2021-2022学年广东省广州市四校联考高二(上)期中物理试卷(附答案详解)

2021-2022学年广东省广州市四校联考高二（上）期中物
理试卷
一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）
1.导体A带电荷量为8q，另一完全相同的导体B带电荷量为−2q，让第三个完全相同
的不带电的导体C先后与A、B导体接触一会儿后分开，则导体B带的电荷量为()
A. −q
B. q
C. 2q
D. 4q
2.如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的
三点，c为ab的中点，a、b电势分别为φa=5V、φb=3V.
下列叙述正确的是()
A. 该电场在c点处的电势一定为4V
B. a点处的场强E a一定大于b点处的场强E b
C. 一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少
D. 一正电荷运动到c点时受到的静电力由c指向a
3.在半导体工艺里经常需要测定金属薄膜厚度，目前采用的
方式是通过测定电阻而间接测得薄膜厚度，查询资料获知
构成该薄膜金属材料的电阻率ρ，取一块厚度均匀、边长为
L的正方形该金属薄膜，在薄膜两端施加恒定电压U0通过薄
膜的电流方向如图所示，测定出流过薄膜的电流I，即可推导出薄膜厚度d，则()
A. 电流I越大，则薄膜厚度d越小
B. 电流I越大，则薄膜厚度d越大
C. 正方形边长L越大，所测定的电阻值越大
D. 正方形边长L改变，所测定的电阻值越小
4.为研究静电除尘，有人设计了一个盒状容器。

如图所示，
容器侧面是绝缘的透明有机玻璃，上下底面是金属板。

当金属板连接到高压电源正负两极时，在两金属板间产
生匀强电场。

现把一定量均匀分布的烟尘颗粒密闭在容
器内，颗粒带负电，不考虑烟尘颗粒之间的相互作用和
空气阻力，并忽略烟尘颗粒所受重力。

下列说法正确的是()
A. 烟尘颗粒向下运动
B. 两金属板间电场方向向上
C. 烟尘颗粒在运动过程中电势能减少
D. 烟尘颗粒电荷量可能是电子电量的1.5倍
5.如图所示，接通电键S，灯泡L1、L2都正常发光。

某时刻由于电路故障两灯突然熄
灭。

若故障只有一处，则下列说法正确的是()
A. 如果将电压表并联在cd两端有示数，说明cd间完好
B. 如果将电压表并联在ac两端示数为0，说明ac间断路
C. 如果将电流表并联在ac两端示数为0，说明ac间完好
D. 如果将电压表并联在ad两端有示数，并联cd两端示数为0，说明cd间断路
6.某智能手机说明书信息如图所示，电池支持低压大电流充电，则该手机()
HUAWEI
手机类型智能手机、4G手机……
屏幕分辨率1920×1080像素(FHD)
电池容量4000mA⋅ℎ
电池类型不可拆卸式电池
……
待机时间22d
充电限制电压 4.35V
……．
A. 电池的电动势为4.35V
B. 电池能提供的电能为4000mA⋅ℎ
C. 待机电流约7.6mA
D. 电池充满电后以100mA的电流工作时，可连续工作4ℎ
7.如图所示，一半径为r的圆环上均匀分布着电荷，在垂直于圆环且过圆心c的轴线上
有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷．已知d点处的场强为零，静电力常量为k，则()
A. 圆环可能带正电
B. c点的场强为4kq
3R2
C. b点场强为10kq
9R2D. 圆环在d点产生的场强大小为kq
R2
二、多选题（本大题共3小题，共18.0分）
8.某带电金属棒所带电荷均匀分布，其周围的电场线分布如图所示，在金属棒的中垂
线上的两条电场线上有A、B两点，电场中另有一点C。

