人教版高二上学期物理期末检测试卷【答案+解析】

第第页人教版高二上学期物理期末检测试卷本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间90分钟。学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________分卷I一、单选题(共10小题,每小题3分,共30分)1.如图所示，空间中存在水平向左的匀强电场．在电场中将一带电液滴从b点由静止释放，液滴沿直线由b运动到d，且直线bd方向与竖直方向成45°角，下列判断正确的是()A．液滴带正电荷B．液滴的电势能减小C．液滴的重力势能和电势能之和不变D．液滴的电势能和动能之和不变2.如图所示，长直导线MN通以图示方向竖直向上的电流I，现有一小段通电导线ab，如图放置，则ab受磁场力的方向是()A．竖直向上B．竖直向下C．垂直纸面向外D．垂直纸面向里3.如图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°.电荷量相等、电性相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场强大小变为E2.E1与E2之比为()A．1∶2B．2∶1C．2∶D．4∶4.下列说法中正确的是（）A．电场强度处处相等的区域内，电势也一定处处相等B．电场强度为零的点，电势不一定为零C．电流在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度一定为零D．由B=可知，B与F成正比，与IL成反比5.如图所示，把一个质量为m、电荷量为＋q的小球放在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，让小球沿着竖直墙壁由静止下滑，已知小球与墙壁之间的动摩擦因数为μ.在小球下滑的过程中，下列说法正确的是()A．小球所受的力有3个B．尽管小球受到洛伦兹力作用，但洛伦兹力不变C．小球下滑的最大速度为D．小球下滑时先加速后减速6.如图所示，在阴极射线管正上方平行放一通有强电流的长直导线，则阴极射线将（）A．向纸内偏转B．向纸外偏转C．向下偏转D．向上偏转7.如图所示，真空中有直角坐标系xOy，在x轴上固定着关于O点对称的等量异号点电荷＋Q和－Q，C是y轴上的一个点，D是x轴上的一个点，DE连线垂直于x轴．将一个点电荷＋q从O移动到D，电场力对它做功为W1，将这个点电荷从C移动到E，电场力对它做功为W2.下列判断正确的是()A．两次移动电荷电场力都做正功，并且W1＝W2B．两次移动电荷电场力都做正功，并且W1＞W2C．两次移动电荷电场力都做负功，并且W1＝W2D．两次移动电荷电场力都做负功，并且W1＞W28.如图所示，边长为L的正方形区域ACDE内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场．质量为m、电荷量为q的带电粒子从AE边中点M垂直AE边射入磁场，从DE边中点N射出，下列说法正确的是()A．粒子做圆周运动的半径为LB．粒子做圆周运动的半径为LC．粒子射入磁场时的速率为D．粒子在磁场中运动的时间为9.如图所示，虚线是一个圆，一小磁针位于圆心，且与圆在同一竖直平面内，现使一个带负电小球在竖直平面内沿圆周高速旋转，则()A．小磁针的N极向纸面里转B．小磁针的N极向纸面外转C．小磁针在纸面内向左摆动D．小磁针在纸面内向右摆动10.如图所示L1灯与L2灯的电阻相同，当滑动变阻器R的滑片P向上滑动时，两灯亮度变化情况是()A．L1灯变亮，L2灯变亮B．L1灯变暗，L2灯变亮C．L1灯变暗，L2灯变暗D．L1灯变亮，L2灯变暗二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分)11.（多选）如图1所示，一个带正电的物块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，现在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，如图2，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．后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，如图3，再次让物块从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．则下列说法中正确的是（）A．D′点一定在D点左侧B．D′点一定与D点重合C．D″点一定在D点右侧D．D″点一定与D点重合12.(多选)如图所示，绝缘金属球壳的空腔内有一带电小球，现在球壳左侧放一带电小球A，下列说法正确的是()A．A球对球壳内的电场不影响B．由于静电屏蔽，球壳内没有电场C．球壳内外表面均没有电荷D．由于球壳接地，空腔内的电场对外部也没有影响13.(多选)如图所示，一质量为m，带电量为＋q的带电粒子(不计重力)，以速度v0垂直于电场方向进入电场，关于该带电粒子的运动，下列说法正确的是()A．粒子在初速度方向做匀加速运动，平行于电场方向做匀加速运动，因而合运动是匀加速直线运动B．粒子在初速度方向做匀速运动，平行于电场方向做匀加速运动，其合运动的轨迹是一条抛物线C．分析该运动，可以用运动分解的方法，分别分析两个方向的运动规律，然后再确定合运动情况D．分析该运动，有时也可用动能定理确定其某时刻速度的大小14.(多选)如图所示，电量和质量都相同的带正电粒子以不同的初速度通过A、B两板间的加速电场后飞出，不计重力的作用，则()A．它们通过加速电场所需的时间相等B．