1、2020-2021年福州铜盘中学高二期中考试试卷物理试卷一、 选择题。本题共12小题,共40分,第18题在每小愿给出的四个选项中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，全都选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分1. 下列静电学公式中，F、q、E、U、r和d分别表示电场力、电量、场强、电势差以及距离；则（ ）A:它们都只对点电荷或点电荷的场才成立B:只对点电荷或点电荷的场成立，只对匀强电场成立C:只对点电荷成立，对任何电场都成立，只对匀强电场才成立D: 只对点电荷成立，对任何电场都成立2. 关于物体的带电荷量，以下说法中正确的是( )A 物体所带的电
2、荷量可以为任意实数B 不带电的物体上，既没有正电荷也没有负电荷C 摩擦起电过程,是靠摩擦产生了电荷D 物体带电+1.6010-9C，这是因为该物体失去了1.01010个电子3. 如图所示的情况中，a、b两点电势相等、电场强度也相同的是（ )A.带等量异种电荷的平行金属板之间的两点B.离点电荷等距的任意两点C.两等量同种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点D.两等量异种电荷其连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点4. 如图所示是一根粗细均匀的橡胶棒，其横截面积为S，由于与毛皮发生摩擦而均匀带负电，若已知该橡胶棒每米所带的电荷量为q,则当该棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，形成的等效
3、电流为( )A. Vq B. C.qvS D.5. 绝缘金属平行板电容器充电后,静电计的指针偏转一定角度,若减小两极板a、b间的距离,同时在两极板间插入电介质,如图所示,则( )A. 电容器两极板的电势差会减小B. 电容器两极板的电势差会增大C. 静电计指针的偏转角度不变D. 静电计指针的偏转角度会增大6. 两个放在绝缘架上的相同金属球相距r，球的半径比r小得多，带电量大小分别为q和3q，相互斥力大小为3F现将这两个金属球相接触，然后分开，仍放回原处，则它们之间的相互作用力大小将变为（ ）A. F B. C.4FD.2F7. 如图所示,三个电阻R1 、R2、R3的阻值相同,允许消耗的最大功率分
4、别为10w .10W ,4W,此电路中允许消耗的最大功率为( )A.24W B.16WC.12WD.15W8. 如图所示的电路，将两个相同的电流表分别改装成A1(0-3.A)和A2(0-0.6A)的电流表，把两个电流表并联接入电路中测量电流强度,则下列说法正确的是( )A. A2的指针还没半偏时.A1的指针已经半偏B. A1的指针还没半偏时，A2的指针己经半偏.C. A1的读数为1A时，A2的读数为0.6AD. A1的读数为1A时干路的电流为1.2A9. 如图所示，两电荷量分别为Q(Q0)和Q的点电荷对称地放置在x轴上原点O的两侧,a点位于x轴上O点与点电荷Q之间，b点位于y轴O点上方，取无穷
5、远处的电势为零。下列说法正确的是( )A. b点电势为零，电场强度也为零B. 正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右C. 将正的试探电荷从O点移到a点，必须克服电场力做功D. 将同一正的试探电荷先后从O、b两点移到a点，后者电势能的变化较大10. 有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示.其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒,此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射人偏转电场,再经偏转电场后打到纸上,显示出字符.不必考虑墨汁微粒的重力,为了使打在纸上的字迹缩小,下列措施可行的是( )A. 减小墨汁微粒的质量B. 增大墨汁微粒所带的电荷量C. 增大偏转电场的电压D. 增大墨汁微
