河南省郑州市十校2021-2022学年高二物理上学期期中联考试题（Word版附解析）

2021-2022学年上期高二年级期中联考试题物理学科一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分；1-8为单选，9-12为多选，多选题全部选对者得4分，选对但不全的得2分，选错或不选得0分）1.在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献。他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法。下列叙述不正确的是（　　）A.法拉第首先提出用电场线描绘抽象电场，这是一种形象化的研究方法B.用点电荷来代替实际带电体是采用了理想化物理模型的方法C.库仑得出库仑定律并测出了元电荷e的数值D.电场强度的表达式E=和电势差的表达式U=都是利用比值法得到的定义式【答案】C【解析】【详解】A．法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这种形象化的研究方法，故A不符合题意；B．用点电荷来代替实际带电的电荷是采用了理想化物理模型的方法，故B不符合题意；C．库仑得出库仑定律，但没有测出元电荷e的数值，e的数值首先是由密立根测出的，故C符合题意；D．电场强度是由电场本身决定的，电势差是由电场与两点的位置决定的，电场强度的表达式E=和电势差的表达式U=都是利用比值法得到的定义式，故D不符合题意。故选C。2.下列关于电源电动势的认识中，你认为正确的是（　　）A.同一电源接入不同的电路中，电动势会发生变化B.1号1.5V干电池比7号1.5V干电池大，但电动势相同C.电动势表征了电源把其他形式能转化为电能的本领，电源把其他形式能转化为电能越多，电动势越大D.电动势、电压和电势差虽名称不同，但单位相同，所以物理意义也相同【答案】B 【解析】【详解】A．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，与电路无关，同一个电源接入不同的电路中，电动势会不发生变化，故A错误；B．干电池的电动势都是1.5V，与体积无关，故B正确；C．电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领，电源把其他形式的能转化为电能本领越大，电动势就越大，故C错误；D．电动势、电压和电势差不但名称不同，物理意义也不相同，电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，反映了电源内部非静电力做功的本领，电压和电势差是两点之间电势的差，它们只是单位也相同，故D错误。故选B。3.目前智能手机普遍采用了电容触摸屏，电容触摸屏是利用人体的电流感应进行工作的，它是一块四层复合玻璃屏，玻璃屏的内表面和夹层各涂一层ITO（纳米铟锡金属氧化物），夹层ITO涂层作为工作面，四个角引出四个电极，当用户手指触摸电容触摸屏时，手指和工作面形成一个电容器，因为工作面上接有高频信号，电流通过这个电容器分别从屏的四个角上的电极中流出，且理论上流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器通过对四个电流比例的精密计算来确定手指位置。对于电容触摸屏，下列说法正确的是（　　）A.电容触摸屏触摸时，不需要压力即能产生位置信号B.使用绝缘笔在电容触摸屏上也能进行触控操作C.手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，电容变小D.手指与屏的接触面积变化时，电容不变【答案】A【解析】【详解】A．据题意知，电容触摸屏只需要触摸，由于流经四个电极的电流与手指到四个角的距离成比例，控制器就能确定手指的位置，因此不需要手指有压力，故A正确；B．绝缘笔与工作面不能形成一个电容器，所以不能在电容屏上进行触控操作，故B错误；C．手指压力变大时，由于手指与屏的夹层工作面距离变小，由公式 可知，电容将变大，故C错误；D．手指与屏的接触面积变大时，由公式可知，电容变大，故D错误。故选A。4.如图所示，已知电源电动势为6V，内阻为1Ω，保护电阻R0＝0.5Ω，则当电阻箱R的读数为多少时，电阻箱R消耗的功率PR最大且这个最大值为（　　）A.1Ω　6WB.0.5Ω　8WC.1Ω　1.5WD.1.5Ω　6W【答案】D【解析】【详解】R消耗的功率为根据数学知识可知当R=1.5Ω时，PR有最大值故选D。5.一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示。容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是(　　) A.A点的电场强度比B点的大B.小球表面的电势比容器内表面的低C.B点的电场强度方向与该处内表面垂直D.将检验电荷从A点沿不同路径移到B点，电场力所做的功不同【答案】C【解析】【详解】A．电场线越密，电场强度越大，由图可知，则A点的电场强度比B点的小，故A错误；B．根据沿着电场线方向电势是降低的，可知小球表面的电势比容器内表面的高，故B错误；C．因容器内表面为等势面，且电场线总垂直于等势面，因此B点的电场强度方向与该处内表面垂直，故C正确；D．因A、B在同一等势面上，将检验电荷从A点沿不同路径到B点，电场力所做的功相同，均为零，故D错误。故选C。