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1、安徽省和縣一中2020學(xué)年度上學(xué)期期末考試卷高二物理 一、選擇題1. 對下列物理公式的理解，其中正確的是 （ ）A. 由公式=P/q可知，靜電場中某點的電勢是由放入該點的點電荷所具有的電勢能P和該電荷電量q所決定的B. 由公式R=U/可知，導(dǎo)體的電阻R由它兩端的電壓U和它當(dāng)中通過的電流決定C. 由公式E=kQ/r2可知，點電荷Q在距其r處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度E由場源電荷電量Q和距場源電荷的距離r決定D. 由公式可知，電容器的電容C由電容器所帶電荷量Q和兩極板間的電勢差U決定【答案】C靜電場中某點的電勢由電場本身決定，與試探電荷無關(guān)，A錯誤；由歐姆定律公式可知，屬于比值定義法，導(dǎo)體的電阻R與兩端電壓U

2、，及流過的電流I無關(guān)，故B錯誤；由公式可知，Q是形成此電場的點電荷的電量，r是該點距Q的距離，因此點電荷Q在距其r處產(chǎn)生的電場強(qiáng)度E由場源電荷電量Q和距場源電荷的距離r決定，C正確；電容器的電容C由電容器本身決定，與試探電荷無關(guān)，D錯誤2. 電場中兩點間電勢差U=W/q的意義是( )A. 它是由兩點的位置決定的，與移動的電荷的種類和數(shù)量無關(guān)B. 電勢差與電場力做的功成正比，與被移動的電荷量成反比C. 電勢差的大小等于移動單位電荷時電場力所做的功D. 電場中兩點間沒有電荷移動，則電勢差為零【答案】A【解析】電場中兩點間的電勢差由兩點在電場中的位置決定，可以用來定義，但與移動的電荷的種類、數(shù)量以及

3、是否移動電荷無關(guān)，所以A正確，BD錯誤；從物理意義上講，電勢差的大小等于移動單位正電荷時電場力所做的功，C選項沒有說明是正負(fù)電荷，故錯誤。3. 通過電阻R的電流強(qiáng)度為I時，在t時間內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q，若電阻為2R，電流強(qiáng)度為I/2，則在時間t內(nèi)產(chǎn)生的熱量為( )A. Q/4 B. Q/2 C. 2Q D. 4Q【答案】B.4. 如圖所示，a、b、c是一條電場線上的三個點，電場線的方向由a到c，a、b間的距離等于b、c間的距離.用a、b、c和Ea、Eb、Ec分別表示a、b、c三點的電勢和電場強(qiáng)度，可以斷定正確的是( )A. abcB. EaEbEcC. cb=baD. Ea=Eb=Ec【答案】A【

4、解析】沿電場線方向電勢降低，故，A正確；由于只有一條電場線，所以無法判斷電場線疏密程度，故無法判斷電場強(qiáng)度大小，可能是非勻強(qiáng)電場，也可能是勻強(qiáng)電場，所以BD錯誤；因為電場強(qiáng)度大小無法判斷，所以也就無法判斷相鄰兩點間電勢差的大小關(guān)系了，故C錯誤5. 如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場；重力不計、電荷量一定的帶電粒子以速度v正對著圓心O射入磁場，若粒子射入、射出磁場點間的距離為R，則粒子在磁場中的運動時間為：A. B. C. D. 【答案】A【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，畫出軌跡，如圖所示：故軌道半徑：r=R；根據(jù)牛頓第二定律，有：qvB=m，解得：r=；聯(lián)立解得： ；

5、故在磁場中的運動時間： ，故D正確，ABC錯誤；故選D6. 一電子在電場中由a點運動到b點的軌跡如圖中實線所示圖中一組平行虛線是等勢面，則下列說法正確的是（ ）A. a點的電勢比b點低B. 電子在a點的加速度方向向右C. 電子從a點到b點動能增加D. 電子從a點到b點電勢能增加【答案】D【解析】試題分析：根據(jù)電子的運動軌跡可知，電子受的電場力向下，電場線與等勢面垂直，由此可知電場線的方向向上，沿電場線的方向，電勢降低，所以a點的電勢比b點高，所以A錯誤由A的分析可知，電子受的電場力向下，所以電子在a點的加速度方向向下，所以B錯誤從A點到B點的過程中，電場力做負(fù)功，所以電子從a點到b點動能減小，

