【文档说明】河南省郑州市第一零六高级中学2020-2021学年高二上学期期中考试物理试题 含解析.doc，共(15)页，822.395 KB，由小赞的店铺上传

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1河南省实验中学2020——2021学年上期期中试卷高二物理一、选择题(本题共12小题，1~8是单选题，9~12是多选题。每小题4分，共48分。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1.下列说法正确的是（）A.电场是人们假想的，不是客观

存在的B.电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹C.元电荷是指带电量最小的电荷，比如电子和质子D.当两个带电体的形状和大小对它们的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体就能看作点电荷【答案】D【解析】【详解】A．电场是一种特殊的物质，不是人们假想的，是客观存在

的，故A错误；B．点电荷在电场中的运动轨迹取决于初始条件与受力情况，电场线是为形象的描述电场而在电场中画的一些曲线，故不能讲电场线就点电荷在电场中的运动轨迹，故B错误；C．元电荷是指带电量最小的电荷，是一个电荷量，不是实物粒子，

比如电子和质子所带电荷量等于这个数值，故C错误；D．当两个带电体的形状和大小对它们的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体就能看作点电荷，故D正确。故选D。2.在光滑绝缘水平面上，三个带电小球a、b和c分别位于边长为l的正三角形的三个顶点上；a

、b带正电，电荷量均为q，整个系统置于方向水平的匀强电场中．若三个小球均处于静止状态，则c球的带电量为（）A.+qB.-qC.+2qD.-2q【答案】D【解析】2【详解】a、b带正电，要使a、b都静止，c必须带负电，否则匀强

电场对a、b的电场力相同，而其他两个电荷对a和b的合力方向不同，两个电荷不可能同时平衡，设c电荷带电量大小为Q，以a电荷为研究对象受力分析，根据平衡条件得c、b对a的合力与匀强电场对a的力等值反向，即为：2kqql=2kQql×cos60所以C球的带电量

为-2qA．+q与分析不符，故A错误；B．-q与分析不符，故B错误；C．+2q与分析不符，故C错误；D．-2q与分析不符，故D正确．3.如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、C、D三

点电势分别为1.0V、3.0V、5.0V，正六边形所在平面与电场线平行.则()A.电场强度的大小为4033V/mB.UEF与UBC相同C.电场强度的大小为2033V/mD.E点的电势与C点的电势相等【答案】A【解析】【详解】D.已知正六边形所在平面与电场线平行,

且A.C.D三点电势分别为1.0V、3.0V、5.0V,延长DC且使DC=CG,连接BG,可知UDC=UCG=2.0V，故ABG的电势相等为1.0V；C、F电势相等为3.0V，D、E电势相等为5.0V，故D错误；B.电势差UEF=5.0−3.0=2.0

V,电势差UBC=1.0−3.0=−2.0V，故B错误；3AC.根据U=Ed可知,电场强度E=DCUd=0sin60DCa−=5.03.030.12−V/m=4033V/m，故A正确，C错误；故选A．

4.一根长为L，横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ。棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v。则金属棒内的电场强度大小为（）A.22mveLB.2mvSneC.ρnevD.evSL【答案】C【解析

】【分析】考查电路和电场知识【详解】UIR=，I=neSv，LRS=，UEL=，联立得E=ρnev，故选C。5.四根完全相同的长直导线互相平行，它们的截面处于一个正方形abcd的四个顶点处，导线中通有方向如图所示的电流，若每根通电导线在正方形中点处产生的磁感应强

度大小均为B，则正方形中点处实际磁感应强度的大小为（）A.0B.2BC.22BD.5B【答案】C【解析】【详解】由右手螺旋定则可知，中心电场如图所示：4c导线在中心的磁场指向b，a导线在中心的磁场也指向b，b导线在中心的磁场指向a，d导线在中

心的磁场也指向a，所以中心的磁感应强度为：22(2)(2)22BBB+=C正确。故选C。6.下图中小磁针的指向正确的是()A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．从图可知，电流从螺线管的左端流入，右端流出，根

据安培定则可知，螺线管左端是N极，右端是S极；由于同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，所以小磁针的左端是N极，右端是S极，故A错误；BC．从图可知，电流从螺线管的右端流入，左端流出，根据安培定则可知，螺线

