2020-2021学年广东省潮州市高二（上）期末物理试卷

2020-2021学年广东省潮州市高二（上）期末物理试卷

一、选择题:本题共10小题,每小题6分,共60分。在每小题给出的四个选项中,第14~18小题只有一项符合题目要求,第19~23小题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不选的得0分。

1．（6分）通电导线周围存在磁场的现象称为电流的磁效应，首先发现该现象的物理学家是（　　）

A．安培 B．法拉第 C．奥斯特 D．特斯拉

2．（6分）将一段阻值为R，长度为L的均匀电阻丝，分成长度相等的两段，两者并联后的阻值为（　　）

A． B．4R C． D．R

3．（6分）我市部分道路将高压钠灯换成LED灯，已知高压钠灯功率为400W，LED灯功率为180W，若更换2000盏，则一个月可节约的电能约为（　　）

A．9×102KW•h B．1.5×105KW•h 

C．6×105KW•h D．1×1012KW•h

4．（6分）电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈Ⅰ和Ⅱ，线圈Ⅰ固定，线圈Ⅱ置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是（　　）

A．当天平示数为负时，两线圈电流方向相同 

B．当天平示数为正时，两线圈电流方向相同 

C．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力大于线圈Ⅱ对线圈Ⅰ的作用力 

D．线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力是一对相互作用力

5．（6分）如图所示的情况中，a、b两点电势相等、电场强度也相同的是（　　）

A． B． 

C． D．

6．（6分）指纹传感器为在一块半导体基板上阵列了10万金属颗粒，每一颗粒充当电容器的一个极外表面绝缘，手指在其上构成电容器的另外一个极。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时由于指纹深浅不同，对应的峪（本义：山谷）和嵴（本义：山脊）与半导体基板上的金属颗粒间形成一个个电容值不同的电容器，若金属颗粒与手指间组成的每个电容器电压保持不变，则（　　）

A．指纹的嵴处与半导体上对应的金属颗粒距离远时，电容较小 

B．指纹的嵴处与半导体上对应的金属颗粒距离近时，电容较小 

C．在手指挤压绝缘表面时，电容电极间的距离减小，金属颗粒电极电量减小 

D．在手指挤压绝缘表面时，电容电极间的距离减小，金属颗粒电极电量增大

7．（6分）如图所示电路中，L1、L2为两只相同灯泡，R为光敏电阻，当光照强度逐渐增强的过程中，下列判断正确的是（　　）

A．L1、L2两灯均逐渐变暗 

B．L1灯逐渐变暗，L2灯逐渐变亮 

C．电源内电路消耗功率逐渐增大 

D．光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率逐渐增大

8．（6分）如图所示的v﹣t图象表述一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以初速度﹣v0向左做直线运动，粒子在t0时刻运动到B点，3t0时刻运动到C点，以下说法正确的是（　　）

A．A、B两点的电势关系为φB＞φA 

B．A、B两点的场强大小关系为EB＞EA 

C．C点在出发点的左侧 

D．粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少

9．（6分）如图所示为质谱仪的结构原理图，若从金属筒内同一位置由静止释放氢的三种同位素氕、氘、氖的原子核（不计重力），经相同的电场加速和磁场偏转后分别打在照相底片上的A、B、C三个点，则氕、氘、氚原子核（　　）

A．进入磁场时的动能相同 

B．在磁场中运动的时间相同 

C．在电场中加速的时间相同 

D．打在照相底片上相邻两点间距离AB、BC之比为（1）：（）

10．（6分）如图所示，一根长导线弯曲成“π”形，通以直流电I，正中间用绝缘线悬挂一金属环C，环与导线处于同一竖直平面内。在电流I增大的过程中，下列判断正确的是（　　）

A．金属环中有逆时针方向的感应电流 

B．金属环中无感应电流产生 

C．悬挂金属环C的竖直线的拉力小于环的重力 

D．悬挂金属环C的竖直线的拉力大于环的重力

三、非选择题

11．（7分）某实验小组用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T，请根据下列步骤完成电阻测量

