【文档说明】河南省实验中学2021-2022学年高二上学期期中物理试题 含解析.docx，共(21)页，2.599 MB，由小赞的店铺上传

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河南省实验中学2021—2022学年上期期中试卷高二物理（时间：90分钟，满分：100分）一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分。1～8小题只有一个选项符合要求，选对得4分，选错得0分；9-12小题有多个选项符合要求，全部选对得4分，

选对但不全的得2分，有选错的得0分。）1.下列说法正确的是（）A.InqvS=电流的微观表达式中的v指的是自由电荷热运动的速率B.电场中电势越高的地方，电荷在那一点具有的电势能越大C.同一电场分布图中电场线越密的地方，同一电荷所受电场力越大D.由URI=可知，导体的电

阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比【答案】C【解析】【详解】A．InqvS=电流的微观表达式中的v指的是自由电荷定向运动的速率，故A错误；B．电场中电势越高的地方，正电荷在那一点具有的电势能越大，负电荷具有的电势能越小，故B错误

；C．同一电场分布图中电场线越密的地方，电场强度越大，同一电荷所受电场力越大，故C正确；D．导体的电阻是由导体本身决定的物理量，跟它两端的电压和通过它的电流无关，故D错误。故选C。2.半导体指纹传感器

，多用于手机、电脑、汽车等设备的安全识别，如图所示。传感器半导体基板上有大量金属颗粒，基板上的每一点都是小极板，其外表面绝缘。当手指的指纹一面与绝缘表面接触时，由于指纹凹凸不平，凸点处与凹点处分别与半导体基板上的小极板形成正对面积相同的电容器，使每个电容器的电

压保持不变，对每个电容器的放电电流进行测量，即可采集指纹。指纹采集过程中，下列说法正确的是（）A.指纹的凹点处与小极板距离远，电容大B.指纹的凸点处与小极板距离近，电容小C.手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，电容器

带电量增大D.手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，电容器带电量减小【答案】C【解析】【详解】AB．由r4SCkd=知指纹的凸点处与小极板距离近，电容大；指纹的凹点处与小极板距离远，电容小。故AB错误；CD．由QCU=、r

4SCkd=可知手指挤压绝缘表面，电容器两极间的距离减小，电容变大，电容器带电量增大。故C正确，D错误。故选C。3.如图所示为《加油，向未来》某期科普节目中神奇的“闪电”实验现场，一辆汽车停在舞台中央，汽车左右两边有两个穿着金属防护服的实验员，高压电源接通后，实验员之间

产生了高压静电场，但是汽车里的人毫发无损，下列说法正确的是（）A.车内任意两点的电势相同B.车上的感应电荷均匀分布在车体的外表面C.车上的感应电荷在车内产生的电场强度为零D.上述情景下，将某一带电物体放在车外的电势能大于放在车内的电势能【答案】A【解析】

【分析】【详解】A．实验员之间产生了高压静电场，在高压静电场中汽车处于静电平衡状态，内部场强处处为零，车内任意两点间的电势差为零，故A正确；B．汽车处于静电平衡状态，车上的感应电荷分布在车体外表面，电荷的分布是不均匀的，车表面平整的地方电荷少，

尖锐突出的地方电荷量多，故B错误；C．汽车达到静电平衡状态，内部电场强度处处为零，即感应电荷的产生的电场与引起电磁感应的高压静电场的合场强为零，车上的感应电荷在车内产生的电场强度不为零，故C错误；D．由于不知带电物体的电性，无法判断带电物

体放在车外的电势能与放在车内的电势能大小关系，故D错误。故选A。4.如图所示为一个正六边形，每条边的电阻都为R，AB是正对的两个顶点间的连线，AB的材料与六边形各边材料都相同，则A、B之间的电阻为（）A.8RB.3.5RC.76RD.67R【答案】D【解析】【

分析】【详解】A、B之间的电阻可看成两个阻值为3R的电阻并联后与一个阻值为2R的电阻并联，两个阻值为3R的电阻并联后的阻值为1.5R，所以并联后的电阻为1.526=1.527RRRRRR=+总故选D。5.如图所示为示波管内的

聚焦电场，图中实线为电场线，虚线为等势线，a、b、c为静电场中的三点，b、c在同一条直线的电场线上，则下列说法正确的是（）A.a、b、c三点中，c点电势最高B.a、b、c三点中，a点场强最大C.正电荷在b点的电势能大于在c点的电势能D.负电荷在b点由静止释放，仅在电场力的作用下能

