西藏林芝市第二中学2020_2021学年高二物理上学期期中试题含解析.docx

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1、西藏林芝市第二中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题（含解析）1. 下列说法中正确的是()A. 电场线和磁感线都是一系列闭合曲线B. 在医疗手术中,为防止麻醉剂乙醚爆炸,医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套,这样做是为了消除静电C. 奥斯特提出了分子电流假说D. 首先发现通电导线周围存在磁场的科学家是安培【答案】B【解析】【分析】【详解】A磁感线是闭合曲线，静电场的电场线不闭合，故A错误；B导电材料制成的鞋子和外套可以将身上的电荷传导走，达到消除静电作用，B正确；C安培提出分子电流假说，故C错误；D奥斯特首先发现导线周围存在磁场，D错误；故选B。2. 如图，两根平行长直导线固定，

2、导线中通有垂直纸面向外，大小相等的恒定电流，O是两导线连线的中点，a、b是连线上的两点，c是连线的中垂线上一点。下列说法正确的是（）A. O点的磁感应强度不为零，方向垂直于两导线的连线向上B. a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同C. a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相反D. c点的磁感应强度为零【答案】C【解析】【分析】【详解】A由安培定则判断可知，M、N两导线在O点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，则O点处的磁感应强度为零，A错误；BC根据磁场的叠加原理和对称性知，a、b两点处的磁感应强度大小相等，但是左边电流在a点产生的磁场大于右边电流在a点产生的磁场，则a点合磁场方向向上，同

3、理可知b点合磁场方向向下，B错误，C正确；D画出c点的磁场方向如图，可知c点的磁场不为零，方向水平向左，D错误。故选C。3. 关于电场强度的公式、，下列说法正确的是（）A. 它们都只对点电荷的电场成立B. 只对点电荷的电场成立，只对匀强电场成立C. 只对点电荷的电场成立，对任何电场都成立，只对匀强电场成立D. 只对点电荷的电场成立，对任何电场都成立【答案】C【解析】【分析】考查几种电场强度的适用范围。【详解】公式是电场强度的定义式，适用于所有电场；而两个点电荷间相互作用力，根据库仑定律代入式就会得出式的表达式，因此是由两个点电荷间作用力推出的，故只适用于点荷的电场，而式是电荷在匀强电场中运动时

4、，电场力做功推出式，因此式只适用于匀强电场，C正确，ABD错误。故选C。4. 在右图中，平行板电容器的A板带正电，与静电计上的金属球相连；平行板间电容器的B板和静电计的外壳均接地。此时静电计指针张开某一角度，则以下说法中正确的是（）A. B板向左平移，静电计指针张角变大B. B板向上平移，静电计指针张角变小C. 在两板间插入介质板，静电计指针张角变大D. 在两板间插入金属板（金属板与A、B板不接触），静电计指针张角变大【答案】A【解析】【分析】【详解】AB板向左平移，板间距离d增大，根据电容的决定式得知，电容减小，而电量Q不变，由电容的定义式可知，板间电压U增大，静电计指针张角变大。故A正确。

5、BB板向上平移，两极板正对面积减小，由电容的决定式得知，电容C减小，而电量Q不变，由电容的定义式可知，板间电压U增大，静电计指针张角变大。故B错误。C在两板间插入介质板，由得知，电容C增大，而电量Q不变，由电容的定义式可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小。故C错误。D在两板间插入金属板，板间距离减小，电容C增大，而电量Q不变，由电容的定义式可知，板间电压U减小，静电计指针张角变小。故D错误。故选A。【点睛】本题按照这样思路进行分析：先根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式和不变的条件，分析电压或电量的变化。5. 两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图所示，可知电阻大小之比R

6、1:R2等于A. 1:3B. 3:1C. D. 【答案】A【解析】【分析】【详解】因为该图线为I-U图线，则图线斜率表示电阻的倒数，两根图线的斜率比为，所以电阻比为：A所给答案为1:3，正确答案为1:3，A正确；B所给答案为3:1，正确答案为1:3，B错误；C所给答案为，正确答案为1:3，C错误；D所给答案为，正确答案为1:3，D错误二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。6. 如图所示为两个不同闭合电路中的两个不同电源的图象，则下述说法中正确的是A. 电动势，内阻B. 电动势，内阻C. 外电路发生短路时，回路中的电流D. 当电

7、源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大【答案】BCD【解析】【分析】【详解】图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势，内阻，A错误B正确；图象与I轴的交点表示短路电流，故发生短路时的电流，C正确；根据可知，内阻，故当电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大，D正确7. 某静电场的电场线如图中实线所示，一带电粒子仅受电场力作用在电场中运动，虚线MN为其运动轨迹，以下说法中正确的有A. M点场强大于N点场强B. M点场强小于N点场强C. M点电势高于N点电势D. M点电势低于N点电势【答案】BC【解析】【分析】【详解】电场线越密集的位置场强越大，则M点场强小于N

8、点场强，选项A错误，B正确；沿着电场线方向电势降低，故M点的电势高于N点的电势，所以C正确，D错误8. 关于回旋加速器加速带电粒子所获得的能量，下列说法正确的是（ ）A. 与加速器的半径有关，半径越大，能量越大B. 与加速器的磁场有关，磁场越强，能量越大C. 与加速器的电场有关，电场越强，能量越大D. 与带电粒子的质量有关，质量越大，能量越大【答案】AB【解析】【分析】【详解】洛伦兹力充当向心力，故有，解得：所以代入可得从式子中可以看出最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关半径越大，能量越大；磁场越强，能量越大；质量和电量都大，能量不一定大，故AB正确。三、非选择题：共17

