2020-2021学年高二上学期期中考物理试题含答案解析

【全国百强校】云南省大理市下关第一中学【最新】高二上
学期期中考物理试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．如图所示，a 、b 是带有同种电荷的小球，用绝缘细线挂于同一点，两球静止时离水平地面的高度相等，不计空气阻力，两球带电荷量不变。

若同时将两细线剪断，则下列说法中正确的是
A ．a 球先落地
B ．两球落地时动能相等
C ．落地时a 球飞行的水平距离比b 球小
D ．在飞行过程中，a 球受到的电场力比b 球受到的电场力小
2．真空中两个点电荷相距r 时，静电力为F ；如果将它们其中一个的电荷量减半，同时将距离增大为2r 时，则静电力将变为（ ）
A ．8F
B ．F
C ．2F
D ．4
F 3．AB 和CD 为圆上两条相互垂直的直径，圆心为O 。

将电量分别为+q 和-q 的两点电荷放在圆周上，其位置关于AB 对称且距离等于圆的半径，如图所示，此时圆心O 处电场强度为E 。

要使圆心处的电场强度大小为√2E ，可在圆周上再放一个适当的点电荷Q ，则该点电荷Q （ ）
A ．应放在A 点，Q =+q
B ．应放在B 点，Q =−2q
C ．应放在C 点，Q =+q
D ．应放在D 点，Q =−2q
4．学习物理要正确理解物理规律和公式的内涵．你认为下列理解正确的是（ ） A ．根据库仑定律公式122
q q F k r 可知，两个电荷的距离趋于零时，库仑力为无穷大
B ．根据电荷守恒定律可知，一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和不变
C ．由匀强电场电势差与电场强度的关系U Ed =可知，匀强电场中任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比
D ．根据电容器的电容的定义式Q C U
=可知，电容器的电容与它所带电荷量成正比 5．位于某电场中的 x 轴上的电势φ随位置x 变化的图象如图所示，x =x 1和 x =-x 1处，图象切线的斜率绝对值相等且最大，则在x 轴上（ ）
A ．1x x =和 1x x =-两处，电场强度相同
B ．1x x =和 1x x =-两处，电场强度最小
C ．0x = 处电场强度大小为零
D ．正电荷从 1x x =运动到 x =+∞过程中，电势能逐渐减小
6．硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图所示，图线a 是该电池在某光照强度下路端电压U 和电流I 的关系图象(电池内阻不是常数)，图线b 是某电阻R
的U -
I 图象．当它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻可表示为( )
A ．33U I
B ．211
U U I - C ．11U I D ．
21U I 7．如图所示，a 、b 分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀的电阻丝的伏安特性曲线，下列判断正确的是
A．a代表的电阻丝较粗B．b代表的电阻丝较粗
C．a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值D．图线表示电阻丝的阻值与电压成正比8．随着技术的进步，不少国产手机也已极具竞争力，如图所示，为一款手机电池的背
面印有的一些符号，下列说法错误
．．的是（）
A．该电池的容量为500 mA·h
B．该电池的电动势为3.6 V
C．该电池在正常工作时的额定电流为500 mA
D．若电池以10 mA的电流工作，可用50小时
9．竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，小球A、B带有同种电荷.现用指向墙面的水平推力F作用于小球B，两球分别静止在竖直墙和水平地面上，如图所示。

如果将小球B 向左推动少许，当两球重新达到平衡时，与原来的平衡状态相比较()
A．推力F将变大
B．竖直墙面对小球A的弹力变大
C．地面对小球B的支持力不变
D．两小球之间的距离变小
二、多选题
10．有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q。

此时电子的定向移动速率为v，在Δt时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为( )
A．nvS B．nvΔtS C．I t
q
∆
D．
I t
Sq
∆
11．如图所示，电源电动势E=9V，内电阻r=4.5Ω，变阻器R l的最大电阻R m=5.0Ω，R2=1.5Ω，R3=R4=1000Ω，平行板电容器C的两金属板水平放置．在开关S与a接触
且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，在平板电容器正中央引入一带电微粒，也恰能静止．那么（）
A．在题设条件下，1R接入电路的阻值为3Ω，电源的输出功率为4.5W
B．引入的微粒带负电，当开关接向(b未接触)b的过程中，微粒将向下运动
C．在题设条件下，1R的阻值增大时，2R两端的电压增大
→
D．在题设条件下，当开关接向b后，流过3R的电流方向为d c
12．如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑．如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则（）
A．在荧屏上的亮斑向上移动B．在荧屏上的亮斑向下移动
C．偏转电场对电子做的功增大D．偏转电场的电场强度减小
13．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
.不计电粒子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
.下列说法正确的是()
重力
A．M带负电荷，N带正电荷
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．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功
14．如图所示，电源电动势为E，内阻为r。

