安徽省泗县刘圩高级中学2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）

安徽省泗县刘圩高级中学2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）

安徽省泗县刘圩高级中学2020学年度上学期期末考试高二物理 ‎ 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 ‎【解析】试题分析：所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法．比如①物质密度 ②电阻 ③场强 ④磁通密度 ⑤电势差 等．一般地，比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变，如确定的电场中的某一点的场强就不随q、F而变．当然用来定义的物理量也有一定的条件，如q为点电荷，S为垂直放置于匀强磁场中的一个面积等．类似的比值还有：压强，速度，功率等等．‎ 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.‎ ‎ 如图所示，+Q为固定的正电荷，在它的电场中，一电荷量为+q的粒子，从a点以沿ab方向的初速度v0开始运动。若粒子只受电场力作用，则它的运动轨迹可能是图中的（ ）‎ A. ab直线 B. ac曲线 C. ad曲线 D. ae曲线 ‎【答案】B ‎【解析】如图，电荷量为+q的粒子进入正电荷+Q的电场，受到正电荷+Q的排斥力，而排斥力与粒子的初速度v0方向不在同一直线上，则粒子轨迹将向右弯曲，沿着ac曲线运动．故B正确．‎ ‎+q受到正电荷+Q的排斥力，与粒子的初速度v0方向不在同一直线上，粒子不可能作直线运动．故A错误．+q由于受到正电荷+Q的排斥力，两者远离，不可能靠近．故CD错误．故选B．‎ ‎3. 直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图，M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零。静电力常量用k表示。若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为 （ ）‎ A. ，沿y轴正向 B. ，沿y轴负向 C. ，沿y轴正向 D. ，沿y轴负向 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零，故两个负电荷在G点形成的场强与电荷量为Q的正点电荷在G点形成的场强等大反向，大小；若将该正点电荷移到G点，则H点处电场强度的大小，方向沿y轴负向，故选B．‎ 考点：电场的叠加 ‎【名师点睛】此题是电场的叠加问题；关键是能找到两个负电荷在G、H两点的场强大小，根据点电荷场强公式求解正电荷Q的场强，最后叠加即可．‎ 视频 ‎4. 在匀强磁场中，一个带电粒子正在做匀速率圆周运动，如果突然将它的速率增大到原来的2倍，那么粒子运动的（　 　）‎ A. 轨迹半径不变，周期是原来的一半 B. 轨迹半径是原来的2倍，周期不变 C. 轨迹半径和周期都是原来的2倍 D. 轨迹半径是原来的4倍，周期不变 ‎【答案】B ‎【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有：‎ ‎ ，解得：    ①‎ 周期为：         ②‎ 由①式，半径与速度成正比，速度变为2倍，故半径变为2倍；由②式，周期与速度无关，故速度不变；故选B．‎ 点睛：带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动时，轨道半径公式和周期公式要记牢．‎ ‎5. 图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线。两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等。现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示。点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c 点。