9、4分。第2232题为必考题，每个试题考生都必须作答。第3338题为选考题，考生根据要求作答。（一）必考题（共129分）9. 为测定某柱形电子元件的电阻率，先做如下测量:(1)用螺旋测微器测量它的直径，示数如图所示，读数为d =_mm；用游标为20分度的卡尺测量它的长度，示数如图所示，读数为L=_cm；(2)用多用表粗测该元件的电阻，选用“10”倍率的电阻挡后，应先_，再进行测量，之后多用表的示数如图所示，测得该元件电阻为_。【答案】 (1). 0.617mm； (2). 10.670cm； (3). 欧姆调零； (4). 70；【解析】【分析】【详解】(1)螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm

10、，可动刻度读数为11.70.01=0.117mm，所以最终读数为0.617mm；游标卡尺的主尺读数为106mm，游标读数为0.0514=0.70mm，所以最终读数为106.70mm=10.670cm；(2)用多用表测量该元件的电阻，选用“10”倍率的电阻档后，应先进行欧姆调零，再进行测量，由图所示可知，测量结果为710=70；【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读，螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读10. 要测绘一个标有“3 V， 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需

11、要由零逐渐增加到3 V，并便于操作已选用的器材有：直流电源（电压为4 V）；电键一个、导线若干电流表（量程为0-0.3 A，内阻约0.5 )；电压表（量程0-3 V，内阻约3 k)；（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_（填字母代号）A滑动变阻器（最大阻值10 ，额定电流1 A）B滑动变阻器（最大阻值1 k，额定电流0.3 A）（2）如图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请完成其余部分的线路连接（用黑色水笔画线表示对应的导线）（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图由曲线可知小灯泡的电阻随电压增大而_（填“增大”、“不变”或“减小”）（4）如果把实验中的小灯泡与一个E=2V，内阻

12、为2.0的电源及阻值为8.0的定值电阻串联在一起，小灯泡的实际功率是_W（保留两位有效数字）【答案】 (1). A (2). 增大 (3). 0.10W【解析】【分析】【详解】（1）因为测小灯泡的伏安特性曲线，采用分压式接法，为了实验方便操作，滑动变阻器选择阻值较小的，故选A（2）连线如下：（3）根据欧姆定律：，可得图像斜率越来越小，说明电阻越来越大，所以小灯泡的电阻随电压增大而增大（4）将定值电阻和电源内阻看成一体，在图中作出电源的外特性曲线：，图像交点为灯泡的工作点，由图可知，电流为0.1A，灯泡两端电压为1V，算得功率11. 如图所示，一个挂在丝线下端带正电的小球B，静止在图示位置若固定

13、的带正电小球A的电荷量为Q，B球的质量为m，带电荷量为q，丝线与竖直方向夹角，A和B在同一条水平线上，整个装置处于真空中(1)试说明小球B带正电还是带负电，并求出小球B所受库仑力的大小(2)求A、B两球间的距离r（以上两问结果均可用已知量符号表示，可以保留根号）【答案】（1） （2）【解析】【分析】【详解】（1）因为小球B被小球A排斥，已知小球A带正电，所以B球带正电. 由右图可知（2）由 解得12. 如图所示，虚线圆所围区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为。一束电子沿圆形区域的直径方向以速度射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动方向与原入射方向成角，设电子质量为，电荷量为，不计电子

14、之间相互作用力及所受的重力，求：(1)电子在磁场中运动轨迹的半径；(2)圆形磁场的区域的半径。【答案】(1)见解析；(2)；【解析】【分析】【详解】(1)电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力即由此可得电子做圆周运动的半径为电子的运动轨迹如图(2)根据几何关系，可以知道电子在磁场中做圆周运动对圆心转过角度为，则有可得13. 长为L的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，平行金属板的右侧有如下图所示的匀强磁场。一个带电为q、质量为m的带电粒子，以初速v0紧贴上板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下板边缘射出，射出时末速度恰与下板成30o角，出磁场时刚好紧

15、贴上板右边缘，不计粒子重力，求：(1)两板间的距离；(2)匀强电场的场强与匀强磁场的磁感应强度。【答案】(1)；(2)，【解析】【分析】【详解】(1)带电粒子在电场中受到电场力的作用发生偏转，做类平抛运动。竖直方向：离开电场时的速度vy=v0tan30粒子发生偏转的位移水平方向：粒子匀速运动的时间联立以上几式解得(2)在电场中粒子受到电场力，由牛顿第二定律得qE=ma根据运动学公式有，vy=at又因为粒子运动时间t=，所以带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即粒子离开电场时的速度粒子在磁场中的运动轨迹如右图所示由几何关系得解得，14. 如图所示的电路中，电源电动势E=10V，内阻r=0.5，电动机的电阻R0=1.0，电阻R1=1.5电动机正常工作时，电压表的示数U1=3.0V，求： （1）电动机的输出电功率； （2）电源的输出功率【答案】（1）8W （2）18W【解析】【分析】【详解】（1）电动机正常工作时，总电流为电动机两端的电压为U=E-Ir-U1=（10-20.5-3.0）V=6V；电动机的输入电功率为P电=UI=62W=12W电动机消耗的热功率为P热=I2R0=221.0W=4W电动机输出功率为P输出=P电-P热=（12-4）W=8W（2）电源的输出功率为P出=P-P内=IE-I2r=（102-220.5）W=18W