河南省驻马店市2020-2021学年高二物理上学期11校期中联考（环际大联考）答案.pdf

1、第1页（共5页） 环际大联考 “逐梦计划”20202021 学年度第一学期期中考试 高二物理 参考答案及评分标准 一、选择题：本题共 12 小题，共 48 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 4 分；第 912 题有多项符合题目要求，全部选对得 4 分，选对但不 全的得 2 分，有选错或不答的得 0 分。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 a d c c a a d c bd bc ad ab 1. a 【解析】物体的带电荷量是元电荷的整数倍，且不可能小于元电荷，故 a 正确；电荷 不可能凭空产生或消失，电荷相互中和是正电荷

2、总数与负电荷总数相等，对外不显电性， 故 b 错误； 电荷的定向移动形成电流， 定向移动的可以是正电荷、 负电荷或正电荷与负电 荷同时移动，故 c 错误；电子的带电荷量最小，质子的带电荷量与电子相等，电性相反， 人们通常将最小的电荷量叫做元电荷， 元电荷 = 1.60 1019 c， 物体的带电荷量是元电 荷的整数倍，3.6 1019 c不是1.60 1019 c的整数倍，故 d 错误。 2. d 【解析】电流强度是标量，故 a 错误；电流强度越大时，由于时间不确定，不能确定 通过导线的电荷量是否越多，故 b 错误；通过金属导体的电流强度 = ，所以电子速 率大，电流强度不一定大，故 c 错误

3、；物理学中把每秒通过导体任一横截面的电荷量（简 称电量）叫做电流强度，即单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，电流强度越大，故 d 正确。 3. c 【解析】把一个带正电荷的物体置于导体附近，则两个接触的导体靠近的一端会感 应出负电荷，远离的一端会感应出正电荷，此时带负电，带正电，故 a 错误；处于静 电平衡的导体是等势体，因此、的电势一样高，故 b 错误；移去时，导体中感应出的 正、负电荷中和，的负电荷（自由电子）向移动，形成由到的电流，故 c 正确；先 把、分开，这时带负电，带正电，再移去后，两金属箔因导体仍带电而张开，故 d 错误。 4. c 【解析】 图像的斜率等于导体电阻，斜率越大，

4、导体电阻越大，由图像可知，的 斜率大，的电阻大，的斜率小，的电阻小；两电阻串联的电阻大于任何一个电阻的阻 值，其 图像的斜率大于任何一个电阻图像的斜率，由图像可知，两电阻串联后伏安 特性曲线在区域i；两电阻并联的电阻小于任何一个电阻的阻值，其 图像的斜率小于 任何一个电阻图像的斜率， 由图像可知， 两电阻并联后的伏安特性曲线应在区域iii， 故 a、 b、d 错误，c 正确。 5. a 【解析】图中电阻1与2并联后与3串联，并联电阻为12= 12 1+2 = 4 ，并联电路电 压相等，串联电路电压比等于电阻比，12 3= 12 3= 1 2，因此1 2 3= 1 1 2，故 c、d 错误；串联

5、电路电流相等，并联电路电流比等于电阻的反比，1 2= 2 1= 1 2，又3= 1+ 2，因此1 2 3= 1 2 3，故 a 正确，b 错误。 6. a 【解析】设闭合开关后，电路中的电流为，对于电阻，由欧姆定律得1= ，对于 电动机，2 ，则1 2，电功1= 1，2= 2，则有1 2，根据焦耳定 律得1= 2，2= 2，则1= 2，故 a 正确，b、c、d 错误。 7. d 【解析】等势线在水平方向，点电势高于点，根据电场线与等势线垂直，而且由高 第2页（共5页） 电势指向低电势可知，电场方向竖直向下。根据带电粒子的轨迹可知，所受的电场力方 向竖直向上，所受的电场力方向竖直向下，故粒子带负

