- 2021-05-27 发布 |
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文档介绍
【物理】安徽省合肥市六校2019-2020学年高二上学期期末考试试题（理）（解析版）
2019－2020学年度第一学期合肥市六校联考高二年级期末教学质量检测物理（理科）试卷 一、选择题（每题4分，共48分。1～8题为单项选择题，9-12为多项选择题，选对4分，漏选2分，错选0分） 1.用比值法定义物理量是物理学中常用的方法，下列表达中不属于用比值法定义物理量的是（ ） A. 电动势 B. 电容 C. 电阻 D. 磁感应强度 【答案】B 【解析】 【详解】A. 电源电动势： 采用W与q的比值定义的，属于比值法定义，故A不符合题意； B. 电容： 为电容器的决定式，不属于比值定义法，故B符合题意； C. 导体电阻： 采用电压U与电流I的比值定义的，属于比值法定义，故C不符合题意； D.磁感应强度： 采用F与IL的比值定义的，属于比值法定义，故D不符合题意． 2.保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务．盗版书籍影响我们的学习效率，甚至会给我们的学习带来隐患．小华同学有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个带电质点的电荷量数字看不清，他只能看清是 ，拿去问老师，如果你是老师，你认为该带电质点的电荷量可能是下列哪一个（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】任何带电体的电荷量是元电荷的整数倍，即是的整数倍，由计算可知，只有是的整数倍． A. ，与结论不相符，选项A不符合题意； B. ，与结论相符，选项B符合题意； C. ，与结论不相符，选项C不符合题意； D. ，与结论不相符，选项D不符合题意； 3.有一灵敏电流表，内阻，满偏电流，现将其改装为电压表，下列说法正确的是（ ） A. 需与它并联一个的电阻 B. 需与它串联一个的电阻 C. 需与它串联一个的电阻 D. 需与它串联一个的电阻 【答案】C 【解析】 改装成电压表要串联电阻的，则有：，即：， 解得：，故选项C正确，选项ABD错误． 点睛：电流表改装成电压表要串联电阻分压，改装成电流表要并联电阻分流． 4.图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定三个点电荷＋q、＋q、－q，在该三角形中心O点处固定一电量为-2q的点电荷，则该电荷受到的电场力为（ ） A. ， 方向由O指向C B. ，方向由C指向O C. ，方向由C指向O D. ，方向由O指向C 【答案】B 【解析】 【详解】O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为：， 三个电荷在O处产生的场强大小均为： 根据对称性和几何知识得知：两个+q在O处产生的合场强为： 再与-q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为：，方向由O指向C．则该负电荷受到的电场力为：，方向由C指向O；故B正确． 5.如图所示，一带正电的物体在水平方向的匀强电场中沿光滑的水平面做曲线运动，当物体从M点运动到N点时，其速度方向恰好改变了90°，则物体在M点到N点的运动过程中，物体的电势能将 A. 先增大后减小 B. 先减小后增大 C. 不断增大 D. 不断减小 【答案】A 【解析】 【详解】带电粒子速度方向改变了90°，则知电场力方向应为斜向右下方，与初速度的方向夹角先大于90°，后小于90°，才能出现末速度与初速度垂直的情况，因此电场力先做负功，当达到速度与电场力方向垂直后再做正功，则电势能先增大后减小． A．先增大后减小，与结论相符，选项A正确； B．先减小后增大，与结论不相符，选项B错误； C．不断增大，与结论不相符，选项C错误； D．不断减小，与结论不相符，选项D错误； 6.如图所示，通电直导线ab位于两平行导线横截面MN的连线的中垂线上，当平行导线通以同向等值电流时，以下说法中正确的是： A. ab顺时针旋转 B. ab逆时针旋转 C. a端向外，b端向里旋转 D. a端向里，b端向外旋转 【答案】C 【解析】 【详解】导线M和N的磁感线都是同心圆。因此对ab上半段，M导线的磁感线指向右下，可以用左手定则判断：a端受到向外的力。N导线的磁感线指向右上，也使a端受向外的力；同理也可以分析出b端受向里的力。从而使得a端转向纸外，b端转向纸里； A．ab顺时针旋转，与结论不相符，选项A错误； B．ab逆时针旋转，与结论不相符，选项B错误； C．a端向外，b端向里旋转，与结论相符，选项C正确； D．