安徽省池州市东至二中学年高二上学期期末考试题+物理含答案.docx

安徽省池州市东至二中学年高二上学期期末考试题+物理含答案.docx

《安徽省池州市东至二中学年高二上学期期末考试题+物理含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《安徽省池州市东至二中学年高二上学期期末考试题+物理含答案.docx（11页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。

安徽省池州市东至二中学年高二上学期期末考试题+物理含答案

池州市高二物理参考答案

1.C【解析】根据W=EIt可得，太阳能电池每秒产生的能量为W=5×0.9×1J=4.5J，设太阳每秒照射的能量为Q，则由能量守恒定律得Q×45%=W，所以Q=10J，只有选项C正确。

2.B【解析】由于两个粒子都带正电，故质子的洛伦兹力一定指向圆心，由左手定则得绕行方向必是逆时针方向。

对质子受力分析可知，Bqv-Eq=mω2r，又Bqv=3Eq，v＝ωr，故ω＝

，只有选项B正确。

3.A【解析】两等量的同种点电荷的电场，在其连线的中点场强为零，在连线中垂线上关于中点对称的某两处各有场强的最大值，但这两处的场强方向相反。

结合图形的分布，只有选项A正确。

4.D【解析】当直导线O中通以垂直纸面方向向里的电流时，由安培定则可判断出长直导线O产生的磁场方向为顺时针方向，选项A错误；磁感线是以O为圆心的同心圆，半圆弧导线与磁感线平行不受安培力，选项B错误；由左手定则可判断出直导线EF所受的安培力方向垂直纸面向里，选项C错误；GH所受的安培力方向垂直纸面向外，从上往下看，导线框将顺时针转动,选项D正确。

5.C【解析】本题考查电势．根据在匀强磁场中，在一条直线（非等势线）上电势差与长度成正比，易得C点电势为3V，B点电势为5V，则AB中点D的电势为3V，知CD为3V等势线，则AB所在线为电场线，易得，

=4V/m。

只有选项C正确。

6.B【解析】根据安培定则可知两电流在M点磁感应强度的方向相反，若 I1＞I2由于M离I1近，故在M点I1的磁感应强度的大小大于I2的磁感应强度．则M点磁感应强度不可能为0．选项A错误；根据安培定则可知两电流在N点的磁感应强度的方向相反，若I1＞I2，由于I2离N点近，则N点I1的磁感应强度的大小可能等于I2的磁感应强度，故N点磁感应强度可为0．选项B正确；根据安培定则可知两电流在 O点磁感应强度的方向相同，则O点磁感应强度不可能为0．选项C错误；根据安培定则可知两电流在 P点的磁感应强度方向不相反，均存在竖直向下的分量，故P点的磁感应强度不可能为0．选项D错误。

7.A【解析】由库仑定律和平衡条件可知，k

=k

，解得Q1、Q2的电荷量之比为

，选项C、D错误。

Q1、Q2围绕Q做匀速圆周运动，在运动过程中三个点电荷始终共线，角速度相等，由k

－k

=m1r1ω2，k

－k

=m2r2ω2，可得Q1、Q2的质量之比为

，选项A正确,B错误。

8.AD【解析】带负电的油漆微粒被正极吸引，所受电场力方向与电场方向相反，电场力做正功，微粒动能增加，电势能减小。

选项A、D正确。

9.AC【解析】根据左手定则，知粒子带正电，选项A正确，B错误；根据半径公式r＝知，x＝2r＝，又qU＝mv2，联立解得x＝，知x越大，质量与电量的比值越大，选项C正确，D错误。

10.ACD【解析】由粒子运动的轨道可知，根据力与运动的关系，可以判断两种粒子都带负电，选项A正确；两种粒子在O点时电场力大小相等，但由于不能确定两种粒子的质量大小关系，因此不能确定两种粒子的加速度大小，选项B错误；由E=qφ可知，两种粒子在O点的电势能相等，选项C正确；由图上可知，OP间的电势差小于OS间电势差，由W=qU可知，甲粒子从O到P电场力做功一定小于乙粒子从O到S电场力做功，选项D正确。

