1、20202021学年度第一学期期中质量检测试题高二物理（理科）第卷 （选择题，共 48分）一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分。其中1-8小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求；9-12小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。）1. “比值定义”法是物理学中用来定义一个新物理量的重要方法。下列所给物理量及对应公式不是采用“比值定义”法的是（）A. 电场强度B. 电阻C. 电流D. 电势【答案】C【解析】【详解】A电场强度与放入电场中的电荷无关，所以属于比值定义法，故A不符合题意；B导体的电阻由导体本身决定，与导体两端得电压以及流过导体的电流都无关，电阻，是属于比值定
2、义法，故B不符合题意；C公式是欧姆定律的表达式，表示流过导体的电流与导体两端得电压成正比，与导体的电阻成反比，所以不属于比值定义法，故C符合题意；D电势由电场本身的性质决定，与所带的电荷量及电荷的电势能的大小无关。所以属于比值定义法。故D不符合题意。故选C。2. 2019年3月19日，复旦大学科研团队宣称已成功制备出具有较高电导率的砷化铌纳米带材料，该材料的电导率是石墨烯的1000倍。电导率就是电阻率的倒数，即。下列说法正确的是（）A. 电导率的单位是B. 材料的电导率与材料的形状无关C. 材料的电导率越大，其导电性能越弱D. 电导率大小与温度无关【答案】B【解析】【详解】A电导率是电阻率的倒
3、数，所以电导率的单位是-1m-1，故A错误；B电阻率是由材料的性质所决定的，与材料的形状无关，所以电导率的大小与材料的形状也无关，故B正确；C因为电导率是电阻率的倒数，所以材料的电导率越大，其电阻率越小，其导电性就越强，故C错误；D电阻率的大小受温度的影响，所以电导率的大小也受温度的影响，故D错误。故选B。3. 如图所示，匀强电场中的六个点A、B、C、D、E、F为正八面体的六个顶点。已知BE中点O的电势为零，A、B、C三点的电势分别为8V，-2V，3V，则D，E，F三点的电势分别为（）A. -7V，2V，3VB. -7V，2V，-3VC. 7V，-2V，3VD. 7V，2V，-3V【答案】D【
4、解析】【详解】在匀强电场中，由公式可知，沿着任意方向前进相同距离，电势差必定相等，由则得代入数据，得因为AC平行于EF，且AC= EF，则代入数据，得同理可得故D正确。故选D。4. 2020年10月11日零时起，全国铁路将实施今年第四季度列车运行图。新运行图实施后，宝兰高铁首次开通了宝鸡到乌鲁木齐的直达动车。将来宝鸡人游览大美新疆，既可以选择直达动车，也可以选择普通列车，这些出行方式的选择体现了哪种逻辑关系（）A. “与”逻辑B. “或”逻辑C. “非”逻辑D. “与非”逻辑【答案】B【解析】【详解】由题意可知，从宝鸡到乌鲁木齐可以乘坐到达动车，也可以选择普通列车，故是或的关系，故B正确，AC
5、D错误。故选B。5. 多用电表测量未知电阻阻值的电路如图a所示，电源的电动势为E，R0为调零电阻。某次将待测电阻用电阻箱代替时，电路中电流I与电阻箱的阻值的关系图像如图b所示，则下列说法正确的是（）A. 当电流为0.4mA时，待测电阻为30kB. 左插孔插入的是多用电表的红表笔C. 多用电表内阻为15kD. 表内电源的电动势为9V【答案】C【解析】【详解】ACD由图示图象可知，时当时，待测电阻阻值根据闭合电路的欧姆定律得，解得，故AD错误，C正确；B欧姆表内置电源正极与黑表笔相连，红表笔与负极相连，由图示电路图可知，左插孔插入的是多用电表的黑表笔，故B错误。故选C。6. 在匀强电场中平行电场方
