安徽省泗县巩沟中学2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）

安徽省泗县巩沟中学2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）

安徽省泗县巩沟中学2020学年度上学期高二期末考试物理试题 ‎ 一、选择题 ‎1. 电场强度E的定义式为E＝F/q，根据此式，下列说法中正确的是（ ）‎ ‎①该式说明电场中某点的场强E与F成正比，与q成反比，拿走q，则E＝0‎ ‎②式中q是放入电场中点电荷的电量，F是点电荷在电场中某点受到的电场力，E是该点的电场强度 ‎③式中q是产生电场的点电荷的电量，F是放在电场中的点电荷受到的电场力，E是电场强度 ‎④在库仑定律的表达式F＝kq1q2/r2中，可以把kq2/r2看作是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，也可以把kq1/r2看作是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小．‎ A. 只有①② B. 只有①③ C. 只有②④ D. 只有③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】电场中某点的场强E与F和q无关，选项①错误；E=式中q是放入电场中的点电荷的电量，F是该点电荷在电场中某点受到的电场力，E是该点的电场强度，选项②正确，③错误；‎ 在库仑定律的表达式F=中，可以把看做是点电荷q2产生的电场在点电荷q1处的场强大小，也可以把看做是点电荷q1产生的电场在点电荷q2处的场强大小，选项④正确；故选C．‎ ‎2. 平行板间加如图所示周期变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况。下图中能定性描述粒子运动的速度图象正确的是 （ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】带电粒子正好是从零时刻由静止开始运动，加速度、速度具有周期性与对称性。‎ 视频 ‎3. 一带负电的小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h3，若加上竖直向上的匀强电场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h4，如图所示．不计空气阻力，则（ ）‎ A. h1=h3‎ B. h1＜h4‎ C. h2与h3无法比较 D. h2＜h4‎ ‎【答案】A ‎【解析】第1个图：由竖直上抛运动的最大高度公式得：；第3个图：当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有，，所以，故A正确；‎ 而第2个图：洛伦兹力改变速度的方向，当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，设此时的球的动能为，则:由能量守恒得：‎ 又由于,所以，，所以C错误；‎ 第4个图：因小球带负，受电场力向下，则一定小于；由于无法明确电场力做功的多少，故无法确定和之间的关系，故BD错误；‎ 点睛：明确各种力做功情况，特别注意洛伦兹力的方向始终和速度的方向垂直，只改变球的速度的方向，所以磁场对电子的洛伦兹力始终不做功。‎ ‎4. 如图是小文同学研究串联电路中电流、电压特点的实物连接图。当开关闭合时，灯L1亮，灯L2不亮，电流表和电压表均有读数。则故障原因可能是 A. L1断路 B. L1短路 C. L2断路 D. L2短路 ‎【答案】D ‎【解析】串联电路中灯L1亮，灯L2不亮，则L2不可能断路，若L2断路，L1灯也不亮了，则可能L2短路，故AC错误；若L1短路，灯L1就不亮了，故B错误；若L2短路，电流表和电压表均会有示数，故D正确。所以D正确，ACD错误。‎ 点睛：电压表无示数则说明电压表所测量电路中，包含电源的部分电路断路或不包含电源部分短路，再由电路中有无电流来判断是断路还是短路．有电流，则电路为短路；无电流，则电路为断路；电压表有示数则说明电压表所测量电路中，包含电源的部分电路短路或不包含电源部分断路，再由电路中有无电流来判断是断路还是短路．有电流，则电路为短路；无电流，则电路为断路。‎ ‎5. 