当滑动变阻器R2的滑片P向左滑动时，下列说法正确的是
A．电阻R3消耗的功率变大
B．电容器C上的电荷量变大
C．灯L变暗
D．R1两端的电压变化量的绝对值小于R2两端的电压变化量的绝对值
三、实验题
15．现有一个阻值大约为20Ω 的电阻,为了更精确地测量其电阻,实验室给出了以下器材：
①电流表G1（0～50mA，内阻r1=3Ω）
②电流表G2（0～100mA，内阻r2=1Ω）
③定值电阻R1（R1=150Ω）
④定值电阻R2（R2=15Ω）
⑤滑动变阻器R（0～5Ω）
⑥干电池（1.5V，内阻不计）
⑦开关S及导线若干
（1）某同学设计了如图甲所示的电路图，其中A、B一个为被测电阻、一个为定值电阻，请问图中电阻_______为被测电阻（填“A”或“B”），定值电阻应选________（填“R1”或“R2”）
（2）若某次测得电流表G1、G2的示数分别为I1、I2．则被测电阻的大小为___________（用已知和测量物理量的符号表示）．
（3）若通过调节滑动变阻器，该同学测得多组I1、I2的实验数据，根据实验数据做出I1、I2的图象如图乙所示，并求得图象的斜率k =1.85，则被测电阻的大小为________Ω（保留三位有效数字）．
四、解答题
16．如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2Ω，指示灯R L的阻值为16Ω，电动机M线圈电阻R M为2Ω．当开关S闭合时，指示灯R L的电功率P=4W．求：
（1）流过电流表A的电流．
（2）电动机M输出的机械功率．
17．如图所示，BC是半径为R的1
4
圆弧形的光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其
下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E．今有一质量为m、带正电q的小滑块（体积很小可视为质点），从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为 ，求：
（1）滑块由C到B的过程中，电场力做什么功？做功为多少？
（2）滑块通过B点时的速度大小．
（3）水平轨道上A、B两点之间的距离．
18．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为l＝10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离L ＝15 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所
示．(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：
(1)在t＝0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处；
(2)荧光屏(足够大)上有电子打到的区间有多长，一个周期内屏幕发光时间多长？
参考答案
1．C
【解析】
【分析】
根据根据牛顿第三定律得：A 球对B 球的库仑力等于B 球对A 球的库仑力．未剪断两根细线时，对小球受力分析，根据平衡条件和相似三角形表示两球质量的大小关系，抓住竖直方向上运动规律相同，比较运动的时间，根据水平方向上动量守恒比较两球在水平方向上的速度，从而比较落地时水平距离，结合动能定理比较两球落地的动能；
【详解】
A 、同时剪断细线后，二者在竖直方向上均只受重力，故在竖直方向上均做自由落体运动，可知两球同时落地，故A 错误；
C 、对小球受力分析，根据平衡条件有：m a g =F 库tanα，m b g =F 库tanβ，由于β>α，所以m a >m b ，
而剪断细线后，在水平方向上，a 、b 组成的系统动量守恒，故任一时刻m a v a =m b v b ，因m a >m b ，所以v a <v b ；又因时间相等，所以s a <s b ，故C 正确；
B 、由于库仑力对a 球做功较小，重力对a 球做功较大，根据动能定理可知，无法比较两球落地的动能，故B 错误；
D 、在飞行过程中，根据牛顿第三定律可知，a 球受到的电场力等于b 球受到的电场力，故D 错误；
故选C 。

