【物理】江西省上饶市2019-2020学年高二上学期期末质量测试试题（解析版）

【物理】江西省上饶市2019-2020学年高二上学期期末质量测试试题（解析版）

上饶市2019-2020学年度第一学期期末质量测试 高二物理试题卷 第Ⅰ卷 一、选择题(共40分，每小题4分；把你认为正确的选项代号填涂在答题卡的相应位置上。1-7小题，每小题只有一个正确选项；第8-10小题，每小题有多个正确选项，全部选择正确得4分，选择正确但不全得2分，不选、多选或错选得0分)‎ ‎1.下列叙述符合史实的是（　　）‎ A. 卡文迪许通过扭秤实验首先发现了点电荷之间相互作用的规律 B. 法拉第最早引入了电场的概念，并提出电场线是真实存在的 C. 焦耳发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系 D. 富兰克林发明了避雷针 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．库仑在前人的基础上，通过实验得到真空中点电荷的相互作用规律，故A错误；‎ B．英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，但电场线是假想的曲线，故B错误；‎ C．欧姆发现了欧姆定律，反映导体的电流与电压、电阻的关系，故C错误；‎ D．美国科学家富兰克林研究了放电现象，发明了避雷针，故D正确。‎ 故选D。‎ ‎2.如图所示把柔软的铝箔条折成天桥状并用胶纸粘牢两端固定在桌面上，使蹄形磁铁横跨过“天桥”，当电池与铝箔接通时（　　）‎ A. 铝箔条中部向下方运动 B. 铝箔条中部向上方运动 C. 蹄形磁铁对桌面的压力不变 D. 蹄形磁铁对桌面的压力减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意，可知，通过天桥的电流方向由外向内，而磁场方向由N到S极，根据左手定则，则可知，箔条中部受到的安培力向上，铝箔条中部向上方运动，根据相互作用力，知磁铁受力方向向下，对桌子的压力增大，故B正确，ACD错误。‎ 故选B。‎ ‎3.如图所示，边长为L的正六边形ABCDEF的5条边上分别放置5根长度也为L的相同绝缘细棒。每根细棒均匀带上正电。现将电荷量为+Q的点电荷置于BC中点，此时正六边形几何中心O点的场强为零。若移走AB边上的细棒，则O点电场强度大小为(k为静电力常量)(不考虑绝缘棒及+Q之间的相互影响) （　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】每根细棒均匀带上正电，现将电荷量为+Q的点电荷置于BC中点，此时正六边形几何中心O点的场强为零；由此可知，+Q的点电荷在O点的电场强度大小为 那么每根细棒在O点的电场强度大小也为 若移走AB边上的细棒，那么其余棒在O点的电场强度大小为 故选A ‎4.如图所示，带电粒子只在电场力作用下由A点运动到B点。图中实线为电场线，虚线为粒子运动轨迹，由图可知（　　）‎ A. 粒子带负电 B. 从A运动到B，粒子动能增大 C. 从A运动到B，粒子速度和加速度均减小 D. 从A运动到B，粒子速度增大而加速度减小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向右上方，即粒子受力的方向与电场线的方向一致，所以粒子带正电荷，故A错误；‎ BCD．A点处的电场线较疏，而B点处电场线较密，则A点处的电场强度较小，粒子所受的电场力也较小，粒子的加速度也小，从A运动到B，粒子所受电场力方向与运动方向的夹角小于，电场力对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，故B正确，CD错误。‎ 故选B。‎ ‎5.如图所示，某同学采用与乙车中相同型号的太阳能电池板给一个小电动机供电，电动机线圈的电阻为r．电动机正常工作时，电压表的示数为U，电流表的示数为I．电流表和电压表均可视为理想电表．电动机消耗的电功率为 A. B. ‎ C D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 电动机正常工作时，电压表的示数为U，电流表的示数为I ‎，则电动机消耗的电功率为P=IU，故选C.‎ ‎6.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则 A. C点的电场强度大小为零 B. A点的电场强度大小为零 C. NC间场强方向沿x轴正方向 D. 