（1）转动部件　   　，使指针对准电流的　   　刻度；

（2）将K旋转到电阻挡“×100“的位置；

（3）将插入“+”、“﹣”插孔的表笔短接，转动部件　   　；使指针对准电阻的　   　（选填“0刻线”或“∞”刻线）

（4）将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按　   　的顺序进行操作。

A．将K旋转到电阻挡“×1k”的位置

B．将K旋转到电阻挡“×10”的位置

C．将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接

D．将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准

12．（11分）小明同学用伏安法测定额定电压为2.5V的小灯泡伏安特性曲线。

（1）图甲是连接好的实物电路图，在开关闭合前，小明同学又再次仔细检查了电路的连接，发现电路有误。请你帮他纠正错误　   　（任意写出两处即可）

（2）为使测量尽量准确，滑动变阻器应选用图乙中的　   　（填“R1”或“R2”）；

（3）在纠正错误后，小明同学进行了多次的实验，某次得到电压表的示数如图丙所示，则电压表的读数为　   　V。

（4）若小明在实验过程中，不知道应该采用电流表内接还是外接，他于是两种接法各做了一次，根据数据，分别得到了伏安特性曲线“1”和“2”。则实验中误差较小的操作应选择曲线　   　（填“1”或“2”）

13．（14分）如图所示，S为一离子源，它能向MN右方空间各方向持续地发射大量相同的正离子，离子质量为m＝1×10﹣15kg，电量为q＝2×10﹣8C，速率为v0＝4×105m/s。在S右侧有一半径为R＝4×10﹣2m的圆屏，OO′是过其圆心且垂直圆面的中心轴线。试对下面两种加入电场的情形求解（不考虑离子的重力和离子之间的相互作用）：

（1）如果将屏移到与S距离为x1＝1mm处，在S与圆屏间加一范围足够大的，方向垂直于屏向左的匀强电场，恰好能使沿OO′方向射出的离子不能到达屏上，则匀强电场场强的E1大小为多少。

（2）如果S与圆屏间有范围足够大的匀强电场，电场强度E2＝5×106N/C，方向垂直屏向右，要使S发射的所有离子都能打到屏上，则屏最多可放到距S多远处。

14．（18分）如图所示，坐标系xOy在竖直平面内，水平轨道AD和斜面DC均光滑且绝缘，AD和DC的长度均为L，斜面DC与水平地面间的夹角θ＝60°，有一质量为m，电荷量为+q的带电小球（可视为质点）被放在A点，已知在第一象限分布着相互垂直的匀强磁场和匀强电场，电场方向竖直向上，场强大小为E2，磁场为水平方向（图中垂直纸面向外），磁感应强度为B；在第二象限分布着沿x轴正方向的水平匀强电场，场强大小为E1．现将放在A点的带电小球由静止释放，求：

（1）带电小球运动到D点时的速度；

（2）带电小球从A点出发到落地过程中所用的时间（小球所带的电荷量不变）．

2020-2021学年广东省潮州市高二（上）期末物理试卷

参考答案与试题解析

一、选择题:本题共10小题,每小题6分,共60分。在每小题给出的四个选项中,第14~18小题只有一项符合题目要求,第19~23小题有多项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不选的得0分。

1．【分析】首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是奥斯特。

【解答】解：A、安培提出了分子电流假说，研究了通电导线的磁场。故A错误；

B、法拉第研究了电磁感应现象，故B错误；

C、首先发现通电导线周围存在磁场的物理学家是丹麦的物理学家奥斯特。故C正确；

D、特斯拉是电力工程师。故D错误。

故选：C。

【点评】物理学史也是高考考查的内容之一，对于物理学上，著名的物理学家、经典实验、重要学说要记牢。

2．【分析】不考虑温度影响，在导体材料一定时，电阻与长度成正比，与横截面积成反比。

【解答】解：一根粗细均匀，电阻值为R电阻丝截成长度相等的两段，则每段长度变为原来的，再把得到的两段并联起来使用，横截面积变为原来的2倍，根据R，所以阻值变为原来的，即R．故ABD错误，C正确