一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：粒子在磁场中做匀速圆周运动 根据几何关系，有∠MOA=90°，∠OMA=45°，∠CMO'=60°，所以∠O′MA=75°，∠O′AM=75°，∠MO′A=30°‎ 即轨迹圆弧所对的圆心角为30°‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 粒子在磁场中匀速圆周运动的时间 圆筒转动90°所用时间 粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等解得：；则，解得，A正确，BCD错误；故选A．‎ 考点：带电粒子在磁场中的运动 ‎.....................‎ 视频 ‎6. 用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图中(a)、(b)所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是(　 　)‎ A. 图(a)中的A1、A2的指针偏角相同 B. 图(a)中的A1、A2的示数相同 C. 图(b)中的A1、A2的示数和偏角都不同 D. 图(b)中的A1、A2的示数不同，偏角相同 ‎【答案】A ‎【解析】图（a）中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故A正确，B错误；图（b）中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同，由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故CD错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎7. 某电场的电场线分布如图所示，、、是以电场线上一点为圆心的同一圆周上的三点，连线与直线垂直。以下说法正确的是 A. 点电势与点电势相等 B. 、间的电势差大于、间的电势差 C. 将一负电荷由点移到点，电荷的电势能减少 D. 正电荷在点所受电场力的方向与垂直且竖直向上 ‎【答案】B ‎【解析】根据电场线与等势线垂直特点，在O点所在电场线上找到Q点的等势点，该等势点在O点的上方，根据沿电场线电势降低可知，O点的电势比Q点的电势高，故A错误；根据电场线分布情况可知，MO间的平均电场强度比ON之间的平均电场强度大，由公式U=Ed可知，M、O间的电势差大于O、N间的电势差，故B正确；M 点的电势比Q点的电势高，负电荷由M点移到Q点，电场力做负功，电荷的电势能增加，故C错误．正电荷所受的电场力与该点电场线的切线方向相同，斜向上，故D错误；故选B.‎ 点睛：解决本题的关键要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场强度，顺着电场线方向电势降低．‎ ‎8. 在x轴上存在与x轴平行的电场，x轴上各点的电势随x点位置变化情况如图所示。图中－x1～x1之间为曲线，且关于纵轴对称，其余均为直线，也关于纵轴对称。下列关于该电场的论述正确的是（ ）‎ A. x轴上各点的场强大小相等 B. 从－x1到x1场强的大小先减小后增大 C. 一个带正电的粒子在x1点的电势能大于在－x1点的电势能 D. 一个带负电的粒子在－x1点的电势能大于在－x2的电势能 ‎【答案】BD ‎【解析】试题分析：φ-x图象的斜率大小等于电场强度，故x轴上的电场强度不同，故A错误；从-x1到x1场强斜率先减小后增大，故场强先减小后增大，故B正确；由图可知，场强方向均指向O，根据对称性可知，一个带正电的粒子在x1点的电势能等于在-x1点的电势能，故C错误；电场线指向O点，则负电荷由-x1到-x2的过程中电场力做正功，故电势能减小，故带负电的粒子在-x1点的电势能大于在-x2的电势能，故D正确；故选BD。‎ 考点：电场强度；电势及电势能 ‎【名师点睛】本题关键要理解φ-t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确定电势能的变化。‎ ‎9.‎ ‎ 图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带负电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子（ ）‎ A. 带负电 B. 在c点受力最大 C. 在b点的电势能大于在c点的电势能 D. 