《河北省保定市第三中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题（含解析）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《河北省保定市第三中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题（含解析）（17页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、河北省保定市第三中学河北省保定市第三中学 2021-20212021-2021 学年高二物理上学期期中试题（含学年高二物理上学期期中试题（含解析）解析）一、选择题：本题共一、选择题：本题共 1515 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 6060 分。在每小题给出的四个选项中，第分。在每小题给出的四个选项中，第 110110题只有一个选项正确，第题只有一个选项正确，第 11151115 题有多个选项正确，全部选对的得题有多个选项正确，全部选对的得 4 4 分，选对但不全的得分，选对但不全的得 2 2分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分。分。1. 下列说法正确的是（）A. 元电荷实
2、质上是指电子和质子本身B. 摩擦起电说明电荷是可以创造出来的C. 元电荷的值通常取191.60 10CeD. 电荷量e的数值最早是由库仑通过实验测得的【答案】C【解析】【详解】A元电荷是最小单位电荷量，不是电子或质子，故 A 错误；B摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体，并不是创造了电荷，故 B 错误；C元电荷的值通常取，故 C 正确；191.60 10CeD电荷量e的数值最早是由密立根通过实验测得的，故 D 错误。故选 C。2. 随着新能源汽车的发展，某大型车企正致力于高压动力电池的研发和生产。下列关于电源的电动势的说法正确的是（）A. 电动势的单位为焦耳B. 电动势就是闭合电路中电源两
3、端的电压C. 电动势越大，表明电源储存的电能越多D. 电动势的大小是非静电力做功能力的反映【答案】D【解析】【详解】A电动势的单位是伏特，故 A 错误；B电动势是电源本身的性质，其大小等于内外电压之和，但不能说它就是闭合电路中电源两端的电压，故 B 错误；C电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，电动势大电源储存的电能不一定越多，故 C 错误；D电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量，是非静电力做功能力的反映，电动势越大，表明电源将其它形式的能转化为电能的本领越大；故 D 正确。故选 D。3. 关于电场强度的概念，下列说法正确的是（）A. 由上可知，电场中某点的
4、电场强度E与试探电荷的电荷量q成反比FEqB. 正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，所以某一点电场强度方向与放入试探电荷的正负有关C. 电场中某一点不放试探电荷时，该点的电场强度一定等于零D. 某一点的电场强度的大小和方向都与放入该点的试探电荷无关【答案】D【解析】【详解】A是电场强度的定义式，采用比值法定义，则知电场强度与、无关，FEqEFq由电场本身决定，并不跟成正比，跟成反比，故 A 错误；EFqB正、负试探电荷在电场中同一点受到的电场力方向相反，而场强由电场本身决定，与放入电场的试探电荷无关，故 B 错误；C场强与有无试探电荷无关，电场中某一点不放试探电荷时，该点场强不变
5、，故 C 错误；D电场中某一点的场强大小和方向由电场本身决定，与放入该点的试探电荷与否无关，故D 正确。故选 D。4. 手电筒中的干电池（电动势为 1.5V）给某小灯泡供电时，电流为 0.5A，在某次接通开关的 1min 时间内，该干电池转化的化学能为（）A. 0.75JB. 20JC. 30JD. 45J【答案】D【解析】【详解】干电池在 1min 内转化的化学能为1.5 0.5 60J45JWUIt选项 D 正确，ABC 错误。故选 D。5. 中国南车设计制造的全球首创超级电容储能式现代电车在宁波下线，不久将成为二三线城市的主要公交用车这种超级电车的核心是我国自主研发、全球首创的“超级电容
