安徽省泗县樊集中学2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）

安徽省泗县樊集中学2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）

安徽省泗县樊集中学2020学年度上学期期末考试高二物理 ‎ 一、选择题 ‎1. 下列说法中正确的是（ ）‎ A. 电流的方向就是电荷移动的方向 B. 电流都是由电子的移动形成的 C. 在直流电源对外供电的过程中，外电路上电流的方向是从电源正极流向负极 D. 电流是有方向的量，所以是矢量 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：电流的方向就是正电荷定向移动的方向 ，选项A错误；电流不都是由电子的移动形成的，有的是由离子视为定向移动产生的，选项B错误；在直流电源对外供电的过程中，外电路上电流的方向是从电源正极流向负极，选项C正确；电流是有方向的量，但是电流是标量，选项D错误；故选C．‎ 考点：电流 ‎【名师点睛】本题中要注意电流的形成以及方向，同时明确电流的方向与矢量的方向意义不同，其运算按代数法则，不能按照平行四边形定则计算，故电流不是矢量，是标量。‎ ‎2. 如图所示，磁场方向水平向右，ab是一段通电导体，则它受到的安培力方向是（ ）‎ A. 垂直于纸面向里 B. 垂直于纸面向外 C. 水平向左 D. 水平向右 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向右穿过手心，则手心朝左；四指指向电流方向，则指向下，拇指指向外，故导线受到的安培力向外；‎ 故选：B ‎3. 如图所示，将平行板电容器两极板分别与电池正、负极相接，两板间一带电液滴恰好处于静止状态．现贴着下板插入一定厚度的金属板，则在插入过程中 （ ）‎ A. 电容器的带电量不变 B. 电路将有顺时针方向的短暂电流 C. 带电液滴将向上做加速运动 D. 带电液滴仍将静止 ‎【答案】C ‎【解析】插入一金属板相当于极板间距离变小了，根据决定式，知电容增大，电势差不变，则Q=CU知，电容器带电量增大，电路中有逆时针方向的短暂电流．故AB错误；电势差不变，d减小，则根据可知电场强度增大，带电液滴所受的电场力增大，大于重力，将向上做加速运动，故C正确，D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎4. 如图所示匀强电场E的区域内，在O点处放置一点电荷＋Q．a、b、c、d、e、f为以O为球心的球面上的点，aecf平面与电场平行，bedf平面与电场垂直，则下列说法中正确的是（ ）‎ A. b、d两点的电场强度相同 B. a点的电势等于f点的电势 C. 点电荷＋q在球面上任意两点之间移动时，电场力做功一定不为零 D. 将点电荷＋q在球面上任意两点之间移动，从a点移动到c点电势能的变化量一定最大 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：点电荷+Q在b点产生的电场方向为竖直向上，在d点产生的电场方向为竖直向下，匀强电场方向水平向右，根据平行四边形定则可知，b点的合场强斜向右上方，d点的合场强斜向左下方，两点场强大小相同，方向不同，电场强度不同．故A错误；将一个试探正电荷由a点移动到f点，受O点的点电荷电场力不做功，匀强电场的电场力做正功，故合力做正功，电势能减小，电势降低，故a点的电势大于f点的电势，B错误；当电荷+q沿着球面上的bedf移动时，匀强电场的电场力不做功，点电荷电场力也不做功，故合电场力不做功，故C错误；将点电荷+q在球面上任意两点之间移动，受O点的点电荷电场力不做功，从a点移动到c点，匀强电场的电场力做功最大，故合力做功最大，电势能的变化量一定最大，故D正确．‎ 故选D。‎ 考点：电场力的功；电势能 ‎【名师点睛】本题还是要将电场看作是由匀强电场和点电荷的电场组合而成，再分析电场力做功、电场强度和电势能时更是如此。‎ ‎5. 如图甲所示，用电流天平测量匀强磁场的磁感应强度．挂在天平右臂下方的单匝矩形线圈中通入如图乙所示的电流，此时天平处于平衡状态．现保持边长MN和电流大小、方向不变，将该矩形线圈改为三角形线圈，挂在天平的右臂下方，如图丙所示．则(　　)‎ A. 天平将向左倾斜 B. 天平将向右倾斜 C. 天平仍处于平衡状态 D. 无法判断天平是否平衡 ‎【答案】B ‎【解析】天平原本处于平衡状态，线圈受到向上的安培力作用；由于线框平面与磁场强度垂直，且线框不全在磁场区域内，所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的有效长度，由图可知，将该矩形线圈改为三角形线圈，则有效长度最短，磁场强度B和电流大小I不变，所以所受的安培力变小，则天平向右倾斜，故选B．‎ 点睛：本题主要考查了安培力，在计算通电导体在磁场中受到的安培力时，一定要注意F=BIL公式的L是指导体的有效长度．‎ ‎6. 如图所示，有一内电阻为4.4 Ω的电解槽和一盏标有“110 V　60 W”的灯泡串联后接在电压为220 V的直流电路两端，灯泡正常发光，则(　　)‎ A. 电解槽消耗的电功率为120 W B. 电解槽的发热功率为60 W C. 