2021-2022學(xué)年高二物理上學(xué)期期中測試卷（人教版）03（全解全析）

2021-2022學(xué)年上學(xué)期期中測試卷03

高二物理?全解全析

I23456789101112

BDBCDDCCADABDBCDACD

1.B【解析】等量同種點電荷連線的中垂線在連線上方場強方向向上，連線下方場強方向向下，所以帶電粒子一

定帶負電，帶電粒子從靜止開始先加速運動到。點，再減速運動到B點，所以在。點，帶電粒子的速度最大，

故A錯誤，B正確：等量同種點電荷連線中點場強為零，所以在。點，帶電粒子的加速度為零，故C錯誤；等

量同種點電荷連線中點場強為零，中垂線上從。點往上場強先增大后減小，所以帶電粒子在A點（或B點），場強

不一定最大，加速度不一定最大，故D錯誤.

2.D【解析】由小球c所受庫侖力的合力的方向平行于a、6的連線知a、6帶異號電荷.a對c的庫侖力凡

6對。的庫侖力凡=華當(dāng)②

設(shè)合力向左，如圖所示，根據(jù)相似三角形喏=缽

gaac364

由①②③得衣=qb~be3=27,若合力向右，結(jié)果仍成“，D正確.

3.B【解析】連接AC,過B點作88'LAC,由幾何關(guān)系知，AB'=0.18m,B'C=0.32m,AC=0.5m,據(jù)題

知UAC=100V,因為AC線上電勢均勻降落，由比例關(guān)系可知0及=19V,所以"與B電勢相等，BB'為等勢

線；利用等勢線與場強垂直確定場強方向，可知勻強電場的電場強度方向沿4c方向，UAB=<PA-<PB=36V,勻

強電場的電場強度大小后=7條=六內(nèi)V/m=200V/m,故B正確.

ADU.1o

4.C【解析】帶電粒子所受電場力指向軌跡彎曲的內(nèi)側(cè)，粒子從A到B過程，電場力方向與速度方向成鈍角，

電場力做負功，動能減小，速度減小，電勢能增加，故帶電粒子通過4點時的速度比通過8點時的速度大，即

vA>vB,EP4<EPB,選項A、D錯誤；根據(jù)電場線疏密可知，EA>EB,根據(jù)F=Eq和牛頓第二定律可知，a^aa,選

項B錯誤：根據(jù)沿著電場線方向，電勢逐漸降低，故小<W，選項C正確.

pC

5.D【解析】若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離，根據(jù)可知，C變大；根據(jù)Q=

CU可知，在Q一定的情況下，兩極板間的電勢差減小，則靜電計指針偏南。減?。桓鶕?jù)E=%,Q=CU,

C=^-.,聯(lián)立可得￡=上蜉，可知E不變；P點離下極板的距離不變，E不變，則P點與下極板的電勢差

不變，P點的電勢不變，故%不變；由以上分析可知，選項D正確.