6、器” 。如图所示，这种电容器安全性高，可反复充、放电 100 万次以上，使用寿命长达十二年，且容量超大（达到 9500F） ，能够在 10s 内完成充电，该电容器的电压为 2.7V，下列说法正确的是（）A. 该“超级电容器”放完电后的电容为零B. 该“超级电容器”的电容随电压的增大而增大C. 该“超级电容器”从不带电到充满电的平均电流为 2565AD. 该“超级电容器”充满电后所带的电荷量为 2565C【答案】C【解析】【详解】AB电容是由电容器本身的性质决定的，与电压和电量无关，故 AB 错误；C由电流的定义式得9500 2.7A2565A10qCUItt故 C 正确；D该“超级电容器”充满
7、电后所带的电荷量为9500 2.7C=25650CQCU故 D 错误。故选 C。6. 如图所示，电路中的电阻，则（）110R 2120R 340R A. 当端开路时，之间的等效电阻是 30abcdB. 当端开路时，之间的等效电阻是 50cdabC. 当端短路时，之间的等效电阻是 160abcdD. 当端短路时，之间的等效电阻是 8cdab【答案】B【解析】【详解】A当ab端开路时，cd之间由R2、R3串联而成，故cd之间的等效电阻是23160RR故 A 错误；B当cd端开路时，ab之间由R1、R3串联而成，故ab之间的等效电阻是R1+R3=50故 B 正确；C当ab端短路时，cd之间由R1、R
8、3并联，然后与R2串联而成，故cd之间的等效电阻是13213128R RRRR故 C 错误；D当cd端短路时，ab之间由R2、R3并联，然后与R1串联而成，故ab之间的等效电阻是2312340R RRRR故 D 错误。故选 B。7. 如图所示，两个截面不同，长度相等的均匀铜棒接在电路中，两端总电压为 U，则A. 通过细棒的电流比粗棒的大B. 通过细棒的电流比粗棒的小C. 细棒的电阻小于粗棒的电阻1R2RD. 细棒两端的电压大于粗棒两端的电压1U2U【答案】D【解析】试题分析：因为两者串联，所以电流相等，AB 错误；根据公式，并且两者的电阻率LRS相等，长度相等，所以越粗电阻越小，故可得粗棒的电
9、阻小于细棒的电阻，C 错误；2R1R根据欧姆定律可得细棒两端的电压大于粗棒两端的电压，D 正确；UIR1U2U考点：考查了欧姆定律，电阻定律【名师点睛】两导体串联，则由串联电路的规律可知电流关系；由电阻定律可知两导体的电阻关系，再由欧姆定律可得出电压关系8. 如图所示，一价氢离子（）和二价氦离子（）的混合体，由静止开始同时经同一11H42He加速电场加速后垂直偏转电场的电场线方向射入同一偏转电场中，偏转后，均打在同一荧光屏上，离子在加速电场中运动的时间可忽略不计，离子间的相互作用和重力均不计。则一价氢离子和二价氦离子（）A. 同时到达屏上同一点B. 同时到达屏上不同点C. 先后到达屏上同一点D
10、. 先后到达屏上不同点【答案】C【解析】【详解】设加速电场的电压为，偏转电场电压为，偏转电场的极板长度为，极板间1U2UL距为。d在加速电场中，由动能定理得21012qUmv两种离子在偏转电场中，水平方向做速度为的匀速直线运动，由于两种离子的比荷不同，0v则不同，所以两种离子在偏转电场中运动时间0v0Ltv不同。两种离子在加速电场中的加速度不同，位移相同，则运动的时间也不同，所以两离子是先后离开偏转电场。离子在偏转电场中偏转的位移为 22201122qULyatmdv联立上式解得2214U LyU d同理可得离子在偏转电场中偏转角度的正切值为21tan2U LU d由以上计算可知，和的值与离子
11、的电量和质量无关，所以离子出射点的位置相同，ytan出射速度方向也相同，所以两种离子先后到达屏上同一点，AB 错误，C 正确，D 错误。故选 C。9. 静电喷涂时，喷枪喷出的涂料微粒带电，在带正电的被喷工件的静电力作用下，向被喷工件运动，最后吸附在其表面，如图所示，某带电涂料微粒由a点沿直线运动到b点，不计涂料微粒被喷出时的速度及重力，下列说法正确的是喷枪工件（）A. 涂料微粒因为带正电而被吸附在工件表面B. a点的电势比b点的电势高C. 涂料微粒由a点向b点做变加速运动D. 越靠近b点，涂料微粒的动能越小【答案】C【解析】【详解】A涂料微粒由a点沿直线运动到b点，则因为带负电而被吸附在工件表
