安徽省蚌埠市2020学年高二物理上学期期末学业水平检测试题（含解析）

安徽省蚌埠市2020学年高二物理上学期期末学业水平检测试题（含解析）

安徽省蚌埠市2020学年高二物理上学期期末学业水平检测试题（含解析） ‎ 一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分,在每小题给出的四个选项中,第1-7题只有项符合题目要求,第8-10题有多项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分，有选错的得0分)‎ ‎1.下列关于电荷的说法正确的是（ ）‎ A. 带电体的电荷量可以是任意值 B. 元电荷e的值最早是由美国物理学家密立根通过实验测定的 C. 所谓点电荷就是体积很小的带电体 D. 电子和质子都是元电荷 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】所有带电体的电荷量都等于元电荷的整数倍，故A错误；元电荷e的值最早是由美国物理学家密立根通过实验测定的，故B正确；当两点电荷的间距远大于自身的大小时，才能看成点电荷，并不是体积很小就能当作点电荷，故C错误；元电荷是指电子或质子所带的电荷量，不是电子或质子本身，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎2.下列说法中正确的是（ ）‎ A. 磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向 B. 电场线只能描述电场方向，不能描述电场的强弱 C. 电场线上某点的切线方向就是电荷在该点所受电场力的方向 D. 在磁场中某点的电流元（IL）不受磁场力时，则该点的磁感应强度为零 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向，与小磁针在该点N 极的受力方向相同，故A正确；电场线的疏密表示电场强度的强弱，故B错误；电场场强方向与正电荷在该点所受电场力的方向相同，与负电荷所受的电场力方向相反，故C错误；在磁场中某点的电流元（IL）不受磁场力时，则该点的磁感应强度不一定零，可能电流元与磁场的方向平行，故D错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎3.如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，粒子经过M和N时的加速度大小分别为aM、aN、电势能分别为EPM、EPN．下列判断正确的是（ ）‎ A. aM＞aN，EPM＞EPN B. aM＞aN，EPM＜EPN C. aM＜aN，EPM＞EPN D. aM＜aN，EPM＜EPN ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】根据电场线疏密可知，EM＜EN，根据F＝Eq和牛顿第二定律可知，aM＜aN；带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，所以粒子受到的力的方向是即斜向右下方的，粒子从M到N过程，电场力做正功，动能增加，电势能减小，所以EPM＞EPN，故C正确，ABD错误。‎ ‎4.图示为以P点为圆心、半径为R的部分或整个圆周上的四种电荷分布情形：（甲）电荷q均匀分布在四分之一的圆周：（乙）电荷2q均匀分布在半圆周；（丙）电荷3q均匀分布在四分之三的圆周；（丁）电荷4q均匀分布在整个圆周。这四种情形中电荷在P点所产生的电场强度的大小排列顺序为（ ）‎ A. 甲＞乙＞丙＞丁 B. 丁＞丙＞乙＞甲 C. 丁＞乙＞甲＝丙 D. 乙＞甲＝丙＞丁 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】（甲）电荷q均匀分布在四分之一的圆周，设圆周的半径r，根据电场的叠加原理知，可知，在P点所产生的电场强度的大小；同理，（乙）电荷2q均匀分布在半圆周，根据电场的叠加原理知，可知，在P点所产生的电场强度的大小；（丙）电荷3q均匀分布在四分之三的圆周，根据电场的叠加原理知，可知，在P点所产生的电场强度的大小；（丁）电荷4q均匀分布在整个圆周，根据电场的叠加原理知，可知，在P点所产生的电场强度的大小E丁＝0。由上分析，故D正确，ABC错误。‎ ‎5.如图所示，在竖直放置的光滑半圆形绝缘细管的圆心O处放一点电荷．现将质量为m、电荷量为q的小球从半圆形管的水平直径端点A静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力．若小球所带电量很小，不影响O点处的点电荷的电场，则置于圆心处的点电荷在B点处的电场强度的大小为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：由题意知小球从A运动到B的过程中根据动能定理：，在B点，根据向心力公式，联立可得B点的电场强度，所以C正确。‎ 考点：本题考查了动能定律、向心力、电场强度等，意在考查学生的综合分析能力。‎ ‎6.