6、粒的喷出速度11. 如图(a)所示,光滑绝缘水平面上有甲、乙两个点电荷。t=0时,甲静止,乙以初速度6m/s向甲运动。此后,它们仅在静电力的作用下沿同一直线运动(整个运动过程中没有接触)，它们运动的v-t图象分别如图(b)中甲、乙两曲线所示.则由图线可知（ ）A. 两电荷的电性定相反B. t1时刻两电荷的电势能最大C. 0t2时间内,两电荷的静电力先增大后减小D. 0t3时间内,甲的动能一直增大,乙的动能一直减小12. 在电场方向水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点竖直向上抛出，其运动的轨迹如图所示，小球运动的轨迹上A、B两点在同一水平线上，M为轨迹的最高点，小球抛出时的动能为8J，在M点的
7、动能为6J，不计空气的阻力，则下列判断正确的是（ ）A. 小球水平位移x1与x2的比值为1:3B. 小球水平位移x1与x2的比值为1:4C. 小球落到B点时的动能为32JD. 小球从A点运动到B点的过程中最小动能为6J二、 实验题:本题共2小题,第13题10分，第14题10分,共20分。把答案写在答题卡中指定的答题处。13. 在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验时，所用器材有：电动势为6V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电表、开关和导线要求能测出尽可能多组数据，如图甲所示是没有连接完的实物电路（已连接好的导线有a、b、c、d、e、f六根）（1） 本实验中，滑动
8、变阻器应选用 连接方式（填“分压式”或“限流式”）（2） 实验过程中要求小灯泡两端电压从零开始调节,且为减小系统误差使用电源表外接法进行测量,应选择下图中哪一个电路图进行实验 （3） 请你用笔画线代替导线,将实物电路连接完整 （4） 正确连接电路后闭合开关，移动滑片P到某处，电压表的示数为2.2V，在要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向_端滑动（选填“左”或“右”）（5） 通过移动滑片P.分别记下了多组对应的电压表和电流表示数。并给制成了如图乙所示的U-I图线，根据U-I图线提供的信息，可计算出小灯泡的额定功率为 W。乙甲14. 如图,有一根细长且均匀的空心金属管线。长约30 cm，电阻约为5
9、，已知这种金属的电阻率为，现在要尽可能精确测定它的内径d(1) 用螺旋测微器测量金属管线外径D时刻度的位置如下图所示,从图中读出外径为 mm，应用毫米刻度尺测金属管线的长度L；LD (2) 测量金属管线的电阻R，为此取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材：A电压表03V，内阻约10k；B电压表015V，内阻约50k；C电流表00.6A，内阻约0.05；D电流表03A，内阻约0.01；E滑动变阻器，010；F滑动变阻器，0100要求较准确地测出其阻值，电流表应选_，滑动变阻器应选_；（填序号）(3) 按照电路图连接实物图后,某次测量电表的读数如上图所示，则电压表读数为 电流表读数为 。(4
10、) 用已知的物理常数和应直接测量的物理量表示，推导出计算金属管线内径的表达式d= （用符号D，L，U，I）三、 计算题、本题共4小题，第15题8分，第16题8分。第17题10分，第18题14分,共40分,把解答写在指定的答题处。要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写答案不得分。15. 把两个带电小球Q1、Q2分别放在真空中的A、B两点,已知Q=4.010-10C，Q2=-6.010-12C, r= 50 cm，如图所示,（1）求Q2受到的静电力的大小和方向；（2）求Q1在B点处产生的电场强度的大小和方向16. 如图所示，半径为R的内壁光滑的绝缘的半圆形轨道固定在水平面上，质量为m带电荷
11、量为q的小球，从轨道右侧A点由静止开始释放，A点与圆心O等高，当小球到达B点时，球的速度正好为零，已知角LAOB=60，重力加速度为g。求:(1) B、A两点的电势差;(2) 匀强电场的电场强度大小。17. 规格为“220 V、44W”的排气扇，线圈电阻为40 ，求:(1) 接上220 V的电源后，排气扇转化为机械能的功率和发热的功率;(2) 如果接上220V电源后，扇叶被卡住，不能转动，求电动机的发热的功率.18. 如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两极板的长度L=80cm，两板间的距离d=20cm。电源电动势E=24V，内电阻r=1，电阻R=15，滑动变阻器的最大阻值为20闭合
