安徽省淮北市濉溪县2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）

安徽省淮北市濉溪县2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）

安徽省淮北市濉溪县2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析） ‎ 一、选择题 ‎1.如图，一正离子在电场力作用下从A点运动到B点，在A点的速度大小为v0，方向与电场方向相同．该离子从A点到B点的v﹣t图象是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 该离子从A点到B点，电场线分布越来越稀疏，即场强减小，所以电场力减小，那么离子的加速度也减小。速度−−时间图象中，图象的斜率表示加速度，即斜率的绝对值将减小。‎ 由于电场力方向向右与速度方向相同，所以离子将做加速运动。故A. B.D错误，C正确。‎ 故选：C.‎ ‎2.如图所示，左边是一个原先不带电的导体，右边C是后来靠近导体的带正电金属球，若用绝缘工具沿图示某条虚线将导体切开，分导体为A、B两部分，这两部分所带电荷量的数值分别为QA、QB，则下列结论正确的是（ ）‎ A. 沿虚线d切开，A带负电，B带正电，且QA＞QB B. 只有沿虚线b切开，才有A带正电，B带负电，且QA＝QB C. 沿虚线a切开，A带正电，B带负电，且QA＜QB D. 沿任意一条虚线切开，都有A带正电，B带负电，而QA、QB的值与所切的位置无关 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 静电感应使得A带正电，B带负电，导体原来不带电，只是在C的电荷的作用下，导体中的自由电子向B部分移动，使B部分带了多余的电子，而带负电；A部分少了电子，因而带正电，A部分移去的电子数目和B部分多余电子的数目是相同的，因此无论从哪一条虚线切开，两部分的电荷量总是相等的，但由于电荷之间的作用力与距离有关，自由电子在不同位置所受C的作用力的强弱是不同的，这样导致电子在导体上的分布不均匀，越靠近右端负电荷密度越大，越靠近左端正电荷密度越大，所以从不同位置切开时，QA、QB的值是不同的，故只有D正确．‎ ‎3. 如图为一块手机电池的背面印有的一些符号，下列说法正确的是( )‎ A. 电路通过1C电荷量，电源把3.6 J的电能转变为化学能 B. 把化学能转化为电能的本领比一节干电池小 C. 该电池在工作1小时后达到的电流为500 mA D. 若电池以10 mA的电流工作，可用50小时 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：电动势是一个表征电源特征的物理量．定义电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，该电源的电动势为3.6V，所以表示非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为3.6J，A错误；一节干电池的电动势为1.5V，所以把化学能转化为电能的本领比一节干电池大，B错误；由电池的容量可知该电池在连续工作1小时时，电流为I=500mA，不是电池在工作1小时后达到的电流为500mA，故C错误；根据公式可得若电池以10 mA的电流工作，可用，故D正确 考点：考查了电源电动势，电流的宏观表达式 ‎4.如图，、和皆为定值电阻，为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为设电流表A的读数为I，电压表V的读数为闭合电键，当的滑动触头向a端移动时，下列判断中正确的是　　‎ A. I变小，U变小 B. I变小，U变大 C. I变大，U变小 D. I变大，U变大 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：当滑动变阻器R4的滑动头向a端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流变大，电源的内电压与R3的分压增加，则电压表的示数变小、同时R1的电压变大，R2的电压变小，则并联部分电压变小，通过R2的电流减小，则电流表A的读数I变小．故选：A 考点：电路的动态分析.‎ ‎5.一根容易形变的弹性导线，www..com两端固定。导线中通有电流，方向如图中箭头所示。当没有磁场时，导线呈直线状态：当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 图示电流与磁场平行，导线不受力的作用，故A错误；由左手定则判得，安培力的方向垂直纸面向里，故B错误；由左手定则判得，安培力的方向水平向右，故C错误；由左手定则判得，安培力的方向水平向右，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎6.如图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E．平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2．平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场．下列表述错误的是（　　）‎ A. 质谱仪是分析同位素的重要工具 B. 速度选择器中的磁场方向垂直纸面向里 C. 