2021-2022学年高二物理上学期期中测试卷（人教版）02（全解全析）.pdf
2021-2022学年上学期期中测试卷02高二物理全解全析I23456789101112DBBDBCCDBCBDBCABD1.D【解析】电场强度是采用比值定义法定义的，为比值定义式，在电场中某点的电场强度由电场决定,与试探电荷在该点受到的力、试探电荷的电荷量、电性无关，故D正确.2.B【解析】处 于。点的正点电荷在G点处产生的场强大小E|=呼，方向沿y轴负向；因为G点处场强为零，所 以M、N处两负点电荷在G点 产 生 的 合 场 强 大 小 瓦=昌=呼，方向沿y轴正向；根据对称性，M、N处两负点电荷在“点 产 生 的 合 场 强 大 小 必=氏=4，方向沿y轴负向；将该正点电荷移到G处，该正点电荷在H点产生 的 场 强 大 小 方 向 港 了 轴正向，所 以“点的场强大小E=E；|E 4=*,方向沿y轴负向.3.B【解析】根据电场线与等势面垂直且由高电势指向低电势，可知电场线方向大致向左，根据粒子轨迹的弯曲方向可知，粒子所受的电场力方向大致向左，则知粒子一定带正电，A错误；等差等势面的疏密反映电场强度的大小，A处场强大于C处场强，B正确；粒子从4点运动到C点，电场力方向与速度方向的夹角为钝角，电场力做负功，电势能增大，C错误：由于电势差相同，根 据W=U q知，电场力做功相同，D错误.4.D【解析】由可知，当将云母介质移出时，耳变小，电容器的电容C变小；因为电容器接在恒压直流电源上，故U不变，根 据Q=CU可知，当C变小时，Q变 小.再 由E=%，由 于。与“都不变，故电场强度E不变，选 项D正确.5.B【解析】S断开，电路中总电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大，Ri两端电压减小，故/?3中的电压增大，由欧姆定律可知&中的电流也增大，A的读数变大，故A、C、D错误，B正确.6.C【解析】S断开时等效电路图如图甲所示.E 2 1 1电容器两端电压为U=-Z-X-/?X-=-;R+铲S闭合时等效电路图如图乙所示.E|;电容器两端电压为Ui=-j X-/?=-*,R+R、由Q=C U得等=3=1，故选项C正确.S 5 7.C【解析】当灯泡L的灯丝突然烧断时电路中总电阻增大，则总电流减小，电源的内电压和Ri两端的电压减小，由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压增大，故电容器C两端的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，则该液滴将向上运动，C正确；由于C两端的电压增大，/?2、&中的电流增大，则电流表、电压表的读数均变大，A错误；因干路电流减小，则电源内阻消耗的功率变小，B错误：由于电源的内、外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化，D错误.8.D【解析】沿直线运动的油滴，根据题意得：m g=E q,即：*此,所以沿直线运动的油滴比荷相同，A、B错误；沿曲线、运动的油滴，均做类平抛运动，水平方向匀速运动：x=o”，初速度相同，所以运动时间之比等于位移之比，即为2：1,C错误；沿曲线、运动的油滴，水平方向x=o（）r,竖直方向：y=%产，联立解得：a70,因为水平位移之比为2 ：1,比和y相同，所以加速度大小之比 为1 ：4,D正确.9.BC【解析】该点电荷形成的电场过M、N两点的等势面如图所示.距尸越近，电场强度越大，沿MN边，从M点到N点，与P点的距离先变小后变大，电场强度先增大后减小，故A错误；沿电场线方向电势降低，沿边，从M点 到N点，电势先增大后减小，故B正确；由图可知，M点电势高于N点电势，根 据E p=ge知，正电荷在M点的电势能大于在N点的电势能，故C正确；将正电荷从M点移动到N点，即从高电势移动到低电势，电场力所做的总功为正，故D错误.1 0.BD【解析】作出两个固定点电荷分别在。