安徽省滁州市鳳陽縣2024-2025學年第一學期教學質量檢測高二物理試卷（一）（含解析）

這是一份安徽省滁州市鳳陽縣2024-2025學年第一學期教學質量檢測高二物理試卷（一）（含解析），共15頁。試卷主要包含了單選題，多選題，實驗題，計算題等內容，歡迎下載使用。
1.關于各圖中包含的物理知識，下列說法正確的是( )
A. 圖甲，橡膠棒與毛皮摩擦后，毛皮帶正電且電荷量是元電荷的整數(shù)倍
B. 圖乙，導體棒A端帶負電，B端帶正電
C. 圖丙，A、B兩點與中心電荷的距離相等，故 A、B兩點的電場強度相同
D. 圖丁，利用庫侖扭秤實驗裝置探究帶電小球間庫侖力大小相關因素時需要測出小球電荷量
2.電磁波的發(fā)現(xiàn)和使用極大地改變了人類的生活。下列說法正確的是( )
A. 根據(jù)麥克斯韋的電磁理論，變化的磁場產生變化的電場，變化的電場產生變化的磁場
B. 所有物體都發(fā)射紅外線，人們利用紅外線滅菌消毒
C. 與機械波不同，電磁波的傳播不需要介質，可以在真空中傳播
D. 電磁波在真空中傳播時，它的電場強度E與磁感應強度B相互平行，且二者與波的傳播方向垂直
3.地球物理探礦的基本原理是在大地表面設置一對正、負電極，根據(jù)地下電場和電流的分布情況，推測出地下礦體的分布。如圖所示為某次探礦中電場的分布情況，它和等量異種點電荷的電場分布等效，A、B、C、D為電場中的四個點，其中C、D兩點在兩點電荷連線的中垂線上，下列說法正確的是( )
A. C點的電勢高于D點的電勢，C點的電場強度大于D點的電場強度
B. A點的電勢高于B點的電勢，A點的電場強度小于B點的電場強度
C. 負電荷由A點移動到B點，電場力做正功
D. 正電荷在B點的電勢能大于在C點的電勢能
4.如圖所示，大量程電壓表、電流表都是由靈敏電流表G和變阻箱R改裝而成。已知靈敏電流表G的滿偏電流為Ig=300mA，內阻為Rg=10Ω，變阻箱R接入電路的阻值為R0。下列說法正確的是( )
A. 改裝為15V量程的電壓表，選擇圖甲，R0=20Ω
B. 改裝為15V量程的電壓表，選擇圖乙，R0=40Ω
C. 改裝為0.6A量程的電流表，選擇圖甲，R0=5Ω
D. 改裝為0.6A量程的電流表，選擇圖乙，R0=10Ω
5.如圖所示，P為豎直放置的金屬板，Q為豎直放置的金屬網(wǎng)，O點為金屬板上的一點，現(xiàn)在P、Q間施加一恒定的加速電壓，金屬網(wǎng)Q的右側存在豎直向下的勻強電場.粒子a、b的比荷之比為1:2，現(xiàn)將兩粒子分別從O點靜止釋放，它們沿直線穿過金屬網(wǎng)Q，最終均落在接收屏MN上，粒子a落在MN上的S點(圖中未畫出)，忽略粒子的重力以及粒子間的相互作用.下列說法正確的是( )
A. 金屬板P可能帶負電
B. 粒子a、b從釋放到落在MN所用的時間相同
C. 粒子a、b落在熒光屏MN瞬間的速度之比為1: 2
D. 粒子b落在S點的右側
6.如圖所示，R=3Ω，R0為最大阻值是5Ω的滑動變阻器，E為電源電動勢，電源內阻r=1Ω，下列說法正確的是( )
A. R0=4Ω，電源的輸出功率最大B. R0=4Ω時，R0消耗的功率最大
C. R0=0時，電源的效率最高D. R0=0時，電源的輸出功率最小
7.下列說法正確的是( )
A. 小磁針正上方的直導線與小磁針平行，當導線中通有如圖甲所示的電流時，小磁針的N極將會垂直紙面向外轉動