故选：C。

【点评】串联电路相当于增加了电阻的长度，所以阻值增大，并联电路相当于增加了电阻的横截面积，所以阻值减小。

3．【分析】求出盏灯更换后可节约的电功率，再利用公式W＝Pt计算每月可节约的电能，注意单位直接采用Kw•h（度）。

【解答】解：每盏高压钠灯换成LED灯时，节约的功率△P＝400﹣180＝220W＝0.22kW；

路灯一般工作时间一天约为12小时，

故一个月可节约的电能约为：

W＝n△Pt＝2000×0.22×30×12kw•h≈1.5×105kW•h；

故B正确，ACD错误。

故选：B。

【点评】本题考查了消耗电能（电功）的计算，关键知道LED灯的节能、能量的转化现象。

4．【分析】通电平行线圈可等效为两条平行的通电直导线之间的作用来讨论，两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用。

①电流方向相同时，将会吸引；②电流方向相反时，将会排斥。

【解答】解：A、当天平示数为负时，说明两线圈相互吸引，两线圈电流方向相同，故A正确；

B、当天平示数为正时，说明两线圈相互排斥，两线圈电流方向相反，故B错误；

C、线圈Ⅰ和线圈Ⅱ之间的作用力是一对相互作用力，二者等大反向，故C错误；

D、线圈Ⅰ对线圈Ⅱ的作用力与托盘对线圈Ⅱ的作用力不是一对相互作用力，它们作用在一个物体上，故D错误；

故选：A。

【点评】正确理解两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用产生的实质，在应用中不要用反了。

5．【分析】电势是标量，只要大小相等即可，而场强为矢量，必须是大小和方向都相同才行，根据各种电场电场线和等势面的分布情况进行作答．

【解答】解：

A、平行板电容器中是匀强电场，a、b的场强相同，而电势不同，故A错误；

B、a、b在点电荷的同一等势面上，两点的电势相等，而场强方向不同，场强不同，故B错误；

C、根据两个等量同种电荷等势面的分布情况可知，在两电荷连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点电势相等，而场强的方向相反，所以场强不同，故C错误；

D、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，两点的电势相等。根据电场线分布的对称性可知，场强相同，故D正确；

故选：D。

【点评】此题考查了不同电场中电势和场强的知识，关键是知道电势是标量，而场强是矢量．

6．【分析】手指的嵴和峪与金属电极的距离不同，根据电容的决定式分析电容的大小。由电容的定义式分析，电容的电压一定时，电量变化，判断金属电极是处于充电状态还是放电状态。

【解答】解：A、指纹的嵴处与半导体基板上对应的金属颗粒距离远时，根据电容的决定式C得知，电容小，故A正确；

B、指纹的峪处与半导体基板上对应的金属颗粒距离近时，根据电容的决定式C得知，电容大，故B错误；

CD、在手指挤压绝缘表面时，手指与对应的金属颗粒距离靠近，电容增大，而电压一定，则由Q＝CU可知，各金属颗粒电极电量增大，故C错误，D正确。

故选：AD。

【点评】本题题干较长，要有快速获取有效信息的能力。本题是电容器动态变化分析问题，根据电容的决定式和定义式结合进行分析。

7．【分析】当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，再分析总电阻的变化，由欧姆定律即可得出电路中电流及路端电压的变化；再分析并联部分电路，可得出R1的电流变化，从而判断出两个灯泡亮度的变化．由功率公式可得出功率的变化．

【解答】解：AB、当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，则L2灯逐渐变亮。

由U＝E﹣Ir可知，路端电压减小，L2灯的电压增大，则R1两端的电压减小，故L1灯逐渐变暗，故A错误，B正确；

C、总电流增大，由P＝I2r知电源内电路消耗功率逐渐增大，故C正确。

D、将L1灯看成电源内电路的一部分，光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率是等效电源的输出功率，由于等效电源的内阻大于外电阻，所以当光敏电阻的阻值减小，外电阻减小时，等效电源的内外电阻相差加大，输出功率减小，则光敏电阻R和灯泡L1消耗的总功率逐渐减小。故D错误。

