安徽省滁州市凤阳县2024-2025学年第一学期教学质量检测高二物理试卷（一）（含解析）

这是一份安徽省滁州市凤阳县2024-2025学年第一学期教学质量检测高二物理试卷（一）（含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.关于各图中包含的物理知识，下列说法正确的是( )
A. 图甲，橡胶棒与毛皮摩擦后，毛皮带正电且电荷量是元电荷的整数倍
B. 图乙，导体棒A端带负电，B端带正电
C. 图丙，A、B两点与中心电荷的距离相等，故 A、B两点的电场强度相同
D. 图丁，利用库仑扭秤实验装置探究带电小球间库仑力大小相关因素时需要测出小球电荷量
2.电磁波的发现和使用极大地改变了人类的生活。下列说法正确的是( )
A. 根据麦克斯韦的电磁理论，变化的磁场产生变化的电场，变化的电场产生变化的磁场
B. 所有物体都发射红外线，人们利用红外线灭菌消毒
C. 与机械波不同，电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播
D. 电磁波在真空中传播时，它的电场强度E与磁感应强度B相互平行，且二者与波的传播方向垂直
3.地球物理探矿的基本原理是在大地表面设置一对正、负电极，根据地下电场和电流的分布情况，推测出地下矿体的分布。如图所示为某次探矿中电场的分布情况，它和等量异种点电荷的电场分布等效，A、B、C、D为电场中的四个点，其中C、D两点在两点电荷连线的中垂线上，下列说法正确的是( )
A. C点的电势高于D点的电势，C点的电场强度大于D点的电场强度
B. A点的电势高于B点的电势，A点的电场强度小于B点的电场强度
C. 负电荷由A点移动到B点，电场力做正功
D. 正电荷在B点的电势能大于在C点的电势能
4.如图所示，大量程电压表、电流表都是由灵敏电流表G和变阻箱R改装而成。已知灵敏电流表G的满偏电流为Ig=300mA，内阻为Rg=10Ω，变阻箱R接入电路的阻值为R0。下列说法正确的是( )
A. 改装为15V量程的电压表，选择图甲，R0=20Ω
B. 改装为15V量程的电压表，选择图乙，R0=40Ω
C. 改装为0.6A量程的电流表，选择图甲，R0=5Ω
D. 改装为0.6A量程的电流表，选择图乙，R0=10Ω
5.如图所示，P为竖直放置的金属板，Q为竖直放置的金属网，O点为金属板上的一点，现在P、Q间施加一恒定的加速电压，金属网Q的右侧存在竖直向下的匀强电场.粒子a、b的比荷之比为1:2，现将两粒子分别从O点静止释放，它们沿直线穿过金属网Q，最终均落在接收屏MN上，粒子a落在MN上的S点(图中未画出)，忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用.下列说法正确的是( )
A. 金属板P可能带负电
B. 粒子a、b从释放到落在MN所用的时间相同
C. 粒子a、b落在荧光屏MN瞬间的速度之比为1: 2
D. 粒子b落在S点的右侧
6.如图所示，R=3Ω，R0为最大阻值是5Ω的滑动变阻器，E为电源电动势，电源内阻r=1Ω，下列说法正确的是( )
A. R0=4Ω，电源的输出功率最大B. R0=4Ω时，R0消耗的功率最大
C. R0=0时，电源的效率最高D. R0=0时，电源的输出功率最小
7.下列说法正确的是( )
