2020-2021学年广东省汕尾市高二（上）期末物理试卷

2020-2021学年广东省汕尾市高二（上）期末物理试卷

一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项正确，第9～12小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）

1．（4分）下列物理量中，属于矢量的是（　　）

A．电势 B．电势差 C．电场强度 D．电势能

2．（4分）达尔文曾说过：“最有价值的知识是关于方法的知识”，下列模型、公式或规律得出运用的物理方法正确的是（　　）

A．点电荷是运用了微元法建立得出的 

B．受到“通电螺线管外部磁场与条形磁铁的磁场十分相似”的启发，安培提出了分子电流假说 

C．电场线和磁感线是根据实物模型建立的 

D．物体的电阻R是用比值法定义的，说明物体的电阻与加在其两端的电压成正比

3．（4分）起重机将2×104N的重物匀速提升5m，在此过程中，起重机对重物做的功是（　　）

A．4×103J B．1×104J C．1×105J D．4×105J

4．（4分）真空中，在A点放置一﹣3q的点电荷，则距离A点2r处的B点和4r处的C点电场强度小之比为（　　）

A．2：1 B．1：2 C．1：4 D．4：1

5．（4分）图示为两个均匀金属导体R1，R2的I﹣U图象，把R1均匀拉长到原来的2倍长后的电阻与R2的电阻的比值为（　　）

A．12 B．8 C．6 D．2

6．（4分）如图示为一质点做直线运动的v﹣t图象。下列说法正确的是（　　）

A．3s末，质点的速度方向和加速度方向都发生变化 

B．3s末，质点的速度和加速度均为零 

C．在3s～9s内，质点的位移大小为12m 

D．质点在4s时的加速度大于在8s时的加速度

7．（4分）2017年4月22日12时23分，天舟一号货运飞船与天宫二号空间实验室顺利完成自动交会对接。已知天宫二号距离地面的高度为393km，下列关于它们的运动的说法正确的是（　　）

A．天舟一号的发射速度应小于7.9km/s 

B．天舟一号与天宫二号对接前在较低的轨道上做匀速圆周运动的周期应小于天宫二号运行的周期 

C．天舟一号与天宫二号对接前在较低的轨道上做匀速圆周运动的线速度应小于天宫二号的线速度 

D．天舟一号与天宫二号对接后，天宫二号的速度将增加，从而降低到更低的轨道

8．（4分）如图所示，垂直纸面向里的无限大范围的匀强磁场中有一通有恒定电流的导线AB，若导线绕A点向纸面外转动90°，则转动过程中其所受安培力的大小变化情况为（　　）

A．变大 

B．变小 

C．不变 

D．可能变大、可能变小、可能不变

9．（4分）如图所示，用静电计测量带电的平行板电容器两极板（相互正对）间的电势差时，保持平行板电容器两极板距离不变，若把B极板向上移动少许，则（　　）

A．电容器的电容不变 

B．两极板间的电场强度变大 

C．静电计的张角增大 

D．两极板所带的电荷量增大

10．（4分）某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，粒子在A点的初速度及运动轨迹如图所示，可以判定（　　）

A．粒子在A点的电势能大于它在B点的电势能 

B．粒子在A点所受到的力大于它在B点受到的力 

C．粒子在A点的动能小于它在B点的动能 

D．从A点到B点，电势一直降低

11．（4分）如图所示，电源内阻可忽略不计，电路中接有一小灯泡和一电动机，小灯泡L上标有“12V 12W”字样，电动机的线圈内阻RM＝1Ω若灯泡正常发光，电源的输出电压为16V，此时（　　）

A．电动机的输入功率为12W 

B．电动机的输出功率为3W 

C．小灯泡的热功率是12W 

D．整个电路消耗的电功率为12W

12．（4分）质谱仪的结构原理图如图所示，水平极板S1，S2间有垂直极板方向的匀强电场，圆筒N内可以产生质子和氚核，它们由静止进入极板间，经极板间的电场加速后进入下方的匀强磁场。在磁场中运动半周后打到底片P上，不计质子和氚核受到的重力及它们间的相互作用，下列判断正确的是（　　）

A．质子和氚核在极板间运动的时间之比为1：3 

B．质子和氚核在磁场中运动的时间之比为1：1 

C．质子和氚核在磁场中运动的速率之比为 

D．质子和氚核在磁场中运动的轨迹半径之比为1：

二、非选择题部分：共5小题，共52分．把答案填在答题卷中的横线上或按题目要求作答．解答题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．

