【文档说明】安徽省皖南名校2020-2021学年高二上学期期中考试 物理答案.pdf，共(8)页，332.477 KB，由小赞的店铺上传

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高二物理参考答案第1页（共8页）皖南名校2020—2021学年上期期中考试高二物理参考答案一、选择题（共10小题,每小题5分,共50分.其中1～6题为单选题；7～10题有多个选项是正确的，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）

1．D【详解】A．电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量，故A错误；B．电动势E是由电源本身决定的，跟电源的体积和外电路均无关，大小不一定等于电源两极间的电压，更不能说电动势就是电源两极间的电压，故B错误；C．电动势定义式E=Wq中的W是非静

电力做功，电压U=Wq中的W是静电力做功，故C错误；D．电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小，故D正确。2．D【详解】A．图甲为等量异种电荷形成的电场线，A错误；B．图乙离点电荷距离相等的a、b两点电场强度大小相等，方向不同，因此a、b两点电场

强度不同，B错误；C．图丙中在c点静止释放一正电荷，由于电场线是曲线，做曲线运动的物体受力的方向与运动方向不在一条直线上，因此不可能沿着电场线运动到d点，C错误；D．图丁中由于e点与f点在同一等势面上，因此把某一电荷从e点沿平行金属板方向移动到f点，电场力不做功，D正确。3．B【详解】A•h是电

流与时间的乘积，是电荷量的单位，故A错误；电机的额定功率：P=UI=12×2=24W，可知电机的输出功率一定小于24W，故B正确；只知道电机的额定电压与额定电流，不能由欧姆定律求出电机线圈的电阻值，故C错误；知道电机的额定电压，不知道电机线圈的电阻值，所以若电机

突发故障，被卡住无法转动，不能求出通过电机的电流值，故D错误。4．B【详解】根据题意符合条件的电场应满足a点的电势高于b、c点的电势；b、c两点电势相等。A．沿y轴负方向的匀强电场满足以上的条件，是可能的，故A不符题意；B．沿y轴正方向的匀强电场则有cbaϕϕ

ϕ=<，不满足以上的条件，故B符合题意；C．处于第I答案第2页，总8页象限某一位置的正点电荷形成的电场，当点电荷的位置在bc连线的中垂线上，且点电荷到a点的距离小于到b点、c点的距离时，满足以上的条件，故C不符题意；

D．处于第IV象限某一位置的负点电荷形成的电场，当点电荷的位置在bc连线的中垂线上时，满足以上的条件，故D不符题意。5．C【详解】A．d点处的电场线方向垂直于等势面向左，场强不为零，所以点电荷受电场力作用，故A错误；B．a点处的电场线

比b点处的电场线密，所以a点处的场强大，故B错误；C．由图可知：()1kV1kV2kVececUϕϕ−−=＝－＝，所以把单位正电荷从e点移到c点过程中，电场力做的功12kJ2kJecWqU==×=，故C正确。D．b点的电势低于d点，d点的电势又低于f点的电势，所以把电荷量为q的正电荷先从b

点移到d点，再从d点移到f点，电势能增加，电场力做负功，故D错误。6．B【详解】根据FEq=并结合图像可判断a点电场强度大于b点电场强度，离点电荷越近场强越大，所以点电荷在AB的中间靠近A的某个位置，又由于A、B两

点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，所以点电荷Q是负电荷，故A错误；根据电场强度的定义式即FEq=结合图像可判断B点电场强度大小为4492110N/C2.510N/C410bbkQEx−−×==×=×，A点

电场强度大小为4592410N/C410N/C110aakQEx−−×==×=×，可得场源电荷到AB的距离之比:1:4abxx=，因此点电荷Q的位置坐标为0.30m，故B正确，C错误；正的试探电荷受电场力方向与电场线方向相同，根据正试探电荷在A点受到的电场力沿x轴

