【文档说明】西藏林芝市第二中学2020-2021学年高二上学期期中考试理科综合物理试卷 【精准解析】.doc，共(13)页，637.500 KB，由小赞的店铺上传

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西藏林芝市第二中学2020-2021学年高二（上）期中理综物理试题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，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aOO

b=。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①2qEkr=、②FEq=、③UEd=，下列说法正确的是（）A.它们都只对点电荷的电场成立B.①②只对点电荷的电场成

立，③只对匀强电场成立C.①只对点电荷的电场成立，②对任何电场都成立，③只对匀强电场成立D.①只对点电荷的电场成立，②③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②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2QqFkr=代入②

式就会得出①式的表达式，因此①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③式是电荷在匀强电场中运动时，电场力做功EdqUq=推出③式，因此③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】A．B板向左平移，板间距离d增大，根据电容的决定式4rsCkd=得知，电容减小，而电量Q不变，由电容的定义式QCU=可知，板间电压U增大，静电计指针张角变大。故A正确。B．B板向上平移，两极板正对面积

减小，由电容的决定式4rsCkd=得知，电容C减小，而电量Q不变，由电容的定义式QCU=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4rsCkd=得知，电容C增大，而电

量Q不变，由电容的定义式QCU=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QCU=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】本题按照这样的思路进行分析：先根据电容的决定式4rsCkd=分析电容的变化，再根据电容的定义式QCU=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R1:R2等于A.1:3B.3:1

C.1:3D.3:1【答案】A【解析】【分析】【详解】因为该图线为I-U图线，则图线的斜率表示电阻的倒数，两根图线的斜率比为tan60:tan303:1=，所以电阻比为：12:1:3RR=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1:3，正确答案为1:3，C错误；D．所给答案为3:1，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UI−图象，则下述说法中正确的是()A.电动势12EE=，内阻2lrrB.电动势12EE=，内阻2lrrC.外电路发生短路时，回路中的电流12IID.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【答案】BCD【解析】【分析】【详解】UI−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12EE=，内阻12rr，A错误B正确；UI−图象与I轴的交点表示短路电流，故发生短路时的电

流12II，C正确；根据UEIr=−可知，UrI=−，内阻12rr，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2vqvBmR=，解得：qBRvm=所以代入212kEmv=可得2222122kqBREmvm==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174分。第22～32题为必考题，每个试题考生都必须作答。第33～38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___Ω。【答案】(1).0.617mm；(2).10.670cm；(3).欧姆调零；(4).70Ω；【解析】【分析】【详解】(1)螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为11.7×0.01=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0.05×14=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7×10=70Ω；【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“3V，0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加

到3V，并便于操作．已选用的器材有：直流电源（电压为4V）；电键一个、导线若干．电流表（量程为0-0.3A，内阻约0.5Ω)；电压表（量程为0-3V，内阻约3kΩ)；（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10Ω，额定电流1A）B．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定电流0.3A）（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，内阻为2.0Ω的电源及阻值为8.0Ω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：UIR=，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：210UI=−，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0.1PIUW==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30=，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）33mg（2）3kQqmg【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3tgtg303Fmgmgmg=

==（2）由2qQFkr=解得3kQqrmg=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B。一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v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m，电荷量为e，不计电子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R；(2)圆形磁场的区域的半径r。【答案】(1)见解析；mveB；(2)tan2mveB；【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2vevBmR=由此可得电子做圆周运动的半径为mvReB=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的角度为，则有tan2rR=

可得tan2mvreB=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)36L；(2)2033mvqL，043mvqL【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2yvydt==水平方向：粒子匀速运动的时间0Ltv=联立以上几式解得36Ld=(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=0Lv，所以2033mv

EqL=带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即2vqvBmr=粒子离开电场时的速度220yvvv=+粒子在磁场中的运动轨迹如右图所示由几何关系得cos302dr=解得，043mvBqL=14.如图所示的电路中，电源电动势E=10V，内阻r=0.

5Ω，电动机的电阻R0=1.0Ω，电阻R1=1.5Ω．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13.021.5UIAAR===电动机两端的电压为U=E-

Ir-U1=（10-2×0.5-3.0）V=6V；电动机的输入电功率为P电=UI=6×2W=12W电动机消耗的热功率为P热=I2R0=22×1.0W=4W电动机的输出功率为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=（10×2-22×0.5）W=18W