点附近的电场线，由题意知，O点 的 场 强 氏=0,则两点电荷分别 在。点处产生电场的电场线疏密相同，进 而推知。点左侧的电场方向向右，。点右侧的电场方向向左.可以判定：a点电势高于。点，万点电势低于c点，故A错误，B正确；由&=”/可知，a点的电势高于8点，试探电荷（带负电）在a点的电势能比8点小，故C错误；c,点电势高于点，试探电荷（带负电）在c点的电势能小于点，故D正确.11.B C【解析】据题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，轨迹向下偏转，才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动枕迹有对称性，如图所示：可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得gE一机m g=m a,解 得 E=2 ,由。=&/得两极板间电压为管,故A错误，B正确；质点在电场中向上偏转的距离丫=；4户，a=E；g=g,，=（，解 得），=整，故质点打在屏上的位置与P点的距离为s=2y=笔，整个过程中质点的重力势能的增加量Ep=mgs=第3,故C正确；仅增大两极板间的距离，因两极板上电荷量不变，根 据E=W=4=一 q=4头 中可知,板uQC l间场强不变，质点在电场中受力情况不变，则运动情况不变，仍垂直打在M上，故D错误.12.ABD【解析】在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的4、B、C 三点、,因为直流电源的总功率已 等于输出 功 率PR和电源内部的发热功率P,之和，所以这三点的纵坐标一定满足关系PA=P 8+PC,故A正确：图 线c表示电路的输出功率与电流的关系图象，很显然，最大输出功率小于3 W,故C错误；当内电阻和外电阻相等时，F F F2电源输出的功率最大，此 时 即 为 江C图线的交点处的电流，此 时 电 流 的 大 小 为 赤：=3，输出功率的大小为不，4、6图线的交点表示电源的总功率也 和电源内部的发热功率P 相等，此时只有电源的内电阻，所以此时电流的E fir大小为7 功率的大小为7，所以横坐标之比为1 ：2,纵坐标之比为1 ：4,故B正确；当/=3 A时，PR=O,说明外电路 短 路,根据外=以知电源的电动势E=3 V,内电阻厂=7=1 C,故D正确.13.（1）|（1 分）（2）1.000（1 分）（3）1.96X10-5（2 分）小 于（1分）【解析】（1）由并联电路特点可知，当 人=%|时，电阻箱的阻值与待测铅笔芯的阻值相等；螺旋测微器的读数为1.000 mm;（3）由公式R=/4计算，铅笔芯的电阻率为1.96X10=Cm;（4）电流表A2的内阻不能忽略时，电流表A2与电阻箱的电阻之和等于待测铅笔芯的电阻，即铅笔芯电阻的测量值小于真实值.14.1.990（2分）（2）500（2分）（3）见 解 析 图（3分）（4）上色粤 丁（3分）【解析】（1）螺旋测微器的固定刻度为1.5 m m,可动刻度为49.0 X 001 mm=0.490mm,所以最终读数为1.5 mm+0.490 mm=1.990 mm（1.989 1.991 mm 均正确）（2）表盘的读数为5,所以导电玻墙的电阻约为5 X1 0 0。=5 0 0 c.（3）电源的电动势为1 2 V,电压表的量程为1 0 V,滑动变阻器的电阻为2 0。，由于滑动变阻器的电阻与待测电阻的电阻值差不多，若串联使用调节的范围太小，所以滑动变阻器选择分压式接法；流过待测电阻的电流约为：/A=0.0 0 6 A=6mA,两电压表量程均不合适；同时由于电压表量程为1 0 V,远大于待测电阻的额定电压3V,故常规方法不能正常测量，所以考虑用电流表改装成电压表使用，同时电压表量程为1 0 V,内阻Rv=l k C,故满偏电流为1 0 m A,符合要求，故将电压表充当电流表使用，电流表A?