6、向建立一直角坐标系，如图所示。从坐标原点沿+y轴前进0.3m到A点，电势升高了12V，从坐标原点沿+x轴前进0.2m到B点，电势降低了6V，则下列说法正确的是（） A. 场强大小为50V/mB. 场强大小为V/mC. 场强方向由ABD. 场强方向由BA【答案】A【解析】【详解】令O点电势O=0，则A=12V，B=-6V根据可得：场强沿y轴方向的分矢量方向沿y轴负方向场强沿x轴方向的分矢量 方向沿x轴正方向所以场强大小为 所以=53场强方向与x轴正方向成53角斜向右下方，故A正确，BCD错误。故选A。7. 如图所示，平行板电容器上极板带正电，从两极板的左端中点A点释放一个带电荷量为+q（q0）的
7、粒子，粒子重力不计，以水平初速度向右射出，当它的水平速度与竖直速度的大小之比为34时，恰好从下极板右端点B射出，则L与d之比为（） A. 23B. 32C. 34D. 43【答案】C【解析】【详解】设射出时经过的时间为t，竖直方向的速度为vy，根据类平抛运动的规律可得L=v0t 解得故C正确、ABD错误。故选C。8. 原有一带电油滴静止在极板水平放置的平行板电容器中，突然由于漏电，瞬间失去一部分电荷，油滴开始向下运动。经时间t后，给电容器及时补充电荷，又经时间t，油滴回到原位置。假如在运动过程中油滴电荷量一定，则为（）A. B. C. D. 1【答案】A【解析】【详解】一带电油滴静止在极板水平
8、放置的平行板电容器中，说明此时油滴所受重力等于向上的电场力，如图（1）所示设油滴的质量为m，带电量为q，电容器板间距离为d，电容器为C，在第一步过程中，设电容器的充电量为Q，板间电压为U，场强为E，由题意得，联立解得电容器漏电失去电荷Q，由于油滴受到向下的重力大于电场力，故油滴竖直向下做匀加速直线运动；在第二步过程中，设板间电压为U1，场强为E1，油滴的加速度大小为a1，ts末的速度为v1，位移为s，受力情况如图（2）所示，有，联立以上四式解得容器补充电荷Q，由于开始时，油滴已有向下的速度v1，故油滴先竖直向下做匀减速直线运动，然后反向做初速度为零的匀加速直线运动，再回到原位置，在第三步过程中
9、，设板间电压为U2，场强为E2，油滴的加速度大小为a2，受力情况如图（3）所示，联立解得则有故选A。9. 在真空中，电量为q1的点电荷产生的电场中有一个点P，P点与q1的距离为r，把一个电量为q2的检验电荷放在P点，它受的静电力为F，则q1在P点产生的电场的电场强度的大小等于（）A. B. C. D. 【答案】BC【解析】【详解】AB根据场强定义式得故A错误，B正确；CD根据点电荷周围场强公式得故C正确，D错误。故选BC。10. 某同学在测电源的电动势和内阻时，根据实验记录数据画出如图所示的U-I图像，下列关于这个图像的说法中不正确的是（） A. 纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=1.40V
10、B. 横轴截距表示短路电流，即I短 =0.4AC. 根据，计算出待测电源内阻为3.5D. 当U=1.20V时，I=0.2A【答案】BC【解析】【详解】A在U-I图中，图线与纵轴的交点表示电源的电动势，即故A正确，不符合题意；B当路端电压等于零时，在U-I图横轴的交点才表示为短路电流，但题中的是U=1.00V时，图线与横轴相交，故交点数值不是短路电流，故B错误，符合题意；C根据计算出待测电源内阻为1.0，故C错误，符合题意；D由图像可知，当U=1.20V时，I=0.2A，故D正确，不符合题意。故选BC。11. 如图所示，A、B两球所带电荷量均为1105C，质量均为45g，其中A球带正电荷，B球带
11、负电荷，且均可视为点电荷。A球通过绝缘细线吊在天花板上，B球固定在绝缘棒一端，现将B球放在某一位置，能使绝缘细线伸直，A球静止且与竖直方向的夹角为，则A、B球之间的距离可能为（）A. 0.10mB. 0.20mC 0.30mD. 0.40m【答案】ABCD【解析】【详解】选A球为研究对象，它受重力、库仑力和细线的拉力，三力平衡，由几何关系得，库仑力得最小值为由得故选ABCD。12. 如图甲所示电路中，R为电阻箱，电源电动势为E，内阻为r图乙为电源的输出功率P与电流表示数I的关系图象，其中功率P0分别对应电流I1、I2，外电阻R1、R2下列说法中正确的是（）A. B. C. D. 【答案】BD【
