广东省珠海市2019-2020学年高二上学期期末考试物理

1、绝密启用前珠海市2021-2021学年度第一学期期末普通高中学生学业质量监测高二物理本试卷共19小题，总分值100分，考试用时：90分钟。第I卷选择题共47分一、单项选择题此题共9小题，每题3分，共27分。每题只有一个选项正确。1关于物理学史，以下说法中正确的选项是A. 库仑不仅提出了场的概念，而且形象直观地描绘了场的存在B. 元电荷e的数值最早是由安培测得的C. 奥斯特首先发现了电流的磁效应D. 法拉第通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律4倍，距离2真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，假设它们所带的电荷量都增大为原来的增加为原来的2倍，那么它们之间的相互作

2、用力变为A. 2F B.4F C.6F D.8F3以下说法正确的选项是；A. 电场线的方向即为带电粒子的运动方向B. 电场力做功与重力做功相似，均与路径无关C. 在点电荷产生的电场中，以点电荷为球心的同一球面上各点的场强都相同D. 由E= F知，电场中某点的电场强度E与试探电荷q在该点所受的电场力 F成正比q4在如下图的匀强电场B或匀强磁场B区域中，带电粒子不计重力做直线运动的是X X X XX XX X ? J XJ XX X X X5导体的伏安特性如下图，图线1表示导体的电阻为 R1,图线2表示导体的电阻为 R2,那么以下说法正确的是心Q，R2=3QB. R 1: R2=3 : 1C. 将

3、Ri与R2并联后接于电源上，那么它们的电流比Ii : 12=1 : 3D. 将Ri与R2串联后接于电源上，那么它们的电压之比Ui: U2=1 : 36如下图电路中直流电动机的内阻r=0.4 Q, R=12 Q, U=150V，电压表的读数为 90V，那么以下说法正确的是A. 通过电阻的电流为 12.1AB.通过电动机的电流为 2.25AC.电动机的发热功率为 10W D.输入到电动机的电功率为 440W7如图，椭圆ABCD处于一匀强电场中，椭圆平面平行于电场线，AC、BD分别是椭圆的长轴和短轴，已知电场中A、C、D三点的电势分别为 $a=10V、杞=-3V、d=1V，由此可得B点的电势为A.

4、6V B.5V C.3V D.2V8如下图，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场和匀强电场组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入平板下方的匀强磁场，平板下方的磁场方向如下图。粒子最终打在S板上，粒子重力不计，那么下面说法正确的选项是B. 粒子打在S板上的位置离狭缝 P越远，粒子的比荷 -越大mC. 能通过狭缝P的带电粒子速率等于 EBD. 速度选择器中的磁感应强度方向垂直纸面向里9如下图的天平可用来测定磁感应强度，天平的右臂下面挂有一个矩形线圈， 宽度为L=20.0cm，共N=10匝，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面。当线圈中通有电流l=0.20A时方向

5、如图，调节砝码使天平到达平衡，此时 m1>m2。当电流反向大小不变时，右边再加上质量为 m=10g的砝码后，天平重新平衡，重力加速度取 g=10m/s2，由此可知A. 磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为0.25TB. 磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为0.25TC. 磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为0.125TD. 磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为0.125T、多项选择题此题共5小题，每题4分，共20分。每题都有多个选项符合题意，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得 0分10电流的磁效应揭示了电与磁的关系，下面四幅图中描述磁场方向与电流方向之间的关系，其中磁感

6、线分布正确的选项是AD11.如下图的电路中，电源电动势为 表A均未超过限度如何变化E,内阻为r，假设将滑动变阻器的滑片向b端滑动，那么灯泡 L、电流LA.灯泡L变亮 B.灯泡L变暗12.如下图，平行板电容器的两极板C.电流表A示数变小D.电流表A示数变大A、B接在电池的两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合开关S,给电容器充电，稳定后悬线偏离竖直方向的夹角为0,那么A. 假设保持开关S闭合，A极板不动，B极板向右平移，那么 0不变B. 假设保持开关S闭合，A极板不动，B极板向右平移，那么 0减小C. 假设开关S断开，B极板不动，A极板向右平移，那么 B不变D. 假设开关S断开，B极板不动，

7、A极板向右平移，那么 B减小重力忽略13如下图，实线表示匀强电场的电场线，方向水平向右，虚线为某个带正电粒子的运动轨迹不计，该粒子从A点运动到B点的过程中，以下说法中正确的选项是A.该粒子的动能增加B电场力对该粒子做负功C.该粒子的电势能减小D.A点电势高于B点电势a点由静止释放14两个带等量正电荷的点电荷，0点为两电荷连线的中点， a点在连线的中垂线上，假设在一个电子，如下图，关于电子的运动，以下说法正确的选项是It4A. 电子在从a点向0点运动的过程中，加速度可能先增大再减小B. 电子在从a点向0点运动的过程中，加速度一定越来越小，速度一定越来越大C. 电子运动到0点时，加速度为零，速度最

8、大D. 电子通过0点后，速度越来越小，加速度一直增大第II卷非选择题洪53分三、实验题每空2分，共22分15. 10分在“测定金属的电阻率实验中，先用多用电表进行粗测其阻值，局部操作步骤如下：1将选择开关拨至X 10档，红、黑表笔分别插入“ + “插孔，进行欧姆调零：选填 “X 100 将红、黑表笔分别接在电阻两端，发现指针偏角太大，那么需将选择开关K转换至_或 “X 1 ； 欧姆调零后再次测量如下图，那么其读数为 Qo2用伏安法精确测量金属丝的电阻，实验中得到电流、电压示数如下图，那么电流表读数为压表读数为V。3假设实验中测得用 L表示金属丝的长度，d表示直径，电流表示数为I，电压表示数为