【名师点睛】本题考查电场线的疏密与电场强度的强弱的关系，掌握电场线的方向与电势的高低的关系，理解电场线总垂直等势面，注意同一等势面上移送电荷时，电场力不做功。6.如图甲所示，在匀强电场中，虚线为电场线，与Ox轴成θ=37°角，Ox轴上有a、b、c三点，，Ox轴上各点的电势φ的变化规律如图乙所示。取sin37°=0.6，cos37°=0.8。下列说法正确的是（　　）A.电场线方向斜向上 B.场强大小为800V/mC.c点的电势为16VD.电子在a点的电势能为-32eV【答案】D【解析】【详解】A．由图乙可知沿x方向电势降低，所以电场线方向斜向下；故A错误；B．φ−x图线的斜率表示电场强度沿x方向的分量大小，由图乙可知Ex=800V/m，所以故B错误；C．由题得O点的电势为48V，Oc间的距离为Oc=8cm=0.08m，所以Oc间的电势差为UOc=E⋅Oc⋅cos37°=1000×0.08×0.8V=64V由于UOc=φO−φc，将UOc=64V、φO=48V代入得φc=−16V故C错误；D．Oa间的电势差为UOa=E⋅Oa⋅cos37°=1000×0.02×0.8V=16V由于UOa=φO−φa，将UOa=16V、φO=48V代入得φa=32V所以电子在a点的电势能为Ep=−eφa=−32eV选项D正确。故选D。7.一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一个小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将下极板向上移动，则仍从P点开始下落的相同粒子将（　　） A打到下极板上B.在下极板处返回C.在距上极板处返回D.在距上极板处返回【答案】C【解析】【详解】对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得将下极板向上平移，设运动到距离上级板x处返回；因极板分别与电池两极相连，则电容器的电压不变，则电容器的的场强为根据动能定理得联立两式解得故选C。8.在x轴上O、P两点分别放置电荷量为、的点电荷，一带正电的试探电荷在两电荷连线上的电势能随x变化关系如图所示，其中A、B两点电势能为零，BD段中C点电势能最大，则（　　） A.和都是正电荷且B.BC间场强方向沿x轴负方向C.C点的电场强度大于A点的电场强度D.将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做负功后做正功【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由图知A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷带正电，P点电荷带负电．故A错误B．由图可知：从B到C，电势升高，根据顺着电场线电势降低可知，BC间电场强度方向沿x轴负方向，故B正确；C．点C为电势的拐点，若正点电荷从D到B点，电势能先增大后减小，则C点电场强度为零，故C错误D．因为BC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做正功后负功，故D错误；故选B。9.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（　　）A.偏转电场对三种粒子做功一样多 B.三种粒子打到屏上时速度一样大C.三种粒子运动到屏上所用时间相同D.三种粒子一定打到屏上的同一位置，【答案】AD【解析】【详解】AB．带电粒子在加速电场中加速，由动能定理可知解得粒子在偏转电场中的时间在偏转电场中的纵向速度纵向位移即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多，故A正确，B错误；CD．因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同，故C错误，D正确。故选AD。【点睛】此题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用；正确列出对应的表达式，根据表达式再去分析速度、位移及电场力的功。10.如图所示，电源电动势为E，内阻为r。电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）。当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。下列说法中正确的是（　　） A.在只逐渐增大光照强度的过程中，电阻R0消耗的电功率变大，电源消耗的总功率变大B.只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动的过程中，R1消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流C.只调节电阻R2的滑动端P1向上端移动的过程中，电压表示数变大，带电微粒向上运动D.若断开开关S，电容器所带电荷量变小，带电微粒向上运动【答案】A【解析】【详解】A．在只逐渐增大光照强度的过程中，光敏电阻阻值减小，则通过电阻R0的电流增大；根据热功率公式P=I2R可知电阻R0消耗的电功率变大，故A正确；B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动的过程中，电路总电阻不变，则电源输出电流不变，R1消耗的功率不变，电容器两端电压不变，电阻R3中没有电流，故B错误；C．