13．如图所示是用频率为50Hz的打点计时器打下的纸带，A、B、C、D依次为纸带上选出的计数点。

（1）根据标出的数据，打点计时器打A、C两计数点的时间间隔为　   　s，打B～D点的过程中，纸带的平均速度大小为　   　m/s（保留两位有效数字）。

（2）打点计时器打A～D点的过程中，纸带的运动情况是　   　（填正确选项前的字母）。

A．一直做加速运动

B．一直做减速运动

C．先做减速运动后做加速运动

D．先做加速运动后做减速运动

14．在练习使用多用电表的实验中，请究成下列问题：

（1）用多用电表测量某元件的电阻，选用“×100”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转角度过小，换相邻的信率的电阻挡，并欧姆调零后，再次进行测量，多用电表的指针如图甲所示，测量结果为　   　Q。

（2）某同学找发光二极管的负级的具体操作为：将多用电表选择开关旋到电阻挡的“×1“挡，经过欧姆调零之后，他把红表笔接在二极管的短管脚上，把黑表笔接在二极管的长管脚上，发现二极管导通发光；然后他将两表笔的位置互换以后，发现二极管不发光。这说明二极管的负极是　   　（填“长管脚”或“短管脚“）所连接的一极。

（3）多用电表中大量程的电流表和电压表是由表头改装而来的。现将满偏电流为100μA的表头改装为大量程的电流表后，再改装为两个量程的电压表，如图乙所示，已知表头上标记的内阻为900Ω，图中虚线框内是电压表的改装电路。利用R和表头构成1mA量程的电流表，则定值电阻的阻值R1＝　   　。然后再将其改装为两个量程的电压表。若R2＝910Ω，R3＝2000Ω，则使用a、b两个接线柱时，电压表的量程为　   　V；使用a、c两个接线柱时，电压表的量程为　   　V。

15．飞机在平直跑道上由静止开始匀加速滑行，经15s起飞离地时的速度大小为120m/s。求：

（1）该飞机滑行时的加速度大小；

（2）在题述过程中，该飞机滑行的距离。

16．如图所示，质量为m电荷量为q的带正电小球A穿在光滑绝缘细杆（固定）上，杆的倾角为θ，在杆的底端B固定一电荷量为5q的带负电小球，将A球从杆的顶端（距B高为h处）由静止释放，当A球运动到杆的中点时速度大小为v，整个装置处于真空中，已知重力加速度为g，静电力常量为k，求：

（1）A球刚被释放时的加速度大小a；

（2）在从释放A球到其运动到杆的中点的过程中静电力做的功W。

17．如图所示，平面直角坐标系xOy中，y轴左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，y轴右侧有沿着y轴正方向的匀强电场，一质量为m，带电荷量为e的电子从x轴上的M点以速度v0沿与x轴正方向的夹角为60°斜向上进入磁场，垂直通过y轴上的N点后经过x轴上的P点，已知2NO＝PO＝2L不计电子重力，求：

（1）匀强磁场的磁感应强度的大小；

（2）匀强电场的电场强度的大小；

（3）电子从M点到P点的运动时间。

2020-2021学年广东省汕尾市高二（上）期末物理试卷

参考答案与试题解析

一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～8小题只有一个选项正确，第9～12小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）

1．【分析】矢量是既有大小又有方向的物理量，标量是只有大小没有方向的物理量．

【解答】解：ABD、电势、电势差和电势能都是只有大小没有方向的标量。故ABD错误。

D、电场强度是既有大小又有方向的矢量。故C正确。

故选：C。

【点评】本题要能抓住矢量与标量的区别：矢量有方向，标量没有方向，能正确区分物理量的矢标性．

2．【分析】明确点电荷采用的是理想模型法；同时知道分子电流假说的内容以及发现历程；同时知道电场线和磁感线是虚拟的，并不存在；电阻是由导体本身的性质决定的，与电压和电流无关。

【解答】解：A、点电荷是一种理想化物理模型，在研究的问题中，带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，即可将它看作是一个几何点，则这样的带电体就是点电荷，并不是微元法建立得出的，故A错误；