由a点到b点的动能变化小于由b点到c点的动能变化 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：放在电场中的点电荷离场源电荷最远，库仑力最小。电场力做功只与初末位置有关，与运动路径无关，可由计算电场力做的功。‎ 负点电荷形成的电场，电场线方向均沿半径方向向内，该粒子运动轨迹为曲线，根据曲线运动合力指向曲线内侧可判断，电场力沿电场线反方向，所以该粒子带负电，A正确；根据库仑力，c点离场源电荷最远，库仑力最小，B错误；从b点运动到c点，电场力做正功，电势能减少，即在b点的电势能大于在c点的电势能，C正确；整个运动过程只有电场力做功，所以动能变化量等于电场力做功。从a点到b点和从b点到c点的电势差相等，根据电场力做功可知电势差相等，电场力做功相等，所以动能变化量相等，D错误。‎ ‎10. 如图所示，用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板之间的电势差U，现使B板带正电，则下列判断正确的是(　　)‎ A. 增大两极板之间的距离，静电计指针张角变大 B. 将A板稍微上移，静电计指针张角将变大 C. 若将玻璃板插入两板之间，则静电计指针张角变大 D. 若将A板拿走，则静电计指针张角变为零 ‎【答案】AB ‎【解析】试题分析：已充电的平行板电容器电量不变．静电计测量电势差的大小，电容器板间的电势差越大，静电计指针张角越大．根据电容器电容的决定分析电容的变化，由电容的决定式分析板间电势差的变化．‎ 解：‎ A、增大两极板之间的距离，由电容的决定式C=可知，电容增小，电容器的电量不变，由C=分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大．故A正确．‎ B、将A板稍微上移时，正对面积减小，由电容的决定式C=可知，电容增小，电量不变，由C=分析可知，板间电压增大，静电计指针张角变大．故B正确．‎ C、将玻璃板插入两板之间，电容的决定式C=可知，电容增大，电量不变，由C=分析可知，板间电压减小，静电计指针张角变小．故C错误．‎ D、若将A板拿走，B板上带电量不变，静电计相当于验电器，指针张角不为零．故D错误．‎ 故选AB ‎【点评】本题要抓住电容器的电量不变，由电容的决定式C=和定义式C=结合分析电容器动态变化问题，‎ ‎11. 如图电路中，电源电动势为E，内阻为r，固定电阻R1=r，可变电阻R2的最大值也等于r．则当滑动头上移时（ ）‎ A. 电源的输出功率增大 B. 电源内部的电势降落增大 C. R2消耗的电功率减小 D. 电源的效率增加 ‎【答案】ABC ‎【解析】试题分析：R1为定值电阻，R2为可变电阻，根据P=I2R1可以分析电阻R1的功率的变化情况，由于R2减小的时候，电路电流就在增加，所以不能根据P=I2R2来分析R2的功率的变化情况；‎ 当电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大．‎ 解：A、根据电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大可知，固定电阻R1=r，则当滑动头上移时，滑动变阻器电阻减小，但总电阻仍然大于电源内阻，所以电源的输出功率增大，故A正确；‎ B、当滑动头上移时，滑动变阻器电阻减小，总电阻减小，总电流增大，内阻所占电压增大，所以电源内部的电势降落增大，故B正确；‎ C、当把R1和电源看做一个整体时，即把电源的内阻看做R1+r，当R2=R1+r时，电源的输出功率最大，即R2上获得最大功率，但实际上R2＜R1+r时，所以R2变小时，R2消耗的电功率减小，所以C正确；‎ D、电源的效率，总电阻减小，内阻所占电压增大，所以路端电压减小，则电源效率减小，所以D错误；‎ 故选：ABC．‎ ‎【点评】对于R2的功率的分析是本题的难点，通常的分析方法都是把R1和电源看做一个整体来分析电源的输出功率的变化情况，即为R2的功率的情况．‎ ‎12. 如图所示，两个质量相等的带电粒子ab在同一位置A以大小相同的速度射入同一匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为300和600，经磁场偏转后两粒子都经过B点，AB连线与磁场边界垂直，则（ ）‎ A. a粒子带正电，b粒子带负电 B. 两粒子的轨道半径之比 C. 两粒子所带的电量之比 D. 