沿直线由b点运动到c点【答案】C【解析】详解】A、沿着电场线方向，电势降低，所以a、b、c三点中，c点电势最低，b点电势最高，故A错误；【B、电场线的疏密程度反映场强的大小，c点电场线最密，所以c点场强最大，故B错误；C、由于电势能pEq=，b点的电势高于在c点的电势，所以

正电荷在b点的电势能大于在c点的电势能，故C正确；D、负电荷在b点由静止释放，电场力水平向右，仅在电场力的作用下向右运动，不可能沿直线由b点运动到c，故D错误；故选C．【点睛】沿着电场线方向，电势降低，电场线的疏密程度反映场强的大小，电势能由pEq=求出．6.某一导体的伏安特性曲线如图

中AB段（曲线）所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是（）A.对应于B点的电阻为12ΩB.对应于B点的电阻为40ΩC.工作状态从A变化到B时，导体的电阻改变了1ΩD.工作状态从A变化到B时，导体的电阻改变了9Ω【答案】B【解析】【详解】AB．B点的电阻为B6Ω40Ω0.15URI===故A错误，B

正确；CD．A点的电阻A3Ω30Ω0.1URI===故两点间电阻改变了40Ω30Ω10ΩR=−=故CD错误。的故选B。7.如图1所示，用充电宝为一手机电池充电，其等效电路如图2所示。在充电开始后的一段时间t内，充电宝的输出电压U、输出电流I可认为是恒定不变的，设手机电池的内阻为r，则时间t

内（）A.充电宝输出的电功率为2UIIr+B.充电宝产生的热功率为2IrC.手机电池产生的焦耳热为2UtrD.手机电池储存的化学能为2UItIrt−【答案】D【解析】【详解】A．充电宝的输出电压U、输出电流I，所以充电宝输出的电功率为PUI=故A错误；B．充电宝内的电流也是I，

但其内阻未知，所以无法判断充电宝产生的热功率，故B错误；C．U是充电宝的输出电压，不是手机电池的内电压，所以不能用2Utr，计算手机电池产生的焦耳热，应为2QIrt=故C错误；D．充电宝输出的电能一部分转化为手机电池储存的化学能，一部分转化为手机电池产生的焦耳热，故根据能量守恒定律可知手机电

池储存的化学能为2EUItIrt=−故D正确。故选D8.如图所示，空间有一正三棱−PABC，D点是BC边上的中点，O点是底面ABC的中心，现在顶点P点固定一负的点电荷，则下列说法正确的是（）。A.A，B，C三点的电场强度相同

B.底面ABC为等势面，所以沿该面移动电荷电场力不做功C.将一正的点电荷从A点沿直线移到D点过程中，该试探电荷电势能先减少后增加D.若B，C，D三点的电势为BCDBDDC−=−有，，则，【答案】C【解析】【分

析】【详解】A．ABC三点到P点距离相同，故三点电场强度大小相等，但方向不同，故ABC三点的电场强度不相同，故A错误；B．O到P点距离比ABC三点到P点距离短，故电势比ABC三点电势低，又O点为底面ABC上的一点，故底面ABC不为等势面，故B错误；C．O到

P点距离比AD两点到P点距离短，故电势比AD两点电势低，则电势能先减小后增大，电荷先做正功，后做负功，故C正确；D．BC两点到P点距离相等，两点电势相等，则BDCD−=−故D错误。故选C。9.如图所示，一个电源在外电阻不断变化时，内、外电阻消耗的电功率随电流变化的

关系分别用抛物线C1、C2表示。由该图可知（）A.电源的电动势为4VB.电源的内电阻为2ΩC.电源输出功率的最大值为16WD.电源消耗的最大功率为16W【答案】AD【解析】【详解】ABC．电路中内外电阻相等时电源输出功率达到最大值，由图可知，曲线交点内外功率相等，则内外电阻相等，电源输出功率

最大为4W，根据2PIR=可知当4WP=时1ΩRr==因为()4VEIRr=+=所以电源电动势为4V，故BC错误，A正确；D．当电源短路时，电源消耗功率最大216WEPr==故D正确。故选AD。10.沿电场中某条直线电场线方向建立x轴，该电

