【文档说明】广西柳江中学2020-2021学年高二上学期期末考试模拟物理试卷（六）含答案.docx，共(9)页，301.326 KB，由小赞的店铺上传

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柳江中学2020-2021学年高二物理期末模拟卷（六）姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题（1-7为单选，8-10为多选，每题5分，共50分）1．在点电荷产生的电场中，

以它为圆心做一个圆，那么圆上各点（）A.电场强度相同，电势相等B.电场强度相同，电势不相等C.电场强度不相同，电势相等D.电场强度不相同，电势不相等2．关于电场的性质正确的是：（）A.电场强度大的地方，电势一定高B.正点电荷产生的电场中电势都为正

C.匀强电场中，两点间的电势差只与两点间距离成正比D.电场强度大的地方，沿场强方向电势变化快3．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处

于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离()A.P点的电势将降低B.带电油滴将沿竖直方向向上运动C.带电油滴的电势能将减小D.若电容器的电容减小，则极板带电量将增大4．如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹。带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减小，

它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是（）A.B.C.D.5．如图所示，三个点电荷q1、q2、q3在同一条直线上，q2和q3的距离为q1和q2距离的两倍，每个点电荷所受静电力的合力为零．由此可以判断，三个点电荷的电荷量之比q1∶q2∶q3为A.(－3)∶2∶(－6)B.9∶4∶36C.(－9

)∶4∶(－36)D.3∶2∶66．如图所示，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直。线段ab、bc和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°。流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示。导线段abcd

所受到的磁场的作用力的合力()A.方向沿纸面向上，大小为(2＋1)ILBB.方向沿纸面向上，大小为(2－1)ILBC.方向沿纸面向下，大小为(2＋1)ILBD.方向沿纸面向下，大小为(2－1)ILB7．下列说法中正确的是（）A.在静电场中电场强度为零的位置，电势也

一定为零B.放在静电场中某点的检验电荷的电荷量q发生变化时，该检验电荷所受电场力F与其电荷量q的比值保持不变C.在空间某位置放入一段检验电流元，若这段检验电流元不受磁场力作用，则该位置的磁感应强度大小一定为零D.磁场中某点磁感应强度的方向，与放在该点的一段检验电流元所受磁力方向一致8．

如图所示，MN是一正点电荷产生的电场中的一条电场线。一个带负电的粒子(不计重力)从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示。下列结论正确的是()A.带电粒子从a到b过程中动能逐渐减小B.正点电荷一定位于M点左侧C.带电粒子在a点时具有的电势能大于在b点时具有的电势能D.带

电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度9．在如图所示的电路中，当闭合开关S后，若将滑动变阻器的滑片P向下调节，则正确的是A.电压表和电流表的示数都增大。B.灯L2变暗，电流表的示数增大。C.灯L2变亮，电容器的带电量增加。D.灯L1变亮，电压表

的示数减小。10．下列四幅图分别表示通电直导线在匀强磁场中所受安培力F的方向、导体中电流I的方向及磁感应强度B的方向的关系，正确的是（）A.B.C.D.二、实验题（每空2分，共28分）11．在如图所示的实验装置中,充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电

计相接,极板B接地，则：（1）若极板B稍向上移动一点,则将观察到静电计指针偏角_______（填“变大”、“变小”或“不变”）,此实验说明平行板电容器的电容随________而减小;（2）若极板B稍向左移动一点,

则将观察到静电计指针偏角_______（填“变大”、“变小”或“不变”）,此实验说明平行板电容器的电容随_________而减小。12．用图甲所示电路测量一人蓄电池的内电阻很小．除蓄电池开关、导线外，可供使用的器材还有：A．电压表（量程3V）B．电流表（量程0.6A）

C．电流表（量程3A）D．定值电阻R0（阻值3Ω，额定功率4W）E．滑动变阻器R（阻值范围0～5Ω，额定电流为2A）（1）电流表应选_______；（选填器材前的字母序号）（2）根据实验数据做出U﹣I图象，如图乙所示，蓄电池的电动势E=__

_____V，内电阻r=_______Ω．（结果保留两位有效数字）（3）采用该方法测得的电动势跟真实值比_______（选填“偏大”、“偏小”或“相等”），内电阻跟真实值比_______（选填“偏大”、“偏小”或“相

等”）13．（1）如图(a)所示，读数为_____mm.用游标为20分度的卡尺测量球的直径，示数如图(b)所示，读数为________cm.(a)(b)（2）用多用表测量某元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用表指针偏转角度过大，因此需选择________倍率的电阻

挡(填：“×10”或“×1k”)，并需_________（填操作过程）后，再次进行测量，多用表的示数如图所示，测量结果为_________Ω.三、解答题（14题16分，15题16分）14．如图所示，质量为m、电荷量

