安徽省安庆桐城市高二（下）期初检测物理试题（word版含答案）

安徽省安庆桐城市高二（下）期初检测物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、多选题
1．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，匀强电场的电场强度为E，方向竖直向下，有一质子（重力不计）恰能以速率v沿直线从左向右沿直线水平飞越此区域．下列说法错误的是（　　）
A．若一电子以速率v从左向右飞入，则该电子将向上偏转
B．若一电子以速率v从左向右飞入，则该电子将沿直线运动
C．该质子通过此区域的速度
D．该质子通过此区域的速度
2．如图所示为探究产生感应电流的条件的实验装置，下列情况下能引起电流计指针偏转的是（ ）
A．闭合电键瞬间
B．断开电键瞬间
C．闭合电键后拔出铁芯瞬间
D．闭合电键后保持变阻器的滑动头位置不变
3．一个正点电荷Q固定在正方形的一个角上，另一个带电粒子射入该区域时，恰好能经过正方形的另外三个角a、b、c，如图所示，则有(　　)
A．根据轨迹可判断该带电粒子带负电
B．a、b、c三点场强大小之比是1∶2∶1
C．粒子在a、b、c三点的加速度大小之比是2∶1∶2
D．a、c两点的电场强度相同
二、单选题
4．下列哪些因素不会影响平行板电容器的电容（　　）
A．两极板正对面积 B．两极板间的距离 C．两极板本身的厚度 D．两极板间的电介质
5．20世纪初，美国物理学家密立根通过著名的密立根油滴实验第一次较为准确的测定了电子的电量．若在某次实验中，油滴的质量为4.80×10-11g，两水平平行金属板之间的电压为6000V，板间距离为0.6cm，如图所示，油滴在板间静止，那么油滴上基本电荷的数目是（ ）
A．1 B．3 C．6 D．9
6．下列说法错误的是（ ）
A．英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场．
B．安培的分子电流假说揭示了磁性的起源，他认为在原子，分子等微粒内部存在着分子电流
C．丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，证明电流周围存在磁场
D．元电荷的数值最早是物理学家安培测得的 e=1.6×10-19C
7．一个质量为m的带电小球，在竖直方向的匀强电场中水平抛出，不计空气阻力，测得小球的加速度大小为，方向向下，其中g为重力加速度。则在小球下落h高度的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小球的动能增加mgh
B．小球的电势能减少mgh
C．小球的重力势能减少mgh
D．小球的机械能减少mgh
8．如图所示，在第Ⅰ象限内有竖直向下的匀强电场，在第IV象限内有垂直纸面向外的匀强磁场．一个带正电的粒子以初速度v从P点垂直于y轴的方向进入匀强电场中，并与x轴成45°角进入匀强磁场，又恰好垂直y轴飞出磁场．已知OP之间的距离为L，则粒子在电场和磁场中运动的总时间为(　　)
A． B． C． D．
9．如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t＝0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是
A．带电粒子将始终向同一个方向运动
B．0～3 s内，电场力做的总功为零
C．3 s末带电粒子的速度不为零
D．2 s末带电粒子回到原出发点
10．科学研究中经常利用磁场来改变带电粒子的运动状态。现有两个速率相同的质子分别在磁感应强度大小为B1、B2的匀强磁场中做匀速圆周运动。已知，下列说法正确的是（ ）
A．两质子所受洛仑兹力大小之比
B．两质子加速度的大小之比
C．两质子运动的轨道半径之比
D．两质子运动的角速度之比
三、实验题
11．某同学需要测定某干电池的电动势和内电阻．已知干电池的电动势约为1.5 V，内阻小于4Ω；电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）、电流表（量程0～0.6A，内阻约1.0Ω）、滑动变阻器有R1（10Ω，2A）和R2（100Ω，0.1 A）各一只．
（1）实验中滑动变阻器应选用_________(填“R1”或“R2”)．
（2）在如图所示的方框中画出实验电路图__________．
（3）根据实验中测得多组电压和电流值，在U－I图象中描点得到的如图所示，由图可求出该电源电动势E＝__________V；内阻r=______Ω．
12．某同学准备将量程Ig=500μA、内阻rg约为200Ω的电流表G改装成量程为2V的电压表。
（1）该同学先设计了如图甲所示的电路来测量电流表G的内阻rg，用此电路，经以下步骤：
①闭合S1，断开S2，调节R1，使电流表G的示数为500μA；
②闭合S2，保持___________不变，调节___________，使电流表的示数为250μA，此时R2的示数如图乙所示。
（2）由此可知，电流表G的内阻rg=___________Ω。
（3）为了将电流表G改装成2V的电压表，需要___________（填“串联”或“并联”）一个阻值为___________Ω的电阻。
