高中四川省乐山市高二(上)教学质量检测物理试题[答案解析]

四川省乐山市【精品】高二（上）教学质量检测物理试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．把两个相同的金属小球接触一下再分开一小段距离，发现两球之间相互排斥，则这两个金属小球原来的带电情况不可能的是（）
A．两球原来带有同种电荷B．两球原来带等量异种电荷
C．两球原来带有不等量异种电荷D．两球中原来只有一个带电
2．关于电场线的说法，正确的是( )
A．电场线上每一点的切线方向都跟电荷在该点的受力方向相同
B．沿电场线的方向，电场强度越来越小
C．顺着电场线移动电荷，电荷受电场力大小一定不变
D．电场线越密的地方，同一检验电荷受的电场力就越大
3．在下列各图中，已标出了磁场B的方向、通电直导线中电流Ι的方向，以及通电直导线所受安培力F的方向，其中符合左手定则的是（）
A．B．
C．D．
4．一电荷在电场中从静止开始并只在电场力作用下运动，则在运动的开始阶段，它一定
A．向场强较小的地方运动B．向电势较低的方向运动
C．向电势能较小的地方运动D．沿某条电场线运动
5．如图为某一电场的电场线，M、N、P为电场线上的三个点，M、N是同一电场线上两点．下列判断正确的是( )
A．M、N、P三点中N点的场强最大
B．M、N、P三点中N点的电势最高
C．负电荷在M点的电势能大于在N点的电势能
D．正电荷从M点自由释放，电荷将沿电场线运动到N点
6．空间存在平行于纸面方向的匀强电场，纸面内ABC三点形成一个边长为1cm的等边三角形．将电子由A移动到B点，电场力做功2eV，再将电子由B移动到C点，克服电场力做功1eV．匀强电场的电场强度大小为
A．100V/m B C．200V/m D．
7．如图所示，由相同的电流表G（内阻不为零）改装而成的甲、乙两个电压表，R1、R2是分压电阻，R1>R2。

则下列说法正确的是
A．甲的量程等于乙的量程
B．甲的量程小于乙的量程
C．测量同一电压时，甲、乙两表指针的偏转角度相同
D．测量同一电压时，甲表指针的偏转角度比乙表小
8．密立根油滴实验原理如图所示。

两块水平放置的金属板分别与电源的正负极相接，板间电压为U，形成竖直向下场强为E的匀强电场。

用喷雾器从上板中间的小孔喷入大小、质量和电荷量各不相同的油滴。

通过显微镜可找到悬浮不动的油滴，若此悬浮油滴的质量为m，则下列说法正确的是（）
A．悬浮油滴带正电B．悬浮油滴的电荷量为mg U
C ．增大场强，悬浮油滴将向上运动
D ．油滴的电荷量不一定是电子电量的整
数倍 9．如图所示，菱形ABCD 的对角线相交于O 点，两个等量异种点电荷分别固定在AC 连线上的M 点与N 点，且OM=ON ，则
A ．A 、C 两处电势、场强均相同
B ．A 、
C 两处电势、场强均不相同
C ．B 、
D 两处电势、场强均相同
D ．B 、D 两处电势、场强均不相同
10．如图,两根垂直纸面平行放置的直导线a 和b,通有等值电流,在纸面上距a 、b 等远处有一点P,若P 点合磁感应强度B 的方向水平向左，则导线a 、b 中的电流方向是
A ．a 中向纸里,b 中向纸外
B ．a 中向纸外,b 中向纸里
C ．a 、b 中均向纸外
D ．a 、b 中均向纸里
11．如图所示,导线框中电流为I ,导线框垂直于磁场放置,磁感应强度为B ,AB 与CD 相距为d ,则棒MN 所受安培力大小( )
A ．F BId =
B ．F BIdsin = θ
C ．F BIdcos = θ
D ．sin BId F θ
= 12．小灯泡通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线在P 点的切线，PQ 为U 轴的垂线，PM 为I 轴的垂线，则下列说法中错误的是（ ）
A ．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大
B ．对应P 点，小灯泡的电阻为12
U R I = C ．对应P 点，小灯泡的电阻为121U R I I =
- D ．对应P 点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM 所围面积大小
二、多选题
13．如图所示，在x 轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 在xOy 平面内，从原点O 处沿与x 轴正方向成角（0<θ<π）方向以速率v 发射一个带正电的粒子（重力不计），则下列说法正确的是（ ）
A ．当v 一定时，θ越大，粒子在磁场中运动的时间越短
B ．当v 一定，θ越大时，粒子离开磁场的位置距O 点越远
C ．当θ一定，v 越大时，粒子在磁场中运动的角速度越大
D ．当θ一定，v 变化，粒子在磁场中运动的时间不变
14．在水平向左的匀强电场中，一带电颗粒以速度v 从a 点水平向右抛出，不计空气阻力，颗粒运动到b 点时速度大小仍为v ，方向竖直向下．已知颗粒的质量为m ，电荷量为q ，重力加速度为g ，则颗粒从a 运动到b 的过程中
A ．做匀变速运动
B ．速率先增大后减小
C ．电势能增加了212
mv
D．a点的电势比b点低
2 mv q
15．如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，整个装置处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里。

