1、高考资源网（） 您身边的高考专家2020-2021学年上学期高二期中备考卷物 理 1一、选择题：本题共12小题，共40分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，每小题3分；第912题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1. 以下关于物理学史和所用物理学方法的叙述不正确的是( )A. 卡文迪许巧妙地运用扭秤实验测出引力常量B. 伽利略用了理想实验法证明力是维持物体运动原因C. 电场强度、电容、电阻 均采用了比值定义法D. 根据平均速度，当，v就表示为瞬时速度，这是极限法的思想【答案】B【解析】【详解】A卡文迪许巧妙地运用扭秤实验
2、测出引力常量，从而求得地球的质量，被人们称为“能称出地球质量的人”，故A正确，项不合题意B伽利略用了理想实验法证明力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，故B错误，项符合题意C电场强度、电容、电阻均采用了比值定义法定义物理量，体现物理量间没有正比和反比关系；故正确，项不合题意D根据平均速度，当t0，v就表示为瞬时速度，这是极限法的思想，故D正确，项不合题意2. 如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由AOB匀速飞过，电子重力不计，则电子除受电场力外，所受的另一个力的大小和方向变化情况是()A. 先变大后变小，方向水平向左B. 先变大后变小，方向水平向右C. 先变小后变大，方向水平
3、向左D. 先变小后变大，方向水平向右【答案】B【解析】【详解】根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从AOB，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小，则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右。故选B。3. 如图所示的电路，R1、R2是两个定值电阻，R是滑动变阻器，R3为小灯泡，电源内阻为r，开关闭合后，当滑动变阻器触头P向上移动时（）A. 电压表示数变大B. 小灯泡亮度变大C. 电容器放电D. 电源的总功率变大【答案】A【解析】【详解】AB闭合开关后，当滑动变阻器触头P向上移动时，R增大，外电路总电阻增大，干路中电流减小，则小灯
4、泡亮度变小；电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数变大，故A正确，B错误；C电路稳定时电容器的电压等于R1、R串联总电压，根据串联电路电压分配规律可知，R增大，电容器的电压增大，则电容器充电，故C错误；D电源的总功率为P=EI，干路电流I减小，则电源的总功率变小，故D错误。故选A。4. 如图所示，竖直放置的带电平行板电容器与一静电计相连，一带电小球用绝缘细线悬挂于平行板间处于静止状态，小球与竖直方向的夹角为，此时A极板带负电，B极板带正电。则下列判断错误的是（）A. 若将A极板向左平移稍许，电容器的电容将减小B 若将A极板向下平移稍许，静电计指针偏角增大C. 若将A极板向上平移稍许，夹
5、角将变大D. 轻轻将细线剪断，小球将做斜抛运动【答案】D【解析】【详解】A若将A极板向左平移稍许将，d增大，根据得知电容器的电容将减小。故A正确，不符合题意；B若将极板向下平移稍许，正对面积S减小，根据得知电容将减小。电容器的电量Q不变，由分析得知板间电势差增大，静电计指针偏角增大，故B正确，不符合题意；C若将B板向上平移稍许，正对面积S减小，根据得知电容将减小。电容器的电量Q不变，由分析得知板间电势差增大，根据得知E增大，小球所受的电场力增大，将变大。故C正确，不符合题意；D轻轻将细线剪断，小球将沿重力与电场力的合力方向做初速度为零的匀加速直线运动。故D错误，符合题意。故选D。5. 如图虚线
6、框内存在着匀强电场（方向未知），有一正电荷（重力不计）从bc边上的M点以速度v0射进电场内，最后从cd边上的Q点射出电场，下列说法正确的是（）A. 电场力一定对电荷做了正功B. 电场方向垂直ab边向右C. 电荷运动的轨迹可能是一段圆弧D. 电荷的运动一定是匀变速运动【答案】D【解析】【详解】A将电场力沿着水平和竖直方向正交分解，由于粒子从Q点飞出，故水平分量向右，竖直分量未知，水平分量做正功，竖直分量做功情况未知，故电场力做的总功未知，故A错误；B将电场力沿着水平和竖直方向正交分解，由于粒子从Q点飞出，故水平分量向右，竖直分量未知，故电场力的方向未知，故B错误；CD带电粒子在平面中受恒定的电场
