山东省青岛市诸城市龙城中学2020_2021学年高二物理上学期期中试题含解析.docx

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1、山东省青岛市诸城市龙城中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题（含解析）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3.考试结束后，只需要上交答题卡一、单项选择题：本题共8小题，每小题3分，共24分。每小题只有一个选项符合题目要求。1. 下列物理量为矢量的是（ ）A. 频率B. 电流C. 电势差D. 电场强度【答案】D【解析】【详解】矢量是既有方向又有大小量。电流虽然有大小有方

2、向，但是电流的运用一般的代数法则，所以电流不是矢量。故选D。2. 下列各量中，与检验电荷无关的物理量是()A. 电场力FB. 电场强度EC. 电势能EpD. 电场力做的功W【答案】B【解析】【详解】电场力、电势能以及电场力做功都与检验电荷的带电量有关，只有电场强度是由电场本身的特性决定的，与试探电荷的存在与否无关。故选B。3. 下列说法正确的是（）A. 电势等于零物体一定不带电B. 在电场中电势高的点，电场强度一定大C. 负电荷沿电场方向移动时，电势能一定增加D. 在电场中，电势高地方，电荷在该点具有的电势能就大【答案】C【解析】【详解】A零电势点是人为规定的，电势等于零的物体不一定不带电，选

3、项A错误；B在电场中电势高的点，电场强度不一定大，例如在负点电荷的电场中，离负电荷越远的点电势越高，但是场强越小，选项B错误；C负电荷沿电场方向移动时，电场力做负功，电势能一定增加，选项C正确；D在电场中，电势高的地方，正电荷在该点具有的电势能就大，选项D错误。故选C。4. 关于电压与电动势的说法正确的是（）A. 电源电动势等于外电路的路端电压B. 电压与电动势的单位都是伏特，所以是同一物理量的不同叫法C. 电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量D. 电动势公式中的W与电压中的W是一样的，都表示电场力做的功【答案】C【解析】【详解】A电源电动势等于外电路的路端电压和电源内部电

4、压之和，所以A错误；B电压和电动势的单位相同，但是物理意义不同，是两个不同的物理量，所以B错误；C电源是把其他形式的能量转化为电能的装置，电动势反映电源转化本领的大小，所以C正确；D电动势公式中W表示非静电力做功，电压公式中W表示静电力做功，所以D错误。故选C。5. 国产手机在闪充的发展上已经完全领先国际大牌，尤其是华为、OPPO等都有推出超级闪充功能。“充电五分钟通话两小时”的手机电源就是源于VOOC闪充新技术。闪充数据线和普通数据线的主要区别是VOOC闪充数据线是有8根线来组成，比一般数据线粗。与普通充电数据线相比，闪充增加数据线的作用是为了（）A. 增大充电电压B. 增大充电电流C. 增

5、大充电电阻D. 增大电池的容量【答案】B【解析】【详解】根据P=UI可知，要使输入功率增大，可以增大电流，也可以增大电压，若采取根快充数据线时，各数据线之间并联，电压相同，电压相同时，若增大输入功率，则输入电流增大，故ACD错误，B正确；故选B。6. 某些肿瘤可以用“质子疗法”进行治疗。在这种疗法中为了能让质子进入癌细胞，首先要实现质子的高速运动，该过程需要一种被称作“粒子加速器”的装置来实现。质子先被加速到较高的速度，然后轰击肿瘤并杀死癌细胞。如图，来自质子源的质子（初速度为零），经加速电压为U的加速器加速后，形成细柱形的质子流。已知细柱形的质子流横截面积为S，质子流内单位体积的质子数为n，

6、其等效电流为I，质子电量为e，则质子的质量为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】根据电流微观表达式，可得质子在电场力作用下加速运动，根据动能定理，则有解得故A对，BCD错。故选A。7. 如图，一款微型机器人的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两端，电动机恰好能正常工作，下列说法正确的是（）A. 电源的效率为B. 电源的输出功率为C. 电动机消耗的总功率为D. 电动机消耗的热功率为【答案】A【解析】【详解】AB电源的总功率为IE，内部发热的功率为I2r，电源的输出功率为所以电源的效率为所以A正确，B错误；C电动机消耗的

7、总功率P=IU所以C错误；D电动机消耗的热功率P=I2R所以D错误。故选A。8. 心脏除颤器的工作原理是用较强的脉冲电流，通过心脏以消除心律失常，使之恢复窦性心律的方法，称为电击除颤。工作时向储能电容器充电，使电容器获得一定的储能，对心颤患者皮肤上的两个电极板放电，让一部分电荷通过心脏，刺激心颤患者的心脏恢复正常跳动。如图是一次心脏除颤器的模拟治疗，该心脏除颤器的电容器电容为，充电至电压，如果电容器在时间内完成放电，放电结束时电容器两极板间的电势差减为零，下列说法正确的是（）A. 这次放电过程中通过人体组织的电流恒为B. 这次放电有的电荷量通过人体组织C. 若充电至，则该电容器的电容为D. 人