11.AC【解析】由于平行板电容器的电容远大于与静电计的指针和外壳组成的电容器的电容，而它们的电势差总相同，故平行板电容器的带电量远大于指针和外壳组成的电容器的带电量，可认为平行板电容器的带电量不变，电容器不接电源电量几乎不变，极板B稍向上移动，正对面积减小,由C＝可知C减小，由C＝,Q不变U变大，选项A正确、B错误；将B板向左平移一小段距离，平行板电容器的电容C减小，由C=Q/U知，U变大，静电计指针张角变大，选项C正确；B板向左平移一小段距离平行板电容器间的电场强度E不变，由于P点与B板的距离dPB增大，则UPB增大，P点的电势φP增大，P点处的负点电荷的电势能减小，选项D错误。

12.BC【解析】当滑动变阻器的触头向上滑动时，滑动变阻器接入电路的有效阻值变大，电路中的总电阻变大，电源的效率变大，选项A错误；总电阻变大，总电流变小，电阻R3消耗的功率变小，选项B正确；内电压和R3两端的电压变小，电容器两端的电压变大，电容器的带电荷量Q＝CU变大，选项C正确；R1的电流变大，而总电流变小，所以通过R2的电流变小，电阻R2消耗的功率变小，选项D错误。

13.（5分，每空1分）

（1）旧干电池

（2）1.450.90

（3）小电压表的分流

【解析】

（1）旧干电池与新干电池相比内阻比较大，路端电压变化明显；

（2）根据U-I图象求出截距和斜率即可求解，电源的电动势E=1.45V和内阻r=0.90Ω；

（3）电路使用的是电流表外接法，测得的电池内阻比真实值小。

电路中，从电源流出的电流，分别流向电流表支路和电压表支路，故流经电流表支路的电流不是全部的电流。

14.（9分）

（1）6.860（1分）50.15（1分）

（2）8（或8.0）（1分）

（3）3（1分）0.6（1分）C（1分）

（4）如图所示（2分）

（5）（1分）

【解析】

（1）螺旋测微器的读数为d＝6.5mm＋36.0×0.01mm＝6.860mm；游标卡尺的主尺读数为50mm，游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为50.15mm；

（2）由图所示欧姆表可知，所测电阻阻值为：

8×1Ω=8Ω．（3）电源为两节干电池，电动势为3V，电压表应选择3V量程，电压表内阻约为10kΩ，金属丝电阻约为8Ω，电路最大电流约为：

I==0.375A，电流表应选择0.6A量程，内阻约为0.5Ω，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用内接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择C；（4）滑动变阻器最大阻值为5Ω，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示。

（5）由电阻定律R＝ρ，有ρ＝＝。

15.（10分）

（1）设粒子进入区域Ⅱ电场时的速度大小为v0，粒子在右侧区域Ⅱ电场中做类平抛运动，历时t0经过M点。

有：

（2分）

（2分）

解得：

v0=104m/s，t0=5×10－5s（2分）

（2）带电粒子在电场区域Ⅰ中从静止开始做加速运动，运用动能定理：

（2分）

代如数据解得：

E1=1.0×103V/m（2分）

16.（12分）

（1）S断开时，电阻R3两端电压为

V（1分）

S闭合后，外阻为

（1分）

路端电压为

V（1分）

电阻R3两端电压为

V（1分）

则所求流过R4的总电量为

（2分）

（2）设微粒质量为m，电量为q，当开关S断开时有

（1分）

当开关S闭合后，设微粒加速度为a，则

（1分）

假设微粒能从电场中射出，则水平方向

（1分）

竖直方向

（1分）

联立解得

（1分）

故微粒不能从C的电场中射出。

（1分）

17.（16分）

（1）正粒子在场区受力平衡：

qE=qv0B（1分）

解得粒子自S点入射进入场区的速度大小：

（1分）

根据左手定则判断，正粒子在匀强磁场受洛伦兹力方向水平向左,根据正粒子所受电场力的方向与场强的方向相同，可知场强方向水平向右（1分）

（2）设正粒子在磁场中做匀速圆周运动运动的半径为R，则

（1分）

解得半径R=2l（1分）

如图甲所示，粒子从OP边界上的A点射出则OC2+OA2=CA2（1分）

解得OA=l（1分）

出射点离P点的距离AP=（2-）l（2分）

（3）如图乙所示。

粒子在电场中沿初速度方向做匀速直线运动：

y=v0t（1分）

粒子沿电场的方向做匀加速直线运动：

x＝at2（1分）

粒子在电场中的加速度大小为

（1分）

由几何关系：

y+x=l（1分）

联立得

（1分）

解得粒子在电场中的运动时间

（2分）