为q+的带电粒子初速度为零，经电压为1U加速电场加速后，从两板中央进入偏转电场，板间电压为2U、板间距离为d、板长为2L，然后粒子射到距偏转场右端为3L屏上的P点，若不加偏转电压2U，粒子打在屏上的O点，粒子的重力不计，求（1）OP间的距离Y．（2）粒子通过偏转电场

过程中动能的增加量kE．15．质谱仪是用来测定带电粒子的质量和分析同位素的装置，如图所示，电容器两极板相距为d，两极极板间电压为U，极板间的匀强磁场的磁感应强度为B1，一束电荷量相同的带正电的粒子沿电容器中心线平行于极板射入电容器，沿直线穿过电容器后进入另一

磁场感应强度为B2的匀强磁场，结果分别打在感光片上的a、b两点，设a、b两点间距离为△x，粒子所带电荷量为q，且不计重力，求：(1)粒子进入磁场B2时的速度v；(2)打在a、b两点的粒子的质量之差△m。2020—2021学年高二物理期末模拟卷（六）参考答案

1．C【解析】同一个圆上的点到点电荷的距离相等，根据公式2QEkr=可知圆上各点电场强度大小相等，由于方向都是沿半径，所以电场强度方向不同，故电场强度不同，由于圆面与电场方向垂直，为等势面，所以圆上各点的电势相等，故C正确．2．D【解

析】A项，场强和电势没有直接关系，电场强度大的地方电势不一定高，故A项错误。B项，正点电荷产生的电场中电场线由正点电荷发出指向无穷远，但本题中没有规定哪儿为零势点，所以正点电荷产生的电场中电势不一定为正，故B项错误。C项，匀强电场中，两点间电势差与两

点沿电场线方向上的距离d成正比UEd=，故C项错误。D项，电场强度大的地方，电场线密集，等势线距离小，电势变化快，故D项正确3．A【解析】试题分析：将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据4SCkd=、QCU=分析电容和电荷量

的变化；根据公式UEd=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．电容器两极板与电源相连，所以两极板间的电压恒定不变，当上极板上移后，两极板间的距离增大，根据

公式4SCkd=可知电容减小，根据公式QCU=可知两极板所带电荷量减小，根据公式UEd=可知两极板间的电场强度减小，即油滴受到的电场力减小，而油滴受到竖直向下的重力，刚开始静止，说明电场力向上，故两极板间距离增大后，重力大于电场力，将向下运

动，BD错误；由于下极板接地，电势为零，P点到下极板的电势差等于P点的电势大小，而P到下极板的距离不变，根据UEd=可知P点的电势将降低，A正确；因为油滴受到的电场力向上，所以油滴带负电，根据Eq=可知油滴的电势能将增大，故C错误．4．D【解析】根据曲线运动力与轨迹的关系，力

需指向轨迹弯曲的内侧，所以A错误；带电粒子只受电场力作用，故力与电场线共线，所以C错误；由题意知，运动过程中粒子的电势能逐渐较小，故电场力做正功，即力与速度方向的夹角应为锐角，故B错误，D正确；故选D。

5．C【解析】若q2为负电荷，假设q1带负电，要使q2平衡则q3也应带负电，但此时q1、q3因都受斥力而不平衡，故q1带正电，同理分析q3带正电．若同理也可能是q1、q3带负电，q2带正电．由于三个电荷均处于平

衡状态，所以对q1有：；对q2有：；对q3：；联立解得：，根据题意可知l2=2l1，所以；由于q1、q3是同种电荷，故q1：q2：q3=-9：4：-36或q1：q2：q3=9：-4：36，故C正确，A、B、D错误．故选

C．6．A【解析】导线段abcd在磁场中的等效长度为ad两点连线的长度()02cos4521LLLL=+=+有，则()21AFILBILB==+有；等效电流方向由a→d，据左手定则，安培力方向沿纸面向上。A项正确。7．B【解析】电势是人为规

定的，与电场强度的大小无关，例如等量同种电荷连线的中点处电场强度为零，但电势不为零，A错误；电场中某点的电场强度大小与试探电荷无关，所以放在静电场中某点的检验电荷的电荷量q发生变化时，该点的电场强度大小不变，即根据FEq=可知该检验电荷所受电场力F

与其电荷量q的比值保持不变，B正确；当电流元方向和磁场方向平行时，不受磁场力作用，C错误；根据左手定则可知磁场中某点磁感应强度的方向，与放在该点的一段检验电流元所受磁力方向垂直，D错误．8．CD【解析】试题分析：解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN的方

向以及负点电荷的位置，然后根据负点电荷周围电场分布情况，进一步解答．物体做曲线运动过程中合力指向轨迹内侧，而粒子只受电场力，所以粒子的合力等于电场力，故电场力方向水平向右，电场方向水平向左，所以正点电荷只能在轨迹与电场线交点的右边，故粒子是在靠近点电荷，