12、面，选项A 错误；B电场线由b指向a，则a点的电势比b点的电势低，选项 B 错误；C由于ab间电场线不均匀，不是匀强电场，可知涂料微粒由a点向b点做变加速运动，选项 C 正确；D从a到b电场力做正功，则动能增加，即越靠近b点，涂料微粒的动能越大，选项 D 错误。故选 C。10. 两根相同的均匀金属导线甲和乙，若把甲截去一半长度，把剩下的一半均匀拉回原来长度，把乙对折后并在一起，则变化后的甲、乙的电阻之比为（）A. 1：1B. 2：1C. 4：1D. 8：1【答案】D【解析】【详解】两根完全相同的金属导线，若把甲截去一半长度，把剩下的一半均匀拉回原来长度，长度不变，而体积减半，那么截面积减半，根
13、据电阻定律公式，可知，电阻增加为LRS2 倍；把乙对折后并在一起，则长度变为 0.5 倍，截面积变为 2 倍，根据电阻定律公式，电阻变为原来的 ，故这两根导线后来的电阻之比为 8：1LRS14A1：1 与计算结果不符，故 A 错误B.2：1 与计算结果不符，故 B 错误C.4：1 与计算结果不符，故 C 错误D.8：1 与计算结果相符，故 D 正确11. 关于电流和电动势，下列说法正确的是（）A. 只要将导体置于电场中，导体中就有持续的电流B. 国际单位制中，电流的单位是安培，符号是 AC. 电源的电动势数值上等于不接用电器时电源正负两极间的电压D. 闭合电路中的路端电压总等于电动势【答案】B
14、C【解析】【详解】A导体置于电场中，达到静电平衡后没有电流，故 A 错误；B在国际单位制中，电流的单位是安培，符号是 A，故 B 正确；C电动势在数值上等于不接用电器时电源正负两极间的电压，故 C 正确；D根据闭合电路的欧姆定律可知，闭合电路中的路端电压总小于电动势，故 D 错误。故选 BC。12. 如图所示，电路中电源电压U恒定，三只灯泡原来都发光，假设灯丝电阻不变，当滑动变阻器的滑动片 P 向右移动时，下列判断正确的是（）A. 变暗B. 变亮1L2LC. 变亮D. 经过的电流增大3L0R【答案】AB【解析】【详解】当滑片右移时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大，由闭合电路欧姆定律
15、可知电路中总电流减小，经过的电流减小，灯 L1变暗；电路中电流减小， R0、L1两0R端的电压减小，而电源电压U恒定，故并联部分的电压增大，灯 L2变亮；因 L2中电流增大，干路电流减小，流过 L3的电流减小，灯 L3变暗，故 AB 正确，CD 错误。故选 AB。13. 如图所示，两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，为P、Q连线的中垂MN线，交于O点，A为上的一点一带正电的试探电荷q，以某一足够大的速度从APQMN向O点运动，取无限远处的电势为零，则（）A. q由A向O的运动是匀加速直线运动B. q由A向O运动的过程电势能逐渐增大C. q由A向O运动的过程动能可能一直减小D. q运动
16、到O点时的加速度为零【答案】BCD【解析】【详解】A两等量正电荷周围部分电场线如图所示其中P、Q连线的中垂线MN上，从无穷远到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向，故试探电荷所受的电场力是变化的，q由A向O的运动做非匀加速直线运动，故 A 错误；BC电场力方向与AO方向相反，电场力做负功，动能减小，电势能增大，故 BC 正确；D根据电场的叠加知在O点合场强为 0，电荷在O点受到的电场力为 0，故加速度为 0，故D 正确。故选 BCD。14. 一线圈电阻为 0.1的玩具车上的电动机，当它两端所加的电压为 3V 时，通过的电流为3A，则该电动机（）A. 消耗的电功率为 0.9WB
17、. 机械功率为 8.1WC. 发热功率为 9WD. 1min 内消耗的电能为 540J【答案】BD【解析】【详解】A消耗的电功率为P=IU=9W选项 A 错误；C发热功率为P热=I2r=0.9W选项 C 错误；B机械功率为P机=P-P热=8.1W选项 B 正确；D1min 内消耗的电能为E=Pt=960J=540J选项 D 正确。故选 BD。15. 如图所示，倾斜放置的平行板电容器两极板与水平面夹角为，极板间距为d，一质量为m、电荷量为q的带负电微粒，从极板M的左边缘A处以初速度水平射入，沿直线运动0v并从极板N的右边缘B处射出，不计微粒受到的重力。则（）A. M极板带正电，N极板带负电B.