电解槽消耗的电功率为60 W D. 电路消耗的总功率为60 W ‎【答案】C ‎【解析】由于灯泡正常发光，所以电解槽的电压为：220-110=110V，由于电解槽和灯泡串联，它们的电流相等，所以有，所以电解槽的输入功率为：，故AB错误，C正确；电路消耗总功率为为：，故D错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎7. 如图所示，有abcd四个离子，它们带等量的同种电荷，质量不等。有ma＝mb＜mc＝md，以不等的速度va＜vb＝vc＜vd进入速度选择器后有两种离子从速度选择器中射出，进入B2磁场，则 A. 射向P1的是a离子 B. 射向P2的是b离子 C. 射到A1的是c离子 D. 射到A2的是d离子 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：通过在磁场中偏转知，粒子带正电．在速度选择器中，有qE=qvB．，只有速度满足一定值的粒子才能通过速度选择器．所以只有b、c两粒子能通过速度选择器．a的速度小于b的速度，所以a的电场力大于洛伦兹力，a向P1板偏转．故A正确，B错误．只有b、c两粒子能通过速度选择器进入磁场B2，根据，知质量大的半径大，知射向A1的是b离子，射向A2的是c离子．故C、D错误．‎ 故选A．‎ 考点：速度选择器；带电粒子在匀强磁场中的而运动.‎ ‎8. 如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN，P点在y轴的右侧，且MP⊥ON，则（ ）‎ A. M点的电势比P点的电势高 B. 将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功 C. M、N两点间的电势差大于O、M两点间的电势差 D. 在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动 ‎【答案】AD ‎【解析】试题分析：过M、P、N做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，则有φM＞φP＞φN，故A正确．将负电荷由O点移到P点，因UOP＞0，所以W=-qUOP＜0，则负电荷电场力做负功，故B错误；由U=Ed可知，MN间的平均场强小于OM间的平均场强，故MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差，C错误；根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在 y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，则该粒子将沿y轴做直线运动，故D正确；故选AD．‎ 考点：电场线；电势及电势能 ‎【名师点睛】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。‎ 视频 ‎9. 如图所示，真空中两虚线圆为以为圆心的同心圆，分别于坐标轴交于abcd、efgh；在ac两点固定两个等量点电荷，bd两点固定两个等量点电荷，下列说法正确的是（ ）‎ A. g、f两点的电场强度相同 B. e、h两点的电势相同 C. 将质子从e移到o电场力一直做正功 D. 将质子从o移到f电场力一直做正功 ‎【答案】BCD ‎【解析】试题分析：根据电场的叠加原理可知，两个正电荷和两个负电荷在g点产生的场强方向沿y轴正向，则g点的场强方向沿y轴正向．两个正电荷和两个负电荷在f点产生的场强方向沿y轴负向，则f点的场强方向沿y轴负向，g、f两点场强大小相等，方向相反，所以电场强度不同，故A错误；在两个正电荷形成的电场中，根据对称性可知，e、h两点的电势相同．在两个负电荷形成的电场中，根据对称性可知，e、h两点的电势也相同．则根据叠加原理可知，e、h两点的电势相同，故B正确；根据电场线的分布可知，eo间的电场线方向沿，质子所受的电场力方向由，则将质子从e移到o电场力一直做正功，故C正确；根据电场线的分布可知，of间的电场线方向沿，质子所受的电场力方向由，则将质子从o移到f电场力一直做正功，故D正确。‎ 考点：电势差与电场强度的关系、电势 ‎【名师点睛】解决本题的关键是掌握等量同种电荷电场线和等势面的分布情况，熟练运用电场的叠加原理来分析电场强度和电势关系。‎ ‎10. 在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是 A. R1短路 B. R4短路 C. R2断路 D. R3断路 ‎【答案】CD 考点：电路的故障分析 ‎【名师点睛】本题是电路的动态分析问题，关键理清电路结构，然后根据串并联电路的特点分析，不难。‎ ‎11. 如图所示，一个带负电的油滴以水平向右的速度v进入一个方向垂直纸面向外的匀强磁场后，保持原速度做匀速直线运动，设磁感应强度为B，如果使匀强磁场发生变化，则下列错误的是（ ）‎ A. 磁感应强度B减小，油滴动能增加 B. 磁感应强度B增大，油滴机械能不变 C. 使磁场方向反向，油滴动能减小 D. 