若不计重力，则:‎ A. M带负电荷，N带正电荷 B. N在a点的速度与M在c点的速度大小相同 C. N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功 D. M在从O点运动至c点的过程中，电场力对它做的功等于零 ‎【答案】B ‎【解析】由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖直向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知M粒子带正电，N带负电，故A错误．由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，故B正确．N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功．故C错误．O、c间电势差不为零，由动能定理可知M从O点运动至c点的过程中，电场力对它做功不为零．故D错误．故选B.‎ 点睛：本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性．由动能定理分析电场力做功是常用的方法．‎ 视频 ‎6. 质谱仪是一种测定带电粒子质量或分析同位素的重要设备，它的构造原理如图所示。离子源S产生的各种不同正离子束（速度可视为零），经MN间的加速电压U加速后从小孔S1垂直于磁感线进入匀强磁场，运转半周后到达照相底片上的P点。设P到S1的距离为x，则（ ）‎ A. 若离子束是同位素，则x越大对应的离子质量越大 B. 若离子束是同位素，则x越大对应的离子质量越小 C. 只要x相同，对应的离子质量一定相同 D. 只要x相同，对应的离子电荷量一定相同 ‎【答案】A ‎【解析】试题分析：根据动能定理得，qU=mv2．解得．根据，得．所以．若离子束是同位素，则x越大对应的离子质量越大．故B错误，A正确．根据．知x相同，则离子的荷质比相同．故CD错误．故选A．‎ 考点：质谱仪 ‎7. 如图所示，在真空中有一对带电的平行金属板水平放置．一带电粒子沿平行于板面的方向，从左侧两极板中央射入电场中，恰能从右侧极板边缘处离开电场．不计粒子重力．若可以改变某个量，下列哪种变化，仍能确保粒子一定飞出电场：（ ）‎ A. 只增大粒子的带电量 B. 只增大电场强度 C. 只减小粒子的比荷 D. 只减小粒子的入射速度 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：若只增大粒子的带电量，则粒子的电场中受到的电场力会增大，在沿着电场线的方向产生的加速度也会增大，故相同时间射出电场时沿电场线方向的侧移量会增大，故粒子不会射出电场，选项A错误；只增大电场强度也会增大粒子的加速度，故选项B错误；粒子在电场中的加速度为a=，若只减小比荷，则加速度会减小，故相同时间射出电场时沿电场线方向的侧移量会减小，故粒子会射出电场，选项C正确；只减小粒子的入射速度会增加粒子的电场中的时间，使得粒子沿电场线方向的位移增大，故粒子不会射出电场，选项D错误。‎ 考点：带电粒子地电场中的运动。‎ ‎8. 如图所示为磁流体发电机的原理图：将一束等离子体垂直于磁场方向喷入磁场，在磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，两板间就会产生电压，如果射入的等离子体速度均为v，两金属板间距离为d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R，等离子体充满两板间的空间．当发电机稳定发电时，电流表示数为I，下列说法正确的是（ ）‎ A. 上极板A带负电 B. 两极板间的电动势为IR C. 板间等离子体的内阻是 D. 板间等离子体的电阻率 ‎【答案】ACD ‎【解析】试题分析：大量带正电和带负电的微粒向右进入磁场时，由左手定则可以判断正电荷受到的洛伦兹力向下，所以正电荷会聚集的B板上，负电荷受到的洛伦兹力向上，负电荷聚集到A板上，故B板相当于电源的正极，A板相当于电源的负极，故A正确；由闭合电路的欧姆定律可知，两极板间的电动势为I（R+r内），选项B错误；根据得，E=Bdv．根据欧姆定律得，，选项C正确；由电阻定律，，则有：电阻率ρ=．故D正确．故选ACD．