1、广东省省实、广雅、执信、二中、六中五校2020-2021学年高二物理上学期期末联考试题本试卷分选择题和非选择题两部分，共 8 页，共 17 题，满分 100 分，考试用时 75 分钟。 注意事项：1答题前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的校名、姓名、考号、座位号等相关信息填 写在答题卡指定区域内。2选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮 擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位 置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改
2、液。不按以上 要求作答的答案无效。4考生必须保持答题卡的整洁。第一部分选择题（共 48 分）一、选择题（1 至 7 题为单项选择题，每题只有一个选项正确，每题 4 分，共 28 分；8 至 12 题为多项选择题，有两个或两个以上的正确选项，每题 4 分，漏选得 2 分，错选得 0 分，共 20 分） 1在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多物理学研究方法。下列关于物理学史与物理学研究方法的叙述正确的是 A物理学中所有的物理量都是采用比值法定义的B元电荷、点电荷都是理想模型 C库仑利用扭秤巧妙地实现了他对电荷间相互作用力规律的研究，并测出了静电力常量的数值 D法
3、拉第最早提出了“场”的概念2把试探电荷 q 放在某电场中的 A 点，测得它受到的电场力为 F；把它放到 B 点，测得它所受的电场力为 nF。再把另一电荷量为 nq 的试探电荷放到 C 点，测得它受到的电场力也为 F，则 AEA：EB = 1：nBEA：EC = 1：n C电场强度跟试探电荷所受的力成正比，跟试探电荷的电荷量成反比 D电场强度跟试探电荷所受的力成反比，跟试探电荷的电荷量成正比3如图所示，边长为 L 的等边三角形线框 ABC 由相同的导体连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，将线框按图中所示接入电路，设导体 AC 受到的安培力大小为 F1，导 体 ABC 受到的
4、安培力大小为 F2，则 F1：F2 为A1:1 B1:2 C2:1 D4:14如图所示，在绝缘光滑水平面上的 C 点固定正点电荷甲，带负电的试探电荷乙（可看成点电荷）仅受甲的库仑力作用沿椭圆轨道 I 运动，C 点是椭圆轨道的其中一个焦点。乙在某一时刻经过 A 点时因速度大小突然发生改变（电量不变）而进入以 C 为圆心的圆形轨道做匀速圆周运动，下列说法错误的是A在甲电荷的电场中，轨道 I 上的各点，D 点的电势最高 B乙在轨道 I 运动，经过 D 点时电势能最大 C乙在两个轨道运动时，经过 A 点的加速度大小相等D乙从轨道 I 进入轨道运动时，速度变小5两位同学在实验室利用图甲所示的电路测定定值
5、电阻 R0、电源的电动势 E 和内电阻 r，调节滑动变阻器的滑动触头 P 从最右端向左端移动时，一同学记录电流表 A 和电压表 V1 的测量数据，另一同学记录电流表 A 和电压表 V2 的测量数据，根据数据描绘了如图乙所示的两条 UI 直线，则 图象中两直线的交点表示的物理意义是 A滑动变阻器的滑动触头 P 在最右端 B电源的输出功率最小 C电源的效率达到最大值 D定值电阻 R0 上消耗的功率为 0.50W6如图所示，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直纸面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的 P 点垂直于铝板向上射出，从 Q 点穿越铝板后到达 PQ 的中点 O。已知粒子
6、穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力，铝板上方和下方的磁感应强度 大小之比为A2 B C D7如图所示为某电场中 x 轴上电势随 x 变化的图像，在 x = x2 处由静止释放一个带电粒子，粒子仅在电场力作用下，可沿 x 轴运动到 x = - x0 处，下列判断正确的是 A该粒子带正电 B从𝑥 = 𝑥2运动到𝑥 = 𝑥0的过程中，粒子的动能先增大后减小 C从𝑥 = 𝑥2运动到𝑥 = 0的过程中，粒子的加速度先减小后增大 D若将该粒子在𝑥 = &#
7、119909;0处由静止释放，仅在电场力作用下，该粒子能运动到𝑥 𝑥2处 8如图所示，图甲为磁流体发电机原理示意图，图乙为质谱仪原理图，图丙和图丁分别为多级直线加速器和回旋加速器的原理示意图，忽略粒子在图丁的 D 形盒狭缝中的加速时间，下列说法错误的是A图甲中，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，A板电势高B图乙中，、三种粒子经加速电场射入磁场，在磁场中的偏转半径最大C图丙中，加速电压越大，粒子获得的能量越高，比回旋加速器更有优势D图丁中，随着粒子速度的增大，交变电流的频率也应该增大9通电长直导线周围存在磁场，其磁感应强度与导线中的电流强度成正比，与距
