北京市海淀区清华附中2020_2021学年高二物理上学期期中试题含解析.doc

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1、北京市海淀区清华附中2020-2021学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、单项选择题（本题共10小题，每小题2分，共20分。在每小题给出的四个选择中，只有一项是符合题意的。选对得2分，错选、多选，该小题不得分）1. 直空中有两个点电荷，带电量的大小分别是q1和q2，两电荷相距r时相互间库仑力的大小是F。如果两电荷的电量都增大为原来的2倍，距离减小到原来的一半，则这时两电荷相互间的库仑力的大小是（）A. 16FB. 8FC. 4FD. F【答案】A【解析】【详解】根据库仑定律的公式可知F=，两电荷的电量都增大为原来的2倍，则力会增大为原来的4倍，而距离又减小到原来的一半，所以力又要增大为原来

2、的4倍，所以库仑力变为原来的16倍，故选A。2. 如图所示，把枕形导体AB放在带正电的金属小球C附近，将发生静电感应，则下面的说法中哪项正确（）A. 导体两端的电势为UAEB，ABB. EAEB，AEB，ABD. EAB【答案】B【解析】【详解】由v-t图像，可知负电荷从A到B，速度在增大，做加速运动，故负电荷受到的电场力方向是由A到B，则电场强度的方向是由B到A，又因为沿着电场线的方向电势降低，所以AB。根据v-t图像的斜率表示加速度，可知加速度不断增大，根据F=ma，可知电场力不断增大，再根据F=qE，可知电场强度不断增大，故EAq2已知六边形中心o点处的场强可用图中的四条有向线段中的一段

3、来表示，它是哪一条 （ ）A. E1B. E2C. E3D. E4【答案】B【解析】【分析】图中点O的电场强度等于四个点电荷分别单独存在时在O点产生场强的矢量和，根据平行四边形定则两两合成即可【详解】由于两点电荷在O点的合场强水平向右，b、c两点电荷的合场强指向左下，但这个向左的分量没有a与d两点电荷在O点的合场强强，所以总的场强指向右下；故选B【点睛】关键是要明确空间某点的电场强度等于各个点电荷分别单独存在时在该点产生场强的矢量和；同是要注意两两合成的先后顺序，尽量简化问题9. 如图所示，在绝缘的水平面上方存在匀强电场，水平面上的带电金属块在水平力F作用下沿水平面移动。已知金属块在移动的过程

4、中，水平力F做功32J，金属块克服电场力做功8.0J，金属块克服摩擦力做功16J，则在此过程中，金属块的（）A. 动能增加8.0JB. 电势能减少8JC. 机械能减少24JD. 机械能减少8J【答案】A【解析】【详解】A根据动能定理，合外力做功等于金属块动能的增加，即故A正确；B因为金属块克服电场力做功8.0J，即电场力做了-8.0J的功，根据电场力做功与电势能的关系可知，金属块的电势能增加8J，故B错误；CD根据功能关系，除重力和弹簧弹力以外的其他的力做正功，机械能增加，做负功机械能减小，该题中拉力、电场力、摩擦力做的功都不属于重力和弹簧的弹力做功，而这些功的总和是8.0J，所以金属块的机械

5、能增加8.0J，故CD错误。故选A。10. 图示为一个内、外半径分别为R1和R2的圆环状均匀带电平面，其单位面积带电量为取环面中心O为原点，以垂直于环面的轴线为x轴设轴上任意点P到O点的的距离为x，P点电场强度的大小为E下面给出E的四个表达式（式中k为静电力常量），其中只有一个是合理的你可能不会求解此处的场强E，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断根据你的判断，E的合理表达式应为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】AC场强的单位为N/C，k为静电力常量，单位为Nm2/C2，为单位面积的带电量，单位为C/m2，则表达式的单位即为N/C，故各表达式中其它部分应无

6、单位，可知AC错误；BD当x=0时，此时要求的场强为O点的场强，由对称性可知，当x时E0，而D项中E，故B正确，D错误二、不定向选择题（本题共5小题，每小题3分，共15分。选对得3分，选对但不全得2分，错选、多选，该小题不得分）11. 如图是某区域的电场线图。A、B是电场中的两个点，FA、FB分别表示一个点电荷在A、B两点所受到的电场力的大小，A、B分别表示A、B两点的电势。下面说法中正确的是（）A. FAFBB. FABD. AFBA正确，B错误；CD因为沿着电场线电势是降低的，故A的电势小于B的电势ABC错误，D正确。故选AD。12. 如图所示，在真空中有两个带相等电量的正电荷q1和q2，