‎ 考点：霍尔效应及其应用 ‎【名师点睛】根据洛伦兹力的方向判断物体的运动方向，此题还可以根据洛伦兹力与极板间产生的电场力平衡解得磁流体发电机的电动势，注意确定正负电荷的洛伦兹力的方向是解题的关键．解决本题的关键知道稳定时，电荷所受洛伦兹力和电场力平衡，电路中电流越大，则单位时间内到达金属板A、B的等离子体数目增多。‎ ‎9. 一金属条放置在相距为d的两金属轨道上，如图所示。现让金属条以v0的初速度从AA′进入水平轨道，再由CC′进入半径为r的竖直圆轨道，金属条到达竖直圆轨道最高点的速度大小为v，完成圆周运动后，再回到水平轨道上，整个轨道除圆轨道光滑外，其余均粗糙，运动过程中金属条始终与轨道垂直且接触良好。已知由外电路控制、流过金属条的电流大小始终为I，方向如图中所示，整个轨道处于水平向右的匀强磁场中，磁感应强度为B，A、C间的距离为L，金属条恰好能完成竖直面内的圆周运动。重力加速度为g，则由题中信息可以求出(　　)‎ A. 金属条的质量 B. 金属条在磁场中运动时所受的安培力的大小和方向 C. 金属条运动到DD′时的瞬时速度 D. 金属条与水平粗糙轨道间的动摩擦因数 ‎【答案】ABD ‎【解析】在圆轨道最高点，由牛顿第二定律，有BId＋mg＝m，所以选项A正确；由题中信息可求出金属条在磁场中运动时所受的安培力的大小和方向，选项B正确；由于不知道C、D间距，故不能求出金属条运动到DD′时的瞬时速度，所以选项C错误；由动能定理得：－(mg＋BId)·2r－μ(mg＋BId)·L＝mv2－mv02，所以选项D正确；故选ABD.‎ ‎10. 在光滑绝缘水平面的P点正上方O点固定一电荷量为＋Q的点电荷。在水平面上的N点，由静止释放质量为m，电荷量为－q的试探电荷，该试探电荷经过P点时速度为v，图中θ＝60°。则在＋Q形成的电场中（规定P点的电势为零）（ ）‎ A. N点电势低于P点电势 B. N点电势为 C. P点电场强度大小是N点的2倍 D. 试探电荷在N点具有的电势能为 ‎【答案】AB ‎【解析】A项：根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势，而M、P两点的电势相等，则N点电势低于P点电势．故A正确；‎ B项：根据动能定理得：检验电荷由N到P的过程：，由题，P点的电势为零，即φP=0，解得，N点的电势，故B正确；‎ C项：P点电场强度大小是，N点电场强度大小是则，故C错误；‎ D项：检验电荷在N点具有的电势能为，故D错误。‎ ‎11. 如图所示，电动势为E，内阻为r的电源与滑动变阻器R1、定值电阻R2、R3、平行板电容器及理想电表组成闭合电路。当滑动变阻器R1的触头向左移动一小段过程中，则( )‎ A. 电流表读数增大 B. 电容器所带电荷量增加 C. R2消耗的功率减小 D. 电压表示数变化与电流表示数变化之比增加 ‎【答案】AC ‎【解析】A、变阻器R的触头向左移动一小段时,阻值R1减小,回路的总电阻减小,所以回路的总电流增大,则电流表读数增大,所以A选项是正确的;‎ B、由A选项可以知道,路端电压U减小,所以电压表的示数减小,则电容器的电量减小,故B错误;‎ C、因为回路总电流增大,则R3电压增大,因此R2电压减小,因为R2电阻不变,所以R2消耗的功率减小,所以C选项是正确的;‎ D、根据题意可以知道,电压表与电流表变化量的示数之比即为电源的内阻,因此之比不变,故D错误；‎ 综上所述本题答案是AC ‎12. 如图所示，离地H高处有一个质量为m、带电量为+q的物体处于电场强度随时间变化规律为（、k均为大于零的常数，电场水平向左为正方向）的电场中，物体与竖直绝缘墙壁间的动摩擦因数为，已知，时，物体从墙上静止释放，若物体所受的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，当物体下滑后脱离墙面，此时速度大小为，最终落在地面上。则下列关于物体的运动说法正确的是 （）‎ A. 当物体沿墙壁下滑时，物体先加速再做匀速直线运动 B. 物体从脱离墙壁到落地之前的运动轨迹是一段直线H C. 物体克服摩擦力所做的功 D. 物体与墙壁脱离的时刻为 ‎【答案】CD ‎【解析】竖直方向上，由牛顿第二定律有：mg-μqE=ma，随着电场强度E的减小，加速度a逐渐增大，做变加速运动，当E=0时，加速度增大到重力加速度g，此后物块脱离墙面，故A错误．