使磁场方向反向后再减小，油滴重力势能减小 ‎【答案】ABD ‎【解析】带负电的油滴在匀强磁场B中做匀速直线运动，则受到竖直向下的重力和竖直向上的洛伦兹力而平衡，当B减小时，由F=qvB可知洛伦兹力减小，重力大于洛伦兹力，重力做正功，故油滴动能增加，但油滴机械能不变，故A正确；B正确，若磁场反向，油滴洛伦兹力竖直向下，重力做正功，动能增加，重力势能减小，故C错误，D正确。所以ABD正确，C错误。‎ ‎12. 某静电场方向平行于x轴，其电势φ随x变化规律如图所示。一质量为m、带电量为＋q的粒子(不计重力)，以初速度v0从O点(x＝0)进入电场，仅在电场力的作用下沿x轴正方向运动。下列说法正确的是(　)‎ A. 粒子从O运动到x1的过程中做匀加速直线运动 B. 粒子从x1运动到x3的过程中，电势能一直减少 C. 若v0为 ，带电粒子在运动过程中的最大速度为 D. 若使粒子能运动到x4处，则初速度v0至少为 ‎【答案】BC ‎【解析】粒子从O运动到x1的过程中，电势升高，场强方向沿x轴负方向，粒子所受的电场力方向也沿x轴负方向，与粒子的速度方向相反，则粒子做减速运动．故A错误；粒子从x1运动到x3的过程中，电势不断降低，根据正电荷在电势高处电势能越大，可知，粒子的电势能不断减小．故B正确；若v0=，粒子运动到x3处电势能最小，动能最大，由动能定理得 q[0-（-φ0）]= ，解得最大速度为vm=．故C正确；根据电场力和运动的对称性可知：粒子如能运动到x1处，就能到达x4处，当粒子恰好运动到x1处时，由动能定理得： ，解得，，要使粒子能运动到x4处，粒子的初速度v0至少为．故D错误．故选BC．‎ 点睛：此题也可以根据电势φ随x的分布图线可以得出电势函数关系，由电势能和电势关系式得出电势能的变化．对于速度问题，往往利用动能定理列方程解答．‎ 二、实验题 ‎13. 图甲为某同学测绘额定电压为2．5V的小灯泡的I﹣U图线的实验电路图。‎ ‎（1）根据电路图以及相关参数，选择好量程，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接成完整实验电路___________．‎ ‎（2）开关S闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于_____（选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）．‎ ‎（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果这个小灯泡两端所加电压为1．4V，则小灯泡此时的电阻是______（保留一位小数）．随着电压增大，小灯泡的电阻______（填“增大”，“减小”或“不变”），原因是_________。‎ ‎【答案】 (1). （1）如图；‎ ‎ (2). （2）A端 (3). （3）6.4Ω (4). 增大 (5). 灯丝温度升高电阻增大 ‎【解析】试题分析：（1）根据给出的原理图可知，本实验中采用分压接法和电流表外接法；连接实物图如图所示；‎ ‎（2）为了安全实验，开始应让测量电路两端的电压为零；则可知应让滑片置于A端；‎ ‎（3）由图可知，当电压为1．4V时，电流为0．22A；则电阻； I-U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，灯泡电阻增大；其原因是电压升高，功率增大，温度升高，电阻率增大；‎ 考点：测绘小灯泡的I﹣U图线 ‎【名师点睛】题考查伏安法测灯泡的伏安特性曲线，要注意明确电路的接法，注意灯泡的伏安特性曲线的掌握，明确I-U图象和U-I图象的区别。‎ ‎14. 某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ,步骤如下：‎ ‎(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲,由图可知其长度为________mm; 用螺旋测微器测量其直径如图乙,由图可知其直径为________mm;用多用电表的电阻“×10”挡,按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻,表盘的示数如图丙,则该电阻的阻值约为_______Ω．‎ ‎(2)该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R,现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R A．金属丝L,长度为L0,直径为D B．电流表A1,量程1 mA,内阻r1=375 Ω C．电流表A2,量程500 μA,内阻r2=750 Ω D．电压表V,量程10 V,内阻10 kΩ E．电阻R1,阻值为100 Ω,起保护作用 F．滑动变阻器R2,总阻值约20 Ω G．电池E,电动势1.5 V,内阻很小 H．开关S、导线若干 为使实验误差较小,要求测得多组数据进行分析,请在虚线框中画出测量的电路图,并标明所用器材的代号___．‎ ‎(3)若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等,由此可估算此圆柱体材料的电阻率约为ρ=________Ω·m．(保留2位有效数字)‎ ‎【答案】 (1). (1) 50.15 (2). 4.700 (3). 