所以从a到b过程中电场强度增大，粒子受到的电场力增大，其加速度增大，即在a点的加速度小于在b点的加速度，B错误D正确；电场力方向与轨迹切线方向夹角为锐角，所以电场力做正功，动能增大，电势能减小，A错误C正确．9．BD【解析】试题分析：将

滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，R与灯并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化．判断灯亮度的变化，电压表的示数等于路端电压．根据路端电压与灯电压的变化，分析并联部分

电压的变化，判断灯亮度的变化．根据干路电流与灯电流的变化，分析电流表读数的变化．将滑动变阻器的滑片P向下调节，变阻器接入电路的电阻减小，R与灯并联的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电压表示数减小，灯变亮．R与灯并联

电路的电压，U减小，增大，减小，灯变暗．流过电流表的电流，I增大，减小，IA增大，电流表的示数增大．电容器两端的电压等于并联部分的电压，电压变小，由Q=CU知电容器的电荷量减少，故BD正确．10．AD【解析】A、磁场向下，电流向内，根据

左手定则，安培力向左，故A正确；B、磁场向内，电流向上，根据左手定则，安培力向左，故B错误；C、磁场向右，电流向外，根据左手定则，安培力向上，故C错误；D、磁场向内，电流向左下方，根据左手定则，安培力方向右下方，故D正确。点睛：根据左手定则判断电流方向

、磁场方向和安培力方向的关系，伸开左手，四指与大拇指在同一平面内，磁感线穿过掌心，四指方向与电流方向相同，大拇指所指方向为安培力的方向。11．变大极板的相对面积减小变大极板间距离增大【解析】若极板B稍向上移动一点，两极板正对面积减小，根据公式可得电容减小，而两极板间的电荷量不

变，根据公式可得两极板间的电势差增大，即静电计指针偏角增大，说明平行板电容器的电容随极板的相对面积减小而减小，若极板B稍向左移动一点，两极板间的距离增大，根据公式可得电容减小，而两极板间的电荷量不变，根据公式可得两极板间的电势差增大，即静电计指针偏角增大

，说明平行板电容器的电容随极板间距离增大而减小，12．B2.00.33小于小于【解析】试题分析：由题意可确定出电路中的电流范围，为了保证电路的安全和准确，电流表应略大于最大电流；电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源

电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻；根据实验电路与实验误差来源分析测量值与真实值间的关系．（1）蓄电池电动势约为2V，电路最大电流约为020.67A3EIR==，则电流表应选择B．（2）由图示电源U﹣I图象可知，电源电动势E=2.0V，电源内阻02.01.430.330.18UrRI−=−

=−；（3）由于电压表的分流作用，电流的测量值小于真实值，电源的U﹣I图象如图所示，由图象可知，电源电动势的测量值小于真实值，电源内阻的测量值小于真实值；电压表的并联电阻，由于并联电阻小于任一支路的电阻，所以内阻测量值偏小，即r测＜r真13．（1）0.615（左右都可以）；0.675

；（2）×10；欧姆调零（或电阻调零）；70；【解析】(1)螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为11.5×0.01mm=0.115mm，所以最终读数为0.5mm+0.115mm=0.615mm；游标卡尺的主尺读数为：6mm，游标尺上第1

4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为15×0.05mm=0.75mm，所以最终读数为：6mm+0.75mm=6.75mm=0.675cm.（2）选用“×100”倍率的电阻档测量，发现多用表指针偏转过大，说明所选挡位太大，为准确测量，需要选择×10倍率

的电阻档，然后重新进行欧姆调零；由图示可知，电阻测量值为7×10=70Ω。14．（1）()2223124ULLLdU+（2）2222214ULqdU【解析】试题分析：粒子离开偏转电场后做匀速直线运动，水平方向做匀速直线运动求出运

动时间，竖直方向亦做匀速直线运动由时间和速度求出偏转位移，再加上电场中的侧位移即为OP的距离；动能的增量等于电场力做的功，据此求解动能的增加量．（1）经过加速电场时，根据动能定理可知210102WUqmv==−，（2分）进入偏转电场，根据牛顿

第二定律可得2Uqadm=，（2分）在水平方向上粒子做匀速直线运动，故有20Ltv=（2分）在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，故有粒子在竖直方向上的偏移量22221124ULyatdU==，（2分）（2）依据几何关系：22322yY

LLL=+，（2分）解得：()222312ULLLYUdU+=．（2分）（3）偏转过程中电场力做功22222214UqULqWEqyyddU===（2分）故动能增量为2222214kULqEWdU==．（2分）15．（1）1UdB(2)122qBB

dxU【解析】粒子在电容器间做匀速直线运动，有1UqvBqd=（3分）解得1UvBd=（3分）（2）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，有22vqvBmR=（3分）解得2mvRqB=（2分）则212122222mvmvxRRqBqB=−=−（3分）解得12212q

BBdxmmmU=−=（2分）