6.D【解析】在b點a=B說明此時外電阻R等于內(nèi)阻，電源有最大輸出功率,A錯；電源總功率Ps=IE,則

電流越大，總功率越大，B、C錯,D正確。

7.C【解析】按照一天光照12h計算，該光伏項目年發(fā)電量約為：W=Pt=3kWX12hX365=1.314X10'kW?h,故

P3OOOVK

A錯誤；根據(jù)P=UI,該光伏項目的工作總電流1=~---------------=7.9A,故B錯誤；根據(jù)能量守恒，該光伏項目平均

U380V

P?t3kWX12h

每天的發(fā)電量大約可供一盞60W的白熾燈工作時間：t產(chǎn)------------------=600h,故C正確；該光伏項目年

PL0.06kw

發(fā)電量約為：W=Pt=3kWX12hX365=1.314X10"kW?h,發(fā)電總功率的30%供自家使用，還有富余發(fā)電以0.4元/

度(1度=1kW?h)價格并入國家電網(wǎng)，故該光伏項目富余發(fā)電的年收入：x=1.314X10"X70%X0.4=3679.2元，

故D錯誤。

P40X103

8.A【解析】根據(jù)P=UI可得輸電線上的輸電電流1=-=-------------A=50A,則輸電線上損失的電功率

U800

P'=/R=5()2X0.4W=1000W,則用超導(dǎo)電纜可節(jié)約的電能為1kW,故選項A正確。

9.AD【解析】取無窮遠處為零電勢點，A點在兩個正電荷電場中電勢為2%，在兩個負電荷電場中電勢為-26，

因他>外，故A點的電勢為(291—2")>0;同理C點的電勢為(一2a+2夕2)<0.。點在左上正電荷、左下負電荷的電

場中電勢為0,同理，在右上正電荷、右下負電荷的電場中電勢也為0,故。點電勢為零，(pA><pD,<pD>(pc,A正

確，B錯誤.由場強疊加原理可知，4、C兩點的場強相同，故試探電荷在這兩點的加速度也相同，所以試探電

荷僅在電場力作用下從4點沿AC運動到C點，加速度并不是一直增大，故C錯誤：B、。所在的水平面上任意

一點的場強方向均豎直向下，故在這個水平面內(nèi)移動電荷時，電場力不做功，所以此面一定為等勢面，故D正確.

10.ABD【解析】如圖所示，

ad10—177

設(shè)a、c之間的d點電勢與b點電勢相同，則73=77=/=6，所以d點的坐標為(3.5cm,6cm),過c點作等

勢線bd的垂線，電場強度的方向由高電勢指向低電勢.由幾何關(guān)系可得，4r的長度為3.6cm,電場強度的

大小E=g=""^*=2.5V/cm,故選項A正確；因為。acb是矩形，所以有Uac=U0b,可知坐標原點。

處的電勢為IV,故選項B正確；a點電勢比b點電勢低7V,電子帶負電，所以電子在。點的電勢能比在b

點的高7eV,故選項C錯誤；b點電勢比c點電勢低9V,電子從b點運動到c點，電場力做功為9eV,故

選項D正確.

11.BCD【解析】設(shè)加速電場的板間距離為乩由牛頓第二定律得a=黑，由于粒子的質(zhì)量未知，所以無法確定

帶負電粒子在板間的加速度大小關(guān)系，故A錯誤；

由動能定理得4s=5《。02,可得的=寸陰，所以當(dāng)帶負電粒子的比荷2相等時，它們從用孔射出的速度相等，

故B正確；粒子從M孔射出時的動能Ek=%?o（?=qUi,所以當(dāng)帶負電粒子的電荷量q相等時，它們從M孔射出

時的動能相等，故C正確；

如圖所示，設(shè)偏轉(zhuǎn)電場的板間距離為小，在偏轉(zhuǎn)電場中有，偏轉(zhuǎn)角度。與粒子的比荷無

tan8=VFo=VFo=c2U,無\d

關(guān)，所以不同比荷2的帶負電粒子從。點射入，偏轉(zhuǎn)角度。相同，故D正確.

12.ACD【解析】由題圖電路圖可知，5、5分別是Ri、R?兩端的電壓，電流表測通過這個電路的總電流，5

是路端電壓，由歐姆定律可知用=牛=端■（因凡是定值電阻），故A正確；S=E-/（Ri+r）（因E、4、r均是定

值），牛=Ri,&變大，牛變大，爺^的大小為Ri+r,保持不變，故B錯誤，C正確；牛=4+&,因私變大,

則與變大，又由于U3=E-/r,可知當(dāng)，的大小為r,保持不變，故D正確.

13.（1）O、P（1分）（2）I50.5（2分）（3）50.0（1分）

UURXRV

【解析】⑴若將電壓表跨接在0、P之間，I:一,解得U=-I,根據(jù)一次函數(shù)關(guān)系可知對應(yīng)斜率

RvRxRx+RV

Rx^vR%Ru

為―-----,且—-----<Rxo若將電壓表接在0、Q之間，U=I（RX+RA）,根據(jù)一次函數(shù)關(guān)系可知對應(yīng)斜率為（RX+RA）,