故选：BC。

【点评】本题为闭合电路欧姆定律的动态分析问题，要注意明确此类问题的解题思路一般为：局部﹣整体﹣局部．

8．【分析】根据速度与时间图象可知，斜率表示加速度，则可确定电场力大小，进而得出电场强度大小；因粒子的电性不知，则无法确定电场强度的方向，由于从A到B，动能减小，则电场力对粒子做负功，导致电势能增大，从而即可求解。

【解答】解：A、由于粒子不知电性，无法确定电场强度的方向，因此无法比较电势的高低，故A错误；

B、由v﹣t图象的斜率表示加速度大小可知，粒子的加速度增大，由于仅仅受到电场力作用，因此A、B两点的场强大小关系为EB＞EA，故B正确；

C、由图可知，2t0时回到了出发点，所以3t0时在出发点的右侧，故C错误；

D、由图象可知，粒子从A点经B点运动到C点速度先减小后增大，所以动能先减小后增大，根据能量守恒定律，电势能应该先增大后减小，故D正确；

故选：BD。

【点评】考查由速度与时间图象，来确定加速度大小与方向的方法，理解电场力做功与电势能变化关系，以及动能的变化，注意粒子不知电性，因此电势高低无法确定。

9．【分析】粒子在电场中加速，在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，分析清楚粒子运动过程，应用动能定理与牛顿第二定律分析答题。

【解答】解：AC、设原子核的电荷量为q，质量为m，加速电压为U，磁感应强度大小为B，

原子核在电场中加速时，由动能定理得：qUmv2﹣0

则有进入磁场时三种同位素的动能相同，粒子在电场中做匀加速直线运动，速度：v＝att

解得加速时间t，

由于氕、氘、氚原子核的电荷量相同，但质量不同，故A正确，C错误；

B、原子核在磁场中做匀速圆周运动的周期T

原子核在磁场中运动半个周期的时间t1，故B错误；

D、原子核在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径r

r与  成正比，氕、氘、氚原子核的质量之比为1：2：3，

因此打在照相底片上相邻两点间距离AB、BC之比为（1）：（），故D正确；

故选：AD。

【点评】明确质谱仪的工作原理以及同位素的含义是解题的关键，并掌握动能定理来确定加速电场中获得的速度，由牛顿第二定律与向心力表达式，确定影响半径的表达式，是解题的突破点。

10．【分析】金属环C处于弯曲成“π”导线中，导线中通以如图所示的电流，则会产生的磁场，根据楞次定律来确定感应电流的方向，再根据左手定则，判断出安培力的方向，从而判断出金属线圈的受力与运动状况。

【解答】解：根据安培定则知，弯曲成“π”导线中电流的磁场方向为：垂直纸面向里，且大小增加。由楞次定律可知，感应电流的方向为逆时针，

根据左手定则可知，安培力的方向指向圆心，由于弯曲成是“π”导线，所以金属环下边圆弧没有安培力，因此导致挂环的拉力大于环的重力，但环仍处于静止状态，故AD正确，BC错误，

故选：AD。

【点评】解决本题的关键会用安培定则判断电流周围磁场的方向，以及学会根据楞次定律来确定感应电流的方向。同时会用左手定则判断安培力的方向。

三、非选择题

11．【分析】①电表使用前要使指针指在0刻线位置，通过调节调零旋钮实现；

③欧姆表测量前要进行欧姆调零；

④欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，故测量电阻时，要通过选择恰当的倍率使指针指在中值电阻附近；每次换挡要重新调零；

⑤欧姆表读数＝刻度盘读数×倍率；

⑥欧姆表使用完毕，要将旋钮选择“OFF”挡或者交流电压最大挡，若长期不用，需要将电池取出。

【解答】解：（1）电表使用前要旋转机械调零旋钮S进行机械调零，使指针对准电流的0刻线；

（2）将K旋转到电阻挡“×l00“的位置。

（3）将插入“十“、“﹣“插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮 T，使指针对准电阻的0刻线。

（4）将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏角过小，则电阻阻值大，说明所选挡位太小，为了得到比较准确的测量结果，应换用大挡进行测量，

应将K旋转到电阻挡“×1K”的位置，然后将两表笔短接，旋动合适部件，使指针指在电阻零刻度处，再将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接，因此合理是实验步骤是：ADC；