将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做负功后做正功 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性 ‎【详解】A项：C点电势的拐点，根据公式∅=Ex可知，图象的斜率大小是电场强度大小，而C点的斜率为零，故A正确；‎ B项：同理，由图知A点的电势为零，但该点的斜率不为零，故B错误；‎ C项：由沿电场线方向电势越来越低可知， OM间电场强度方向沿x轴正方向，MC间电场强度方向沿x轴负方向，则NC的电场强度方向向x轴负方向，故C错误；‎ D项：因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功，故D错误．‎ 故选A．‎ ‎【点睛】电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否．‎ ‎7.如图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1、A2。平板S下方有强度为B0的匀强磁场。下列正确的是（　　）‎ A. 该带电粒子带负电 B. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外 C. 能通过的狭缝P的带电粒子的速率等于 D. 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．根据带电粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则知，该粒子带正电，故A错误；‎ B．根据带电粒子在磁场中的偏转方向，根据左手定则知，该粒子带正电，则在速度选择器中电场力水平向右，则洛伦兹力水平向左，根据左手定则知，磁场方向垂直纸面向外，故B正确；‎ C．在速度选择器中，电场力和洛伦兹力平衡，有 解得 故C错误；‎ D．进入偏转电场后，有 解得 知越靠近狭缝P，r越小，比荷越大，故D错误。‎ 故选B ‎8.如图所示，甲、乙两个带等量异种电荷而质量不同带电粒子，以相同的速率经小孔P垂直磁场边界MN，进入方向垂直纸面向外的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动，并垂直磁场边界MN射出磁场，运动轨迹如图中虚线所示。不计粒子所受重力、空气阻力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是（　　）‎ A. 甲带正电荷，乙带负电荷 B. 甲的质量大于乙的质量 C. 洛伦兹力对甲做正功 D. 甲在磁场中运动的时间等于乙在磁场中运动的时间 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在P点，速度向下，磁场向外，甲受向左的洛伦兹力，根据左手定则，甲带正电荷；同理，在P点，乙受向右的洛伦兹力，速度向下，磁场向外，根据左手定则，乙带负电荷，故A正确；‎ B．粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律，有 所以 由于q、v、B均相同，甲的轨道半径大，说明甲的质量大，故B正确 C．根据左手定则，洛伦兹力与速度垂直，故洛伦兹力永不做功，故C错误；‎ D．周期 由于 所以 由于q、B均相同，m不同，故时间不相等，故D错误。‎ 故选AB。‎ ‎9.如图，平行金属板中带电质点P处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，选地面的电势为零，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，下列说法正确的是（　　）‎ A. 电压表读数减小 B. 质点P将向上运动 C. 电流表的示数减小 D. 电源的效率变高 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】AC．由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小；路端电压增大，同时R1两端的电压也减小；故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过R3的电流增大，则流过串联部分的电流减小，即电流表示数减小，因而R2中电压减小，故电压表示数增大，故A错误，C正确；‎ B．因电容器两端电压等于联部分的电压，增大，故电荷受到的向上电场力增大，则重力小于电场力，合力向上，电荷向上运动，故B正确；‎ D．电源的效率为 当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，外电路中的电阻变大，所以电源的效率变高，故D正确。故选BCD。‎ ‎10.如图所示，绝缘水平面上O处放质量为m、电荷量为q的带负电荷的小物体．劲度系数为k的绝缘轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与小物体接触（未固定），弹簧水平且无形变．