廣西玉林師院附中玉林十一中等五校2024-2025學(xué)年高二物理上學(xué)期期中試題

PAGE9-廣西玉林師院附中、玉林十一中等五校2024-2025學(xué)年高二物理上學(xué)期期中試題第I卷(共21小題，共126分)留意事項(xiàng)1.答題前，考生在答題卡上務(wù)必用直徑0.5毫米黑色字跡簽字筆將自己的姓名、班別、學(xué)號填寫清晰。在試題卷上作答無效。2.本試卷分第I卷(選擇題)和第II卷(非選擇題)兩部分。二、不定項(xiàng)選擇題：本大題共8小題，14－18題只有一個符合題目要求，19－21題有多個符合題目要求。完全選對6分，選對但不全對3分，選錯、不選0分。14.在如圖所示的4種狀況中，a、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)相同，電勢相同的是A.帶電平行板電容器兩極板間的a、b兩點(diǎn)B.離點(diǎn)電荷等距的a、b兩點(diǎn)C.達(dá)到靜電平衡時導(dǎo)體內(nèi)部的a、b兩點(diǎn)D.兩個等量異種電荷連線上，與連線中點(diǎn)O等距的a、b兩點(diǎn)15.如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為e的小球A系在長為l的絕緣輕繩下端，另一電荷量也為Q的小球B位于懸掛點(diǎn)的正下方(A、B均視為點(diǎn)電荷)，輕繩與豎直方向成30°角，小球A、B靜止于同一高度。已知重力加速度為g，靜電力常量為k，則兩球間的靜電力為A.B.C.mgD.mg16.如圖，E為內(nèi)阻不能忽視的電池，R1、R2、R3為定值電阻，S0、S為開關(guān)，與分別為電壓表與電流表，初始時S0與S均閉合，現(xiàn)將S斷開，則A.的讀數(shù)變大，的讀數(shù)變小B.的讀數(shù)變大，的讀數(shù)變大C.的讀數(shù)變小，的讀數(shù)變小D.的讀數(shù)變小，的讀數(shù)變大17.一個電量為10－6C的負(fù)電荷從電場中A點(diǎn)移至B點(diǎn)，電場力做功2×10－6J；從C點(diǎn)移至D點(diǎn)電場力做功－7×10－6J。已知C點(diǎn)比B點(diǎn)電勢高3V，且A、B、C、D四點(diǎn)在同一條電場線上，則下列圖中正確的是18.如圖所示是某款理發(fā)用的電吹風(fēng)的電路圖，它主要由電動機(jī)M和電熱絲R構(gòu)成。當(dāng)調(diào)整開關(guān)S1、S2的通斷，可使電動機(jī)驅(qū)動風(fēng)葉旋轉(zhuǎn)，將冷空氣從進(jìn)風(fēng)口吸入，從出風(fēng)口吹出冷風(fēng)或熱風(fēng)。已知電吹風(fēng)的額定電壓為220V，吹冷風(fēng)時的功率為120W，吹熱風(fēng)時的功率為1000W。關(guān)于該電吹風(fēng)，下列說法正確的是A.電熱絲的電阻為55ΩB.當(dāng)開關(guān)S2閉合、S1斷開時，電吹風(fēng)吹出熱風(fēng)C.當(dāng)電吹風(fēng)吹冷風(fēng)時，電熱絲每秒鐘消耗的電能為1000JD.當(dāng)電吹風(fēng)吹熱風(fēng)時，電動機(jī)每秒鐘消耗的電能為1120J19.(多選)一點(diǎn)電荷從電場中的a點(diǎn)移到b點(diǎn)時，電場力做功為零，則A.a、b兩點(diǎn)的場強(qiáng)肯定相等B.肯定沿等勢面移動C.電勢能的改變?yōu)榱鉊.a、b兩點(diǎn)電勢肯定相等20.(多選)圖中虛線為勻強(qiáng)電場中與場強(qiáng)方向垂直的等間距平行直線，兩粒子M、N質(zhì)量相等，所帶電荷的肯定值也相等?，F(xiàn)將M、N從虛線上的O點(diǎn)以相同速率射出，兩粒子在電場中運(yùn)動的軌跡分別如圖中兩條實(shí)線所示。