1、云南省金平县第一中学2019-2020学年上学期期末考试高二物理本试卷分第卷和第卷两部分，共100分，考试时间90分钟。学校：_姓名：_班级：_考号：_分卷I一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分) 1.如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b两点的电场强度大小分别为Ea和Eb，则()AWaWb，EaEbBWaWb，EaEbCWaWb，EaEbDWaWb，EaEb2.下列说法不正确的是()A 康普顿效应进一步证实了光的波动特性B 为了解释黑体辐射规律，普朗克提出电磁辐射的能量的量子
2、化C 经典物理学不能解释原子的稳定性和原子光谱的分立特征D 比结合能小的原子核结合成或分解成比结合能大的原子核时一定释放核能3.一个带正电的油滴从如图所示的匀强电场上方A点自由下落，油滴落入匀强电场后，能较准确地描述油滴运动轨迹的是图中的()A B C D4.如图所示，在矩形区域abcd内有匀强电场和匀强磁场已知电场方向平行于ad边且由a指向d，磁场方向垂直于abcd平面，ab边长为L，ad边长为2L，一带电粒子从ad边的中点O平行于ab方向以大小为v0的速度射入磁场，恰好做匀速直线运动，若撤去电场，其他条件不变，则粒子从c点射出场区(粒子重力不计)下列说法正确的是()A 磁场方向垂直abcd
3、平面向外B 撤去电场后，该粒子在磁场中的运动时间为C 若撤去磁场，其他条件不变，则粒子在电场中运动时间为D 若撤去磁场，其他条件不变，则粒子射出电场时的速度大小为v05.如图所示为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则()A 带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为31B 带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷之比为1C 带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为21D 带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间之比为126.如图所示，有一根直导线上通以恒定电流I，方向垂直指向纸
4、内，且和匀强磁场B垂直，则在图中圆周上，磁感应强度数值最大的点是（）Aa点 Bb点 Cc点 Dd点7.如图所示，Q1、Q2为两个等量同种正点电荷，在Q1、Q2产生的电场中有M、N和O三点，其中M和O在Q1、Q2的连线上(O为连线的中点)，N为两电荷连线中垂线上的一点，则下列说法中正确的是()AO点电势等于N点电势BO点场强一定大于M点场强C 将一个负点电荷从M点移到N点，电场力对其做负功D 若将一个正点电荷分别放在M、N和O三点，则该点电荷在O点时电势能最大8.如图所示，一带电粒子仅在电场力作用下沿图中虚线从A运动到B，在此过程中，下列说法正确的是（）A 加速度逐渐减小B 粒子一定带正电C 电
5、场力对粒子做正功D 粒子电势能增加，动能减少9.下列说法正确的是()A 质子和中子的质量不等，但质量数相等B 质子和中子构成原子核，原子核的质量数等于质子和中子的质量总和C 同一种元素的原子核有相同的质量数，但中子数可以不同D 中子不带电，所以原子核的电荷量等于质子和电子的电荷量之和10.导体球壳B带有正电荷Q，其中心处放有导体球A，用细金属丝通过B上的小孔与地相连(细金属丝不与球壳B相碰)，如图所示则导体球A()A 不带电B 带正电C 带负电D 可能带正电，也可能带负电二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分) 11.(多选)以下关于地磁场的说法中正确的是()A 地磁场是地球的盾牌，起