A. 小磁针正上方的直导线与小磁针平行，当导线中通有如图甲所示的电流时，小磁针的N极将会垂直纸面向外转动
B. 如图乙所示，两条通电导线之间的相互作用是通过电场产生的
C. 如图丙所示，ABC构成等边三角形，若两通电导线A、B在C处产生磁场的磁感应强度大小均为B0，则C处磁场的合磁感应强度大小是 3B0
D. 如图丁所示，一矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向平行，线框的面积为S，则此时通过线框的磁通量为BS
8.如图所示，电源电动势为E、内阻为r，R1、R2、R3为定值电阻(阻值均大于电源内阻r)，电压表和电流表可视为理想电表。开关S闭合时，一带电油滴P恰好能静止在平行金属板之间，若将滑动变阻器R的滑片向b端移动，下列说法正确的是
A. 油滴将向上运动
B. 电压表的示数变小、电流表的示数变大
C. 电源的输出功率逐渐增大、电源的效率逐渐增大
D. R1、R3电阻上消耗的功率都变大
二、多选题：本大题共2小题，共10分。
9.如图，氕和氘两种原子核由静止经同一加速电场加速后，沿OO'方向射入偏转电场，粒子射出偏转电场后都能打在圆筒感光纸上并留下感光点，加速电压为U1，偏转电压为U2，若圆筒不转动，两种原子核( )
A. 离开加速电场时，动能相等
B. 离开偏转电场时，动能相等
C. 氕通过偏转电场所需时间更长
D. 离开偏转电场后，在感光纸上留下2个感光点
10.如图甲所示电路中，定值电阻R0与滑动变阻器R串联在电动势为E、内阻为r的电源两端，所有电表均为理想电表，当变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如乙图中的AC，BC两直线所示，根据图上的已知信息，判断下列说法中正确的是( )
A. 滑动变阻器R的最大阻值是8Ω
B. 电源的电动势E=8V，内阻r=0.5Ω
C. 当滑动变阻器R=1Ω时，定值电阻R0上消耗的电功率最大
D. 在电流表示数逐渐减小的过程中，电源的输出效率逐渐增大
三、实验题：本大题共2小题，共16分。
11.某同学测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ，步骤如下：
(1)用10分度的游标卡尺测量其长度如图甲，可知其长度为 cm
(2)用螺旋测微器测量其直径如图乙，可知其直径为 mm
(3)因电表内阻未知，用如图丙所示的电路来判定电流表该内接还是外接。正确连线后，合上开关S，将滑动变阻器的滑片P移至合适位置。单刀双掷开关K掷到1，电压表的读数U1=1.70V，电流表的示数如图丁所示，其读数I1= A；将K掷到2，电压表和电流表的读数分别为U2=1.80V，I2=0.33A。由此可知应采用电流表 (填“内”或“外”)接法，测得的值比真实值 (填“偏大”、“偏小”或“一样”)
(4)根据上面的数据，算得该材料的电阻率为 Ω⋅m(保留三位有效数字)
12.某实验小组在练习使用多用电表的实验中．
(1)用多用电表测量某元件的电阻，选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针的偏转角度过小，因此需选择_______(填“×1”或“×100”)倍率的电阻挡，并需_______(填操作过程)后，再次进行测量，若多用电表的指针如图甲所示，测量结果为_______Ω.