一个用满偏电流为3mA的电流表改装成的欧姆表，调零后用它测500的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间，如用它测量一个未知电阻时，指针指在2mA处，则被测电阻的阻值为（ ）‎ A. 250Ω B. 375Ω C. 1000Ω D. 1500Ω ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】中值电阻为R中＝500Ω 则其内电源的电动势为：E＝IgR中＝500×3×10﹣3＝1.5V，所测电阻的阻值为：，故A正确，BCD错误。‎ ‎7.在如图所示的电路中，当闭合开关S，将滑动变阻器R的滑片自下向上移动一段距离，电路稳定后，与滑片移动前比较（不计温度对灯泡电阻的影响）（ ）‎ A. 电阻R0两端的电压增大 B. 电容器C上的电荷量不变 C. 灯泡L消耗的电功率增大 D. 电源消耗的总功率变小 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】由图可知，电阻R0与电容串联，故稳定时其两端电压均为零，故A错误；滑片自下向上移动一段距离时，接入电阻减小，故总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，内电压增大，路端电压减小，则电容两端电压减小，所以电容器C上的电荷量减少，故B错误；因电流减小，所以流过L的电流增大，灯泡消耗的功率增大，故C正确；因总电流增大，根据P＝EI可知，电源消耗的功率变大，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎8.用静电计可以测量已充电的平行板电容器两极板间的电势差，如图所示，充电后的电容器a板带正电，b板带负电，则下列说法正确的是（ ）‎ A. 若将b板拿走，静电计指针张角为零 B. 若将b板拿走，静电计指针张角不为零 C. 若将b板稍微向右移，静电计指针张角将变小 D. 若将b板稍微向上移，静电计指针张角将变小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】若将b板拿走，A板与地间的电势差仍存在，所以静电计指针张角不为零，故A错误，B正确；将b板稍微向右移，板间距离减小，根据电容的决定式，可知电容增大，电容器的带电量不变，根据电容的定义式，可知极板间的电势差减小，则静电计指针张角将变小，故C正确；若将b板稍微向上移，极板正对面积减小，根据电容的决定式，可知电容减小，电容器的带电量不变，根据电容的定义式，可知极板间的电势差增大，则静电计指针张角将变大，故D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎9.如图所示，磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，一个质量为m，电荷量为q的带负电小物块沿绝缘水平面以初速度开始向右运动，物块移动距离s后停了下来，整个过程小物块克服摩擦力做的功为W，电荷量q保持不变，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，则下列结论正确的是（ ）‎ A. s＜ B. s＞ C. W＝μmgs D. W＝‎ ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】假若无磁场，由动能定理得：mgs＝mv02，解得：，由于磁场的存在，地面对物块向上的弹力变大，摩擦力也变大，故移动距离会小于，故A正确，B错误；对小物块由动能定理有：，解得：，故C错误，D正确。所以AD正确，BC错误。‎ ‎10.图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为3V．电子垂直于等势面进入电场，经过a时的动能为12eV，从a到c的过程中克服电场力所做的功为6eV．下列说法正确的是（ ）‎ A. 电场线的方向垂直于等势面向右 B. 该电子经过平面b时的动能为9eV C. 该电子经过平面b时的速率是经过d时的3倍 D. 该电子经过平面f时动能不为零 ‎【答案】AB ‎【解析】‎ ‎【详解】虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为12eV，从a到c的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为3V，因平面b上的电势为3V，可知平面c上的电势为0V；由于电子的电势能增加，等势面由a到c是降低的；电场线的方向垂直于等势面向右，故A正确；从a到c的过程中克服电场力所做的功为6eV，则从a到b的过程中克服电场力所做的功为3eV，电子的动能减小3eV，为：Ekb＝Eka﹣3eV＝9eV，故B正确；平面b上的电势为3V，等势面间的电势差为3V，可得d等势面的电势为﹣3V，bd之间的电势差为6V，从b到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，电子的动能减小6eV，到达d时电子的动能为：Ekd＝Ekb ‎﹣6eV＝3eV，可知该电子经过平面b时的动能是经过d时的3倍，则电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故C错误；平面b上的电势为3V，等势面间的电势差为3V，可得f等势面的电势为﹣6V，bf之间的电势差为9V，从b到d的过程中克服电场力所做的功为9eV，电子的动能减小9eV，若电子若能到达f，则到达d时电子的动能为：Ekf＝Ekb﹣9eV＝0，故D错误。