场线上各点电场强度E随x的变化规律如图所示，坐标点O、x1、x2和x3与x轴上O、A、B、C四点相对应，相邻两点间距离相等。一个带正电的粒子从O点由静止释放，运动到A点的动能为Ek，仅考虑电场力作用。则（）A.从O点到C点，电势先

升高后降低B.粒子运动到C点时动能小于3EkC.粒子先做匀加速运动，后做变减速运动D.粒子在AB段的电势能变化量大于BC段的电势能变化量【答案】BD【解析】【详解】A．由图知，从O点到C点，沿电场线方向，电势逐渐降低，A错误；B．由E-x图像中图线与坐标轴围

成的图形“面积”代表电势差0112OAUEx=，01122ACUEx＜得2OAACUU＞由动能定理kqUE=得k0OAqUE=−，kkACCqUEE=−知粒子运动到C点时动能小于3Ek，B正确；C．由静止释放的粒子所受电场力与速度方向一致，所以粒子一直做加速直线运动，在0x

１段电场强度逐渐变大，粒子所受电场力逐渐变大，做加速度增大的变加速直线运动，C错误；D．E-x图像中图线与坐标轴围成的图形“面积”代表电势差，AB段的电势差大于BC段的电势差，故电场力做功WAB>WBC，由电场力做功与电势能变化的关系得，粒子在AB段电势能变化量大于B

C段的电势能变化量，D正确。故选BD。11.如图所示为真空中的实验装置，平行金属板A、B之间的加速电压为1U，C、D之间的偏转电压为2U，P为荧光屏。现有质子、氘核和粒子三种粒子分别在A板附近由静止开始加

速，最后均打在荧光屏上。已知质子、氘核和粒子的质量之比为1:2:4，电荷量之比为1:1:2，则质子、氘核和粒子三种粒子（）A.从开始到荧光屏所经历时间之比为2:1:1B.从开始到荧光屏所经历时间之比为1:2:2C.打在荧光屏时的动能之比为1:1:2D.打在荧光屏时的动能之比为

2:1:1【答案】BC【解析】【分析】【详解】AB．设加速电场AB间距离为d，偏转极板长度为l，偏转极板间的距离为h，屏到偏转电场右边缘距离为s，粒子在加速过程中，根据21012Uqmv=可得102Uqvm=在加速电场中运动的

时间102dtv=进入偏转电场，以及离开偏转电场后到打到屏上，水平方向速度保持不变，因此打到屏的时间20lstv+=从开始到荧光屏所经历时间002dlstvv+=+可知运动时间与0v成反比，由于123::1:2:4mmm=123::1:1:

2qqq=因此312123123123111::::::1:2:2mmmtttvvvqqq===A错误，B正确；CD．粒子进入偏转电场之后，做类平抛运动0Lvt=212yat=其中2Uqmah=可得2124ULyUh=可知所有粒子在偏转电场中，偏

转距离相等，根据动能定理21kUqUqyEh+=可知打在荧光屏时的动能仅仅与粒子的带电量成正比，因此k1k2k3123::::1:1:2EEEqqq==D错误，C正确。故选BC。12.如图所示，a、b、c、d是圆

O上的四点，ab=5cm，cd=8cm，60bac=o，一匀强电场的方向与圆所在平面平行，已知a、b、d三点电势分别为46Va=、21Vb=、10Vd=，则下列说法正确的是（）A.a点电势比c点电势低46VB.电场强度大小为6V/cmC.电子在b点的电势能比在c点的低75eVD.电子

从d点运动到c点，克服电场力做功64eV【答案】CD【解析】【详解】AB．如图由圆的性质可知，∠adc=90°，故根据几何关系可得ac=2ab=10cm226cmadaccd=−=设场强E与ad夹角为β1，与ab夹角为β2，∠dac=α=53°，根据匀强电场场强与电势差的关系

有对a、d两点1cos4610adE=−对a、b两点2cos4621abE=−联立，解得12cos6cos5=再结合几何关系1260113+=+=即12cos()0.40.33+=−可得β1=α=53°，β2=60°故可知，电场沿a→c方向，所

以34621V/m10V/m10V/cmcos600.050.5abUEab−====根据电势与电势差和场强的关系可得1010V100VacacUEac−====故AB错误；C．根据电势与电

势差之间的关系可得46V100V54VcaacU=−=−=−所以21V(54V)75VbcU=−−=从而可知，电势能之差为75eVbcWeU==−故C正确；D．根据电场力的公式，可得电子从d点运动到c点，克服电场力做功为64eVdcWeU=