Rx-￥RyRX+RU

且（RX+RA）>RX,結(jié)合圖像的斜率可知ki>kn,所以II圖線是采用電壓表跨接在0、P之間。

Rv1000

（2）、（3）因為待測電阻為幾十歐姆的電阻，通過圖像斜率估算待測電阻為50。左右，而一=------二20、

R50

Rx50RyRx

—------=100,則<一二,說明電流表的分壓較小，電壓表的分流較大，所以電壓表應(yīng)跨接在0、Q之間，所以

R/^0.5Rx

選擇圖線I得到的結(jié)果較為準確。

3V-1V

根據(jù)圖像可知RX+RA=-----------750.5Q,考慮電流表內(nèi)阻，修正后待測電阻的阻值Rx=50.5Q-0.5Q

59.6mA-20mA

=50.0Qo

14.（1）VI（1分）（2）2.20（2.19?2.21均可）0.20（4分）⑶見解析圖（1分）（4）2.90（2.86?2.94均可）

1.50（1.46?1.57均可）（4分）

【解析】（1）兩節(jié)干電池的電動勢約為3V,為了盡可能提高實臉精度，實驗中電壓表應(yīng)選Vi；

（2）量程為3V時，電壓表的最小分度值為0.1V,讀數(shù)為2.20V（2.19?2.21均可）

量程為0.6A時，電流表的最小分度值為0.02A,讀數(shù)為0.20A;

（3）1/—I圖象如下:

3.（）（）

2.9（）

2.80

2.70

2.60

2.50

2.40

2.30

2.20

2.10

2.00

1.叫

（4）根據(jù)閉合電路的歐姆定律有E=U+lr

整理得U=~Ir+E

所以縱截距是電源電動勢大小，斜率絕對值是電源內(nèi)阻和電流表的內(nèi)阻之和，由圖計算可得E=2.90V（2.86?2.94

均可），r=k-rA=1.50Q（1.46—1.57均可）

15.（1）等（2）2m（v（r+g2t2）

【解析】（1）設(shè)電場強度的大小為民小球3運動的加速度為根據(jù)牛頓第二定律、運動學(xué)公式和題給條件，有

mg+qE=ma?（2分）

%（畀=%產(chǎn)②（2分）

解得E=學(xué)③（1分）

（2）設(shè)B從O點發(fā)射時的速度為5,到達P點時的動能為反,0、P兩點的高度差為/?,根據(jù)動能定理有

mgh+qEh=EL/VF④（2分）

且有V}^=Vot?（1分）

h=^gt2?（1分）

聯(lián)立③④⑤⑥式得

Ek=2m（vo2+g?尸）.（2分）

16.（1）魏'Q）哼2（3）0或華2

【解析】（1）粒子初速度為零，由C點射出電場，故電場方向與AC平行，由A指向C.由幾何關(guān)系和電場強度的

定義知

AC=R?

F=qE?（1分）

1

由動能定理有F-AC=，mA）2③（1分）

，/0（）2

聯(lián)立①②③式得E=2g/?④（1分）

（2）如圖，由幾何關(guān)系知AC_LBC,故電場中的等勢線與BC平行.作與BC平行的直線與圓相切于。點，與AC

的延長線交于P點，則自。點從圓周上穿出的粒子的動能增量最大.由幾何關(guān)系知

/…\

Jo\

NX'/

、/，

3V3

/用。=30°,AP=2R,DP=2R⑤

設(shè)粒子以速度進入電場時動能增量最大，在電場中運動的時間為人.粒子在AC方向做加速度為〃的勻加速運動，

運動的距離等于AP;在垂直于AC的方向上做勻速運動，運動的距離等于。P.由牛頓第二定律和運動學(xué)公式有

F=nui?（1分）

AP=2at\2@（1分）

DP=V\t\?（1分）

聯(lián)立②④⑤⑥⑦⑧式得4⑨（1分）

（3）解法1:設(shè)粒子以速度。進入電場時，在電場中運動的時間為加.以A為原點，粒子進入電場的方向為x軸正方

向，電場方向為y軸正方向建立直角坐標系.由運動學(xué)公式有

產(chǎn)⑩（1分）

x=u@（1分）

.1

粒子離開電場的位置在圓周上，有（五一2R）2+（y-5R）2=R2?（1分）

粒子在電場中運動時，其X方向的動量不變，y方向的初始動量為零.設(shè)穿過電場前后動量變化量的大小為機8

的粒子，離開電場時其y方向的速度分量為V2,由題給條件及運動學(xué)公式有

mV2—mvo=mat?（1分）

亞

聯(lián)五②④⑥⑩???式得。=0或。=2。0（1分）

解法2:粒子在電場方向上做勻加速直線運動，即沿4c方向做初速度為零的勻加速直線運動，垂直AC方向做

勻速直線運動，因動量的變化量只發(fā)生在電場方向上，若粒子從進入電場到離開電場的過程中動量變化量為

mv0,

則粒子會從R點