【文档说明】福建省福州第一中学2020-2021学年高二上学期期中考试物理试题 含答案.doc，共(16)页，677.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021年福州一中高二期中考试试卷物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分。在每小题给出的四个选项中,第1—8题只有一项符合题目要求，第9-12题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1

.下列各物理量中，与试探电荷有关的量是（）A．电场强度EB．电势φC．电势差UD．电场做的功W2.超级电容器又叫双电层电容器，它具有功率密度高、充放电时间短、循环寿命长、工作温度范围宽等特点．图示为一款超级电容器，其上标有“2.7V400F”，下列说法正确的是（）A．该电容器的输

入电压只能是2.7V时才能工作B．该电容器的电容与电容器两极间电势差成反比C．该电容器不充电时的电容为零D．该电容器正常工作电时储存的电荷量为1080C3.如图所示为一质量分布均匀的长方体金属导体，在导体的左右两端加一恒定的电压，使导体中

产生一恒定电流，其电流的大小为I。已知金属导体的横截面积是S，导体单位长度的自由电子数为n，金属内的自由电子的电荷量为e，自由电子做无规则热运动的速率为ve，则下列说法中正确的是（）A．自由电子定向移动的速率为veB．自由电子定向移动的速率为v＝IneSC．自由电子定向

移动的速率为真空中的光速cD．自由电子定向移动的速率为v＝Ine4.真空中某点电荷的等势面示意如图，图中相邻等势面间电势差相等。下列说法正确的是（）A．该点电荷一定为正电荷B．P点的场强一定比Q点的场强大C．

P点电势一定比Q点电势低D．正检验电荷在P点比在Q点的电势能大5.电路如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接，当滑动变阻器的滑片由中点滑向b端时，下列说法正确的是()A．电压表读数

增大、电流表读数减小B．电压表读数减小、电流表读数增大C．R1的电功率减小D．电源的输出功率增大6.如图所示，A、B为竖直放置的平行金属板，A、B两板间电势差为U。C、D为水平放置的平行金属板，始终和电源相接（图中未画出），且板间的场强为E。一质量为

m、电荷量为q的带电粒子（重力不计）由静止开始，经A、B间加速后进入C、D之间并发生偏转，最后打在荧光屏上，已知C、D极板长均为x，荧光屏距C、D右端的距离为L，则（）A．该粒子带负电B．该粒子在C、D中的偏移量为22ExUC．该粒子打在屏上O点

下方和O相距()22ExxLU+的位置D．该粒子打在屏上的动能为qU7.如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻的12；R2的阻值等于电流表内阻的4倍。若用电流表A的表盘刻

度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是（）A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04AB．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02AC．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06AD．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01

A8.某真空区域的竖直平面内存在电场，其中一条竖直电场线如图中竖直实线（方向未知）．一个质量为m电荷量为q的带正小球，在电场中从O点以一定的初速度0水平向右抛出，其轨迹如图1中虚线所示．以O为坐标原点，取竖直向下为x轴

的正方向，A点是轨迹上的一点，其x方向坐标值是1x，小球的机械能E与竖直方向的位移x的关系如图，不计空气阻力．则下列说法正确的是A．电场强度大小恒定，方向沿x轴负方向B．从O到A的过程中，小球的速率越来越大，所受的

电场力越来越大C．从O到A的过程中小球的电势能越来越大D．到达A位置时，小球的动能为201122mmgxEE−++9.如图所示，在粗糙程度相同的斜面上固定一点电荷Q，在M点无初速度地释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中

沿斜面运动到N点静止，则从M到N的过程中（）A．M点的电势一定高于N点的电势B．小物块的电势能减小C．小物块电势能变化量的大小一定等于克服摩擦力做的功D．小物块和点电荷Q一定是同种电荷10.如图所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图线

，图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图线，则下列说法正确的是（）A．电源的电动势为50VB．电源的内阻为25Ω3C．电流为2.5A时，外电路的电阻为15ΩD．输出功率为120W时，路端电压是50V11.如图所示，在电场强度方向水平向右的匀强电场中，一质量为m、带电荷量为q的粒子从A点以速度

v0竖直向上抛出，粒子运动到B点时速度方向水平，大小也为v0，重力加速度为g，不计空气阻力。下列说法正确的是（）A．粒子在该过程中克服电场力做功2012mvB．匀强电场的电场强度大小为2mgqC．粒子