质量相同的可看做质点的甲、乙两个小球，甲球不带电、乙球带正电。

现将两个小球在轨道AB上分别从相同高度处由静止释放，都能通过圆形轨道最高点，则（）
A．经过最高点时，甲球的速度比乙球小
B．经过最高点时，两个小球的速度相等
C．两个小球到最低点时对轨道的压力大小相同
D．如果使两球均恰好通过最高点，则甲球的释放位置比乙球的低
16．如图所示，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平，两微粒a、b 所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等，现同时释放a、b，它们由静止开始运动。

在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间上半区域的同一水平面。

a、b间的相互作用和重力不计。

下列说法正确的是（）
A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的小
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量相等
三、实验题
17．用伏安法测电阻，当对被测电阻的阻值一无所知而无法选择用何种接法时，可以采用试接的方法，如图所示。

让电压表的一端接在A点，另一端先后接到B点或C点，注意观察两次电表的示数变化，再根据情况正确选择连接电路。

若电流表示数有明显变
化，而电压表示数无明显变化，说明待测电阻阻值______（“较大”或“较小”），与电_______表阻值可比，应选电流表_______接的电路。

18．为了研究小灯泡的电阻随温度变化的规律，某同学设计了如图甲所示的电路，电路中选用的小灯泡的额定值为“2.8V 0.28A”。

（1）实验室提供的滑动变阻器有R1(50Ω，1.5A)、R2(5Ω，2A)，本实验应选用_______(选填“R1”或“R2”)。

（2）根据设计的电路图，连接好乙图中的电路_______。

（3）在某次测量中，电压表的示数如图丙所示，其示数为_______ V。

（4）图丁中a为电压为1.00V时图线上的点的割线，b为该点的切线，要求图线上该点对应的灯泡的电阻，应求_______ (选填“a”或“b”)的斜率，由图线可以分析：小灯泡的电阻随温度的升高而_______。

四、解答题
19．如图所示，用两根不可伸长的绝缘细线将A、B两带电小球悬挂于O点，电荷量分别为+9q、+q，质量分别为m1和m2，静止时A、B两球处于同一水平线上，其中O点到B球的距离OB=L，∠AOB=90°∠OAB=30°，带电小球均可视为点电荷静电力常量为k。

求:
（1）A、B间的库仑力大小；
（2）A、B两球的质量之比；
（3）AB连线上且在O点的正下方C点的电场强度。

20．如图所示，AB为竖直平面内的1
4
光滑圆弧绝缘轨道，其半径R=0.5m，A点与圆心
O等高，最低点B与绝缘水平面平滑连接，个轨道处在水平向右的匀强电场中，场强为E=5×103N/C．将一个质量为m=0.1kg、荷量为q=+8×10-5C的小滑块（可视为质点）从A处由静止释放，已知小滑块与水平面间的动摩擦因数为μ=0.05，并且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2。

求:
（1）小滑块第一次经过B点时对B点的压力；
（2）小滑块在水平面向左运动时的加速度；
（3）小滑块在水平面上通过的总路程。

21．如图所示，在xOy平面的第I象限内存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限内存在垂直于坐标平面向内的匀强磁场，磁感应强度为B。

一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上A点（0，L）以速度v0垂直于y轴射入电场，第一次经x轴时与x轴成 =30°角射入磁场，不计重力。