O点左侧有竖直向下的匀强电场，电场强度为．用水平力F缓慢向右推动物体，在弹性限度内弹簧被压缩了x0，此时物体静止．撤去F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为4x0，物体与水平面间的动摩擦因数为µ，重力加速度为g．则（　　）‎ A. 撤去F后，物体回到O点时速度最大 B. 撤去F后，物体刚运动时的加速度大小为 C. 物体离开弹簧时速率为 D. 撤去F后系统产生的内能为4µmgx0‎ ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 撤去F后，物体回到O之前水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，加速度先减小后增大，物体先做变加速运动，再做变减速运动，当弹簧的弹力与滑动摩擦力的合力大小相等、方向相反时，加速度为零，速度最大．故A错误．‎ B. 撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，由牛顿第二定律得：物体的加速度为 故B正确．‎ C. 物块进入电场区域后，受到的电场力：‎ 所以在竖直方向上，物块受到的支持力：‎ 此时物体受到的摩擦力：‎ 物块此时的加速度：‎ 物块进入电场的区域后竖直方向的摩擦力不变，物块做匀减速直线运动，位移为：‎ x=4x0-x0=3x0‎ 由运动学的公式：‎ 可得物体离开弹簧时速率为：‎ 故C正确．‎ D. 物块进入电场前受到的摩擦力： ，物块进入电场区域后受到的摩擦力： ，所以撤去F后系统产生的内能为：‎ 故D错误．‎ 二、实验题（共2小题，第11题8分，第12题8分，共16分）‎ ‎11.（1）测某金属丝的电阻率，为了精确的测出金属丝的电阻，常用欧姆表对金属丝的电阻粗测，下图是分别用欧姆档的“×1”（图a）和“×10”档（图b）测量时表针所指的位置，则测该段金属丝应选择________档（填“×1”或“×10”），该段金属丝的阻值约为________Ω。‎ ‎（2）所测金属丝的直径d如图c所示，d=_______mm;接入电路金属丝的长度L如图d(金属丝的左端从零刻度线对齐)所示，L=________cm。‎ ‎【答案】 (1). ×1 7.0 (2). 1.700~1.704 99.00~99.05‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1][2]由图a、b所示可知，图b所示欧姆表指针偏转角度太大，应选用图a所示测量电阻阻值，图a所示欧姆档的“×1档”，所测电阻阻值为 ‎7.0×1=7.0Ω ‎(2)[3]由图c所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为1.5mm，可动刻度示数为 ‎20.0×0.01mm=0.200mm 螺旋测微器示数为 ‎1.5mm+0.200mm=1.700mm 由于读数误差所以1.700mm~1.704mm均正确；‎ ‎[4]由图d所示刻度尺可知，其分度值为1mm，刻度尺示数为99.02cm；由于读数误差99.00cm~99.05cm均可。‎ ‎12.李明同学设计了如图所示的电路测电源电动势E及电阻R1和R2阻值。实验器材有：待测电源E（不计内阻），待测电阻R1，待测电阻R2，电压表V(量程为1.5V，内阻很大)，电阻箱R（0～99．99Ω），单刀单掷开关S1，单刀双掷开关S2，导线若干。‎ ‎（1）先测电阻R1的阻值。请将李明同学的操作补充完整：闭合S1，将S2切换到a，调节电阻箱，读出示数r和对应电压表的示数U1，保持电阻箱示数不变，_________________________，读出电压表的示数U2。则电阻R1的表达式为R1=_______________。‎ ‎（2）李明同学已经测得电阻R1=4.5Ω，继续测电源电动势E和电阻R2的阻值。该同学的做法是：闭合S1，将S2切换到a，多次调节电阻箱，读出多组电阻箱示数R和对应的电压表示数U，由测得的数据，绘出了如图所示的图线，则电源电动势E=__________V，电阻R2=_______Ω．‎ ‎【答案】 (1). 将S2切换到b (2). 1.25 1.5‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)[1]由题意可知，本实验中没有给出电流表，故应是电压表与电阻箱求电源电动势和内电阻的；实验中应充分利用电阻值及串并联电路的规律得出表达式；为了多测数据，应再将S2切换到b；‎ ‎[2]由欧姆定律可知 而电路电流相等，联立解得 ‎(2)[3]根据 有 比照直线方程y=kx+b，有截距 所以 ‎[4]斜率 又 已测出R1=4.8Ω，求得 三、计算题(共44分，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎13.