在A点的电势能比在B点的电势能大2012mvD．粒子从A点运动到B点所用的时间为0vg12.一对平行金属板长为L，两板间距为d，质量为m，电荷量为e的电子从平行板左侧以速度v0沿两板的中线不断进入平行板之间，两板间所加交变电压uAB如图所示，交变电

压的周期02vLT=，已知所有电子都能穿过平行板，且最大偏距的粒子刚好从极板的边缘飞出，不计重力作用，则（）A．所有电子都从右侧的同一点离开电场B．所有电子离开电场时速度都是v0C．t＝0时刻进入电场的电子，离开电场时动能最大D．t＝4T时刻进入电场的电子，在两板间运动时最大

侧位移为16d二、实验题13.在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准。待测金属丝接入电路部分的长度约为80cm。（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数应为____mm（该值接近多次测量的平均值）（2

）用伏安法测金属丝的电阻xR实验所用器材为：电池组（电动势为3V，内阻不计）、电流表（内阻约0.1Ω）、电压表（内阻约3KΩ）、滑动变阻器R（0～20Ω，额定电流2A）、开关、导线若干某小组同学利用以上器材正确连

接好电路，进行实验测量，记录数据如下：次数12345670.100.300.701.001.501.702.300.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上数据可知，他们测

量xR是采用______（3）请根据所选的电路图，补充完成实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏。（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标系，如图3所示，图中已标出了测量数据对应的7个坐标点，并描绘出U-I图线

。由图线得到金属丝的阻值xR为____Ω（保留两位有效数字）（5）根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为____（填选项前的符号）A.m−5107B.m−6107C.m−7107D.m−8107（6）任何实验测量都存在误

差，本实验所用测量仪器均已校准，下列关于误差的说法中正确的是____（有多个正确选项）A.用螺旋测微器测量金属丝直径时，由读数引起的误差属于系统误差B.由电流表和电压表内阻引起的误差属于偶然误差C.若将电流表和电压表的内阻计算在内，可以

消除由测量仪表引起的系统误差D.用U-I图像处理数据求金属丝电阻可以减小偶然误差三、计算题（共42分，第14题8分，第15题10分，第16题10分，第17题14分，第18题为附加题10分）14.如图所示，质量为m的小球A穿在光滑绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电（可视为点电

荷），电荷量为q，在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正点电荷。将A由距B竖直高度为H处无初速度释放，小球A下滑过程中电荷量不变。不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g。求：(1)A球刚释放时的

加速度大小；(2)当A球的动能最大时，A球与B点的距离。15.如图所示，电阻R1为6Ω，电源内阻r为1Ω，当合上电键S且滑动变阻器R2为3Ω时，电源的总功率为20W，电源的输出功率为16W，灯泡正常发光．求：

（1）电灯的电阻和灯的额定功率；（2）当电键S断开时，为使灯泡正常发光，滑动变阻器的阻值应调到多少？16.如图所示，相距为d的两平行金属板M、N与电池组相连后，其间形成匀强电场，一带正电粒子从M极板边缘垂直于电场方向射入，并打在N极板的正中央．不计重力，现欲把N极板远离

M极板平移，使原样射入的粒子能够射出电场，就下列两种情况求出N极板向下移动距离的最小值．（1）电键S闭合；（2）把闭合的电键S打开后．17.如图所示，在竖直面内有一边长为3L的正六边形区域，O为中心点，CD水平．将一质量为m的小球以一定的初动能从B点水平向右拋出，小球运动轨

迹过D点．现在该竖直面内加一匀强电场，并让该小球带电，电荷量为+q，并以前述初动能沿各个方向从B点拋入六边形区域，小球将沿不同轨迹运动．已知某一方向拋入的小球过O点时动能为初动能的13，另一方向拋入的小球过C点时动能与

初动能相等．重力加速度为g，电场区域足够大，求：（1）小球的初动能；（2）取电场中B点的电势为零，求O、C两点的电势；（3）已知小球从某一特定方向从B点拋入六边形区域后，小球将会再次回到B，求该特定方向拋入的小球在六边形区域内运动的时间．18.如图甲所示，水平