(2)如图乙所示，电学实验室的“黑盒子”表面有A、B、C三个接线柱，盒内有一只定值电阻和一个二极管，每两个接线柱之间最多连接一个元件．为了探明盒内元件的连接方式，实验小组用多用电表的欧姆挡进行测量，把红、黑表笔分别与接线柱A、B、C连接，测量结果如表所示．
请在图乙中画出黑箱内的电路结构图．_______
(3)实验小组最后将一量程为3V的电压表改装成可测量电阻的仪表——欧姆表．
①先用如图丙所示的电路测量该电压表的内阻，图中电源内阻可忽略不计，闭合开关S，将电阻箱的阻值调到3kΩ时，电压表恰好满偏；将电阻箱的阻值调到12kΩ时，电压表的指针恰好半偏，由以上信息可求得电压表的内阻RV=_______kΩ．
②将图丙所示的电路稍作改变，在电压表两端接上两个表笔，就改装成了一个可测量电阻的简易欧姆表，如图丁所示，为将表盘的电压刻度转换为电阻刻度，进行了如下操作：将两表笔断开，闭合开关S，调节电阻箱，使指针指在“3V”处，此处刻度应标阻值为∞；再保持电阻箱阻值不变，在两表笔间接不同阻值的已知电阻，找出对应的电压刻度，则“1V”处对应的电阻刻度为_______kΩ．
四、计算题：本大题共3小题，共42分。
13.如图所示，在平面直角坐标系x轴下方有平行于坐标平面且沿x轴正方向的匀强电场Ⅰ，在第Ⅱ象限内，半径为R的圆形区域有平行于坐标平面的匀强电场Ⅱ(未画出)，O1为圆心，圆与x、y轴分别相切于B、C两点，两个区域的电场强度大小相等.若将带电量为+q的粒子从A点(A、O、O1点共线)经电场Ⅱ向圆周上各点移动时，发现移到B点过程中电场力所做的正功最多，且为W.不计粒子重力，求：
(1)电场强度E的大小;
(2)将粒子由A点经电场Ⅱ移到C点电场力所做的功WC;
(3)若将粒子从A点由静止释放，求粒子到达y轴时到O点的距离．
14.欧姆表内部电路如图甲所示，G表满偏电流为0.8mA，R0为欧姆调零电阻，测量前已欧姆调零，然后以电阻箱代替待测电阻，测得电路中电流I与电阻箱的阻值Rx的关系图像如图乙所示(指针指到满偏电流一半时，所测电阻阻值为15千欧=15000欧)，求：
(1)欧姆表的内阻R内；
(2)电源的电动势E
(3)将一个电压表接到两表笔间，若G表示数0.3mA，则电压表的内阻是多大。
15.如图所示，半径为R的光滑竖直半圆管道固定在光滑水平面上，圆管的内径可忽略，圆管与水平面相切于B点，D点为圆管最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场，电荷量为+q、质量为m、直径略小于圆管内径的小球由水平面上的A点静止释放，当AB=R时小球运动到B点时的速度大小为v0= 2gR，重力加速度为g。求：
(1)电场强度大小及小球对圆管的最大压力大小；
(2)判断小球能否运动到D点，若能，求小球在D点的速度；若不能，求小球的最高点到水平面的高度；
(3)若释放点A到B点的距离为6.5R，求小球离开D点后的最小动能以及小球第一次落到水平面的点与释放点A间的电势差。
答案和解析
1.A
【解析】A.橡胶棒与毛皮摩擦后，毛皮失去电子带正电且电荷量是元电荷的整数倍，故A正确；
B.根据静电感应原理可知，导体棒A端因感应带负电，由于导体棒A端接地，所以B端不带电，故B错误；
C.A、B两点与中心电荷的距离相等，故A、B两点的电场强度大小相等，方向不同，故C错误；
D.库仑通过它发现了电荷之间的相互作用规律，不需要测出小球电荷量，故D错误。
故选A。
2.C
【解析】A、根据麦克斯韦电磁理论，变化的磁场产生电场，均匀变化的磁场产生恒定的电场；变化的电场产生磁场，均匀变化的电场产生恒定的磁场，故A错误；
B、所有物体都发射红外线，人们利用紫外线灭菌消毒，故 B错误；