正方向即可判断出A点电场强度方向沿x轴正方向，故D错误。7．BC【详解】圆环从P运动到O的过程中，受库仑引力，杆子的弹力，库仑引力沿杆子方向上的分力等于圆环的合力，滑到O点时，所受的合力为零，加速度为零，故A错误；圆高二物理参考答案第3页（共8页）环从

P运动到O的过程中，只有库仑引力做正功，根据动能定理知，动能一直增大，则速度一直增大，故B正确；根据动能定理得212qUmv=，根据牛顿第二定律得22Qqvkmrr=，联立解得22QUkrr=，可知若只增大圆环所带电荷量，圆环仍然可以做圆周运动；若增大高度，知电势差U增

大，库仑引力与所需向心力不等，不能做圆周运动，故C正确，D错误。8．AC【详解】将下极板竖直向下缓慢移动时，d增大，电容C减小；电容器的电压U不变，根据Q=UC可知电荷量减小；由=UEd分析得知，板间场强减小，则油滴所受电场力减小，油滴将竖直向下运动，故A正确，B错误；

P点到上极板的距离不变，而E减小，由U=Ed知，P点与上极板间电势差减小，P点的电势小于零，则P点的电势升高，由于油滴带负电，因向下运动，电场力做负功，则带电油滴的电势能将增加，则机械能减小，故C正确，D错误。9．ABD【详解】A．根据电流的定义式可得等效电流为qeItT==，故

A正确；B．电子运动的周期表达式为2πrTv=，根据电流的定义式可得等效电流为2qevItrπ==，故B正确；CD．原子中的电子绕原子核的圆周运动可以等效为环形电流，氢原子的电子的速率v，根据库仑力提供向心力22224πerkmrT=，解得2πrrmTek=

，形成的电流为22πeekITrmr==，故C错误，D正确。10．AC【详解】A．对图甲分析：根据I1＝1A可知，最大电压Umax＝I1（R1＋R2＋R3）＝35V，选项A正确。B．对图乙分析：先根据U＝IR计算出各元件的额定电压，U1＝10

V，U2＝40V，U3＝10V。三个电阻最小的额定电压为10V，10V就是并联电路允许加的最大电压值，即Umax＝10V。电路允许通过的最大总电流Imax＝max1UR＋max2UR＋max3UR＝（1010＋1020＋105）A＝3.

5A，选答案第4页，总8页项B错误。CD．对图丙分析：在图甲和图乙的分析中，已经知道，R1、R2的额定电压分别是10V和40V，故并联部分允许承受的最大电压U′max＝10V，该部分的最大电流I′max＝max1UR＋m

ax2UR＝10101020+A＝1.5A，又知R3的额定电流I3＝2A，故整个电路允许通过的最大电流，I″max＝I′max＝1.5A，电路两端允许加的最大电压Umax＝I″maxR3＋I″maxR并＝17.5V，选项C正确，选项D错误。二、实验题(每空2分，共18分)11．（8

分，每空2分）【答案】（1）C（2）A（3）不变变小【详解】（1）根据4SCkdεπ=可知影响平行板电容器的电容的因素有：两极板的正对面积、两极板间的距离、电介质的介电常数；完成实验探究需要用到的方法是控制变量法，故选C。（2）电容器带电后与电源断开，因此本实验电荷量不变

，则静电计是为了观察电压的变化，从而由QCU=确定出电容的变化，由于电路中没有电流，不能用电流表或者电压表代替静电计，故选A。（3）若保持开关S闭合，两板间的电压不变，则指针张开角度不变；若断开开关S后，电荷量Q不变，将A、B两极板间距离变小些，根据4πSCkdε=可知电容增大，由QCU=可知，

U减小，则指针张开角度变小。12．（10分，每空2分）【答案】（1）1002000（2）50（3）M（4）大于【详解】（1）根据题意，1R与表头G构成1mA的电流表，则gg1g()IRIIR=−，解得1100

ΩR=。若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1V，则gg2abUIRRI−=代入数据得2910ΩR=。若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3V，则32acggUIRRRI−=−代入高二物理参考答案第5页（共8页）数据得32000ΩR=。（2）电压表与改装电表并联