管左端是N极，右端是S极，在螺线管上方磁场方向从左向右，则小磁针的左端是S极，右端是N极，故B错误，C正确；D．从图可知，电流从螺线管的左端流入，右端流出，根据安培定则可知，螺线管左端是N极，右端是S极，在螺线管上方磁场方向从左向右，则小

磁针的左端是S极，右端是N极，故D错误。故选C。7.如图所示为某电源的伏安特性曲线，则下列结论正确的是（）A.电源的电动势为6.0VB.电源的内阻为125C.电流为0.2A时的外电阻是18.0D.电源的短路电流为0.5A【答案】A【解析】【详解】A.由

电源的伏安特性曲线可知，电源的电动势为6.0V，故选项A符合题意．B.电源的内阻65.21.60.5r−==故选项B不符合题意．C.依据闭合电路欧姆定律61.6UI=−可知，当电流为0.2A时，路端电压为5.68V，则由欧姆定律可知外电阻5.6828.40.2URI===故选项

C不符合题意．D.图象与横坐标的交点电压为5.2V，这时对应的电流为0.5A，这不是短路电流，故D选项不符合题意．8.反射式速调管是常用微波器之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振荡原理与下述过程类似．已知

静电场的方向平行于x轴，其电势随x的分布如图所示．一质量202.010kgm−=，电荷量92.010Cq−=的带负电的粒子从(1,?0)−点由静止开始，仅在电场力作用下在x轴上往返运动．则（）A.x轴左侧电场强度1E和右侧电场强度2E的大小之比1212EE=B

.粒子在0~0.5cm区间运动过程中的电势能减小C.该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为84.010J−D.该粒子运动的周期83.010sT−=【答案】ACD【解析】【详解】根据UEd=可知，左侧电场强度：21220V/m2.010V/m110E−==，右侧电场

强度：622220V/m4.010V/m0.510E−==，所以1212EE=，故A正确．粒子带负电，故在0~0.5cm区间运动过程中的电势能增加，B错误．该粒子运动过程中电势能变化量的最大值为98202.010J4.010JPEUq−−===，C正确．粒子运动到原点时速度最大，根据

动能定理有：1kmqExE=，其中21.010mx−=，联立得：82.010JkmE−=，设粒子在原点左右两侧运动的时间分别为1t、2t，在原点时的速度为mv，由运动学公式有1111mqEvattm==，同理可知：2222mqEvattm==、212kmmE

mv=，而周期122()Ttt=+，联立得：83.010sT−=，故D正确．故选ACD．9.如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、

c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法中正确的是（）A.M带正电荷，N带负电荷B.M在b点的动能小于它在a点的动能C.N在d点的电势能等于它在e点的电势能D.b点的电势比a点的电势低【答案】BCD【解析】【详解】A．由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引

力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A错误；B．M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确；C．d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故C正确；D

．正电荷固定在O点，电场线从O点向外，沿着电场线方向，电势降低，故b点电势低于a点电势，故D正确。故选BCD。10.某实验小组用图示装置探究影响平行板电容器电容的因素．若两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，假定极板所带电荷量不变，下列判断中正确的是7A.保持S不变，增

大d，则C变小，θ变大B.保持S不变，增大d，则C变大，θ变小C.保持d不变，减小S，则C变小，θ变大D.保持d不变，减小S，则C变大，θ变小【答案】AC【解析】根据电容的决定式4SCkd=得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，

增大d时，电容减小，因极板所带电荷量Q不变，由电容的定义式QCU=，分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大．故A正确，B错误．根据电容的决定式4SCkd=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容C减小，极板所带电荷量Q不变，则由电容的定

义式QCU=，可知板间电势差U增大，静电计指针的偏角θ变大．故C正确，D错误．故选AC．点睛：本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量Q不变；二是关于电容的两个公式:决定式4SCkd=和定义式QCU=．11.如图所示电路中，电流表A和电压表V均可

视为理想电表。现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法正确的是（）A.电流表A的示数变小B.电压表V的示数变小C.小灯泡L变亮D.电容器C上电荷量增加【答案】AD8【解析】【详解】滑动变阻器向左滑动，总电阻变大，总电流变小，电流表A示数变小；小灯泡L变暗；内阻分压变