B. 如圖乙所示，兩條通電導線之間的相互作用是通過電場產生的
C. 如圖丙所示，ABC構成等邊三角形，若兩通電導線A、B在C處產生磁場的磁感應強度大小均為B0，則C處磁場的合磁感應強度大小是 3B0
D. 如圖丁所示，一矩形線框置于磁感應強度為B的勻強磁場中，線框平面與磁場方向平行，線框的面積為S，則此時通過線框的磁通量為BS
8.如圖所示，電源電動勢為E、內阻為r，R1、R2、R3為定值電阻(阻值均大于電源內阻r)，電壓表和電流表可視為理想電表。開關S閉合時，一帶電油滴P恰好能靜止在平行金屬板之間，若將滑動變阻器R的滑片向b端移動，下列說法正確的是
A. 油滴將向上運動
B. 電壓表的示數(shù)變小、電流表的示數(shù)變大
C. 電源的輸出功率逐漸增大、電源的效率逐漸增大
D. R1、R3電阻上消耗的功率都變大
二、多選題：本大題共2小題，共10分。
9.如圖，氕和氘兩種原子核由靜止經同一加速電場加速后，沿OO'方向射入偏轉電場，粒子射出偏轉電場后都能打在圓筒感光紙上并留下感光點，加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，若圓筒不轉動，兩種原子核( )
A. 離開加速電場時，動能相等
B. 離開偏轉電場時，動能相等
C. 氕通過偏轉電場所需時間更長
D. 離開偏轉電場后，在感光紙上留下2個感光點
10.如圖甲所示電路中，定值電阻R0與滑動變阻器R串聯(lián)在電動勢為E、內阻為r的電源兩端，所有電表均為理想電表，當變阻器的滑動片從一端滑到另一端的過程中，兩電壓表的讀數(shù)隨電流表讀數(shù)的變化情況如乙圖中的AC，BC兩直線所示，根據(jù)圖上的已知信息，判斷下列說法中正確的是( )
A. 滑動變阻器R的最大阻值是8Ω
B. 電源的電動勢E=8V，內阻r=0.5Ω
C. 當滑動變阻器R=1Ω時，定值電阻R0上消耗的電功率最大
D. 在電流表示數(shù)逐漸減小的過程中，電源的輸出效率逐漸增大
三、實驗題：本大題共2小題，共16分。
11.某同學測量一個由均勻新材料制成的圓柱體的電阻率ρ，步驟如下：
(1)用10分度的游標卡尺測量其長度如圖甲，可知其長度為 cm
(2)用螺旋測微器測量其直徑如圖乙，可知其直徑為 mm
(3)因電表內阻未知，用如圖丙所示的電路來判定電流表該內接還是外接。正確連線后，合上開關S，將滑動變阻器的滑片P移至合適位置。單刀雙擲開關K擲到1，電壓表的讀數(shù)U1=1.70V，電流表的示數(shù)如圖丁所示，其讀數(shù)I1= A；將K擲到2，電壓表和電流表的讀數(shù)分別為U2=1.80V，I2=0.33A。由此可知應采用電流表 (填“內”或“外”)接法，測得的值比真實值 (填“偏大”、“偏小”或“一樣”)
(4)根據(jù)上面的數(shù)據(jù)，算得該材料的電阻率為 Ω?m(保留三位有效數(shù)字)
12.某實驗小組在練習使用多用電表的實驗中．
(1)用多用電表測量某元件的電阻，選用“×10”倍率的電阻擋測量，發(fā)現(xiàn)多用電表指針的偏轉角度過小，因此需選擇_______(填“×1”或“×100”)倍率的電阻擋，并需_______(填操作過程)后，再次進行測量，若多用電表的指針如圖甲所示，測量結果為_______Ω.