點(diǎn)a、b、c為實(shí)線與虛線的交點(diǎn)，已知O點(diǎn)電勢高于c點(diǎn)。若不計(jì)重力，則A.M帶負(fù)電荷，N帶正電荷B.N在a點(diǎn)的速度與M在c點(diǎn)的速度大小相同C.N在從O點(diǎn)運(yùn)動至a點(diǎn)的過程中克服電場力做功D.M在從O點(diǎn)運(yùn)動至b點(diǎn)的過程中，電場力對它做的功等于零21.(多選)兩電荷量分別為q1和q2的點(diǎn)電荷放在x軸上的O、M兩點(diǎn)，兩電荷連線上各點(diǎn)電勢φ隨x改變的關(guān)系如圖所示，其中A、N兩點(diǎn)的電勢為零，ND段中C點(diǎn)電勢最高，則A.C點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為零B.A點(diǎn)的電場強(qiáng)度大小為零C.NC間場強(qiáng)方向沿x軸正方向D.將一負(fù)點(diǎn)電荷從N點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場力先做正功后做負(fù)功第II卷(共174分)22(6分).要測定某電源的電動勢和內(nèi)阻，某同學(xué)按如圖甲所示的電路圖連接好電路并進(jìn)行如下操作：(1)閉合開關(guān)S，多次調(diào)整電阻箱的阻值，并記錄下每次的電阻值R及對應(yīng)的電流表A的示數(shù)I(電流表的內(nèi)阻很小，可忽視不計(jì))。(2)依據(jù)數(shù)據(jù)，作出－R圖象，如圖乙所示，則依據(jù)圖象可以求出電源電動勢E＝V，內(nèi)阻r＝Ω。23(9分).某學(xué)校試驗(yàn)室購買了一卷表面有很薄絕緣層的鎳鉻合金絲，該校的一愛好小組同學(xué)想通過自己設(shè)計(jì)的試驗(yàn)來測算合金絲的長度。已知該鎳鉻合金絲的常溫電阻率ρ＝1.0×10－6Ω·m，他們選用的器材有多用電表、電流表、電壓表、開關(guān)、滑動變阻器、螺旋測微器、導(dǎo)線和學(xué)生電源等(1)他們先運(yùn)用多用電表粗測合金絲的電阻，操作過程分以下三個步驟：①將紅、黑表筆分別插入多用電表的“＋”“－”插孔，選擇電阻擋“×100”；②調(diào)整“機(jī)械零點(diǎn)調(diào)整旋紐”使指針指到零刻度，調(diào)整時(填“必需”“不能”)將兩表筆短接，然后調(diào)整“歐姆調(diào)零旋鈕”進(jìn)行歐姆調(diào)零，調(diào)整時(填“必需”“不能”)將兩表筆短接；③把紅、黑表筆分別與鎳鉻合金絲的兩端(已刮去絕緣漆)相接，多用電表的示數(shù)如圖甲所示，該合金絲的電阻約為Ω。(2)為了更精確地測量鎳鉻合金絲電阻，已知所選用的電壓表內(nèi)阻為幾千歐，電流表內(nèi)阻為幾歐，依據(jù)多用電表的示數(shù)，為了削減試驗(yàn)誤差，并獲得較大的電壓調(diào)整范圍，以下四個電路中最合理的是。(3)他們運(yùn)用螺旋測微器測量鎳鉻合金絲的直徑，示數(shù)如圖乙所示，則鎳鉻合金絲的直徑為mm。(4)依據(jù)多用電表測得的鎳鉻合金絲電阻值，不計(jì)合金絲絕緣漆的厚度，可估算出這卷鎳鉻合金絲的長度約為m。(結(jié)果保留整數(shù))24(14分).在如圖所示的電路中，電源的電動勢E＝12V，內(nèi)阻未知，R1＝8Ω，R2＝1.5Ω，L為規(guī)格是“3V，3W”的燈泡，當(dāng)開關(guān)S斷開時，燈泡恰好正常發(fā)光。(不考慮溫度對燈泡電阻的影響)求：(1)電源的內(nèi)阻；(2)開關(guān)S閉合時，燈泡實(shí)際消耗的功率。