放置的平行金属板AB间的距离0.1md=，板长0.3mL=，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间．距金属板右端0.5mx=处竖直放置一足够长的荧光屏．现在AB板间加如图乙所示的方波形电压，已知201.010V

U=．在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量71.010kgm−=，电荷量21.010Cq−=，速度大小均为401.010m/sv=．带电粒子的重力不计．求：甲乙（1）在0t=时刻进入的粒子射出

电场时竖直方向的速度；（2）荧光屏上出现的光带长度．（3）若撤去挡板，同时将粒子的速度均变为42.010m/sv=，则荧光屏上出现的光带又为多长．2020-2021年福州一中高二期中考试试卷物理试卷答案一、选择题123456789101112DDDBCCCCBDACCDBD1.【答案】D【详解】

ABC.电场强度、电势、电势差描述的都是电场本身的性质，与是否有试探电荷无关，故ABC错误。D.电场力对试探电荷做功，与试探电荷的电量及电性有关，故D正确。2.【答案】D【详解】A、电容器的额定电压为2.7V，说明工作电压要不超过2.7V，可以小于2.7V，故A

错误；B、电容器的电容由电容器本身来决定，跟电容器两极间的电势差无关，故B错误；C、电容是描述电容器容纳电荷的本领，不充电是电容仍然存在，与充电与否无关，故C错误；D、该电容器最大容纳电荷量：Q＝CU＝400F×2.7V＝1080C，故D正确．3.【答案】D【详解】本题考查的是对电流微观表

达式I=nqSv的理解，关键是理解v和n的物理意义，式中n为单位体积内自由电子数，而本题n为单位长度内的自由电子数，t时间内通过导体某一横截面的自由电子数是长度为vt内的自由电子，其数量为nvt，则电荷量Q=nvte所以电流I=qt=nev所以v=Ine选项D正确。故选D。4.【答案】B【

详解】A．正电荷和负电荷周围的等势面都为一组同心球壳，该点电荷不一定为正电荷，故A错误；B．相邻等势面间电势差相等，P点附近的等差等势面更加密集，故P点的场强一定比Q点的场强大，故B正确；C．正电荷和负电荷周

围的等势面都为一组同心球壳，若为正点电荷，则P点电势一定比Q点电势高，故C错误；D．从等势面的情况无法判断该点电荷为正点电荷还是负点电荷，无法判断P点电势与Q点电势的高低，就无法判断正检验电荷在P点和在Q点的电势能的大小，故D错误。故选B。

5.【答案】C【详解】AB．电流减小则内电压减小，由UEIr=−可知路端电压增大，即电压表示数增大；因路端电压增大，1R两端的电压减小，故并联部分电压增大，由欧姆定律可知电流表示数增大，选项A、B错误；C．当滑片向b滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大，

由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，所以定值电阻1R的电功率减小，选项C正确；D．因不知内外电阻的大小，所以不能确定电源的输出功率如何变化，选项D错误．6.【答案】C【详解】A．粒子在极板间运动只受电场力作用，由粒子在C、D板

间向下偏转可得：电场力方向竖直向下，那么，根据场强方向竖直向下可得，粒子带正电，故A错误；B．对粒子在AB间运动应用动能定理可得212BqUmv=所以，粒子离开B板时速度大小2BUqvm=粒子在CD间运动初速度水

平，合外力即电场力方向竖直向下，故粒子做类平抛运动，运动时间Bxtv=故竖直偏转位移22124qEExytmU==故B错误；C．由几何关系得22xyxYL=+解得()22YExxLU=+故C正确；D．粒子在AB加速度后的动能为qU

，接着在偏转电场中电场力对粒子做正功，粒子的动能增加，所以该粒子打在屏上的动能一定大于qU，故D错误。故选C。7.【答案】C【详解】AB．由于电流表A的每个最小格表示0.02A，当将接线柱1、2接入电路时，电流表

A与电阻R1并联，当电流表中通过0.02A的电流时，根据欧姆定律可知，流过R1的电路为0.04A，故干路电流为0.06A，即此时每一小格表示0.06A，故AB均错误；CD．将接线柱1、3接入电路时，电流表与电阻R1并联后再与电阻R2串联，当电流表中通过0.02A的电流时，R1中的电流仍是0