8、导线的距离成反比，即。现有四条垂直纸面的固定长直导线，与纸面的交点分别为 P、Q、N、S，四点的连线构成一个正方形。以正方形中心 O 点为原点建立平面直角坐标系，M 为 y 轴与 PS 的交 点。已知四条导线中的电流大小相等，方向均垂直纸面向外，与纸面交点为 S 的导线在 M 点产生 的磁感应强度大小为 B，则下列判断正确的是A四条导线在 M 点产生的磁感应强度大小为 B四条导线在 O 点产生的磁感应强度大小为零 C与纸面交点为 S 的导线所受安培力的方向由 S 指向 O Dx 正半轴任意一点的磁场方向均沿 x 轴正方向 10如图所示，某区域存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，
9、磁场方向水平且垂直于纸面向里，一质量为 m 的带电液滴，以一定的初速度 v 沿水平方向进入此区域并在竖直平面 内做匀速圆周运动，则 A液滴在此区域受四个力作用 B液滴一定带负电 C沿垂直纸面向里看，液滴做顺时针方向的圆周运动 D因洛伦兹力不做功，则液滴在做匀速圆周运动时机械能守恒 11如图所示，电阻 R1=10，电动机 M 线圈电阻 R2=10，电路两端电压 U 保持不变，电流表为理想电表。当开关 S 断开时，电流表的示数为 I1=0.5A；当开关 S 闭合后，电动机运转起来，电流表示数为 I2，整个电路消耗的电功率为 P，则AI2=1A BU=5V CP=5WDP5W12在如图所示的电路中，
10、各电表均为理想电表。平行金属板中带电质点 P 处于静止状态。当滑动变阻器 R3 的滑片向 a 端移动时，则AA 的示数减小，V1 的示数减小，V2 的示数增大 B质点 P 将向下运动 CV1 示数改变量的绝对值小于 V2 示数改变量的绝对值D不变，增大第二部分非选择题（共 52 分）二、实验题（请将答案写在答题卡的相应空格处，共 14 分）13（8 分）为测量某电阻 Rx 的电阻值，小明同学在实验室完成了如下工作： (1)用一电阻挡有三个倍率（分别是1、10、100）的多用电表粗测其阻值。选用10 挡测量某电 阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了更准确地进行测量，应换到 挡。重新
11、正确操作后，表盘的示数如图所示，其读数为 。(2)进一步准确测量电阻 Rx 的阻值，有如下实验器材可供选择：A直流电源：电动势 18V，内阻很小，额定电流为 1A B电流表 A1：量程 010mA，内阻约 10C电流表 A2：量程 0600mA，内阻约 0.5 D电压表 V1：量程 03V，内阻约 3K E电压表 V2：量程 020V，内阻约 10K F滑动变阻器 R：最大阻值 10 G开关、导线等实验中电流表应选 （选填“A1”或“A2”），电压表应选 （选填“V1”或“V2”）。请在下图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接。采用上述电路正确测量，测得的电阻 （选填“大于”、“小于”或“等
12、于”）它的实际阻值， 其原因是 。14（6 分）在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，备有如下器材：A干电池 B电流表（00.6A、内阻约 0.1）C灵敏电流计 G（满偏电流 Ig=200A，内阻 rg=500）D滑动变阻器（020） E电阻箱 R（09999） F开关、导线若干(1)由于没有电压表，需要把灵敏电流计 G 与电阻箱连接后改装成量程为 2V 的电压表，需将电阻 箱 R 的阻值调至 。(2)改装后采用如图甲所示电路进行测量，在闭合开关 S 前，将滑动变阻器的滑片移动至 （填“a 端”、“中央”或“b 端”）。(3)图乙为该实验绘出的 I1-I2 图线（I1 为灵敏电流计 G 的示数
13、，I2 为电流表 A 的示数），由图线可求 得被测电池的电动势 E= V，内电阻 r= 。（结果保留两位小数）三、计算题（请将答案写在答题卡的相应区域，要写出必要的文字叙述和步骤，共 38 分）15（11 分）如图所示，一质量为m = 2.0 1016kg、 电荷量为𝑞 = 1.0 1012C 的带正电的粒子 由静止开始经加速电场加速后，又沿中心轴线从 O 点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光 屏上的某点，O点为荧光屏的中心。已知加速电场电压 U02500V，偏转电场电压 U100V，极板 的长度 L16.0cm，板间距离 d2.0cm，极板的末端到荧光屏的距离 L23.
