1、 第 1 页（共 10 页） 2019-2020 学年广东省广州市荔湾区高二学年广东省广州市荔湾区高二上学期上学期期末物理试卷期末物理试卷 一、单项选择题（本题只有一个选项正确，共一、单项选择题（本题只有一个选项正确，共 6 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 24 分）分） 1磁场对电流可以产生作用力，最先发现这一现象的科学家是（ ） A库仑 B安培 C法拉第 D特斯拉 2一质量为 2kg 的物体，速度由向东 3m/s 变为向西 3m/s，在这个过程中该物体的动量与动能的变化 量分别是（ ） A0、0 B0、18J C12kgm/s、0 D12kgm/s、18J 3反天刀是生活在尼罗
2、河的一种鱼类，沿着它身体的长度方向分布着电器官，这些器官能在鱼周围 产生微弱的电场，如图为反天刀周围的电场线分布示意图，A、B、C 为电场中的点，下列说法正 确的是（ ） AC 点电势高于 A 点电势 B电子在 A 点受到电场力方向指向 B CA 点电场强度小于 B 点电场强度 D正离子从 A 到 B，其电势能减小 4实验装置如图：装有导电液的玻璃器皿放在蹄形磁铁的磁场中，器皿中心的圆柱形电极与电源负 极相连，内壁边缘的圆环形电极与电源正极相连。接通电源后，从上往下俯视，液体顺时针旋转， 则以下说法中正确的是（ ） A蹄形磁铁上端为 S 极 B液体中电流由边缘流向中心 C液体旋转方向与蹄形磁铁
3、的磁极无关 D若只互换电源的正负极，则液体旋转方向不变 5如图所示是一种通过测量电容器电容的变化，检测液面高低的仪器原理图，电容器的两个电极分 别用导线接到指示器上， 指示器可显示出电容的大小，下列关于该仪器的说法中正确的是（ ） A金属芯线粗细决定电容的大小 B芯柱外套的绝缘管越厚，该电容器的电容越大 C该仪器中电容的两个电极分别是芯柱和电介质 D指示器显示出电容增大了，则电容器中液面升高了 第 2 页（共 10 页） 6一块手机电池的背面印有如图所示的一些符号，另外在手机使用说明书上还写有“通话时间 4h， 待机时间 100h” ，则下列说法正确的是（ ） A符号“mAh”为能量单位 B手
4、机通话时消耗的功率为 0.25W C待机时消耗的功率 1.810 2W D此手机的最大电流是 500mA 二、多项选择题（共二、多项选择题（共 4 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 24 分分.在每小题给出的四个选项中至少有两个选项符合在每小题给出的四个选项中至少有两个选项符合 题目要求题目要求.全部选对得全部选对得 6 分，选对不全得分，选对不全得 3 分，有选错或不答的得分，有选错或不答的得 0 分）分） 7用下图实验装置验证动量守恒定律 ，a、b 球的半径为 r，a 球的质量 m1，b 球的质量 m2，则下 列说法正确的是（ ） A小球滚动滑槽必须光滑 Ba 球的质量 m1应大
5、于 b 球的质量 m2 C要验证的表达式是 m1OBm1OA+m2OC D要验证的表达式是 m1OBm1OA+m2（OC2r） 8 如图所示电路， 电源内阻不可忽略。 开关 S 闭合后， 在变阻器 R0的滑动端向下滑动的过程中 （ ） A电路总电阻减小 B干路的电流减小 C电压表的示数减小 D电流表的示数减小 9如图所示，直线是由点电荷产生的电场线，曲线是某一带电粒子 通过电场区域时的运动轨迹。a、b 是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力的作用，则 下列判断正确的是（ ） A带电粒子在 a 点的速度比 b 处小 B带电粒子在 a 点的加速度比 b 处大 C若粒子从 a 运动到 b，则粒
6、子带负电 D若粒子从 a 运动到 b，则电势能增加 10质谱仪是一种测定带电离子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示，离子源 S 产 生的各种不同正离子束（速度可看作为零） ，经加速电场加速后垂直进入有界匀强磁场，到达记录 它的照相底片 P 上。设离子在 P 上的位置到入口处 S1的距离为 x，则（ ） 第 3 页（共 10 页） A只要 x 相同，则离子质量一定相同 B若离子为质子，B 一定时，x 与 U 成正比 C若离子为质子，U 一定时，x 与 B 成反比 D若离子束是同位素，则 x 越大，离子质量越大 三、实验题（共三、实验题（共 14 分）分） 11 课外活动小组的同学用