两粒子的运动时间之比 ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：a粒子是30°入射的，而b粒子是60°入射的，由于从B点射出，则a粒子受到的洛伦兹力方向沿b粒子速度方向，而b粒子受到的洛伦兹力方向沿a粒子速度方向，由磁场方向，得a粒子带负电，而b粒子带正电，故A错误；如图连接AB，AB连线是两粒子的运动圆弧对应的弦，则弦的中垂线（红线）与各自速度方向的垂直线（虚线）的交点即为各自圆心．如图：‎ 两圆心的连线与两个半径构成一个角为30°，另一个为60°的直角三角形．根据几何关系，则有两半径相比为Ra：Rb=1：．故B错误；根据可知，则两粒子所带的电量之比，选项C正确；根据可知；a粒子圆弧对应的圆心角为120°，而b粒子圆弧对应的圆心角为60°，则 ‎，选项D正确；故选CD．‎ 考点：带电粒子在磁场中的运动 ‎【名师点睛】此题是带电粒子在磁场中的运动问题；解题时利用圆弧的特性来确定圆心，画出圆弧并运用几何关系来算出圆弧的半径，同时还体现出控制变量的思想。‎ 二、实验题 ‎13. 在“用电流表和电压表测定电池的电动势和内电阻”的实验中．‎ ‎（1）备有如下器材 A．干电池1节 B．滑动变阻器（0～20 Ω）‎ C．滑动变阻器（0～1 kΩ）‎ D．电压表（0～3 V）‎ E．电流表（0～0．6 A）‎ F．电流表（0～3 A）‎ G．开关、导线若干 其中滑动变阻器应选____________，电流表应选____________．（只填器材前的序号）‎ ‎（2）某同学根据实验数据画出的U－I图象如图所示，由图象可得电池的电动势为_____ V，内电阻为____________Ω．‎ ‎【答案】 (1). B (2). E (3). 1．5 (4). ‎ ‎【解析】（1）为了操作方便，应选择较小的滑动变阻器，故选用B，电路中电流较小，所以选用电流表E；‎ ‎（2）根据，可知图象纵轴截距即为电动势，图象斜率绝对值即为内阻r，所以，。‎ 点睛：要明确实验原理是解决有关实验问题的关键，遇到根据图象求解的问题，首先要根据物理定律写出有关纵轴物理量与横轴物理量的函数表达式，然后再结合截距与斜率的概念即可求解．‎ ‎14. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，小灯泡标有“3.8V、1.14W”字样；，为了使测量结果尽量准确，电压测量范围尽量大，从实验室找到以下供选择的器材：‎ A．直流电源E的电动势4.5V，内阻不计 B．电流表A1量程250mA，内阻约为2Ω C．电流表A2量程500mA，内阻约为1Ω D．电压表V1（0～5V，内阻约为5kΩ）‎ E．电压表V2（0～15V，内阻15kΩ）‎ F．滑动变阻器R1（0～10Ω）‎ G．滑动变阻器R2（0～2 000Ω）‎ H．开关、导线若干 ‎（1）实验时电流表选________；电压表选________；滑动变阻器选________（填字母代号如ABCD等）。‎ ‎（2）请设计合理的测量电路，把电路图画在作图框中_______________。‎ ‎【答案】 (1). C (2). D (3). F (4). 电路图如下:‎ ‎【解析】额定电压为3.8V，电压表选V1；‎ 根据小灯泡规格“3.8V，1.14W”可知，小灯泡额定电流为，所以电流表应选；‎ 由于实验要求电流从零调，变阻器应采用分压式接法，应选择全电阻小的变阻器以方便调节；‎ ‎②由于小灯泡电阻较小满足，所以电流表应用外接法，又变阻器应用分压式，电路图如图所示：‎ 故答案为(1). C (2). D (3). F 本实验要求多测几组数据，滑动变阻器采用分压法，电流表采用外接法，电路图如下 ‎15. 在测量金属丝电阻率的实验中，可供选用的器材如下：‎ 待测金属丝：Rx(阻值约4 Ω)；‎ 电压表：(量程3 V，内阻约3 kΩ)；‎ 电流表：A1(量程0.6 A，内阻约0.2 Ω)，‎ A2：(量程3 A，内阻约0.05 Ω)；‎ 电源：E1(电动势3 V，内阻不计)，‎ E2：(电动势12 V，内阻不计)；‎ 滑动变阻器：R(最大阻值约20 Ω)；‎ 螺旋测微器：毫米刻度尺；开关S；导线。‎ ‎（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为________mm。‎ ‎（2）若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电流表应选________，电源应选________(均填器材代号)。‎ ‎（3）在答题纸对应题号线框内完成电路原理图__________。