14、0cm，若不计粒子重力， 求：(1)粒子射入偏转电场时的初速度 v0；(2)粒子打在荧光屏上的点到 O点的距离 Y； (3)粒子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功 W。16（11 分）如图所示，以直角三角形 AOC 为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为 B，A=60，AO=L，在 O 点发射某种带负电的粒子（不计重力作用），粒子的比荷为，发射方向与OC 边的夹角为 =60，粒子从 A 点射出磁场，(1)求粒子的发射速度大小 v0；(2)求粒子在磁场中的运动时间；若减小粒子的入射速度，粒子在磁场中运动的时间如何变化？ (3)若入射粒子为正电荷，试讨论，若粒子能从 OC 边射出，入射速度大小的
15、范围是多少？ 17（16分）一绝缘“ ”形杆由两段相互平行的足够长的水平直杆 PQ、MN 和一半径为 R 的光滑半 圆环 MAP 组成，固定在竖直平面内，其中 MN 杆是光滑的，PQ 杆是粗糙的，整个装置处在水平向 左的匀强电场中。在 PM 左侧区域足够大的范围内同时存在垂直竖直平面向里的匀强磁场，磁感应 强度为 B。现将一质量为 m、带正电电量为 q 的小环套在 MN 杆上，小环所受的电场力为重力的 1/2。（已知重力加速度为 g）(1)若将小环由 D 点静止释放，则刚好能到达 P 点，求 DM 间的距离； (2)在满足第(1)问的情况下，小环在A点对圆环的压力； (3)若将小环由M点右侧5
16、R处静止释放，设小环与PQ杆间的动摩擦因数为，小环所受最大静摩擦力 与滑动摩擦力大小相等，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。B参考答案1D【解析】A项：加速度，不是比值定义法定义的，故A错误；B项：理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，质点电荷都是理想化模型，元电荷不是，故B错误；C项：库仑虽然用库仑扭秤实验得出了库仑定律,但是由于当时电量的单位(库仑)并没有得到定义,他并没有能够测出静电力常量的数值.静电力常量的数值是在电量的单位得到定义后,后人通过库仑定律计算得出的，故C错误；D项：法拉第先提出电场的概念，揭示了电荷间相互作用就是电场对电荷的作用，故D正确。2A【详解】AB根
17、据电场强度的定义式有E =根据题意有EA =，EB =，EC =EA：EB = 1：n，EA：EC = n：1A正确、B错误；CD电场强度由场源电荷决定与试探电荷无关，CD错误。故选A。3C【详解】由已知条件可知ABC边的有效长度与AC相同,等效后的电流方向也与AC相同,边ABC的电阻等于边AC的电阻的两倍,两者为并联关系,设AC中的电流大小为I,则ABC中的电流为,设AC的长为L,由题意知F=BIL,所以边ABC所受安培力为:方向与AC边所受安培力的方向相同,C正确4A【详解】A电场线从正电荷出发到无穷远终止，根据正点电荷电场的分布规律是越靠近正电荷电势越高。轨道I上的各点，D点的电势最低，
18、故A错误；符合题意；B负电荷在电势高处电势能小，负电荷在电势低处电势能大，所以乙球在轨道I运动时，经过D点时系统的电势能最大，故B正确；不符合题意；C乙球在两个轨道运动时，经过A点时所受的库仑力相等，则加速度相等，故C正确；不符合题意；D乙球从轨道I进入轨道运动时由离心运动变为匀速圆周运动，必须减速，故D正确，不符合题意。故选A。5D【详解】图象中两直线的交点表示电压表V1的读数与电压表V2的读数相等，即滑动变阻器的阻值为0，A滑动变阻器的滑动触头P滑到了最左端，故A错误；B由图象可以得出电阻R0的阻值大于电源的内阻，滑动变阻器的阻值减小，电源的输出功率增大，两直线的交点对应滑动变阻器的阻值为
