1、西安中学20192020学年度第一学期期中考试高二物理试题一、选择题（本大题共14个小题。其中110为单选，每题3分，1114为多选，每小题4分。共46分。多选漏选得2分，不选或错选给0分）1.真空中有两个相同的可以看成点电荷的带电金属小球A、B，两小球相距L固定，A小球所带电荷量为-2Q、B所带电荷量为+4Q，两小球间的静电力大小是F，现在让A、B两球接触后，使其距离变为2L此时，A、B两球之间的库仑力的大小是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】根据库仑定律，两球间的库仑力：,将它们接触后再分开，然后放在距离为2L，则电荷量中和，再进行平分，因此电量均为+Q，则库仑力为： ，故B正
2、确。故选：B。2.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R点在等势面b上，据此可知（ ）A. 带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小B. 带电质点在P点的电势能比在Q点的小C. 带电质点在P点的动能大于在Q点的动能D. 三个等势面中，c的电势最高【答案】D【解析】【详解】A. 等差等势面P处比Q处密，则P处电场强度大，质点受到的电场力大，加速度大，故A错误；D. 根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知带电质点所受的电场力方向应向下，所以电场线方
3、向向上，故c的电势最高，故D正确.B.带负电质点在电势高处电势能小，可知质点在P点的电势能大，故B错误.C. 带电质点的总能量守恒，即带电质点在P点的动能与电势能之和不变，在P点的电势能大，则动能小，故C错误.3.在如图所示的图象中,直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象,直线为某一电阻R的伏安特性曲线。用该电源与电阻R组成闭合电路。由图象判断错误的是( )A. 电源的电动势为3 V,内阻为B. 电阻R的阻值为C. 电源的效率为D. 电源的输出功率为4 W【答案】C【解析】【详解】A根据闭合电路欧姆定律得U=E-Ir，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则
4、故A正确；B电阻，故B正确；C电源的效率故C错误；D两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为P出=UI=4W故D正确。4.如图所示,电源内阻不可忽略,电路中接有一小灯泡和一电动机。小灯泡L上标有“9V9W”字样,电动机的线圈电阻RM=1.若灯泡正常发光时,电源的输出电压为15V,此时( )A. 电动机的输入功率为36WB. 电动机的输出功率为5WC. 电动机的热功率为6WD. 整个电路消耗的电功率为15W【答案】B【解析】【详解】ABC：灯正常发光，电路中电流：电动机两端电压电动机的输入功率：电动机的热功率：电动机的输
5、出功率： 故B正确，AC错误。D：整个电路消耗的电功率： ，电源内阻不可忽略 ，整个电路消耗的电功率大于15W。故D项错误。5.如图所示,厚度均匀的矩形金属薄片边长ab=10 cm， bc=5 cm.将A与B接入电压为U的电路中时，电流为1 A，若将C与D接入同一电路中。则电流为 ( )A 4 AB. 2 AC. 0.25AD. 0.5A【答案】A【解析】设导体沿AB与CD方向导电时的长度分别为 、，则 设导体沿AB与CD方向导电时的横截面积分别为 、，则 又导体电阻 故导体沿AB与CD方向导电时的电阻之比 若将之接入同一电路： 又 故选A6.有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流强度为I，
6、设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此时电子的定向移动速度为v，在t时间内,通过导线的横截面积的自由电子数目可表示为( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】在时间内，流经导线的电荷量为，而电子的电荷量为，则时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为：A. 与分析不符，故A错误；B. 与分析不符，故B错误；C. 与分析相符，故C正确；D. 与分析不符，故D错误。7.如图所示,质量为m，带电量为q的微粒以初速度v0，从A点竖直向上射入空气中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中B点时，速率vB=2v0，方向与电场的方向一致，则A、B两点的电势差为()A. B. C
7、. D. 【答案】C【解析】【详解】粒子从到，根据动能定理得：若只考虑粒子在竖直方向，由速度位移公式，则有：联立可得：A. 与分析不符，故A错误；B. 与分析不符，故B错误；C. 与分析相符，故C正确；D. 与分析不符，故D错误。8.电源、开关、平行板电容器连成如图所示电路。闭合开关S，电源对电容器充电后，电容器带电荷量为Q，板间电压为U，板间电场强度大小为E0。则下列说法正确的是()A. 若将A板下移少许，Q增大，U减小，E0不变B. 若将A板下移少许，Q不变，U减小，E0减小C. 若断开开关，将A板下移少许，Q增大，U不变，E0增大D. 若断开开关，将A板下移少许，Q不变，U减小，E0不变
8、【答案】D【解析】【详解】开关闭合时电容器两极板间电压U不变，由公式可知，A板下移(板间距d减小)，电容C将增大，由公式可知电容器带电量Q将增大由公式可知板间场强增大，AB错误；开关断开后电容器带电量Q不变，由公式可知，A板下移(板间距d减小)，电容C将增大，由公式可知电容器极板间电压U将减小由以上三式可得，由此可知板间场强不变，C错误D正确9.在如图所示电路中，当滑动变阻器滑片P向上移动时，则（）A. A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮B. A灯变暗、B灯变亮、C灯变暗C. A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗D. A灯变暗、B灯变暗、C灯变亮【答案】A【解析】【详解】当滑动变阻器滑动键P向下移动时，其接
