1、陕西省西安市第三中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题（含解析）选择题（每题4分，共48分，其中1-8小题为单项选择题，9-12小题为多项选择题。全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不答的得0分）1. 下列说法中正确的是( ).A. 电场线密集处场强大，电势高B. 沿电场线方向场强减小，电势降低C. 在电势高处电荷具有的电势能也大D. 场强为零处，电势不一定为零【答案】D【解析】【详解】AB电场线的疏密表示电场的强弱，沿电场线方向电势降低，两者之间没有关系，AB错误；C正电荷在电势高处电势能大，负电荷相反，C错误；D场强为零处，电势不一定为零，D正确。故选D。2. 如图所示，一
2、个不带电的金属导体P正在向带正电的小球Q缓慢靠近，但不接触，也没有发生放电现象，则下列说法中正确的是（）A. 导体P的左端感应出正电荷，导体B的右端感应出负电荷B. 导体P上的C点的电势高于B点电势C. 导体P上的感应电荷在C点产生的场强始终大于在B点产生的场强D. 若手不小心触碰了一下导体B端，则导体P上的正电荷转移到了大地中【答案】C【解析】【详解】A导体P处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体的右端B要感应出正电荷，故A错误；B导体P处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，处于静电平衡状态，处于静电平衡的导体内场强为0，导体是等势体，C点的电势等于B点电势，故B错误；C在C点和B点的场
3、强由导体上的感应电荷和正电的小球Q共同叠加产生，并且为0，正电的小球Q在C点的场强大于B点的场强，所以导体上的感应电荷在C点产生的场强始终大于在B点产生的场强，故C正确；D若手不小心触碰了一下导体B端，则大地中的电子转移到导体P上，故D错误。故选C.3. 如图甲所示，x轴上固定两个点电荷Q1、Q2（Q2位于坐标原点O）。轴上有M、N、P三点，MN=NP，Q1、Q2在轴上产生的电势随x变化关系如图乙（N为最低点），下列说法错误的是（）A. M、N之间电场方向沿x轴正方向B. N点电场场强大小零C. M点电场场强大小为零D. 乙正试探电荷从P移到M过程中，电场力做功【答案】C【解析】【详解】AM点
4、的电势为零，P点的电势小于零，因沿电场线方向电势降低，故在MN间电场方向沿x轴正方向，故A不符合题意；BC-x图线的切线斜率表示电场强度的大小，可知N处场强为零，M处的场强不为零，故B不符合题意，C符合题意；D由图象可知UMNUNP故电场力做功qUMNqUNP从P移到M过程中，电场力做负功，故|WPN|WNM|故D不符合题意。故选C。4. 如图所示，平行板电容器与恒压电源连接，且下极板接地（设大地电势为零），静电计所带电荷量很少，可被忽略，一带负电油滴被固定于电容器中的P点。现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（）A. 平行板电容器的电容将变大B. 静电计指针张角变小C. 带电油
5、滴的电势能将减少D. 若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力变大【答案】C【解析】【详解】A根据可知，下极板竖直向下移动一小段距离，d增大，则电容减小，故A错误；B静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变。故B错误；C电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小。故C正确；D电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据知电场强度不变，则油滴所受电场力不变。故D错误。故选C。5. 关于电流的说法中正确的是（）A. 根据，可知I与
6、q成正比B. 电流有方向，电流是矢量C. 电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位D. 在金属导体中，自由电子移动方向为电流方向【答案】C【解析】【详解】A 是电流强度的定义式，可知I与q、t无直接关系，故A错误；B尽管电流有方向，但不是矢量，因为电流合成不遵守平行四边形定则，故B错误；C电流的单位“安培”是国际单位制中的七个基本单位之一，故C正确；D电子带负电，所以在金属导体中，自由电子移动方向与电流方向相反，故D错误。故选C。6. 用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表、，若把、分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指
7、针偏转角度的说法正确的是A. 图甲中的、的示数相同B. 图甲中的、的指针偏角相同C. 图乙中的、的示数和偏角都不同D. 图乙中的、的指针偏角相同【答案】B【解析】【详解】AB.图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故A错误，B正确； CD.图乙中A1、A2串联，A1、A2的示数相同，由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，故CD错误7. 新冠疫情期间，额温枪广泛应用于各种场所。如图所示某种额温枪以2节干电池为电源，工作电流为5mA能通过传感器检测人体向外辐射的红外线，根据红外线能量的强弱快速、
8、准确且无接触的测量体温，那么关于该额温枪的说法中正确的是（）A. 额温枪工作时，电路中每通过1C电荷，每节电池都能把1.5J化学能转化为电能B. 额温枪工作时，电池组两极间的电压为3VC. 额温枪工作时，电源的输出功率为15mWD. 额温枪工作时，电池组的电动势不再是3V【答案】A【解析】【详解】A每节电池的电动势为1.5V，根据电动势的定义可以知道电路中每通过1C电荷，消耗的电能为W=qE=11.5J=1.5J则有1.5J的化学能转化为电能，故A正确；B额温枪工作时，电池组两极间的电压为路端电压，小于电源的电动势，故电池组两极间电压小于3V，故B错误；C额温枪工作时电源消耗的总功率为P=2E