25(16分)長為L的平行金屬板水平放置，兩極板帶等量的異種電荷，板間形成勻強(qiáng)電場，一個帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子，以初速度v0緊貼上極板垂直于電場線方向進(jìn)入該電場，剛好從下極板邊緣射出，射出時速度恰與下極板成30°角，如圖所示，不計(jì)粒子重力，求：(1)粒子末速度的大??；(2)勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)；(3)兩板間的距離26(17分).如圖所示，A、B是位于豎直平面內(nèi)、半徑R＝0.5m的圓弧形的光滑絕緣軌道，其下端點(diǎn)B與水平絕緣軌道平滑連接，整個軌道處在豎直向下的勻強(qiáng)電場中，電場強(qiáng)度E＝5×103N/C。今有一質(zhì)量為m＝0.1kg、帶電荷量＋q＝8×10－5C的小滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))從A點(diǎn)由靜止釋放。若已知滑塊與水平軌道間的動摩擦因數(shù)μ＝0.05，取g＝10m/s2，求：(1)小滑塊經(jīng)過圓弧形軌道最低點(diǎn)B時對B點(diǎn)的壓力；(2)小滑塊在水平軌道上離開B點(diǎn)的最遠(yuǎn)距離。2024年秋季期期中教學(xué)質(zhì)量評價高二理綜答案物理部分14．C15．答案：A解析：平衡時A、B間的距離r＝lsin30°＝eq\f(l,2)，依據(jù)庫侖定律得F＝keq\f(Q2,r2)＝eq\f(4kQ2,l2)，A正確，B錯誤；A球的受力狀況如圖所示，可知F＝mgtan30°＝eq\f(\r(3),3)mg，CD均錯誤．16．【答案】B解析S斷開，相當(dāng)于電阻變大，則由閉合電路歐姆定律可得電路中總電流減小，故路端電壓增大，V的讀數(shù)變大；把R1歸為內(nèi)阻，內(nèi)電壓減小，故R3中的電壓增大，由歐姆定律可知R3中的電流也增大，電流表示數(shù)增大，A．分析得V的讀數(shù)變大，A的讀數(shù)變大，故A錯誤；B．分析得V的讀數(shù)變大，A的讀數(shù)變大，故B正確；C．分析得V的讀數(shù)變大，A的讀數(shù)變大，故C錯誤；D．分析得V的讀數(shù)變大，A的讀數(shù)變大，故D錯誤；17．C解析試題分析：A、B間的電勢差為,則A的電勢低于B的電勢；C、D間的電勢差為,則C得電勢高于D的電勢；又由題，C點(diǎn)比B點(diǎn)電勢高3V，所以電勢從高到低的依次是：C、B、A、D．沿著電場線電勢漸漸降低，故C對．18．【答案】A解析A．當(dāng)吹熱風(fēng)時，電機(jī)動M和電阻絲R并聯(lián)，電阻絲消耗的功率為由可得故A正確；B．當(dāng)開關(guān)S2閉合、S1斷開時，電阻絲不工作，不產(chǎn)生熱量，所以此時電吹風(fēng)吹出冷風(fēng)，故B錯誤；C．當(dāng)電吹風(fēng)吹冷風(fēng)時，S1斷開，電熱絲處于斷路狀態(tài)，沒有電流通過，電熱絲每秒鐘消耗的電能為0，故C錯誤；D．當(dāng)電吹風(fēng)吹熱風(fēng)時，電動機(jī)M和電熱絲R并聯(lián)，電動機(jī)的功率為120W，所以每秒鐘消耗的電能為故D錯誤。故選A。19.答案：CD電場力做功與路徑無關(guān)，只與初末位置有關(guān)，故這兩點(diǎn)的電勢肯定等值，點(diǎn)電荷移動的軌跡不知道，與電場的強(qiáng)度也無關(guān)。故A錯誤；點(diǎn)電荷從a點(diǎn)移到b點(diǎn)的過程中，電場力做功為零，不肯定沿等勢面運(yùn)動，兩點(diǎn)之間的電勢差為0，故B錯誤，D正確；電勢能的改變量數(shù)值上等于電場力做功的大小，故從a到b電勢能的改變?yōu)榱?，故C正確；故選CD。20．BD【解析】A．由于O點(diǎn)電勢高于c點(diǎn)．