12、解析】【详解】AB由闭合电路欧姆定律得输出功率为由图可知对应功率相同整理得A错误B正确；CD根据电功率表达式且则有整理得即C错误D正确。 故选BD。 第卷（非选择题，共52分）二、填空与实验题：（共4小题，每空2分，共26分）13. 如图所示，A、B、C三点为一直角三角形的三个顶点，。现将两点电荷qA、qB放置在A、B两点，已测得C点场强方向与BA平行，则由此可以判断qA一定带_ （填正或负）电，且A、B所带电荷量大小之比为_ 。【答案】 (1). 负 (2). 【解析】【详解】(1)1若qA、qB都为正电荷，都为负电荷，或qA为正电荷，qB为负电荷，C点合场强的方向不可能与AB平行。所以qA
13、为负电荷、qB为正电荷。(2)2测得C点场强的方向与AB平行，作出点电荷、分别在C点的场强方向，如图根据平行四边形定则和几何关系得qA、qB在C点的场强之比为又点电荷的场强公式为，C点距离A、B两点间的距离比可知14. 如图所示是研究电源电动势和电路内、外电压关系的实验装置。电池的两极A、B与电压表V2相连，位于两个电极内侧的探针a、b与电压表V1相连，R是滑动变阻器，电流表A测量通过滑动变阻器的电流，置于电池内的挡板向上移动可以使内阻减小，向下移动可以使内阻增大。当电阻R的滑片向右移动时，电流表A的示数_，电压表V2的示数_。若保持滑动变阻器R的阻值不变，将挡板向下移动，则电压表V1的示数变
14、化量与电流表示数变化量的比值_。（以上各空均选填“变大”、“变小”或“不变”）【答案】 (1). 变小 (2). 变大 (3). 变大【解析】【详解】1根据题意，电压表测量是电源的内电压，电压表测量是路端电压，由闭合电路欧姆定律得可知当电阻R的滑片向右移动时外电阻变大，总电流变小，所以电流表A变小。2 因电源电动势等于电源内外电路之和，故电压表和电压表的示数之和不变。由可知内电压变小，故电压表的示数变大。3根据结合数学推理可知所以电压表的示数变化量与电流表示数变化量的比值大小等于电源的内阻。若保持滑动变阻器的阻值不变，将挡板向下移动电源的内电阻将变大，故比值变大。15. 如图所示电路中，电源电
15、动势E=6V，内阻r=2，R1=4，R2=6，R3=3。(1)若在C、D间连一个理想电压表，其读数是_V；(2)若在C、D间连一个理想电流表，其读数是_A。【答案】 (1). 3 (2). 0.5【解析】【详解】(1)1若在C、D间连一个理想电压表，根据闭合电路欧姆定律，有代入数据，得理想电压表读数为代入数据，得(2)2若C、D间连一个理想电流表，这时电阻R2与R3并联，并联电阻大小代入数据，得根据闭合电路欧姆定律，有代入数据，得理想电流表读数为代入数据，得16. 用伏安法测定一个待测电阻的阻值（阻值约为），实验室提供如下器材：电池组：电动势，内阻不计；电流表：量程，内阻约为；电流表：量程，内
16、阻为；滑动变阻器：阻值范围，额定电流；电阻箱，阻值范围，额定电流；开关、导线若干要求实验中尽可能准确地测量的阻值，请回答下列问题：（1）为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表_（填写器材代号）与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到_，这样可以改装成一个量程为的电压表（2）在图甲中画出完整测量阻值的电路图，并在图中标明器材代号_（3）调节滑动变阻器，两表的示数如图乙所示，可读出电流表的示数是_，电流表的示数是_，测得待测电阻的阻值是_【答案】 (1). (2). 9000 (3). (4). 8.0 (5). 150 (6). 191【解析】【详解】解：(1) 为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流