8、体起到绝缘电介质的作用【答案】B【解析】【详解】A电容器放电过程中，开始时电流较大，随着带电量的减小，放电电流逐渐减小，不是恒定的，选项A错误； B这次放电通过人体组织的电荷量选项B正确；C电容器的电容是由本身决定的，与充电电压无关，选项C错误； D电容器放电时，人体是导体，选项D错误。故选B。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。9. 喷墨打印机的简化模型如图所示，质量一定的墨汁微滴重力可忽略，从发生器G射出并在充电装置C中带电，通过计算机输入信号控制，给予墨滴不同电量，墨滴以一定速度v沿着两板中

9、心线射入偏转电场，墨滴经电场偏转后打在纸面上显示出字体，偏转电场的极板长度和板间距离为定值，下列说法正确的是（）A. 墨滴电势能逐渐增大B. 墨滴在偏转极板间做匀变速曲线运动C. 减小板间电场强度可使纸上字体缩小一些D. 增大墨滴带电量可使纸上字体缩小一些【答案】BC【解析】【详解】A墨滴在两板间运动时，电场力做正功，则电势能逐渐减小，选项A错误；B墨滴在偏转极板间只受垂直于偏转板的恒定的电场力作用，则墨滴做匀变速曲线运动，选项B正确；CD根据知，减小板间电场强度，减小墨滴带电量都可减小偏转距离，即可使纸上的字体缩小一些，选项C正确，D错误。故选BC。10. 如图，A、B、C、D是匀强电场中的

10、四个点，D是的中点，A、B、C构成一个直角三角形，长为，匀强电场的电场线与三角形所在的平面平行，已知、，将一带电量为的电荷从A点移到C点，电场力做功，下列说法正确的是（）A. 场强的方向垂直斜向下B. 场强的方向垂直连线斜向下C. 场强的大小为D. 场强的大小为【答案】BD【解析】【详解】AB一带电量为的正电荷从A点移到C点，克服电场力做功，则有又V联立解得由题意可知、，则BC连线的中点D的电势为则AD为一条等势线。根据电场线与等势线垂直，且由电势高处指向电势低处，可知，场强的方向垂直于AD连线斜向下，故A错误，B正确；CDA、B间的电势差 AB两点沿电场线方向的距离为所以场强的大小为故C错误

11、，D正确。故选BD。11. 某电源分别与定值电阻a、b、c连接后的图线如图所示，图中，下列说法正确的是（）A. 接电阻b时，电源的输出功率最大B. 接电阻b时，电源的总功率最大C. 将电阻a换为b，电源的输出功率将增大D. 将电阻b换为c，电源的供电效率将减小【答案】AC【解析】【详解】A电源接电阻b时，有，所以电阻b的斜率大小与电源斜率大小相等，所以此时外电阻和电源的内电阻大小相等，此时电源的输出功率最大，故A正确；B根据知，电流越大，电源的总功率越大，因此接电阻a时，电源的总功率最大，故B错；C将电阻a换为b，外电阻与内电阻差值变小，电源的输出功率变大，故C对；D电源输出功率为电源总功率为

12、电源效率为可知外电阻越大，效率越高，因此将电阻b换为c，外电阻变大，电源的效率将增大，故D错。故选AC。12. 如图，两等量异种电荷在同一水平线上，它们连线的中点为O，竖直面内的半圆弧光滑绝缘轨道的圆心在O点，圆弧的半径为R，B为圆弧上的一点，与水平方向夹角。一电荷量为，质量为m的带电小球从轨道的A端由静止释放，沿轨道运动到最低点C时，速度，g为重力加速度，取无穷远处电势为零，下列说法正确的是（）A. 电场中间电势差为B. 电场中A点的电势为C. 小球运动到B点时的动能为D. 小球运动到B点时，其动能与电势能的和为【答案】BD【解析】【详解】AB取无穷远处电势为0，则最低点处电势为0；O点和C

13、点是电势相同的两点，因此，小球从A点运动到最低点过程中，由动能定理可得mgR+qUAOmv2解得 UAO而UAO=A-0解得A故A错误，B正确；CD小球在最低点处的动能和电势能的总和为 由最低点C运动到B重力势能增加量为由最低点C运动到B点过程，动能、电势能、重力势能的总量守恒，所以小球在B点的动能和电势能的总和为小球在最低点C的动能为从C到B电场力做功小于从A到C电场力的功，即小于7mgR，从C到B重力做功为-0.4mgR，则，从C到B电场力和重力之和小于6.6mgR，即到达B点的动能小于14.6mgR，选项C错误，D正确。故选BD。三、非选择题：本题共6小题，共60分。13. 如图，用多用

14、电表测电阻，请根据下列步骤完成电阻测量：（把部件符号填入空中）(1)旋动部件S，使指针对准电流的“0刻线”；(2)将K旋转到电阻挡“”的位置；(3)将插入“+”、“”插孔的表笔短接，旋动部件_，使指针对准电阻的_（选填“0刻线”或“刻线”）；(4)将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小。为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按_的顺序进行操作，再完成读数测量。A将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准B将两表笔的金属部分与被测电阻的两根引线相接C将K旋转到电阻挡“”的位置D将K旋转到电阻挡“”的位置【答案】 (1). T (2). 0刻线 (3). DAB【解