只调节电阻R2的滑动端P1向上端移动的过程中，R2接入电路的电阻不变，电源输出电流不变，电源路端电压不变，电压表示数不变；电容器两端电压减小，电容器放电，带电微粒所受电场力减小，微粒向下运动，故C错误；D．若断开开关S，电容器放电，电容器所带电荷量变少，电容器两端电压减小，带电微粒所受电场力减小，带电微粒向下运动，选项D错误。故选A。11.如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．则A.所有粒子都不会打到两极板上 B.所有粒子最终都垂直电场方向射出电场C.运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过2Ek0D.只有t＝(n＝0,1,2…)时刻射入电场的粒子才能垂直电场方向射出电场【答案】ABC【解析】【分析】粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零．【详解】粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍，故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；由于t=0时刻射入的粒子始终做单向直线运动，该粒子竖直方向的分位移最大，该粒子恰好从上极板边缘飞出，则其他粒子没有达到上极板边缘，故所有粒子最终都不会打到极板上，AB正确D错误；t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为，设竖直方向最大速度为vym，则根据分位移公式有，由于，故有，故有，C正确．【点睛】本题关键根据正交分解法判断粒子的运动，明确所有粒子的运动时间相等，t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，然后根据分运动公式列式求解．12.如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零．则小球aA.从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B.从N到P的过程中，速率先增大后减小 C.从N到Q的过程中，电势能一直增加D.从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量【答案】BC【解析】【详解】A．a球从N点静止释放后，受重力mg、b球的库仑斥力FC和槽的弹力N作用，a球在从N到Q的过程中，mg与FC的夹角θ由直角逐渐减小，不妨先假设FC的大小不变，随着θ的减小mg与FC的合力F将逐渐增大；由库仑定律和图中几何关系可知，随着θ的减小，FC逐渐增大，因此F一直增加，故选项A错误；B．从N到P的过程中，重力沿曲面切线的分量逐渐减小到零且重力沿曲面切线的分量是动力，库仑斥力沿曲面切线的分量由零逐渐增大且库仑斥力沿曲面切线的分量是阻力，则从N到P的过程中，a球速率必先增大后减小，故选项B正确；C．在a球在从N到Q的过程中，a、b两小球距离逐渐变小，电场力(库仑斥力)一直做负功，a球电势能一直增加，故选项C正确；D．在从P到Q的过程中，根据能的转化与守恒可知，其动能的减少量等于电势能增加量与重力势能增加量之和，故选项D错误．二、填空题（共12分）13.在“测定金属的电阻率”的实验中，用螺旋测微器测量金属丝直径时的刻度位置如图所示，用米尺测出金属丝的长度L，金属丝的电阻大约为5Ω，先用伏安法测出金属丝的电阻R，然后根据电阻定律计算出该金属材料的电阻率。（1）从图中读出金属丝的直径为______mm。（2）实验室有两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材，要求较准确地测出其阻值，则电压表应选______，电流表应选______，滑动变阻器应选______。（填序号）：A．电压表0～3V，内阻10kΩB．电压表0～15V，内阻50kΩC．电流表0～06A，内阻0.05Ω D．电流表0～3A，内阻0.01ΩE．滑动变阻器，0～10ΩF．滑动变阻器，0～100Ω【答案】①.0.679#0.680#0.681②.A③.C④.E【解析】【详解】（1）[1]从图中读出金属丝的直径为（2）[2][3][4]本实验为了使金属丝两端的电压能够有较大的调节范围从而获得较为丰富的数据，滑动变阻器应采用分压式接法，为了便于控制分压，滑动变阻器应选择最大阻值较小的E；两节新的干电池电压在3V左右，则通过金属丝的最大电流约为0.6A，所给电表的量程均满足要求，但为了能够使电表指针有适当的摆动幅度，从而减小读数误差，电流表应选C，电压表应选A。14.如图甲为物理兴趣小组设计的多用电表的电路原理图。他们选用内阻Rg＝10Ω、满偏电流Ig＝10mA的电流表、标识不清电源，以及由定值电阻、导线、滑动变阻器等组装好的多用电表。当选择开关接“3”时为量程250V的电压表。该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，上排刻度线对应数值还没有及时标出。(1)其中电阻R2=_____Ω。(2)选择开关接“1”时，两表笔接入待测电路，若指针指在图乙所示位置，其读数为________mA。