（5）由图2所示可知，被测电阻阻值：6×10Ω＝60Ω；

故答案为：（1）S  0 （3）T  0 （4）ADC

【点评】本题考查了多用电表的使用方法，掌握基础知识即可正确解题；使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近。

12．【分析】（1）明确实验原理，确定实验接法，从而确定错误的接线；

（2）根据滑动变阻器的接法选择进行分析，知道分压接法时应选择小电阻；

（3）明确电表量程，确定最小分度，从而明确读数，注意是否需要估读；

（4）根据电流表内外接法时两电表的误差情况进行分析，从而确定对应的图象。

【解答】解：（1）本实验测量的是额定电压为2.5V灯泡的伏安特性曲线，所以应选择3V量程的电压表；同时因本实验要求电压由零开始调节，故应选择滑动变阻器分压接法；由接好的电路图可知，电表和电源的极性接反；

（2）因本实验采用分压接法，因此应采用滑动变阻器总电阻较小的R2；

（3）电压表量程为3V，故最小分度为0.1V，读数为2.38V；

（4）本实验中由于灯泡内阻较小，所以电流表应采用外接法，采用外接法时电流表示数偏大，由图可知1为采用外接法得出的图象，故应选用1进行分析。

故答案为：（1）电压表应选择3V的量程；滑动变阻器应该选择分压式接法；（或两电表的正负线都应该相互对换，电源的正负极对换）；

（2）R2；（3）2.38（2.37﹣2.39）（4）1。

【点评】本题考查描绘灯泡伏安特性曲线的实验，要注意明确实验原理，知道本实验中应选用滑动变阻器分压接法和电流表外接法，同时注意掌握实验误差情况的分析方法。

13．【分析】（1）根据动能定理可直接求解；

（2）当平行于圆板的粒子恰好能打在其边缘时，S与板的距离x2即为满足条件的最大距离，根据类平抛运动的规律求解即可。

【解答】解：（1）当垂直于圆板的粒子恰好能到达圆板时，根据动能定理得：﹣qE1x1＝0

解得：E14×106N/C

（2）当平行于圆板的粒子恰好能打在其边缘时，S与板的距离x2即为满足条件的最大距离，由牛顿第二定律得：a

平行于圆板方向做匀速直线运动，有：R＝v0t

垂直于圆板方向做匀加速运动，则有：x2

解得：x2＝0.5m

答：（1）匀强电场场强的E1大小为4×106N/C。

（2）屏最多可放到距离子源0.5m远处。

【点评】本题考查牛顿第二定律与类平抛运动的综合运用，注意理解运动情景。

14．【分析】（1）从A到D点小球做匀加速直线运动，由动能定理就能求出速度．

（2）从D点进入复合场后，由于重力与电场力平衡，所以小球在洛仑兹力作用下做匀速圆周运动，先求出轨道半径，由几何关系确定在倾斜轨道上的位置，从而计算出偏转角，在磁场中的时间就很容易求出，在两种场区的时间相加就是所求．

【解答】解：（1）设小球到达D点的速度为v，由动能定理有：qE1L

因E1，则求得小球到达D点的速度为：v

（2）从A到D点，由L   而a

解得小球从A点到D点所用的时间为：t1

由于小球在第一象限所受到的重力与电场力等大反向，所以小球由D点进入第一象

限后做匀速圆周运动，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得：Bqv＝m

则小球运动的轨道半径为RL

如图所示，小球运动的圆心O′在OD的连线上，由几何关系可得：OO′＝OD﹣RL

设小球落在地面上的C′点，∠OO′C′＝β，则有  cos β，β＝60°

由几何关系可知：OC′＝Rsin 60°，即C′与C重合

小球在第一象限中运动的时间为t2T

所以小球由A点出发到落地的过程中所用的时间为：

t＝t1+t2．

答：（1）带电小球运动到D点时的速度为．

（2）带电小球从A点出发到落地过程中所用的时间为．

【点评】本题是带电小球先在电场力作用下加速，后进入复合场中做匀速圆周运动的问题，关键点在于求出半径后结合题中长度和角度的几何关系求出小球在倾斜轨道上的位置，这要用到三角函数和直角三角形的性质．