已知A点到金属棒的距离大于B点到金属棒的距离，C点到金属棒的距离大于A点到金属棒的距离，则()
A. A点的电势高于B点的电势
B. B点的电场强度大于C点的电场强度
C. 负电荷在A点的电势能小于其在B点的电势能
D. 将正电荷沿AC方向从A点移动到C点，电场力做正功
9.如图所示为某一电源的U−I曲线，由图可知()
A. 电源电动势为2V
B. 电源内电阻为1
3
Ω
C. 电源短路时电流为6A
D. 电路路端电压为1V时，电路中电流为5A
10.如图所示，有一平行板电容器C，极板是水平放置
的，它与三个可变电阻及电源连接成电路。

有一个
质量为m的带电油滴悬浮在电容器的两极板之间，
静止不动。

现要使油滴下降，可采用的办法是()
A. 增大R1
B. 增大R2
C. 增大R3
D. 减小R3
三、实验题（本大题共2小题，共21.0分）
11.某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻步骤如下：
①用螺旋测微器测量其直径如图，由图可知其直径为______mm。

②该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：
待测圆柱体电阻(阻值约为220Ω)；
电流表A1(量程0～4mA，内阻约50Ω)；
电流表A2(量程0～10mA，内阻约30Ω)；
电压表V1(量程0～3V，内阻约10kΩ)；
电压表V2(量程0～15V，内阻约25kΩ)；
直流电源E(电动势4V，内阻不计)；
滑动变阻器R1阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A；
滑动变阻器R2阻值范围0～20kΩ，允许通过的最大电流0.5A；
开关S；
导线若干。

为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，则该实验所选电压表为______(填V1或V2)，所选电流表为______(填A1或A2)，所选滑动变阻器为______(填R1或R2)；
请画出测量的电路图。

12.某实验小组要测定一电池组的电动势和内阻，选用器材如下：
待测电池组(电动势约为3V，内阻约为1Ω)
电压表(量程0～3V，内阻约为3kΩ)
电流表(量程0～0.6A，内阻约为1Ω)
滑动变阻器(0～20Ω，额定电流1A)
(1)要求测量结果尽量准确，应选用甲、乙两电路图中的______图电路。

(2)闭合开关前，滑动变阻器的滑片P应置于滑动变阻器的______端(填“a”或
“b”)。

(3)实验中发现调节滑动变阻器时，电流表读数变化明显但电压表读数变化不明显。

为了解决这个问题，在电池组负极和开关之间串联一个阻值为2Ω的电阻，之后该小组得到了几组电压表读数U和对应的电流表读数I，并作出U−I图象，如图丙所示。

根据图象可知，电池组的电动势为______V，内阻为______Ω(小数点后均保留两位)。

四、计算题（本大题共3小题，共33.0分）
13.如图所示，长l=1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视
为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与
竖直方向的夹角θ=37°.已知小球所带电荷量q=1.0×10−5C，
匀强电场的场强E=3.0×103N/C，取重力加速度g=
10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)小球所受电场力F的大小。

(2)小球的质量m。

(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。

14.如图所示是一个示波管工作原理图，电子经电压U1=4.5×103V加速后以速度v0沿
两极板的中线进入电压U2=180V，间距为d=1.0cm，板长l=5cm的平行金属板
组成的偏转电场，离开电场后打在距离偏转电场s=10cm的屏幕上的P点(e=
1.6×10−19C,m=0.9×10−30kg)，求：
(1)电子进入偏转电场时的速度v0？
(2)射出偏转电场时速度的偏角tanθ？
(3)打在屏幕上的侧移位移OP？
15.如图所示，长为R的轻质细线一端固定在O1点，细线的下端系一质量为m，电荷量
为q的带电小球。

现将小球从细线处于水平状态由静止释放，小球运动到B点时，绳子断裂，刚好在B处水平抛出。

带电小球抛出后经过一匀强电场区域(只存在于BC 之间)，恰好从C点沿切线方向进入水平地面上固定的半径为r的圆弧形槽，槽的圆心在O2，D点为最低点，且∠CO2D=37°，已知小球在CD弧面上克服摩擦力做的功为小球在DQ水平面上克服摩擦力做功的一半。