如图所示电路中，，，，电池的内阻，电动势．‎ ‎（1）闭合开关S，求稳定后通过的电流．‎ ‎（2）求将开关断开后流过总电荷量．‎ ‎【答案】（1）1A；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）闭合开关S电路稳定后，电容视为断路，则由图可知，与串联，由闭合电路的欧姆定律有：‎ 所以稳定后通过的电流为1A．‎ ‎（2）闭合开关S后，电容器两端的电压与的相等，有 将开关S断开后，电容器两端的电压与电源的电动势相等，有 流过的总电荷量为 ‎14.如图所示，长为L，倾角为的固定光滑绝缘斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，一带电量为+q，质量为m的小球，以初速度发v0由斜面底端的A点开始沿斜面向上匀速运动，重力加速度为g。求:‎ ‎（1）匀强电场的电场强度E的大小；‎ ‎（2）AC间的电势差UAC的大小。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)小球沿斜面匀速上滑，则有 mgsinθ=qE 解得 E=‎ ‎(2)小球从A到C的过程，由动能定理得：‎ qUAC-mgLsinθ=0‎ 解得 UAC=‎ ‎15.如图甲所示，在水平地面上固定一对与水平面倾角为的光滑平行导电轨道，轨道间的距离为，两轨道底端的连线与轨道垂直，顶端接有电源．将一根质量为的直导体棒放在两轨体会配合，且与两轨道垂直．已知轨客导体棒的电阻及电源的内电阻均不能忽略，通过导体棒的恒定电流大小为，方向由到，图乙为图甲沿方向观察的平面图．若重力加速度为，在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场，使导体棒在轨道上保持静止．‎ ‎ ‎ ‎（）请在图乙所示的平面图中画出导体棒受力的示意图；‎ ‎（）求出磁场对导体棒的安培力的大小；‎ ‎（）如果改变导轨所在空间的磁场方向，试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度的最小值的大小和方向．‎ ‎【答案】（）图见解析（2）；（3） 垂直轨道平面斜向上．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 导体棒受到重力、轨道的支持力和磁场对导体棒的安培力，安培力方向由左手定则判断，作出受力示意图．根据共点力平衡条件求解磁场对导体棒的安培力的大小；要使磁感应强度最小，则要求安培力最小，当安培力方向平行斜面向上时，安培力最小，由平衡条件和F=BIL公式求解磁感应强度B的最小值．‎ ‎【详解】（1）导体棒受到重力、轨道的支持力和磁场对导体棒的安培力，由左手定则判断可知，安培力方向水平向右．作出受力示意图如图所示．‎ ‎（2）根据共点力平衡条件可知，磁场对导体棒的安培力的大小 ‎ ‎ F=mgtanα ‎（3）要使磁感应强度最小，则要求安培力最小．根据受力情况可知，最小安培力 ‎ Fmin=mgsinα，方向平行于轨道斜向上 所以最小磁感应强度Bmin=FminIl＝mgsinαIl 根据左手定则可判断出，此时的磁感应强度的方向为垂直轨道平面斜向上．‎ ‎【点睛】本题是通电导体在磁场中平衡的问题，分析受力情况是解答的基础，关键是判断安培力的方向．‎ ‎16.某高中校区拟采购一批实验器材，增强学生对电偏转和磁偏转研究的动手能力，其核心结构原理可简化为如题图所示：AB、CD间的区域有竖直方向的匀强电场，在CD的右侧有一与CD相切于M点的圆形有界匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．一带电粒子自O点以水平初速度v0正对P点进入该电场后，从M点飞离CD边界时速度为2v0，再经磁场偏转后又从N点垂直于CD边界回到电场区域，并恰能返回O点．已知OP间距离为d，粒子质量为m，电量为q，粒子自身重力忽略不计．试求：‎ ‎(1)P、M两点间的距离；‎ ‎(2)粒子返回O点时速度的大小；‎ ‎(3)磁感强度的大小．‎ ‎【答案】(1)(2)(3)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)在M点，粒子竖直方向速度：‎ 由运动学公式得：‎ ‎(2) 到达M点的速度为 ，经磁场偏转后又从N点垂直于CD边界回到电场区域，所以返回到电场时的速度为 ，根据水平匀速可得：‎ 由vy=at可知，返回O点时：‎ 所以回到O点时：‎ ‎(3)由和 可得：‎ 再由几何关系：‎ 可得半径：‎ 由牛顿第二定律和向心力公式得：‎ 代入数据得：‎ ‎．‎