a端向里，b端向外旋转，与结论不相符，选项D错误； 故选C。 7.如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器，进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B束，下列说法中正确的是 A. 组成A、B束的粒子都带负电 B. 组成A、B束的离子质量一定不同 C. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外 D. A束离子比荷（）大于B束离子的比荷 【答案】D 【解析】 【详解】A：粒子进入上面磁场时，速度方向向上，洛仑兹力方向向左，根据左手定则可判断出组成A、B束的粒子都带正电；故A错误． BD：粒子能沿直线经过速度选择器，则可得，A、B束的粒子的速度大小相等；进入上面磁场后可得，因为，，所以；又粒子的质量、速度和电荷量不全相等，故组成A、B束的离子质量可能相等、可能不等．即B错误、D正确． C：速度选择器左板带正电、右板带负电，则电场强度向右，粒子带正电，电场力的方向向右；沿直线经过速度选择器，洛仑兹力方向向左，粒子带正电且速度向上，据左手定则可判断出磁场方向垂直纸面向里．故C错误． 【点睛】速度选择器选择的是粒子速度的大小、方向；速度选择器对粒子的电性、电荷量没有选择． 8.如（a）图所示的两平行金属板P、Q加上（b）图所示电压，t=0时，Q板电势比P高5V，在板正中央M点放一电子，初速度为零，电子只受电场力而运动，且不会碰到金属板，则这个电子处于M点右侧，速度向右，且速度逐渐减小的时间段是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】A．在0＜t＜2×10-10s时间内，Q板比P板电势高5V，所以电场方向水平向左，电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子从M点向右做匀加速直线运动；故A错误. B．在2×10-10s＜t＜4×10-10s时间内，Q板比P板电势低5V，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向右做匀减速直线运动，当 t=4×10-10s时速度为零，此时电子在M点的右侧；故B正确. C．在4×10-10s＜t＜6×10-10s时间内，Q板比P板电势低5V，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向左做匀加速直线运动；故C错误. D．在6×10-10s＜t＜8×10-10s时间内，Q板比P板电势高5V，电场强度方向水平向左，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向左做匀减速直线运动，到8×10-10s时刻速度为零，恰好又回到M点．故D错误. 9.如图所示,用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素．设两极板正对面积为，极板间的距离为，静电计指针偏角为．实验中，极板所带电荷量保持不变 A. 若保持不变，增大，则变大 B. 若保持不变，增大，则变小 C. 若保持不变，减小，则变小 D. 若保持不变，减小，则变大 【答案】AD 【解析】 【详解】AB.根据电容的决定式： 知当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式： 知板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大，故A正确，B错误． CD.根据电容的决定式： 知当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，由电容的定义式： 知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大，故C错误，D正确． 10.如图所示，在边界上方存在着垂直纸面向里的匀强磁场，有两个电荷量、质量均相同的正、负粒子(不计重力)，从边界上的O点以相同速度先后射入磁场中，入射方向与边界成θ角，则正、负粒子在磁场中： A. 运动轨迹的半径相同 B. 重新回到边界所用时间相同 C. 重新回到边界时速度大小和方向相同 D. 重新回到边界时与O点的距离相等 【答案】ACD 【解析】 【详解】A．根据牛顿第二定律得： 解得： 由题q、m、v、B大小均相同，则r相同。故A正确。 B．粒子的运动周期，由题q、m 、B大小均相同，则知T相同。粒子运动轨迹如图所示： 根据左手定则分析可知，正离子逆时针偏转，负离子顺时针偏转，重新回到边界时正离子的速度偏向角为2π-2θ，轨迹的圆心角也为2π-2θ，运动时间为： 同理，负离子运动时间为： 显然时间不等。