1、安徽省合肥市六校2019-2020学年高二物理上学期期末考试试题（含解析）(考试时间:90分钟 满分:100分)一选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。其中18小题只有一个选项正确，912小题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，不选或有选错的得0分）1.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是()A. 由电场强度的定义式可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B. 由真空中点电荷的电场强度公式可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量无关C. 由电势差的定义式可知，带电荷量为-1 C的点电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1 J
2、，则A、B两点间的电势差UAB为1 VD. 由匀强电场的场强公式可知，电场强度与两点间电势差大小成正比【答案】C【解析】【详解】A电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以不能理解成电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，A错误；B根据点电荷的场强公式知：Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度与场源电荷的电量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，B错误；C据电势差的定义式知，带电量为-1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功为-1J，则A、B点的电势差为1V，C正确；D匀强电场中电场强度的大小、方向处处相同，与两点间的电势差无关，D错误；故选C。2.两个半径、
3、材质均相同的金属球A、B带等量同种电荷，它们之间的距离远大于小球本身直径。已知它们相隔一定距离时，两球之间的相互作用力的大小是F，现在用一个带有绝缘柄的原来不带电的半径、材质均相同的金属小球C，先与小球A接触，再和小球B接触后移开。这时，A、B两球之间的相互作用力大小变为()A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】设原来两球带电量为q，两球之间的相互作用力大小为；小球C先与A接触后，A球带的电荷，C球带的电荷，然后C再与B接触后，B、C两球的带电量为：A、B两球之间的相互作用力大小为：；A综上分析两球之间的作用力变为原来的，A错误；B综上分析两球之间的作用力变为原来的，B错误；C综上
4、分析两球之间的作用力变为原来的，C错误；D综上分析两球之间的作用力变为原来的，D正确；故选D。3.关于静电场的电场线,下列说法正确的是()A. 电场线是真实存在的线，最早由法拉第发现B. 电场强度较大的地方电场线一定较疏C. 沿电场线方向,电势一定越来越低D. 电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹【答案】C【解析】【详解】A电场线是人为了方便研究电场而假想出来的，A错误；B电场线的疏密表示场强的强弱，那么电场强度较大的地方电场线一定较密，B错误；C沿着电场线的方向，电势会降低，因此沿电场线方向电势越来越低，C正确；D电场线不一定与带电粒子的轨迹重合，只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初
5、速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合，D错误；故选C。4.有一个已充电的电容器，两极板之间的电压是6V，所带电荷量是4.5104 C.将电容器的电压降为4V，电容器所带电荷量是 ()A. 1.5104 CB. 3.0104 CC. 3.5104 CD. 4.0104 C【答案】B【解析】【详解】电容器的电容和其两极板间的电压以及所带电荷量大小无关，即电压变化电容大小恒定不变，所以根据可知：，解得：；A根据以上分析，A错误；B根据以上分析，B正确；C根据以上分析，C错误；D根据以上分析，D错误；故选B。5.有一个电风扇,额定电压为U，额定功率为P，电动机线圈的电阻为R
6、，把它接入电压为U的电路中，下列计算时间t内产生热量的方法中正确的是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】A电风扇正常工作时产生的热量是由于内阻发热产生的，所以t时间内产生的热量为；由于是非纯电阻电路，故，故，故A错误；BD由于，故，B正确D错误；C电风扇的功率为P，而电风扇消耗的电能大部分转化为机械能，所以产生的热量：，C错误；故选B。6.如图所示电路中，开关S闭合，当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，以下判断正确的是()A. 电压表示数变小，通过灯L1的电流变小，灯L2变亮B. 电压表示数变小，通过灯L1的电流变大，灯L2变暗C. 电压表示数变大，通过灯L2的电流变小，
7、灯L1变暗D. 电压表示数变大，通过灯L2的电流变大，灯L1变亮【答案】A【解析】【详解】当滑动变阻器的滑片P从a端向b端滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流增大，通过灯L2的电流变大，则灯L2变亮；电源的内电压和L2的电压增大，路端电压减小，则并联部分电压减小，电压表读数变小，通过灯L1的电流变小，灯L1变暗；AB综上分析电压表读数变小，通过灯L1的电流变小，L1变暗；通过灯L2的电流变大，L2变亮，A正确B错误；CD综上分析电压表读数变小，通过灯L1电流变小，L1变暗；通过灯L2的电流变大，L2变亮，CD错误；故选A。7.某同学画的表示磁
8、场B、电流I和安培力F的相互关系如图所示，其中正确的是( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】根据左手定则可知，A图中安培力方向应该向下，B图中安培力应该垂直于磁场斜向左上方，C图中磁场方向和电流方向在同一直线上，不受安培力作用，D图中安培力方向斜向左下方垂直于电流方向，故ABC错误，D正确8.狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布（如图甲所示），距离它r处的磁感应强度大小为（k为常数），其磁场分布与负点电荷Q的电场（如图乙所示）分布相似。现假设磁单极子S和负点电荷Q均固定，有带电小球分别在S极和Q附近做匀速圆周运动，则关于小球做匀速
9、圆周运动的判断正确的是 （ ）A. 若小球带正电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示B. 若小球带正电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示C. 若小球带负电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示D. 若小球带负电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示【答案】ABC【解析】【详解】AC.要使小球能做匀速圆周运动，则洛仑兹力与重力的合力应能充当向心力；在甲图中，若小球为正电荷且逆时针转动（由上向下看），由左手定则知其受洛仑兹力斜向上，与重力的合力可以指向圆心，其运动轨迹平面可在S的正上方；若小球为负电荷，但顺时针转动，同理可知，合力也可以充当向心力，其运动轨迹平面可在S的正上方
10、，故AC正确；BD. Q带负电，若小球带正电，则正电荷在图示位置各点受到的电场力指向Q，电场力与重力的合力可能充当向心力，其运动轨迹平面可在Q的正下方；但若小球带负电，小球受电场力逆着电场线，其与重力的合力不能提供向心力，其运动轨迹平面不可能在Q的正下方，小球不会做匀速圆周运动，故B正确，D错误。故选ABC。9.如图所示，将负的试探电荷沿着等量异种电荷的连线从中点A点移动到B点，在这一过程中()A 试探电荷所受电场力增大B. 试探电荷所受电场力减小C. 试探电荷所处位置的电势增大D. 试探电荷所处位置的电势减小【答案】AD【解析】【详解】等量异种电荷所产生的电场线如图所示：AB在其连线上，从A
11、到B的过程中，电场线变密，电场强度增大，故电场力变大，A正确B错误；CD两电荷连线上，电场方向由+Q指向-Q，又知道沿电场线方向电势降低，故从A到B过程中电势降低，C错误D正确；故选AD。10.如图所示，水平向右的匀强电场中，质量为m带正电的小球在A点由静止释放后，沿直线由A点运动到B点。不计空气阻力，在这一过程中，() A. 小球重力势能减小B. 小球的动能减小C. 小球的机械能减小D. 小球的电势能减小【答案】AD【解析】【详解】小球受到水平向右的电场力，竖直向下的重力，又知道小球沿直线AB运动，故合力方向在直线AB上，由A指向B；A从A到B，小球的高度减小，重力做正功，重力势能减小，A正
12、确；B合力方向与运动方向同向，所以做正功，动能增大，B错误；CD电场力方向和运动方向夹角为锐角，故电场力做正功，所以电势能减小，机械能增大，C错误D正确；故选AD。11.有两个相同的灵敏电流计,允许通过的电流最大值为Ig = 1mA，表头内阻为Rg = 50,若改装成一个量程为0 -3V的电压表和一个量程为0 -0.6A的电流表,应给它们分别()A. 串联一个550的电阻改装成电压表B. 串联一个2950的电阻改装成电压表C. 并联一个0.083的电阻改装成电流表D. 并联一个0.017的电阻改装成电流表【答案】BC【解析】【详解】AB把灵敏电流表改装成3V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻
13、值：，A错误B正确；CD把灵敏电流计改装成0.6A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：，C正确D错误；故选BC。12.A、B两个带电粒子同时从匀强磁场的直线边界上的M、N点分别以45和30(与边界的夹角)射入磁场，又同时分别从N、M点穿出，如图所示设边界上方的磁场范围足够大，下列说法中正确的是()A. A粒子带正电，B粒子带负电B. A、B两粒子运动半径之比为1C. A、B两粒子速率之比为1D. A、B两粒子的比荷之比为32【答案】ABD【解析】【详解】AA向右偏转，磁场方向垂直纸面向外，根据左手定则知，A为正离子，B向左偏转，根据左手定则知，B为负离子，A正确；B离子在磁场中做圆周运动，
14、由几何关系可得（l为MN之间的距离）因为：，则A、B两离子的半径之比为，B正确；C离子的速率（为轨迹所对圆心角），时间相同，半径之比为，圆心角之比为3：2，则速率之比为，C错误；D根据知，因为速度大小之比为，半径之比为，则比荷之比为，D正确；故选ABD。二、实验题：13.(1)如图所示游标卡尺读数为_mm，螺旋测微器读数为_mm.(2)()利用多用电表测某导体的电阻，该同学先用多用电表电阻挡“100”测量时发现指针向右偏转角度过大，为了减小测量误差，应将选择开关旋转到_（选填“1 k”或“10”）的位置，然后将两表笔短接，进行欧姆调零，再用两表笔与导体连接好并读数。()他按正确的实验操作，用多
15、用电表电阻挡测量时指针停在图所示的位置，则此材料电阻的测量值为_.()若该材料的长度为L，直径为D，电阻为R，则该材料电阻率的表达式_.(3)在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，已连接好部分实验电路()按图甲所示的实验电路，把图乙中剩余的电路连接起来_()在连接的电路中，为避免烧坏电表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于_端(选填“A”或“B”)()如图是根据实验数据作出的UI图象，由图可知，电源的电动势E_ V，内阻r_ .【答案】 (1). 23.5 (2). 2.708-2.709 (3). 10 (4). 140 (5). (6). (7). A (8). 1.5 (9). 1.0【
16、解析】【详解】(1)1游标卡尺的读数为：；2螺旋测微器的读数为：；(2)3用多用电表测量电阻时，指针开始指向无穷大刻度，发现指针向右偏转角度过大，说明示数小，则应换用小一档的倍率测量，即将选择开关旋转到“10”档位；4多用电表读数为：；5根据电阻定律，圆柱体导体材料的横截面积：，联立可得金属电阻率：。(3)6由原理图可知滑动变阻器为限流接法，电压表并联在滑动变阻器两端，由原理图连接实物图所示；7为保证实验安全，在开始时电路中电流应为最小值，故滑动变阻器应接入最大阻值，由图可知，滑动变阻器接入部分为左半部分，故滑片应接到A端；8由U-I图可知，电源的电动势：E=1.5V；9当路端电压为1.0V时
17、，电流为0.5A，则由闭合电路欧姆定律可知：。三、计算题：（本题有4小题，共34分，解题过程中要求写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分）14.长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电荷量为q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与下极板成30角，如图所示，不计粒子重力，求：（1）粒子末速度的大小；（2）匀强电场的场强；（3）两板间的距离.【答案】（1）（2） （3） 【解析】【详解】（1）粒子离开电场时，合速度与水平方向夹角，由速度关系得合速度为：（2）粒子在
18、电场中做类平抛运动：在水平方向：竖直方向：由牛顿第二定律可得：联立以上方程解得：（3）粒子在电场中做类平抛运动：在竖直方向：解得：15.光伏发电是一种新兴的清洁发电方式，预计到2020年合肥将建成世界一流光伏制造基地，打造成为中国光伏应用第一城。某太阳能电池板，测得它不接负载时的电压为900mV，短路电流为45mA，若将该电池板与一阻值为20的电阻器连接成闭合电路，则，(1)该太阳能电池板的内阻是多大？ (2)电阻器两端的电压是多大？(3)通电10分钟，太阳能电池板输送给电阻器的能量是多大？【答案】(1) 20 (2) 0.45V (3) 6.075J【解析】【详解】(1)根据欧姆定律有：，解
19、得：；(2)闭合电路欧姆定律有：，解得：；(3)由焦耳定律有：，解得：。答：(1)该太阳能电池板的内阻；(2)电阻器两端的电压；(3)通电10分钟，太阳能电池板输送给电阻器的能量。16.如图所示，在倾角为37的光滑斜面上有一根长为0.4 m、质量为6102 kg的通电直导线，电流大小I1 A，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动。(1)开始时，整个装置放在无磁场的环境中，即B00，求此时斜面对通电直导线的支持力大小。(sin 370.6，cos 370.8，g取10 m/s2)(2)给整个装置所处的空间加竖直向上的匀强磁场，若斜面对通电直导线的支持力为零，求磁感应强度B的大小。【
20、答案】(1) 0.48N (2) 2T【解析】【详解】(1)斜面对通电直导线的支持力为：；(2)由题意知导体棒受水平向左安培力:，若斜面对通电直导线的支持力为零可得：，磁感应强度为。答：(1)开始时，整个装置放在无磁场的环境中，即B00，此时斜面对通电直导线的支持力为0.48N；(2)给整个装置所处的空间加竖直向上的匀强磁场，若斜面对通电直导线的支持力为零，磁感应强度。17.如图所示的平面直角坐标系xOy，在第象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第象限有间隔的方向相反的有界匀强磁场，方向垂直于xOy平面，宽度均为L，且磁场边界与y轴平行一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的p(
21、0，h)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a(2h，0)点进入第象限，经磁场区后垂直边界进入磁场区，最终从y轴上的某点进入第象限，不计粒子所受的重力 (1)求电场强度E的大小；(2)求粒子到达a点时速度的大小和方向；(3)若磁场区的磁感应强度大小为B，求磁场区的磁感应强度的最小值和此时粒子进入第象限的位置坐标【答案】(1)(2)，(3)；【解析】【详解】(1)设粒子在电场中运动的时间为：轴方向则有：；轴方向则有，联立以上各式可得；(2)设粒子到达a点时速度为，由题意知：，可知；则：粒子到达a点时速度的大小，粒子到达a点时速度方向；可得，即粒子到达a点时速度方向指向第IV象限与x轴正方向成；(3)由题意知粒子垂直进入磁场区，则由得当R取得最大值Rmax=L时，磁场区磁感应强度的最小值又由题意知粒子垂直进入磁场I区时运动半径为，则；粒子进入第三象限时沿y轴运动的距离粒子进入第三象限的位置坐标：。答：(1)电场强度；(2)粒子到达a点时速度的大小为和；方向为指向第IV象限与x轴正方向成(3)若磁场区的磁感应强度大小为B，磁场区的磁感应强度的最小值，此时粒子进入第象限的位置坐标。