12、开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从A、B两金属板左端正中间位置M处以初速度vo=8m/s水平向右射入两板间，恰能沿直线射出。若小球带电量为q=110-2C，质量为m=210-2kg，不考虑空气阻力，重力加速度g=10m/s2求此时:（1） 金属板间电场强度大小及方向;（2） 滑动变阻器接入电路的阻值;（3） 若使小球能从极板间射出，则滑动变阻器接入电路的阻值范围为多大?2020-2021年福州铜盘中学高二期中考试试卷物理试卷答案一、选择题123456789101112CDDAACDDBCDBCAC1. 本题考查基本公式的适用范围。公式仅适用于点电荷，公式适用于匀强电场，公式适用于任何电场
13、，故C项正确。2. 物体所带的电荷量不能为任意实数，只能为元电荷的整数倍故A错误。不带电的物体，并不是没有正、负电荷，而是没有多余的电荷故B错误；C错误，是摩擦力的作用下电荷转移的过程，不是摩擦产生电荷，粒子不可能凭空产生，也不可能凭空消失，在摩擦力作用下电荷转移过程中，电荷总量守恒。一个电子带电量为1.610-19 故应失去11010个电子所以D是对的。3. A项，平行金属板之间是匀强电场，ab场强一样，电势a b，故A项错误。B项，ab在同一等势面，电势相同，其电场强度大小一样，方向不同，故B项错误。C项，根据两个等量同种电荷等势面的分布情况可知，在两电荷连线的中垂线上与连线中点等距的任意
14、两点电势相等，所以ab电势相同，其场强方向相反，大小一样，故C项错误。D项，根据两个等量异种电荷等势面的分布情况可知，在两电荷连线的中垂线上与连线中点等距的任意两点电势相等，所以ab电势相同，其场强方向相同，大小一样，故D项正确。4. 棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v米，每秒v米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面，每秒内通过横截面的电量Q=qv ,根据电流的定义式，得到等效电流为I=qv，故A正确，BCD错误5. 解:根据,减小d,增大介电常数,则电容增大根据，Q不变，U减小，所以指针的偏转角度减小，故A正确。BCD错误。6. C7. 解:根据题意知R1= R2= R3
15、= R，P1=10W ,P2=10W，P3=4W ,首先分析两个并联电阻R2、R3所允许的最大消耗功率.因为R2与R3并联,则两端电压相等,所以由公式知道，R2与R3所消耗的功率一样。已知R2与R3本身允许的最大功率分别是10W和4W,所以R2、R3 在并联电路中允许最大功率只能都是4W,否者会超过R2的允许功率.再分析R1在电路中允许的最大功率，把R2与R3看成一个并联电阻R，则电路就是R1与R串联,而串联电路所流过的电流一样,再由P= I2R知道, R1与R所消耗功率之比为；已知三个电阻R1,R2,R3,的阻值相同,R2与R3的并联值,所以，所以R1上消耗的功率是并联电阻R上的两倍。如果R
16、2、R3的消耗功率均是R的一半，为2.5W。最后计算，R1功率为10W，则R2为2.5W，R3为2.5W，所以总功率最大为P=10W+2.5W+2.5W=15W。所以D选项是正确的。8. AB：电流表是由电流计并联一个电阻改装而成，两电流表并联，两电流计两端电压相等，两电流计相同，则流过两电流计的电流相等，所以A1的指针半偏时，A2的指针也半偏故AB两项均错误CD：两电流计改装电流表量程之比为5：1，两电流表的内阻之比为1：5；两电表并联，通过两电流表的电流之比为5：1，当A1的读数为1A时，A2的读数为0.2A，干路中电流为1.2A故C项错误，D项正确9. 【答案】BC【解析】因为等量异种电
17、荷在其连线的中垂线上的电场方向为水平指向负电荷，所以电场方向与中垂线方向垂直，故中垂线为等势线，因为中垂线延伸到无穷远处，所以中垂线的电势为零，故b点的电势为零，但是电场强度不为零，A错误；等量异种电荷连线上，电场方向由正电荷指向负电荷，方向水平向右，在中点O处电势为零，O点左侧电势为正，右侧电势为负，又知道正电荷在正电势处电势能为正，故B正确；O点的电势低于a点的电势，电场力做负功，所以必须克服电场力做功，C正确；O点和b点的电势相等，所以先后从O、b点移到a点，电场力做功相等，电势能变化相同，D错误；10. 解:微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场后做类平抛运动,则有:水平方向:L= V0t