=故D正确。故选CD。二、实验题（本题共2小题，共14分）13.国标规定自来水在15C时电阻率应大于13m．某同学利用图甲电路测量15C自来水的电阻率，其中内径均匀的圆柱形玻璃管侧壁连接一细管，细管上加有阀门K以控制管内自来水的

水量，玻璃管两端接有导电活塞(活塞电阻可忽略)，右活塞固定，左活塞可自由移动，实验器材还有：电源(电动势约为3V，内阻可忽略)，电压表1V(量程为3V，内阻很大)，电压表2V(量程为3V，内阻很大)，定值电阻1(R阻值4k），定值电阻2R（阻值2k），电阻箱R(最

大阻值9999Ω)，单刀双掷开关S，导线若干，游标卡尺，刻度尺，实验步骤如下：A.用游标卡尺测量玻璃管的内径dB.向玻璃管内注满自来水，并用刻度尺测量水柱长度LC.把S拨到1位置，记录电压表1V示数D.把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使

电压表2V示数与电压表1V示数相同，记录电阻箱的阻值RE.改变玻璃管内水柱长度，重复实验步骤C、D，记录每一次水柱长度L和电阻箱阻值RF.断开S，整理好器材（1）测玻璃管内径d时游标卡尺示数如图乙，则______mm；（2）玻璃管内水柱的电阻的表达式为Rx

______(用R1、R2、R表示)；（3）利用记录的多组水柱长度L和对应的电阻箱阻值R的数据，绘制出如图丙所示的图象，则坐标轴的物理量分别为______；（4）本实验中若电压表2V内阻不是很大，则自来水

电阻率测量结果将______(填“偏大”、“不变”或“偏小”)．【答案】①.30.00②.12RRR③.纵坐标应该表示电阻箱阻值R，横坐标应该表示对应水柱长度的1L④.偏大【解析】【详解】［1］游标卡尺的主尺读数为3.0cm=30mm，游标尺上0刻度和主尺上刻度

对齐，所以最终读数为30.00mm；［2］设把S拨到1位置时，电压表V1示数为U，则此时电路电流为1UR，总电压X1UREUR=+当把S拨到2位置，调整电阻箱阻值，使电压表V2示数与电压表V1示数相同也为U，则此时电路中的电流

为UR，总电压2UREUR=+由于两次总电压相等，都等于电源电动势E，可得21xRRRR=，解得玻璃管内水柱的电阻的表达式12xRRRR=［3］由电阻定律xLRS=电阻箱阻值R12xRRRR==121RRSL所以纵坐标应该表示电阻

箱阻值R，横坐标应该表示对应水柱长度的1L；［4］若电压表V2内阻不是很大，则把S拨到2位置时，此时电路电流大于UR，实际总电压将大于2UREUR=+=1xURR+U所以测量的xR将偏大，因此自来水电阻率测量结果将偏大．14.两个学习小组分别用下面两种方案测量电源电动势和内阻。方案（1）用内阻为3

kΩ、量程为1V的电压表，保护电阻R0，电阻箱R，开关S。测量一节干电池的电动势和内阻。①由于干电池电动势为1.5V，需要把量程为1V的电压表扩大量程．若定值电阻R1可供选择的阻值有1kΩ、1.5kΩ、2kΩ，其中最合适的是__________。②请在虚线框内画出测量电源电动势和内阻的电路

原理图__________，并完成图（a）中剩余的连线__________。方案（2）按照图（b）的电路测量电源电动势和内阻，已知电流表内阻为RA，R1=RA，保护电阻的阻值为R0，根据测得的数据作出1RI−图像，图线的斜率为k，纵截距为b，则电源电动

势E=_________，内阻r=______________。【答案】①.1.5kΩ②.③.④.2k⑤.012AbrRRk=−−（或者0112brRRk=−−）【解析】【详解】(1)①[1]一节干电池的电动

势为1.5V，把量程为1V的电压表串联1.5kΩ的定值电阻改装成量程1.5V即可。②[2][3]电路如图所示(2)[4][5]由于与电流表并联的定值电阻R等于电流表内阻RA，若电流表读数为I，则通过电源的电流为2I，根据闭合电路欧

