1、学年广东省珠海市高二上学期期末考试 物理 Word版绝密启用前珠海市2019-2020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，满分100分，考试用时：90分钟。第I卷 选择题(共47分)一、单项选择题(本题共9小题，每小题3分，共27分。每小题只有一个选项正确。)1.关于物理学史，下列说法中正确的是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2.真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们所带的电荷量都增大为
2、原来的4倍，距离增加为原来的2倍，则它们之间的相互作用力变为A.2F B.4F C.6F D.8F3.下列说法正确的是；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=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4.在如图所示的匀强电场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5.导体的伏安特性如图所示，图线1表示导体的电阻为R1，图线2表示导体的电阻为R2，则下列说法正确的是A.R1=1，R2= B.R1：R2=3：1C.将R1与R2并联后接于电源上
3、，则它们的电流比I1：I2=1：3D.将R1与R2串联后接于电源上，则它们的电压之比U1：U2=1：36.如图所示电路中直流电动机的内阻r=0.4，R=12，U=150V，电压表的读数为90V，则下列说法正确的是A.通过电阻的电流为12.1A B.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、C=-3V、D=1V，由此可得B点的电势为A.6V B.5V C.3V D.2V8.如图所示，一束带电粒子以一定的初
4、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图所示。粒子最终打在S板上，粒子重力不计，则下面说法正确的是A.粒子带负电B.粒子打在S板上的位置离狭缝P越远，粒子的比荷越大C.能通过狭缝P的带电粒子速率等于D.速度选择器中的磁感应强度方向垂直纸面向里9.如图所示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I=0.20A时(方向如图)，调节砝码使天平达到平衡，此时m1m2。当电流反向(大小不变)时，
5、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二、多项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分。每小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，其中磁感线分布正确的是11.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，若将滑动变阻器
6、的滑片向b端滑动，则灯泡L、电流表A(均未超过限度)如何变化A.灯泡L变亮 B.灯泡L变暗 C.电流表A示数变小 D.电流表A示数变大12.如图所示，平行板电容器的两极板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，则A.若保持开关S闭合，A极板不动，B极板向右平移，则不变B.若保持开关S闭合，A极板不动，B极板向右平移，则减小C.若开关S断开，B极板不动，A极板向右平移，则不变D.若开关S断开，B极板不动，A极板向右平移，则减小13.如图所示，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(重力忽略不计
7、)，该粒子从A点运动到B点的过程中，下列说法中正确的是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14.两个带等量正电荷的点电荷，O点为两电荷连线的中点，a点在连线的中垂线上，若在a点由静止释放一个电子，如图所示，关于电子的运动，下列说法正确的是A.电子在从a点向O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O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O点时，加速度为零，速度最大D.电子通过O点后，速度越来越小，加速度一直增大第II卷 非选择题(共53分)三、实验题(每空2分，共22分)15.(10分)在“测
8、定金属的电阻率”实验中，先用多用电表进行粗测其阻值，部分操作步骤如下：(1)将选择开关拨至10档，红、黑表笔分别插入“”“”插孔，进行欧姆调零：将红、黑表笔分别接在电阻两端，发现指针偏角太大，则需将选择开关K转换至 (选填“100”或“1”)；欧姆调零后再次测量如图所示，则其读数为 。(2)用伏安法精确测量金属丝的电阻，实验中得到电流、电压示数如图所示，则电流表读数为 A，电压表读数为 V。(3)若实验中测得用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U，请写出计算金属丝电阻率的表达式= 。(用测出的物理量的符号表示)16.(12分)在用伏安法测电源的电动势和内阻的实验中，一
9、位同学记录了6组数据(如下表)(1)根据数据选定下列供选用仪器：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1.5V)B.直流电流表(00.60A档，内阻0.05)C.直流电流表(03.00A档，内阻为0.10)D.直流电压表(03.00V档，内阻5.00k)E.滑动变阻器(020.0，允许最大电流为1.50A)F.滑动变阻器(0500，允许最大电流1.00A)J.开关一个，导线若干(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= 。(结果均保留2位小数)四、计算题(共3小题，共31分，解答
10、应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)如图所示，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E=3.0V、内阻r=0.40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R0=2.0；金属导轨的其它电阻不计，g取10m/s2。求：(1)通过导体棒的电流；(2)导体棒受到的安培力大
11、小；(3)导体棒的质量m。18.(10分)电荷量为q=2104C，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，若重力加速度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)物块与水平面之间的动摩擦因数；(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、偏转和收集三部分组成，其原理可简化为如图所示。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
12、U0，M为外圆弧的中点。在紧靠O1右侧有一圆形匀强磁场区域II，圆心为O2，半径为L，磁场方向垂直于纸面向外且大小为B。在磁场区域下方相距L处有一足够长的收集板PNQ。已知MO1O2和PNQ为两条平行线，且与O2N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O1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，已知从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，则最先到达收集板的是哪一点
13、出发的粒子？求出该粒子从O1至收集板的时间。珠海市2019-2020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一、二、选择题答案：题号123456789答案CBBADCACD题号1011121314答案ADBDBCACDAC三、实验题15（每空2分，共10分）（1） 1 （2分） 8.0或8都给分 （2分）（2）0.42 （2分）， 2.242.26之间 （2分） （3） （2分）16.（每空2分，共12分）（1） B （2分） ， E （2分）（2）实物连线如图所示：（2分）（3）U-I图线如图所示:（2分）, 1.44（1.431.46）（2分），0.50（0.480.52 （2分
14、）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：（1分）（2）导体棒受到的安培力:. （2分）代人数据解得：. . （1分）（3）对导体棒由平衡条件得：（2分）得：（2分）18（10分）【解析】（1）由图甲及电场力定义式可知，01 s内： （2分）由图乙知：在01 s内物块的加速度为： （2分）（2）对物块由牛顿第二定律得：（2分）解得：（1分）（3）法1：由图乙知：物块在第1s的位移为：（1分）由图乙知：物块在第2s的位移为：（1分）电场力做正功：（1分）法2：对带电物块全过程由动能定理得：（2分）得：（1分）1
15、9（11分）（1）；（2）；（3）从A点出发的粒子最先到达搜集板，。【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： （2分）解得： （2分）（2）从M出发的粒子到达O1点后水平进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得： （2分）将代入，联立方程解得：（2分）（3）所有从AB弧面射入的粒子，速度大小相等，在磁场中做匀速圆周运动的半径也相同，根据对称性可得，它们经过磁场旋转后都从磁场边界垂直于PNQ线射出，最终到达PNQ板被收集，轨迹图如下：从各个粒子的轨迹可以看出，轨迹1在磁场中转动的角度最小，故该粒子运动的时间最短。由图可知，该粒子转动了30，因此在磁场里的时间为（1分）出磁场后匀速的时间为 （1分）该粒子从O1至收集板的时间的时间为： （1分）