6、着保护地球上生命的作用B 地磁场的N极在地理位置的南极附近，但不与南极重合C 地磁场的方向会随时间的流逝而缓慢变化D 在行星中，只有地球有磁场12.(多选)如图是一条通电导体棒a放在光滑绝缘斜面上的平面示意图，通入垂直纸面向里的电流，欲使导体棒a能静止在斜面上，需在MN间垂直纸面放置通电导体棒b，则关于导体棒b的电流方向及位置可能正确的是()A 垂直纸面向外，放在A点B 垂直纸面向外，放在B点C 垂直纸面向里，放在B点D 垂直纸面向里，放在C点13.(多选)我国科学家研制“两弹”所涉及到的基本核反应方程有：(1)UnSrXekn(2)HHHedn关于这两个方程的下列说法，正确的是()A 方程(
7、1)属于衰变 B 方程(1)属于重核裂变C 方程(2)属于轻核聚变 D 方程(1)中k6，方程(2)中d114.(多选)如图6所示，三小球a、b、c的质量都是m，都放于光滑的水平面上，小球b、c与水平轻弹簧相连且静止，小球a以速度v0冲向小球b，碰后与小球b黏在一起运动在整个运动过程中，下列说法中正确的是()图6A 三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能不守恒B 三球与弹簧组成的系统总动量守恒，总机械能也守恒C 当小球b、c速度相等时，弹簧弹性势能最大D 当弹簧第一次恢复原长时，小球c的动能一定最大，小球b的动能一定不为零分卷II三、实验题(共2小题, 共15分) 15.气垫导轨工作时，可忽
8、略滑块与导轨表面间的阻力影响，现借助其验证动量守恒定律，如图2所示，在水平气垫导轨上放置质量均为m的A、B(图中未标出)两滑块，左侧滑块的左端、右侧滑块的右端分别与一条穿过打点计时器的纸带相连，打点计时器电源的频率为f.气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，待打点稳定后让两滑块以大小不同的速度相向运动，两滑块相碰后粘在一起继续运动如图3所示的甲和乙为某次实验打出的、分别与两个滑块相连的两条纸带，在纸带上以同间距的6个连续打点为一段划分纸带，用刻度尺分别测出其长度为s1、s2和s3.图2图3(1)若碰前滑块A的速度大于滑块B的速度，则滑块_(选填“A”或“B”)是与纸带甲的_(选填“左”
9、或“右”)端相连(2)碰撞前A、B两滑块的动量大小分别为_、_，实验需要验证是否成立的表达式为_(用题目所给的已知量表示)16.现有一只量程3 mA、内阻约为100 的灵敏电流表（表头）为了较准确地测量它的内阻，采用了如图甲所示的实验电路，实验室提供的器材除电源（电动势为2 V，内阻不计）、电阻箱（最大阻值为999.9 ）、开关和若干导线外，还有多个滑动变阻器和定值电阻可供选择（如表）A滑动变阻器R1（05 ，1 A）D定值电阻R01（阻值为200 ）B滑动变阻器R2（0200 ，0.5 A）E定值电阻R02（阻值为25 ）C滑动变阻器R3（01750 ，0.1 A）F定值电阻R03（阻值为5
10、 ）（1）按照实验电路，用笔画线代替导线，在如图乙所示的方框中完成实物图连接（部分导线已画出）（2）连接好电路之后，实验小组进行了以下操作：第一，先将滑动变阻器的滑片移到最右端，调节电阻箱的阻值为零；第二，闭合开关S，将滑片缓慢左移，使灵敏电流表满偏；第三，保持滑片不动（可认为a、b间电压不变），调节电阻箱R的阻值使灵敏电流表的示数恰好为满刻度的若此时电阻箱的示数如图丙所示，则灵敏电流表内阻的测量值Rg为（3）为较好地完成实验，尽量减小实验误差，实验中应选择的滑动变阻器和定值电阻分别为和（填表格中器材前的字母）（4）要临时把该灵敏电流表改装成3.0 V量程的电压表使用，则应将其与电阻箱（填“串
11、联”或“并联”），并把电阻箱的电阻值调为四、计算题 17.如图7所示，足够长的木板A和物块C置于同一光滑水平轨道上，物块B置于A的左端，A、B、C的质量分别为m、2m和4m，已知A、B一起以v0的速度向右运动，滑块C向左运动，A、C碰后连成一体，最终A、B、C都静止，求：图7(1)C与A碰撞前的速度大小(2)A、B间由于摩擦产生的热量18.在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，有一倾角为、足够长的光滑绝缘斜面，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，电场方向竖直向上有一质量为m，带电荷量为+q的小球静止在斜面顶端，这时小球对斜面的正压力恰好为零，如图所示，若迅速把电场方向反转为竖直向下，重力加速度为g