‎ ‎【答案】 (1). 1.770(1.769～1.771) (2). A1 (3). E1 (4). 如图所示：‎ ‎【解析】（1）螺旋测微器读数；‎ ‎(2) 为使测量尽量精确，通过电阻丝的电流不宜大，故电流表应选A1(量程0.6 A，内阻约0.2 Ω)；‎ 由电流表可推算出电阻丝两端电压最大约为2.4V，故电源应选E1(电动势3‎ ‎ V，内阻不计)。‎ ‎(3)电阻丝电阻相对电压表较小，采用电流表的外接法。又因为滑动变阻采用限流式，电路如图：‎ 点睛：器材的选取要兼顾安全、精确、可操作性等方面。测量电阻丝的电阻率时，电路中电流不能大，防止电阻丝发热影响其电阻率。‎ 三、解答题 ‎16. 如图所示，两块带电金属板竖直放置，中间形成一匀强电场。一质量为m、带电荷量为+q的微粒，以初速度v0竖直向上射入匀强电场中，粒子从左极板小孔离开，离开极板时速度为2v0,方向与极板垂直(重力加速度为g)。求：‎ ‎（1）粒子在极板之间运动的竖直位移；‎ ‎（2）粒子进入位置与离开位置两点间的电势差。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）粒子在竖直方向上做初速度为v0，加速度为g的匀减速直线运运，其末速度为零，由 可得：‎ ‎（2）粒子在水平方向上只有电场力做功，由动能定理可得：‎ ‎ ‎ 解得：‎ 综上所述本题答案是：（1） （2）‎ ‎17. 在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6×105 N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个质量m=10g带负电荷的绝缘小物块，其带电量q=5×10-8 C．小物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，沿x轴正方向给物块一个初速度v0=2m/s，如图所示．试求：‎ ‎（1）小物块沿x轴正方向运动离O点的最远距离；‎ ‎（2）小物块最终停止时的位置．‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】（1）当物块沿x轴正方向运动时，受到沿x轴负方向的电场力F和动摩擦力f，电场力大小为F=Eq，滑动摩擦力大小为f=μFN=μmg 设物块沿x轴正方向运动离O点的最远距离为s，此过程中由动能定理得 ‎−(F+f)s=−‎ 联立解得 ‎ ‎(2)由于F>f，当物块运动到沿x轴正方向离O点的距离最远时，又返回向x轴负方向运动，设最终停止时左侧s′处 在物块向x轴负方向运动的过程中，由动能定理得：(F−f)s−fs′=0‎ 解得 ‎18. 如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x轴上的S点由一粒子发射源，不定时的发射沿与x轴负方向成30°角的质量为m电荷量为-q的粒子a和沿与x轴正方向成60°角的质量也为m、电荷量为+q的粒子b。已知粒子a的速度为，粒子b的速度为，忽略两粒子的重力以及两粒子间的相互作用，求：‎ ‎（1）要使两粒子在磁场中发生碰撞，则两粒子释放的时间间隔；‎ ‎（2）如果两粒子在磁场中不相碰，则两粒子进入磁场后第一次经过x轴时两点之间的距离。‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】（1）如图所示，假设两粒子在磁场中的P点发生碰撞，两粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示 设a粒子做圆周运动的半径为r，则b粒子做圆周运动的半径为r 根据几何关系可得a、b粒子在圆心相距为2r 圆弧SP在a粒子圆周上对应的圆心角为1200‎ 圆弧SP在b粒子圆周上对应的圆心角为600‎ 两粒子运动周期相同，故要使两粒子相碰，释放的时间间隔应为 ‎（2）两粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动 根据洛伦兹力提供向心力有，‎ 则 粒子a做圆周运动对应的圆心角，对应的弦SM=2rsin300‎ 粒子b做圆周运动对应的圆心角，对应的弦SN=2rsin600‎ 联立得 点睛：求带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的时间，常常根据t=T，θ是轨迹的圆心角，根据几何知识，轨迹的圆心角等于速度的偏向角．‎