9、入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I增大，则A灯变亮并联部分两端的电压减小，则B灯变暗流过C的电流IC=I-IB，I增大，IB减小，IC增大，C灯变亮所以A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮10.图中接地金属球A的半径为R，球外点电荷的电荷量为Q，到球心的距离为r.该点电荷的电场在球心的场强大小等于()A. B. C. 0D. 【答案】D【解析】【分析】本题考查静电平衡和场强公式，难度较小，根据处于静电平衡中的导体内部场强处处为零，感应电荷产生的场强与外部场强等大反向分析解答即可。【详解】处于静电平衡中的导体内部场强处处为零，Q在O点产生的场强与感应电荷在O点产
10、生的场强等大反向，由此可知静电平衡后感应电荷在球心处产生的电场强度大小为 ，故D正确。11.一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动，其电势能E随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是（）A. x1处电场强度为零B. x1、x2、x3处电势1、2、3的关系为123C. 粒子在0x2段做匀变速运动，x2x3段做匀速直线运动D. x2x3段是匀强电场【答案】ABD【解析】【详解】根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，得：，由数学知识可知Ep-x图象切线的斜率等于Eq，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确；根据电
11、势能与电势的关系：Ep=q，粒子带负电，q0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：123故B正确；由图看出在0x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动。x1x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动。x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故C错误，D正确；故选ABD.【点睛】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况.12.如图所示，在点电荷Q产生的
12、电场中，实线MN是一条方向未标出的电场线，虚线AB是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在A、B两点的加速度大小分别为、，电势能分别为、.下列说法正确的是()A. 电子一定从A向B运动B. 若，则Q靠近M端且为正电荷C. 无论Q为正电荷还是负电荷一定有D. B点电势可能高于A点电势【答案】BC【解析】由于不知道电子速度变化，由运动轨迹图不能判断电子向那个方向运动，故A错误；若aAaB，则A点离点电荷Q更近即Q靠近M端；又由运动轨迹可知，电场力方向指向凹的一侧即左侧，所以，在MN上电场方向向右，那么Q靠近M端且为正电荷，故B正确；由B可知，电子所受电场力方向指向左侧，那么，若电子从A向B运
13、动，则电场力做负功，电势能增加；若电子从B向A运动，则电场力做正功，电势能减小，所以，一定有EpAEpB求解过程与Q所带电荷无关，只与电场线方向相关，故C正确；由B可知，电场线方向由M指向N，那么A点电势高于B点，故D错误；故选BC13.如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点(重力不计)，则从开始射入到打到上极板的过程中( ) A. 它们运动的时间B. 它们运动加速度C. 它们所带的电荷量之比D. 它们的电势能改变量之比【答案】AC【解析】【详解】A.垂直电场方向不受力，做匀速
14、直线运动，位移相等，速度相等，由x=vt得知，运动的时间相等，故A正确；B.平行电场方向受到电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：解得：；由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为：yP：yQ=1：2，所以aQaP，故B错误；C.根据牛顿第二定律，有：qE=ma，则：，所以它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2，故C正确；D.根据动能定理，有：qEy=Ek；而：qP：qQ=1：2，yP：yQ=1：2， 所以动能增加量之比：EkP：EkQ=1：4，故D错误。 故选：AC。14.小明同学尝试用图甲所示的电路图进行实验，定值电阻，在滑动变阻器由a端向b端移动的过程中，分别用
15、两个电流传感器测量了电流与关系，并得到的完整图象如图乙所示，其中C点为图线最低点，则由图可知A. 当滑动头P滑到b点时得到图乙中B点B. 图乙中A点纵坐标为 0.375 AC. 滑动变阻器总阻值为16 D. 电源电动势为6 V【答案】BD【解析】【详解】滑动头P滑到a点时，R和并联；滑动头P滑到b点时，被短路，只有电阻R接入电路，由闭合电路欧姆定律知，滑到b点时电流小于滑到a点时的电流，所以滑动头滑到b点时得到图乙中的A点，故A错误；由上分析知，滑动头滑到b点时得到图乙中的A点，电阻被短路，电流表和示数相等，根据图乙知，所以，即图乙中A点纵坐标为0.375A，故B正确；根据闭合电路欧姆定律，当