19、0，即电源的输出功率最大，故B错误；C电源的效率为U越大，效率越大，故C错误；D定值电阻R0消耗功率为故D正确。故选D。6D【详解】由动能公式，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动洛仑兹力提供向心力得，联立可得，上下磁场磁感应强度之比为，D正确7B【详解】A从到的过程中，电势逐渐降低，该粒子仅在电场力作用下，由静止开始沿x轴负方向运动，即从低电势处向高电势处运动，说明该粒子带负电，故A错误；B从运动到的过程中，仅有电场力做功，所以粒子的动能和电势能之和保持不变；由图可知粒子的电势能先减小后增大，所以粒子的动能先增大后减小，故B正确；C由电势差和电场强度的关系可知，曲线的切线的斜率在数量上等于电场
20、强度的大小，从运动到的过程中，曲线的斜率逐渐增大，说明电场强度逐渐增大，所以粒子的加速度也逐渐增大，故C错误；D仅在电场力作用下，粒子的动能和电势能之和将保持不变，从处到处，随着电势升高，粒子的电势能全部转化为动能；由于电势差相等，所以从处到处，随着电势降低，粒子的动能又全部转化为电势能，即在处，粒子的速度将减小到零，但由于处的电场强度不为零，所以粒子不会静止在该处，而是沿着x轴负方向开始运动，即粒子最远只能运动到处，故D错误。故选B。8ACD【详解】A将一束等离子体喷入磁场，由左手定则得，正离子向下偏转，负离子向上偏转，A、B两板会产生电势差，且B板电势高，故选项A说法错误，符合题意；B质谱
21、仪中，粒子经电场加速有在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，有解得由此可知在磁场中偏转半径最大的是比荷()最小的粒子，、三种粒子电荷量相同，质量最大，所以在磁场中的偏转半径最大，故选项B说法正确，不符合题意；C粒子通过多级直线加速器加速，加速电压越大，粒子获得的能量越高，但要产生这种高压所需的技术要求很高，同时加速装置的长度也要很长，故多级直线加速器不一定比回旋加速器更有优贽，故选项C说法错误，符合题意；D在回旋加速器中带电粒子经过电场多次加速后，速度越来越大，在磁场中做匀速圆周运动的半径也会越来越大，而粒子在磁场中做圆周运动的周期没有变化，故交变电流的频率不变，选项D说法错误，符合题意。故选A
22、CD。9BC【详解】A. 设四条导线中的电流为I，MS间距为x，由题可知，磁感应强度可写为（k为比例系数）由右手螺旋定则可知，导线P、S在M点的产生的磁感应强度为零，设PQ和QN之间的夹角为，由几何关系可知导线Q、N在M点的磁感应强度为由磁感应强度的矢量叠加可知，M点的磁感应强度为故A错误；B. 因四条导线中的电流大小相等，O点距导线的距离均相等，由右手螺旋定则可知，四条导线在O点的磁感应强度等于零，故B正确；C. 由右手螺旋定则可知，导线P、Q、N在S的磁感应强度垂直于SO指向左上方，再由左手定则可知，导线S所受安培力的方向为由S指向O，故C正确；D. 在SN中点处，由右手螺旋定则可知，导线
23、SN在此点的合磁感应强度为零，导线PQ在此点的合磁感应强度垂直与Ox方向，故D错误。故选BC。10BC【详解】AB液滴在竖直平面内做匀速圆周运动，故重力等于电场力，即洛伦兹力提供向心力，所以mg=qE，由于电场力的方向与场强的方向相反，故液滴带负电，液滴在空间受到三个力作用，故A错误，B正确；C粒子带负电，受洛伦兹力方向指向圆心，可知沿垂直纸面向里看，液滴做顺时针的圆周运动，选项C正确；D液滴在做匀速圆周运动时，动能不变，重力势能不断变化，可知液滴的机械能不守恒，选项D错误；故选BC。11BD【解析】当电键S断开时，由欧姆定律得，U=I1R1=5V当电键S闭合后，通过R1的电流仍为0.5A，电
24、动机转动，电动机的电流，故电流表的电流I21A，电动机中电功率P=UI25W.故B、D正确，A、C错误.故选BD.【点睛】本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，是关键不等式12AC【详解】A当滑动变阻器的滑片向端移动时，的有效电阻增大，外电路总电阻增大，总电流减小，则电流表读数减小。通过的电流减小，则的电压减小，的示数减小。的示数减小，其他量不变，则增大，故A正确；B电容器板间电压减小，其他量不变，则增大，电容器板间场强增大，质点所受的电场力增大，则质点将向上运动，故B错误；C示数与示数之和等于电容器板间电压，的示数减小，的示数增大，
