【文档说明】广西玉林师院附中、玉林十一中等五校2020-2021学年高二上学期期中考试物理试卷【精准解析】.doc，共(13)页，754.000 KB，由小赞的店铺上传

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-1-玉林市田家炳中学、玉林师院附中、玉林市育才中学玉林市第十一中学、玉林市福绵高中2020年秋季期期中教学质量评价高二理综试卷物理部分第I卷（共21小题，共126分）注意事项1．答题前，考生在答题卡上务必用直径0.5毫米黑色字迹签字笔将自己的姓名

、班别、学号填写清楚。在试题卷上作答无效。2．本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分。一．不定项选择题：本大题共8小题，1－5题只有一个符合题目要求，6－8题有多个符合题目要求。完全选对6分，选对但不全对3分，选错、不选0分。1.在如

图所示的4种情况中，a、b两点的场强相同，电势相同的（）A.带电平行板电容器两极板间的a、b两点B.离点电荷等距的a、b两点C.达到静电平衡时导体内部的a、b两点D.两个等量异种电荷连线上，与连线中点O等距的a、b两点【答案】C【解析】【详解】A．a、b处于匀强电场中，

场强相同，电势不同，a点电势高于b点电势，故A错误；B．a、b处于同一等势面上，电势相等，而电场强度方向不同，故B错误；C．处于静电平衡状态下的金属内部a，b两点，电场强度均为零，整个导体是等势体，电势相等，故C正确；D．根据电场线的分布情况可知a、b两点场强相

同，a、b间的电场线从正电荷到负电荷，沿着电场线电势逐渐降低，故a、b两点电势不等，故D错误。故选C。2.如图所示，一质量为m、电荷量为Q的小球A系在长为l的绝缘轻绳下端，另一电荷量也-2-为Q的小球B位于悬挂点的正下方（A、B均视为点电荷），轻绳与竖直方向成30角，小球A、B

静止于同一高度。已知重力加速度为g，静电力常量为k，则两球间的静电力为()A.224kQlB.22kQlC.mgD.3mg【答案】A【解析】【详解】AB．根据几何关系，可得平衡时A、B间的距离sin302lrl

==根据库仑定律得22224QkQFkrl==A正确，B错误；CD．A球的受力情况如图所示根据平衡条件有3tan303Fmgmg==CD错误。故选A。3.如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V

与A分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则（）-3-A.V的读数变大，A的读数变小B.V的读数变大，A的读数变大C.V的读数变小，A的读数变小D.V的读数变小，A的读数变大【答案】B【解析】【详解】S断开，相

当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大；把R1归为内阻，内电压减小，故R3中的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，A．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故A错

误；B．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故B正确；C．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故C错误；D．分析得V的读数变大，Ａ的读数变大，故D错误；4.一个电量为10－6C的负电荷从电场中A点移至B点，电场力做功2×10－6J；从C点移至D点电场力做功－7×10－

6J．已知C点比B点电势高3V，且A、B、C、D四点在同一条电场线上，则下列图中正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】试题分析：A、B间的电势差为,则A的电势低于B的电势；C、D间的电势差为,则C得电势高于D的电势；又由题，C点比B点电势高3V，所以-4-电势从

高到低的顺序是：C、B、A、D．沿着电场线电势逐渐降低，故C对．考点：电势、电场线．【名师点睛】电场线的应用（1）判断电场力的方向——正电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相同，负电荷的受力方向和电场线在该点切线方向相反；（2）判断电场强度的大小（定性）——电场线密处电场强度大，电场线疏处电场

强度小，进而可判断电荷受力大小和加速度的大小；（3）判断电势的高低与电势降低的快慢——沿电场线的方向电势逐渐降低，电场强度的方向是电势降低最快的方向；（4）判断等势面的疏密——电场越强的地方，等差等势面越密集；电场越弱的地方，等差等势面越稀疏．5.如图所示是某款理发用的电吹风的电路图

，它主要由电动机M和电热丝R构成。当调节开关S1、S2的通断，可使电动机驱动风叶旋转，将冷空气从进风口吸入，从出风口吹出冷风或热风。已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为

1000W。关于该电吹风，下列说法正确的是（）A.电热丝的电阻为55ΩB.当开关S2闭合、S1断开时，电吹风吹出热风C.当电吹风吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1000JD.当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为1120J【答案】A【解析】【详解】A．当吹热风时，电机动M和电阻

丝R并联，电阻丝消耗的功率为(1000120)W880WPPP=−=−=热冷由2UPR=可得-5-2222055Ω880URP===故A正确；B．当开关S2闭合、S1断开时，电阻丝不工作，不产生热量，所以此时电吹风吹出冷风，故B错误；C．当电吹风吹冷风时，S1断开，电热丝处于断