C、电磁波的传播不需要介质，可以在真空中传播，故 C正确；
D、电磁波是横波，每一处的电场强度和磁场强度总是相互垂直的，且与波的传播方向垂直，故D错误。
3.B
【解析】沿电场线电势降低，电场线的疏密反映电场强度的大小，则A点的电势高于B点的电势，A点的电场强度小于B点的电场强度，故B项正确;
等量异种点电荷产生的电场中，两点电荷连线的中垂线是等势线，则C点的电势等于D点的电势，C点的电场强度大于D点的电场强度，故A项错误;
负电荷由A点移动到B点，电场力做负功，故C项错误;
正电荷由B点移动到C点，电场力做负功，电势能增大，正电荷在B点的电势能小于在C点的电势能，故D项错误。
4.B
【解析】CD.若改装成0.6A的电流表，应该并联一个小电阻，选图甲，起到分流的作用，分流电阻的阻值R0=IgRgI-Ig=10Ω，CD错误；
AB.若装为15V量程的电压表，应该串联一个大电阻，选图乙，起到分压的作用，分压电阻的阻值R0=UIg-Rg=40Ω，A错误，B正确。
5.C
【解析】粒子穿过金属网Q后，在竖直向下的电场中做类平抛运动，粒子所受的电场力竖直向下，则粒子带正电，粒子在PQ间加速，则PQ间的电场方向应水平向右，则金属板P带正电，A错误;
粒子在加速电场中运动时，设加速电压为U，由动能定理得qU=12mv02，解得v0= 2qUm，设PQ间的距离为d，则粒子由P到Q的时间为t=dv02=2d m2qU，所以粒子由P到Q的的时间之比 2:1，粒子在右侧电场中做类平抛运动，加速度大小为a=Eqm，则在竖直方向上y=12at'2，整理得t'= 2ymEq，所以由粒子在右侧电场中运动的时间之比 2:1，粒子a、b从释放到落在MN所用的时间之比为 2:1，B错误;
粒子落在荧光屏MN瞬间的水平速度为v0= 2qUm，竖直速度为vy=at'= 2qEym，则粒子落在接收屏瞬间的速度大小为v= v02+vy2，整理得v= 2qm(U+Ey)，显然粒子a、b落在接收屏瞬间的速度大小之比为1: 2，C正确;
粒子a、b穿过金属网Q到接收屏的过程，在水平方向上有L=v0t'，结合以上整理得L=2 UyE，粒子a、b能到达荧光屏的同一点，D错误．
6.B
【解析】AD、当外电阻与电源的内阻相等时，电源的输出功率最大．即R+R0=r，电源输出的功率最大，而R=3Ω大于电源内阻，故随着R0为接入电路阻值的增大，电源的输出功率逐渐减小。即R0=0Ω时，电源的输出功率最大；R0=5 Ω时，电源的输出功率最小。故AD错误；
B、将R看成电源的内阻，当等效电源的内阻R+r=4=R0时，即R0=4Ω，等效电源的输出功率最大，即R0消耗的功率最大，故B正确；
C、电源的效率η=UE×100％=E-IrE×100％，可知外电路电阻阻值最大时，电路中电流最小，电源效率最高。故R0=5 Ω时，电源的效率最高。故C错误。
故选B。
7.C
【解析】A、当导线中通有题图甲所示的电流时，导线在小磁针处产生垂直纸面向内的磁场，所以小磁针的N极将会垂直纸面向内转动，故A错误;
B、题图乙中，两条通电导线之间的相互作用是通过磁场产生的，故B错误;
C、由安培定则，将两通电导线A、B在C处产生的磁感应强度方向画出，且磁感应强度大小相等，如图所示，
则由矢量合成求出C处磁场的合磁感应强度，由几何关系可得C处磁场的合磁感应强度大小是 3B0，故C正确;
D、因线框平面与磁场方向平行，所以此时通过线框的磁通量为0，故D错误。
8.B
【解析】A.滑动变阻器的滑片向b端移动，则滑动变阻器接入电路的电阻减小，总电阻减小，则干路电流增大，由UC=E-I(R1+r)，可知电容器两端电压减小，电场力减小，故油滴将向下运动，故A错误；