25、而示数与示数之和增大，则示数改变量的绝对值小于示数改变量的绝对值，故C正确；D由可知,，故D错误。故选AC。13.(8分,每空1分,电路连线2分)(1)100；2200(2)A1；V2如图(电路连线错1条得0分)大于；电流表分压【详解】（1）用10挡测量某电阻时，操作步骤正确，表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换大挡，应换到100挡；由图所示表盘可知，该电阻的阻值是22100=2200。（2）电源电动势为18V，则电压表选用V2，电路中可能出现的最大电流：，则电流表选择A1；滑动变阻器要用分压电路，则要选择阻值较小的R1； 因RxRA，则电流表内接；滑动变阻器用分
26、压电路；电路如图：采用上述电路正确测量，测得的电阻大于它的实际阻值，其原因是电流表的分压造成的.14.(6分)(1)9500(1分)(2)a端(1分)(3)1.461.48(2分)0.820.87(2分) 【解析】(1) 由于没有电压表，给定的灵敏电流计G改装成量程为2V的电压表，需串联一个阻值为； (2) 滑动变阻器采用限流式，在闭合开关S前，滑动变阻器阻值最大，故将滑动变阻器的滑片移动至a 端；(3) 由闭合电路欧姆定律可知： ，即，化为，根据图象求出纵轴截距为147A，则有A图象斜率大小为k=8210-6即两式联立解得r=0.82（0.820.87均可）E=1.47V（1.461.48均
27、可）；15.(11分)【答案】(1)5103m/s;(2)0.36cm;(3)910-12J【解】(1)根据动能定理有(1分)解得(1分)(2)设粒子在偏转电场中运动的时间为t,粒子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y,粒子在水平方向做匀速运动,有L=v(1分)粒子在竖直方向上做匀加速运动(1分)根据牛顿第二定律有(1分)联立得(1分)粒子离开偏移电场时速度的反向延长线过中心轴线的中点(2分)计算得出 Y=0.36cm(1分)(3)粒子在偏转电场运动的过程中,电场力对它做的功(2分)16.(11分)【答案】(1);(2),不变;(3)【解】(1)粒子从A点射出磁场,运动轨迹如图所示由几何知识
28、可知r=AO=L(1分)根据洛伦兹力提供向心力,所以(2分)代入解得(1分)(2)由几何知识可知,粒子转过的圆心角为(1分)(1分)则,粒子在磁场中的运动时间为(1分)由此可知粒子在磁场中的运动时间与入射速度无关,所以减小粒子的入射速度,粒子在磁场中运动的时间不变.(1分)(3)粒子能从OC边射出,根据作图由几何关系知,半径最大为(1分)根据洛伦兹力提供向心力,则有解得最大速度为(1分)所以速度取值范围为(1分)17.(16分)【答案】(1)4R;(2),方向水平向左; (3)【解】(1)设电场强度为E,DM距离为L,小环从D至P:EqL-2mgR=0-0(2分)题意有(1分)联立解得:L=4R(1分)(2)设小环在A点速度为v,对小环从D至A的过程:(2分)在A点,对小环:(2分)由式可得(1分)根据牛顿第三定律,小环在A点对圆环的压力大小为,方向水平向左.(1分)(3)小环首次到点速度不为零,将向右减速到零.讨论:(i),即1分),小环将保持静止.设此时小环距点水平距离为x,则对全程由动能定理:Eq(5R-x)-2mgR-mgx=0-0(1分)则克服摩擦力做功(1分)(i)Eqf=mg,即(1分),小环将来回往复运动,最终会在P点的速度减为零.对全程由动能定理:Eq5R-2mgR-W=0-0(1分)得克服摩擦力做功(1分)综上所述: