安徽省泗县九里沟中学2020学年高二物理上学期期末考试试题（实验班，含解析）

安徽省泗县九里沟中学2020学年高二物理上学期期末考试试题（实验班，含解析）

安徽省泗县九里沟中学2020学年度上学期期末考试卷高二物理（实验班） ‎ 一、选择题 ‎1. 如图所示，在真空中有两个点电荷A和B，电荷量分别为-Q和+2Q，它们相距2L，如果在两点电荷连线的中点O有一个半径为r（2r<2L）的空心金属球，且球心位于O点，则关于球壳上的感应电荷在O点处此时的场强的大小和方向说法正确的是（ ）‎ A. ，向左 B. ，向右 C. 0 D. ，向右 ‎【答案】B ‎【解析】两个点电荷A和B在O点处产生的合场强大小为：，方向向左，根据静电平衡导体的特点可知，球壳上的感应电荷在O点处的场强大小与两个点电荷A和B在O点处产生的合场强大小相等，方向相反，则球壳上的感应电荷在O点处的场强大小为：，方向向右，故D正确，ABC错误。‎ ‎2. 如图所示，一束质量、速度和电量不同的正离子垂直射入匀强磁场和匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，未发生任何偏转． 如果让这些不发生偏转的离子进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入后一磁场的离子，可得出结论（ ）‎ A. 它们的动能一定各不相同 B. 它们的电量一定各不相同 C. 它们的质量一定各不相同 D. 它们的电量与质量之比一定各不相同 ‎【答案】D ‎【解析】因为粒子进入电场和磁场正交区域时，不发生偏转，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡可得qvB=qE，解得相应的粒子速度为：，所以进入第二个匀强磁场时，粒子具有相同的速度，粒子进入磁场后受洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力：，解得：，由于粒子又分裂成几束，也就是粒子做匀速圆周运动的半径r不同，根据可知，粒子能分裂成几束的粒子的不同，而质量m、电荷量可能相同也可能不同，动能也可能相同，故D正确，ABC错误。‎ ‎3. 如图所示，匀强磁场的边界为平行四边形ABDC，其中AC边与对角线BC垂直，一束电子以大小不同的速度沿BC从B点射入磁场，不计电子的重力和电子之间的相互作用，关于电子在磁场中运动的情况，下列说法中正确的是（　　）‎ A. 入射速度越大的电子，其运动时间越长 B. 入射速度越大的电子，其运动轨迹越长 C. 从AB边出射的电子的运动时间都相等 D. 从AC边出射的电子的运动时间都相等 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：电子做圆周运动的周期T=，保持不变，电子在磁场中运动时间为t=，轨迹对应的圆心角θ越大，运动时间越长．电子沿BC方向入射，若从AB边射出时，根据几何知识可知在AB边射出的电子轨迹所对应的圆心角相等，在磁场中运动时间相等，与速度无关．故A错误，C正确．从AC边射出的电子轨迹对应的圆心角不相等，且入射速度越大，其运动轨迹越短，在磁场中运动时间不相等．故BD错误．‎ 考点：本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。‎ ‎4. 如图所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔．右极板电势随时间变化的规律如图所示．电子原来静止在左极板小孔处．（不计重力作用）下列说法中正确的是（ ）‎ A. 从时刻释放电子，电子在两板间往复运动，一定打倒右极板上 B. 从时刻释放电子，电子在两板间往复运动，一定打倒右极板上 C. 从时刻释放电子，电子在两板间往复运动，一定打倒右极板上 D. 从时刻释放电子，电子在两板间往复运动，一定打倒右极板上 ‎【答案】C ‎【解析】A、从时刻释放电子，根据静止电子所受电场力方向及作用时间，画出电子的图象图1所示：‎ 由图1知，电子在向右电场力的作用下，电子向右做匀加速，再向右做匀减速，运动的方向始终向右，故电子始终向右运动，直到打在右极板上，故A错误；‎ B、由图知，从时刻释放电子，根据静止电子所受电场力方向及作用时间，画出电子的图象图2所示：‎ 由图2知，电子在电场力的作用下，向右运动的位移与向左运动的位移始终相等，故电子一定做往复运动向左即在极板间振动，故B错误；‎ C、由图知，从时刻释放电子，根据静止电子所受电场力方向及作用时间，画出电子的图象图3所示：‎ 由图3知，电子在电场力的作用下，在一个周期内向右运动的位移大于向左运动的位移，电子先向右运动位移，然后向左运动位移，但一个周期内的位移为，方向向右，所以电子在一周期内虽右左往返运动但总位移向右且为，故电子一定能打在右极板上，故C正确；‎ D、由图知，从时刻释放电子，根据静止电子所受电场力方向及作用时间，画出电子的图象图4所示：‎ 由图4知，电子在电场力的作用下，先向右运动位移为x，然后向左运动位移为x，以一定的速度离开电场，离开左极板，故D错误。