7、多用电表粗测电阻的阻值， 完成以下操作步骤： 将红、黑表笔分别插入多用电表的“+” 、 “” 插孔，选择开关旋至电阻档“10” ； 将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使欧姆表 指针指零 把红、黑表笔分别与电阻的两端相接，如图所示 此时多用电表的示数为 。 指针偏角过大，要将指针调到表盘中央，选择开 关应旋至“ ”挡。 将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使欧姆表 指针指 。 把红、黑表笔分别与电阻的两端相接，读出多用 电表示数； 将选择开关旋至 OFF 挡，取出红、黑表笔。 12 （8 分）用如图所示的电路测量一固定电阻 Rx的准确阻值（约 1012k） ，其中直流电压表的量 程为 3V， 内阻
8、为 3k， 固定电阻 R 的阻值为 6k， 直流电源电动势约 1213V， 内阻可忽略不计。 （1）用笔画线代替导线，将图示电路图连成一个完整的实验电路； （2）连线完成后，闭合 S1和 S2，电压表的示数为 2.70V；只闭合 S1（S2断开） ，电压表的示数为 1.89V由此可计算出 Rx的准确阻值为 k，电源的电动势为 V； 第 4 页（共 10 页） （3）用此电路和方法可测量的 Rx阻值，不得小于 ； （4）若将电压表与 Rx和 R 串联，可以扩大电压表的量程，改装后的电压表可测量的最大电压为 V。 四四.计算题（本题共计算题（本题共 3 小题，共小题，共 38 分，解答应写出必要的
9、文字说明、方程式和重要演算步骤只写最后分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写最后 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）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） 13 （10 分）质量为 1kg 的物体，从倾角为 30的光滑斜面由静止下滑，斜面高 5m，求物体从斜面 顶端滑到底端的过程，物体运动的时间和重力的冲量。 （g 取 10m/s2） 14 （14 分）如图所示，在水平向右的匀强电场中，用长为 L 不可伸长的绝缘细线拴住一质量为 m， 带电荷量为 q 的小球， 线的上端固定于 O 点， 用手拉住小球处于 A 点， 且 OA 恰
10、好处于水平状态， 静止释放小球，当摆到 B 点时速度为零，此时细线与竖直方向成 30角，设整个过程中细线始终 处于拉直状态，静电力常量为 k，忽略空气阻力。求： （1）判断小球电性； （2）匀强电场的场强 E 的大小； （3）小球在运动过程中的最大速度大小。 15 （14 分）如图所示，在第一象限内，存在垂直 x 轴向下的匀强电场，第二象限内存在垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场， 大小为 B0，第四象限内存在垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场。一质量为 m，电荷量为+q 的粒子， 从 x 轴上 M 点以某一初速度垂直于 x 轴进入第二象限，在 xOy 平面以原点 0 为圆心做半径为 R0 的
11、圆周运动；随后进入电场运动至 x 轴上的 N 点，沿与 x 轴正方向成 45角离开电场；在磁场中 运动一段时间后，垂直于 y 轴进入第三象限。不计粒子重力，求： （1）第一象限电场强度的大小 E； （2）第四象限磁感应强度的大小 B1。 第 5 页（共 10 页） 2019-2020 学年广东省广州市荔湾区高二（上）期末物理试卷学年广东省广州市荔湾区高二（上）期末物理试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、单项选择题（本题只有一个选项正确，共一、单项选择题（本题只有一个选项正确，共 6 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 24 分）分） 1 【分析】根据物理学史和常识解答，记住
12、著名物理学家的主要贡献即可答题。 【解答】解：磁场对电流可以产生作用力，最先发现这一现象的科学家是安培，故 B 正确，ACD 错误 故选：B。 2 【分析】根据动量是矢量，动能是标量，分别按照矢量和标量的运算法则求解，先选取正方向，表 示出初速度和末速度，再求动量的变化量。 根据速度的大小，求动能的变化量。 【解答】解：规定向西为正，物体动量变化量为 mvm（v）12kgm/s，方向向西。 动能，故这个过程中，动能变化量为 0，故 C 正确，ABD 错误。 故选：C。 3 【分析】根据电场线方向得到头部电荷符号及电势高低关系，从而得到电势能变化；再根据电场线 疏密程度得到场强大小关系。 【解答
13、】解：A、沿着电场线电势降低，故 A 点电势高于 C 点电势，故 A 错误； B、 根据负电荷的电场力与电场强度方向相反， 故电子在 A 点的电场力方向指向头部， 故 B 错误； C、电场线疏密程度代表电场强度，由图可知：A 处电场线比 B 处密，故 A 处电场强度大于 B 处 电场强度，故 C 错误； D、沿着电场线电势降低，等势线与电场线垂直；故 A 点电势比 B 点电势高，那么，正离子从 A 向 B 运动，电场力做正功，故电势能减小，故 D 正确； 故选：D。 4 【分析】利用左手定则可以判断安培力方向，从而判断液体的运动方向，改变正负极就是改变电流 方向或者改变磁场方向都会引起安培力方
14、向改变。 【解答】解：AB、如图所示，液体中电流由边缘流向中心，从上往下俯视，液体顺时针旋转，根 据左手定则，磁场应该由上往下，所以蹄形磁铁上端为 N 极，故 A 错误，B 正确。 C、根据左手定则，蹄形磁铁上端为 N 极，下端为 S 极时，液体顺时针旋转；蹄形磁铁上端为 S 极，下端为 N 极时，液体逆时针旋转，故 C 错误。 D、根据左手定则，若只互换电源的正负极，则液体旋转方向相反，故 D 错误。 故选：B。 第 6 页（共 10 页） 5 【分析】电容器的两个电极是可以导电的，分别是金属芯柱和导电液。芯柱外套的绝缘层越厚，金 属芯柱和导电液之间距离增大，电容减小。容器中液面升高时，相当
15、于金属芯柱和导电液正对面 积增大，电容增大。 【解答】解：ABC、电容器的两个电极是可以导电的，分别是金属芯柱和导电液，芯柱外套的绝 缘层越厚，金属芯柱和导电液之间距离越大，电容减小，故 ABC 错误。 D、指示器显示出电容增大了，金属芯柱和导电液正对面积增大了，说明容器中液面升高了，故 D 正确。 故选：D。 6 【分析】mAh 为电荷量单位；根据电流的定义式可以计算出手机通话时、待机时的电流，然后根 据 PUI 可计算出通过功率和待机功率；在手机通话时的电流最大。 【解答】解：A、符号“mAh”为电荷量单位，故 A 错误； B、手机通话时的电流为，所以通话时的功率为 PUI3.6 0.12
16、5W0.45W，故 B 错误； C、 待机时的电流为， 所以待机时消耗的功率为 PUI 3.6510 3W1.8102W，故 C 正确； D、手机在通话时的电流最大，则最大电流为 0.125A，故 D 错误。 故选：C。 二、多项选择题（共二、多项选择题（共 4 小题，每小题小题，每小题 6 分，共分，共 24 分分.在每小题给出的四个选项中至少有两个选项符合在每小题给出的四个选项中至少有两个选项符合 题目要求题目要求.全部选对得全部选对得 6 分，选对不全得分，选对不全得 3 分，有选错或不答的得分，有选错或不答的得 0 分）分） 7 【分析】实验时小球要从同一位置由静止释放；为防止两球碰撞
17、后入射球反弹，入射球的质量应大 于被碰球的质量；两球碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律分析答题。 【解答】解：A、 “验证动量守恒定律”的实验中，是通过平抛运动的基本规律求解碰撞前后的速 度的，只要离开轨道后做平抛运动，对斜槽是否光滑没有要求，故 A 错误。 B、为防止两球碰撞后入射球反弹，入射球的质量应大于被碰球的质量，即 a 球的质量 m1应大于 b 球的质量 m2，故 B 正确。 CD、两球碰撞过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mav0mav1+mbv2，小 球离开轨道后做平抛运动，它们抛出点的高度相等，在空中的运动时间 t 相等，上式两边同时乘以 t 得：mav0
18、tmav1t+mbv2t，则：maOBmaOA+mbOC，故 C 正确，D 错误。 故选：BC。 8 【分析】在变阻器 R0的滑片向下滑动的过程中， 变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小， 第 7 页（共 10 页） 根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，即可知电压表示数的变化情况。由欧 姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表示数的变化。 【解答】解：在变阻器 R0的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，变阻器 R0与 R2并联电阻 R并减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流 I 增大，路端 电压 U 减小，则电压表示数减小，由于 R1分压
19、增大，故并联部分电压减小，则电流表示数减小， 故 ACD 正确，B 错误。 故选：ACD。 9 【分析】先由粒子的运动轨迹，判断粒子所受电场力的大体方向，即粒子受到的电场力大体向左， 电场线方向不明，无法判断粒子的电性。根据电场线疏密程度，判断 ab 两点场强的大小，从而判 断 ab 两点电场力大小， 再根据牛顿第二定律得 ab 点加速度的大小， 根据电场力的方向和速度方向 的夹角判断电场力做功情况从而判断电势能变化情况。 【解答】解：C、由图，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在 a、b 两点受到的电场力沿电场线 向左。由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性。故 C 错误； B、根据电场线的疏
20、密程度，可知 a 点的电场强度大于 b，则粒子在 a 处的电场力大于 b 处，根据 牛顿第二定律可知粒子在 a 的加速度大于 b 处，故 B 正确； A、粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在 a、b 两点受到的电场力沿电场线向左，若粒子从 a 运 动到 b，电场力方向与速度方向夹角大于 90，故电场力做负功，电势能增加，速度减小，故 A 错误，D 正确。 故选：BD。 10 【分析】根据动能定理求出粒子进入磁场的速度，根据牛顿第二定律求出轨道半径，从而得知 x 与什么因素有关。 【解答】解：粒子在电场中加速过程，根据动能定理得： qU， 得：v， 在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，则有：qvBm，
21、 得：r， 联立得：r， 则有：x2r， A当 x 相同，离子的荷质比相同，但质量不一定相同，故 A 错误。 第 8 页（共 10 页） BC若离子为质子，B 一定，x 与成正比，U 一定时，x 与 B 成反比，故 B 错误，C 正确。 D若离子束是同位素，则 x 越大，离子质量越大，故 D 正确。 故选：CD。 三、实验题（共三、实验题（共 14 分）分） 11 【分析】用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近；欧姆表换挡后要重 新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。 【解答】解：由图所示可知，欧姆表示数为 1.51015； 选择开关旋钮至电阻挡“10”