与 我2串联充当电压表使用，改装后量程 为4V,可以使用，由于改装后电表电阻已知，故内外接法均可，故电路图如图所示.（4）根据串并联电路的规律可知，待测电阻中的电流：/=1 一 电 压：a=/,（R+R A，），由欧姆定律可知电阻:A V&=7,根据电阻定律可知：R=LcP M，而截面积：S=q,联立解得=兀4/2（&+以2）U4饭 一 1 5.(1)3.0 X1 0 7 m zs (2)0.7 2 cm (3)5.8 X 1 0 1 8 J1【解 析】根 据 动 能 定 理 有e U o=2 n w f（1分）2 得U o=J m,代 入 数 据 得。0弋3.0义I O，m/s.（1分）（2）设电子在偏转电场中运动的时间为f,电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量为y,电子在水平方向做匀速直线运动，L=vot9（1分）电子在竖直方向上做匀加速直线运动，y=2 2,（1分）eU根 据 牛 顿 第 二 定 律 有 力=加 出（1分）UL2联 立 得y=4 d U o,（1分）代入数据得y=0.3 6 cm.（1分）42 2 匕电子离开偏转电场时速度的反向延长线过偏转电场的中点M,由图知工=心=心+2 L 2，（1分）2+L2解得力=0.7 2 cm.（1分）U（3）电子经过偏转电场过程中，电 场 力 对它 做 的 功W=e Z y-5.8Xl（）r 8 J.（2分）1 6.（1）（一4 0）（2）（3）4 x y=5（x 0,y 0）【解析】（1）设进入第二象限前粒子的速度为。o,质量为机，由动能定理得1-泮-02在第二象限中运动时，粒子做类平抛运动，假设粒子通过工轴没有出电场左边界，则有加速度X轴方向上X=Voty轴方向上（1分）联立解得x=d,假设成立.所以粒子通过x轴时的坐标为（-d,。）.（1分）（2）设进入第二象限前粒子的速度为质量为由动能定理得qEd=nv2（1分）在第二象限中运动时，粒子做类平抛运动，加 速 度4=延mx轴方向上d=vty轴方向上y=at2解 得y=（1分）对整个过程由动能定理得qE d+q 与ELQ（1 分）解 得 石 卜=竽.（1分）（3）设粒子到达y轴 时 的 速 度 为 曲 ，通过第二象限电场所用的时间为3粒子进入第二象限前由动能定理得qE x粒子刚出第二象限电场时速度偏向角的正切值t a n（1分）Vx其 中vy=at2qE=tna,dvx=vo=-1 2粒子出第二象限电场后做直线运动，由几何关系有yatT2t a n 02d（2分）解得 4xy=5&x 0,y0）.（1 分）17.（1）20V 20Q（2）5 0 （3）300Q（4）2.25W 5W【解析】（1）由闭合电路欧姆定律U=ETr,（1 分）将图象中A、B两点的电压和电流代入，解得E=20V,r=20Qo（2 分）当R的滑片滑到最右端时，Ra、R,均被短路，此时外电路电阻等于Rz,且对应于图线上B点，故 由B点的U、I值可求出R?的阻值为二 4 Q=5Q。IB 0.8（2分）（3）滑动变阻器的滑片置于最左端时,Rs阻值最大。设此时外电路总电阻为R,由图象中A点坐标求出R三lA 0.2Q=80Q（2 分）R$3又 R=-H R?R +R 3代入数据可解得RF300Q。（1分）（2分）（4）隹调到最大值时，R,、Rs两端的电压达到最大值,R,消耗的功率也达到最大。由于此时对应于图象上A点，故电路 中 总 电 流1=0.2A（1分）R,两端的最大电压为URI=E-I（R2+r）=20V-0.2X（5+20）V=15V.（1分）R,消耗的最大功率为M i 152PRF-W=2.25Wo/?!100（1分）当Rs的滑片从最右端滑至最左端时，外电路总电阻从小于电源内阻r变至大于r,当外电阻和内阻相等时，电源输出功率最大，其值为E2 202Pa=-=-W=5W 4 r 4X20（2分）