已知BD两点的高度差为ℎBD=r，r=1.25R，重力加速度为g，不计空气阻力(已知sin37°=0.6，cos37°=0.8)
(1)小球在C点的速度大小；
(2)求该带电小球带什么电？匀强电场场强的大小E；
(3)小球最终停在距离D处4r的Q点，求水平面与小球间的动摩擦因数μ。

答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：导体A带电荷量为8q，不带电的导体C与A导体接触后带电量为4q，再与导体B接触，电荷先中和后平分，因此电量为q。

故ACD错误；B正确。

故选：B。

完全相同的导体接触，电荷先中和后平分。

利用电荷量守恒来解答。

本题考查电荷守恒定律，对学生要求较低，属基础题。

关键点是“完全相同的导体”。

2.【答案】C
【解析】解：A、当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则场在c点处的电势一定为4V.当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为4V，故A 错误；
B、一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强E a不一定大于b点处的场强E b.故B错误；
C、据电场线和场强方向的规定可知，正电荷所受的电场力方向水平向右，所以从c到b 电场力做正功，电势能减小，动能增加，故C正确；
D、由题可判断电场线方向从a指向b，正电荷运动到c点时受到的电场力由a指向b，故D错误。

故选：C。

只有当该电场是匀强电场时，在c点处的电势一定为4V；电场力做功情况，分析正电荷从c点运动到b点电势能如何变化，电场线的疏密可以判断场强的大小；正电荷受到的电场力方向与场强方向相同。

本题要抓住电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的方向表示电势的高低，电场力做功与动能和电势能间的关系。

3.【答案】B
【解析】解：CD.根据电阻定律R=ρL
S ，可得薄膜电阻为：R=ρL
Ld
=ρ
d
，可知所测定的
电阻值R与正方形边长L无关，故CD错误；
AB.根据欧姆定律I=U
R ，结合薄膜电阻为R=ρ
d
，可得薄膜厚度为：d=Iρ
U
，可知d与I成
正比，电流I越大，则薄膜厚度d越大，故B正确，A错误。

故选：B。

根据电阻定律R=ρL
S 和欧姆定律I=U
R
，结合几何关系求解即可。

本题以半导体工艺里经常需要测定金属薄膜厚度为背景，考查了电阻定律和欧姆定律在实际问题中的应用，要求学生能够熟练应用公式，并借助数学知识去求解。

4.【答案】C
【解析】
【分析】
由图可知两极板间的电场方向，则由烟尘的受力情况中分析其运动方向；带电体的带电量只能是元电荷的整数倍．
本题考查静电应用，只要明确设备原理，即可应用简单的物理知识分析解答．
【解答】
A.由图可知，极板上端为正极，下端为负极；则带负电的颗粒受电场力向上，故带电颗粒将向上运动，故A错误；
B.极板上端为正极，下端为负极，所以两金属板间电场方向向下，故B错误；
C.烟尘颗粒在运动过程中电场力做正功，电势能减少，故C正确；
D.带电体的带电量只能是元电荷的整数倍，所以烟尘颗粒电荷量不可能是电子电量的
1.5倍，故D错误
故选：C。

5.【答案】C
【解析】解：电路故障分为断路和短路，故障只有一处，假设发生了短路，如果是某盏灯短路，该灯熄灭，而另一盏灯应该变亮，如果是两盏灯以外的元件短路，则两盏灯均变亮，故假设不成立。

电路故障应为断路。

A.电压表并联在cd两端有示数，说明cd间发生了断路，故A错误；
B.电压表并联在ac两端示数为0，说明ac部分以外的电路发生了断路，而ac间电路完好，
故B错误；
C.电流表并联在ac两端示数为0，说明ac部分以外的电路发生了断路，而ac间电路完好，故C正确；
D.电压表并联在ad两端有示数，说明ad段发生了断路，并联cd两端示数为0，说明cd部分以外的电路发生了断路，故D错误。