物体脱离墙面时的速度向下，之后所受合外力与初速度不在同一条直线上，所以运动轨迹为曲线．故B错误．物体从开始运动到脱离墙面电场力一直不做功，由动能定理得， ，物体克服摩擦力所做的功为mgH，故C正确．当物体与墙面脱离时电场强度为零，所以E=E0-kt=0，解得时间．故D正确．故选CD．‎ 点睛：本题关键能运用牛顿第二定律，正确分析物体的运动情况，结合动能定理求解摩擦力做功，并要知道物体做直线运动还是曲线运动的条件．‎ 二、实验题 ‎13. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡为“3．8V 1．1W”。‎ ‎①实验时采用如图甲所示的电路图，由于电表内阻的影响，小灯泡电阻的测量值____（填“大于”、“等于”或“小于”）准确值。‎ ‎②现有直流电源E（电动势约为6 V，内阻约为0．5 Ω）、电压表（量程0～5 V，内阻5 kΩ）、开关和导线若干，以及以下器材：‎ A．电流表（量程0～100 mA，内阻4 Ω）‎ B．电流表（量程0～500 mA，内阻0．4 Ω）‎ C．滑动变阻器（最大阻值10 Ω，额定电流1．0 A）‎ D．滑动变阻器（最大阻值5 Ω，额定电流0．5 A）‎ 实验中，电流表应选用______；滑动变阻器应选用_______。（将填相应器材前的字母）‎ ‎③某位同学记录的8组数据如下表所示，其中7组数据的对应点已经标在图乙的坐标纸上，请标出余下的一组数据的对应点，并画出U-I图线_______________________________________。‎ 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ 电压U（V）‎ ‎0.0‎ ‎0.2‎ ‎0.5‎ ‎1.0‎ ‎1.5‎ ‎2.0‎ ‎2.5‎ ‎3.0‎ 电流I（A）‎ ‎0．000‎ ‎0．050‎ ‎0．100‎ ‎0．120‎ ‎0．180‎ ‎0．195‎ ‎0．205‎ ‎0．215‎ ‎④根据图乙给出的信息，可以判断图丙中正确的是_______________________（图中P为小灯泡的功率）‎ ‎【答案】 (1). 小于 (2). B (3). C (4). 描点及连线如图所示:‎ ‎ (5). C ‎【解析】①实验时采用如图甲所示的电路图，由于电压表的分流作用导致灯泡电阻的测量值小于准确值。‎ ‎③图像如图；‎ ‎④根据图乙可知，随电压增大，灯泡的电阻变大，故由，可知P-U2图像为C.‎ ‎14. 用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，所用电流表和电压表的内电阻分别为0.1Ω和1KΩ，如图为所需的器材。‎ ‎（1）请完成它们的实验电路_______，注意两个电表要选用适当量程，并要求变阻器的滑动片在左端时其电阻值最大。‎ ‎（2）一位同学记录的6组数据见下表，试根据这些数据在图中画出U-I图线________，根据图线求出电池的电动势E=_________V，内阻r=________Ω。‎ I/A ‎0.12‎ ‎0.20‎ ‎0.31‎ ‎0.32‎ ‎0.50‎ ‎0.57‎ U/V ‎1.37‎ ‎1.32‎ ‎1.24‎ ‎1.18‎ ‎1.19‎ ‎1.05‎ ‎（3）上述实验的测量结果为E测__________E真（填“>”“<”或“=”）‎ ‎【答案】 (1). 如图所示：‎ ‎ (2). 如图所示：‎ ‎ (3). 1.46 (4). 0.72 (5). <‎ ‎【解析】（1）根据要求，变阻器的滑动触头滑至最左端时，其使用电阻值最大，电源的内阻是比较小的，为了减小误差，采用电流表的内接法，按要求连实验实物图，如图 ‎（2）根据这些数据作出U-I图象如图．在U-I图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.46V，‎ 图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为：.‎ ‎（3）由图所示电路可知，相对于电源来说，电流表采用内接法，由于电压表的分流作用，使所测电源电动势小于电动势真实值 。‎ 三、解答题 ‎15. 