22、，由图甲所示可知，欧姆表指针偏角太大，说明所选挡位太大， 为准确测量电阻阻值，应将选择开关旋至“1”挡； 换挡后要进行欧姆调零，将红、黑表笔短接，调节欧姆调零旋钮使欧姆表指针指零。 故答案为：15；1；零。 12 【分析】 （1）根据电路图连接实物图。 （2）根据题中所给的两种情况结合闭合电路欧姆定律列方程组求解待测电阻的阻值以及电源电动 势的大小。 （3）根据（2）中所列的式子求解出 Rx的表达式，根据表达式分析求解其最小阻值。 （4）根据串联电路特征分析求解改装后的电压表的最大量程。 【解答】解： （1）实物图如图所示 （2）当闭合闭合 S1和 S2时，R 被短路，则有： 当只闭合 S1时
23、，有： 解得：Rx11k，E12.6V （3）由得： 当 U1取最大值时，Rx最小，即 U13V 时，Rx9.6k 所以用此电路和方法可测量 Rx的阻值，不得小于 9600 （4）改装后电压表的量程为： 故改装后的电压表可测量的最大电源为 20V。 故答案为： （1）电路连接见解析； （2）11.0，12.6； （3）9600； （4）20。 四四.计算题（本题共计算题（本题共 3 小题，共小题，共 38 分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写最后分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写最后 第 9 页（共 10 页） 答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明
24、确写出数值和单位）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） 13 【分析】对物体受力分析，由牛顿第二定律求得加速度，再由位移公式可求得运动时间，然后根 据冲量的定义求解重力的冲量。 【解答】解：对物体受力分析，由牛顿第二定律得：mgsin30ma 解得：ag 物体沿斜面做初速度为 0 的匀加速直线运动， 由位移公式得： 解得：t2s 重力的冲量：Imgt 解得：I20Ns 答：物体从斜面顶端滑到底端的过程，物体运动的时间是 2s，重力的冲量是 20Ns。 14 【分析】 （1）根据电场力对小球做功的正负判断电场力的方向，从而判断小球的电性； （2）对于小球从 A 到 B
25、过程，运用动能定理和电场力做功公式 WqEd 求场强 E 的大小； （3）分析小球受力情况得到小球速度达到最大时的位置，然后根据动能定理求最大速度。 【解答】解： （1）小球带正电。因为小球由 A 到 B 的过程，动能变化量为零，重力做正功，细绳 的拉力不做功，由动能定理知，电场力只能做负功，所以电场力方向向右，小球带正电。 （2）小球从 A 到 B 过程，由动能定理得： mgLcos30qE（L+Lsin30）00 解得：E （3）小球在运动过程中，只有电场力和重力做功，当电场力与重力的合力与细绳在同一条直线上 时，小球的速度最大，设此时细绳与竖直方向的夹角为 ，如图所示，则 tan，所以
26、30 从 A 到速度最大处，由动能定理得 mgLcosqE（LLsin）0 解得 vm 答： （1）小球带正电。 （2）匀强电场的场强 E 的大小为。 （3）小球在运动过程中的最大速度大小为。 第 10 页（共 10 页） 15 【分析】 （1）分析粒子在各个象限内的运动情况，作出粒子的运动轨迹，根据洛伦兹力提供向心 力求解出粒子进入电场时的初速度，根据类平抛运动的规律以及牛顿第二定律求解第一象限内的 电场强度大小。 （2）根据几何知识求解粒子在第四象限内运动的半径大小，结合洛伦兹力提供向心力求解磁感应 强度。 【解答】解： （1）粒子的运动轨迹如图所示，在第二象限内做匀速圆周运动有： 在第一象限内做类平抛运动，根据牛顿第二定律有 到达 N 点时 v0vy， ， 联立解得：E （2）粒子在第一象限内运动时，水平方向的位移为 Sv0t， 又因为 vyat， 到达 N 点时其合速度为：， 粒子在第四象限做匀速圆周运动，根据几何知识可知，其半径为：， 又因为， 根据以上式子联立 B1 答： （1）第一象限电场强度的大小为。 （2）第四象限磁感应强度的大小为。