它们通过加速电场过程中动能的增量相等C．它们通过加速电场过程中速度的增量相等D．它们通过加速电场过程中电势能的减少量相等分卷II二、实验题(共2小题,共15分)15.（1）在一次实验时某同学用游标卡尺测量（如图所示），示数为cm.在一次实验时某同学用螺旋测微器测量（如图），示数为mm.（2）某电阻额定电压为3V（阻值大约为10Ω）。为测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：A：电流表A1（量程300mA，内阻约1Ω）B：电流表A2（量程0.6A，内阻约0.3Ω）C：电压表V1（量程3.0V，内阻约3kΩ）D：电压表V2（量程5.0V，内阻约5kΩ）E：滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω）F：滑动变阻器R2（最大阻值为1kΩ）G：电源E（电动势4V，内阻可忽略）H：电键、导线若干。①为了尽可能提高测量准确度，应选择的器材为（只需添器材前面的字母即可）：电流表_______，电压表_________，滑动变阻器________.②画出该实验电路图.16.要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A．电源E（电动势3.0V，内阻可不计）B．电压表V1(量程为0~3.0V，内阻约2kΩ)C．电压表V2(0~15.0V，内阻约6kΩD．电流表A1(0~0.6A，内阻约1Ω)E．电流表A2(0~100mA，内阻约2Ω)F．滑动变阻器R1（最大值10Ω）G．滑动变阻器R2（最大值2kΩ）（1）为减少实验误差，实验中电压表应选择，电流表应选择，滑动变阻器应选择.（填各器材的序号）（2）为提高实验精度，请你设计实验电路图，并画在下面的虚线框中.（3）实验中测得一组数据如下表所示，根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特性曲线。（4）该小电珠的额定功率是。四、计算题17.如图所示，质量为m、电荷量为＋q的小球从距地面一定高度的O点，以初速度v0沿着水平方向抛出，已知在小球运动的区域里，存在着一个与小球的初速度方向相反的匀强电场，如果测得小球落地时的速度方向恰好是竖直向下的，且已知小球飞行的水平距离为L，求：(1)电场强度E为多大？(2)小球落地点A与抛出点O之间的电势差为多大？(3)小球落地时的动能为多大？18.如图所示，将光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线水平．质量为m的带正电小球从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R.从小球(小球直径小于细圆管直径)进入管口开始，整个空间中突然加上一个斜向左上方的匀强电场，小球所受电场力在竖直方向上的分力方向向上，大小与重力相等，结果小球从管口C处离开圆管后，又能经过A点．设小球运动过程中电荷量没有改变，重力加速度为g，求：(1)小球到达B点时的速度大小；(2)小球受到的电场力大小；(3)小球经过管口C处时对圆管壁的压力．19.如图所示，在磁感应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO′在竖直平面内垂直于磁场方向放置，细棒与水平面夹角为α.一质量为m、带电荷量为＋q的圆环A套在OO′棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为μ，且μ<tanα，现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中：（1）圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？（2）圆环A能够达到的最大速度为多大？20.如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限中分布着沿y轴负方向的匀强电场，在第四象限中分布着方向垂直纸面向里的匀强磁场．一个质量为m、带电量为＋q的微粒，在A点(0,3)以初速度v0＝120m/s平行x轴射入电场区域，然后从电场区域进入磁场，又从磁场进入电场，并且先后只通过x轴上的P点(6,0)和Q点(8,0)各一次．已知该微粒的比荷为＝102C/kg，微粒重力不计，求：(1)微粒从A到P所经历的时间和加速度的大小；(2)求出微粒到达P点时速度方向与x轴正方向的夹角，并画出带电微粒在电磁场中由A至Q的运动轨迹；(3)电场强度E和磁感强度B的大小．答案解析1.【答案】B【解析】带电液滴受重力和电场力两个力的作用，由静止释放后，沿直线由b运动到d，说明液滴所受合力沿b到d的方向，又因为重力方向竖直向下，所以电场力的方向水平向右，而电场线水平向左，故带电液滴带负电，选项A错误；液滴沿直线由b运动到d的过程中，重力和电场力均做正功，重力势能和电势能都减小，选项B正确，选项C错误；重力和电场力(即液滴所受合力)所做的功，等于液滴动能的增量，又因为重力和电场力所做的功等于重力势能和电势能的减小量，故液滴的重力势能、电势能、动能三者之和不变，选项D错误．2.【答案】A【解析】根据安培定则可知，通电导线MN在右侧产生的磁场方向垂直纸面向里．根据左手定则可知，向左的电流受到的安培力的方向竖直向上．故A正确，B、C、D错误．3.【答案】B【解析】依题意，每个点电荷在O点产生的场强为，则当N点处的点电荷移至P点时，O点场强如图所示，合场强大小为E2＝，则＝，B正确．4.【答案】B【解析】电场强度与电势没有关系，电场强度处处相等的区域内，电势不一定处处相等；而且沿电场强度的方向电势降低，故A错误；电场强度与电势没有关系，电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零．故B正确；电流在磁场中不一定有磁场力存在，当电流方向与磁场方向平行时，没有磁场力作用，因此某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度不一定为零．故C错误；磁感应强度的大小是由磁场本身决定的，B与F无关，与IL也无关，故D错误．5.【答案】C【解析】下滑后，小球受洛伦兹力、重力、弹力及摩擦力，洛伦兹力水平向左，摩擦力竖直向上，即小球受到4个力作用，故A错误；随着速度增大，洛伦兹力增大，小球与墙壁之间的弹力变大，则摩擦力变大，加速度减小，但加速度始终向下，速度也向下，故小球向下做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时受力平衡mg＝μqvB，得v＝，故C正确，B、D错误．6.【答案】C【解析】根据右手螺旋定则，知电流下方的磁场方向垂直纸面向外，阴极射线（电子流）从负极流向正极，根据左手定则，电子所受洛伦兹力方向向下，所以阴极射线向下偏转，故C正确，A、B、D错误．7.【答案】B【解析】过E点作一条等势线与x轴的交点为F，如图．y轴是等量异号点电荷＋Q和－Q连线的中垂线，则y轴是一条等势线，C、O电势相等．将点电荷＋q从O移动到D，电场力做正功，将这个点电荷从C移动到E电场力做功等于从O移到F做功，即W2＝WOF，可知，电场力也做正功．由于O、D间的电势差大于O、F间的电势差，根据电场力做功公式W＝qU，得知W1＞WOF，则得W1＞W2，故B正确．8.【答案】C【解析】粒子运动轨迹如图所示：由几何知识可知，粒子轨道半径为r＝，故A、B错误；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，qvB＝m，解得：v＝，故C正确；粒子在磁场中转过四分之一圆周，粒子做圆周运动的周期为T＝，粒子在磁场中的运动时间为t＝T＝，故D错误．9.【答案】A【解析】带负电小球在竖直平面内沿圆周高速逆时针方向旋转，相当于沿顺时针方向的电流，根据右手螺旋定则知内部磁感线方向向里，故小磁针的N极向纸面里转．10.【答案】A【解析】与R并联后与串联再与并联；当滑片向上滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中电流减小，由可知，路端电压增大，故的亮度增大；因路端电压增大，则中的电流增大，但因总电流减小，故流过的电流减小，故分压减小，则并联部分电压增大，故变亮，A正确.11.【答案】BC【解析】设物体的质量为m，电量为q，电场强度大小为E，斜面的倾角为θ，动摩擦因数为μ．根据动能定理不加电场时：①加电场时：②将两式对比得到，，则D'点一定与D点重合．故A错误，B正确；加磁场时，③比较①③两式可得＞，所以D″点一定在D点右侧，故C正确，D错误．12.【答案】AD【解析】由于金属球壳接地，对内外电场都有屏蔽作用，故A、D对，球壳外表面没有电荷，因为空腔内有带电体，所以空腔内有电场，内表面有感应电荷，故B、C错．13.【答案】BCD【解析】当不计重力的粒子垂直电场线进入电场时，粒子做类平抛运动，可分解为平行极板方向的匀速直线运动和垂直极板方向的初速度为零的匀加速运动．由此可知，A选项错误．B、C、D正确．14.【答案】BD【解析】由于电量和质量相等，因此产生的加速度相等，初速度越大的带电粒子经过电场所用时间越短，A错误；加速时间越短，则速度的变化量越小，C错误；由于电场力做功W＝qU与初速度及时间无关，因此电场力对各带电粒子做功相等，则它们通过加速电场的过程中电势能的减少量相等，动能增加量也相等，B、D正确．15.【答案】（1）8.075mm10.405cm（2）①ACE②如图所示【解析】（1）20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为104mm，游标尺上第1个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为1×0.05mm=0.05mm，所以最终读数为：104mm+0.05mm=104.05mm=10.405cm．螺旋测微器的固定刻度为8mm，可动刻度为7.5×0.01mm=0.075mm，所以最终读数为8mm+0.075mm=8.075mm（2）①根据欧姆定律，流过电阻的最大电流故电流表选A；电阻额定电压为3V则电压表选C即可；为了尽可能提高测量准确度，选择滑动变阻分压式接法，为了方便调节，滑动变阻器选小阻值的E．②即被测电阻为小电阻，选取电流表外接，题目要求为了尽可能提高测量准确度，选择滑动变阻分压式．故电路图如图。16.【答案】（1）BDF（2）电路图如图所示（3）如图所示（4）1.00W【解析】（1）由题意小灯泡额定电压为2V，额定电流为0.5A，故电压表应选B，电流表应选D，又描绘伏安特性曲线要求电流从零调，故变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器F．（2）由于小电珠电珠较小，满足，电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：（3）小电珠的伏安特性曲线如图所示：（4）由图可知，当电压为2V，电流为0.5A；则功率17.【答案】(1)(2)(3)【解析】(1)分析水平方向的分运动有：v＝2aL＝，所以E＝.(2)A与O之间的电势差UAO＝E·L＝.(3)设小球落地时的动能为EkA，空中飞行的时间为t，分析水平方向和竖直方向的分运动有：v0＝·t，vA＝gt，EkA＝mv解得：Ek