7、力，则一定为匀变速运动，其运动轨迹为一条抛物线，故C错误，D正确。故选D。6. 在真空中的x轴上的原点处和x6a处分别固定一个点电荷M、N，在x2a处由静止释放一个正点电荷P，假设点电荷P只受电场力作用沿x轴方向运动，得到点电荷P速度大小与其在x轴上的位置关系如图所示，则下列说法正确的是()A. 点电荷M、N一定都是负电荷B. 点电荷P的电势能一定是先增大后减小C. 点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为21D. x4a处的电场强度一定为零【答案】D【解析】【详解】A由图可知，试探电荷在处速度最大，则加速度为零，该处电场强度一定为零，在轴上从原点处到处，电场强度从两头指向处，点电荷一定都是正电荷
8、，A错误；B由图可知，试探电荷仅在电场力作用下做先加速后减速的运动，动能先增大后减小，其电势能先减小后增大，B错误；C试探电荷在处速度最大，该处电场强度一定为零，可得：解得：C错误；D试探电荷在处速度最大，加速度为零，该处电场强度一定为零，D正确；故选D。【点晴】考察在物体运动过程中，速度最大时，加速度为零，则合力为零。7. 一个T形电路如图所示，电路中的电阻，另有一测试电源，所提供电压恒为10V，以下说法正确的是A. 若将cd端短路，ab之间的等效电阻是50B. 若将ab端短路，cd之间的等效电阻是40C. 当ab两端接上测试电源时，cd两端的电压为4VD. 当cd两端接通测试电源时，ab两
9、端的电压为6V【答案】C【解析】【详解】当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻并联后与串联，等效电阻为：，故A错误；当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻并联后与串联，等效电阻为：，故B错误；当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，；故C正确；当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻两端的电压，为，故D错误；【点睛】对于电路问题，首先要明确电路的结构，并能正确应用串并联电路的规律进行分析，必要时应进行电路的简化8. 空间内有一水平向右的电场E，现有一带电量为q的小球以初速度为v0向右上抛出，已知，求小球落地点距离抛出点的最远距离（）A. B. C. D. 【
10、答案】C【解析】【详解】设与水平方向发射角，落地点y=0，故竖直方向上有解得在水平方向有又因为，所以最远射程为故C正确，ABD错误。故选C。9. 如图所示，带电质点P1固定在光滑的水平绝缘面上，在水平绝缘面上距P1一定距离处有另一个带电质点P2，P2在水平绝缘面上运动，某一时刻质点P2以速度v沿垂直于P1 P2的连线方向运动，则下列说法正确的是()A. 若P1、P2带同种电荷，以后P2一定做速度变大的曲线运动B. 若P1、P2带同种电荷，以后P2一定做加速度变大的曲线运动C. 若P1、P2带异种电荷，以后P2的速度和加速度可能都不变D. 若P1、P2带异种电荷，以后P2可能做加速度、速度都变小
11、曲线运动【答案】AD【解析】【详解】若P1、P2带同种电荷，P1、P2之间的库仑力为排斥力，并且力的方向和速度的方向不在一条直线上，所以质点P2一定做曲线运动，由于两者之间的距离越来越大，它们之间的库仑力也就越来越小，所以P2的加速度减小，库仑力做正功，速度增大，故A正确，B错误；若P1、P2为异种电荷，P1、P2之间的库仑力为吸引力，当P1、P2之间的库仑力恰好等于P2做圆周运动所需的向心力时，P2就绕着P1做匀速圆周运动，此时P2速度的大小和加速度的大小都不变，但是方向改变，故C错误；若P1、P2为异种电荷，P1、P2之间的库仑力为吸引力，若速度较大，吸引力小于P2做圆周运动所需的向心力，
12、P2做离心运动，吸引力减小，则加速度减小，引力做负功，速度减小，P2做加速度、速度都变小的曲线运动，故D正确10. 图甲为两水平金属板，在两板间加上周期为T的交变电压u，电压 u随时间 t 变化的图线如图乙所示质量为 m、重力不计的带电粒子以初速度v0 沿中线射入两板间，经时间T从两板间飞出。下列关于粒子运动的描述正确的是（）A. t0 时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大B. tT 时入射的粒子，离开电场时偏离中线的距离最大C. 无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度方向都沿水平方向D. 无论哪个时刻入射的粒子，离开电场时的速度大小都相等【答案】ACD【解析】【详解】CD因粒子在电场