18、M、N两极板的电势差为sinmgdqC. 微粒从A点到B点的过程电势能减少cosmgdD. 微粒到达B点时动能为2012cosmgdmv【答案】AD【解析】【详解】A微粒在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，所以电场力垂直极板向上，微粒带负电，所以M极板带正电，N极板带负电，故 A 正确；B由题分析可知tanmamg得tanag微粒从A点到B点的过程中，重力势能不变，动能减小量为ksincosdmgdEma根据能量守恒定律得知，微粒的电势能增加了pcosmgdE又，得到两极板的电势差pMNEqUcosMNmgdUq故 BC 错误；D微粒到达B点的过程中，由动能定理得2201122MNBqUm
19、vmv微粒到达B点时动能为，故 D 正确。2012cosmgdmv故选 AD。二、实验填空题：本题共二、实验填空题：本题共 2 2 小题，共小题，共 1212 分。分。16. 为探究影响电荷间相互作用力的因素，某同学做了如下实验，O是一个电荷量为Q1的带正电物体，把系在绝缘丝线上的带正电的小球先后挂在等位置，小球所带电荷量123PPP、为Q2。(1)为了比较小球在不同位置所受带电体的作用力的大小，下列方法最好的是_。A比较小球抬起的高度B.比较小球往右偏移的距离C.比较丝线偏离竖直方向的角度D.比较丝线的长度(2)使小球系于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受作用力的大小。上述操
20、作所采用的物理方法是_。A等效替代法 B.控制变量法 C.理想模型法 D.类比法(3)通过上述操作可以得出结论_。A当Q1、Q2不变时，距离r越大，静电力F越小；当Q1、Q2距离r不变时，Q2越大，静电力F越小B.当Q1、Q2不变时，距离r越大，静电力F越大；当Q1、Q2距离r不变时，Q2越大，静电力F越大C.当Q1、Q2不变时，距离r越大，静电力F越小；当Q1、Q2距离r不变时，Q2越大，静电力F越大D.当Q1、Q2不变时，距离r越大，静电力F越大；当Q1、Q2距离r不变时，Q2越大静电力F越小【答案】 (1). C (2). B (3). C【解析】【详解】(1)1当小球平衡时满足F=mg
21、tan即为了比较小球在不同位置所受带电体的作用力的大小，方法最好的是比较丝线偏离竖直方向的角度；故选 C。(2)2先使小球系于不同位置，改变两球之间的距离，比较小球所受作用力的大小。然后使小球系于同一位置，增大或减小小球所带的电荷量，比较小球所受作用力的大小。上述操作所采用的物理方法是控制变量法，故选 B。(3)3通过上述操作可以得出结论：当Q1、Q2不变时，距离r越大，静电力F越小；当Q1、Q2距离r不变时，Q2越大，静电力F越大。故选 C。17. 要描绘一个标有“3V、0.8W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压由零逐渐增加，且尽量减小实验误差。已选用的器材除导线、开关外，还有：电池
22、组（电动势为 4.5V，内阻约） ；电流表（量程为，内阻约为 1） ；电压表（量程为，内阻10 0.6A0 3V约为） ；滑动变阻器（最大阻值，额定电流 1A） 。3k20(1)实验电路图如图甲所示；(2)按照电路图进行连线，如图乙所示，其中应该去掉的连线是_（选填相应的字母） ；(3)闭合开关前滑动变阻器的滑片应该置于最_（填“左”或“右” ）端；(4)以电压表的示数U为横轴，以电流表的示数I为纵轴，根据实验得到的多组数据描绘出小灯泡的伏安特性曲线，如图丙所示，由图可知；随着电压的增大，小灯泡的电阻_（填“增大”或“减小” ） 。【答案】 (1). b (2). 左 (3). 增大【解析】【
