安徽省和县一中2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）

安徽省和县一中2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）

安徽省和县一中2020学年度上学期期末考试卷高二物理 ‎ 一、选择题 ‎1. 对下列物理公式的理解，其中正确的是 （ ）‎ A. 由公式φ=ЕP/q可知，静电场中某点的电势φ是由放入该点的点电荷所具有的电势能ЕP和该电荷电量q所决定的 B. 由公式R=U/Ｉ可知，导体的电阻R由它两端的电压U和它当中通过的电流Ｉ决定 C. 由公式E=kQ/r2可知，点电荷Q在距其r处产生的电场强度E由场源电荷电量Q和距场源电荷的距离r决定 D. 由公式可知，电容器的电容C由电容器所带电荷量Q和两极板间的电势差U决定 ‎【答案】C 静电场中某点的电势φ由电场本身决定，与试探电荷无关，A错误；由欧姆定律公式可知，属于比值定义法，导体的电阻R与两端电压U，及流过的电流I无关，故B错误；由公式可知，Q是形成此电场的点电荷的电量，r是该点距Q的距离，因此点电荷Q在距其r处产生的电场强度E由场源电荷电量Q和距场源电荷的距离r决定，C正确；电容器的电容C由电容器本身决定，与试探电荷无关，D错误．‎ ‎2. 电场中两点间电势差U=W/q的意义是( )‎ A. 它是由两点的位置决定的，与移动的电荷的种类和数量无关 B. 电势差与电场力做的功成正比，与被移动的电荷量成反比 C. 电势差的大小等于移动单位电荷时电场力所做的功 D. 电场中两点间没有电荷移动，则电势差为零 ‎【答案】A ‎【解析】电场中两点间的电势差由两点在电场中的位置决定，可以用来定义，但与移动的电荷的种类、数量以及是否移动电荷无关，所以A正确，BD错误；从物理意义上讲，电势差的大小等于移动单位正电荷时电场力所做的功，C选项没有说明是正负电荷，故错误。‎ ‎3. 通过电阻R的电流强度为I时，在t时间内产生的热量为Q，若电阻为2R，电流强度为I/2，则在时间t内产生的热量为( )‎ A. Q/4 B. Q/2 C. 2Q D. 4Q ‎【答案】B ‎...............‎ ‎4. 如图所示，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c，a、b间的距离等于b、c间的距离.用φa、φb、φc和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，可以断定正确的是( )‎ A. φa＞φb＞φc B. Ea＞Eb＞Ec C. φc－φb=φb－φa D. Ea=Eb=Ec ‎【答案】A ‎【解析】沿电场线方向电势降低，故，A正确；由于只有一条电场线，所以无法判断电场线疏密程度，故无法判断电场强度大小，可能是非匀强电场，也可能是匀强电场，所以BD错误；因为电场强度大小无法判断，所以也就无法判断相邻两点间电势差的大小关系了，故C错误．‎ ‎5. 如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场；重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度v正对着圆心O射入磁场，若粒子射入、射出磁场点间的距离为R，则粒子在磁场中的运动时间为：‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，如图所示：‎ 故轨道半径：r=R；根据牛顿第二定律，有：qvB=m，解得：r=；联立解得： ；故在磁场中的运动时间： ，故D正确，ABC错误；故选D．‎ ‎6. 一电子在电场中由a点运动到b点的轨迹如图中实线所示图中一组平行虚线是等势面，则下列说法正确的是（ ）‎ A. a点的电势比b点低 B. 电子在a点的加速度方向向右 C. 电子从a点到b点动能增加 D. 电子从a点到b点电势能增加 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：根据电子的运动轨迹可知，电子受的电场力向下，电场线与等势面垂直，由此可知电场线的方向向上，沿电场线的方向，电势降低，所以a点的电势比b点高，所以A错误．由A的分析可知，电子受的电场力向下，所以电子在a点的加速度方向向下，所以B错误．从A点到B点的过程中，电场力做负功，所以电子从a点到b点动能减小，所以C错误．电场力做负功，电势能增加，所以电子从a点到b点电势能增加，所以D正确．故选D。‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎7. 如图所示电路中，电路中5个电阻相同，如果ab输入电压是6V，电容器的电容C=10-6F，则cd端电容所带的电量为（ ）‎ A. 6×10-6C B. 3×10-6C C. 2×10-6C D. 1×10-6C ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：由图可知左侧三个电阻串联，电容器与R并联；则电容器两端的电压；则电容器所带的电量Q=UC=2×10-6C；故选C．‎ 考点：串并联电路；电容器 ‎【名师点睛】电题考查电路的串并联关系以及电容器的电容公式的应用；注意与电容器串联的电阻部分作为导线处理。‎ ‎8. 