17、表与电阻箱串联组成电压表，此电压表量程为，解得：；(2)滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，待测电阻阻值约为，电流表内阻约为，电压表内阻为，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，电路图如图所示；(3)由题图可知，电流表的示数为，电流表的示数是，待测电阻阻值为三、计算题：（本题共3题，共26分。要求解答应写出必要的文字说明、方程式、重要的演算步骤，推理、说明过程要简洁清晰，有数字计算的题要写出明确的数值和单位，只有最后结果的得零分。）17. 如图为直流电动机提升重物的装置，电源电动势E=90V，内阻r=2，不计各处摩擦，当电动机以v=0.6m/s的恒定速度
18、向上提升一质量为50kg的重物时，电路中的电流I=5A。求：(1)电动机两端的电压为多少？(2)电动机线圈的电阻为多少？(3)电动机的效率约为多少？【答案】(1)80V；(2)；(3)【解析】【详解】(1) 电动机两端的电压 (2) 电动机消耗的总功率 根据能量守恒定律，有 则电动机线圈的电阻为 (3)电动机的效率18. 如图所示，一带电荷量为-q、质量为m的小物块处于一光滑斜面上，斜面倾角为53，斜面高为H。当整个装置被置于一水平向左的匀强电场中，小物块恰好静止。重力加速度取g。求：(1)匀强电场的电场强度；(2)若将电场强度减小为原来的，小物块的加速度是多大；(3)场强减小为原来的后，小物
19、块下滑到斜面底端时的速度大小。【答案】(1)；(2)0.6g；(3)【解析】【详解】(1)对物体进行受力分析，建立如图所示坐标系根据平衡列方程,在x轴方向解得匀强电场的电场强度(2)若将电场强度减小为原来的，则物体在沿斜面方向，由牛顿第二定律得且则物体产生沿斜面向下的加速度(3)电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功，由动能定理则有解得19. 如图所示空间分为、两个足够长的区域，各分界面（图中虚线）水平，区域存在匀强电场，方向竖直向上；区域存在匀强电场，方向水平向右，两个区域宽度分别为，。一质量，带电荷量的粒子从O点由静止释放，粒子重力忽略不计。求：(1)粒子在区域中运动时间
20、t和离开区域时的速度大小；(2)粒子离开区域时速度与水平方向的夹角。【答案】(1)，；(2)30【解析】【详解】(1)粒子在区域1中匀加速运动，则有(2)粒子在区域做类平抛运动，水平向右为x轴，竖直向上为y轴。设粒子刚出区域时速度与边界的夹角为，则有粒子在匀强电场区域运动时的加速度粒子在匀强电场区域内的运动时间解得粒子刚出区域时，有故粒子刚出区域时速度与水平方向夹角为=30附加题20. 如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第I象限存在沿y轴负方向的水平匀强电场，在y轴负半轴上的某处固定着一点电荷（设匀强电场与点电荷电场以x轴为界互不影响）。一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成角射入第IV象限，此后在点电荷作用下做匀速圆周运动，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出，OP=8R。不计粒子重力，静电力常量为k，已知，求：(1)M、N两点间的电势差UMN；(2)固定x轴下侧平面内的点电荷电量Q。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)设粒子过N点时的速度为v，有解得粒子从M点运动到N点的过程，由动能定理有联立解得(2)设带电粒在第四象限内的运动半径为r，由几何关系得：解得：由牛顿第二定律有联立解得