路状态，没有电流通过，电热丝每秒钟消耗的电能为0，故C错误；D．当电吹风吹热风时，电动机M和电热丝R并联，电动机的功率为120W，所以每秒钟消耗的电能为1201J120JQPt===故D错误。故选A。6.一点电荷从电场中的a点移到b点时，电场力

做功为零，则（）A.a、b两点的场强一定相等．B一定沿等势面移动．C.电势能的变化为零.D.a、b两点电势一定相等．【答案】CD【解析】【分析】从a点移到b点的过程中，电场力做功为零，仅仅说明了两点之间的电势差为0，而电场的特点、点电荷移动的轨迹都不知

道，所以其他的不能确定．【详解】电场力做功与路径无关，只与初末位置有关，故这两点的电势一定等值，点电荷移动的轨迹不知道，与电场的强度也无关．故A错误；点电荷从a点移到b点的过程中，电场力做功为零，不一定沿等势面运动，两点之间的电势差为0，

故B错误，D正确；电势能的变化量数值上等于电场力做功的大小，故从a到b电势能的变化为零，故C正确；故选CD．【点睛】本题主要考查了电荷在电场中的运动，抓住电场力不做功只能说明初末位置在同一等势面上，路径不能确定即可．7.图中虚线为电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，

两粒子M、N质量相等，所带电荷-6-的绝对值也相等。现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示。点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点。若不计重力，则（）A.M带负电荷，N带正电荷B.N在a点的速度与M在c点的速度大小相同C.

N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功D.M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零【答案】D【解析】【详解】A．由于O点电势高于c点．电场强度方向向下，根据MN粒子的运动轨迹可知N受到的

电场力向上，M受到的电场力向下，N带负电，M带正电，A错误；B．根据题意可知2OaOcUU=，而且电场力都做的是正功，而且电荷和质量大小相等，根据动能定理得2201122Uqmvmv=−，N在a点的速度与M在c点的速度大小不等，B错误；C．N在从O点运动至

a点的过程中受到的电场力向上，轨迹运动方向也向上，故电场力做正功，C错误D．图中的虚线为等势线，即O点和b点的电势相等，所以M点从O点到b点的过程中电场力对粒子做功等于零，D正确。故选D。8.两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的

O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化的关系如图所示，其中A、N两点的电势为零，ND段中C点电势最高，则A.C点的电场强度大小为零-7-B.A点的电场强度大小为零C.NC间场强方向沿x轴正方向D.将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后做负功【答案】AD【解析】【详解】A．x

φ−图的斜率为E，C点电势的拐点，则电场强度为零，故A正确；B．由图知A点的电势为零，则O点的点电荷的电量比M点的点电荷的电量大，且O点的电荷带正电，M点电荷带负电．故B错误；C．由图可知：OM间电场强度方向沿x轴正方向，M

C间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向．故C错误；D．因为MC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从N点移到D点，电场力先做正功后负功．故D正确；第II卷（共174

分）9.要测定某电源的电动势和内电阻，某同学按如图甲所示的电路图连接好电路并进行如下操作：(1)闭合开关S1，多次调节电阻箱的阻值，并记录下每次的电阻值R及对应的电流表A的示数I(电流表的内阻很小，可忽略不计)；(2)根据数据，作出图象1I－R，如图乙所示，则根据图象可以

求出：电源电动势E＝________V.内电阻r＝________Ω.【答案】(1).2；(2).4；【解析】【分析】-8-由闭合电路欧姆定律()EIRr=+变形，得到1I与R的关系式，根据数学知识分析图象的斜率和截距的意义，即可求出电源电动势E和内电阻r．【详解】由

闭合电路欧姆定律()EIRr=+变形得：11rRIEE=+，根据数学知识得知，图象1-RI的斜率等于1E，纵轴截距等于rE，则由图象读出斜率为520.56k−==，则电动势12EVk==，纵轴截距为12rAE−=，则得到4r=；故答案

为2，4．10.某学校实验室购买了一卷表面有很薄绝缘层的镍铬合金丝，该校的一兴趣小组同学想通过自己设计的实验来测算合金丝的长度。已知该镍铬合金丝的常温电阻率ρ=1.0×610−Ω·m，他们选用的器材有多用电表、电流表、电压表、开关、滑动变阻器、螺旋测微器、导线和学生电源等。

(1)他们先使用多用电表粗测合金丝的电阻，操作过程分以下三个步骤：①将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”“一”插孔，选择电阻挡“×100”；②调整“机械零点调节旋纽”使指针指到零刻度，调整时____（填“必须”“不能”）将两表笔短接，然后调整“欧姆调零旋钮”进行欧姆

调零，调整时__________（填“必须”“不能”）将两表笔短接；③把红、黑表笔分别与镍铭合金丝的两端（已刮去绝缘漆）相接，多用电表的示数如图甲所示，该合金丝的电阻约为__________Ω．(2)为了更准确地测量镍铬合金丝电阻，已知所选用的电压表内阻为几千欧，电流表内阻为几