7、它们分别固定在A、B两点，DC为AB连线中垂线，现将正电荷q3由C沿CD移至无穷远处，在此过程中（）A. q3受到的电场力逐渐增大B. q3受到的电场力先逐渐增大，后逐渐减小C. q3的电势能先逐渐增大，后逐渐减小D. q3的电势能逐渐减小【答案】BD【解析】【详解】AB根据电场的叠加可知，C点的场强为零，而无穷远处场强也为零，所以由C点沿CD移至无穷远的过程中，场强先增大，后减小，q3受到的电场力先逐渐增大，后逐渐减小，故A错误，B正确；CD由题知，q1、q2是两个等量的正电荷，作出中垂线CD上电场线如图由于在中垂线上的合场强均是由C点向上的，故沿CD的方向，电势是降低的，根据Ep=q可知，

8、正电荷的电势能也是逐渐减小的，故C错误，D正确。故选BD。13. 用伏安法测电阻时，可以有两种方法把电压表和电流表连入电路，接法如图所示，则下列说法中正确的是（）A. 采用（甲）图时，测量出的电阻值比真实值小B. 采用（乙）图时，测量出的电阻值比真实值小C. 为了减小误差，测量大电阻时宜采用（甲）图D. 为了减小误差，测量大电阻时宜采用（乙）图【答案】BC【解析】【详解】AB甲图是电流表内接，电流表所测的电流值是准确的，由于电流表的分压作用，电压表测量值偏大，由R=可知计算的电阻值偏大；乙图是电流表外接，电压表所测的电压是准确的，由于电压表的分流作用，使得电流表测量值偏大，所以计算的电阻值偏小

9、，A错误，B正确；CD甲图中要想让电压表的误差小，即电流表分得的电压可以忽略不计，则待测电阻越大，误差越小；乙图中要想让电流表的误差小，即电压表分得的电流可以忽略不计，故测量小电阻时宜采用（乙）图，C正确；D错误。故选BC14. 如图所示用三根长度相同的绝缘细线将三个带电小球连接后悬挂在空中。三个带电小球质量相等，A球带负电，平衡时三根绝缘细线都是直的，但拉力都为零。则（）A. B球和C球都带负电荷B. B球带负电荷，C球带正电荷C. B球和C球所带电量不一定相等D. B球和C球所带电量一定相等【答案】D【解析】【详解】ABB球受重力及A、C对B球的库仑力而受于平衡状态，则A与C球对B球的库仑

10、力的合力应与重力大小相等，方向相反；库仑力的方向只能沿两电荷的连线方向，说明A对B的库仑力应指向A，C对B的作用力应指向B的左侧。因A带负电，则可知B、C都应带正电，故A、B错误；CD由受力分析图可知，A对B的库仑力应为C对B库仑力的2倍，故C带电量应为A带电量的一半；同理分析C可知，B带电量也应为A带电量的一半，故B、C带电量应相同，故C错误，D正确。故选D。15. 如图所示，充电后与电源分离的平行板电容器，其正极接地，在极板间P点有一带电液滴处于静止状态。现将接地的B板移至虚线处，则（）A. 两板间电压不变B. P点与A板间的电势差不变C. 电荷q仍保持静止D. 电荷q的电势能增大【答案】

11、BCD【解析】【详解】A平行板电容器充电后与电源分离，说明电容器的电荷量Q不变，当B板向上移动时，极板间距d减小，根据电容C=所以电容C变大，再根据C=可得U减小， A错误；B根据C=，C=，可得，故距离发生变化时电场强度E不变，因为移动的是B板，A板与P间的距离不变，所以P点与A板间的电势差可知故P点与A板间的电势差U不变，B正确；C因为极板间的电场强度E不变，所以液滴受到的电场力不变，故液滴仍然静止，C正确；D由于液滴受到的电场力是向上的，上极板带负电，所以液滴是带正电的；因B板接地，则电势为零，且它带正电，P点与B板的电势差UPB= 因为电场强度E不变，而PB的距离在减小，故UPB在增大