姆定律得A022REIRrR+++＝变形得0A2212rRRRIEE++=+其中2kE=可得2Ek=截距0A22rRRbE++=可得A02RbrRk=−−三、解答题（本题共4小题，共38分。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写

出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15.如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机。P是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上。闭合开关S，重物P以速度v匀速上升，这时理想电流表和理想电压

表的示数分别是I=5A和U=110V，重物P上升的速度v=1.0m/s，重物的质量m=45kg（g取10m/s2）。求：（1）电动机的输入功率P入；（2）电动机线圈的电阻R。【答案】（1）550W；（2）4Ω【解析】【详解】(

1)电动机消耗的电功率为5510W550WPUI===入(2)绳对重物做功的机械功率为45101.0W450WPmgv===机电动机线圈的电阻R的发热功率为-550W450W100WPPP==−=入热机由2=PI

R热得电动机线圈的电阻22100Ω4Ω5PRI===热16.两个带电小球A、B（可视为质点）通过绝缘的不可伸长的轻绳相连，若将轻绳的某点O固定在天花板上，平衡时两个小球的连线恰好水平，且两根悬线偏离竖直方

向的夹角分别为30°和60°，如图甲所示。若将轻绳跨接在竖直方向的光滑定滑轮（滑轮大小可不计）两端，调节两球的位置能够重新平衡，如图乙所示，求：(1)两个小球的质量之比；(2)图乙状态，滑轮两端的绳长O′A、O′B之比。【答案】(1)3∶1；(2)1∶3【解析】【详解】(1)

带电小球处于静止状态，受力平衡，对任意一个带电小球受力分析，受到重力、绳子的拉力T和库仑力F，根据平衡条件得Tcosθ－mg＝0Tsinθ－F＝0解得tanFmg=所以tan603tan301ABm

m==(2)对小球A受力分析，设绳子拉力为T，小球到滑轮的长度为L，O′C的距离为h，根据三角形相似，有mgThL=解得ThLmg=所以13OABOBALmLm==17.在如图所示的电路中，两平行正对金属板A、B水平放置，两板间的距离d=4.5

cm。电源电动势E=400V，内电阻r=2Ω，电阻R1=198Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球（可视为质点）从B板上的小孔以初速度v0=1.0m/s竖直向上射入两板间，小球恰好能到达A板。若小球所带电荷量q=1.0×10-7C，质量m=2.0×10-4kg，不考虑空气阻力，忽

略射入小球对电路的影响，取g=10m/s2，求：（1）滑动变阻器接入电路的阻值；（2）当没有小球射入时，改变P的位置，求滑动变阻器消耗的最大电功率P滑；（3）当滑动变阻器接入电路的阻值为多大时小球恰能到达距A板15d处。【答案】（1）2003Ω；（2）200W；（3）1400Ω【解析

】【详解】（1）小球在平行板内向上匀减速直线运动，由动能定理得20102qUmgdmv−−=−解得100VU=根据闭合电路欧姆定律有1ERUrRR=++解得滑动变阻器接入的电阻为R=2003Ω（2）把滑动变阻器看成外阻，R1和r看成等效内阻，则当的R滑

=R1+r=200Ω时滑动变阻器功率有最大值，有电功率最大为P滑=24ER滑=200W（3）对小球由动能定理得204410552qUmgdmv−−=−解得U=350V结合1ERUrRR=++解得R=1400Ω18.如图甲所示，平行金属板间距离为d、板长5d

，其下极板的A端与右侧竖直放置的14光滑圆弧形绝缘轨道相切，轨道半径为d，轨道处在水平向左的匀强电场中。平行金属板间电场强度随时间的变化规律如乙图所示，0=t时刻，带正电的小球以一定的初速度沿中线射入两板

间，03～T时间内小球匀速启动，T时刻小球运动至A点。当小球沿着轨道运动到最高点B时，小球对轨道的压力恰好为零。已知小球的质量为m，重力加速度的大小为g，0E为已知量，T未知。求：（1）小球的带电量q；（2）小球的初速度大小v0；（3）水平向左的匀强电场的电场强

度大小E。的【答案】（1）0mgqE=；（2）0523gdv=；（3）03227EE=【解析】【详解】（1）由题意得0mgqE=解得0mgqE=（2）水平方向05dvT=竖直方向2112223Tdg=

解得0523gdv=（3）根据动能定理有2201122qEdmgdmvmv−−=−在B点由牛顿第二定律2mvqEd=联立解得获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com