‎ 点睛：本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意分析粒子的受力情况，从而明确粒子的运动情况，注意画出电子的图象是解题的关键，根据图象形象可以直观分析电子的运动；要注意巧妙利用a和t的对称性作出图象再进行分析求解。‎ ‎5.‎ ‎ 如图所示，用两根轻细金属丝将质量为m，长为L的金属棒ab悬挂在c、d两处，置于匀强磁场内。当棒中通以从a到b的电流I后，两悬线偏离竖直方向θ角处于平衡状态．为了使棒平衡在该位置上，所需的最小磁场的磁感应强度的大小．方向是 (    )‎ A. ，竖直向上 B. ，竖直向下 C. ，平行悬线向上 D. ，平行悬线向下 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：为了使该棒仍然平衡在该位置上，‎ ‎,得：，由左手定则知所加磁场的方向平行悬线向上．故D正确，‎ 考点：考查了安培力的求解 ‎6. 如图所示，正点电荷电场中有A、B两点，将一电荷量q=+3.2×10-19C的检验电荷从电场中的A点移至B点，电场力做功W=+6.4×10-20J，则A、B两点间的电势差U等于（ ）‎ A. 0.5V B. 0.2V C. 5V D. 2V ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：0.2V，所以ACD错误，B正确。‎ 考点：本题考查电势差与电场力做功关系公式的应用。‎ ‎7. 如图所示，当滑动变阻器的滑动片P向上端移动时，则电表示数的变化情况是 （ ）‎ A. V1减小，V2增大，A增大 B. V1增大，V2减小，A增大 C. V1增大，V2增大，A减小 D. V1减小，V2减小，A减小 ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑片向上端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器与定值电阻并联的总电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析可知总电流I变小，电源的内电压变小，路端电压U变大，即V1增大．电阻R1的电压变小，则并联部分的电压增大，可知电压表V2示数增大，所以电阻R2的电流增大，因总电流变小，所以A示数减小．故C正确，ABD错误．故选C．‎ 考点：电路的动态分析 ‎【名师点睛】本题是电路的动态变化分析问题，考查闭合电路的欧姆定律的应用，关键要从局部到整体，再到局部，按顺序进行分析即可。‎ ‎8. 回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒都处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列措施可行的是（ ）‎ A. 增大匀强电场间的加速电压 B. 增大磁场的磁感应强度 C. 减小狭缝间的距离 D. 增大D形金属盒的半径 ‎【答案】BD ‎【解析】根据洛伦兹力提供向心力，解得：，则动能为：，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关，增大磁感应强度和D形盒的半径，可以增加粒子射出时的动能，故BD正确，AC错误。‎ ‎9. 一个足够长的绝缘斜面，倾角为θ，置于匀强磁场中，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，与水平面平行，如图所示，现有一带电荷量为q，质量为m的小球在斜面顶端由静止开始释放，小球与斜面间的动摩擦因数为μ，则 A. 如果小球带正电，小球在斜面上的最大速度为 B. 如果小球带正电，小球在斜面上的最大速度为 C. 如果小球带负电，小球在斜面上的最大速度为 D. 如果小球带负电，小球在斜面上的最大速度为 ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：如果小球带正电，小球下滑过程中受到重力、垂直于斜面向下的洛伦兹力、斜面的支持力和滑动摩擦力，小球由静止开始做加速运动，随着小球速度的增大，洛伦兹力增大，摩擦力增大，加速度减小，当小球的受力达到平衡时，做匀速运动，速度达到最大．由平衡条件得 ‎，解得最大速度为，故A错误B正确；如果小球带负电，小球下滑过程中受到重力、垂直于斜面向上的洛伦兹力、斜面的支持力和滑动摩擦力，小球由静止开始做加速运动，随着小球速度的增大，洛伦兹力增大，当小球刚要离开斜面时速度达到最大，此时有，解得，故C正确D错误．‎ 考点：考查了带电小球在匀强磁场的中运动 ‎【名师点睛】若小球带正电，分析小球的受力情况，抓住洛伦兹力与速度大小成正比，确定小球的运动情况．若小球带负电，分析小球的受力情况，小球受到垂直于斜面向上的洛伦兹力作用，最终小球会离开斜面，当小球刚要离开斜面时速度达到最大，由平衡条件求出最大速度．‎ ‎10. 如图甲所示，光滑平行于金属导轨MN，PQ所在平面与水平面成角，MP间接一阻值为R 的定值电阻，阻值为r的金属棒ab垂直导轨放置，其他部分电阻不计，整个装置处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上。 