1、考案四本册综合学业质量标准检测本卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第卷(选择题共40分)一、选择题(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16小题只有一个选项符合题目要求，第710小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1(2019北京市朝阳区高二上学期期末)下面甲图是示波器的结构示意图，乙图是电视机显像管的结构示意图。二者相同的部分是电子枪(给电子加速形成电子束)和荧光屏(电子打在上面形成亮斑)；不同的是使电子束发生偏转的部分：分别是匀强电场(偏转电极)和匀强磁场(偏转线圈)，即示波器是
2、电场偏转，显像管是磁场偏转。设某次电子束从电子枪射出后分别打在甲、乙两图中的P点。则在此过程中，下列说法错误的是(C)A以上两种装置都体现了场对运动电荷的控制B甲图中电子动能发生了变化，乙图中电子的动能没有变化C甲图中电子动能发生了变化，乙图中电子的动能也发生了变化D甲图中电子的速度发生了变化，乙图中电子的速度也发生了变化解析：以上两种装置都能使电子发生偏转，体现了场对运动电荷的控制，选项A正确；甲图中电场对电子做功，电子动能发生了变化，乙图中洛伦兹力对电子不做功，则电子的动能没有变化，选项B正确，C错误；甲图中电子的速度大小及方向都变化，则速度发生了变化，乙图中电子的速度大小不变，但是方向变
3、化，则电子的速度也发生了变化，选项D正确；此题选错误的选项，故选C。2(2019广东省佛山市高二上学期期末)即使是在干燥的冬天，人体仍然是良导体，小明在地毯上行走若带上了大量的负电荷，不计其他电场影响，则(D)A小明此时与地之间没有电势差B小明与不带电且跟地绝缘的客人握手时，不会产生电流C小明与不带电且跟地不绝缘的客人握手时，客人的电势会降低D小明靠近客人(还未与其接触)时，若该客人不带电且与地绝缘，此时客人的电势会降低解析：小明带负电荷，其周围存在电场，电场线指向小明，根据顺着电场线电势逐渐降低，知小明此时与地之间有电势差，故A错误。 小明与不带电且跟地绝缘的客人间存在电势差，当小明与该客人
4、握手时，电子会从小明身上移动到客人身上，从而形成电流，故B错误。 小明与不带电且跟地不绝缘的客人握手时，客人原来处在小明的电场中，电势为负值。当小明与客人握手时，小明所带电荷流到大地上，两人均不带电，电势为零，所以客人的电势会升高，故C错误。 小明靠近客人(还未与其接触)时，若该客人不带电且与地绝缘，此时客人顺着电场线移动，其电势会降低，故D正确。3如图所示为静电力演示仪，两金属极板分别固定于绝缘支架上，且正对平行放置。工作时两板分别接高压直流电源的正负极，表面镀铝的乒乓球用绝缘细线悬挂在两金属极板中间，则(D)A乒乓球的右侧感应出正电荷B乒乓球受到扰动后，会被吸在左极板上C乒乓球共受到电场力
5、、重力和库仑力三个力的作用D用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，放开后乒乓球会在两极板间来回碰撞解析：从图中可知金属板右侧连接电源正极，所以电场水平向左，故乒乓球上的电子移动到右侧，即乒乓球的右侧感应出负电荷，A错误；乒乓球右侧带负电，受到的电场力向右，乒乓球左侧带正电，受到的电场力向左，因为左右两侧感应出的电荷量相等，所以受到的电场力相等，乒乓球受到扰动后，最终仍会静止，不会吸附到左极板上，B错误；乒乓球受到重力和电场力作用，库仑力即为电场力，C错误；用绝缘棒将乒乓球拨到与右极板接触，乒乓球带正电，在电场力作用下，运动到左极板，与左极板接触，然后乒乓球带负电，又在电场力作用下，运动到右极板，与
6、右极板接触后乒乓球带正电，在电场力作用下，运动到左极板，如此重复，即乒乓球会在两极板间来回碰撞，D正确。4(2019河南省豫南九校高二上学期期末联考)下列说法正确的是(C)A如图甲所示，是用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，要想粒子获得的最大动能增大，可增加电压UB如图乙所示，是磁流体发电机的结构示意图，可以判断出A极板是发电机的正极，B极板是发电机的负极C如图丙所示，是速度选择器，带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是EqqvB，即vD如图丁所示，是磁电式电流表内部结构示意图，线圈在极靴产生的匀强磁场中转动解析：甲图中，根据qvB可知，v，粒子获得的最大动能为：Ekmv2，所以要想粒