16、滑动头P位于b点时，图乙中的C点，并联部分两支路电流相等，根据并联电路的特点，得，则并联电阻为，设滑动变阻器的全值电阻为R，则有：，联立得：E=6V，故C错误，D正确；故选BD。【点睛】滑片P滑到a点时R与并联，电阻最小，流过电源的电流最大，对应图象的B点；滑片滑到b点时，被短路，电阻比滑到a点时电阻大，电流比滑到a点时小，对应图象的a点；根据闭合电路的欧姆定律列式结合图象即可求出电源的电动势。二、实验题（本大题共1小题，11个空。每空2分。共22分.）15.(1)下左图螺旋测微器读数为_mm，下右图游标卡尺读数为_mm(2)某表头满偏电流为1mA、内阻为982。（以下计算结果均取整数）为将表
17、头改装成量程为3V的电压表，需要一个阻值为_的电阻与表头串联为将表头改装成量程为50mA的电流表，需一个阻值约为_的电阻与表头并联(3)有一个小灯泡上标有“4 V 2 W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I-U图线；现有下列器材供选用：A.电压表(05V,内阻约10K) B.电压表(015V,内阻约20K)C.电流表(03A,内阻约1) D.电流表(00.6A,内阻约0.4) E.滑动变阻器(10,2A) F.滑动变阻器(500,1A)G.学生电源(直流6V)、开关、导线若干实验中所用电压表应选_，电流表应选_，滑动变阻器应选用_在线框内画出实验电路图_，并根据所画电路图进行实物连接_利用
18、实验数据绘出小灯泡伏安特性曲线如图甲所示，分析曲线说明小灯泡电阻变化的特点：_。若把电阻元件Z和小灯泡接入如图乙所示的电路中时，已知电阻Z的阻值为5，已知A、B两端电压恒为2.5V，则此时灯泡L的功率约为_W(保留两位有效数字)【答案】 (1). 0.900mm (2). 14.50mm (3). 2018 (4). 20 (5). A (6). D (7). E (8). (9). (10). 小灯泡的电阻随温度的升高而升高 (11). 0.31W【解析】【详解】(1)1螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为，所以最终读数为； 2游标卡尺的固定刻度读数为14mm，游标读数为0.
19、0510mm=0.50mm，所以最终读数为14.50mm；(2)3把电流表改装成3.0V的电压表需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值：4把表头改装成50mA的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：(3)5因灯泡的额定电压为4V，故选用05V的电压表，故选A；6由得灯泡的额定电流：故电流表应选择00.6A的量程，故选D；7为方便实验操作，滑动变阻器应选择E；8描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻，电压表内阻约为10k，电流表内阻约为0.4，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示9根据电路图连接实物电路图，实物电路图
20、如图所示；10 由图所示图象可知，随电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻变大，由此可知小灯泡的电阻随温度的升高而升高；11设灯泡两端电压为，电流为，根据闭合电路欧姆定律可得：在图象作出图像，由图可得：所以功率：三、计算题（本题共3小题，共32分。其中16题9分，17题10分，18题13分）16.如图所示的电路中，电阻R2=15，R3=10，电源的电动势E=12V，内电阻r=1，安培表的读数I=0.4A求：（1）流过电阻R1的电流是多少？（2）电阻R1的阻值是多大？（3）电源的输出功率是多少？【答案】1A 11W【解析】【详解】（1）并联部分电压为通过的电流为流过电阻电流
21、为（2）两端的电压为的阻值为（3）电源的输出功率为17.如图所示，离子发生器发射出一束质量为m、电荷量为q的离子，从静止经加速电压U1加速后，获得速度v0，并沿垂直于电场方向射入两平行板中央，受偏转电压U2作用后，以速度v离开电场已知平行板长为L，两板间距离为d，求：（1）v0大小；（2）离子在偏转电场中运动的时间t；（3）离子在离开偏转电场时的偏移量y；（4）离子在离开偏转电场时的速度v的大小。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】（1）在加速电场中，由动能定理得：qU1=mv020，解得：v0=；（2）离子在偏转电场中做类平抛运动，离子的运动时间： ；（3）粒子的偏移量：；
22、（4）由动能定理得：，解得：v=；故本题答案是：(1) （2） (3) (4)【点睛】会利用类平抛求带电粒子在电场中的运动，并利用公式求侧位移。18.如图所示，水平绝缘光滑的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.40m在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E=1.0104N/C现有一电荷量q=+1.0104C，质量m=0.10kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点取g=10m/s2试求：（1）带电体在圆形轨道C点的速度大小（2）PB间
23、的距离xpB（3）D点到B点的距离xDB（4）带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能（结果保留3位有效数字）【答案】（1）（2）（3）（4）【解析】【详解】（1）设带电体通过C点时的速度为vC，依据牛顿第二定律：解得vC=2.0m/s（2）由动能定理可得：，解得xBP=1m.(3)设带电体从最高点C落至水平轨道上的D点经历的时间为t，根据运动的分解有：，联立解得xDB=0（4）由P到B带电体作加速运动，故最大速度一定出现在从B经C到D的过程中在此过程中只有重力和电场力做功，这两个力大小相等，其合力与重力方向成45夹角斜向右下方，故最大速度必出现在B点右侧对应圆心角为45处设小球的最大动能为Ekm，根据动能定理有：qERsin45mgR(1cos45)EkmmvB2，解得Ekm=1.17J（或）