12、，而UPB=P-B=P也会增大，所以电荷q的电势能也增大，D正确。故选BCD。三、实验题（每空3分，共24分）16. 某同学在进行电阻测量时，需要将一块满偏电流为500A、阻值为800的小量程电流表G改装成量程为15V的电压表，则需要选择一个阻值为_的电阻与这一电流表_（选填“串”、“并”）联。【答案】 (1). 2.92104 (2). 串【解析】【详解】12小量程的电流表改装成电压表时，需要串联一个电阻，设所串联的电阻为R，则串联后的总电压为15V，通过的电流为500A，所以电路中的总电阻R总=R+Rg=3104故所串电阻的大小为R= 3104-800=2.9210417. 在“测定金属的

13、电阻率”的实验中，需要用刻度尺测出被测金属丝的长度l，用螺旋测微器测出金属丝的直径d，用电流表测出流过金属丝的电流I，用电压表测出金属丝两端的电压U。(1)若实验中测量金属丝的直径时，螺旋测微器的示数如图所示，则金属丝直径的测量值为d=_mm；(2)请写出测金属丝电阻率的表达式：=_（用题干中测量的字母表示）。【答案】 (1). 0.265 (2). 【解析】【详解】(1)1螺旋测微器主尺的读数是0，螺旋上的读数为26.5，故测量值为26.50.01mm=0.265mm(2)2根据R=所以电阻率的表达式=18. 某同学利用左边的实验原理图（a）组装仪器进行实验，测得了8组数据，描绘了小灯泡的伏

14、安特性曲线，在图（b）所示的IU坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线。(1)由图（b）可知，当小灯泡两端的电压为2V时，小灯泡的电阻为_，小灯泡消耗的电功率为_W。(2)该同学根据原理图连接实物图，但是少连了两根线，请在图（c）中用笔画线代替导线，把仪器连接成完整的实验电路_。(3)根据图（b），可判断出下图中正确的关系图是_。（图中P为小灯泡的功率）【答案】 (1). 6.67 (2). 0.6 (3). 见解析图 (4). BD【解析】【详解】（1）1当小灯泡两端的电压为2V时，小灯泡的电流为0.3A，故灯泡的电阻为R= 6.672小灯泡消耗的电功率为P=UI=20.3W=0.

15、6W（2）3对照电路图，发现变阻器的滑片与灯泡间少一根导线；电压表与灯泡间少连接一根导线；故连接好的电路如图所示（3）4由b图像可知，当电压增大时，灯丝的温度升高，其灯丝的电阻增大。A因为P=UI，而当电压增大时，电流也是在增大的，不是不变，故P-U图像不是过原点的直线，A错误；B因为R=在图像中取二个点，发现U2增大得比P快，故比值在增大，能说明灯泡的电阻增大，B正确；C随着电压的增大，灯泡的电阻在增大，但是后来图线变陡的更厉害，这与实际是不相符合的，C错误；D因为R=在图像上取二个点，发现P比I2增加得快，故其比值也是在增大的，所以也能说明R在增大，D正确。故选BD。四、计算题（本题共4小

16、题，共29分。要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤。有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位）19. 电场中某区域的电场线如图所示， A、B是电场中的两点。一个电荷量q=4.0108 C的点电荷在A点所受电场力FA=2.0104 N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W=8.0107J 。求：(1)A点电场强度的大小EA.；(2)A、B两点间的电势差U。【答案】(1) ； (2)20V.【解析】【详解】(1)A点电场强度 (2)A、B两点间的电势差20. 如图所示，长为l的细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量+q的小球，将它们放在水平方向的匀强电场中，小球静止时的位置为A点，小

17、球静止时细线与竖直方向成角。求：(1)该匀强电场的电场强度大小；(2)当小球在电场中处于静止时，剪断细线，小球将从A点由静止开始运动，经过时间t后小球运动到了P点，求A、P两点间的距离大小；(3)不剪断细线，将小球拉至图中的竖直虚线处（细线保持绷直状态）由静止释放，求释放后小球在运动过程中动能的最大值。【答案】(1)E=；(2)；(3)【解析】【详解】(1)对小球受力分析，根据平衡条件则有Eq=mgtan故匀强电场的电场强度大小E=(2)剪断细线后，小球的合外力为F=可知小球加速度为a=故A、P两点间的距离大小x=(3)动能最大的位置是当运动到A位置时，因为A位置是小球受到的重力与电场力的等效