6、电荷，粒子带正电荷，故 a 错误；、间与、间电势差相等，根据 = 可知，从到与从到的过程中， 电场力做功相等， 由动能定理可知， 在点的速度与在点的速度大小相等， 故 b 错误； 从点运动至点的过程中，电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功，故 c 错误； 、间电势差为零，由 = 可知，从点运动至点的过程中，电场力对它做的功等 于零，故 d 正确。 8. c 【解析】充电完成后，极板带正电，故此油滴带负电，故 a 错误；充电完成后断开开 关s，两电容器的总电荷量 = 1+ 2，保持不变，极板、始终相连，极板、始终 相连，因此两电容器两端的电压始终相等，因此 = (1+ 2)，当右侧电容器的极板

7、 向上移动一小段距离后，2减小，电压增大，左侧电容器两极板间的场强1= 1将增 大，带电油滴会向上运动，电场力做正功，电势能减小，故 b 错误，c 正确；左侧电容器 的电荷量1= 1，则1增大，故 d 错误。 9. bd 【解析】根据牛顿第三定律得，球对球的库仑力等于球对球的库仑力，故 a 错 误；对小球受力分析如图所示： 由几何关系得： 库 = = 拉 ， 库 = = 拉 ，由于 ， = ，所以 库 ，所以 ，即球的质量较小，拉 拉，即球受到轻绳的拉力较小，故 b 正确，c 错误；若两小球电势不相同，接触后电荷量将重新分布，再静止时库仑力将发 生变化， 两小球的重力没有发生变化， 则悬线与竖

8、直方向的夹角将发生变化， 故 d 正确。 10. bc 【解析】在加速电场中，由动能定理得0= 1 20 2，解得0 = 20 ，设偏转极板 的长度为， 微粒在偏转区域中的运动时间 = 0 = 20， 若只增大0的大小， 则减小， 故 a 错误；若只增大，微粒在偏转电场方向运动的位移增大，偏转电场做功增大，根 据动能定理可知，微粒射出时的动能将增大，故 b 正确；微粒离开偏转电场的位置和运 动方向不变，离开偏转电场后做匀速直线运动，增大的大小，偏移的位移将增大，故 c 正确；微粒通过偏转电场时偏转距离 = 1 2 2 = 2 40，微粒通过偏转电场时偏转角度正 切tan = 0 = 20，则、

9、tan 与微粒的质量、电荷量无关，所以保持0、不变， 不同的微粒打在纸上的同一位置，故 d 错误。 11. ad 【解析】设小球从到、从到两个运动过程水平分位移分别为1和2，竖直分位 移分别为1和2，经历的时间分别为1和2，在电场中的加速度为。从到过程小球做 平抛运动，则有：1= 01，从到过程，有：2= 02，由题意有：1= 2，则得： 1= 2，即小球从到运动时间等于从到运动时间，故 a 正确；又1= 1 21 2，将小 第3页（共5页） 球在电场中的运动看成沿相反方向的类平抛运动，则有： 2= 1 2 2 2，根据几何知识有： 1 2= 1 2，解得： = ，根据牛顿第二定律得： = =

10、 ，解得： = 2。由于过程轨迹向上弯曲，加速度方向必定向上，合力向上，说明电场力方向向 上，所以小球带负电，故 b 错误；设过程竖直位移为，则重力做功，则过程 克服电场力做功2，可知小球从到重力做的功与从到克服电场力做的功不相等， 故 c 错误；根据速度变化量 = 得：过程速度变化量大小为1= 1= 2， 过程速度变化量大小为2= 2= 2，所以小球从到与从到的速度变化量的大 小相等，故 d 正确。 12. ab 【解析】电路稳定后，通过l1的电流为1= 0.2 a，由图乙读出其电压1= 0.8 v，则 灯泡l1的电功率1= 11= 0.2 0.8 w = 0.16 w， 故a正确； 并联部

11、分的电压2= 1+ 1 = (0.8 + 0.2 8) v = 2.4 v， 由图乙读出l2电流 2= 0.4 a， 根据欧姆定律得2= 2 2 = 2.4 0.4 = 6 ，故 b 正确；电源电动势 = 2 + (1+ 2) = (2.4 + 0.6 1) v = 3 v，电源 的效率 = 2 = 2.4 3 = 80%，故 c 错误；电容器的电压 = 1 = 1.6 v，则电容器的带电 量 = = 1.6 100 106 c = 1.6 104 c，故 d 错误。 二、非选择题：本题共 6 小题，共 52 分。解答题应写出必要的文字说明、公式和重要的演 算步骤，只写出最后答案的不能得分。有