【点睛】
关键是运用平衡条件分析两物体质量关系，采用运动的分解法分析小球的运动规律，剪断细线后，在水平方向上，a 、b 组成的系统动量守恒。

2．A
【解析】
设真空中两个电荷量为Q 与q 的点电荷，相距为r 时的相互作用静电力大小为F ，根据库仑定律，有：2Qq F k r
=；若它们其中一个的电荷量减半，同时将这两个点电荷间的距离变为2r ，则它们之间的静电力大小变为：222(2)88
Q k q kQq F F r r '===，故A 正确，BCD 错误； 故选A ．
点睛：本题关键是根据库仑定律直接列式求解；库仑定律：真空中两个静止点电荷之间的作用力与它们电量的乘积成正比，与它们距离的二次方成反比，作用力的方向在它们的连线上，依据题目条件，即可求解．
3．A
【解析】
【分析】
根据电场的叠加，先求出两个点电荷在0点的合场强大小和方向，在根据电场的叠加确定第三个点电荷；
【详解】
根据库仑定律，两个点电荷在O 点产生的场强大小都为kq r 2，两个场强的方向互成120°，根据平行四边形定则，合场强大小为E =kq
r 2，方向水平向左，现要使圆心处的电场强度大小为
√2E ，所以第三个点电荷在O 点产生的场强大小为kq r 2，场强方向应为竖直方向，
所以该电荷应放在A 点或B 点，带电量的绝对值为q ，故A 正确，B 、C 、D 错误；
故选A 。

【点睛】
关键掌握点电荷的场强公式E =
kq r 以及会利用平行四边形定则进行合成。

4．B
【分析】 库仑定律公式122kq q F r
=，成立条件：点电荷与真空；荷守恒定律可知，电荷不会创造，也不会消失，代数和不变；由U=Ed 可知，d 是沿着电场强度的方向的距离；定义式Q C U =
可知，由比值定义法，即可求解
【详解】
A 、根据库仑定律公式122kq q F r
=可知，两个电荷的距离趋于零时，电荷不能看成点电荷，则无法确定库仑力大小，故A 错误；
B 、根据电荷守恒定律可知，一个与外界没有电荷交换的系统，电荷的代数和不变，故B 正确；
C 、匀强电场电势差与电场强度的关系U Ed =可知，匀强电场中沿着电场强度方向的任意两点间的电势差与这两点间的距离成正比，故C 错误；
D 、电容器的电容的定义式Q
C U
=
，采用的是比值法定义，可知C 与Q 、U 无关，即电容器的电容与它所带电荷量没有关系，故D 错误； 故选B ． 【点睛】
关键是掌握比值定义法的内涵，注意U=Ed 式中的d 的含义，同时理解库仑定律的成立条件． 5．C 【解析】 根据E x
ϕ
∆=
∆知，在x φ-图象中，图线的斜率表示电场强度的大小和方向．由图可知，1x 和1x -两点的电场强度大小相等．方向相反，则电场强度不同．故A 错误；x=0处图象的斜率为零，电场强度大小为零，电场强度最小，故B 错误，C 正确．从1x x =运动到x =+∞过程中，电势逐渐升高，由p E q ϕ=可知，正电荷从1x x =运动到x =+∞过程中，电势能逐渐增大．故D 错误；选C.
【点睛】根据题图知电场关于x 轴对称分布，根据图象的斜率表示场强，分析电场强度的关系．根据电势的变化，由电势能公式分析正电荷电势能的变化． 6．B 【详解】
A ．由闭合电路的欧姆定律得U ＝E －Ir ，由于硅光电池内阻r 不是常数，所以U
I
∆∆的大小不等于r ，即a 图线切线的斜率大小不等于内阻，故
3
3
U I ≠r ，故A 不符合题意； B ．由U ＝E －Ir ，当I ＝0时，E ＝U ，由a 与纵轴的交点读出电动势为E ＝U 2；根据题图中两图线交点处的状态可知，电阻的电压为U 1，则此时硅光电池的内阻：
r ＝
11E U I -＝21
1
U U I -， 故B 符合题意； C ．电阻R 为线性元件，
1
1
U I ＝R ，故C 不符合题意；
D ．由题图中几何关系可知：
212
12
U U U I I -≠， 故D 不符合题意。

故选B 。

7．B 【详解】
ABC ．根据欧姆定律：
U
I R
=
可得：
1I R U
= 可知伏安特性曲线的斜率是电阻的倒数，因此a 代表的电阻较大，b 的较小； 根据电阻定律：
l R s
ρ
= 可知a 的电阻丝较细，b 的较粗，故A 错误、B 正确、C 错误。