18、力的方向；则由动能定理得Eqlsin-mgl(1-cos)=Ek-0故Ek=21. 如图所示，已知电源的电压E=6.3V，电阻r=0.5，定值电阻R1=2，R2=3，R3是总阻值为5的滑动变阻器。合上电键S，调节滑动变阻器的触点P，使之从a端滑动到b端。求通过电源的电流的变化范围。【答案】2.1A3A【解析】【详解】外电路是R3的左半部分与R1串联，右半部分与R2串联，然后两部分在并联，则外电路总电阻又由于代入数据，两式整理得根据均值不等式，当，外电路电阻最大，且最大值为此时流过电源电流最小，为当电路中电阻最小时，通过的电流最大，因为R1R2所以当P滑到a端时，电路中的电阻最小，由式可知最小值

19、为此时的电流为故电流变化范围是2.1A3A22. 如图所示，abcd是一个正方形盒子边的中点有一个小孔盒子中有沿ad方向的匀强电场一个质量为m带电粒子从a处的小孔沿ab方向以初速度射入盒内，并恰好从e处的小孔射出，（不计重力）求（1）该带电粒子从e孔射出时的速度大小（2）该过程中电场力对该带电粒子做功【答案】（1） （2） 【解析】（1）把ve正交分解，比较其水平分速度v0和竖直分速度vy，由于水平、竖直分运动的平均速度大小之比为12，因此有：v0vy=14，所以有ve=v0（2）a到e对该带电粒子用动能定理：W电 =8mv02五、能力提升题（本大题内的选择题均不定向选择题，本题共5小题，共1

20、2分）23. 如图所示是一个电路的一部分，其中R1=1，R2=5，R3=3，I1=0.1A，I2=0.2A，那么电流表测得电流为（）A. 0.2A，方向向右B. 0.15A，方向向左C. 0.2A，方向向左D. 0.3A，方向向右【答案】C【解析】【详解】因为U1=I1R1=0.11V=0.1VU2=I2R2=0.25V=1V所以电阻R3的下端电势低，上端电势高，电势差为U3=1V-0.1V=0.9V故电阻R3上的电流为I3=0.3A方向向下，对于电流表旁边的结点而言，流进的电流应该等于流出的电流，所以电流表的示数为I=I3-I1=0.3A-0.1A=0.2A方向向左，故选C。24. 沿x轴方

21、向存在一静电场，电场强度的大小关于位置的变化规律如图所示(图线为正弦图线)，则下列说法正确的是( )A. Ob两点的电势差等于Od两点的电势差B. a、c两点的电势相等C. 电子在O点的电势能大于电子在c点的电势能D. 正电荷由a点沿x轴运动到c点过程中，电场力先做负功再做正功【答案】BD【解析】【详解】AC.由图可知，x轴正方向电场方向从b指向d，故Ob两点的电势差小于Od两点的电势差，电子在O点的电势能小于电子在c点的电势能，A、C错误；B.由对称性可知，a、c两点的电势相等，B正确；D. 正电荷由a点沿x轴运动到c点的过程中，电场力方向先向右后向左，故电场力先做负功再做正功，D正确；故选

22、BD。25. 如图所示，A灯的额定功率为15W，A灯与B灯额定电压相同，在外加电压改变时设两盏灯的电阻保持不变，当K1与K2都断开时，电压表读数U=12V；当K1闭合，K2断开时，电压表读数U1=11V；当K1、K2都闭合时，电压表读数U2=9V时，则B灯的额定功率为_W【答案】40【解析】【详解】当开关均断开时，电压表示数为电源的电动势，故E=12V；当S1闭合S2断开，只有B灯接入电路，由闭合电路欧姆定律可知12=11+I1r由欧姆定律可知当S1、S2都闭合，电压表读数U2=9V，则有12=9+I2r；联立以上四式可得两灯的额定电压相等，则由可知两灯的功率之比故PB=15=40W26. 有