如图所示，虚线框内有匀强电场，、、是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离为，其中为零电势面。一个质量为，电量为的粒子沿方向以初动能自图中的点进入电场，刚好从点离开电场。已知，粒子的重力忽略不计，下列说法正确的是（ ）‎ A. 该粒子通过零势面时的动能是 B. 该粒子在点的电势能是 C. 该粒子达到点时的动能是 D. 该粒子达到点时的电势能是 ‎【答案】BC ‎【解析】带电粒子做类平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，有：v0t=2cm，t=1cm，解得vy=v0．故离开电场C′点时的速度．因为初动能Ek＝mv02，粒子到达C′点时的动能EK′=mv2=mv02=2EK．故C正确．P到C′过程中电场力做功W=EK′-EK=EK，所以粒子通过等势面BB′时电场力做功为，根据动能定理知，粒子通过等势面BB′时的动能是1.5EK．故A错误．电场力做功等于电势能的减小量，粒子通过等势面BB′时电场力做功为，所以电势能减小，BB′为零势面，所以粒子在P点时的电势能是0.5Ek．故B正确．P到C′过程中电场力做功为EK，电势能减小EK，所以粒子到达C′点时的电势能是-0.5Ek．故D错误．故选BC．‎ 点睛：解决本题的关键知道粒子做类平抛运动，知道水平方向上和竖直方向上的运动规律，以及掌握动能定理和电场力做功与电势能的关系．‎ ‎9. 如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔。右极板电势随时间变化的规律如图所示。电子原来静止在左极板小孔处。（不计重力作用）下列说法中正确的是 A. 从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上 B. 从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动 C. 从t=T/4时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上 D. 从t=3T/8时刻释放电子，电子必将打到左极板上 ‎【答案】AC ‎【解析】若t=0时刻释放电子，在前内，电子受到的电场力向右，向右做匀加速直线运动；后内，电子受到向左的电场力作用，电子继续向右做匀减速直线运动；接着周而复始，所以电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上．即电子将重复先加速后减速，直到打到右极板，不会在两板间振动，故A正确，B错误；若从时刻释放电子，电子先加速，再减速，有可能电子已到达右极板，若此时未到达右极板，则电子将在两极板间振动，故C正确；同理若从时刻释放电子，电子有可能到达右极板，也有可能从左极板射出，这取决于两板间的距离，故D错误。所以AC正确，BD错误。‎ ‎10.‎ ‎ 利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L．一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度d的缝射出的粒子，下列说法正确的是 A. 粒子带正电 B. 射出粒子的最大速度为 C. 保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 D. 保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：粒子向右偏转，根据左手定则知，粒子带负电．故A错误．粒子在磁场中运动的最大半径为，根据半径公式得，粒子的最大速度．故B正确．粒子在磁场中偏转的最小半径为，根据半径公式得，粒子的最小速度，则最大速度和最小速度之差，保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度和最小速度之差不变．故C正确，D错误．故选BC。‎ 考点：带电粒子在复合场中的运动 ‎【名师点睛】解决本题的关键确定粒子在磁场中偏转的临界半径，结合粒子在磁场中运动的半径公式进行求解。‎ 视频 ‎11. 如图所示，匀强磁场的方向竖直向下．磁场中有光滑的水平桌面，在桌面上平放着内壁光滑、底部有带电小球的试管．在垂直于试管的水平拉力F作用下，试管向右匀速运动，带电小球能从试管口处飞出．关于带电小球及其在离开试管前的运动，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 小球带负电 B. 小球运动的轨迹是一条抛物线 C. 洛伦兹力对小球做正功 D. 要保持试管匀速运动，拉力F应逐渐增大 ‎【答案】BD ‎【解析】小球能从管口处飞出，说明小球受到指向管口洛伦兹力，根据左手定则判断，小球带正电．故A错误．设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动．小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动．与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线．故B正确．洛伦兹力总是与速度垂直，不做功．故C错误．