.04A，故干路电流就是0.06A，所以通过接线柱1的电流值就是0.06A，所以它表示每一小格表示0.06A，选项C正确，D错误。故选C。8.【答案】C【详解】物体的机械能逐渐减小，电场力对小球做负功，故电场强度方向向上，即沿x轴负方向．再根据机械能的变化关系可知，相等位移电场

力做功越来越小，说明电场力减小，故电场强度不断减小，根据牛顿第二定律可知，物体受重力与电场力，电场力向上，重力向下，开始时重力大于电场力，电场力越来越小，故合力越来越大，加速度越来越大，速度越来越大，故AB错误；从O到A的过程中，小球所受的电场力一直做负功，则小球的电势能越来越大，选

项C正确；到达A位置时，机械能变化量为：2212011122EEmvmvmgx−=−−，解得22011211=22mvmvmgxEE++−，选项D错误.9.【答案】BD【详解】A．因无法判断点电荷Q的电性，那么就无法判断电场的方向，也就无法判断电势的高低，故A错误；BD．若

两电荷是异种电荷，向下运动的过程中电场力逐渐减小，加速度增大，物块不可能停止，所以两物块为同种电荷，电场力做正功，电势能降低，故B正确，D正确；C．根据动能定理Gf0WWW+−=电电场力做功的大小与电势能变化量的大小相等，显然小物块电

势能变化量的大小不等于克服摩擦力做的功，故C错误。10.【答案】AC【分析】先根据根据闭合电路欧姆定律推导出电源输出电压与电流的关系图象的表达式，然后对照图象求解电动势和内电阻；可以从图象读出不同电流对应的电压和输出功率，根据欧

姆定律求解电阻。【详解】A．根据闭合电路的欧姆定律，电压的输出电压UEIr=−对照U-I图象，当I=0时，50VUE==，故A正确；B．U-I图象斜率的绝对值表示内电阻，故5020Ω5Ω6UrI−===故B错误；C．电流为2.5A

时，对照U-I图象，电压为37.5V，故外电路电阻37.5Ω=15Ω2.5URI==故C正确；D．输出功率为120W时，对照P-I图象，电流为6A，再对照U-I图象，输出电压为20V，故D错误；故选AC。11.【答案】CD【详解】BD．粒子在竖直方向在重力作用下做加速度为g的匀减速运动，则

0vgt=0vtg=水平方向在电场力作用下做匀加速运动，则0Eqvattm==则a=g匀强电场的电场强度大小为mgqE=则B错误，D正确。AC．从A到B电场力做正功2200122vWqEmva==则电势能减小2012mv，则粒子在A点的电势能比在B点的电势能

大2012mv，则选项C正确，A错误。故选CD。12.【答案】BD【解析】试题分析：电子进入电场后做类平抛运动，不同时刻进入电场的电子竖直方向分速度图象如图，根据图象的“面积”大小等于位移可知，各个电子在竖直方向的位移不全相同

，故所有电子从右侧的离开电场的位置不全相同．故A错误；由图看出，所有电子离开电场时竖直方向分速度0yv=，速度都等于0v，故B正确；由上分析可知，电子离开电场时的速度都相同，动能都相同，故C错误；4Tt=时刻进入电场的电子，在34tT=时刻侧位移最大，最大侧位移为：221

2?()2416maxTaTya==，在0t=时刻进入电场的电子侧位移最大为12d，则有：2114()222Tda=，联立得：16maxdy=故D正确．二、实验题13.【答案】（1）0.399mm（2）C（3）如下图所示（4）4.5Ω（5）B（6）CD【解析】【分析】根据数据表

可以看出电表的示数变化范围较大，说明变阻器采用的是分压式接法；根据电阻定律和欧姆定律写出电阻率的表达式，然后解出电阻率的值即可；【详解】（1）0mm+39.9×0.01mm=0.399mm（2）从给出的数据表可知，电流表和电

压表的读数变化范围较大，所以变阻器采用的应是分压式接法，由电压表与电流表读数可知，所测电阻阻值较小，即测量采用电流表外接法，因此应该选择C图；（3）根据原理图，连接实物图，如图所示：（4）由图线得到金

属丝的阻值为：（5）根据得：代入数据得：电阻率为m−6107（6）读数引起的误差为偶然误差，故A错误；实验原理引起的误差为系统误差，故B错误；改进实验原理误差，可以减小误差，故C正确；用图像法可以减小读数存在的偶然误差，故D正确。三、计