6、所以C錯誤電場力做負(fù)功，電勢能增加，所以電子從a點到b點電勢能增加，所以D正確故選D?？键c：帶電粒子在電場中的運動7. 如圖所示電路中，電路中5個電阻相同，如果ab輸入電壓是6V，電容器的電容C=10-6F，則cd端電容所帶的電量為（ ）A. 610-6C B. 310-6C C. 210-6C D. 110-6C【答案】C【解析】試題分析：由圖可知左側(cè)三個電阻串聯(lián)，電容器與R并聯(lián)；則電容器兩端的電壓；則電容器所帶的電量Q=UC=210-6C；故選C考點：串并聯(lián)電路；電容器【名師點睛】電題考查電路的串并聯(lián)關(guān)系以及電容器的電容公式的應(yīng)用；注意與電容器串聯(lián)的電阻部分作為導(dǎo)線處理。8. 如圖所示，虛

7、線框內(nèi)有勻強(qiáng)電場，、是該電場的三個等勢面，相鄰等勢面間的距離為，其中為零電勢面。一個質(zhì)量為，電量為的粒子沿方向以初動能自圖中的點進(jìn)入電場，剛好從點離開電場。已知，粒子的重力忽略不計，下列說法正確的是（ ）A. 該粒子通過零勢面時的動能是B. 該粒子在點的電勢能是C. 該粒子達(dá)到點時的動能是D. 該粒子達(dá)到點時的電勢能是【答案】BC【解析】帶電粒子做類平拋運動，水平方向上做勻速直線運動，豎直方向上做初速度為零的勻加速直線運動，有：v0t=2cm，t=1cm，解得vy=v0故離開電場C點時的速度因為初動能Ekmv02，粒子到達(dá)C點時的動能EK=mv2=mv02=2EK故C正確P到C過程中電場力做功

8、W=EK-EK=EK，所以粒子通過等勢面BB時電場力做功為，根據(jù)動能定理知，粒子通過等勢面BB時的動能是1.5EK故A錯誤電場力做功等于電勢能的減小量，粒子通過等勢面BB時電場力做功為，所以電勢能減小，BB為零勢面，所以粒子在P點時的電勢能是0.5Ek故B正確P到C過程中電場力做功為EK，電勢能減小EK，所以粒子到達(dá)C點時的電勢能是-0.5Ek故D錯誤故選BC點睛：解決本題的關(guān)鍵知道粒子做類平拋運動，知道水平方向上和豎直方向上的運動規(guī)律，以及掌握動能定理和電場力做功與電勢能的關(guān)系9. 如圖所示，兩平行金屬板豎直放置，左極板接地，中間有小孔。右極板電勢隨時間變化的規(guī)律如圖所示。電子原來靜止在左極

9、板小孔處。（不計重力作用）下列說法中正確的是A. 從t=0時刻釋放電子，電子將始終向右運動，直到打到右極板上B. 從t=0時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動C. 從t=T/4時刻釋放電子，電子可能在兩板間振動，也可能打到右極板上D. 從t=3T/8時刻釋放電子，電子必將打到左極板上【答案】AC【解析】若t=0時刻釋放電子，在前內(nèi)，電子受到的電場力向右，向右做勻加速直線運動；后內(nèi)，電子受到向左的電場力作用，電子繼續(xù)向右做勻減速直線運動；接著周而復(fù)始，所以電子一直向右做單向的直線運動，直到打在右板上即電子將重復(fù)先加速后減速，直到打到右極板，不會在兩板間振動，故A正確，B錯誤；若從時刻釋放電子，電子

10、先加速，再減速，有可能電子已到達(dá)右極板，若此時未到達(dá)右極板，則電子將在兩極板間振動，故C正確；同理若從時刻釋放電子，電子有可能到達(dá)右極板，也有可能從左極板射出，這取決于兩板間的距離，故D錯誤。所以AC正確，BD錯誤。10. 利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子圖中板MN上方是磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L一群質(zhì)量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進(jìn)入磁場，對于能夠從寬度d的縫射出的粒子，下列說法正確的是A. 粒子帶正電B. 射出粒子的最大速度為C. 保持d和L不變，增大B，射出粒子的最