设小球沿管子的分速度大小为v2，则小球受到垂直管子向左的洛伦兹力的分力F2=qv2B，v2增大，则F2增大，而拉力F=F2，则F逐渐增大．故D正确．故选BD．‎ ‎12. 某空间区域的竖直平面内存在电场，其中竖直的一条电场线如图1中虚线所示。一个质量为m、电荷量为q的带正电小球，在电场中从O点由静止开始沿电场线竖直向下运动。以O为坐标原点，取竖直向下为x轴的正方向，小球的机械能E与位移x的关系如图2所示，不计空气阻力。则（　　）‎ A. 电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向 B. 到达x1位置时，小球速度的大小为 C. 从O到x1的过程中，相等的位移内小球克服电场力做的功相等 D. 从O到x1的过程中，小球的速率越来越大，加速度也越来越大 ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：物体的机械能逐渐减小，电场力对小球做负功，故电场强度方向向上，即沿x轴负方向．再根据机械能的变化关系可知，相等位移电场力做功越来越小，说明电场力减小，故电场强度不断减小，故A错误；根据动能定理可得，解得到达位置时，小球速度，故B正确；由于电场力越来越小，故相等的位移内，小球克服电场力做的功越来越小，故C错误；根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，电场力向上，重力向下，开始时重力大于电场力，由上知电场力越来越小，故合力越来越大，加速度越来越大，速度越来越大，故D正确；‎ 考点：考查了电场力做功与与物体机械能的变化关系 二、实验题 ‎13. 用伏安法测电源电动势和内电阻，已知电流表内阻和电源内电阻相比，不可忽略，画出的（甲）、（乙）两种可供选用的测量电路．‎ ‎（1）为提高电动势和内电阻的测量精度，应选用的电路是__．‎ ‎（2）由实验数据做出如图（丙）所示图线，则该电源的内电阻r=__Ω．‎ ‎（3）产生系统误差的主要原因是__．‎ ‎（4）在实验过程中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U及干电池的输出功率P都会发生变化，能正确反映P－U关系的图像是_______。‎ ‎【答案】 (1). 乙 (2). 1.0 (3). 电压表分流 (4). C ‎【解析】（1）已知电流表内阻和电源内电阻相比，不可忽略，为减小实验误差，应采用图乙所示电路图；‎ ‎（2）由图2所示图象可知，电源内阻；‎ ‎（3）由图示图象可知，由于电压表的分流作用，所测电流小于通过电源的电流，电压表分流是造成误差的原因．‎ ‎（4）电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大，而当内阻和外阻相等时，输出功率最大，此时输出电压为电动势的一半，外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零，故符合条件的图象应为C。‎ ‎14. （1）如图甲、乙所示,游标卡尺的读数为_________ cm;螺旋测微器的读数为_________ cm。‎ ‎（2）将多用电表调整到欧姆挡“×10”挡,欧姆调零后,将一个标准的300Ω 的电阻接在红黑表笔之间,发现指针偏转夹角为表盘的三分之一,则该欧姆表的中央刻度是__________ 。‎ ‎【答案】 (1). 9.17 (2). 0.1300 (3). 15‎ ‎【解析】试题分析：（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数．（2）欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律，欧姆表指针示数与挡位乘积是欧姆表示数，根据闭合电路欧姆定律分析答题．‎ ‎（1）由图示游标卡尺可知，其示数为：91mm+7×0.1mm=91.7mm=9.17cm；由图示螺旋测微器可知，其示数为：1mm+30.0×0.01mm=1.300mm=0.1300cm；‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律可知：，，解得，中间刻度值为：．‎ ‎15. 如图为—正在测量中的多用电表表盘。‎ ‎（1）如果是用×100 档测量电阻，则读数为_________Ω ‎（2）欧姆表是由表头、干电池和调零电阻等串联而成，有关欧姆表的使用和连接，下面的叙述正确的是 ‎____________‎ ‎①测电阻前要使红、黑表笔相接，调节调零电阻，使表头指示电流为零；‎ ‎②红表笔与表内电池正极那边相连，黑表笔与表内电池负极那边相连；‎ ‎③红表笔与表内电池负极那边相连，黑表笔与表内电池正极那边相连；‎ ‎④测电阻时，表针偏转角度越大，待测电阻阻值越大；‎ ‎⑤测电阻时，表针偏转角度越大，待测电阻阻值越小。‎ A．①②‎ B．③⑤‎ C．②④‎ D．①④‎ ‎【答案】 (1). 800 (2). B ‎【解析】（1）如果是用×100 W档测量电阻，则读数为8×100Ω=800 W。‎ ‎（2）测电阻前要使红、黑表笔相接，调节调零电阻，使表头指示电阻值为0．故①错误；‎ 红表笔与表内电池负极那边相连，黑表笔与表内电池正极那边相连；故②错误，③正确；‎ 测电阻时，表针偏转角度越大，待测电阻阻值越小．故④错误，⑤正确；故选B.