算题14.【答案】(1)22sinsinkQqgmH−；(2)sinkQqmg【详解】(1)根据牛顿第二定律可得sinmgFma−=根据库伦定律有2qQFkr=由几何知识可得sinHr=联立解得，A球刚释

放时的加速度大小为22sinsinkQqagmH=−(2)当A球受到合力为零，即加速度为零时，动能最大。设此时A球与B点间的距离为L，则有2sinkQqmLg=解得sinkQqLmg=15.【答案】(1)灯的电阻9，额定功率4W；(2)5【详解】(1)电键S合上2-2016,2AP

PIrI=−==出总且PIE=总所以2010V,10218V2PEUEIrI====−=−=总回路电流1118442A2A6333LUIIIIR====−=−=，R2两端电压222232V,826V3LLUIRUUU====−=−=灯的电阻692/3LLLURI===额

定功率264W3LLPUI===额(2)电键S断开'2228101V33LUEIr=−=−=滑动变阻器支路的阻值2'28/3142/3LURI===滑动变阻器的阻值21495R=−=16.【答案】（1）若开关S始终闭合，则这个距离应为d；（2）若在开关S断开后再移动N板，这个

距离又应为3d【解析】试题分析：以一定速度垂直进入偏转电场，由于速度与电场力垂直，所以粒子做类平抛运动．这样类平抛运动可将看成沿初速度方向的匀速直线与垂直于初速度方向匀加速直线运动．根据运动学公式解题．解：（1）S1闭合时，

两极板间电压U不变，有d=，d+x1=得解得：x1=d（2）断开S后，两极板间场强E不变，于是d=，得，解得：x2=3d答：（1）若开关S始终闭合，则这个距离应为d；（2）若在开关S断开后再移动N板，这个距离又应为3d17.【

答案】（1）98mgL；（2）C3342OmgLmgLqq==；；（3）6gLg【详解】（1）设小球从B点抛出时速度为0v，从B到D所用时间为t，小球做平抛运动在水平方向上BD0xvt=在竖直方向上2BD12ygt=由几何关系可知：0BD3cos6

03xLL=+，0BD3sin60yL=解得小球的初动能为：2KB01928EmvmgL==（2）带电小球B→O：由动能定理得：KOKBBOEEqU−=BOBOU=−解得：34OmgLq=带电小球B→C：由动能定理得：0KCKBBC3sin60EEmgLq

U−=+BCBCU=−解得：C32mgLq=（3）在正六边形的BC边上取一点G，令GO=，设G到B的距离为x，则由匀强电场性质可知GBCB3xL−−=解得：32xL=由几何知识可得，直线GO与正

六边形的BC边垂直，OG为等势线，电场方向沿CB方向，由匀强电场电场强度与电势的关系可得CB323mgEqL−==受力分析如图，根据力合成的平行四边形定则可得：12Fmg=合，方向F→B小球只有沿BF方

向抛入的小球才会再次回到B点，该小球进入六边形区域后，做匀减速直线运动，速度减为零后反向匀加速直线运动回到B点，设匀减速所用时间为t1，匀加速所用时间为t2，匀减速发生的位移为x021vtta==由牛顿定律得12mamg=20924vxLBFa==(未射出

六边形区域)小球在六边形区域内运动时间为126gLtttg=+=18.【答案】（1）103m/s（2）4.0×10-2m（3）0.15m【解析】试题分析：（1）从t=0时刻进入的带电粒子水平方向速度不变．在电场中运动时间t=L/v0=3×10-5s，正

好等于一个周期竖直方向先加速后减速，加速度大小82010m/sUqamd==射出电场时竖直方向的速度3110m/s3vaT==（2）无论何时进入电场，粒子射出电场时的速度均相同．偏转最大的粒子偏转量2

221122111()()3.510m233323daTaTTaT−=+−=反方向最大偏转量2222111212()()0.510m233323daTaTTaT−=+−=形成光带的总长度l=4.0×10-

2m（3）带电粒子在电场中运动的时间为T/2，打在荧光屏上的范围如图c所示．213.7510m2aTxdv−==221.7510m6aTxdv−==形成的光带长度l=d1+d+d2=0.15m