B.由于干路电流增大，而UC=U3减小，故I 3减小，则流过R2的电流增大，R2两端电压增大，则滑动变阻器两端电压减小，即电压表示数减小，电流表示数变大，故B正确；
C.由于R外>r，且总电阻减小，故电源的输出功率增大，而电源效率η=UE=R外R外+r×100％减小，故C错误；
D.由干路电流增大，故R1消耗功率增大，而U3减小，则R3消耗功率减小，故D错误。
故选B。
9.AB
【解析】A.离开加速电场时的动能为Ek=qU1，故A正确;
B.粒子在电场中做匀加速直线运动，有qU1=12mv02，粒子在偏转电场中做类平抛运动，有L=v0t，y=12at2，a=qU2md，v= v02+(at)2，tanθ=atv0，所以y=U2L24dU1，tanθ=U2L2dU1，由此可知，粒子离开偏转电场时竖直位移相同;粒子离开偏转电场时的动能Ek=qU1+Eqy，两个粒子的电荷量与y都相同，则动能相等，故B正确;
D.又粒子离开偏转电场时的位置、速度方向均相同，所以在感光纸上留下1个感光点，故D错误;
C.在加速电场中由qU1=12mv02得v0= 2qU1m，在偏转电场中沿平行板方向做匀速直线运动，则t=L m2qU1，故氘(21H)所需时间更长，故C错误。
故选AB。
10.BD
【解析】AB、由题意可知，当电流增大时，滑动变阻器阻值逐渐减小，此时V1表示数逐渐增大，V2表示数逐渐减小，故AC线为V1示数，即为定值电阻R0的伏安特性曲线；BC线为V2示数，即为电源的伏安特性曲线。图象AC的斜率表示定值电阻R0的阻值R0=△UAC△I=6.0-Ω=1.50Ω，
图象BC的斜率表示电源的内阻r=△UBCΔI=7.5-Ω=0.50Ω；
根据闭合电路欧姆定律可知，E=U+Ir=7.5V+1×0.5V=8V，当变阻器的滑动片移到最右端时，其接入电路中的电阻最大，电路中的电流最小，由乙图可知此时电流I=1.0A，电压U2=7.5V，U1=1.5V，则UR=U2-U1=6V，则滑动变阻器R的最大阻值RM=URI=61Ω=6Ω，故A错误，B正确；
C、当滑动变阻器的阻值为R=0时，电路中电流最大，最大电流为：Imax=ER0+r=81.5+0.5A=4A
此时定值电阻R0消耗的功率最大，最大电功率为P0max=Imax2R0=(4)2×1.5W=24W，故C错误；
D、在电流表示数逐渐减小的过程中，电路总电阻在逐渐增大，由于电源内阻r为定值电阻，则外电路总电阻R外在逐渐增大，则电源的输出效率η=R外R外+r=11+rR外逐渐增大，故D正确。
4.700 0.34 外 偏小 1.73×10-3

【解析】 (1)游标卡尺读数为L=50mm+0.1mm×0=50.0mm=5.00cm；
(2)螺旋测微器读数为D=4.5mm+20.0×0.01mm=4.700mm；
(3)电流表精确度为0.02A，读数为0.34A，根据题意可知，电流表的分压作用更明显，应该避免电流表的分压，故应采用电流表外接法。根据R=UI=ρLπ(D2)2，得ρ=πUD24IL，因电压表的分流作用，电流的测量值偏大，则电阻率测量值比真实值偏小；
(4)根据ρ=πU1D24I1L，代入数据解得ρ=1.73×10-3Ω⋅m。
12.(1)×100； 欧姆调零；1200；
(2)黑箱内的电路结构图如图所示；
(3)①6；②1。

【解析】 (1)多用电表指针的偏转角度过小说明指针靠近无穷处，所以要换更高的挡位，因此需选择“×100”倍率的电阻挡，同时注意欧姆调零，多用电表的测量结果为12×100 Ω=1200 Ω；
(2)A、B间电阻与电流方向无关，因此一定是定值电阻，A、C间电阻与电流方向有关，电流从C到A时电阻远小于反向电阻，说明二极管一定直接接在A、C间，且C为正极，黑箱内的电路结构图如图所示