23、详解】(2)1由实验电路图甲知，电压表应测灯泡两端电压，且采用安培表外接法，故乙图中应去掉连线b。(3)2为保护电路，闭合开关前滑动变阻器应滑倒最左端，使小灯泡电压为零。 (4)3根据可知，图象斜率的倒数为小灯泡的阻值，由图可知，随着电压增大，URIIU小灯泡的电阻增大。三、解答或论述题：本题共三、解答或论述题：本题共 3 3 小题，共小题，共 2828 分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要分。解答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得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。演算步骤只写出最后答案的不得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。1
24、8. 如图所示，电源电动势、内阻不计，标有“3V、1.5W”的灯泡 L 恰能正常发光，6VE 电动机线圈电阻，求：0.5r (1)通过电动机的电流；(2)电动机的输出功率。【答案】(1)0.5A；(2)1.375W【解析】【详解】(1)通过电动机的电流等于灯泡的电流，即1.5A=0.5A3LPIU(2)电动机两端的电压U=E-UL=3V则电动机的输出功率22=0.5 30.50.51.375WPIUI r 出19. 如图所示，在倾角为的光滑绝缘足够长的斜面上，有两个均带正电荷的金属球 M 和N，N 被绝缘固定在斜面的底端，M 从斜面上到底端距离为的A点由静止释放，开始运动瞬0r间的加速度大小恰
25、好为（g为重力加速度） 。已知静电力常量为k，两金属球均可看sing成点电荷，且 N 的带电荷量为Q，M 的带电荷量为q，不计空气阻力。（1）求 M 速度最大时到斜面底端的距离；（2）已知 M 最高能沿斜面上升至到A点距离也为的B点，现使另一质量与 M 相同、带电0r荷量为的金属球 P 也从离底端处静止释放，求 P 经过B点的速度大小。32q0r【答案】(1) ；(2) 02r02singr【解析】【详解】(1)释放 M 开始运动瞬间的加速度大小恰好为，则sing 20sinsinqQkmgmamgr当 M 的速度最大时，则受合力为零2=sinqQkmgr解得 02rr(2)M 最高能沿斜面上
26、升至到A点距离也为的B点，则由能量关系0r 0sin20ABUqmgr使另一质量与 M 相同、带电荷量为的金属球 P 也从离底端处静止释放，则到达B点时32q0r由动能定理2031sin222ABBUqmgrmv解得02sinBvgr20. 如图所示，是一条长的绝缘水平轨道，固定在离水平地面高处，AMB12mL 0.8mh A、B为水平轨道的端点，M为其中点，轨道处在电场强度方向竖直向上、大小MB的匀强电场中一质量m=0.1kg、电荷量带正电的滑块（可4110 N /C3E 41 10 Cq 视为质点）以初速度在轨道上自A点开始向右运动，经M点进入电场，从B点离07m/sv 开电场。已知滑块与
27、轨道间的动摩擦因数，取重力加速度，0.2210m/sg ，。求滑块。sin370.6 cos370.8 (1)到达M点时的速度大小；(2)从M点运动到B点所用的时间；(3)刚落地时的速度方向与水平方向的夹角。【答案】(1)5m/s；(2)1.5s；(3)53【解析】【详解】(1)滑块从A到M的运动过程只受重力、支持力、摩擦力作用，只有摩擦力做功，故由动能定理可得220111222MmgLmvmv所以，滑块到达M点时的速度大小为20MvvgL解得5m/sMv(2)滑块从M运动到B的过程受重力、电场力、支持力、摩擦力作用，由牛顿第二定律得()mgqEma由速度位移关系式得222()2BMLvva设从M点运动到B点所用的时间为t，则有MBvvta联立解得1.5st (3)滑块从B点抛出做平抛运动，有，212hgtyvgt设落地时的速度方向与水平方向的夹角，则有tanyBvv联立解得53