(2)如圖乙所示，電學實驗室的“黑盒子”表面有A、B、C三個接線柱，盒內有一只定值電阻和一個二極管，每兩個接線柱之間最多連接一個元件．為了探明盒內元件的連接方式，實驗小組用多用電表的歐姆擋進行測量，把紅、黑表筆分別與接線柱A、B、C連接，測量結果如表所示．
請在圖乙中畫出黑箱內的電路結構圖．_______
(3)實驗小組最后將一量程為3V的電壓表改裝成可測量電阻的儀表——歐姆表．
①先用如圖丙所示的電路測量該電壓表的內阻，圖中電源內阻可忽略不計，閉合開關S，將電阻箱的阻值調到3kΩ時，電壓表恰好滿偏；將電阻箱的阻值調到12kΩ時，電壓表的指針恰好半偏，由以上信息可求得電壓表的內阻RV=_______kΩ．
②將圖丙所示的電路稍作改變，在電壓表兩端接上兩個表筆，就改裝成了一個可測量電阻的簡易歐姆表，如圖丁所示，為將表盤的電壓刻度轉換為電阻刻度，進行了如下操作：將兩表筆斷開，閉合開關S，調節(jié)電阻箱，使指針指在“3V”處，此處刻度應標阻值為∞；再保持電阻箱阻值不變，在兩表筆間接不同阻值的已知電阻，找出對應的電壓刻度，則“1V”處對應的電阻刻度為_______kΩ．
四、計算題：本大題共3小題，共42分。
13.如圖所示，在平面直角坐標系x軸下方有平行于坐標平面且沿x軸正方向的勻強電場Ⅰ，在第Ⅱ象限內，半徑為R的圓形區(qū)域有平行于坐標平面的勻強電場Ⅱ(未畫出)，O1為圓心，圓與x、y軸分別相切于B、C兩點，兩個區(qū)域的電場強度大小相等.若將帶電量為+q的粒子從A點(A、O、O1點共線)經電場Ⅱ向圓周上各點移動時，發(fā)現(xiàn)移到B點過程中電場力所做的正功最多，且為W.不計粒子重力，求：
(1)電場強度E的大小;
(2)將粒子由A點經電場Ⅱ移到C點電場力所做的功WC;
(3)若將粒子從A點由靜止釋放，求粒子到達y軸時到O點的距離．
14.歐姆表內部電路如圖甲所示，G表滿偏電流為0.8mA，R0為歐姆調零電阻，測量前已歐姆調零，然后以電阻箱代替待測電阻，測得電路中電流I與電阻箱的阻值Rx的關系圖像如圖乙所示(指針指到滿偏電流一半時，所測電阻阻值為15千歐=15000歐)，求：
(1)歐姆表的內阻R內；
(2)電源的電動勢E
(3)將一個電壓表接到兩表筆間，若G表示數(shù)0.3mA，則電壓表的內阻是多大。
15.如圖所示，半徑為R的光滑豎直半圓管道固定在光滑水平面上，圓管的內徑可忽略，圓管與水平面相切于B點，D點為圓管最高點，整個空間存在水平向左的勻強電場，電荷量為+q、質量為m、直徑略小于圓管內徑的小球由水平面上的A點靜止釋放，當AB=R時小球運動到B點時的速度大小為v0= 2gR，重力加速度為g。求：
(1)電場強度大小及小球對圓管的最大壓力大?。?br>(2)判斷小球能否運動到D點，若能，求小球在D點的速度；若不能，求小球的最高點到水平面的高度；
(3)若釋放點A到B點的距離為6.5R，求小球離開D點后的最小動能以及小球第一次落到水平面的點與釋放點A間的電勢差。
答案和解析
1.A
【解析】A.橡膠棒與毛皮摩擦后，毛皮失去電子帶正電且電荷量是元電荷的整數(shù)倍，故A正確；
B.根據(jù)靜電感應原理可知，導體棒A端因感應帶負電，由于導體棒A端接地，所以B端不帶電，故B錯誤；
C.A、B兩點與中心電荷的距離相等，故A、B兩點的電場強度大小相等，方向不同，故C錯誤；
D.庫侖通過它發(fā)現(xiàn)了電荷之間的相互作用規(guī)律，不需要測出小球電荷量，故D錯誤。
故選A。
2.C
【解析】A、根據(jù)麥克斯韋電磁理論，變化的磁場產生電場，均勻變化的磁場產生恒定的電場；變化的電場產生磁場，均勻變化的電場產生恒定的磁場，故A錯誤；
B、所有物體都發(fā)射紅外線，人們利用紫外線滅菌消毒，故 B錯誤；
C、電磁波的傳播不需要介質，可以在真空中傳播，故 C正確；