能通过狭缝P的带电粒子的速率等于 D. 粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷（）越大 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 进入的粒子满足，知道粒子电量后，便可求出m的质量，所以质谱仪可以用来分析同位素，A正确；假设粒子带正电，则受电场力向左，由左手定则可判断磁场方向垂直直面向外，B错误；由，得，此时离子受力平衡，可沿直线穿过选择器，C正确；由，知R越小，荷质比越大；粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子圆周运动的半径越小荷质比越大，D正确．‎ ‎7.如图所示，平行板电容器的两个极板为A、B，B极板接地，A极板带有电荷量+Q，板间电场有一固定点P，若将B极板固定，A极板下移一些，或者将A极板固定，B极板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是（　　）‎ A. A极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变 B. A极板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高 C. B极板上移时，P点的电场强度不变，P点电势降低 D. B极板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：由题意可知，电容器所带电荷量不变，正对面积不变，当A板下移时，根据、、得知平行板电容器极板间的电场强度与板极间距离d无关，可以知道此时P点的电场强度E不变。P点与下极板的距离不变，根据可知，P点与下极板间的电势差不变，则P点的电势不变，所以A正确、B错误；当B极板上移时，同理可知，电场强度不变，根据可知，P点与下极板间的电势差减小，而P点的电势高于下极板的电势，下极板的电势为零，所以可知P点的电势降低，所以C正确 、D错误。‎ 考点：平行板电容器 ‎8.如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80 V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电．放电后，闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电．这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光．该电路（ ）‎ A. 充电时，通过R的电流不变 B. 若R增大，则充电时间变长 C. 若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大 D. 若E减小为85 V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ 本题考查电容器的充放电，意在考查考生的分析能力。电容器充电时两端电压不断增大，所以电源与电容器极板间的电势差不断减小，因此充电电流变小，选项A错误；当电阻R增大时，充电电流变小，电容器所充电荷量不变的情况下，充电时间变长，选项B正确；若C增大，根据Q=CU，电容器的带电荷量增大，选项C正确；当电源电动势为85V时，电源给电容器充电仍能达到闪光灯击穿电压80V时，所以闪光灯仍然发光，闪光一次通过的电荷量不变，选项D正确。‎ 点睛：本题源自于2020年江苏高考物理卷的第5题，以闪光灯发光问题为背景考查电容器的充放电问题，解题的关键是要弄清电路的工作原理和电容器 ‎9.带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为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，则（ ）‎ A. 一定有h1=h3 B. 一定有h1＜h4‎ C. h2与h4无法比较 D. h1与h2无法比较 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 试题分析：对于第一种情况，根据动能定律可得，解得，对于第二种情况，小球受到洛伦兹力，但是洛伦兹力只改变运动方向，不对小球做功，所以在最高点，小球的速度不为零，应有水平方向的速度，故有，又因为，所以有，对于第三种情况，小球受到的电场力方向沿水平方向，在竖直方向上仍满足，故，故，对于第四种情况，电场力方向沿竖直方向，若电场力方向竖直向上，则满足，则，若电场力方向向下，则，则，故AC正确。‎ 考点：考查了带电粒子在电磁场中的运动 ‎10.如图所示，甲带负电，乙是不带电的绝缘物块，甲乙叠放在一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现加一水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动一起向右加速运动．在加速运动阶段（　　）‎ A. 甲、乙两物块间的摩擦力不变 B. 甲、乙两物块做加速度减小的加速运动 C. 乙物块与地面之间的摩擦力不断变大 D. 甲、乙两物体可能做匀加速直线运动 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ 试题分析：甲带负电，向右运动的过程中根据左手定则可知洛伦兹力的方向向下．对整体分析，速度增大，洛伦兹力增大，则正压力增大，地面对乙的滑动摩擦力f增大，电场力F一定，根据牛顿第二定律得，加速度a减小，对甲研究得到，乙对甲的摩擦力f甲：F-f甲=m甲a，则得到f甲增大，甲、乙两物块间的静摩擦力不断增大．故A错误，B正确，C正确，D错误．故选BC。