所以AB正确，CD错误。‎ 二、填空题(本题共4小题,每空2分,共14分)‎ ‎11.在真空中两个带等量同种电荷的点电荷，电荷量均为2.0×10﹣8C，相距20cm，已知静电力常量k＝9.0×109N•m2/C2，则它们之间的库仑力为_____N；在两者连线的中点处，电场强度大小为_____N/C。‎ ‎【答案】 (1). 9×10﹣5 (2). 0‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】已知真空中两点电荷的电量均为q＝2×10﹣8C，距离r＝20cm＝0.2m，根据库仑定律，电荷间的作用力：，两点电荷带等量同种电荷的点电荷，则它们在中点处产生的场强大小相等，方向相反，所以合场强为0.‎ ‎12.在电场中把电荷量为2.0×10﹣9C的正电荷从A点移到B点，电场力做功1.5×10﹣7J，再把这个电荷从B点移到C点，电场力做功﹣4.0×10﹣7J．则A、B、C三点中电势最高的是_____点，A、C两点的电势差为_____V。‎ ‎【答案】 (1). C； (2). -125；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据电场力做功与电势差的关系求出AB、BC间的电势差，从而比较A、B、C三点的电势高低，得出AC间的电势差，‎ ‎【详解】间的电势差。‎ BC间的电势差。‎ 知A点电势比B点电势高75V，C点电势比B点高200V，则C点的电势最高 间的电势差。‎ 故答案为：C，‎ ‎【点睛】解决本题的关键掌握电场力做功与电势差的关系公式，注意在运用该公式求解时，电荷的正负、电势差的正负、功的正负均要代入计算 ‎13.图示为一种智能机器人，其额定电压为22V，额定电流为2A，机器人的锂电池容量为30A•h，则机器人的额定功率为_____W，电池充满电后储存的电能为_____kW•h。‎ ‎【答案】 (1). 44 (2). 0.66‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】机器人的额定功率P＝UI＝22×2＝44W；电池充满电后储存的电能W＝30×22＝0.66kW•h。‎ ‎14.一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a逆时针转动。在该截面内，一带电粒子从小孔M射人筒内，射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过60°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_____。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示：‎ 根据几何关系，有∠MOA＝120°，∠OMA＝30°，所以∠O′MA＝30°，∠O′AM＝30°，∠MO′A＝120°，即轨迹圆弧所对的圆心角为120°。粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：，粒子在磁场中匀速圆周运动的时间为：，圆筒转动60°所用时间为：，粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等t＝t′，解得。‎ 三、实验题（本题共2小题，每空2分，共16分）‎ ‎15.某同学想要知道一段金属丝的长度，由于不便直接用刻度尺测量，该同学设计了如下实验：‎ ‎（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径如图甲所示，读得直径d＝_____cm。‎ ‎（2）为了比较精确的测出此金属丝的电阻，该同学设计了如图乙的电路。实验时，闭合开关，调节滑动变阻器R1的滑片至合适位置，将a先后与b、c连接，发现电流表示数变化较大，电压表示数变化不明显，则测量时应将a接_____（选填“b“或“c”）。按此连接测量，测量结果相比真实值_____（选填“偏大”或“偏小”）。‎ ‎（3）根据实验测得的数据，得到如图丙所示的U﹣I图象，根据图象可得待测电阻R＝_____Ω（保留两位有效数字）。‎ ‎（4）若已知金属丝的电阻率为ρ，则这卷金属丝的长度L＝_____（用R、d、ρ表示）。‎ ‎【答案】 (1). 4.698 (2). c (3). 偏大 (4). 