D ．一段金属丝的电阻是由本身的因素决定的，与所加电压和所通过的电流无关，故D 错误。

故选B. 8．C 【详解】
AB ．由电池的铭牌读出：该电池的容量为500mA •h ，电动势为3.6V ，故AB 正确，不符合题意；
C ．由电池的容量可知该电池在连续工作1小时时，电流为I =500mA ，不是电池在工作1小时后达到的电流为500mA ．故C 错误，符合题意；
D ．根据公式
Q It =
可得若电池以10mA 的电流工作，可用
500
5010
Q t I =
==h 故D 正确，不符合题意。

【点睛】
本题关键是熟悉描述电池特性的物理量，要能从表格中读出有用的信息． 9．C 【解析】 【分析】
先以A 球为研究对象，分析受力，作出力图，根据平衡条件分析墙壁对A 的弹力如何变化，再以AB 整体为研究对象，根据平衡条件分析F 如何变化和地面对小球B 的弹力的变化．由库仑定律分析两球之间的距离如何变化； 【详解】
ABC 、以A 球为研究对象，分析受力，作出力图如图所示，设B 对A 的库仑力F 与墙壁的夹角为θ，由平衡条件得竖直墙面对小球A 的弹力为：1A N m gtan θ=，将小球B 向左推动少许时，θ减小，则竖直墙面对小球A 的弹力N 1减小； 再以AB 整体为研究对象，分析受力如图所示，由平衡条件得：1F N =，2()A B N m m g =+，则F 减小，地面对小球B 的支持力一定不变，故C 正确，A 、B 错误； D 、由上分析得到库仑力cos mg
F θ
=
库，θ减小，cos θ增大，F 库减小，根据库仑定律分析得知，两球之间的距离增大，故D 错误； 故选C ．
【点睛】
运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象（往往以受力较少的物体为研究对象），分析受力情况．
【详解】
根据电流的微观表达式
I nqvs =
在△t 时间内通过导体横截面的自由电子的电量
Q I t =∆
则在△t 时间内，通过导体横截面的自由电子的数目为：
Q I t n q q
∆=
= 将I nevS =代入得
nqvS t
n nvS t q
∆=
=∆ BC 正确，AD 错误。

故选BC 。

11．AD 【分析】
根据当外电阻等于内电阻时，电源的输出功率最大去求解；对微粒进行受力分析，根据微粒处于平衡状态，判断出微粒的电性．当开关接向b （未接触b ）的过程中，电容器电荷量未变，从而判断出微粒的运动状况；电路的动态分析抓住电动势和内阻不变，结合闭合电路欧姆电路进行分析；找出开关接a 和接b 上下极板所带电荷的电性，即可确定出电流的方向． 【详解】
在开关S 与a 接触且当电路稳定时，电源恰好有最大的输出功率，可知122. 1.5R R r R +==Ω，
则13.R =Ω电源的输出功率2 4.54E Pm W r
==，A 正确；在开关S 与a 接触且当电路稳定时，
在平板电容器正中央引入一带电微粒，也恰能静止.微粒受重力和电场力平衡.而上极板带正电，可知微粒带负电.当开关接向(b 未接触)b 的过程中，电容器所带的电量未变，电场强度也不变，所以微粒不动，B 错误；电容器所在的支路相当于断路，在题设条件下，1R 和2R 及电源构成串联电路，1R 的阻值增大时，总电阻增大，总电流减小，2R 两端的电压减小，
C
错误；在题设条件下，开关接a 时，上极板带正电，当开关接向b 后，下极板带正电，流过
3R 的电流方向为d c →，D 正确．
12．AC 【详解】
电子束在偏转电场中做类平抛运动，运动的时间不发生变化，逐渐增大M 1、M 2之间的电势差，根据
，则偏转电场的电场强度增大，D 错误；根据W ＝Uq ，偏转电场对电子做
的功增大，C 正确；电子在偏转电场中所受的电场力向上，在荧光屏上的亮斑向上移动，A 正确，B 错误． 13．ABC 【解析】
试题分析：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 正确．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．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 、N 从c 到d ，库仑斥力做正功，故D 错误．故选ABC 考点：带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化．
14．BCD 【解析】 【详解】
A ．当滑动变阻器2R 的滑片P 向左滑动时，电阻变小，则外电路的总电阻变小，小电阻分
小电压，则外电压变小，故3R 消耗的功率：23
U P R =变小，故A 错误；
B ．2R 变小，外电路的总电阻变小，则干路总电流变大，而3R 上电压变小，则电流变小，故1R 上电流变大，电压变大，故电容器两端电压变大，Q CU =，则电荷量变大，故B 正
确；
C ．2R 变小，小电阻分小电压，则2R 的电压变小，灯泡的电压变小，故灯L 变暗，故C 正确；
D ．1R 两端的电压变大，2R 两端的电压变小，二者电压之和等于外电压，由前面分析之外电压变小，故1R 两端增加的电压小于2R 两端减小的电压，故D 正确。