220 (4). (2) 电路图见解析图； (5). (3) 7.6×10-2‎ ‎【解析】（1）游标卡尺主尺读数为50mm，游标上第3条刻度线与主尺对齐，读数3×0.05mm=0.15mm，则长度为50.15mm．螺旋测微器固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.200mm，则直径为4.700mm．电阻的阻值R=22×10Ω=220Ω；‎ ‎（2）电源电动势为1.5V，待测电阻约为几百欧姆，故电流约为几百毫安；为了保证安全，电流表选择A1；由于所给的电压表量程太大，无法完成实验，故将A2充当电压表使用；由于要求多测数据，故滑动变阻器采用分压接法；‎ 电路图如图所示；‎ ‎（3）由电阻定律 ，S=πd2, 代入解得ρ=7.6×10-2Ω•m．‎ 点睛：测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计．测量电路要求精确，误差小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法．控制电路关键是变阻器的分压式接法或限流式接法．在两种方法都能用的情况下，为了减小能耗，选择限流式接法．‎ ‎15. 如图所示，已知R3＝3Ω，理想电压表读数为3v，理想电流表读数为2A，某时刻由于电路中R3发生断路，电流表的读数2．5A，R1上的电压为5v，求：‎ ‎（1）R1大小、R3发生断路前R2上的电压、及R2阻值各是多少？（R3发生断路时R2上没有电流）‎ ‎（2）电源电动势E和内电阻r各是多少？‎ ‎【答案】（1）2Ω 4V 1Ω（2）10 V 2Ω ‎【解析】试题分析：（1）R3断开时 电表读数分别变为5v和2．5A 可知R1=2欧 R3断开前R1上电压U1=R1I=4V U1= U2+ U3‎ 所以 U2=1V U2：U3= R2：R3=1:3‎ R2=1Ω ‎（2）R3断开前 总电流I1=3A E = U1 + I1r R3断开后 总电流I2=2．5A E = U2 + I2r 联解方程E=" 10" V r=2Ω 考点：闭合电路的欧姆定律 ‎【名师点睛】‎ 三、解答题 ‎16. 如图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直．一质量为m、电荷量为﹣q（q＞0）的粒子以平行于x轴的速度从y轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场．粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点．已知OP=l，OQ=2l．不计重力．求：‎ ‎（1）M点与坐标原点O间的距离；‎ ‎（2）粒子从P点运动到M点所用的时间．‎ ‎【答案】（1）6L（2）‎ ‎【解析】（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，在y轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a；在x轴正方向上做匀速直线运动，设速度为v0；粒子从P点运动到Q点所用的时间为t1，进入磁场时速度方向与x轴正方向的夹角为θ，则 由牛顿第二定律得：qE=ma①‎ 在电场中运动的时间为： ②‎ 水平初速度： ③‎ 其中 ，y0=L，又 ④‎ 联立②③④得θ=30°⑤‎ 由几何关系知MQ为直径，⑥‎ MO==6L ⑦‎ ‎（2）设粒子在磁场中运动的速度为v，从Q到M点运动的时间为t2，则有 ‎ ⑧‎ ‎ ⑨‎ 从P点到M点所用的时间t=t1+t2⑩‎ 联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩并代入数据得 视频 ‎17. 如图所示，竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场，场强大小E=10N/c，在y≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.5T一带电量q= +0.2C、质量m=0.4kg的小球由长l=0.4m的细线悬挂于P点小球可视为质点，现将小球拉至水平位置A无初速释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点，（g=10m/s2），求：‎ ‎（1）小球运动到O点时的速度大小；‎ ‎（2）悬线断裂前瞬间拉力的大小；‎ ‎（3）ON间的距离。‎ ‎【答案】（1）2m/s（2）8.2N（3）3.2m ‎..................‎ ‎（1）小球从A运到O的过程中，根据动能定理：‎ 代入数据求得小球在O点速度为：v0=2m/s ‎（2）小球运到O点绳子断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律：‎ 洛伦兹力：‎ 联立解得：T=8.2N。‎ ‎（3）绳断后，小球水平方向加速度 小球从O点运动至N点所用时间为：‎ ON间距离为：。‎ 点睛：本题主要考查了物体在复合场中的运动，分清运动过程，并正确的做出受力分析，另外还要会根据物体受力情况判断出物体的运动情况，再结合动能定理即可轻松解决问题。 ‎