求:
（1）匀强电场的电场强度E；
（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；
（3）粒子从A点出发到第二次穿过x轴时所用的时间t。

参考答案
1．B
【详解】
两个相同的金属小球接触一下再分开，两球之间相互排斥，说明在交换电荷之后，某一种电荷还有剩余，平分后两小球带同种电荷，因此不可能是两球原来带等量异种电荷，因为这样小球接触之后，电量抵消，都不带电，因此选项B正确。

故选B。

2．D
【详解】
A．电场线上每一点的切线方向都跟正电荷在该点的受力方向相同，故A错误；
B．沿电场线的方向，电场强度不一定越来越小，例如匀强电场，故B错误；
C．顺着电场线移动电荷，电荷受电场力大小不一定不变，例如沿点电荷电场线移动电荷时，场强变化，则电场力要变化，故C错误；
D．电场线越密的地方，场强越大，则同一检验电荷受的电场力就越大，故D正确。

故选D.
3．A
【详解】
A．根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向里穿过手心，则手心朝外．四指指向电流方向：向右，拇指指向安培力方向：向上．符合左手定则，故A符合题意；B．通电导线与磁场平行，不受安培力，故B不符合题意；
C．根据左手定则：伸开左手，拇指与手掌垂直且共面，磁感线向左穿过手心，则手心朝右．四指指向电流方向：向外，拇指指向安培力方向：向下，此项不符合左手定则，故C不符合题意；
D．安培力方向既与电流方向垂直，又与磁场方向垂直，而此项安培力方向与磁场方向平行，不可能，故D不符合题意。

故选A。

4．C
【详解】
A．静止开始的电荷会沿着电场力的方向运动，但此方向的场强不一定减小，故A错误；B．如果是负电荷，运动方向与场强相反，故电势会增大，故B错误；
C ．由于电荷只受电场力，因此电场力做正功，电势能减小，所以εA ＞εB ，故C 正确．
D ．电荷运动方向不一定沿着电场线的方向，故D 错误；
故选C ．
5．A
【解析】
电场线的疏密反应了场的强弱，N 点处电场线最密，所以N 点场强最大，故A 正确；顺着电场线的方向，电势降低，所以M 点的电势最高，故B 错误；根据E P =qφ，φM ＞φP ＞φN 可知，负电荷在M 点电势能小于在N 点的电势能，故C 正确；在M 点静止释放，正电荷在电场力的作用下运动，但是运动轨迹并不是电场线，故D 错误．故选A.
点睛：解答此题的关键是知道电场线的特点：电场线的疏密反应了场的强弱；顺着电场线的方向，电势降低．判断电势能的大小也可通过电场力做功来判断：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
6．C
【分析】
根据电场力功与电势差的关系求解AB 和BC 各点之间的电势差，然后找到等势面确定场强的方向，根据E=U/d 求解场强．
【详解】
将电子由A 移动到B 点，电场力做功2eV ，则22AB AB W eV U V q e
===--；同样：1BC BC W eV U V q e
-===-，若设C 点的电势为0，则B 点的电势为1V ，A 点的电势为-1V ，则AB 中点的电势与C 点电势相同，可知场强方向沿BA 方向斜向上，场强为
2
1/200/0.510U E V m V m d -===⨯，故选C. 7．D
【详解】
AB.由于甲、乙两个电压表是由相同的电流表G 改装而成，其允许通过的最大电流是一致的，由于R 1＞R 2，则甲的电阻比乙的电阻大，电流一样时，甲的电压比乙大，故甲的量程大于乙的量程，故选项A 、B 错误；
CD.设电流表的电阻为R ，则在相同的电压U 时，有12
U U
R R R R <++，即通过甲的电流小
于乙的，甲表指针的偏转角度比乙表小，故C 错误，D 正确； 故选：D ； 8．C 【详解】
A ．带电荷量为q 的油滴静止不动，则油滴受到向上的电场力；题图中平行板电容器上极板带正电，下极板带负电，故板间场强方向竖直向下，则油滴带负电，故A 错误；
B ．根据平衡条件，有
U mg q
d
= 故
mgd
q U
=
故B 错误；
C ．根据平衡条件，有
mg qE =
当增大场强，电场力增大，则悬浮油滴将向上运动，故C 正确；
D ．不同油滴的所带电荷量虽不相同，但都是某个最小电荷量（元电荷）的整数倍，故D 错误。