故B错误。 C．正负离子在磁场中均做匀速圆周运动，速度沿轨迹的切线方向，根据圆的对称性可知，重新回到边界时速度大小与方向相同。故C正确。 D．根据几何知识得知重新回到边界的位置与O点距离S=2rsinθ，r、θ相同，则S相同。故D正确。故选ACD。 11.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，核心部分为两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，将其置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连，下列说法正确的是 A. 粒子被加速后的最大动能随加速电场电压的增大而增大 B. 离子由加速器的边缘进入加速器 C. 电场变化周期由粒子的质量、电荷量和磁感应强度决定 D. 为使被加速的粒子获得的动能增加为原来的4倍，可只调节D形盒的半径增大为原来的2倍 【答案】CD 【解析】 【详解】A：据得，当粒子在D形盒内运动半径最大时，速度最大，；粒子被加速后的最大动能，可得：，则粒子被加速后的最大动能与加速电场电压无关．故A错误． B：离子由加速器的中间部分进入加速器，故B错误． C：电场变化周期应等于粒子在磁场中运动的周期，则电场变化周期由粒子的质量、电荷量和磁感应强度决定．故C正确． D：被加速的粒子获得的动能 ，只调节D形盒的半径增大为原来的2倍，粒子获得的动能增加为原来的4倍．故D正确． 【点睛】粒子经回族加速器加速获得的最大动能与加速电压无关，加速电压影响的是加速的次数． 12.利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电压U．下列说法中正确的有 A. 电压U仅与材料有关 B. 电压U与电流I有关 C. 若元件的载流子是自由电子，则C侧面电势低于D侧面电势 D. 若元件的载流子是正粒子，则C侧面电势低于D侧面电势 【答案】BC 【解析】 【详解】AB.根据CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件长宽高分别为a、b、c，则有： 又： 则有： n由材料决定，故UCD与材料有关；UCD还与厚度c成反比，与宽b无关，同时还与磁场B与电流I有关，故A错误，B正确． C.若霍尔元件的载流子是自由电子，根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以C表面的电势于低D侧面电势，故C正确． D.若霍尔元件的载流子是正粒子，根据左手定则，正粒子向C侧面偏转，C表面带正电，D表面带负电，所以C表面的电势高于D侧面电势，故D错误． 二、填空题（每空2分，共22分） 13.某同学用伏安法测量导体的电阻率，现有量程为3 V、内阻约为3 kΩ的电压表和量程为0.6 A、内阻约为0.1Ω的电流表．采用分压电路接线，待测电阻丝Rx阻值约为5Ω． （1）图甲是未完成的实物连线图，图中a为待测导体右端接线柱，b为电流表正极接线柱，c为滑动变阻器左上端接线柱，d为滑动变阻器左下端接线柱．则导线①应连接______（选填a或b）．导线②应连接______（选填c或d）． （2）正确接线后，实验测得的数据如下表，请在图乙中作出U-I图线 （ ） U/V 0.30 0.40 0.80 1.10 1.20 1.60 I/A 0.07 0.09 0.18 0.22 0.27 0.35 （3）用作图法求得Rx的阻值为______Ω（结果保留两位有效数字）． （4）某次用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图丙所示，金属丝的直径d=______mm．测出金属丝长度，则可求出该金属丝的电阻率． 【答案】(1). a d (2). (3). 4.5~4.8 (4). 0.715~0.717 【解析】 【详解】（1）[1][2]由题意可知，本实验采用分压接法，故导线②要与d接通；由于电流表内阻与待测电阻阻值接近，因此只能采用电流表外接法，以减小实验误差；故导线①应接a； （2）根据表中的数据作出的U-I图如下图所示： （3）[3]根据U-I图象的斜率表示电阻，则有： Ω（4.5~4.8Ω） （4）[4]由图示螺旋测微器可知，其示数为： d=0.5mm+21.5×0.01mm=0.715mm(0.715~0.717 mm) 14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“3V 1.5W”的小灯泡，导线和开关，还有： A.直流电源（电动势6V，内阻可不计） B.直流电流表（量程0～3A，内阻约为0.1Ω） C.