7、子获得的最大动能增大，可增加D形盒的半径，故A错误；乙图中根据左手定则，正电荷向下偏转，所以B板带正电，为发电机的正极，A极板是发电机的负极，故B错误；丙图中速度选择器不能判断带电粒子的电性，不管是正电，还是负电，只要速度满足v，粒子就能匀速通过速度选择器，故C正确；丁图中极靴在磁极间产生的磁场为均匀辐向磁场，该磁场为非匀强磁场，故D错误。5(2019山东省临朐中学高二上学期质检)如图所示，水平放置的光滑平行金属导轨，左端与开关S和内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L20 cm的光滑圆弧导轨相接。导轨宽度为20 cm，电阻不计。导轨所在空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T
8、。一根导体棒ab垂直于导轨放置，质量m60 g、电阻R1 ，用长也为20 cm的绝缘细线悬挂，导体棒恰好与导轨接触。闭合开关S后，导体棒沿圆弧摆动，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态。导体棒ab速度最大时，细线与竖直方向的夹角53(sin 530.8，g10 m/s2)，则(B)A磁场方向一定竖直向上B电源的电动势E8.0 VC导体棒在摆动过程中所受安培力F8 ND导体棒在摆动过程中的最大动能为0.128 J解析：当开关S闭合时，导体棒向右摆动，说明其所受安培力水平向右，由左手定则可知，磁场方向竖直向下，故A错误；设电路中电流为I，电源的电动势为E，则FBILBL，导体棒ab
9、速度最大时，细线与竖直方向的夹角53，则tan ，得E8.0 V，安培力F0.8 N，故B正确，C错误。根据动能定理得FLsin 53mgL(1cos 53)Ek0，解得Ek0.08 J，故D错误。6如图所示，在半径为R的圆形区域和边长为2R的正方形区域里均有磁感应强度大小相同的匀强磁场，两个相同的带电粒子以相同的速率分别从M、N两点射入匀强磁场。在M点射入的带电粒子，其速度方向指向圆心；在N点射入的带电粒子，速度方向与边界垂直，且N点为正方形边长的中点，粒子重力不计，则下列说法不正确的是(C)A带电粒子在磁场中飞行的时间可能相同B从M点射入的带电粒子可能先飞出磁场C从N点射入的带电粒子可能先
10、飞出磁场D从N点射入的带电粒子不可能比M点射入的带电粒子先飞出磁场解析：带电粒子垂直于磁场方向进入匀强磁场，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvBm，解得粒子的轨道半径r，两粒子相同、两粒子的速率相同，则两粒子的轨道半径r相同，粒子做圆周运动的周期T，粒子运动轨迹如图所示；由图示可知，当rR时，两粒子在磁场中的运动时间相等，都等于，故A正确；由图示可知，当粒子轨道半径rR时，粒子在圆形磁场中做圆周运动转过的圆心角都小于在正方形区域中做圆周运动转过的圆心角，则粒子在圆形磁场中的运动时间小于在正方形磁场中的运动时间，即从M点射入的粒子运动时间小于从N点射入的粒子运动时间，
11、故BD正确，C错误；本题选不正确的，故选C。7(2019江苏省扬州市高二上学期物理期末)在如图所示电路中，已知电表均为理想电表，电流表A、电压表V1、V2的读数分别为I、U1和U2，C为电容器在滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离的过程中，电流表A、电压表V1、V2读数变化量大小分别是I、U1和U2，下列说法中正确的有(BD)A电源的内阻消耗的电功率变大B灯泡变亮、电容器所带电量减少C等于外电路总电阻，变小D等于电源的内电阻，不变解析：滑动变阻器的滑片向右滑动一小段距离，接入电路的R2的电阻变大，则总电阻变大，总电流变小，根据公式PI2r可知电源内阻消耗的电功率变小，故选项A错误；由于总电阻变大
