广西百色市2020-2021学年高二上学期期末教学质量调研测试物理试题（图片版）

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解析：单位mA•h对应的是电流与时间的乘积，根据q=It可知，单位mA•h对应的物理量是电量，故ABD错误，C正确。
2．B
解析：由题意可知，输入已经验证过的指纹或输入正确的密码均可以解锁，故采用的是“或”关系。故ACD错误，B正确。
3．D
解：ABC、一个带电的物体与不带电的导体相互靠近时由于电荷间的相互作用，会使导体内部的电荷重新分布，异种电荷被吸引到带电体附近，而同种电荷被排斥到远离带电体的导体另一端。所以导体M的左端要感应出负电荷，在导体N的右端会出现正电荷，所以导体两端的验电箔都张开。故ABC错误；当先分开M、N，再移走导体P时，则M导体带负电，N导体带正电，故D正确。
4．B
解析：由可知：当电流方向如图示时，，，
则R甲:R乙=1:1；当电流方向均为竖直向下时，，，则有R甲:R乙=b2:a2
5．A
解析：A．磁感线的疏密表示磁场的强弱，由图可知，该图所示磁场沿磁感线方向，磁场逐渐增强的，故A正确；
B．N点磁场方向沿N点的切线方向，并不是由M指向N，故B错误。
C．安培力的方向一定与磁场方向和电流方向垂直，故C错误；
D．电流在磁场中受到的安培力F=BILsinθ，同一通电导线放在N处与放在M处相比，由于并不知道导线与磁场方向之间的关系，所以受力大小无法确定，故D错误。
6．C
解析：a板与电源正极相连接，a板带正电，b板带负电，场强方向向下；带电液滴处于平衡状态，说明所受电场力方向向上，故可判断液滴带负电，A错误。a板向下平移一小段距离时，两板间距离减小，电容器电容变大，而两端电压U不变，由此可知，电容器的电量Q增大，B错误；又由U=Ed可知，E增大，D错误；因下极板接地，则M点的电势等于M与b之间的电势差，由于E增大，M与b之的距离不变，故M处电势升高，C正确。
7．BC
解：A、当电压表接在a、b间时，相当于一个电阻并联在a、b之间，造成a、b间电阻减小，分压减小，所以两表读数均小于a、b间实际电压，故应略大于12.7V，故A错误B正确；电压表接入后，a、b间所接电压表阻值越大，并联部分总电阻越大，则所测a、b间电压越大，故电压表V1的内阻大于V2的内阻，故C正确，D错误。
8．AB
解：A．由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，故A正确；
B．电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和安培力，且二力是平衡力，即Eq=qvB，所以，故B正确；
C．根据公式，有，故最大动能，与加速电压无关，故C错误；
D．粒子经过速度选择器后的速度一定，根据洛伦兹力提供向心力可得，解得，知r越小，比荷越大，故D错误。
9．AC
解：未接触之前，A、B间的库仑力为：
①当两个球带同种电荷时，两球接触之后，带电量均为1.5q
此时A、B间的库仑力为：
②当两个球带异种电荷时，两球接触之后，带电量均为0.5q
此时A、B间的库仑力为：
综上所述，AC正确，BD错误； 故选：AC。
10．ABD
解：A．质点在竖直方向受重力作用，所以在竖直方向做的是竖直上抛运动，根据对称性可知质点从A到B的时间等于从B到C的时间。质点在水平方向受电场力作用，在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，所以AB在水平方向的位移与BC在水平方向的位移之比为1：3，由题知，AB水平方向的位移x=Lcs37°=0.8L，所以BC水平方向的位移为2.4L，故AC间距为3.2L，故A正确；
B．设质点从A到B的时间为t，则Lsin37°＝，在水平方向的加速度为a，则从A到B有Lcs37°＝，由牛顿第二定律得a＝，解得E＝，故B正确；
C．质点受到的合力大小为F＝，所以质点在C点的加速度大小为，故C错误。
D．从A到B有重力做功mgLsin37°＝0−，质点从A到C电场力做功为W=qE•3.2L，解得W＝，电场力做的功等于电势能的变化量，即质点的电势能减小了，故D正确；
11．3.470（2分）
解：螺旋测微器的固定刻度为3mm，可动刻度为47.0×0.01mm=0.470mm，所以最终读数为：3mm+0.470mm=3.470mm．
12.（1）1 500 （2）CAD （3）30.8 （每空2分）
解析：（1）用为“×100”电阻挡测电阻，由图示表盘可知，所测电阻阻值为15×100=1500；
（2）发现指针偏转角度过小，读数过大，故要将欧姆表倍率调大一个挡位；调整挡位后，将红表笔和黑表笔接触，要重新进行欧姆调零，故实验步骤的顺序为：CAD；
（3）当选用量程为50mA的电流挡测量电流时，由图示表盘可知，其分度值为1mA，所测电流为30.8mA；
13.（1）1.5 1.0 （2） （每空2分）
解析：解：（1）由图2所示电路图可知，根据闭合电路的欧姆定律可知，路端电压：U=EIr，再结合由图3的UI图象可得：电源电动势E=1.5V，内阻
（2）由图4所示电路图可知，由闭合电路的欧姆定律可知，电源电动势： 整理得：
即：图象的斜率，纵轴截距，故电源电动势：，电源内阻
14．解：（1）AB两点间的电势差： （2分）
（2）AB两点间的电势差： 解得： （2分）
（3）由B向AC作垂线交AC于D，D与B在同一等势面上，UDA=UBA=UAB=6V
沿场强方向AD两点间距离为：d=ABcs60°=0.06×0.5m=0.03m（1分）
电场强度（2分）
方向：沿电场线由C指向A （1分）
15．解：（1）当电键S2断开时，通过电阻R1的电流为I1=5A
则R1两端的电压U1=I1R1=5×20V=100V （1分）
电源的内阻为： （2分）
（2）当电键S2闭合时，电阻R1的功率
代入数据，解得 （2分）
此时流过电源的干路中电流为（1分）
通过R1的电流为： （1分）
通过电动机的电流为： （1分）
则电动机的机械功率为： （2分）
答：（1）电源的内阻是2．
（2）当开关S2闭合时流过电源的电流是15A，电动机的输出功率是759W
16．解：（1）金属棒受到的安培力的大小FA=BIL=0.6×5×0.2N=0.6N （2分）
G
（2）根据共点力平衡得，tan37°= （3分）
解得G=0.8N （1分）
（3）当安培力与重力平衡时，金属棒对斜面没有压力，
则有：F= G，F=B2IL （2分）
解得B2=0.8T；B2的水平向左。 （2分）
17．解：（1）设粒子在N点的速度为v，根据速度的合成与分解可得：vcs60°=v0（1分）
从M到N根据动能定理可得： （2分）
联立可得：v=2v0（1分）， （1分）
（2）从M到N，设粒子沿y轴方向的位移为y，沿x轴方向
的位移为x，经历的时间为t１，运动轨迹如图所示：
根据电场强度与电势差的关系可得：Ey=U（1分）
竖直方向： （1分）
水平方向：x=v0t１ （1分）
粒子在磁场中做圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，有：
（2分）
其中半径为：（1分）
联立解得：（1分），（1分）
（3）由题意可知粒子的运动时间分为两段，一个是在电场中的类平抛运动，一个是在磁场中的匀速圆周运动；
在磁场中带电粒子转过圆心角=120°
所以带电粒子在磁场中运动时间（2分）
故粒子从M点运动到P点的总时间（1分）