（4）该同学的上述测量存在着系统误差，电流表的内阻测量值___________（填“大于”或“小于”）真实值。因此，用这个改装成的电压表去直接测量电压时，将使测量值___________（填“偏大”或“偏小”）。校正该改装电压表的可行办法是___________（填“增大”或“减小”）与电流表串联的分压电阻。
四、解答题
13．如图，绝缘光滑斜面倾角为θ，所在空间存在平行于斜面向上的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的带正电小滑块静止在斜面上P点，P到斜面底端的距离为L．滑块可视为质点，重力加速度为g．
（1）求匀强电场的场强大小；
（2）若仅将电场的方向变为平行于斜面向下，求滑块由静止从P点滑至斜面底端经历的时间．
14．如图所示的竖直平面内，相距为d不带电且足够大的平行金属板M、N水平固定放置，与灯泡L、开关S组成回路并接地，M板上方有一带电微粒发射源盒D，灯泡L的额定功率与额定电压分别为PL、UL.电荷量为q、质量为m1的带电微粒以水平向右的速度v0连续发射，D盒右端口距M板高h，带电微粒落到M板上后其电荷立即被吸收且在板面均匀分布，在板间形成匀强电场，当M板吸收一定电量后闭合开关S，灯泡能维持正常发光，质量为m2的带电粒子Q以水平速度从左侧某点进入板间，并保持该速度穿过M、N板.设带电微粒可视为质点，重力加速度为g，忽略带电微粒间的相互作用及空气阻力，试分析下列问题：
（1）初始时带电微粒落在M板上的水平射程为多少
（2）粒子发射源的发射功率多大？
（3）若在M、N板间某区域加上磁感应强度为B、方向垂直于纸面的匀强磁场，使Q粒子在纸面内无论从左侧任何位置以某最小的水平速度进入，都能到达N板上某定点O，求该Q粒子的最小速度和所加磁场区域为最小时的几何形状及位置．
15．平面直角坐标系的第一象限和第四象限内均存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小分别为2B和B（B的大小未知），第二象限和第三象限内存在沿﹣y方向的匀强电场，x轴上有一点P，其坐标为（L，0）．现使一个电量大小为q、质量为m的带正电粒子从坐标（﹣2a，a）处以沿+x方向的初速度v0出发，该粒子恰好能经原点进入y轴右侧并在随后经过了点P，不计粒子的重力．
（1）求粒子经过原点时的速度；
（2）求磁感应强度B的所有可能取值
（3）求粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值．
16．如图所示，一质量为m带电量为+q的带电液滴，从水平放置的平行金属板上方H高度处自由落下，从上板的缺口进入两板间电场，电场强度为E，若qE＞mg，液滴恰好打不到下极板上，求
（1）两平行金属板的间距d；
（2）液滴从开始下落到第一次运动到下极板需要的时间．
试卷第页，共页
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参考答案：
1．AD
【解析】
【详解】
质子从左边进入电场，在电场中受到向下的电场力和向上的洛伦兹力作用，因恰能沿直线从右边水平飞出，可知电场力和洛伦兹力平衡，有
得
若是电子，也从左边以速度v射入，电场力和洛伦兹力的方向对调，发现还是有
所以带电粒子只要以速度v从左边水平进入电场，粒子就会沿水平方向射出，与电性和电量无关。 由上分析可知，故AD错误，符合题意，BC正确，不符合题意。
故选AD。
2．ABC
【解析】
【详解】
试题分析：当穿过闭合回路磁通量发生变化，产生感应电流，电流计指针就会转动．
解：A、闭合电键和断开电键的瞬间，与B线圈相连的回路磁通量发生变化，产生感应电流，指针发生转动．故A、B正确．
C、闭合电键后拔出铁芯的瞬间，穿过与B线圈相连的回路磁通量减小，产生感应电流，指针发生转动．故C正确．
D、闭合电键后保持变阻器的滑动头位置不变，与B线圈相连的回路磁通量不变，不产生感应电流，指针不转动．故D错误．
故选ABC．
点评：解决本题的关键掌握感应电流产生的条件，知道当闭合回路磁通量发生变化，产生感应电流．
3．AC
【解析】
【详解】
A.带电粒子受到的电场力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向可知出粒子与固定的Q点电荷是异种电荷，它们之间存在引力，故该带电粒子带负电，故A正确；
B.根据几何知识可知a、b、c三点到Q的距离之比为ra：rb：rc=1：：1，根据点电荷场强公式，得a、b、c三点场强大小之比是2：1：2．故B错误；
C.根据牛顿第二定律得：，a∝E，则知粒子在a、b、c三点的加速度大小之比是2：1：2．故C正确；
D.a、c两点的电场强度大小相等，但方向不同，所以电场强度不同，故D错误．
4．C
【解析】
【详解】
影响平行板电容器的电容大小的因素有两极板间的电介质、两极板正对面积以及两极板间的距离。与两极板本身的厚度无关。
本题选不会影响平行板电容器的电容的因素，所以C符合题意，ABD错误。
故选C。
5．B
【解析】
【详解】
由图知，油滴所受的向上电场力，与向下的重力平衡，根据油滴受力平衡得： ，得