；
(3)①由图丙所示电路图可知电源的电动势E=U+IR，由题意可知E=3+3Rv×3×103、E=1.5+1.5Rv×12×103，联立解得E=4.5 V，RV=6 kΩ；
②若电压表的示数为1 V，则电路中的电流为I'=1R并=E-1R，其中R并=RxRVRV+Rx，代入数据解得Rx=1 kΩ。
13.解：(1)电场力做功WAB=qUAB，解得UAB=Wq，根据题意，电场方向平行于y轴且指向y轴负方向，A、B两点沿电场方向的距离dB=R+Rsin45°=(1+ 22)R，则电场强度E=UABdB=(2- 2)WqR；
(2)A、C两点沿电场方向的距离为dC=Rsin45°= 22R，
带电粒子由A至C电场做的功WC=qEdC=( 2-1)W；
(3)若将该粒子从A点由静止释放，粒子将沿电场方向运动从M点出电场，再从x轴上的N点进入下方电场做类平抛运动，如图所示：
，
设粒子进入下方电场时速度为v，则由动能定理有 2RqE=12mv2，解得v= 2 2qREm，
在x方向有(1+ 22)R=12×qEmt2，解得t= (2+ 2)mRqE，
所以粒子经过y轴时到O点的距离y=vt=2 2+1R。
14.解：(1) (2)由图乙可知，当Rx=0时，Im=0.8mA，
当I =0.4mA时，电阻箱的阻值为Rx=15kΩ，
根据闭合电路除定律可得Im=ER内，I=ER内+Rx，
代入数据求得E=12V，R内=15kΩ；
(3)将一个未校准电压表接到两表笔间，若G表示数为0.3mA，
则电压表两端实际电压U=E-IR内=12V-0.3×10-3×15×103V=7.5V，则电压表的内阻是RV=UI=7.50.3×10-3Ω=25kΩ。
15.解：(1)小球由A到B的过程中，由动能定理得
qER=12mv02又v0= 2gR，
解得E=mgq
由以上分析可知qE=mg当小球运动到等效最低点M时速度最大，小球对轨道的压力最大，重力和电场力的合力大
小为F= 2mg，方向斜向左下方与水平面成45∘，
小球由A点到M点的过程中，由动能定理得
qE(1+cs45∘)R-mgR(1-cs45∘)=12mvM2
由牛顿第二定律得FN-F=mvM2R解得FN=3 2mg
由牛顿第三定律可知小球对圆管的最大压力为3 2mg;
(2)假设小球能运动到D点，则小球在D点的速度为0，小球的释放点到B点的距离为x，则由动能定理得
qEx-mg⋅2R=0
解得x=2R>R
则小球不能运动到D点;又因为小球由A到C的过程有
qE×2R>mgR
所以小球运动的最高点位于CD之间，假设该点与圆心的连线与水平方向的夹角为α，则由动能定理得
qER(1+csα)=mgR(1+sinα)
解得α=45∘
小球能达到的最高点与水平面的高度为
H=R+Rsin45∘=2+ 22R
(3)若改变释放点的位置，小球由释放到D点的过程中，由动能定理得
qE×6.5R-mg⋅2R=12mvD2
解得vD=3 gR
当小球的速度与合力垂直时动能最小，此时小球的速度斜向右下方与水平方向的夹角为45∘，
设此时的速度大小为v，由斜抛运动规律可得
v=vDcs45∘=32 2gR
小球的最小动能为
Ekm=12mv2=94mgR
小球离开D点后在竖直方向做自由落体运动，水平方向向右做匀减速直线运动，小球从离开D点到落在水平面的时间为t= 2×2Rg=2 Rg
小球在水平方向的位移为x=vDt-12qEmt2
解得x=4R则落地点与释放点间的距离为Δx=xAB-x=2.5R
则落地点与释放点的电势差为U=-E⋅Δx
解得U=-5mgR2q 红表笔
A
B
A
C
B
C
黑表笔
B
A
C
A
C
B
阻值(Ω)
200
200
50
3000
250
3200