2021-2022学年高二物理上学期期中测试卷（人教版）03（全解全析）

2021-2022学年上学期期中测试卷03

高二物理•全解全析

I23456789101112

BDBCDDCCADABDBCDACD

1.B【解析】等量同种点电荷连线的中垂线在连线上方场强方向向上，连线下方场强方向向下，所以带电粒子一

定带负电，带电粒子从静止开始先加速运动到。点，再减速运动到B点，所以在。点，带电粒子的速度最大，

故A错误，B正确：等量同种点电荷连线中点场强为零，所以在。点，带电粒子的加速度为零，故C错误；等

量同种点电荷连线中点场强为零，中垂线上从。点往上场强先增大后减小，所以带电粒子在A点（或B点），场强

不一定最大，加速度不一定最大，故D错误.

2.D【解析】由小球c所受库仑力的合力的方向平行于a、6的连线知a、6带异号电荷.a对c的库仑力凡

6对。的库仑力凡=华当②

设合力向左，如图所示，根据相似三角形喏=钵

gaac364

由①②③得衣=qb~be3=27,若合力向右，结果仍成“，D正确.

3.B【解析】连接AC,过B点作88'LAC,由几何关系知，AB'=0.18m,B'C=0.32m,AC=0.5m,据题

知UAC=100V,因为AC线上电势均匀降落，由比例关系可知0及=19V,所以"与B电势相等，BB'为等势

线；利用等势线与场强垂直确定场强方向，可知匀强电场的电场强度方向沿4c方向，UAB=<PA-<PB=36V,匀

强电场的电场强度大小后=7条=六内V/m=200V/m,故B正确.

ADU.1o

4.C【解析】带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，粒子从A到B过程，电场力方向与速度方向成钝角，

电场力做负功，动能减小，速度减小，电势能增加，故带电粒子通过4点时的速度比通过8点时的速度大，即

vA>vB,EP4<EPB,选项A、D错误；根据电场线疏密可知，EA>EB,根据F=Eq和牛顿第二定律可知，a^aa,选

项B错误：根据沿着电场线方向，电势逐渐降低，故小<W，选项C正确.

pC

5.D【解析】若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，根据可知，C变大；根据Q=

CU可知，在Q一定的情况下，两极板间的电势差减小，则静电计指针偏南。减小；根据E=%,Q=CU,

C=^-.,联立可得£=上蜉，可知E不变；P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差

不变，P点的电势不变，故%不变；由以上分析可知，选项D正确.

6.D【解析】在b点a=B说明此时外电阻R等于内阻，电源有最大输出功率,A错；电源总功率Ps=IE,则

电流越大，总功率越大，B、C错,D正确。

7.C【解析】按照一天光照12h计算，该光伏项目年发电量约为：W=Pt=3kWX12hX365=1.314X10'kW・h,故

P3OOOVK

A错误；根据P=UI,该光伏项目的工作总电流1=~---------------=7.9A,故B错误；根据能量守恒，该光伏项目平均

U380V

P•t3kWX12h

每天的发电量大约可供一盏60W的白炽灯工作时间：t产------------------=600h,故C正确；该光伏项目年

PL0.06kw

发电量约为：W=Pt=3kWX12hX365=1.314X10"kW•h,发电总功率的30%供自家使用，还有富余发电以0.4元/

度(1度=1kW•h)价格并入国家电网，故该光伏项目富余发电的年收入：x=1.314X10"X70%X0.4=3679.2元，

故D错误。

P40X103

8.A【解析】根据P=UI可得输电线上的输电电流1=-=-------------A=50A,则输电线上损失的电功率

U800

P'=/R=5()2X0.4W=1000W,则用超导电缆可节约的电能为1kW,故选项A正确。

9.AD【解析】取无穷远处为零电势点，A点在两个正电荷电场中电势为2%，在两个负电荷电场中电势为-26，

因他>外，故A点的电势为(291—2")>0;同理C点的电势为(一2a+2夕2)<0.。点在左上正电荷、左下负电荷的电

场中电势为0,同理，在右上正电荷、右下负电荷的电场中电势也为0,故。点电势为零，(pA><pD,<pD>(pc,A正

确，B错误.由场强叠加原理可知，4、C两点的场强相同，故试探电荷在这两点的加速度也相同，所以试探电

荷仅在电场力作用下从4点沿AC运动到C点，加速度并不是一直增大，故C错误：B、。所在的水平面上任意

一点的场强方向均竖直向下，故在这个水平面内移动电荷时，电场力不做功，所以此面一定为等势面，故D正确.

10.ABD【解析】如图所示，

ad10—177

设a、c之间的d点电势与b点电势相同，则73=77=/=6，所以d点的坐标为(3.5cm,6cm),过c点作等

势线bd的垂线，电场强度的方向由高电势指向低电势.由几何关系可得，4r的长度为3.6cm,电场强度的

大小E=g=""^*=2.5V/cm,故选项A正确；因为。acb是矩形，所以有Uac=U0b,可知坐标原点。

处的电势为IV,故选项B正确；a点电势比b点电势低7V,电子带负电，所以电子在。点的电势能比在b

点的高7eV,故选项C错误；b点电势比c点电势低9V,电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV,故

选项D正确.