故选：C。

应从断路或短路的角度进行分析，若为短路则至少一盏灯变亮，所以故障为断路，按断路对每个选项展开分析。

电路故障通常有断路和短路两种情况，分析时应从这两点加以考虑。

探测电路故障，通常会用到多用电表的电压挡、电流挡、欧姆挡，当使用欧姆挡时，应该注意将待测元件与电源或其它元件断开后测量，本题未切断电源，故只能用电压挡或电流挡探测。

6.【答案】C
【解析】解：A、4.35V为充电电压，不是该电池的电动势，故A错误；
B、mA⋅ℎ为电量的单位，所以4000mA⋅ℎ表示该电池能提供的电量，不能能量，故B 错误；
C、待机电流I=q
t =4000mA⋅ℎ
22×24ℎ
≈7.6ℎ，故C正确；
D、该电池充满电后以后以100mA的电流工作时，可连续工作：t=4000mA⋅ℎ
100mA
=40ℎ，故D错误。

故选：C。

根据给出的单位分析电池所标的信息，明确对应的充电电压和限制电压，根据电流的定义q=It可求得电量．
本题考查电池的铭牌信息的掌握情况，要注意明确各物理量的单位，同时明确电流定义的正确应用．
7.【答案】C
【解析】解：AD、电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为E d1=kq
(3R)2
，向右；
d点处的场强为零，故圆环在d处产生的场强为：E=E d1=kq
(3R)2
，向左，故圆环带负电荷，故AD错误；
B、结合对称性和矢量合成法则，圆环在c点产生的场强为零；
电荷q在c点产生的场强为E=
kq
(2R)2
，向右；
故c点的场强为kq
(2R)2
，向右，故B错误；
C、结合对称性，圆环在b处产生的场强为：E b1=kq
(3R)2
，向左；
点电荷q在b处产生的场强为E b2=kq
R2
，向左；
故b点场强为：E=
kq
(3R)2
+kq
R2
=10kq
9R2
，向左，故C正确。

故选：C。

由题意可知，半径为r圆环上均匀分布着电荷，与在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷，在d点处的场强为零，说明各自电场强度大小相等，方向相反，结合矢量合成法则求解圆环在d点的场强，再根据对称性结合电场强度的叠加进行解答。

本题主要是考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础．
8.【答案】BD
【解析】解：A、由图可知，结合电场线的特点可知，金属棒两侧的电场是对称的，由于OA>OB，所以OA之间的电势差大于OB之间的电势差，根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知A点电势低于B点电势，故A错误；
B、根据电场线的疏密表示电场强度的大小，可知B点的电场强度大于C点的电场强度，故B正确；
C、负电荷在电势高的位置的电势能小，所以负电荷在A点的电势能大于其在B点的电势能，故C错误；
D、验证电场线方向电势降低，A点电势比C点高，则将正电荷沿AC方向从A点移动到C点，电势能减小，电场力做正功，故D正确；
故选：BD。

根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小；根据沿着电场线，电势逐渐降低来判断电势的高低；正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大。