18、 ;竖直方向：；加速度为：联立计算得出:微粒飞出电场时偏转距离为要缩小字迹,就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y,由上式分析可以知道,采用的方法有:减小微粒的比荷、减小偏转极板间的电压U、增大墨汁微粒的喷出速度v0 .故ABC错误,D正确.11. 【答案】BC【解析】解：A、由图象0-t1段看出，甲从静止开始与乙同向运动，说明甲受到了乙的排斥力作用，则知两电荷的电性一定相同。故A错误。B、0t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1t2时间内两电荷间距离逐渐增大，t1时刻两球相距最近，系统克服电场力最大，两电荷的电势能最大。故B正确。C、0t1时间内两电荷间距离逐渐减小，在t1t2时间内两电荷间距离
19、逐渐增大，由库仑定律得知，两电荷间的相互静电力先增大后减小。故C正确。D、由图象看出，0t3时间内，甲的速度一直增大，则其动能也一直增大。乙的速度先沿原方向减小，后反向增大，则其动能先减小后增大。故D错误。故选：BC。由图象0-t1段，判定甲从静止开始与乙同向运动，则知甲的电性。分析t1时刻前后两球距离的变化，判断电场力做功情况，分析两电荷的电势能。0t2时间内，分析两电荷间距离变化，可知相互静电力的变化。t1t3时间内，甲的动能一直增大，乙的动能先减小后增大。本题也可以运用类比的方法分析，相当于发生了完全非弹性碰撞，t1时刻两球的速度相同，动能损失最大，两电荷的电势能最大。12. A、B选项
20、:设小球在电场中的水平加速度为a在x1和x2段的时间是相等的，设时间均为t，则x1= 12at2, vm=at，x2=Vmt+12at2= 32at2,即比值为1:3，故A项正确，B项错误;C选项，当小球运动到B点时，小球水平方向上的速度设为vBs.vBs=Vm +at=2at=2Vm,竖直方向上速率与在A点时的速率相同，由题意知，故C正确；D选项:将x1段的运动反过来看，由M点运动到A点，水平反向做匀减速运动，竖直方向做初速度为0的自由落体运动，功率P=Fv，则刚开始时重力的功率为0，由于电场力方向与运动方向相反，电场力的功率比0大，但电场力做负功，则动能减小，即由M运动到A过程中动能先减小
21、后增大，在M点的动能为6J，故A运动到M过程中有动能小于6J的点，故D错误.故选AC.二、 实验题:本题共2小题,第13题10分，第14题10分,共20分。13. （1）分压法（2）A（3） （4）右（5）0.5W14. （1）5.200mm（2）C、E（3）1.9V、0.44A（4）三、 计算题、本题共4小题，第15题8分，第16题8分。第17题10分，第18题14分,共40分,把解答写在指定的答题处。15. (1)由库仑定律得:Q2受到的静电力的大小故Q2受到的静电力的大小为：F=2.410-10N，方向由B指向A；（2）依据电场强度的定义式：得：Q1在B点产生的电场强度为：故Q1在B点产
22、生的电场强度的大小40N/C，方向由A指向B16. (1)小球从A到B，由动能定理，有:解得：（2） B、A两点在水平方向上的距离为:又U=Ed解得：17.排气扇正常工作时的电流为发热功率为：P热=P-R=(0.2)240 W=1.6W转化为机械能的功率为：P机=P-P热=(44 - 1.6)W= 42.4W.（2）扇叶被卡住不能转动后，电动机所在电路成为纯电阻电路，此时电动机中电流为电动机发热功率：P电=P热=UI= 2205.5W=1210 w.18.（1）mg=Eq得E=mg/q=0.2N0.01=20N/C（2）U=Ed=4v，由得，Rp=3.2。（3）小球在极板间做类平抛运动水平方向:竖直方向上：解得a=20m/s2，如小球从电容器上板边缘射出，根据牛顿第二定律有：F-mg=ma故F=0.6N极板间电场强度为:电路电流为变阻器接入电路的阻值为当滑动变阻器接入电路的电阻为0时，小球的加速度为：可以从板间射出，所以滑动变阻器的接入电路电阻范围为0-16