之后，电阻小于2500Ω，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大阻值小于并联部分，同时还要便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择50Ω的电阻。（3）在闭合开关S前，滑动变阻器的滑动端P应靠近M端，这样把并联部分电

路短路，起到一种保护作用。（4）造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头G的电流偏小，则实际电阻偏大，故表头G内阻的真实值大于900Ω。三、解答题(共42分)13.（10分）【答案】（1）4.8V~8V；（2）3.43V~8V【详解】

（1）当S断开时，滑动变阻器R1为限流式接法，R3及R1的下部不接在电路中，当滑动片P在最上端时，R2上获得的电压最大，此时R1接入电路的电阻为零，因此R2最大电压等于UAB=8V………………………………………2分当滑动片P在最下端时，R1的全部与R2串联，此时R2

上的电压最小22124.8VABRUURR==+……………………………………………2分所以R2上的电压变化范围为4.8V～8V……………………………………1分（2）当S闭合时，滑动变阻器R1为分压式接法，当滑动片在最下端时，R2上的电压最小，此时R2与R3并联，再

与R1的全部串联，R2与R3的并联电阻'2150Ω2RR==……………………………………1分答案第6页，总8页电压为'''11508V3.43V200150ABRUURR==×≈++…………………………2分当滑动片在最上端时，R2上的电压最大等于8VABU=……………1分所以R2上的电压

范围为3.43V～8V……………1分14．（10分）【答案】（1）0.5kg（2）0.4（3）7J−【详解】（1）由图可知，第1s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定律有：1qEmgmaµ−=……………1

分由图线知加速度a=tv∆∆=2m/s2……………1分1s后物块做匀速运动，由平衡条件有：2qEmgµ=……………1分联立解得：12qEEma−=（）由图可得：E1=3×104N/C，E2=2×104N

/C代入数据解得：m=0.5kg……………1分（2）1s~2s内由平衡条件得：2qEmgµ=……………1分可得：20.4qEgmµ==……………1分（3）物块在第1s的位移为：1121m21m2vSt===×……………1分物块在第2s的位移为：22221mmSvt=×==

……………1分物体运动2s过程中电场力做正功为W：441412243101101J1102J2107JWqESqES−−=×××+=××××+×=………1分电场力做正功7J，电势能改变量WEp−=∆，所以JWEp7−=−=∆，表明物块电势能减少了7J…

…………1分高二物理参考答案第7页（共8页）15．（10分）【答案】（1）2338kqQmgh+，方向竖直向下；（2）220()2Bmvvqϕϕ=−+。【详解】（1）带电物块在A点时受到的库仑力大小为：2qQFkr=……………1分其中sin60hr=°…………

…1分物块受力分析可得：Nsin60FmgF=+°……………1分由以上三式得：N2338kqQFmgh=+；……………1分根据牛顿第三定律可知，物块在A点时对轨道的压力为：NN2338kqQFFmgh′==+，方向竖直向下……………1分（2）从A运动到B点的过程中，由动能定理得：2201122A

BqUmvmv=−………2分又ABABBUϕϕϕϕ=−=−……………2分解得：220()2Bmvvqϕϕ=−+。……………1分16．（12分）【答案】（1）002=qULtm（2）2102qUtymd=（3）21032qUtssmd∆==【详解】（1）粒子在A、B板间做加速

运动，有20012qUmv=……………1分当C、D板间未加电压时，粒子做匀速运动，则00Lvt=……………1分解得：002=qULtm……………1分（2）粒子从nt0（n=0、2、4……）时刻进入C、D间，偏移距离最大……………1分答案第8页，总8页粒子做类平抛运动偏移距离2012

yat=……………1分加速度1qUamd=……………1分得：2102qUtymd=……………1分（3）粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远，飞出C、D板时偏转角θ满足0tanyvvθ=……………1分其中0yvat=……………1分

打在荧光屏上距中心线最远距离tansyLθ=+……………1分荧光屏上区域长度21032qUtssmd∆==……………2分