12、数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 13.（5 分）(1)电压（2 分） (2)变大（2 分） 变小（1 分） 【解析】 (1)静电计指针的偏转程度显示两极板间的电势差。 静电计的指针偏转角度变大， 反映了电容器的电压变大。 (2)左极板向上移动时，减小，则由 = 4可知，变小，又一定，由 = 可知， 变大， 可观察到静电计指针偏转角变大； 两极板间插入电介质时， 变大， 则由 = 4 可知，变大，又一定，由 = 可知，减小，可观察到静电计指针偏转角变小。 14.（10 分）(1)0.9（1.5 分） c（1.5 分） (2)（2 分） (3)如图所示：（2 分） (4)1.50（1

13、.5 分） 0.60（1.5 分） 【解析】(1)根据 b 可知，电流表的量程为0.06 a，改装后，量程扩大十倍，改装后表的 内阻减小为原来的十分之一， 即0.9 ， 根据并联分流可得需要并联的电阻阻值为1 ， 故 选 c。 (2)实验前为保护电路，应断开开关，将滑动变阻器阻值调到最大处，即端。 第4页（共5页） (3)如答案图所示。 (4)根据闭合电路欧姆定律可得 = ( + )，在本题中，改装后的电流表量程是 b 的十倍，改装后的电流表的内阻 = 0.9 ，可得 = ( + 0.9 )，由图可知 = 1.50 v，带入一组数据可得 = 0.60 。 15. （7 分） 解： (1)灯泡两

14、端的电压等于电源两端的电压： = （1 分） 则总电流： = = 4 a（1 分） (2)通过灯泡的电流：1= = 1.5 a（1 分） 通过电动机的电流： 2= 1= 2.5 a（1 分） 电流对电动机所做的功：2= 22 = 2.5 10 5 60 j = 7 500 j（1 分） (3)电动机线圈产生的热量： 2= 2 2 = 2.52 1 5 60 j = 1 875 j（2 分） 答：(1)电源提供的总电流为4 a；(2)电流对电动机所做的功为7 500 j；(3)电动机线圈产 生的热量为1 875 j。 16.（8 分）解：(1)、间的电势差：= = 4104 4106 v = 1

15、00 v（1 分） 又：= ，= 0（1 分） 则点的电势：= 100 v（1 分） (2) = | | = 100 v 2 cm = 5 103 v/m（1 分） 板带正电，板带负电，故电场强度的方向为由指向。（1 分） (3)= （1 分） = + （1 分） 解得：= 300 v（1 分） 答： (1)点的电势= 100 v； (2)两极板间的电场强度 = 5 103 v/m， 方向为由指 向；(3)两极板间的电压= 300 v。 17.（8 分）解： (1)当 = 0 时， = 100 + 0.5 = 100 （1 分） 由欧姆定律，得此时电路中的总电阻：总= = 3 v 15 103

16、 a = 200 （2 分） 由串联电路中总电阻等于各分电阻之和，得： = 总 = 200 100 = 100 （1 分） (2)当 = 600 时，= 100 + 0.5 = 400 （1 分） 电路中的总电阻：总= + = 400 + 100 = 500 （1 分） 电路消耗的总功率： = 2 总 = (3 v)2 500 = 0.018 w（2 分） 答：(1)滑动变阻器接入的电阻为100 ；(2)600 时，电路中消耗的功率为0.018 w。 18.（14 分）解：(1)以小滑块为研究对象，由点至点的运动过程中，根据动能定理可得： ( + ) ( + )cos 30 sin 30 ( + ) = 1 2 2 0（2 分） 第5页（共5页） 解得：=2( + )( cot 30 ) = 210 m/s（1 分） (2)以小滑块为研究对象，在由点至点的运动过程中，根据机械能守恒定律可得： 1 2 2 = 1 2 2 + 2 （2 分） 在最高点时，以小滑块为研究对象，由牛顿第二定律可得： n+ = 2 （2 分） 解得：= 2 4 = (210)2 4 10 0.5 m/s = 25 m/s（1 分） n= 2 = 1 (25)2 0.5 n 1