13、中运动的时间等于电场变化的周期T，根据牛顿第二定律和知，所有粒子离开电场时竖直方向的速度为零，即最终都沿水平方向射出电场，离开电场时的速度大小都等于初速度，故选项CD正确；AB粒子在电场中运动的时间是相同的；t=0时入射的粒子，在竖直方向先加速，然后减速到0时恰离开电场区域，故t=0时入射的粒子离开电场时偏离中线的距离最大；t=T时入射的粒子，在竖直方向先加速，再减速，再反向加速，反向减速到0恰离开电场区域，此时刻射入的粒子离开电场时偏离中线的距离为0；故选项A正确，选项B错误。故选ACD。11. 如图所示，电源E对电容器C充电，当C两端电压达到80 V时，闪光灯瞬间导通并发光，C放电放电后，
14、闪光灯断开并熄灭，电源再次对C充电这样不断地充电和放电，闪光灯就周期性地发光该电路（ ）A. 充电时，通过R的电流不变B. 若R增大，则充电时间变长C. 若C增大，则闪光灯闪光一次通过的电荷量增大D. 若E减小为85 V，闪光灯闪光一次通过的电荷量不变【答案】BCD【解析】本题考查电容器的充放电，意在考查考生的分析能力电容器充电时两端电压不断增大，所以电源与电容器极板间的电势差不断减小，因此充电电流变小，选项A错误；当电阻R增大时，充电电流变小，电容器所充电荷量不变的情况下，充电时间变长，选项B正确；若C增大，根据Q=CU，电容器的带电荷量增大，选项C正确；当电源电动势为85V时，电源给电容器
15、充电仍能达到闪光灯击穿电压80V时，所以闪光灯仍然发光，闪光一次通过的电荷量不变，选项D正确点睛：本题源自于2009年江苏高考物理卷的第5题，以闪光灯发光问题为背景考查电容器的充放电问题，解题的关键是要弄清电路的工作原理和电容器12. 将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如图所示，则下列说法正确的是（）A. 图线b表示电源内部的发热功率Pr随电流I的变化关系B. M点对应的功率为最大输出功率C. 在图线上A、B、C三点的纵坐标一定满足关系D. 两个交点M与N的横坐标之比一定为1：2，纵坐标之比一定为1：2【答案】AB【解析】【分析】
16、根据电源消耗的总功率的计算式可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式并进行分析，【详解】A电源的总功率则a图线表示电源的总功率随电流I变化的关系，电源的输出功率则c图线表示输出功率随电流I变化的关系，电源内部的发热功率则b图线表示电源内部的发热功率随电流I变化的关系，故A正确；Bc图线表示输出功率随电流I变化的关系，M点对应的功率为最大输出功率，故B正确；C根据能量转化横坐标相同纵坐标一定满足，则在图线上A、B、C三点的纵坐标一定满足关系故C错误；Db、c图线的交点M，输出功率PR和电源内部的发热功率Pr相等，
17、即满足a、b线的交点N输出功率为0，所以可见M与N的横坐标之比一定为1:2，据，纵坐标之比为一定为1:4，故D错误。故选AB。【点睛】当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大。二、非选择题：本题共6小题，共60分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。13. 在如图甲所示的电路中，四节干电池串联，小灯泡A、B的规格均为“3.8V，0.3A”。闭合开关S后，无论怎样移动滑片P，A、B灯都不亮。(1)现用多用电表量程为10V的直流电压挡检查故障，测得c、d间电压约为5.8V，e、f
18、间电压为0，则故障可能是_。A小灯泡B灯丝断路 B小灯泡A灯丝断路Cd、e间断路 D小灯泡B灯被短路(2)接着用多用电表测小灯泡的电阻。测量前，把小灯泡从电路中隔离，将多用电表的选择开关置于测电阻挡的“1”挡。某次测量结果如图乙所示，测得小灯泡电阻为_。换掉损坏的元件，电路正常接通后，将多用电表选择开关置于“250mA”挡，断开开关S，将两表笔分别与a、b两接线柱接触，稳定时其指针也恰好指在如图乙所示所指位置上，则通过灯泡的电流是_mA。【答案】 (1). B (2). (3). 【解析】【详解】(1)1测得c、d间电压约为5.8V，说明此时电压表与电源两极相连，c、d间之外电路不存在断路，e
19、、f间电压为0为零，说明e、f间没有断路，e、f之外电路存在断路，由此可知c、d间断路，即小灯泡A灯丝断路，ACD错误，B正确。故选B。(2)2小灯泡电阻为3将多用电表选择开关置于“250mA”挡，由图示表盘可知，其分度值为5mA，示数为14. 在“测定电池的电动势和内阻”的实验中，给定以下的器材来完成实验。待测干电池E一节电压表V（量程0315 V，内阻约为10 k）电流表A（量程00.63 A，内阻约为1 ）滑动变阻器R（010 ）导线、开关S(1)实验所用电路如图甲所示，请用笔画线代替导线在图乙中完成实物连接图，要求保证开关在闭合前滑动变阻器的滑片处于正确的位置；（ ）(2)该同学根据实