直流电流表（量程0～600mA，内阻约5Ω） D.直流电压表（量程0～15V，内阻约为15kΩ） E.直流电压表（量程0～3V，内阻约为6kΩ） F.滑动变阻器（10Ω,2A） G.滑动变阻器（1k Ω，0.5A） 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化直至额定电压，且电表读数相对误差较小． （1）以上器材中电流表选用_______（填代号），电压表选用______（填代号），滑动变阻器选用__________（填代号）． （2）在方框中画出实验电路图____． （3）某同学通过实验得到了一组数据点，请描绘出该灯泡的U—I图线 ________． （4）现把这种小灯泡接到电源电动势E=3V，内阻r=3Ω的电源两端，则此时灯泡的实际功率为________W（结果保留两位有效数字）． 【答案】(1). C E F (2). (3). (4). 0.72 【解析】 【详解】（1）标有“3V 1.5W”的小灯泡，，解得：，故电流表选C（量程0～600mA，内阻约为5Ω） 电压表选E（量程0～3V，内阻约为6kΩ）； 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化直至额定电压，控制电路采用分压式，故滑动变阻器选F（10Ω,2A） （2），解得，灯的电阻相对电压表电阻较小，测量电路采用电流表的外接法，控制电路采用分压式．故电路为： （3）实验得到了一组数据点，描绘出该灯泡的U—I图线如图： （4）现把这种小灯泡接到电源电动势E=3V，内阻r=3Ω的电源两端，在灯泡U—I图线中画出电源的U—I图线，两图线的交点表示灯泡此时的工作电压和工作电流． 【点睛】电源的U—I图线和电阻的U—I图线交点表示将两者相连时对应的工作电压和工作电流． 三、计算题（15题8分，16题9分，17题13分，共30分） 15.如图，两平行金属导轨间的距离 L=0.4 m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在空间内，分布着磁感应强度 B=0.5 T、方向垂直于导轨平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势 E=6.0 V、内阻 r=0.5Ω的直流电源．现把一个质量 m=0.05 kg 的导体棒 ab垂直放在金属导轨上，导体棒静止．导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻 R=2.5 Ω，金属导轨电阻不计，g取 10 m/s2．已知 sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： （1）通过导体棒的电流大小； （2）导体棒受到的安培力大小； （3）导体棒受到的摩擦力大小． 【答案】（1）2.0A；（2）0.4N；（3）0.1N 【解析】 【详解】（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有： （2）导体棒受到的安培力大小： F=BIL=0.5×2×0.4=0.4N 根据左手定则，方向平行斜面向上； （3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力 F1=mgsin37∘=0.3N， 由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f； 根据共点力平衡条件，有： mgsin37∘+f=F 解得：f=01N 16.如图所示是一个示波管工作原理图，电子经电压U1=4.5×103V加速后以速度v0垂直等间距的进入电压U2=180V，间距为d=1.0cm，板长Ɩ=5.0cm的平行金属板组成的偏转电场，离开电场后打在距离偏转电场s=10.0cm的屏幕上的P点，（e=1.6×10-19C，m=9.0×10-31kg）求： （1）射出偏转电场时速度的偏角tanθ=？ （2）打在屏幕上的侧移位移OP=？ 【答案】(1)0.1 (2)1.25cm 【解析】 【详解】(1)设电子经加速电场U1加速后以速度v0进入偏转电场，由动能定理有： 代入数据解得：； 进入偏转电场后做类平抛运动，在电场线方向有： 经时间t1飞出电场有： 沿电场方向的速度： 设射出偏转电场时速度的偏角为，则： (2)飞出电场时偏转量为： 由以上各式代入数据得： 设电子从偏转场穿出时，沿y方向的速度为vy，穿出后到达屏S所经历的时间为t2，在此时间内电子在y方向移动的距离为y2,有： 由以上各式得： 故电子到达屏S上时,它离O点的距离： 答：(1)射出偏转电场时速度的偏角; (2)打在屏幕上的侧移位移. 17.如图所示，在xOy平面内，0< x查看更多