11.BCD【解析】设加速电场的板间距离为乩由牛顿第二定律得a=黑，由于粒子的质量未知，所以无法确定

带负电粒子在板间的加速度大小关系，故A错误；

由动能定理得4s=5《。02,可得的=寸阴，所以当带负电粒子的比荷2相等时，它们从用孔射出的速度相等，

故B正确；粒子从M孔射出时的动能Ek=%?o（?=qUi,所以当带负电粒子的电荷量q相等时，它们从M孔射出

时的动能相等，故C正确；

如图所示，设偏转电场的板间距离为小，在偏转电场中有，偏转角度。与粒子的比荷无

tan8=VFo=VFo=c2U,无\d

关，所以不同比荷2的带负电粒子从。点射入，偏转角度。相同，故D正确.

12.ACD【解析】由题图电路图可知，5、5分别是Ri、R?两端的电压，电流表测通过这个电路的总电流，5

是路端电压，由欧姆定律可知用=牛=端■（因凡是定值电阻），故A正确；S=E-/（Ri+r）（因E、4、r均是定

值），牛=Ri,&变大，牛变大，爷^的大小为Ri+r,保持不变，故B错误，C正确；牛=4+&,因私变大,

则与变大，又由于U3=E-/r,可知当，的大小为r,保持不变，故D正确.

13.（1）O、P（1分）（2）I50.5（2分）（3）50.0（1分）

UURXRV

【解析】⑴若将电压表跨接在0、P之间，I:一,解得U=­I,根据一次函数关系可知对应斜率

RvRxRx+RV

Rx^vR%Ru

为―-----,且—-----<Rxo若将电压表接在0、Q之间，U=I（RX+RA）,根据一次函数关系可知对应斜率为（RX+RA）,

Rx-¥RyRX+RU

且（RX+RA）>RX,结合图像的斜率可知ki>kn,所以II图线是采用电压表跨接在0、P之间。

Rv1000

（2）、（3）因为待测电阻为几十欧姆的电阻，通过图像斜率估算待测电阻为50。左右，而一=------二20、

R50

Rx50RyRx

—------=100,则<一二,说明电流表的分压较小，电压表的分流较大，所以电压表应跨接在0、Q之间，所以

R/^0.5Rx

选择图线I得到的结果较为准确。

3V-1V

根据图像可知RX+RA=-----------750.5Q,考虑电流表内阻，修正后待测电阻的阻值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见解析图（1分）（4）2.90（2.86〜2.94均可）

1.50（1.46〜1.57均可）（4分）

【解析】（1）两节干电池的电动势约为3V,为了尽可能提高实脸精度，实验中电压表应选Vi；

（2）量程为3V时，电压表的最小分度值为0.1V,读数为2.20V（2.19〜2.21均可）

量程为0.6A时，电流表的最小分度值为0.02A,读数为0.20A;

（3）1/—I图象如下:

3.（）（）

2.9（）

2.80

2.70

2.60

2.50

2.40

2.30

2.20

2.10

2.00

1.叫

（4）根据闭合电路的欧姆定律有E=U+lr

整理得U=~Ir+E

所以纵截距是电源电动势大小，斜率绝对值是电源内阻和电流表的内阻之和，由图计算可得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）设电场强度的大小为民小球3运动的加速度为根据牛顿第二定律、运动学公式和题给条件，有

mg+qE=ma®（2分）

%（畀=%产②（2分）

解得E=学③（1分）

（2）设B从O点发射时的速度为5,到达P点时的动能为反,0、P两点的高度差为/?,根据动能定理有

mgh+qEh=EL/VF④（2分）

且有V}^=Vot©（1分）

h=^gt2®（1分）

联立③④⑤⑥式得

Ek=2m（vo2+g?尸）.（2分）

16.（1）魏'Q）哼2（3）0或华2

【解析】（1）粒子初速度为零，由C点射出电场，故电场方向与AC平行，由A指向C.由几何关系和电场强度的

定义知

AC=R®

F=qE®（1分）

1

由动能定理有F-AC=，mA）2③（1分）

，/0（）2

联立①②③式得E=2g/?④（1分）

（2）如图，由几何关系知AC_LBC,故电场中的等势线与BC平行.作与BC平行的直线与圆相切于。点，与AC

的延长线交于P点，则自。点从圆周上穿出的粒子的动能增量最大.由几何关系知

/…\

Jo\

NX'/

、/，

3V3

/用。=30°,AP=2R,DP=2R⑤

设粒子以速度进入电场时动能增量最大，在电场中运动的时间为人.粒子在AC方向做加速度为〃的匀加速运动，

运动的距离等于AP;在垂直于AC的方向上做匀速运动，运动的距离等于。P.由牛顿第二定律和运动学公式有

F=nui©（1分）

AP=2at\2@（1分）

DP=V\t\®（1分）

联立②④⑤⑥⑦⑧式得4⑨（1分）

（3）解法1:设粒子以速度。进入电场时，在电场中运动的时间为加.以A为原点，粒子进入电场的方向为x轴正方

向，电场方向为y轴正方向建立直角坐标系.由运动学公式有

产⑩（1分）

x=u@（1分）

.1

粒子离开电场的位置在圆周上，有（五一2R）2+（y-5R）2=R2⑫（1分）

粒子在电场中运动时，其X方向的动量不变，y方向的初始动量为零.设穿过电场前后动量变化量的大小为机8

的粒子，离开电场时其y方向的速度分量为V2,由题给条件及运动学公式有

mV2—mvo=mat®（1分）

亚

联五②④⑥⑩⑪⑫⑬式得。=0或。=2。0（1分）

解法2:粒子在电场方向上做匀加速直线运动，即沿4c方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直AC方向做

匀速直线运动，因动量的变化量只发生在电场方向上，若粒子从进入电场到离开电场的过程中动量变化量为

mv0,

则粒子会从R点