t=0时刻对金属棒施加一平行于导轨向上的外力F,金属棒由静止开始沿导轨向上运动，通过电阻R的电荷量q与时间二次方（t2）变化关系如图乙所示。则下列关于金属棒克服安培力做功的功率p，加速度a，受到的外力F及通过金属棒的电流I随时间变化的图像正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】CD ‎【解析】试题分析：因为并且，故，即电路中的电流随时间均匀增大，所以根据可得P关于时间t不是二次函数，A错误D正确；由，知v与时间t成正比，知加速度不变，故B错误；由牛顿运动定律知，知 ‎，v随时间均匀增大，其他量保持不变，故F随时间均匀增大，不是时间的平方，故C正确；‎ 考点：考查了电磁感应与图像 ‎【名师点睛】对于图象问题一定弄清楚两坐标轴的含义，尤其注意斜率、截距的含义，对于复杂的图象可以通过写出两坐标轴所代表物理量的函数表达式进行分析．‎ 视频 二、实验题 ‎11. 为测量某金属丝的电阻率，某同学设计了如图a所示的实验电路。请完成下列实验相关内容：‎ ‎(1)为粗测金属丝的总电阻值，该同学用如图b所示的多用电表在连接好的电路上进行测量：‎ ‎①机械调零后将选择开关拨到“×1Ω”挡；‎ ‎②将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使_________________________________；‎ ‎③_______________________________‎ ‎，将红表笔接在P，黑表笔接在Q，多用电表指针指示如图c，则金属丝总电阻值________ 。‎ ‎(2)用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图d所示，则金属丝直径d= _______mm。‎ ‎(3)闭合开关S，保持电流表示数不变，改变并记录电阻箱的阻值R和对应接入电路中电阻丝长度L的数据。在R-L图线上描点连线，作出R、L的图线如图e。‎ ‎(4)根据测得金属丝的直径d及R-L图线，求得金属丝的电阻率__________。（计算结果保留三位有效数字）‎ ‎【答案】 (1). 使指针指在0Ω处 （或使指针指在右端零刻度处、使指针指在电流满偏的位置） (2). 断开开关S，取下线夹 （或断开开关S，将线夹夹到Q端） (3). 5.0（填写5的也给分） (4). 0.360 (0.358～0.362均算对) (5). 1.02×10-6Ω∙m(1.00-1.02)×10-6Ω∙m)均可 ‎【解析】（1）②将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指在0Ω处 （或使指针指在右端零刻度处、使指针指在电流满偏的位置）；‎ ‎③断开开关S，取下线夹，将红表笔接在P，黑表笔接在Q，多用电表指针指示如图c，则金属丝总电阻值R0=5Ω。‎ ‎(2)用螺旋测微器测金属丝直径，则金属丝直径d=0.01mm×36.0=0.360mm。‎ ‎（4）电流表的示数不变，则电路中总电阻为定值，设为k，则 ，解得 ，由图像可得： ，解得 ‎12. 图甲所示为某同学测绘额定电压为2.5 V的小电珠的I－U图线的实验电路图.‎ ‎（1）根据电路图，用笔画线代替导线，将图右中的实物图连接成完整的实验电路 ‎_______.‎ ‎（2）开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于___（选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）.‎ ‎（3）实验中发现移动滑动变阻器的滑片时，电流表的示数变化而电压表的指针不动，下列原因可能的是____‎ A.灯泡中灯丝已烧断 B.滑片接触不良 C.灯泡内部短路 D.滑动变阻器A端接触不良 ‎（4）图中电流表的读数是多少_____A ‎（5）某同学在实验中还测出a、b、c三种元件的伏安特性曲线分别如下图的（a）、（b）、（c），下列说法正确的是 ____‎ A.a可以作为标准电阻使用 B.b能作为标准电阻使用 C.b的阻值随电压升高而增大 D.c的阻值随电压升高而增大 ‎【答案】 (1). 如图；‎ ‎ (2). A端 (3). C (4). 0.46 (5). AC ‎【解析】（1）根据原理图可得出对应的实物图 ‎（2）由图可知采用分压式接法，故开始时应让测量电路中电压为零，故滑片应置于A端。‎ ‎（3）电流表的示数变化，说明与电流表串联的部分没有发生断路现象，而电压表的指针不动，说明电压表测量的电路电阻为零，电压表的电阻非常大，在电路中相当于开路，所以应是灯泡断路，故选C。‎ ‎（4）丙图中量程为0.6A，最小分度为0.02A，则指针的示数为：0.46A。‎ ‎（5）a图中电阻不随电压的变化而变化，故可以做为标准电阻使用；b的阻值随电压升高而增大，c的阻值随电压升高而降低，故AC正确，BD错误。‎ 三、解答题 ‎13. 