本题关键是根据电场线及其与等势面的关系判断出电势高低、场强大小关系。

同时知道等差等势面越密的地方，电场线也越密。

当然也可以由电场力做功的正负来确定电势能
的增减。

9.【答案】AD
【解析】解：A、由闭合电路欧姆定律U=E−Ir得知，当I=0时，U=E，由图读出电源的电动势E=2.0V.故A正确。

B、电源的内阻等于图线斜率的绝对值，为r=|△U
△I |=2−0.8
6
Ω=0.2Ω.故B错误。

C、电源短路时R=0，电流I短=E
r =2
0.2
=10A.故C错误。

D、由图读出，电路路端电压U=1V时，电路中电流为I=5A，故D正确。

故选：AD。

根据闭合电路欧姆定律U=E−Ir，分析U−I图线的意义：图线与纵轴交点表示I=0，是断路状态，纵坐标表示电动势．图线的斜率大小等于电源的内阻．短路时，外电阻R=0，由欧姆定律求出短路电流．再由U=E−Ir，求出路端电压为1V时，读出电路中的电流．本题中电源的短路电流，是学生读图时经常出现的错误，把(6.0,0.8)点的状态当成短路，说明对短路的特点不了解，短路时，路端电压U=0．
10.【答案】BD
【解析】解：稳定时，没有电流通过R1，所以R1两端没有电压，电容器两端电压等于R3两端的电压，要使油滴下降，需要使R3两端电压降低，根据串联分压的知识可知，可采用的方法是，减小R3或增大R2。

故选：BD。

依题意知，R2、R3串联接入电路中，电容器两端电压与R3相等；要使油滴下降需要减
小电场力，减小场强，使R3两端电压降低。

本题是含容电路的分析，解题关键是分析清楚电路连接情况，电容电压与其并联部分电压相同。

11.【答案】8.600V1A1R1
【解析】解：①螺旋测微器分度值为0.01mm，固定刻度读数为8.5mm，可动刻度读数为10.0×0.01mm，最终读数为8.5mm+10.0×0.01mm=8.600mm
②电源电动势为4V，若选择15V量程，则最大示数不足电表量程的三分之一，故为了减小误差应选择3V量程的V1；
电路中的最大电流I=U
R =3V
220Ω
≈15mA，故选择电流表A2；
题目要求尽量精确测量故变阻器应用分压式接法，滑动变阻器起分压作用，为了方便调节选择小阻值R1即可；
又√R A R V=√30×10000Ω>220Ω，故被测电阻属于小电阻，电流表应选外接法；题目要求尽量精确测量故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：
故答案为：①8.600②V1，A2，R1，图见解析
①螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；
②根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，根据实验原理与实验器材确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路图。

本题解题关键是电表选择和确定实验原理图，根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表；当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应选外接法；实验要求电流从零调或要求测得多组数据或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节。

12.【答案】甲b 2.950.90
【解析】解：(1)如果采用图乙所示电路图，电源内阻测量值是电流表内阻与电源内阻真实值之和，由于干电池内阻校小，则电源内阻测量值误差太大，为减小实验误差，应采用图甲所示实验电路图。

(2)滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关前滑动变阻器的滑片P应置于滑动变阻器的b端。

(3)在电池组负极和开关之间串联一个阻值为R=2Ω的电阻，路端电压：U=E−I(r+ R)
由图示电源U−I图象可知，电源电动势E=2.95V，
图象斜率的绝对值k=R+r=△U
△I =2.95−1.5
0.5
Ω=2.90Ω，
电源内阻：r=k−R=2.90Ω−2Ω=0.90Ω；
故答案为：(1)甲；(2)b；(3)2.95；0.90。

(1)干电池内阻较小，为减小实验误差，相对于电源来说电流表应采用外接法。

(2)滑动变阻器采用限流接法，为保护电路，闭合开关前滑片要置于阻值最大处。

(3)根据题求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻。

本题考查了测电池组的电动势和内阻实验，理解实验原理是解题的前提与关键，知道实验注意事项根据题意求出图象的函数表达式，根据图示图象即可解题。

13.【答案】解：(1)小球受到的电场力得方向向右，与电场线的方向相同才能处于图中得静止状态，表明小球带正电。

小球所受电场力F的大小为：
F=qE=1.0×10−5×3.0×103N=3.0×10−2N；
(2)小球受力情况如图所示：
根据几何关系可得：mgtanθ=qE
解得：m=4.0×10−3kg；
(3)小球到达最低点时，由动能定理得：
mgl(1−cosθ)=1
2
mv2
解得：v=2m/s。

答：(1)小球所受电场力F的大小是3.0×10−2N。

(2)小球的质量m是4.0×10−3kg；
(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小是2m/s。