欧，根据多用电表的示数，为了减少实验误差，并获得较大的电压调节范围，以下四个电路中最合理的是_________。-9-(3)他们使用螺旋测微器测量镍铬合金丝的直径，示数如图乙所示，则镍铬合金丝的直径为_________mm．(4)根据多用电表测得的镍铬合金丝电阻值，不计合金丝

绝缘漆的厚度，可估算出这卷镍铬合金丝的长度约为_________m。（结果保留整数）【答案】(1).不能(2).必须(3).1400(4).D(5).0.305(6).102【解析】【详解】(1)[1]机械调零是调整指针的“游丝（非常细的回摆弹簧）”张紧程度。电表在移动过程或受周围

电磁场的影响下，指针会发生偏移，调整游丝的张力大小，即可调整指针左右的摆动位置。机械调零时不需要将两表笔短接。[2]欧姆调零的原理为由于欧姆表内带电源，在接入不同（档位）电路中，不可能保证都刚好是满偏电流，所以需要进行内部电阻微调，达到电流满偏，必须将两表笔短接。[3]

读数为14100Ω1400Ω=(2)[4]根据题目，要求电压调节范围较大，滑动变阻器采用分压式接法；根据多用电表的读数1400Ω，可知被测电阻较大，电流表的分压可忽略，应该选用电流表内接法；故D项正确，ABC三项错误。故选D。(3)[5]螺旋测微器的

读数为030.50.01mm0.305mmd=+=(4)[6]根据公式LRS=，2π4dS=，联立可得()23263.1414000.30510πm102m441.010RdL−−==11

.在如图所示的电路中，电源的电动势12VE=，内阻未知，18ΩR=，21.5ΩR=，L为规格是“3V3W”的灯泡，当开关S断开时，灯泡恰好正常发光。（不考虑温度对灯泡电阻-10-的影响）求：(1)电源的内阻；(2)开关S闭合时，灯泡实际消耗的功率。

【答案】(1)1Ω；(2)0.48W【解析】【详解】(1)当S断开时，灯L正常发光，即101AII==L3ΩR=根据闭合电路欧姆定律有()01LEIRRr=＋＋得()()1L012Ω83Ω1Ω1ErRRI=−+=−+=(2)当S闭合时，外电路的总电阻为L21L29ΩR

RRRRR=+=+外干路电流为1.2AEIRr==+外总灯泡两端的电压为L2LL21.2VRRUIRR==+总灯泡的实际功率为2LLL0.48WUPR==-11-12.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，一个

带电荷量为＋q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与下极板成30°角，如图所示，不计粒子重力，求：(1)粒子末速度的大小；(2)匀强电场的场强；(3)两板间的距离。【答案】（1）0233v；（2）2033mvqL；（3）

36L【解析】【详解】(1)粒子离开电场时，末速度与水平方向夹角为30°，由几何关系得末速度0023cos3vvv==(2)粒子在匀强电场中做类平抛运动yvat=0tanyvv=qEam=0Ltv=解得2033mvEqL=(3)设两板间的距离为y212yat

=解得-12-36yL=13.如图所示，A、B是位于竖直平面内、半径R=0.5m的14圆弧形的光滑绝缘轨道，其下端点B与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在竖直向下的匀强电场中，电场强度3510E=N/C。今有一质量为m

=0.1kg、带电荷量5810q−+=C的小滑块（可视为质点）从A点由静止释放。若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数0.05=，取g=10m/s2，求：(1)小滑块经过圆弧形轨道最低点B时对B点的压力；(2)小滑块在水平轨道上离

开B点的最远距离。【答案】(1)4.2N；(2)10m【解析】【详解】（1）滑块从A到B的过程中，滑块受竖直向下的重力，竖直向下的电场力F电，沿圆轨道半径指向圆心方向的支持力，只有重力和电场力做功，由动能定理得21=

02BmgRFRmv+-电在B点物块受竖直向向下的重力，竖直向下的电场力F电，竖直向上的支持力BN，由圆周运动向心力方程得2=BBvNmgFmR--电其中=FEq电滑块对B点的压力为BN¢，由牛顿第三定律可知BBNN=联立以上各式解得-

13-4.2BN¢=N（2）小滑块在水平地面上受竖直向下的重力，竖直向下的电场力F电，竖直向上的支持力N，水平向左的滑动摩擦力，从B点开始向右做初速度为Bv，末速度为0的减速运动，对这个过程用动能定理得2102Bfxmv-=-其中fN=此时小物

块在竖直方向受力平衡得NmgF=+电联立以上各式解得10x=m所以，小滑块在水平轨道上离开B点的最远距离为10m。