D、電磁波是橫波，每一處的電場強度和磁場強度總是相互垂直的，且與波的傳播方向垂直，故D錯誤。
3.B
【解析】沿電場線電勢降低，電場線的疏密反映電場強度的大小，則A點的電勢高于B點的電勢，A點的電場強度小于B點的電場強度，故B項正確;
等量異種點電荷產生的電場中，兩點電荷連線的中垂線是等勢線，則C點的電勢等于D點的電勢，C點的電場強度大于D點的電場強度，故A項錯誤;
負電荷由A點移動到B點，電場力做負功，故C項錯誤;
正電荷由B點移動到C點，電場力做負功，電勢能增大，正電荷在B點的電勢能小于在C點的電勢能，故D項錯誤。
4.B
【解析】CD.若改裝成0.6A的電流表，應該并聯(lián)一個小電阻，選圖甲，起到分流的作用，分流電阻的阻值R0=IgRgI-Ig=10Ω，CD錯誤；
AB.若裝為15V量程的電壓表，應該串聯(lián)一個大電阻，選圖乙，起到分壓的作用，分壓電阻的阻值R0=UIg-Rg=40Ω，A錯誤，B正確。
5.C
【解析】粒子穿過金屬網(wǎng)Q后，在豎直向下的電場中做類平拋運動，粒子所受的電場力豎直向下，則粒子帶正電，粒子在PQ間加速，則PQ間的電場方向應水平向右，則金屬板P帶正電，A錯誤;
粒子在加速電場中運動時，設加速電壓為U，由動能定理得qU=12mv02，解得v0= 2qUm，設PQ間的距離為d，則粒子由P到Q的時間為t=dv02=2d m2qU，所以粒子由P到Q的的時間之比 2:1，粒子在右側電場中做類平拋運動，加速度大小為a=Eqm，則在豎直方向上y=12at'2，整理得t'= 2ymEq，所以由粒子在右側電場中運動的時間之比 2:1，粒子a、b從釋放到落在MN所用的時間之比為 2:1，B錯誤;
粒子落在熒光屏MN瞬間的水平速度為v0= 2qUm，豎直速度為vy=at'= 2qEym，則粒子落在接收屏瞬間的速度大小為v= v02+vy2，整理得v= 2qm(U+Ey)，顯然粒子a、b落在接收屏瞬間的速度大小之比為1: 2，C正確;
粒子a、b穿過金屬網(wǎng)Q到接收屏的過程，在水平方向上有L=v0t'，結合以上整理得L=2 UyE，粒子a、b能到達熒光屏的同一點，D錯誤．
6.B
【解析】AD、當外電阻與電源的內阻相等時，電源的輸出功率最大．即R+R0=r，電源輸出的功率最大，而R=3Ω大于電源內阻，故隨著R0為接入電路阻值的增大，電源的輸出功率逐漸減小。即R0=0Ω時，電源的輸出功率最大；R0=5 Ω時，電源的輸出功率最小。故AD錯誤；
B、將R看成電源的內阻，當?shù)刃щ娫吹膬茸鑂+r=4=R0時，即R0=4Ω，等效電源的輸出功率最大，即R0消耗的功率最大，故B正確；
C、電源的效率η=UE×100％=E-IrE×100％，可知外電路電阻阻值最大時，電路中電流最小，電源效率最高。故R0=5 Ω時，電源的效率最高。故C錯誤。
故選B。
7.C
【解析】A、當導線中通有題圖甲所示的電流時，導線在小磁針處產生垂直紙面向內的磁場，所以小磁針的N極將會垂直紙面向內轉動，故A錯誤;
B、題圖乙中，兩條通電導線之間的相互作用是通過磁場產生的，故B錯誤;
C、由安培定則，將兩通電導線A、B在C處產生的磁感應強度方向畫出，且磁感應強度大小相等，如圖所示，
則由矢量合成求出C處磁場的合磁感應強度，由幾何關系可得C處磁場的合磁感應強度大小是 3B0，故C正確;
D、因線框平面與磁場方向平行，所以此時通過線框的磁通量為0，故D錯誤。
8.B
【解析】A.滑動變阻器的滑片向b端移動，則滑動變阻器接入電路的電阻減小，總電阻減小，則干路電流增大，由UC=E-I(R1+r)，可知電容器兩端電壓減小，電場力減小，故油滴將向下運動，故A錯誤；
B.由于干路電流增大，而UC=U3減小，故I 3減小，則流過R2的電流增大，R2兩端電壓增大，則滑動變阻器兩端電壓減小，即電壓表示數(shù)減小，電流表示數(shù)變大，故B正確；