如图所示，两平行金属板A、B间存在一竖直向下的匀强电场，A、B相距6cm，C为A板上的一点，CD＝4cm，CD连线与场强方向成60°角．将一带电量为6．4×10−19C的点电荷从C点移到D点，电场力所做的功为3．2×10−17J，求：‎ ‎（1）点电荷所带的电性；‎ ‎（2）C、D两点间的电势差；‎ ‎（3）匀强电场的场强．‎ ‎【答案】（1）正电荷（2）50V（3）‎ ‎【解析】试题分析：（1）由C到D电势降低，电场力对点电荷做正功，故它带正电荷；‎ ‎（2）‎ 由 得 ‎（3）C、D两点沿电场线方向的距离为 由 得 考点：电场强度；电场力的功 ‎..................‎ ‎16. 如图所示，“L”型滑板，（平面部分足够长)，质量为4m，距滑板的A壁为Ll 距离的B处放有一质量为m,电量为+q的大小不计的小物体，小物体与滑板，及滑板与地面的摩擦均不计，整个装置处于场强为E的匀强电场中，初始时刻，滑板与小物体均静止，试求：‎ ‎(1)释放小物体，第一次与滑板A壁碰前小物体的速度v1大小；‎ ‎(2)若小物体与A壁碰后相对水平地面的速度大小为碰前的3/5，碰撞时间极短，则碰撞后滑板速度的大小；‎ ‎(3)若滑板足够长，小物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为多少．‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎【解析】（1）由动能定理得 qEL1=mv12‎ 得 ‎ ‎（2）若物体碰后仍沿原来方向运动，碰后滑板的速度为v，由动量守恒得 mv1=m•v1+4mv 解得， ，由于B与A同向运动，故不可能，‎ ‎∴物块碰后必反弹，速度为v1′=-v1‎ 根据动量守恒定律得 mv1=-m•v1+4mv 解得 由于碰后滑板匀速运动直至与物体第二碰撞之前，故物体与A第二次碰前，滑板的速度为 ‎ 物体与A壁第二碰前，设物块的速度为v2，v2=v1′+at 两物体第二次相碰时，位移相等，则有 vt=v1′t+at2‎ 得 v=v1′+at，‎ 又 联立解得，‎ ‎（3）设物体在两次碰撞之间位移为S 由 得 ‎ 故物体从开始运动到第二次碰撞前，电场力做功为 W=qE（L1+S）=qEL1．‎ 点睛：本题运用程序法按时间顺序分析物体运动的过程，难点是判断第一次碰撞后B的速度方向，抓住碰撞后同向运动的物体，后面物体的速度不可能大于前面物体的速度．‎ ‎17.‎ ‎ 如上图所示，在坐标系xOy的第一象限中存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E.在其他象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．A是y轴上的一点，它到坐标原点O的距离为h；C是x轴上的一点，到O的距离为l，一质量为m，电荷量为q的带负电的粒子以某一初速度沿x轴方向从A点进入电场区域，继而通过C点进入磁场区域，并再次通过A点，此时速度方向与y轴正方向成锐角．不计重力作用．试求：‎ ‎(1)粒子经过C点时速度的大小和方向；‎ ‎(2)磁感应强度的大小B.‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）以a表示粒子在电场作用下的加速度，有①‎ 加速度沿y轴负方向。设粒子从A点进入电场时的初速度为，由A点运动到C点经历的时间为t，‎ 则有：②‎ ‎③‎ 由②③式得④‎ 设粒子从C点进入磁场时的速度为v，v垂直于x轴的分量⑤‎ 由①④⑤式得：＝⑥‎ 设粒子经过C点时的速度方向与x轴的夹角为，则有 ‎⑦‎ 由④⑤⑦式得⑧‎ ‎（2）粒子从C点进入磁场后在磁场中作速率为v的圆周运动。若圆周的半径为R，‎ 则有qvB＝m⑨‎ 设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有＝。用表示与y轴的夹角，由几何关系得：⑩‎ 由⑧⑩式解得 由⑥⑨式得：‎ 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 ‎【名师点睛】本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况，熟练掌握平抛运动和圆周运动的基本公式，并几何几何关系解题，难度较大。 ‎