B、通电螺线管外部的磁场与条形磁铁的磁场十分相似，受此启发，安培提出了著名的分子电流假说。故B正确；

C、电场和磁场在自然界中是客观存在的，电场线和磁感线是人们为了形象地描述电场和磁场而引入的线，它不是真实存在的曲线，故C错误；

D、R是电阻的定义式，R反映导体本身的特性，与U、I无关，不能说电阻R跟U成正比，跟I成反比，故D错误。

故选：B。

【点评】本题考查了物理学史以及电场线等，学好物理学史不仅是高中物理学习的要求，而且能增加我们对物理的学习兴趣，平时要注意物理学史的积累。

3．【分析】根据平衡条件确定起重机的拉力，再由功的公式可求得起重机对物体做的功。

【解答】解：物体做匀速直线运动，故拉力为：F＝G＝2×104N；

则起重机对物体的做的功为：W＝Fh＝2×104N×5m＝1×105J

故C正确ABD错误。

故选：C。

【点评】本题考查功的计算，要注意功的公式以及二力平衡的应用，属基本知识的直接考查。

4．【分析】根据“在A点放置一﹣3q的点电荷，则距离A点2r处的B点和4r处的C点电场强度小之比”可知，考查了电场强度的计算；根据点电荷电场强度的计算公式即可求出A点的点电荷在B、C两处电场强度大小之比。

【解答】解：在B点，电场强度的大小，

C点电场强度大小，

则，故ABC错误，D正确。

故选：D。

【点评】解决本题的关键要掌握点电荷场强公式E＝k，知道点电荷场强的分布情况。要掌握电场强度的物理意义：电场强度是表示电场本身强弱和方向的物理量，由电场本身决定，与试探电荷所受的电场力、与试探电荷的电量无关。

5．【分析】根据欧姆定律，可以由I﹣U图象得出两电阻的关系，R1拉长后，根据电阻定律R＝ρ求出拉长后的电阻，之后与R2进行比较求解。

【解答】解：根据I﹣U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2＝3：1，把R1拉长到原来的2倍长后，横截面积减小为原来的，根据电阻定律公式R＝ρ可知，电阻增加为4倍，变为R2的12倍，故A正确BCD错误。

故选：A。

【点评】本题考查I﹣U图象的性质，关键是明确I﹣U图象的斜率的倒数表示电阻，然后结合电阻定律、欧姆定律和电功率表达式分析

6．【分析】v﹣t图象表示的是物体的速度随时间变化的规律；图象的斜率表示物体的加速度；图象与时间轴围成的面积表示物体在这段时间内通过的位移

【解答】解：AB、在v﹣t图象中，斜率代表加速度，在0﹣6s内斜率不变，故加速度不变且不为零，故AB错误；

C、在3s～9s内，质点的位移大小为：，故C正确；

D、在v﹣t图象中，斜率代表加速度的大小，在8s时的斜率大于4s时的斜率，故质点在4s时的加速度小于在8s时的加速度，故D错误；

故选：C。

【点评】v﹣t图象表示的是物体的速度随时间变化的规律；图象的斜率表示物体的加速度；图象与时间轴围成的面积表示物体在这段时间内通过的位移

7．【分析】7.9km/s是卫星最小的发射速度。根据万有引力提供向心力：mr可得周期关系。由卫星的线速度公式v，分析线速度的大小。结合变轨原理分析即可。

【解答】解：A、7.9Km/s 是地球的第一宇宙速度，是卫星最小的发射速度，则知天舟一号的发射速度应大于7.9Km/s，故A错误。

B、根据万有引力提供向心力：mr，知卫星的轨道半径越小，周期越小，则天舟一号与天宫二号对接前在较低的轨道上做匀速圆周运动的周期应小于天宫二号运行的周期。所以B正确。

C、根据卫星的线速度公式： 得v，知卫星的轨道半径越小，线速度越大，则天舟一号与天宫二号对接前在较低的轨道上做匀速圆周运动的线速度应大于天宫二号的线速度，故C错误。