C.由于R外>r，且總電阻減小，故電源的輸出功率增大，而電源效率η=UE=R外R外+r×100％減小，故C錯誤；
D.由干路電流增大，故R1消耗功率增大，而U3減小，則R3消耗功率減小，故D錯誤。
故選B。
9.AB
【解析】A.離開加速電場時的動能為Ek=qU1，故A正確;
B.粒子在電場中做勻加速直線運動，有qU1=12mv02，粒子在偏轉電場中做類平拋運動，有L=v0t，y=12at2，a=qU2md，v= v02+(at)2，tanθ=atv0，所以y=U2L24dU1，tanθ=U2L2dU1，由此可知，粒子離開偏轉電場時豎直位移相同;粒子離開偏轉電場時的動能Ek=qU1+Eqy，兩個粒子的電荷量與y都相同，則動能相等，故B正確;
D.又粒子離開偏轉電場時的位置、速度方向均相同，所以在感光紙上留下1個感光點，故D錯誤;
C.在加速電場中由qU1=12mv02得v0= 2qU1m，在偏轉電場中沿平行板方向做勻速直線運動，則t=L m2qU1，故氘(21H)所需時間更長，故C錯誤。
故選AB。
10.BD
【解析】AB、由題意可知，當電流增大時，滑動變阻器阻值逐漸減小，此時V1表示數(shù)逐漸增大，V2表示數(shù)逐漸減小，故AC線為V1示數(shù)，即為定值電阻R0的伏安特性曲線；BC線為V2示數(shù)，即為電源的伏安特性曲線。圖象AC的斜率表示定值電阻R0的阻值R0=△UAC△I=6.0-Ω=1.50Ω，
圖象BC的斜率表示電源的內阻r=△UBCΔI=7.5-Ω=0.50Ω；
根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，E=U+Ir=7.5V+1×0.5V=8V，當變阻器的滑動片移到最右端時，其接入電路中的電阻最大，電路中的電流最小，由乙圖可知此時電流I=1.0A，電壓U2=7.5V，U1=1.5V，則UR=U2-U1=6V，則滑動變阻器R的最大阻值RM=URI=61Ω=6Ω，故A錯誤，B正確；
C、當滑動變阻器的阻值為R=0時，電路中電流最大，最大電流為：Imax=ER0+r=81.5+0.5A=4A
此時定值電阻R0消耗的功率最大，最大電功率為P0max=Imax2R0=(4)2×1.5W=24W，故C錯誤；
D、在電流表示數(shù)逐漸減小的過程中，電路總電阻在逐漸增大，由于電源內阻r為定值電阻，則外電路總電阻R外在逐漸增大，則電源的輸出效率η=R外R外+r=11+rR外逐漸增大，故D正確。
4.700 0.34 外 偏小 1.73×10-3

【解析】 (1)游標卡尺讀數(shù)為L=50mm+0.1mm×0=50.0mm=5.00cm；
(2)螺旋測微器讀數(shù)為D=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm；
(3)電流表精確度為0.02A，讀數(shù)為0.34A，根據(jù)題意可知，電流表的分壓作用更明顯，應該避免電流表的分壓，故應采用電流表外接法。根據(jù)R=UI=ρLπ(D2)2，得ρ=πUD24IL，因電壓表的分流作用，電流的測量值偏大，則電阻率測量值比真實值偏?。?br>(4)根據(jù)ρ=πU1D24I1L，代入數(shù)據(jù)解得ρ=1.73×10-3Ω?m。
12.(1)×100； 歐姆調零；1200；
(2)黑箱內的電路結構圖如圖所示；
(3)①6；②1。

【解析】 (1)多用電表指針的偏轉角度過小說明指針靠近無窮處，所以要換更高的擋位，因此需選擇“×100”倍率的電阻擋，同時注意歐姆調零，多用電表的測量結果為12×100 Ω=1200 Ω；
(2)A、B間電阻與電流方向無關，因此一定是定值電阻，A、C間電阻與電流方向有關，電流從C到A時電阻遠小于反向電阻，說明二極管一定直接接在A、C間，且C為正極，黑箱內的電路結構圖如圖所示