12、，总电流变小，则内电压变小，则路端电压增大，故灯泡变亮，即灯泡的电流变大，则通过电阻R1的电流变小，即电阻R1两端电压减小，则电容器两端电压减小，根据公式C可知电容器所带电量减小，故选项B正确；电压表V2测量路端电压，根据部分电路欧姆定律可知：U2IR外，则R外，通过上面的分析可知总电阻变大，即等于外电路总电阻，变大，故选项C错误；等于电源的内电阻，不变。故选项D正确。8一束粒子流由左端平行于极板P1射入质谱仪，沿着直线通过电磁场复合区后，并从狭缝S0进入匀强磁场B2，在磁场B2中分为如图所示的三束，则下列相关说法中正确的是(BC)A速度选择器的P1极板带负电B粒子1带负电C能通过狭缝S0的带
13、电粒子的速率等于E/B1D粒子2的比荷q/m绝对值最大解析：若粒子带正电，在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个力作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电，故A错误；由图可知，粒子1进入匀强磁场B1时向上偏转，根据左手定则判断得知该束粒子带负电，故B正确；粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvB1qE，解得v，故C正确；根据qvBm得，r，知r越大，比荷越小，所以D错误。9(2019湖北省沙市中学高二上学期期末)电源、开关S、S、定值电阻R1、滑动变阻器R2和电容器连接成如图所示电路，电容器的两平行
14、板水平放置。当开关S、S闭合时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点。将滑动变阻器滑片P向下移动，则(BD)A液滴向下运动B液滴向上运动CR2两端的电势差是否升高无法分析D当保持R2阻值不变时断开S，把电容器的上极板向上移一小段距离，则上极板的电势比A点的电势高解析：将滑动变阻器滑片P向下移动时，R2的阻值变小，电路中电流增大，R1两端间的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，液滴向上运动；故A错误，B正确；R2的阻值变小，电路中电流增大，R2两端间的电压：UR2EI(R1r)一定减小，故C错误；当保持R2不变时断开S，电容器的带电量不变，电势差：UR1，把电容器的
15、上极板向上移一小段距离，d变大，故电势差UR1变大，由于下极板电势为零，故上极板的电势比A点的电势高，故D正确；故选BD。10如图所示，一个带正电荷的物块m，由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来。已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失。先在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D点停下来。后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D点停下来。则以下说法中正确的是(BC)AD点一定在D点左侧BD点一定与D点重合C
16、D点一定在D点右侧DD点一定与D点重合解析：根据动能定理mghmgcos LABmgLBD当加电场时(mgEq)h(mgEq)cos LAB(mgEq)LBD由上两式得LBDLBD，所以B项正确。当加磁场时，由左手定则知物块在运动过程中对斜面及地面的正压力减小，又洛伦兹力不做功，所以可判断C项正确。第卷(非选择题共60分)二、填空题(共2小题，每小题8分，共16分。把答案直接填在横线上)11在做“用电流表和电压表测电池的电动势E(约3 V)和内电阻r”的实验时，部分器材参数如下：电压表(量程3 V)，电流表(量程0.6 A)，定值电阻R0(阻值为3 )，滑动变阻器R(阻值约30 )。(1)小红
17、按如图甲所示的电路图连接实物电路，在电路连接正确的情况下，当她闭合开关时发现电压表有示数，电流表没有示数，反复检查后发现电路连接完好，估计是某一元件断路，因此她拿来多用电表检查故障。她的操作如下：a断开电源开关S；b将多用表选择开关置于1 挡，调零后，红黑表笔分别接R两端，读数为30 c将多用表选择开关置于100 挡，调零后，将红黑表笔分别接电压表两端，发现指针读数如图乙所示，则所测阻值为_2 200_，然后又将两表笔接电流表两端，发现指针位置几乎不变。由以上操作可判断发生断路故障的元件是_电流表_(填元件名称)。(2)她设计的实验电路中定值电阻R0的作用是(说出一条理由即可)_保护电源_。(