(3)兴趣小组在实验室找到了一个电阻箱，利用组装好的多用电表设计了如下从“校”到“测”的实验：①将选择开关接“2”，红黑表笔短接，调节R1的阻值使电表指针满偏；②将多用电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使多用电表指针指在电表刻度盘中央C处，此时电阻箱如图丙所示，则C处刻度线的标注值应为____。③用待测电阻Rx代替电阻箱接入两表笔之间，表盘指针依旧指在图乙所示位置，则计算可知待测电阻约为Rx＝____Ω。(保留三位有效数字)④小组成员拿来一块电压表，将两表笔分别触碰电压表的两接线柱，其中______表笔(填“红”或“黑”)接电压表的正接线柱，该电压表示数为1.45V，可以推知该电压表的内阻为________Ω。 【答案】①.24990②.6.9③.150Ω④.67.4⑤.黑⑥.4350【解析】【详解】(1)[1]．根据闭合电路欧姆定律得(2)[2]．由图甲所示电路图可知，选择开关接1时电表测量电流，其量程为10mA，由图示表盘可知，其分度值为0.2mA，示数为6.9mA；(3)②[3]．由图丙所示电阻箱可知，电阻箱示数为：0×1000Ω+1×100Ω+5×10Ω+0×1Ω=150Ω，此时指针指在中央，此为中值电阻等于欧姆表内阻都等于此时电阻箱阻值，即RΩ=150Ω；③[4]．根据闭合电路欧姆定律有满偏电流时当电流表示数为联立解得E=1.5VRx=674Ω④[5][6]．根据电流方向“黑出红进”的规律知，黑表笔接电压表正接线柱，根据闭合电路欧姆定律得电压表的示数解得电压表内阻三、计算题（共4题，共40分。）15.如图所示，两平行金属板、间有一匀强电场，、为电场中的两点，点距板，且，其连线的延长线与金属板成37°角。已知电子从点移到点的过程中，克服电场力做功为，元电荷，。求：（1）匀强电场的电场强度大小； （2）若选取板的电势，电子在点具有的电势能。【答案】（1）；（2）【解析】【分析】【详解】（1）、两点间的电势差因此电场强度（2）由于而可得电子在C点的电势能16.如图所示是示波器的示意图，偏转电极的极板长L1＝4cm，板间距离d＝1cm板右端距离荧光屏L2＝18cm，电子沿中心线进入竖直偏转电场的速度是v＝1.6×107m/s，电子电荷量e＝1.6×10－19C，质量m＝0.91×10－30kg。（1）要使电子束不打在偏转电极上，加在偏转电极上最大偏转电压U不能超过多大？（2）当加最大电压时电子打在荧光屏的位置到荧光屏中点的距离是多大？ 【答案】（1）91V；（2）5cm【解析】【详解】（1）设偏转电压最大值为U0，则根据牛顿第二定律可知电子在偏转极板间的加速度大小为①此时电子恰好从极板边缘射出，设运动时间为t，则根据运动学规律有②③联立①②③并代入数据解得④（2）设当加最大电压时电子打在荧光屏的位置到荧光屏中点的距离为Y。电子从极板边缘射出时，其速度方向的反向延长线一定过偏转极板中线的中点，则根据几何关系可得⑤解得Y=5cm⑥17.某地要把河水抽高20m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作。工作电压为380V，此时输入电动机的电功率为19kW，电动机的内阻为0.4Ω。已知水的密度为1×103kg/m3，重力加速度取10m/s2。求：(1)电动机内阻消耗的热功率；(2)将蓄水池蓄入864m3的水需要的时间（不计进、出水口的水流速度）。【答案】(1)1×103W；(2)2×104s【解析】【详解】(1)设电动机的电动率为P，则 P＝UI设电动机内阻r上消耗的热功率为Pr，则Pr＝I2r代入数据解得Pr＝1×103W(2)设蓄水总质量为M，所用抽水时间为t。已知抽水高度为h，容积为V，水的密度为ρ，则M＝ρV设质量为M的河水增加的重力势能为ΔEp则ΔEp＝Mgh设电动机的输出功率为P0，则P0＝P－Pr根据能量守恒定律得P0t×60%×80%＝ΔEp代入数据解得t＝2×104s18.如图所示，AB为固定在竖直平面内粗糙倾斜轨道，BC为光滑水平轨道，CD为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，且AB与BC通过一小段光滑弧形轨道相连，BC与弧CD相切。已知AB长为L=10m，倾角=37°，BC长s=4m，CD弧的半径为R=2m，O为其圆心，∠COD=143°。整个装置处在水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E=1×103N/C。一质量为m=0.4kg、电荷量为q=+3×10-3C的物体，从A点以初速度vA=15m/s沿AB轨道开始运动。若物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ=0.2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，物体运动过程中电荷量不变。求：（1）物体在AB轨道上运动时，重力和电场力对物体所做的总功；（2）物体到达B点的速度；（3）通过计算证明说明物体能否到达D点。【答案】（1）0；（2）；（3）物体恰好能到达D点 【解析】【详解】（1）物体所受重力和电场力的合力大小为合力与竖直方向的夹角为��，则得37°即合力与轨道AB垂直，所以物体在轨道AB上运动时，重力和电场力对物体做的总功为W=0。（2）在AB段上物体所受摩擦力f=μF=1N对AB段运动使用动能定理解得（3）D点为CD轨道上的等效最高点，设物体能到D点，其速度为vD。对物体由B到D的过程由动能定理得解得vD=5m/s设物体恰能到D点时速度为v0，由牛顿第二定律得解得v0=5m/s