；
(3)①由圖丙所示電路圖可知電源的電動勢E=U+IR，由題意可知E=3+3Rv×3×103、E=1.5+1.5Rv×12×103，聯(lián)立解得E=4.5 V，RV=6 kΩ；
②若電壓表的示數(shù)為1 V，則電路中的電流為I'=1R并=E-1R，其中R并=RxRVRV+Rx，代入數(shù)據(jù)解得Rx=1 kΩ。
13.解：(1)電場力做功WAB=qUAB，解得UAB=Wq，根據(jù)題意，電場方向平行于y軸且指向y軸負方向，A、B兩點沿電場方向的距離dB=R+Rsin45°=(1+ 22)R，則電場強度E=UABdB=(2- 2)WqR；
(2)A、C兩點沿電場方向的距離為dC=Rsin45°= 22R，
帶電粒子由A至C電場做的功WC=qEdC=( 2-1)W；
(3)若將該粒子從A點由靜止釋放，粒子將沿電場方向運動從M點出電場，再從x軸上的N點進入下方電場做類平拋運動，如圖所示：
，
設粒子進入下方電場時速度為v，則由動能定理有 2RqE=12mv2，解得v= 2 2qREm，
在x方向有(1+ 22)R=12×qEmt2，解得t= (2+ 2)mRqE，
所以粒子經過y軸時到O點的距離y=vt=2 2+1R。
14.解：(1) (2)由圖乙可知，當Rx=0時，Im=0.8mA，
當I =0.4mA時，電阻箱的阻值為Rx=15kΩ，
根據(jù)閉合電路除定律可得Im=ER內，I=ER內+Rx，
代入數(shù)據(jù)求得E=12V，R內=15kΩ；
(3)將一個未校準電壓表接到兩表筆間，若G表示數(shù)為0.3mA，
則電壓表兩端實際電壓U=E-IR內=12V-0.3×10-3×15×103V=7.5V，則電壓表的內阻是RV=UI=7.50.3×10-3Ω=25kΩ。
15.解：(1)小球由A到B的過程中，由動能定理得
qER=12mv02又v0= 2gR，
解得E=mgq
由以上分析可知qE=mg當小球運動到等效最低點M時速度最大，小球對軌道的壓力最大，重力和電場力的合力大
小為F= 2mg，方向斜向左下方與水平面成45°，
小球由A點到M點的過程中，由動能定理得
qE(1+cs45°)R-mgR(1-cs45°)=12mvM2
由牛頓第二定律得FN-F=mvM2R解得FN=3 2mg
由牛頓第三定律可知小球對圓管的最大壓力為3 2mg;
(2)假設小球能運動到D點，則小球在D點的速度為0，小球的釋放點到B點的距離為x，則由動能定理得
qEx-mg?2R=0
解得x=2R>R
則小球不能運動到D點;又因為小球由A到C的過程有
qE×2R>mgR
所以小球運動的最高點位于CD之間，假設該點與圓心的連線與水平方向的夾角為α，則由動能定理得
qER(1+csα)=mgR(1+sinα)
解得α=45°
小球能達到的最高點與水平面的高度為
H=R+Rsin45°=2+ 22R
(3)若改變釋放點的位置，小球由釋放到D點的過程中，由動能定理得
qE×6.5R-mg?2R=12mvD2
解得vD=3 gR
當小球的速度與合力垂直時動能最小，此時小球的速度斜向右下方與水平方向的夾角為45°，
設此時的速度大小為v，由斜拋運動規(guī)律可得
v=vDcs45°=32 2gR
小球的最小動能為
Ekm=12mv2=94mgR
小球離開D點后在豎直方向做自由落體運動，水平方向向右做勻減速直線運動，小球從離開D點到落在水平面的時間為t= 2×2Rg=2 Rg
小球在水平方向的位移為x=vDt-12qEmt2
解得x=4R則落地點與釋放點間的距離為Δx=xAB-x=2.5R
則落地點與釋放點的電勢差為U=-E?Δx
解得U=-5mgR2q 紅表筆
A
B
A
C
B
C
黑表筆
B
A
C
A
C
B
阻值(Ω)
200
200
50
3000
250
3200