‎ 考点：牛顿第二定律；洛伦兹力 ‎【名师点睛】本题关键要灵活选择研究对象，要抓住洛伦兹力大小与速度大小成正比这个知识点，根据牛顿运动定律分析物体的运动情况。‎ 二、解答题 ‎11.图（甲）是用一主尺最小分度为1mm，游标上有20个分度的卡尺测量一工件的长度，结果如图所示。可以读出此工件的长度为____________cm．图（乙）是用螺旋测微器测量某一圆筒内径时的示数，此读数应为______mm ‎    ‎ ‎【答案】 (1). 10.240cm  (2). 5.543-5.547mm ‎【解析】‎ 分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ 解答：解：游标卡尺的主尺读数为102mm，游标读数为0.05×7mm=0.35mm，所以最终读数为102.35mm=10.235cm．‎ 螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为0.01×4.6mm=0.046mm，所以最终读数为5.546mm=0.5546cm．‎ 故本题答案为：10.235，0.5546‎ 点评：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎12. 使用多用电表粗测某一电阻，操作过程分以下四个步骤，请把第②步的内容填在相应的位置上：‎ ‎（1）①将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”、“﹣”插孔，选择开关置于电阻×100挡．‎ ‎② ．‎ ‎③把红黑表笔分别与电阻的两端相接，读出被测电阻的阻．‎ ‎④将选择开关置于交流电压的最高挡或“OFF”挡．‎ ‎（2）若上述第③步中，多用电表的示数如图所示，则粗测电阻值为 Ω．‎ ‎【答案】（1）将红、黑表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮，使指针指在电阻的“0”刻度处 ‎（2）2200‎ ‎【解析】‎ 试题分析：欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，‎ ‎（1）合理选择量程，使指针尽可能在中间刻度附近 ‎（2）用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零（指欧姆调零）．‎ ‎（3）测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开．‎ ‎（4）测量时注意手不要碰表笔的金属部分，否则将人体的电阻并联进去，影响测量结果．‎ ‎（5）测量完结要旋转S使其尖端对准off档 解：（1）②换档后要进行欧姆调零：将红、黑表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮，使指针指在电阻的“0”刻度处 ‎（2）读数为：22×100=2200Ω 故答案为：（1）将红、黑表笔短接，调节欧姆挡调零旋钮，使指针指在电阻的“0”刻度处；（2）2200‎ ‎【点评】使用欧姆表测电阻时要选择合适的档位，指针要指在刻度盘中央刻度附近；对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直 ‎13.物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为0.75 W，额定电压值已模糊不清。他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻约为2 Ω，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压。他们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路，测量通过灯泡的电流和它两端的电压。根据测量数据已绘出灯泡的U – I图线，如图所示。‎ A．电压表V(量程3 V，内阻约3 kΩ)‎ B．电流表A1(量程150 mA，内阻约2Ω)‎ C．电流表A2(量程500 mA，内阻约0.6Ω)‎ D．滑动变阻器R1(0～20Ω)‎ E．滑动变阻器R2(0～100Ω)‎ F．电源E(电动势4.0 V，内阻不计)‎ G．开关S和导线若干 H．待测灯泡L(额定功率0.75 W，额定电压未知)‎ ‎(1)在下面所给定的虚线框中画出他们进行实验的电路原理图，指出上述器材中，电流表选择 (填“A1”或“A2”)；滑动变阻器选择 (填“R1”或“R2”)。‎ ‎(2)从图线上分析该灯泡的额定电压应为 V；这一结果大于开始时的计算结果，原因是 ‎【答案】（1）电路如图所示。 A2 R1（2）2.5（3）灯泡冷态电阻小于正常工作电阻 ‎【解析】‎ 电流表选择量程500 mA的电流表A2，滑动变阻器选择0～20Ω的滑动变阻器R1。根据灯泡标称功率值为0.75 W，分析得出该灯泡的额定电压应为2.5V。这一结果大于开始时的计算结果，原因是灯泡冷态电阻小于正常工作电阻 ‎14.如图所示，有一电子（电量为e，质量为m，）经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间．若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且恰好能从金属板右缘飞出，求：‎ ‎（1）该电子刚飞离加速电场时的速度大小 ‎（2）金属板AB的长度．‎ ‎（3）电子最后穿出电场时的动能．