20、验数据得到图丙中的图线a，根据图线a求得电源电动势E_V，内电阻r_；(3)图丙中b图线是标有“1.5 V、1.6 W”的小灯泡的伏安特性曲线，该同学将该小灯泡与本实验中的电池连成一闭合电路，小灯泡实际消耗的电功率是_（保留2位有效数字）。【答案】 (1). (2). 145 (3). 0.5 (4). 0.69【解析】【详解】(1)1由原理图可知滑动变阻器为限流接法，电压表并联在滑动变阻器两端，由原理图连接实物图所示。(2)23由实验原理U=EIr可知电源的电动势E=1.45 V内阻(3)4由丙图可知，两条图线a、b的交点的横、纵坐标分别表示将该电阻R与电源连成闭合电路时通过电阻R的电流和它
21、两端的电压，电压U=1.15 V，电流I=0.6 A，所以此时电阻R消耗的电功率是P=UI=0.69 W15. 如图所示，滑动变阻器R1最大阻值是200，定值电阻R2=R3=300，A、B两端电压UAB=8V。(1)当开关S断开时，移动滑片P，R2两端的电压变化范围是多少？(2)当开关S闭合时，移动滑片P，R2两端的电压变化范围又是多少？【答案】(1)4.8V8V；(2)3.43V8V【解析】【详解】(1)当S断开时，滑动变阻器R1为限流式接法，R3及R1的下部不接在电路中，当滑动片P在最上端时，R2上获得的电压最大，此时R1接入电路的电阻为零，因此R2最大电压等于UAB=8V，当滑动片P在最
22、下端时，R1的全部与R2串联，此时R2上的电压最小所以R2上的电压变化范围为4.8V8V(2)当S闭合时，滑动变阻器R1为分压式接法，当滑动片在最下端时，R2上电压最小，此时R2与R3并联，再与R1的全部串联，R2与R3的并联电阻电压为当滑动片在最上端时，R2上的电压最大等于所以R2上的电压范围为3.43V8V16. 如图甲所示，在匀强电场中，虚线为电场线，与Ox轴成=37角，Ox轴上有a、b、c三点，Ox轴上各点的电势的变化规律如图乙所示。取sin37=0.6，cos37=0.8。（1）电场线方向和场强大小；（2）c点的电势和电子在a点的电势能（用eV表示）。【答案】（1）电场线方向斜向下，
23、场强大小为1000N/C；（2）c点电势为16V，电子在a点的电势能为32eV【解析】【详解】（1）由图乙可知沿x方向电势降低，所以电场线方向斜向下；x图线的斜率表示电场强度沿x方向的分量大小，由图乙可知Ex=800V/m，所以（2）由题得O点的电势为48V，Oc间的距离为Oc=8cm=0.08m，所以Oc间的电势差为UOc=EOccos37=10000.080.8V=64V由于UOc=Oc，将UOc=64V、O=48V代入得c=16VOa间的电势差为UOa=EOacos37=10000.020.8V=16V由于UOa=Oa，将UOa=16V、O=48V代入得a=32V所以电子在a点的电势能为
24、Ep=ea=32eV17. 如图所示，充电后的平行板电容器水平放置，电容为C，极板间距离为d，上极板正中有一小孔质量为m、电荷量为+q的小球从小孔正上方高h处由静止开始下落，穿过小孔到达下极板处速度恰为零（不计空气阻力，极板间电场可视为匀强电场，重力加速度为g）求：（1）极板间电场强度大小和电容器所带电荷量；（2）小球从开始下落运动到下极板的时间.【答案】（1）， （2）【解析】【详解】(1)对从释放到到达下极板处过程的整个过程，由动能定理得：解得：电容器两极板间的电压为：故电容器的带电量为：(2)小球到达小孔前是自由落体运动，则有:得:根据速度位移关系公式，有：v2=2gh得: 取竖直向下为
25、正方向，根据动量定理对减速过程有：小球从开始下落运动到下极板的时间t=t1+t2联立解得：18. 间中取直角坐标系，在第一象限内平行于轴的虚线MN与轴距离为，从轴到MN之间的区域充满一个沿轴正方向的匀强电场，场强大小为。初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为的电场加速后，从轴上的A点以平行于轴的方向射入第一象限区域，A点坐标为（0，）已知电子的电量为，质量为，若加速电场的电势差，电子的重力忽略不计，求：（1）则电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速度v；（2）电子经过轴时离坐标原点O的距离。【答案】（1），；（2）【解析】【详解】解：（1）由eU=mv02得电子进入偏转电场区域的初速度v0=设电子从MN离开，则电子从A点进入到离开匀强电场区域的时间因为加速电场的电势差U，说明yh，说明以上假设正确，所以离开时的速度（2）设电子离开电场后经过时间t到达x轴，在x轴方向上的位移为x，则x=v0ty=hy=ht=vyt则l=d+x= 代入解得- 18 - 版权所有高考资源网