12、，求：（1）小球能在斜面上滑行多远？（2）小球在斜面上滑行时间是多少？19.如图所示，电源电动势E0=15 V.内阻r0=1 ，电阻R1=20 、间距d=0.02 m的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度B=1 T的匀强磁场.闭合开关S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的微粒以初速度v=100 m/s沿两板间中线水平射入板间.设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx，带电粒子重力不计.（1）当Rx=29 时，电阻R1消耗的电功率是多大;（2）若小球进入板间能做匀速直线运动，则Rx是多少.20.如图所示，虚线上方有场强为E的匀强电场，方向竖直向下，虚线上、下有磁感应强度相同的匀强磁
13、场，方向垂直纸面向外，ab是一根长为l的绝缘细杆，沿电场线放置在虚线上方的场中，b端在虚线上，将一套在杆上的带正电的小球从a端由静止释放后，小球先做加速运动，后做匀速运动到达b端，已知小球与绝缘杆间的动摩擦系数=0.3，小球重力忽略不计，当小球脱离杆进入虚线下方后，运动轨迹是半圆，圆的半径是，求带电小球从a到b运动过程中克服摩擦力所做的功与电场力所做功的比值 答案1.A 2.A 3.B 4.B 5.A 6.A 7.C 8.D 9.A 10.C11.ABC 12.AD 13.BC 14.ACD15.(1)A左(2)0.2mfs10.2mfs30.2mf(s1s3)0.4mfs2【解析】(1)因碰
14、前A的速度大于B的速度，A、B的速度相反，且碰后速度相同，故根据动量守恒定律可知，甲中s1和s3是两滑块相碰前打出的纸带，s2是相碰后打出的纸带，所以滑块A应与甲纸带的左侧相连(2)碰撞前两滑块的速度分别为：v10.2s1fv20.2s3f碰撞后两滑块的共同速度：v0.2s2f所以碰前两滑块动量分别为：p1mv10.2mfs1，p2mv20.2mfs3，总动量为：pp1p20.2mf(s1s3)；碰后总动量为：p2mv0.4mfs2.要验证动量守恒定律，则一定有：02mf(s1s3)0.4mfs2.16.（1）如图所示（2）102.5 （3）F A （4）串联 897.5【解析】（1）根据原理
15、图可得出对应的实物图；如图所示；（2）由电阻箱的读数方法可得：R=1100+21+50.1=102.5 （3）定值电阻起保护作用，防止电源短路，则由欧姆定律可知定值电阻选F即可；滑动变阻器采用分压接法，故滑动变阻器选择A；（4）要使电流表改装成3.0 V的电压表，应串联一个电阻；由欧姆定律可知：Ig（Rg+R）=3.0 V；解得：R=897.5 ；17.(1)v0(2)mv02【解析】取向右为正方向(1)对三个物体组成的系统，根据动量守恒定律得：(m2m)v04mvC0解得C与A碰撞前的速度大小vCv0(2)A、C碰后连成一体，设速度为v共根据动量守恒定律得mv04mvC(m4m)v共解得v共
16、v0根据能量守恒定律得：Q(m4m)v共22mv020解得Qmv02.18.（1）（2）【解析】（1）由静止可知：当小球恰好离开斜面时，对小球受力分析，受竖直向下的重力、电场力和垂直于斜面向上的洛伦兹力，此时在垂直于斜面方向上合外力为零则有：由动能定理得：解得：（2）对小球受力分析，在沿斜面方向上合力为，且恒定，故沿斜面方向上做匀加速直线运动由牛顿第二定律得：得：由得：19.（1）1.8 W （2）129 【解析】（1）当时，根据闭合电路欧姆定律：所以上消耗的功率：，（2）设当平行金属板之间的电压为时，带电粒子恰好能做直线运动，则有：代入数据可解得：又因为：代入数据可解得：20.【解析】小球在沿杆向下运动时，受力情况如图，向左的洛仑兹力F，向右的弹力N，向下的电场力qE，向上的摩擦力f，所以当小球作匀速运动时，小球在磁场中做匀速圆周运动时又R=，解得：vb=小球从a运动到b的过程中，由动能定理得所以