18、3)请根据电路图把实物图丙没完成的连线连接好。(4)在更换规格相同的元件后，她改变滑动变阻器的阻值，测出了6组对应的数据并在坐标系上描点如图丁所示，请在图丁中继续完成图象；并根据图象可得该电池的电动势E_3.00_ V，电池内阻r_0.57_(小数点后保留两位数字)。解析：(1)根据图乙可读出所测阻值为2 200 ；将两表笔接电流表两端，发现指针位置几乎不变，说明多用电表仍然测量的是电压表的内阻，也就说明了电流表处发生了断路。(2)她设计的实验电路中定值电阻R0的作用是：保护电阻，增大电源等效内阻，使调节时两电表示数变化明显。(3)实物图连线见图a(4) 描点连线见图b，根据UI图象得：当电流
19、I0时，U3.00 V，所以电池的电动势E3.00 V，通过UI图象求出该直线的斜率为k3.57 ，也就是rR03.57 ，所以电池内阻r0.57 。12(2019江西省九江一中高二上学期期末)国标规定自来水在15 时电阻率应大于13 m。某同学利用图甲电路测量15 自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右活塞固定，左活塞可自由移动。实验器材还有：电源(电动势约为3 V，内阻可忽略); 电压表 V1(量程为3 V，内阻很大)；电压表 V2(量程为3 V，内阻很大)；定值电阻R1(阻值4 k)；
20、定值电阻R2(阻值2 k)；电阻箱R(最大阻值9 999 )；单刀双掷开关S；导线若干；游标卡尺；刻度尺。实验步骤如下：A用游标卡尺测量玻璃管的内径d；B向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度L；C把S拨到1位置，记录电压表V1示数；D把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同，记录电阻箱的阻值R；E改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值R；F断开S，整理好器材。(1)用游标卡尺测玻璃管内径d30.00 mm(2)玻璃管内水柱的电阻值Rx的表达式为：Rx_(用R1、R2、R表示)；(3)利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻
21、值R的数据，绘制出如图乙所示的R关系图象。则自来水的电阻率_14_m (保留两位有效数字)。解析：(2) 设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则此时电路电流为，总电压U总U当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U，则此时电路中的电流为，总电压U总 R2U，由于两次总电压相等，都等于电源电动势E，可得，解得Rx；(3) 从图丙中可知，R2.0103 时，5.0 m1，此时玻璃管内水柱的电阻Rx4 000 ，水柱横截面积S()22.25104 m2，由电阻定律R得，4 0002.251045 m14 m。三、论述计算题(共4小题，共44分。解答应写出必要的文
22、字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13(10分)如图所示，在水平方向的匀强电场中，用长为L不可伸长的绝缘细线拴住一质量为m，带电荷量为q的小球1，线的上端固定于O点，若在B点同一水平线上的左方距离为r处固定另一带电小球2，小球1恰好处于静止状态，当拿走小球2后，小球1由静止开始向上摆动，当细线转过120角到达A点时的速度恰好为零，此时OA恰好处于水平状态，设整个过程中细线始终处于拉直状态，静电力常量为k，求：(1)BA两点间的电势差U；(2)匀强电场的场强E的大小；(3)小球2的带电量Q。答案：(1)(2)(3)解析：(1)小球
