電壓減小，可觀察到靜電計指針偏轉角減小10.如圖所示，圖甲為一列措水平方向傳播的簡諧橫波在t=0時的波形圖，圖乙是這列波中質點P的振動圖線，那么：①該波的傳播速度為0.5m/s；②該波的傳播方向為向左（填“向左”或“向右”）；③圖甲中Q點（坐標為x=2.25m處的點）的振動方程為：y=y=0.2cosπ?tcm．參考答案：解：①由圖象知，波長λ=1.0m，周期T=2s，則波速v=．②由題意可知，質點P的振動方向向上，根據上下坡法，知道波的傳播方向向左．③質點振動的振幅A=0.2cm，周期T=2s，則ω=rad/s，因為初始時刻Q點處于正向最大位移處，則振動方程y=0.2cosπ?tcm．故答案為：①υ=0.5m/s；

②向左；

③y=0.2cosπ?t或11.如圖所示的勻強電場的方向是豎直向下的，A、B是兩等勢面，已知這兩個等勢面的電勢差為U、距離為d，現在P點放一電量為q的負電荷，將使該電場中有某一點M的場強變為零，則M、P之間的距離為

．參考答案：12.一根均勻導線電阻為R，現將它均勻地拉長，使其直徑變為原來的一半，然后再截去長度的，剩余部分的電阻為_______R。參考答案：13.如圖所示，光滑的平行導軌PQ、MN水平放置，導軌的左右兩端分別接定值電阻，R1=3Ω，R2＝6Ω。金屬棒的電阻為0.5Ω，金屬棒ab與PQ、MN垂直，并接觸良好。整個裝置處于方向豎直向下、磁感應強度B=0.4T的勻強磁場中。已知平行導軌間距L=0.5m，現對ab施加一水平向右的外力F使之以v=5m/s的速度向右勻速運動，則金屬棒ab兩端的電壓為__________V，R1消耗的功率為___________W。參考答案：三、簡答題：本題共2小題，每小題11分，共計22分14.（12分）如圖所示，有兩個帶正電的粒子P和Q同時從勻強磁場的邊界上的M點分別以30°和60°（與邊界的交角）射入磁場，又同時從磁場邊界上的同一點N飛出，設邊界上方的磁場范圍足夠大，不計粒子所受的重力影響，則兩粒子在磁場中的半徑之比rp:rQ=____________，假設P粒子是粒子（），則Q粒子可能是________，理由是_______________________________。參考答案：(1)兩粒子在磁場中的半徑之比：（5分）（2）可能是質子（3分），質量數與電荷數之比為1:1（4分）15.現有一種特殊的電池，電動勢E約為9V，內阻r約為50Ω，允許輸出的最大電流為50mA，用如圖(a)的電路測量它的電動勢和內阻，圖中電壓表的內阻非常大，R為電阻箱，阻值范圍0～9999Ω。①R0是定值電阻,規格為150Ω，1.0W起

的作用。②該同學接入符合要求的R0后，閉合開關，調整電阻箱的阻值，

。改變電阻箱阻值，得多組數據，作出如圖(b)的圖線．則電池的電動勢E=

，內阻r=

。（結果保留兩位有效數字）參考答案：①防止短路，電流過大，燒壞電源

②讀取電壓表的示數，10V

，46±2Ω.（漏寫單位，沒分）四、計算題：本題共3小題，共計47分16.（12分）矩形線框放在磁感應強度為B的勻強磁場中，其匝數為N，面積為S，總電阻為R。t=0時刻線框開始繞軸以角速度從圖示位置勻速轉動，如圖(a)、（b）、(c)所示。

（1）三種情景中能產生交變電流的是哪個？寫出相應的電動勢的瞬時值表達式。（2）求線框從圖示位置轉動90°過程中,線框中產生的熱量及流過導線某一橫截面的電荷量。參考答案：解析：（1）當按(a)的情景轉動時，穿過線框的磁通量始終為零，無變化，故無交變電流產生；（b）（c）情景可產生交變電流，且時刻，感應電動勢都取得最大值，故電動勢的瞬時值表達式為：。

（4分）（2）對（b）、（c）情景而言，轉動時，電動勢由最大值變為零，仍可用交流電的有效值計算熱量。電動勢的有效值

（1分）轉動時間

（1分）線框產生的熱量

（2分）時間內的平均電動勢

（1分）電流的平均值

（1分）故流過導線某一橫截面的電荷量

（2分）17.(8分)一小型發電機內的矩形線圈在勻強磁場中以恒定的角速度ω繞垂直于磁場方向的固定軸轉動，線圈匝數n＝100.穿過每匝線圈的磁通量Φ隨時間按正弦規律變化，如圖5－10甲所示．發電機內阻r＝5.0Ω，外電路電阻R＝95Ω．求串聯在外電路中的交流電流表(內阻不計)的讀數．

參考答案：見解析18.如圖所示，在水平方向的勻強電場中有一表面光滑、與水平面成45°角的絕緣直桿AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m．有一質量為500g的帶電小環套在直桿上，正以某一速度沿桿勻速下滑．小環離桿后正好通過C端的正下方P點處．（g取10m/s2）求：（1）小環離開直桿后運動的加速度大小和方向．（2）小環從C運動到P過程中的動能增量．（3）小環在直桿上勻速運動速度的大小VO．參考答案：考點：動能定理的應用；帶電粒子在勻強電場中的運動．版權所有專題：動能定理的應用專題．分析：小環在置于電場中的傾斜的光滑絕緣直桿上勻速下滑，由共點力平衡結合重力與支持力方向可判斷出電場力方向，又由電場強度的方向可得出電荷的電性．當小環離開直桿后，僅少了支持力．則此時的合力就是由重力與電場力提供，由牛頓第二定律可求出離開后的加速度大小與方向．小環離開直桿后，所受合力恰與速度方向垂直，因此做的類平拋運動．當小環從C到P過程中，電場力做功剛好為零，動能的變化完全由重力做功引起．當求小環離開直桿的速度時，僅從離開前無法入手，而離開后做類平拋運動，所以利用垂直于桿的方向與沿桿的方向的位移可求出小環的拋出速度．解答：解：（1）對帶電小環受力分析因帶電小環勻速下滑，加之電場強度水平向左，所以小環帶負電．由幾何關系可知，小環所受電場力與重力大小相等．則小環離開直桿后所受的合外力大小為：F合=由牛頓第二定律可得：，方向垂直于桿向下（或與水平方向成45°角斜向下）．（2）設小環從C運動到P過程中動能的增量為△Ek．由動能定理有：WG+WE=△Ek則電場力做功為零WE=0所