因此油滴上基本电荷的数目是，故B正确，ACD错误；故选B．
点睛：本题关键要抓住油滴受力平衡，从力学的角度进行分析，并要掌握板间场强与电压的关系：．
6．D
【解析】
【详解】
英国物理学家法拉第最早引入了电场概念，并提出用电场线表示电场，故A正确；安培的分子电流假说揭示了磁性的起源，他认为在原子、分子等微粒内部存在着分子电流，故B正确；丹麦物理学家奥斯特发现电流可以使周围的小磁针发生偏转，证明电流周围存在磁场，故C正确；元电荷的数值最早是物理学家密立根测得的，故D错误；本题选错误的，故选D．
7．D
【解析】
【详解】
A．由牛顿第二定律得知，小球所受的合力
F合=
方向向下，根据动能定理知，小球的动能增加
△Ek=F合h=
故A错误。
B．由牛顿第二定律得：
解得电场力
且方向竖直向上，则电场力做功
W电=-Fh=
故小球的电势能增加mgh故B错误。
C．小球在竖直方向上下降h高度时重力做正功mgh，因此，小球的重力势能减少mgh，故C错误。
D．由上知，小球的电势能增加mgh，根据能量守恒知，小球的机械能减少mgh，故D正确。
故选D。
8．A
【解析】
【详解】
设与x轴交点的坐标为x，此时竖直分速度为vy，则由类平抛运动的规律可知
x=vt
得
x=2L
因此粒子在电场中运动时间为
；
粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中运动的半径为R，周期为T。
则由几何关系可知：
带电粒子进入磁场时的速度大小为 ；
则粒子在磁场中运动的周期为
设粒子在磁场中的运动时间为t2

则总时间为
；
A．，与结论相符，选项A正确；
B．，与结论不相符，选项B错误；
C．，与结论不相符，选项C错误；
D．，与结论不相符，选项D错误；
故选A.
9．B
【解析】
【详解】
由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为，为第2s内加速度的，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v-t图象如图所示：
A．带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误．
BC．由图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0；根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零．故B正确，C错误．
D．根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子没有回到出发点，故D错误．
10．B
【解析】
【分析】
【详解】
A．洛伦兹力的大小为
因为速度v相等，q也相等，故两质子的洛伦兹力的大小之比为2：1，A错误；
B．根据牛顿第二定律
可得它们的加速度之比也是2:1，B正确；
C．由公式
可得
两质子运动的轨道半径之比1:2，C错误；
D．质子运动的角速度为
故之比为2:1，D错误。
故选B。
11． R1 1.5 1.25
【解析】
【详解】
（1）滑动变阻器在电路中起到保护电路并调节电流作用，在限流接法中取10Ω左右即可．过大则难以调节；过小起不到应有的调节作用，由题意可知，电源的内阻小于4Ω，故为了易于调节，准确测量，滑动变阻器应选小电阻R1；
（2）运用伏安法测量干电池的电动势和内电阻，由于内阻较小，电流表采用外接法、滑动变阻器采用限流式接法，电路图如图所示：
（3）连结各点可得一条倾斜的直线，如图所示：
由闭合电路欧姆定律U=E-Ir，即电动势与电流成一次函数关系，由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，图象的斜率表示内源内电阻，故由图可知：电动势E=1.5V，．
12． R1 R2 190 串联 3810 小于 偏小 减小
【解析】
【详解】
（1）[1][2]由半偏法测电阻原理知，当调节电阻箱，使电流表半偏时，由于干路电流几乎不变，电阻箱与电流表中电流相等，电阻一定相等，所以需要保持R1不变，调节R2；
（2）[3]由于电流表示数与电阻箱并联，且电流表示数变为原来的一半，则电流表的内阻与电阻箱阻值相等，由图乙可知，电阻箱的阻值为
Rg=（1×100+9×10）Ω=190Ω
（3）[4]为了将电流表G改装成2V的电压表，需要串联电阻分压
[5]串联的电阻为
（4）[6]闭合S2，R1保持不变，电路中的总电阻变小，总电流变大，则流过电阻箱的电流大于电流表的电流，电流表的内阻测量值小其真实值；
[7]测量电压时有
U=I（R+r）
则使测量值偏小；
[8]根据校正电压表原理可知，为使电压表的示数增大，即增大流过表头的电流，所以应减小与电流表串联的分压电阻。
13．（1）（2）
【解析】
【详解】
(1)滑块受重力、电场力、支持力作用处于平衡状态
由力的平衡条件有：qE＝mgsinθ
解得：E＝
(2)当电场方向平行于斜面向下时
由牛顿第二定律有：qE＋mgsinθ＝ma
a＝2gsinθ
由运动学规律有：L＝at2
联立解得：t＝
【点睛】
电场中的平衡条件是合外力为零；牛顿运动定律在电场中的运用依然是把加速度求解作为运动和力的桥梁.