‎ 点睛：欧姆表使用前要进行机械调零，测电阻换挡后要重新进行欧姆调零，红表笔接电源负极，指针偏角大，电流大，说明阻值小．‎ 三、解答题 ‎16. 如图所示，电荷量为－e、质量为m的电子从A点沿与电场垂直的方向进入匀强电场，初速度为v0，当它通过电场中B点时，速度与场强方向成150°角，不计电子的重力，以A点的电势为零，求B点的电势。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：电子进入匀强电场后在电场力作用下做匀变速曲线运动，根据运动的分解可知，电子在垂直于电场线方向上做匀速直线运动．将B点的速度分解到水平方向和竖直反向，‎ 水平方向：‎ 电子从A运动到B由动能定理得：‎ 电场力做正功，电势能减少，所以B点的电势能为：，．‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】本题运用动能定理求电势差，也可以根据类平抛运动的特点，牛顿第二定律和运动学结合求解；此题方法较多，同学可尝试一题多解．‎ ‎17. 如图所示，A、B、C为三块水平放置的金属板，板的厚度不计，间距均为d。A、B板中央有小孔，电路中三个电阻的阻值均为R，电源内阻也为R。现有一质量为m的带正电液滴在距A板小孔正上方为d的P处由静止开始下落，不计空气阻力，当它达到C板时速度恰为零。求：‎ ‎（1）液滴通过B板中央小孔时的速度大小；‎ ‎（2）液滴从P处到达B板的运动过程中其电势能变化了多少？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1），‎ ‎.‎ 带电液滴从开始下落到B板的过程中，有 带电液滴从开始下落到C板的过程中，有mg.3d+qUAB-qUCB=0‎ 由以上二式解得：‎ ‎（2）液滴从静止的位置到B板的运动过程中，其电势能减小 考点：动能定理、闭合电路欧姆定律。‎ ‎18.‎ ‎ 如图所示，半径为R的光滑绝缘圆环固定在竖直平面内，直径AC（含A、C）下方有水平向右的匀强电场，一质量为m，带电量为+q的小球，从A点静止释放，沿圆内轨道运动，第一次恰能通过最高点D，（重力加速度为g）；求：‎ ‎（1）电场强度的大小；‎ ‎（2）第n次通过轨道最高点D，轨道对小球的作用力大小．‎ ‎【答案】（1）（2）3（n-1）mg ‎【解析】试题分析：（1）球第一次到D点时，重力恰好提供向心力，根据牛顿第二定律，有：①‎ 对从A释放到第一次到达D点过程根据动能定理列式，有：‎ ‎-mgR+qE•2R=mv12−0 ②‎ 联立①②解得：‎ ‎（2）从A释放到第n次到达D点过程，根据动能定理，有：-mgR+n（qE•2R）=mvn2−0 ③‎ 在D点，重力和支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：④‎ 联立③④解得：N=3（n-1）mg 考点：牛顿第二定律；动能定理 ‎【名师点睛】本题关键是明确小球的受力情况和运动情况，要能够结合动能定理和牛顿第二定律分析；本题是永动机模型，没有考虑到边界效应。‎ ‎19. 平面直角坐标系中，第1象限存在沿轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度垂直于轴射入电场，经 轴上的N点与轴正方向成60º角射入磁场，最后从轴负半轴上的P点与轴正方向成60º角射出磁场，如图所示。不计粒子重力，求：‎ ‎（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R；‎ ‎（2）粒子从M点运动到P点的总时间；‎ ‎（3）匀强电场的场强大小E。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】（1）设粒子过N点时的速度为v，根据平抛运动的速度关系v=①‎ 分别过N、P点作速度方向的垂线，相交于Q点，则Q是粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，根据牛顿第二定律 qvB=②‎ 联立①②解得轨道半径 R= ③‎ ‎（2）设粒子在电场中运动的时间为t1，有 ON=v0t1 ④‎ 由几何关系得 ON=Rsin30°+Rcos30°⑤‎ 联立③④⑤解得 t1= ⑥‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 T= ⑦‎ 由几何关系知∠NQP=150°，设粒子在磁场中运动的时间为t2‎ t2=T⑧‎ 联立⑦⑧解得 t2=⑨‎ 故粒子从M点运动到P点的总时间 t=t1+t2=⑩‎ ‎（3）粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a，运动时间为t 由牛顿第二定律：qE=ma   （11）‎ 设沿电场方向的分速度为vy，vy=at（12）‎ 粒子在电场中x轴方向做匀速运动，由图根据粒子在磁场中的运动轨迹可以得出：‎ 粒子在x轴方向的位移：Rsin30°+Rcos30°=v0t  （13）‎ 又：vy=v0tan60°（14）‎ 联立（11）（12）（13）（14）可以解得E=‎ 点睛:掌握平抛运动的处理方法并能运用到类平抛运动中，粒子在磁场中做匀速圆周运动，能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定各量之间的关系．‎