故选C 。

9．C 【详解】
AB ．根据等量异种电荷电场线的分布规律可知，O 处电势为零，A 处电势为正，C 处电势为负，A 处场强方向向左，C 处场强方向也向左，大小相同，所以A 、C 两处电势不等，场强相同，故AB 错误；
CD ．B 、D 两处场强大小相等，方向水平向右，则场强相同，两处在同一等势面上，电势相同，故C 正确，D 错误。

故选C. 10．A 【详解】
A ．若a 中向纸里，b 中向纸外，根据安培定则判断可知：a 在P 处产生的磁场
B a 方向垂直于ap 连线向下，如图所示．b 在P 处产生的磁场B b 方向，如图所示，
根据平行四边形定则进行合成，则得P 点的磁感应强度方向水平向左，故A 正确； B ．若a 中向纸外，b 中向纸里，同理可知，P 点的磁感应强度方向水平向右，故B 错误； C ．若a 、b 中均向纸外，同理可知，P 点的磁感应强度方向竖直向上，故C 错误； D ．若a 、b 中均向纸里，同理可知，P 点的磁感应强度方向竖直向下，故D 错误。

故选A 。

11．D 【详解】
导体棒都在磁场中，故安培力为
sin BId
θ
F BIL ==
故D 正确； 故选D 。

12．C 【详解】
A.由题可知，图中曲线斜率表示电阻的倒数，随着小灯泡两端电压的增大，斜率变小，电阻增大，故选项A 正确不选A ；
BC.由题图可知，图中P 点时小灯泡对应的电压为1U ，电流为2I ，由
1
2
U R I =
可得此时小灯泡的阻值，因此选项B 正确选项C 错误，故选择C 不选B ； D.由功率公式可知，小灯泡在P 点的功率为
12P UI U I ==
即矩形PQOM 所围成的面积，因此选项D 正确，故不选D 。

故选C 。

13．AD 【详解】
AD.由运动轨迹可知，其运动的圆心角为22πθ-，周期公式为
2m
T Bq
π=
所以其运动时间为
222t T πθ
π
-=
公式中与v 无关，所以当v 一定时，θ越大，粒子在磁场中运动的时间越短，当θ一定，v 变化，粒子在磁场中运动的时间不变，故选项AD 正确; B.根据
2
v m qvB r
= 有
mv r Bq
=
由轨迹图可得
2sin 2
sin mv
AO r Bq
θθ== 所以当v 一定，如果θ为锐角，则θ越大时，粒子离开磁场的位置距O 点越远，如果θ为钝角，则θ越大时，粒子离开磁场的位置距O 点越近，所以选项B 错误； C.根据周期公式
2m
T Bq
π=
因此由角速度公式
2qB
T m
πω=
=
可知角速度大小与线速度无关，故选项C 错误。

故选AD 。

14．AC 【详解】
A.小球受到的重力和电场力是恒力，所以小球做的是匀变速运动．故A 正确
B.由于不知道重力和电场力的大小关系，故无法确定速度大小的变化情况．故B 错误．
C.在平行于电场方向，小球的动能减小量为2
12
k E mv ∆=，减小的动能转化为了小球的电势能，所以小球电势能增加了
2
12
mv ．故C 正确． D. 在平行于电场方向有2
102
ab qU mv =-，解之得202ab mv U q =-，所以a 点的电势比b 点
低2
02mv q
．故D 错误．
15．BD 【详解】
AB.由于洛伦兹力不做功，因此从释放点到圆轨道最高点，机械能守恒，所以甲球和乙球在最高点速度大小相同，故选项A 错误选项B 正确； C.在最低点时，甲球受力为
2
v F mg m R
-=甲
对乙球有
2
v F Bqv mg m R
+-=乙
由此可知
F F 甲乙>
因此选项C 错误；
D.如果使两球均恰好通过最高点，对甲球由重力提供向心力，对乙球由重力和洛伦兹力共同提供向心力
2
v mg m R =甲 2
v mg Bqv m R
+=乙乙 因此乙球在最高点的速度比甲球快，由于洛伦兹力不做功，因此乙球释放的位置要比甲球高，故选项D 正确。