‎ ‎【答案】（1） ②（2）（3）‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）电子先在加速电场中加速，由动能定理可求其加速后的速度，‎ ‎（2）电子进入偏转电场中做类平抛运动，由于电子正好能穿过电场，所以在偏转电场中的偏转的距离就是，由此可以求得极板的长度；‎ ‎（3）电子正好能穿过电场偏转电场对电子做功 解：（1）设电子被加速后速度大小为v0，对于电子在加速电场中由动能定理得：‎ ‎①‎ 所以②‎ ‎（2）在偏转电场中，由电子做类平抛运动，设加速度为a，极板长度为L，由于电子恰好射出电场，所以有：③‎ L=v0t ④‎ ‎⑤‎ 由②③④⑤解得：‎ ‎（3）电子正好能穿过电场偏转电场，偏转的距离就是，由此对电子做功 ‎⑤‎ ‎①代人⑤中得：‎ 答：（1）电子进入偏转电场时的速度为；（2）极板的长度为 ‎；（3）电子最后穿出电场时的动能．‎ ‎【点评】电子先在加速电场中做匀加速直线运动，后在偏转电场中做类平抛运动，根据电子的运动的规律逐个分析即可 ‎15.如图所示，R为电阻箱，V为理想电压表．当电阻箱读数为R1＝2Ω时，电压表读数为U1＝4V；当电阻箱读数为R2＝5Ω时，电压表读数为U2＝5V．求：‎ ‎（1）电源的电动势E和内阻r．‎ ‎（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？‎ ‎【答案】（1）E=6 V r=1 Ω （2）当R=r=1 Ω时，Pm=9 W ‎【解析】‎ 试题分析：运用闭合电路欧姆定律，分别研究电阻为R1和R2的情况，列出含有电动势和内阻的方程组求解．当电阻箱的阻值等于电源的内电阻时电源的输出功率最大，再求解Pm．‎ ‎（1）由闭合电路欧姆定律得：，代入得①，，代入得：②，联立上式并代入数据解得：E=6V，r=1Ω ‎（2）当电阻箱的阻值等于电源的内电阻时电源的输出功率最大，即有R=r=1Ω，电源的输出功率最大为：；‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎16.如图所示，两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为θ，间距为d．导轨处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与导轨平面垂直．质量为m的金属棒被固定在导轨上，距底端的距离为s，导轨与外接电源相连，使金属棒通有电流．金属棒被松开后，以加速度a沿导轨匀加速下滑，金属棒中的电流始终保持恒定，重力加速度为g．求下滑到底端的过程中，金属棒：‎ ‎（1）末速度的大小v；‎ ‎（2）通过的电流大小I；‎ ‎（3）通过的电荷量Q．‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3）；‎ ‎【解析】‎ ‎（1）匀加速直线运动v2=2as 解得 ‎（2）安培力F安=IdB 金属棒所受合力 牛顿运动定律F=ma 解得 ‎（3）运动时间 电荷量Q=It 解得 点睛：本题是通电金属棒在磁场中匀加速运动的问题，考生易误认为是电磁感应问题而用电磁感应规律求解。‎ ‎17. 在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y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点以一定的初速度垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ=60°角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，已知ON=d，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）粒子在M点的初速度v0的大小；‎ ‎（3）粒子从M点运动到P点的总时间t．‎ ‎【答案】（1）粒子在磁场中运动的轨道半径R为d；‎ ‎（2）粒子在M点的初速度v0的大小为；‎ ‎（3）粒子从M点运动到P点的总时间t为．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）做出带电粒子的运动轨迹如图 由三角形相关知识得…（2分）‎ ‎…………（1分）‎ ‎（2）由qvB=mv2/R……（2分） 得v……（1分）‎ 在N点速度v与x轴正方向成θ＝60°角射出电场，将速度分解如图 cosθ= v0/v……（1分） 得射出速度v=2v0， v0=…（1分）‎ ‎（3）粒子在电场中运动的时间t1，有d＝v0t1…（1分）‎ 所以t1＝ 　　……（1分）‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T　，故 T……（2分）‎ 设粒子在磁场中运动的时间t2，有t2……（1分） 所以　t2‎ t＝t1＋t2，所以　t……（1分）‎ 考点：该题考查了电场和磁场边界问题，‎ 点评：不同场的分界面上，既是一种运动的结束，又是另一种运动的开始，寻找相关物理量尤其重要．‎ 粒子在电场中运动偏转时，常用能量的观点来解决问题，有时也要运用运动的合成与分解．‎ 点粒子做匀速圆周运动的圆心、半径及运动时间的确定也是本题的一个考查重点 圆心的确定：因洛伦兹力提供向心力，洛伦兹力总垂直于速度，画出带电粒子运动轨迹中任意两点（一般是射入磁场和射出磁场的两点）洛伦兹力的方向，其延长的交点即为圆心．或射入磁场和射出磁场的两点间弦的垂直平分线与一半径的交点即为圆心．‎ 半径的确定：半径一般都在确定圆心的基础上用平面几何知识求解，常常是解直角三角形．运动时间的确定：利用圆心与弦切角的关系计算出粒子所转过的圆心角θ的大小，再者就是要正确画出粒子运动的轨迹图，能熟练的运用几何知识解决物理问题．‎