6.0 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图甲所示螺旋测微器可知，金属丝直径：d＝4.5mm+19.8×0.01mm＝4.698mm；‎ ‎（2）将a先后与b、c连接，发现电流表示数变化较大，电压表示数变化不明显，说明电流表分压对实验影响较大，为减小实验误差，电流表应采用内接法，测量时a应接c点；电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，电压测量值偏大，由欧姆定律可知，待测电阻测量值大于真实值。‎ ‎（3）由图丙所示图线可知，待测电阻阻值为：。‎ ‎（4）由电阻定律可知：，解得：。‎ ‎16.在测量“水果电池”的电动势和内电阻的实验中，待测“水果电池”的电动势约为1.5V，现有下列器材：‎ 待测“水果电池”‎ 电流表A：满偏电流3mA，电阻不计 电压表V：量程0﹣1.5V，电阻约10KΩ 滑动变阻器R1：0﹣10Ω 滑动变阻器R2：0﹣20kΩ 开关、导线等 ‎（1）本实验选用图甲所示的实验原理图，应该选用的滑动变阻器是_____（选填“R1或“R2”）。‎ ‎（2）根据电压表的示数U与电流表的示数I，做出如图乙所示的U﹣I图象，根据图象可知，待测电池的电动势E＝_____V，内电阻r＝_____Ω。‎ ‎【答案】 (1). R2 (2). 1.5 (3). 500‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）图线斜率的绝对值表示水果电池的内阻可得：电源的内阻为，若选用0～10Ω的滑动变阻器，移动滑片，电流可调节测量范围较小，所以本实验中滑动变阻器应选用R2。‎ ‎（2）U﹣I图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示水果电池的内阻。U﹣I图线的纵轴截距为1.5，知水果电池的电动势E＝1.5V，图线斜率的绝对值为：。‎ 四、计算题（本题共3小题，每小题10分，共30分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能给分，有数值计算的题，答案必须写出数值和单位）‎ ‎17.如图所示，两条平行光滑金属导轨MN、PQ间距为l＝1m，与电动势E＝4V、内阻r＝0.5Ω的电源相连。质量为m＝0.1kg、电阻为R＝1.5Ω的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面的夹角为θ＝37°，回路其余电阻不计。现在空间施加垂直于回路平面向下的匀强磁场，使ab棒静止，已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：‎ ‎（1）金属棒中的电流大小；‎ ‎（2）匀强磁场的磁感应强度大小。‎ ‎【答案】（1）2A （2）0.3T。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）根据闭合电路的欧姆定律得：‎ 解得：r＝2A ‎（2）由左手定则可知金属棒收到的安培力方向沿导轨向上，由平衡知识，得：mgsinθ＝F安 又有：F安＝BIl 联立并代入数据解得：B＝0.3T ‎18.如图，从粒子源产生的某种粒子，由静止经加速电压U加速后自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。已知该粒子射人磁场时的速度大小为，并从磁场边界的N点射出，MN长为1，不计粒子重力影响。求 ‎（1）该粒子的比荷；‎ ‎（2）磁场的磁感应强度B的大小。‎ ‎【答案】（1）（2）磁场的磁感应强度B的大小是 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由动能定理有：qU＝mv2‎ 解得：‎ ‎（2）由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有：‎ 由几何关系知：l＝2r 联立解得：‎ ‎19.如图所示，质量为m，电荷量为+q的带电粒子，从静止开始经电压为U．的加速电场后，从平行金属板A、B的正中央射入偏转电场中，金属板A、B的板长和板间距均为L，足够长的粒子接收屏M与B板夹角为150°，整个装置处在真空中，平行金属板外的电场忽略不计，带电粒子重力不计。‎ ‎（1）求粒子离开加速电场的速度v0大小；‎ ‎（2）若粒子进入A、B间电场后恰好从B板边缘飞出，则A、B间电压U1为多少？‎ ‎（3）调节A、B间电压大小，使进人电场的粒子不能打在粒子接收屏M上，求A、B间电压U2的取值范围。‎ ‎【答案】（1）（2）2U（3）U1＞2U或 U2≤。‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在AB之间电场力做功，由动能定理：‎ 可得：‎ ‎（2）粒子在偏转电场中水平方向做匀速直线运动得：‎ 竖直方向上做匀加速直线运动 竖直方向上位移 可得：U1＝2U ‎（3）若粒子飞出A、B间电场则飞出时竖直方向上速度 速度偏转角为θ，有：‎ 由题意可知θ≤30°‎ 解得：‎ 若粒子没有飞出电场也不能打到粒子接收屏M；此时可知：U2＞2U 综上可知：U1＞2U或 U2≤‎