15．B R 2 ()
11221
I r R I I +- 21.2
【详解】
(1)[1][2] 电流表G 1的量程是电流表G 2的一半，但电阻值约为待测电阻的
1
7
，所以需要给电流表G 1串联一个定值电阻，将待测电阻与电流表G 1并联即可，所以B 为待测电阻。

电流表G 1的量程是电流表G 2的一半，电流表G 1的内电阻与R 2的和与待测电阻接近，所以定值电阻应选择R 2。

(2)[3] 根据实验原理图可知，并联部分两侧的电压是相等的，即：
（I 2-I 1）R x =I 1（r 1+R 2）
所以：
()11221
x I r R R I I +=
-
(3)[4] 将上式变形：
()()1122121
212111
1
x I r R I I R r R R r I I I k +-+==+=-- 代入数据可得：
R x =21.2Ω
16．（1）2A ．（2）7.5W ． 【详解】
（1）设流过指示灯R L 的电流为I 1，流过电流表A 的电流为I 则指示灯R L 的电功率P=I 12R L 代入数据解得I 1=0.5A 路端电压U=I 1R L =8V
由闭合电路欧姆定律有E=U+Ir 解得I=2A
即流过电流表的电流示数为2A ． （2）设流过电动机M 的电流为I 2 根据并联电路的电流关系I 2=I ﹣I 1=1.5A 电动机输出的机械功率P 出=I 2U ﹣I 22R M 代入数据解得P 出=7.5W
电动机输出的机械功率为7.5W ．
17．（1） 负功，-qER ；（2；（3）
mgR qER
qE mg
μ--
【解析】 【详解】
（1）滑块由C 到B 的过程中，电场力向左，电场力对滑块做负功，做功为： W =-qER （2）对从C 到B 过程，根据动能定理，有：mgR -qER =
1
2
mv B 2-0
解得滑块通过B 点时的速度大小：v B （3）对从C 到A 过程，根据动能定理，有：mgR -qE (R +x )-μmgx =0
解得水平轨道上A 、B 两点之间的距离： x =
mgR qER
qE mg
μ-+ 18．（1）18 cm （2）40cm ；0.133s 【分析】
根据动能定理求出电子刚进入偏转电场时的速度；电子在偏转电场中做类平抛运动，根据偏转电压求出加速度，结合垂直电场方向做匀速直线运动求出运动的时间，从而得出偏转位移与偏转电压的关系，得出偏转位移的大小；根据粒子出偏转电场时反向延长线经过中轴线的中点，结合相似三角形求出打在光屏上的位置；通过第（1）问中偏转位移与偏转电压的关系得出在电场中的最大偏转位移，从而通过相似三角形，结合几何关系求出得出电子打到光屏上的区间长度以及一个周期内屏幕发光时间； 【详解】
解：(1)电子经电场加速满足2
012
qU mv =
电子在偏转电场中做类平抛运动，则有：l vt =，qU a ml
=偏
经电场偏转后侧移量：212
y at = 所以：0
4U l
y U =
偏 由图乙知0.06=t s 时刻01.8U U =偏，解得： 4.5y cm =
设打在屏上的点距O 点的距离为Y ，满足
22
l L Y l y
+=
解得：18Y cm =
(2)由题知电子侧移量y 的最大值为所以当偏转电压超过2U 0，电子就打不到荧光屏上了，所以荧光屏上电子能打到的区间长为22()402
l Y L cm =+=' 一个周期内发光时间为0
20.20.1333U t s s U =
⨯=。