23、1从B到A过程，由动能定理得：qUmgLcos3000解得：U(2)BA间沿电场线的距离为：dLLsin30在匀强电场，有：E所以联立以上三式得：E(3)未拿走球2时，小球1恰好处于静止状态，小球1和2间的作用力为：F库k小球1受力平衡，则有：Fsin30qEkFcos30mg所以解得：Q14(10分)(2019北京市中关村中学高二上学期期中)如图所示，甲图中变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如乙图中的AC、BC两直线所示。不考虑电表对电路的影响。(1)电压表 V1、 V2的示数随电流表示数的变化图线分别为乙图中的哪一条直线？(2)定值电阻R0，变阻器的总
24、电阻R分别为多少？(3)求出电源的电动势和内阻。(4)变阻器滑动片从一端滑到另一端的过程中，变阻器消耗的最大电功率为多少？答案：(1)AC，BC(2)3 ，12 (3)8 V1 (4)4 W解析：(1)当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻R0的电压增大，路端电压减小，所以电压表 V1的示数随电流表示数的变化图象应为AC；电压表 V2的示数随电流表示数的变化图象应为BC。(2)定值电阻R0 3 ；当I0.5 A时，R外 15 ；则RR外R012 。(3)根据闭合电路欧姆定律得：E7.50.5rE62r可得：E8 V，r1 。(4)当RR0r4 时，变阻器
25、消耗的电功率最大，UR V4 V，pR W4 W。15(11分)(2019山东省菏泽市高二上学期期末)如图所示，一个质量为m2.01011 kg，电荷量q1.0105 C的带电微粒(重力忽略不计)，从静止开始经U1100 V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2100 V。金属板长L20 cm，两板间距d10 cm。求：(1)微粒进入偏转电场时的速度v0的大小；(2)微粒射出偏转电场时的偏转角；(3)若该匀强磁场的宽度为D10 cm，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？答案：(1)1104 m/s(2)30(3)0.346 T解析：(1)微粒
26、在加速电场中，由动能定理得：qU1mv，解得：v01.0104 m/s。(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向：Lv0t，竖直分速度：vyatt，飞出电场时偏角的正切值：tan ，解得：tan ，30。(3)微粒进入磁场时的速度v，粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可得：Drrsin ，微粒做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvBm，解得：B，代入数据得：B T0.346 T，微粒不从磁场右边射出，磁场的磁感应强度至少为0.346 T。16(13分)(2019四川省资阳市高二上学期期末)如图所示，光滑平台处于水平向右的匀强电场中(图中区域)，其场强E1，区域存在竖直向上的匀强电场，区域存
27、在正交的匀强电场和匀强磁场，一质量为m、带电量为q的小球从A点无初速度释放，AO距离为L，OO1的距离也为L。小球恰经过O1点上方处的P点再进入区域做匀速圆周运动后又能无碰撞地滑上平台并刚好回到A点。重力加速度为g，求：(1)区域内电场的电场强度E3；(2)区域内匀强磁场的磁感应强度B；(3)小球从A点开始至回到A点的运动时间t。答案：(1)E3(2)B(3) t解析：根据题意，作出小球的运动轨迹示意如图所示。(1)小球在区域做匀速圆周运动，则：qE3mg0解得：E3(2)小球在区域内做匀加速运动，设到达O点时速度为v0，由动能定理有：qE1Lmv小球从O到P做类平抛运动，设经过时间t2到达P点，速度为v，水平方向：Lv0t2竖直方向加速度为：qE2mgma，位移为：at根据动能定理：(qE2mg)mv2mv设小球从O1N边界进入区域时速度与O1N的夹角为，有：v小球在区域内做匀速圆周运动，有：qvBm，可得：R联立解得：B，t2(3)根据题意：从A到O，小球做匀加速运动，有：v0a1t1，qE1ma1小球在区域内做匀速圆周运动，有：T，t3对小球运动全程，有：t2t12t2t3联立解得：t