如图甲所示，倾角为θ=30°的光滑固定斜杆底端固定一个带负电、电量为Q=2.0×10-4C的小球A．将一可视为质点的带电小球B从斜杆的底端a点（与A靠得很近，但未接触）静止释放，小球沿斜面向上滑动过程中速度v随位移s的变化图象如图乙所示．已知重力加速度g=10m/s2，静电力常量k=9×109N·m2/C2．求：‎ ‎（1）小球B的荷质比；‎ ‎（2）小球B在b点时速度到达最大，a、b两点的电势差Uab．‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析:（1）由B球运动的图象可知，在时，小球的速度最大，此时满足加速度为零，即：‎ 解得：‎ ‎（2）对小球从释放到速度最大的过程，由动能定理得：‎ 解得：‎ 考点：考查动能定理的应用；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【名师点睛】本题首先要抓住图象的信息，分析小球的运动情况，再根据平衡条件和动能定理进行处理．‎ ‎14. 如图所示为说明示波器工作原理的示意图，已知两平行板间的距离为d、板长为l，电子经电压为U1的电场加速后从两平行板间的中央处垂直进入偏转电场．设电子质量为m、电荷量为e．（不计电子所受重力）‎ ‎(1)求经电场加速后电子速度v的大小；‎ ‎(2)要使电子离开偏转电场时的偏转角度最大，两平行板间的电压U2应是多少？并求电子出电场时的动能多大（结果用d、l、U1、e表示）？‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】试题分析：（1）电子经电压为U1的电场加速，根据动能定理：（3分）‎ 则得（2分）‎ ‎（2）电子离开偏转电场偏转角度最大时的偏转量为 ‎，电子进入偏转电场后受到的电场力：电场强度为：由牛顿第二定律：解得:（2分）‎ 电子沿偏转电场方向作初速度为零的匀加速直线运动，‎ 在沿电场方向有：在垂直于电场方向作匀速直线运动，则有：‎ 以上联立求解，得：， （2分）‎ 又由动能定理：， 在加速电场里有：， 所以（2分）‎ 考点：带电粒子在电场中的运动 ‎【名师点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化 的观点，选用动能定理和功能关系求解。‎ ‎15. 在方向水平的匀强电场中，一不可伸长的不导电细线的一端连着一个质量为m的带电小球，另一端固定于O点，把小球拉起直至细线与场强平行，然后无初速度释放。已知小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为θ（如图），求小球经过最低点时细线对小球的拉力。‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】试题分析：据题小球摆到最低点的另一侧，线与竖直方向的最大夹角为，由能量守恒定律可知电场力做负功，则知电场力方向水平向右．小球从最右边摆到最左边的过程中，设摆长为L，‎ 根据动能定理，得：，‎ 设小球摆到最低点时的速度为v，则对小球从最右边摆到最低点的过程，‎ 应用动能定理有，‎ 而小球摆到最低点时，根据向心力公式有，‎ 可解得 考点：考查了电场强度，牛顿第二定律，动能定理 ‎16. 如图所示，直角坐标中的第一象限中存在沿y轴负方向的匀强电场，在第二象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场。一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子，在–x轴上的a点以速度v0与–x轴成60°度角射入磁场，从y = L处的b点垂直于y轴方向进入电场，并经过x轴上x=2L处的c点。不计重力。求 ‎(1)磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)电场强度E的大小；‎ ‎(3)粒子在磁场和电场中的运动时间之比。‎ ‎【答案】（1）（2）（3）‎ ‎..................‎ ‎(1)粒子的运动轨迹如图所示：‎ 由几何知识可得：r+rsin30°=L 粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径：‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得：‎ 解得：‎ ‎(2)粒子在电场中做类平抛运动，‎ 水平方向：2L=v0t 竖直方向：‎ 解得：‎ ‎(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期：‎ 由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角：θ=180°-60°=120°‎ 粒子在磁场中做圆周运动的时间：‎ 粒子在电场中的运动时间：‎ 粒子在磁场和电场中的运动时间之比：‎ ‎【点睛】本题考查了粒子在磁场与电场中的运动，分析清楚粒子的运动过程、应用牛顿第二定律与类平抛运动规律、粒子做圆周运动的周期公式即可正确解题，解题时要注意数学知识的应用． ‎