故选BD 。

16．AB 【详解】
A.两个粒子都做初速度为零的匀加速直线运动，则有
22
1122qE y at t m
=
= 由题意可知，相同时间a 的位移小于b 的位移，因此可知a b m m >，故选项A 正确； B.根据动能定理可得
0k qEy E =-
即t 时刻粒子的动能为
k E qEy =
因为a 的位移小于b 的位移，所以a 的动能比b 的小，故选项B 正确；
C. 在某时刻t ，a 、b 在一水平面，电势相等，但a 、b 两个小球电荷量相等，电性相反，根据
E q ϕϕ=
可知，a 和b 的电势能不相等，故选项C 错误；
D.由于两个小球在时刻t 时动能不相等，所以速度大小不相等，因此由动量公式
p mv =
可知，在t 时刻，a 和b 的动量不相等，故选项D 错误。

故选AB 。

17．较大压内
【详解】
[1]电压表的一端接在A点，另一端先后接到B点或C点，电流表变化明显，说明电压表分流不可忽视，待测电阻阻值较大；
[2][3]因为待测电阻阻值较大，与电压表相比比较接近，因此选用电流表内接法。

18．R2 2.40 a增大
【详解】
（1）[1]根据图甲可知，滑动变阻器采用分压接法，便于调节应选阻值较小的，故选R2；（2）[2]实验原理图采用的是电流表的外接法和滑动变阻器的分压式接法，连接实物图如图所示：
（3）[3]小灯泡的额定电压为2.8V，故电压表应选量程为3V的，此时电压表的最小刻度为0.1V，估读到0.01V，故电压表读数为2.40V；
（4）[4][5]根据电阻定义式
U
R
I
，可知图中电压为1.00V时图线上点对应的电阻，应该
求割线a的斜率，随着温度升高，割线的斜率越来越大，灯泡的电阻越来越大。

19．（1）
2
2
9
4
q
k
L
；（2）1：3；（3）C点的合场强为零
【详解】
（1）由几何关系可知，A 、B 间距为
2cos60L
L =︒
根据库仑定律，A 、B 之间的库仑力大小为
22
2299(2)4q q F k k L L
==
（2）对A 、B 受力分析如图所示
对A 球
F =m 1g tan60°
对B 球
F =m 2g tan30°
解得：m 1:m 2=1:3
（3）两个带电小球A 、B 在C 点产生的场强大小分别是
2
242B q q E k
k
L L ==⎛⎫ ⎪⎝⎭
2
29432A q
q E k
k
L L ==⎛⎫ ⎪⎝⎭
方向相反，因此C 点的合场强为零 20．（1）2.2N ；（2）4.5m/s 2；（3）6m 【详解】
（1）设小滑块第一次到达B 点时的速度为v B ，根据动能定理可得
2
12
B mgR qER m -=
在最低点B ，由牛顿第二定律可得
2B
N
v F mg m R
'-= 根据牛顿第三定律
N N
F F '= 所以小滑块第一次经过圆弧形轨道最低点B 时对B 点的压力
32 2.2N N F mg qE ==－
（2）在水平面向左运动过程中，由牛顿第二定律有
qE mg ma μ+=
解得：a =4.5m/s 2 （3）电场力大小
53810510N=0.4N qE =⨯⨯⨯－
摩擦力大小
f =μm
g =0．05×0．1×10=0.05N
可知qE >f ，所以小滑块最终在圆弧轨道的下部分往复运动，并且小滑块运动到B 点时速度恰好为零
对小滑块运用动能定理可得
00mgR qER mgx μ=－－－
解得小滑块在水平面上通过的总路程x =6m
21．（1）2
06mv E qL =；（2
）0
3r qB
=；（3
）03m t v qB π=+
【详解】
（1）带电粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中运动的时间为t 1，有
2
112qE L t m =
10tan 30y qE
v at t v m
===︒
解得
20
6mv E qL
=
（2）带点粒子在磁场中以O 1位圆心做匀速圆周运动，O 1M 为半径r
由
2
v qvB m r
=
而
00
cos303
v v =
=
° 得
3mv r qB qB
=
=
（3）设磁场中运动的时间为t 2，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
2603603m
t T qB
π︒=
=︒ 而
10
t v =
所以粒子从A 点运动到N 点的总时间
1203m
t t t v qB
π=+=
+。