【解析】(1)根据电场力的计算公式F=qE可求得电场力F的大小；
(2)根据共点力的平衡条件求解小球的质量m。

(3)将电场撤去后，小球向下摆动的过程中重力做功，由动能定理即可求出回到最低点时的速度。

本题关键是分析小球的受力情况，结合平衡知识和动能定理列出方程解答；注意细线剪断后，电场力和重力都是恒力，运用动能定理求速度是常用的方法。

14.【答案】解：d=1.0cm=1×10−2m，l=5cm=5×10−2m，s=10cm=0.1m (1)电子在加速电场中加速，由动能定理得：eU1=1
2
mv02−0
代入数据解得：v0=4×107m/s．
(2)电子在偏转电场中做类平抛运动，在水平方向：l=v0t1，
在竖直方向上由牛顿第二定律得：a=eU2
md
电场方向的速度：
v y=at1
设射出偏转电场时速度的偏角为θ，则tanθ=v y V0
代入数据解得：tanθ=0.1．
(3)飞出电场时偏转量为：y1=1
2
at12
代入数据解得：y1=2.5×10−3m=0.25cm，电子从偏转场穿出时，沿y方向的速度为v y，穿出后到达屏S所经历的时间为t2，在此时间内电子在y方向移动的距离为y2，则运
动时间：t2=s v
竖直位移：
y2=v y t2
故电子到达屏上时，它离O点的距离：
y=y1+y2
代入数据解得：y=1.25×10−2m=1.25cm．
答：(1)电子进入偏转电场时的速度4×107m/s；
(2)射出偏转电场时速度的偏角tanθ=0.1；
(3)打在屏幕上的侧移位移OP=1.25cm。

【解析】(1)动能定理求出电子进入偏转电场的速度；
(2)电子进入偏转电场后，做类平抛运动，应用平抛运动规律求出电子速度偏角的正切值；
(3)电子在偏转电场中做类平抛运动，离开电场后做匀速直线运动，应用平抛运动规律与匀速直线运动规律求出电子的偏移量。

解决本题的关键是搞清楚每一过程做的是什么运动，然后根据运动的合成与分解进行求解，注意牛顿第二定律与运动学公式综合求解是本题解决的重点。

15.【答案】解：(1)小球从A到B的过程中机械能量守恒有：1
2
mv B2=mgR
解得：v B=√2gR
小球恰好在C点进入圆弧轨道，在水平方向有：v x=v B=√2gR
根据速度关系有：v x
v C
=cos37°
解得：v C=5
4
√2gR
(2)小球恰好从C点进入圆弧轨道有：tan37°=v x
v y =3
4
在竖直方向有：ℎBC=rcos37°=R
则：v y=√2aℎBC=√2gR
联立解得：a=9
16
g
从B到C，根据牛顿第二定律有：mg−Eq=ma
所以：E=7mg
16q
，小球带正电
(3)根据题意有：W fcd=1
2
W fDQ
且小球DQ水平面上克服摩擦力做功：W fcd=μmg⋅4R
从C到Q，根据动能定理：mgℎCD−W fcd−W fDQ=0−1
2
mv C2
又因为：ℎCD=ℎBD−ℎBC=0.25R
联立以上各式可得：μ=29
96
答：(1)小球在C点的速度大小为5
4
√2gR；
(2)该带电小球带正，匀强电场场强的大小E为7mg
16q
；
(3)小球最终停在距离D处4r的Q点，求水平面与小球间的动摩擦因数μ为29
96。

【解析】(1)从A到B的过程由机械能量守恒定律到达B点的速度，进入电场后做类平抛运动，由题意及类平抛运动规律求C点的速度大小；
(2)从B点到C点的竖直位移大小求出竖直方向的加速度，再由牛顿第二定律第二定律求出电场力，从而求出场强和电荷的带电量；
(3)根据动能定理和题意求出水平面与小球间的动摩擦因数。

本题考查了动能定理、牛顿第二定律、平抛运动的规律，解题的关键是分析清楚物体的运动过程，然后分段列式求解，注意各段之间的联系点。