小，灯泡分压变小，所以滑动变阻器分压变大，电压表V示数变大；电容器C与滑动变阻器并联，两端电压增大，电荷量增大，则AD正确，BC错误。故选AD。12.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场1E

，之后进入电场线竖直向下的匀强电场2E发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（）A.偏转电场2E对三种粒子做功一样多B.三种粒子打到屏上时速度一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子一定打到屏上的同一位置

，【答案】AD【解析】【详解】AB．带电粒子在加速电场中加速，由动能定理可知2112WEqdmv==解得12Edqvm=粒子在偏转电场中的时间Ltv=在偏转电场中的纵向速度222012EqLvatEmd==9纵向位移2221124ELya

tEd==即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多，故A正确，B错误；CD．因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间

不相同，故C错误，D正确。故选AD。【点睛】此题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用；正确列出对应的表达式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功。二、实验题13.(1)下面左图螺旋

测微器读数为__________mm，右图游标卡尺读数为__________mm(2)某表头满偏电流为1mA、内阻为982Ω．（以下计算结果均取整数）①为了将表头改装成量程为3V的电压表，需要一个阻值为____

____Ω的电阻与表头串联；②为了将表头改装成量程为50mA的电流表，需要一个阻值约为____Ω的电阻与表头并联．【答案】(1).0.900(2).14.50(3).2018(4).20【解析】【详解】(1)[1]螺旋测微器

读数为0.5mm+0.01mm×40.0=0.900mm；[2]游标卡尺读数为1.4cm+0.05mm×10=14.50mm；(2)[3]为了将表头改装成量程为3V的电压表，需要串联电阻的阻值为3982Ω2018Ω0

.001gURrI=−=−=[4]为了将表头改装成量程为50mA的电流表，需要并联电阻的阻值为0.001982Ω20Ω0.050.001ggIrRII==−−1014.现有一小灯泡，额定电压为4V，额定功率大约为2W。现在要用伏安法研究这个小灯泡的伏安特性曲线，实验室

有如下器材可供选用：A．电压表1V（0~3V，内阻v1r约为6kΩ）B．电压表2V（0~15V，内阻v2r约为30kΩ）C．电流表1A（量程为200mA内阻A1r为10Ω）D．电流表2A（量程为800mA内阻A2r约为3Ω）E．定值电阻()015ΩRF．滑动变阻器()

10~100Ω,0.5ARG．滑动变阻器()20~10Ω1AR，H．电源(5VE，内阻约为1Ω)I．单刀开关一个、导线若干（1）为了调节方便，测量尽可能准确，实验中应选用电表______和______，滑动变阻器应选用___

___。（填对应器材前的字母序号）（2）为使实验误差尽量减小，要求从零开始多测几组数据，请在如图1所示的实线框里画出实验电路图______。（图中需标明所选器材的字母代号）（3）根据电路图连接好电路，反复调节滑动变阻

器的滑片，读出并记录好电表的示数，计算小灯泡两端电压U和通过小灯泡的电流I，并且填写到预先设计的表格中。根据测量的数据，在坐标纸上描点，画出小灯泡的UI−曲线，如图2所示。11（4）根据小灯泡的UI−曲线可得小灯泡的额定功率为______W。（结果保留三位有效数字）【答案】(1).C(2)

.D(3).G(4).(5).1.90(1.88~1.95均可)【解析】【详解】(1)[1][2][3]灯泡额定电压为4V，电压表A量程太小，电压表B量程太大，不能用电压表测电压，应用内阻已知的电流表

C与定值电阻E串联改装成电压表测电压，用电流表D测电流，为方便实验操作滑动变阻器应选择G；(2)[4]电流表A1与定值电阻R0串联改装成电压表，描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用外接法，实验电路图

如图所示；(4)[5]由图示灯泡U-I图象可知，额定电压U=4V对应的电流I=0.475A，灯泡额定功率：40.4751.90WPUI===三、计算题15.图示为一组未知方向的匀强电场的电场线，把电荷量为1×10-6C的负电荷从A点沿水平线移至B点，静电力做了2×10-