23、三根长度为l=1.00m的不可伸长的绝缘轻线，其中两根的一端固定在天花板上的O点，另一端分别拴有质量皆为m=1.00102kg的带电小球A和B，它们的电量分别为q和+q（A带负电，B带正电），q=1.00107C。A、B之间用第三根线连接起来。空间中存在大小为E=1.00106N/C的匀强电场，场强方向沿水平向右，平衡时A、B球的位置如图所示。现将O、B之间的线烧断，由于空气阻力，A、B球最后会达到新的平衡位置。求最后两球的机械能与电势能的总和与烧断前相比减少了_J。（不计两带电小球间相互作用的静电力）（=1.4，=1.7）【答案】0.07【解析】【详解】图中虚线表示A、B球原来的平衡位置，实

24、线表示烧断后重新达到平衡的位置，其中、分别表示细线OA、AB与竖直方向的夹角。A球受力如图所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向左；细线OA对A的拉力T1，方向如图；细线AB对A的拉力T2，方向如图。由平衡条件T1sinT2sin=qET2cosmgT2cosB球受力如图所示：重力mg，竖直向下；电场力qE，水平向右；细线AB对B的拉力T2，方向如图由平衡条件T2sin=qE， T2cos=mg联立以上各式并代入数据，得=0，=由此可知，A、B球重新达到平衡的位置如图所示,与原来位置相比：A球的重力势能减少了EA=mgl(1sin)B球的重力势能减少了EB=mgl(1sincos)A球的

25、电势能增加了WA=qElcosB球的电势能减少了WB=qEl(sinsin)两种势能总和减少了W=WBWAEAEB代入数据解得W=0.07J27. 如图，A、B是真空中的两块面积很大的平行金属板，已知B板的电势为零，A板电势UA随时间变化的规律如图所示，其中UA的最大值为U0，最小值为-2U0；在AB的正中央处有一个离子源P，P距离A、B板的距离均为l，离子源P可以源源不断地产生电荷量为q、质量为m的带负电的微粒，已知各个时刻产生带电微粒的机会均等。这种微粒产生后，从静止出发在电场力的作用下运动，设微粒一旦碰到金属板，它就附在板上不再运动，且其电荷同时消失，不影响A、B板的电压。已知上述的T、

26、U0、l、q和m等各量的值正好满足等式：l2=，如果在A板电压变化的每个周期T内，平均产生320个上述微粒，则可求出：(1)在t=0到的这段时间内产生的微粒中，有_个微粒可到达A板。（不计重力、不考虑微粒之间的相互作用）(2)在到t=T的这段时间内产生的微粒中，有_个微粒可到达A板。（不计重力、不考虑微粒之间的相互作用） 【答案】 (1). 80 (2). 30【解析】【详解】（1）由于在t=0到 的这段时间内，A板的电势高，所以从P点发出的带负电的微粒会加速向A板移动，加速度的大小为a=设粒子距离为l，则根据l=需要的时间t=再把l2=代入到上式中，得t=因t，说明粒子发出后一直做匀加速直线

27、运动到达A板；但是在t=0到t=T/2内发射的粒子，并不一定都打到A上，在接近T/2时刻，发射的粒子加速时间短，再减速后有可能到达不了A板，我们设粒子发射后加速t时间，再减速通过的距离是l；由于减速时的加速度大小为a=则可求加速通过的距离x1=末速度v1=at=减速通过的距离x2=故l=x1+x2即l=+解之得t=再把l2=代入到上式中得t=由于每个周期内平均产生320个微粒，则单位时间内产生的微粒为=所以在t=0到t=T/2的这段时间内产生的微粒中，到达A板的微粒数为N1=（-t）=80（2）在t=T/2到t=T的这段时间内产生的微粒中，A板的电势低，负电荷会加速向B板运动，能到达A板的粒子应该是向左加速一段时间后，再向左减速，当粒子减速到零时，再反方向加速，减速和反方向加速的时间总时间是，最后再向右减速，最终到达A板，在这些粒子中，最先到达A板的粒子的速度是零。设最初向左加速的时间为t，则向左加速的位移x1=末速度v1=at然后粒子向左减速，到减到速度为0后再反方向加速，这段时间为，通过的总位移为x2=- v1+末速度为v2=- v1+a最后向右减速到零的距离x3=因为a=2a，故l= x2-x1+ x3联立以上方程解之得t=故这段时间的粒子数为N2=30个- 25 -