15、析】【详解】(3)1将插入“”、“”插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T，使指针对准电阻的0刻线。2将插入“”、“”插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮T，使指针对准电阻的0刻线。(4)3将K旋转到电阻挡“”的位置，欧姆表最大刻度线在最左侧，将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过小，说明待测电阻较大，所需挡位太小，为准确测量电阻阻值，应将K旋转到电阻挡“”的位置，然后进行欧姆调零，再测电阻，故合理的实验步骤是。14. 如图甲所示，在测金属导线电阻率的实验时，可供使用的器材有：被测金属导线（电阻约，允许流过的最大电流），稳恒电源E输出电压恒为，电压表V（量程为，内阻约为），保护电阻：，刻度尺、

16、螺旋测微器，开关S，导线若干等。实验时的主要步骤如下：用刻度尺量出导线的长度L，用螺旋测微器测出导线的直径d；按如图甲所示电路将实验所需器材用导线连接好；闭合开关S，移动接线触片P，测出长度x，读出电压表的示数U；描点作出曲线求出金属导线的电阻率。完成下列填空：(1)用螺旋测微器测量金属导线的直径d，其示数如图乙所示，_；(2)如果实验时既要保证安全，又要测量误差较小，保护电阻R应选_；(3)根据多次实验测出的长度x和对应每次实验读出的电压表示数描出的图线如图丙所示，其中图线的斜率为k，金属导线的电阻率_。（用题中所给出物理量的符号表示）。【答案】 (1). 0.870 (2). R3 (3)

17、. 【解析】【详解】(1)1螺旋测微器读数为(2)2由图中可知，加在ab上的电压最大为3V，故电路中最大电流约为故总电阻最小为故保护电阻应该选择R3。(3)3电压表示数为故图像的斜率为又解得15. 如图，电路中电阻，。当开关K闭合时，电流表示数为，求：(1)流过电阻的电流；(2)路端电压U。【答案】(1)0.6A；(2)4.4V【解析】【详解】(1)由欧姆定律可知U3=I3R3 得U3=2.4V 并联电路U2=U3则 得I2=0.6A (2)干路电流I1=I2+I3=1.0A R1两端电压U1=I1R1=2.0V 路端电压U=U1+U2=4.4V16. 如图，竖直面内光滑圆弧曲面固定在支架上，

18、水平，B为切点，圆弧半径为R，且圆弧所对的圆心角为60，空间存在水平方向匀强电场（图中未画出）。点电荷固定在圆心处，一个质量为m、电荷量为的小球可以静止在圆弧的中点D，现在将小球从A点静止释放，能沿圆弧轨道运动，重力加速度为g。求：(1)匀强电场的场强大小；(2)带点小球在轨道运动的最大速度。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)因为带负电小球可以静止在圆弧AB的中点D，可知小球受匀强电场的电场力水平向右，则匀强电场水平向左，由平衡知识可知解得 (2)因小球在D点时受合力为零，加速度为零，则小球运动到D点速度最大，由动能定理 解得17. 如图，电源电动势，内阻，电阻，。平行金属板水平放置

19、，两板间距，当可变电阻的滑动头移到的中点时，电源的路端电压是，一个质量的带电油滴正好平衡于两板之间，g取。求：（1）的总阻值；（2）油滴的带电量；（3）油滴向下的加速度为时， 接入电路的阻值。【答案】（1）；（2）；（3）【解析】【详解】（1）电路中的总电流为两端的电压为 、并联部分的电压为通过的电流为则通过的电流为则接入电路部分的电阻为则可变电阻的总阻值为（2）电容器并联在两端，则电容器两端的电压为 根据平衡条件得由于油滴受静电力方向向上，与静电场方向相反，油滴带负电。油滴的带电量为。（3）根据牛顿第二定律得解得则流经的电流为两端的电压为流经的电流为接入电路电阻为18. 如图，在直角坐标系的

20、第一象限中，存在竖直向上的匀强电场，场强，虚线是电场的理想边界线，虚线右端与x轴的交点为，虚线与x轴所围成的空间内没有电场；在第二象限存在水平向左的匀强电场，场强。有一粒子发生器能在和两点连线上的任意位置产生初速度为零的负粒子，粒子质量均为、电荷量，不计粒子重力和相互间的作用力，且整个装置处于真空中。已知从上静止释放的所有粒子，最后都能到达A点：(1)若粒子从M点由静止开始运动，进入第一象限后始终在电场中运动并恰好到达A点，求到达A点的速度大小；(2)若粒子从上的中点由静止开始运动，求该粒子从释放点运动到A点的时间；(3)求第一象限的电场边界线（图中虚线）方程。【答案】(1)1.6105m/s；(2)s；(3)其中【解析】【详解】(1)由动能定理得v1.6105m/s(2)由动能定理得qE2x匀加速时间t1匀速时间t2总时间tt1+t2s(3)设粒子从MN线上某点由静止释放，经第一象限电场边界交点，后做匀速直线运动到A点，在第一象限做类平抛运动，如图水平方向竖直方向h由几何关系知推出边界方程其中