D、天舟一号与天宫二号对接后，天宫二号的速度将增加，做离心运动，将升高到更高的轨道，故D错误。

故选：B。

【点评】解决本题的关键是掌握开普勒定律和卫星的线速度公式，也可以根据万有引力等于向心力推导出周期、线速度的表达式，再分析答题。

8．【分析】根据安培力的计算公式，由电流与磁场的夹角为θ，可得安培力的表达式为F＝BILsinθ，进而分析安培力变化。

【解答】解：线圈在磁场中转动过程中，通电导线始终与磁场夹角逐渐减小，根据F＝BILsinθ可知，受到的安培力大小变小，故B正确，ACD错误。

故选：B。

【点评】本题关键是记住安培力大小公式，当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，F＝BILsinθ； 当磁场和电流垂直时，安培力最大，为F＝BIL； 当磁场和电流平行时，安培力等于零。

9．【分析】题中平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由C，分析电容的变化，根据U 分析电压U的变化，根据E 分析场强的变化。

【解答】解：将B板竖直向上平移，两板正对面积减小，由C 分析可知电容减小，而电容器的电量不变，根据U 可知板间电压增大，则静电计指针张角增大，根据E 可知，d不变，则电场强度增大，故AD错误，BC正确。

故选：BC。

【点评】静电计指针的张角反应电容器两端间电势差的变化，抓住电容器带电量不变，掌握由U，通过电容的变化，判断电势差的变化，最后理解E 判断电场强度变化的应用。

10．【分析】由题图可知，本题考查了电场线。根据电场线密的地方电场强度大，电场线疏的地方电场强度小的规律进行判断和分析。由带电粒子轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功正负，判断动能和电势能的变化；沿电场线的方向，电势降低。

【解答】解：AC、粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向上的，则由粒子的运动轨迹和电场线的方向可以判断，粒子从A到B的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在A点的动能小于它在B点的动能，粒子在A点的电势能大于它在B点的电势能，故AC正确；

B、由电场线可知，B点的电场线密，所以B点的电场强度大，粒子受的电场力大，故B错误；

D、沿电场线方向电势逐渐降低，A点的电势高于B点的电势，故D正确。

故选：ACD。

【点评】本题要根据轨迹的弯曲方向判断电场力的方向，根据电场力的做功情况，判断动能和电势能的大小。用电场线可以形象地描述电场的强弱和方向，电场线的方向反映了电势的高低。

11．【分析】电动机与灯泡串联，通过它们的电流相等；已知小灯泡额定电压与额定功率，由电功率公式P＝UI求出灯泡正常工作时的电流；电动机的输入功率是电功率，由公式P＝UI求解。电动机的热功率由P热＝I2RM求解。根据输入功率与热功率之差求电动机的输出功率。由P＝EI求整个电路消耗的电功率。

【解答】解：A、灯泡正常发光，则电路中的电流为：I＝ILA＝1A；灯泡正常发光时，电动机的电压为：UM＝E﹣UL＝16V﹣12V＝4V，电动机的输入功率为：P入＝UMI＝4×1＝4W；故A错误。

B、电动机的热功率为：PQ＝I2RM＝12×1＝1W，则电动机的输出功率为：P出＝P入﹣PQ＝4W﹣1W＝3W；故B正确。

C、灯泡的热功率等于它的额定功率12W，故C正确。

D、整个电路的电功率为P总＝EI＝16×1W＝16W．故D错误。

故选：BC。

【点评】解决本题时要正确区分纯电阻电路和非纯电阻电路。灯泡是纯电阻电路，热功率等于电功率。电动机是非纯电阻电路，电动机的输出功率等于输入功率与热功率之差。

12．【分析】根据题图可知，考查了回旋加速器的原理。根据粒子在回旋加速器在电场和磁场中的运动特点即可求解。

【解答】解：A、质子H和氚核H在极板间运动时，有：L，则有：t，所以质子和氚核在极板间运动的时间之比为1：，故A错误；

B、质子H和氚核H都为半个周期，周期的表达式为：T，所以质子和氚核在磁场中运动的时间之比为1：3，故B错误；

C、质子和氚核在磁场中运动的速率由加速电场来决定，则有：qU，得：v，所以质子和氚核在磁场中运动的速率之比为：1，故C正确；

D、粒子在磁场中的运动半径为：R，故质子和氚核在磁场中运动的轨迹半径之比为1：，故D正确；

故选：CD。

【点评】考查带电粒子在电场中加速，在磁场中偏转，理解运动学公式与动能定理的应用，掌握粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式与周期公式。

二、非选择题部分：共5小题，共52分．把答案填在答题卷中的横线上或按题目要求作答．解答题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．