14．（1）（2）（3），磁场的最小区域为圆，半径为d，圆心为距O点d的板间中心处
【解析】
【详解】
（1）由题知，在初始时M板不带电，带电微粒在空间做平抛运动．设带电微粒到达M板的时间为t1，水平射程为l1，有：
h＝gt12…①
l1=v0t1…②
联立①、②，得…③
（2）灯泡正常发光，金属板M、N间的电压为UL，由电容器知识可知，金属板M、N所带电量为定值．这时落到板M的电量全部流过灯泡．设流过灯泡的电流为IL，在时间t内流过灯泡的电量为QL，有PL=ILUL…④QL=ILt…⑤
设单位时间发射带电微粒的个数为n，有QL=nqt…⑥
联立④⑤⑥，得 …⑦
根据功率知识，有 …⑧
（3）闭合开关S后，M、N板间为匀强电场，Q进入后速度不变，则说明Q所受电场力与重力平衡，设Q粒子电荷量为q2有q2
=m2g，q2＝ …⑨
再进入磁场区域必做匀速圆周运动．以O点为坐标原点如图建立直角坐标系xOy，Q进入板间做匀速直线运动，到达G点时进入磁场做匀速圆周运动到达O点．设Q做匀速圆周运动的圆心为C，半径为r，OC与水平方向的夹角为θ，G点的坐标为（x，y），有
x=-rcosθ…⑩
y=r+rsinθ…（11）
联立⑨⑩式，得
x2+（y-r）2=r2…（12）
由（12）式知道磁场在y轴左边的边界为半圆，要让Q粒子以最小速度在板间任何位置水平入射进入且又要该圆为最小，必有 r=d…（13）
Q靠近M板进入磁场时做匀速圆周运动的轨迹为y轴右边的半圆，其方程为
x2+(y )2＝()2…（14）
Q从其它位置进入磁场做匀速圆周运动的轨迹不会超出y轴与此半圆所围区域，故磁场在y轴右边区域最小的边界也为该半圆，则磁场的最小区域为圆，半径为d，圆心为距O点d的板间中心处．
由圆周运动知识，对Q粒子有 q2Bvmin＝m2…（15）
得…（16）
点睛：本题考查了带电体在电场和磁场中的运动，要注意明确带电小球的重力不能忽略；故小球在磁场中做匀速圆周运动时，重力与电场力相互平衡．
15．（1）粒子经过原点时的速度大小为v0，方向：与x轴正方向夹45°斜向下；
（2）磁感应强度B的所有可能取值： n＝1、2、3……；
（3）粒子从出发直至到达P点经历时间的所有可能取值： k＝1、2、3……或 n＝1、2、3……．
【解析】
【详解】
（1）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向：2a＝v0t，
竖直方向： ，
解得：vy＝v0，tanθ＝＝1，θ＝45°，
粒子穿过O点时的速度：；
（2）粒子在第四象限内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：
，
粒子能过P点，由几何知识得：L＝nrcos45° n＝1、2、3……，
解得： n＝1、2、3……；
（3）设粒子在第二象限运动时间为t1，则：t1＝；
粒子在第四、第一象限内做圆周运动的周期：，，
粒子在下方磁场区域的运动轨迹为1/4圆弧，在上方磁场区域的运动轨迹为3/4圆弧，
若粒子经下方磁场直接到达P点，则粒子在磁场中的运动时间：t2＝T1，
若粒子经过下方磁场与上方磁场到达P点，粒子在磁场中的运动时间：t2＝T1+T2，
若粒子两次经过下方磁场一次经过上方磁场到达P点：t2＝2×T1+T2，
若粒子两次经过下方磁场、两次经过上方磁场到达P点：t2＝2×T1+2×T2，
…………
则 k＝1、2、3……
或 n＝1、2、3……
粒子从出发到P点经过的时间：t＝t1+t2，
解得： k＝1、2、3……
或 n＝1、2、3……；
16．（1）（2）+
【解析】
【详解】
（1）液滴从释放到停止，根据动能定理，则有①，
解得；
（2）设物体自由下落H的时间为，在平行金属板间下落的时间为.
由自由落体运动；
到达上板时的速度v，；
在电场中的加速度为a，；
减速时间为，；
运动时间
解得
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