11、大速度與最小速度之差增大D. 保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大【答案】BC【解析】試題分析：粒子向右偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則知，粒子帶負(fù)電故A錯誤粒子在磁場中運動的最大半徑為，根據(jù)半徑公式得，粒子的最大速度故B正確粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的最小半徑為，根據(jù)半徑公式得，粒子的最小速度，則最大速度和最小速度之差，保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度和最小速度之差不變故C正確，D錯誤故選BC?？键c：帶電粒子在復(fù)合場中的運動【名師點睛】解決本題的關(guān)鍵確定粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的臨界半徑，結(jié)合粒子在磁場中運動的半徑公式進(jìn)行求解。視

12、頻11. 如圖所示，勻強(qiáng)磁場的方向豎直向下磁場中有光滑的水平桌面，在桌面上平放著內(nèi)壁光滑、底部有帶電小球的試管在垂直于試管的水平拉力F作用下，試管向右勻速運動，帶電小球能從試管口處飛出關(guān)于帶電小球及其在離開試管前的運動，下列說法中正確的是（）A. 小球帶負(fù)電B. 小球運動的軌跡是一條拋物線C. 洛倫茲力對小球做正功D. 要保持試管勻速運動，拉力F應(yīng)逐漸增大【答案】BD【解析】小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口洛倫茲力，根據(jù)左手定則判斷，小球帶正電故A錯誤設(shè)管子運動速度為v1，小球垂直于管子向右的分運動是勻速直線運動小球沿管子方向受到洛倫茲力的分力F1=qv1B，q、v1、B均不變，F(xiàn)1不

13、變，則小球沿管子做勻加速直線運動與平拋運動類似，小球運動的軌跡是一條拋物線故B正確洛倫茲力總是與速度垂直，不做功故C錯誤設(shè)小球沿管子的分速度大小為v2，則小球受到垂直管子向左的洛倫茲力的分力F2=qv2B，v2增大，則F2增大，而拉力F=F2，則F逐漸增大故D正確故選BD12. 某空間區(qū)域的豎直平面內(nèi)存在電場，其中豎直的一條電場線如圖1中虛線所示。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，在電場中從O點由靜止開始沿電場線豎直向下運動。以O(shè)為坐標(biāo)原點，取豎直向下為x軸的正方向，小球的機(jī)械能E與位移x的關(guān)系如圖2所示，不計空氣阻力。則（）A. 電場強(qiáng)度大小恒定，方向沿x軸負(fù)方向B. 到達(dá)x1位置時，小

14、球速度的大小為C. 從O到x1的過程中，相等的位移內(nèi)小球克服電場力做的功相等D. 從O到x1的過程中，小球的速率越來越大，加速度也越來越大【答案】BD【解析】試題分析：物體的機(jī)械能逐漸減小，電場力對小球做負(fù)功，故電場強(qiáng)度方向向上，即沿x軸負(fù)方向再根據(jù)機(jī)械能的變化關(guān)系可知，相等位移電場力做功越來越小，說明電場力減小，故電場強(qiáng)度不斷減小，故A錯誤；根據(jù)動能定理可得，解得到達(dá)位置時，小球速度，故B正確；由于電場力越來越小，故相等的位移內(nèi)，小球克服電場力做的功越來越小，故C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可知，物體受重力與電場力，電場力向上，重力向下，開始時重力大于電場力，由上知電場力越來越小，故合力越來越大，

15、加速度越來越大，速度越來越大，故D正確；考點：考查了電場力做功與與物體機(jī)械能的變化關(guān)系二、實驗題13. 用伏安法測電源電動勢和內(nèi)電阻，已知電流表內(nèi)阻和電源內(nèi)電阻相比，不可忽略，畫出的（甲）、（乙）兩種可供選用的測量電路（1）為提高電動勢和內(nèi)電阻的測量精度，應(yīng)選用的電路是_（2）由實驗數(shù)據(jù)做出如圖（丙）所示圖線，則該電源的內(nèi)電阻r=_（3）產(chǎn)生系統(tǒng)誤差的主要原因是_（4）在實驗過程中，隨著滑動變阻器滑片的移動，電壓表的示數(shù)U及干電池的輸出功率P都會發(fā)生變化，能正確反映PU關(guān)系的圖像是_?！敬鸢浮?(1). 乙 (2). 1.0 (3). 電壓表分流 (4). C【解析】（1）已知電流表內(nèi)阻和電源內(nèi)電阻相比，不可忽略，為減小實驗誤差，應(yīng)采用圖乙所示電路圖；（2）由圖2所示圖象可知，電源內(nèi)阻；（3）由圖示圖象可知，由于電壓表的分流作用，所測電流小于通過電源的電流，電壓表分流是造成誤差的