13．【分析】（1）根据频率为50Hz，及公式T，即可求得时间间隔，根据平均速度的定义得出BD段的平均速度大小；

（2）根据纸带上连续相等时间内位移的变化，可以判断小车的运动性质。

【解答】解：（1）频率为50Hz，那么打点计时器打A、C两计数点的时间间隔为t＝10×0.02＝0.20s；

根据公式：0.44m/s；

（2）由纸带可知，相邻计数点内的位移先越来越大，后越来越小，因此小车先加速运动，后减速运动，故A、B、C错误，D正确。

故答案为：（1）0.20；0.44；（2）D。

【点评】要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用。

14．【分析】（1）欧姆表的读数要乘以倍率。

（2）欧姆表电流由黑表笔流出进行二极管正极则导通发光，据此分析

（3）电表的改装由串并联电路的原理进行求解各值。

【解答】解：（1）多用电表指针偏转角度过小，则阻值大要用大量程，即选“×1000“档，则读数为：7×1000＝7000Ω。

（2）二极管正向导通，反向截止，欧姆表电流由黑表笔流出进行二极管正极则导通发光，即红表笔接短管脚。

（3）并联电阻改装成电流表，并联阻值：R1100Ω

接ab接线柱时：U＝I（R2）＝1×10﹣31V

接ac接线柱时：U′＝1×10﹣33V

故答案：（1）7000 （2）短管脚 （3）100     1     3

【点评】明确欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数，欧姆表的红表笔插“+”插孔，黑表笔插“﹣”插孔，“+”与电源负极相连，“﹣”与电源正极相连；

欧姆表零刻度线在最右侧，最大刻度线在最左侧，记住二极管的单向导电性。

15．【分析】（1）根据“飞机在平直跑道上由静止开始匀加速滑行”可知，考查了匀变速直线运动的规律；根据匀变速直线运动的速度时间公式求出飞机的加速度；

（2）结合位移时间公式求出飞机起飞的滑行距离。

【解答】解：（1）根据v＝at得，飞机的加速度：a8m/s2

（2）在这段时间内，飞机滑行的距离：xm。

答：（1）该飞机滑行时的加速度大小是8m/s2；

（2）在题述过程中，该飞机滑行的距离是900m。

【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式、速度时间公式，并能灵活运用。

16．【分析】（1）对A球受力分析，受到重力、支持力和静电斥力，根据牛顿第二定律求加速度；

（2）根据动能定理，结合重力做功以及A球运动到细杆的中点时速度大小，即可求解。

【解答】解：（1）由牛顿第二定律可知：mgsinθ+F＝ma

根据库仑定律F＝k，

又据几何关系有：r，

解得a＝gsinθ。

（2）由动能定理，则有：W+mg•，

解得：W。

答：（1）A球刚被释放时的加速度大小为gsinθ。

（2）在从释放A球到其运动到杆的中点的过程中静电力做的功为。

【点评】本题关键对小球A受力分析，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据力与速度关系分析小球A的运动情况，同时掌握动能定理的应用。

17．【分析】（1）电子在磁场中做圆周运动，根据题意求出电子轨道半径，应用牛顿第二定律求出磁感应强度大小。

（2）电子在电场中做类平抛运动，应用类平抛运动规律求出电场强度大小。

（3）分别求出电子在磁场与电场中的运动时间，然后求出电子从M到P的运动时间。

【解答】解：（1）电子运动轨迹如图所示：

由几何知识得：rcos60°＝r﹣L，

解得：r＝2L

电子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

ev0B＝m

解得：B；

（2）电子在电场中做类平抛运动

水平方向：L＝v0t

竖直方向：L

解得：E

（3）电子在磁场中做圆周运动的周期为：T，

电子在磁场中的运动时间为：t1，

电子在电场中的运动时间为：t2

电子从M到P的运动时间为：t＝t1+t2；

解：（1）匀强磁场的磁感应强度的大小为；

（2）匀强电场的电场强度的大小为；

（3）电子从M点到P点的运动时间为

【点评】根据题图可知，考查了带电粒子在复合场中的运动，根据带电粒子在电场中和磁场中的运动特点，画出轨迹，结合几何关系求解：只要分析清楚电子运动过程、作出运动轨迹是解题的前提，应用牛顿第二定律、类平抛运动规律可以解题。