9、U,属丝电阻率的表达式p=。用测出的物理量的符号表示 A，电请写出计算金16. 12分在用伏安法测电源的电动势和内阻的实验中，一位同学记录了6组数据如下表J3456电流1 <A0 L00,100. JD0,40Q430. 551.401.351+3QL25L22l.lfl1根据数据选定以下供选用仪器：电流表选;滑动变阻器选均选填仪表前的字母代码A. 干电池电动势约为1.5VB. 直流电流表00.60A档，内阻0.05QC. 直流电流表03.00A档，内阻为0.10 QD. 直流电压表03.00V档，内阻5.00k QE. 滑动变阻器020.0Q，允许最大电流为1.50AF滑动变阻器050

10、0 Q，允许最大电流1.00AJ.开关一个，导线假设干 2请根据电路图，在下面实物图中用笔画线代替导线连好电路。3根据记录数据在图中描点画图，并根据图线求出E= .V , r=Qo 结果均保存2位小数不计，g取10m/s2。求:四、计算题(共3小题，共31分，解容许写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。)17. (10分)如下图，两平行光滑金属导轨间的距离L=0.60m ,金属导轨所在的平面与水平面夹角=30 ,在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.80T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场。金属导轨的一端接有电动势

11、E=3.0V、内阻r=0.40 Q的直流电源。现把一根导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止。导R°=2.0Q;金属导轨的其它电阻体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻(1) 通过导体棒的电流；(2) 导体棒受到的安培力大小;(3) 导体棒的质量m。18. (10分)电荷量为q=2x 104C,质量为m=1.0kg的带正电小物块置于粗糙的绝缘水平面上，所在空间存 在沿水平向右的匀强电场，场强E与时间t的关系及物块的速度v与时间t的关系分别如图甲、乙所示,假设重力加速度g取10m/s2,求:(1) 01s内物块所受的电场力 F1的大小和加速度a1的大小；(2

12、) 物块与水平面之间的动摩擦因数卩；(3) 物块运动2s过程中，其电场力做的功。19. (11分)“太空粒子探测器是由加速、偏转和收集三局部组成，其原理可简化为如下图。辐射状的加速电场区域I边界为两个同心平行扇形弧面，O为圆心，圆心角 =为120°，外圆弧面 AB与内圆弧面 CD的电势差为Uo, M为外圆弧的中点。在紧靠 Oi右侧有一圆形匀强磁场区域II，圆心为。2，半径为L,磁场方向垂直于纸面向外且大小为B = fm0。在磁场区域下方相距 LV qL处有一足够长的收集板 PNQ。MO1O2和PNQ为两条平行线，且与02N连线垂直。假设太空中漂浮着 质量为m,电量为q的带正电粒子，它

13、们能均匀地吸附到AB弧面上，经电场从静止开始加速，然后从Oi进入磁场，并最终到达 PNQ板被收集，忽略一切万有引力和粒子之间作用力，从M点出发的粒子恰能到达N点。求：1粒子经电场加速后，进入磁场时的速度v的大小；2从M点出发的粒子在磁场中运动的半径R;3假设所有粒子从 AB弧面同时出发，那么最先到达收集板的是哪一点出发的粒子？求出该粒子从Oi至收集板的时间。珠海市2021-2021学年度第一学期期末学生学业质量监测高二物理参考答案、选择题答案:题号123456789答案CBBADCACD题号1011121314答案ADBDBCACDAC二、实验题15. 每空2分，共10分1 X12分8.0或8

14、都给分 2分20. 422 分，2 242. 26 之间 2 分3四 2分4LI16. 每空2分，共12分1B 2 分，E2分2实物连线如下图：2 分3U-I图线如下图:2 分,1.441.43 1.46 2 分，0. 50 0.480. 522 分四、计算题：17. 10 分【解析】1导 体棒、金属导轨 和直流电源构成 闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有:2 分代人数据解得：I 1.25A 1分2导体棒受到的安培力：F安=IBL代人数据解得：F安=0.60 N 彳分3对导体棒由平衡条件得:IBL =mgsi n302 分IB|得: m=gSBL 0.12kg2 分18. 10 分【解析】1由图

15、甲及电场力定义式可知，01 s内：F1 qE1 6N 2 分V2由图乙知：在 01 s内物块的加速度为： a12m/s2分2对物块由牛顿第二定律得：2 分qE1 mg解得:qE1 m3mg0.4 1 分3法 1：由图乙知：物块在第1s的位移为：Si vti - 1m 1m 1分2 2由图乙知：物块在第 2s的位移为：S2 Vt22 1m 1m 1分2 2电场力做正功： W qE1S1 qE2S2 8J 1分法2:对带电物块全过程由动能定理得:WmgS1 S2 0 0 2 分得：Wmgs1 S2 8J 1 分19. 11 分1尸； 2 R L ； 3从A点出发的粒子最先到达搜集板, V m="扣 3. 2qU0【解析】1带电粒子在电场中加速时，电场力做功，由动能定理得:qU 0=解得：2 -mv 02分2 分2从M出发的粒子到达O点后水平进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，2根据牛顿第二定律可得：qvB= mv 2分R将B pmU0代入，联立方程解得：r l 2分 qL3所有从