6J的功，A、B间的距离为2cm。（1）求A、B两点间的电势差UAB及电场强度的大小E；（2）若B点电势为1V，则电子处于A点时，具有的电势能Ep为多少电子伏？12【答案】（1）-2V，2210N/C；（2）1eV【解析】【详解】（1）根据题意

，A、B间的电势差：2VABABWUq==−A、B间沿电场线方向上的距离d＝1cm所以电场强度的大小2210N/CABUEd==。（2）如果已知B点电势为1V，则A点电势为-1V，电子处于A点时，具有电势能

：Ep＝1eV。16.如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机的内阻r=0.8Ω，电路中另一电阻R=10Ω，直流电压U=160V，电压表示数UV=110V．试求：（1）输入电动机的电功率；（2）若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量．(g取10m

/s2)．【答案】（1）550W；（2）53kg【解析】【详解】（1）电动机和电阻串联，所以电流相等．电阻R两端电压为：U1=160-110=50V通过电动机的电流大小为：150A5A10UIR＝＝＝电动机输入的电功率为：13P=UI=110×5=550W．（

2）电动机的机械功率为：P′=P-I2R=550W-25×0.8W=530W．由P=mgv可得：53053kg101m==17.如图所示,水平地面上固定一个光滑绝缘斜面,斜面与水平面的夹角为θ,一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端,另一端系有一个带电小球A.细线与斜面

平行．小球A的质量为m、电荷量为q.小球A的右侧固定放置带等量异种电荷的小球B,两球心的高度相同、间距为d.静电力常量为k,重力加速度为g,两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上．求：（1）若B球带正电且细线对A球的拉力刚好为0，则B球电量大小是多少？（

2）若B球带负电且斜面对A球的支持力刚好为0，则B球电量大小是多少？【答案】(1)2tanmgdkq(2)2tanmgdkq【解析】【详解】（1）根据库仑定律，小球A与B之间库仑力的大小为：2BkqqFd=；若细线上的拉力为0，小球A受重力、支持力和库仑斥力而平衡，根据共点力平衡条件，重力

的下滑分力与库仑力的上滑分力平衡，即：mgsinθ=Fcosθ；联立解得：qB=2mgdtankq（2）若斜面对A球支持力刚好为零，则有：mg＝2Bkqqdtanθ；解得：qB=2tanmgdkq．【点睛】本题关键是明确A球的受力情况，然后根据共点力平衡条件列方程求解，注意细线拉

力为零的临界条件．18.如图，在竖直平面内，一半径为R的光滑绝缘圆弧轨道ABC和水平绝缘轨道PA在A点相切，BC为圆14弧轨道的直径，O为圆心，OA和OB之间的夹角为，3sinα5=，整个装置处于水平向右的匀强电场中．一质量为m、电荷量为q（q＞0）的带电小球在

电场力的作用下沿水平轨道向右运动，经A点沿圆弧轨道通过C点，落至水平轨道；已知小球在C点所受合力的方向指向圆心，且此时小球对轨道的压力恰好为零，重力加速度大小为g．求(1)匀强电场的场强大小；(2)小球到达A点时速度的大小；(3)小球从C点落至水平轨

道上的位置与A点的距离．【答案】（1）34mgq（2）232gR（3）9R8【解析】【详解】(1)小球到达C点时所受合力的大小为F，由力的合成法则，则有：tanαqmgE=解得匀强电场的场强大小：tanα34mgqqE

mg==(2)设小球到达C点时的速度大小为Cv，由牛顿第二定律得：2CvFmR=222()()FmgEq=+解得：1552CgRv=小球到达A点的速度大小Av，由动能定理有：2211(cosα)sinα22CAmgRREqRmvmv−+−=−解

得：232AgRv=(3)小球离开C点后，在竖直方向上做初速度不为零的匀加速直线运动，加速度大小为g，小球在竖直方向的初速度为：sinαyCvv=从C点落到水平轨道上所用时间为t，由运动学公式，则有：21cosα2yvtgtRR+=+解得：355Rtg=小球在水平方向上做初速度

不为零的匀减速直线运动，加速度大小为：34Eqagm==小球在水平方向的初速度为：cosαxCvv=由运动学公式，则有：212xxvtat=−小球从C点落至水平轨道上的位置与A点的距离：9sinα8sxRR+==