電場強(qiáng)度方向向下，依據(jù)MN粒子的運(yùn)動軌跡可知N受到的電場力向上，M受到的電場力向下，N帶負(fù)電，M帶正電，A錯誤；B．依據(jù)題意可知，而且電場力都做的是正功，而且電荷和質(zhì)量大小相等，依據(jù)動能定理得，N在a點(diǎn)的速度與M在c點(diǎn)的速度大小相等，B正確；C．N在從O點(diǎn)運(yùn)動至a點(diǎn)的過程中受到的電場力向上，軌跡運(yùn)動方向也向上，故電場力做正功，C錯誤D．圖中的虛線為等勢線，即O點(diǎn)和b點(diǎn)的電勢相等，所以M點(diǎn)從O點(diǎn)到b點(diǎn)的過程中電場力對粒子做功等于零，D正確；故選BD21．AD22.答案：24（每空3分）解析：依據(jù)試驗(yàn)原理和閉合電路歐姆定律得E＝I(R＋r)，變形為符合圖象的線性關(guān)系為eq\f(1,I)＝eq\f(R,E)＋eq\f(r,E)，由圖象得R＝0時，eq\f(r,E)＝eq\f(1,I)＝2.0，斜率eq\f(1,E)＝eq\f(5.0－2.0,6)V－1＝0.5V－1，解得E＝2V，r＝4Ω.23．【答案】(1)②不能必需③1400(2)D(3)0.305(4)102（前3個空每空1分，后3個空每空2分）【解析】(1)②機(jī)械調(diào)零是調(diào)整指針的“游絲（特別細(xì)的回擺彈簧）”張緊程度。電表在移動過程或受四周電磁場的影響下，指針會發(fā)生偏移，調(diào)整游絲的張力大小，即可調(diào)整指針左右的搖擺位置。機(jī)械調(diào)零時不須要將兩表筆短接。歐姆調(diào)零的原理為由于歐姆表內(nèi)帶電源，在接入不同（檔位）電路中，不行能保證都剛好是滿偏電流，所以須要進(jìn)行內(nèi)部電阻微調(diào)，達(dá)到電流滿偏，必需將兩表筆短接。③讀數(shù)為(2)依據(jù)題目，要求電壓調(diào)整范圍較大，滑動變阻器采納分壓式接法；依據(jù)多用電表的讀數(shù)1400Ω，可知被測電阻較大，電流表的分壓可忽視，應(yīng)當(dāng)選用電流表內(nèi)接法；故D項(xiàng)正確，ABC三項(xiàng)錯誤。故選D。(3)螺旋測微器的讀數(shù)為(4)依據(jù)公式，，聯(lián)立可得24.解析：(1)當(dāng)S斷開時，燈L正常發(fā)光，即I1＝I0＝1A，RL＝3Ω①依據(jù)閉合電路歐姆定律有E＝I0(R1＋RL＋r)②得r＝eq\f(E,I0)－(R1＋RL)＝eq\f(12,1)Ω－(8＋3)Ω＝1Ω.③(2)當(dāng)S閉合時，外電路的總電阻為R外＝eq\f(RLR2,RL＋R2)＋R1＝9Ω④干路電流為I總＝eq\f(E,R外＋r)＝1.2A⑤燈泡兩端的電壓為UL＝I總eq\f(RLR2,RL＋R2)＝1.2V⑥燈泡的實(shí)際功率為PL＝eq\f(U\o\al(2,L),RL)＝0.48W.⑦以上各式中①②③④⑤⑥⑦每式各2分25.（16分）(1)粒子離開電場時，合速度與水平方向夾角為30°，由速度關(guān)系得合速度①(2)粒子在勻強(qiáng)電場中為類平拋運(yùn)動，在水平方向上②在豎直方向上③④由牛頓其次定律得⑤解得⑥即勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)大小是⑦方向豎直向下⑧(3)粒子做類平拋運(yùn)動，在豎直方向上⑨解得⑩以上①②③④⑤⑨每式2分，⑥⑦⑧⑩每式1分26．（1）滑塊從A到B的過程中，滑塊受豎直向下的重力，豎直向下的電場力，沿圓軌道半徑指向圓心方向的支持力，只有重力和電場力做功，由動能定理得①在B點(diǎn)物塊受豎直向向下的重力，豎直向下的電場力，豎直向上的支持力，由圓周運(yùn)動向心力方程得②滑塊對B點(diǎn)的壓力為NB，由牛頓第三定律可知④聯(lián)立以上各式解得NB=4.2N⑤（2）小滑塊在水平地面