9、I=21.5V5mA=15mW电源的输出功率小于电源消耗的总功率，故C错误；D两节电池的总电势为3V，额温枪工作时，电源的电动势不变，与外电路是否闭合无关，故D错误。故选A。8. 如图所示，不带电物体A和带电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别为2m和m，劲度系数为k的轻弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，不计一切摩擦，开始时，物体B在一沿斜面向上的外力的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中（）A. 物体B受到的电场力大小为B. 物体B的速度最大时，弹簧的伸长量为
10、C. 撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为D. 物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B和地球组成的系统的机械能的减少量【答案】C【解析】【详解】A当施加外力时，对B分析可知解得故A错误；B当B受到的合力为零时，B的速度最大，由解得故B错误；C当撤去外力瞬间，弹簧弹力还来不及改变，即弹簧的弹力仍为零，当撤去外力F的瞬间物体AB受到的合外力为解得故C正确；D电场力对物体B做正功，电势能减小，物体A、弹簧和地球组成的系统机械能增加量不等于物体B和地球组成的系统机械能的减少量，故D错误。故选C。9. 如图所示，在匀强电场中，虚线为电场线，与Ox轴成角，Ox轴上a、b、c三点的坐标分别为3c
11、m、9cm、12cm，O点的电势为零，a点的电势为-3V，则下列说法正确的是（）A. 电场线方向斜向上B. 场强大小为100V/mC. c点的电势为-12VD. 电子在a点的电势能为-3eV【答案】AC【解析】【详解】A沿Ox方向电势降低，结合“沿电场线方向电势逐渐降低”知，电场线方向斜向上，故A正确；B已知，O、a两点间的电势差，由电势差与电场强度的关系式得解得B错误；C故O点的电势为零， c点的电势为故C正确；D故电子在a点的电势能为故D错误故选AC。10. 一束粒子沿两平行金属板中心轴射入板间的匀强电场后，分成三束a、b、c，如图所示，则（ ）A. 初速度比较，B. 板内运动时间比较，C
12、. 动能增加量比较，D. 电势能变化量比较【答案】AC【解析】【详解】AB.粒子在匀强电场中受到沿垂直于极板方向的电场力作用，在垂直于极板方向做初速度为零的匀加速直线运动，在平行于极板的方向不受力而做匀速直线运动。在垂直于极板方向，由得，由于，则；在平行于极板方向，由得，对于a、b，由于，故有，故A正确，B错误；CD.电势能变化量的大小等于电场力做功的大小，则，得；动能增加量等于电场力做的功，则，故C正确，D错误。故选：AC11. 如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r。将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表、示数变化量的绝对值分别为、，理想电流表A示数变化量的绝对值为，下列判断正确的是（
13、）A. 的示数增大B. 的示数减小C. 与的比值不变D. 小于【答案】C【解析】【详解】AB由图可知R与Rx是串联关系，由欧姆定律可知V2的示数V1的示数滑片向下滑动，Rx接入电路的电阻减小，电流I增大，所以U2减小，的示数减小；U1增大，的示数增大，故A、B错误；C由可知即与的比值等于电源内阻r，故保持不变，故C正确；D由上述分析可知已知电阻阻值R大于电源内阻阻值r，故大于，故D错误。故选C。12. 如图，三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻rR，c为滑动变阻器的中点闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，下列说法正确的是( )A. R2消耗的功率变小B. R3消耗的功率
14、变大C. 电源输出的功率变大D. 电源内阻消耗的功率变大【答案】CD【解析】【分析】本题考查闭合电路欧姆定律的综合动态分析问题的相关知识点【详解】把等效电路画出，如图设，则当时，有最大值，当滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动时，减小，增大，易得：减小，减小，增大，故电源内阻消耗的功率=增大，故D正确=减小，减小，故=减小，故B错误而增大，故=减大，故A错误根据电源输出功率与的关系图可知，当，减小电源输出功率越大，故C正确；二、实验题（本题共22分，每空2分。把答案填在题中横线上）13. 如图，已知表头G满偏电流为，表头上标记的内阻值为。、和是定值电阻，其中，某同学将其改装为两个量程的电压表。图中
15、虚线框内是电压表的改装电路。若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为。(1)则根据题给条件，定值电阻的阻值应选_，_。(2)用量程为，内阻为的标准电压表对改装表挡的不同刻度进行校准。所用电池的电动势E为；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为和。为了方便实验中调节电压，图中R应选用最大阻值为_的滑动变阻器。(3)若由于表头G上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G内阻的真实值_（填“大于”或“小于”）。【答案】 (1). 910 (2). 2000 (3). 50 (4). 大于【解析】【详解】(1)1由欧姆定律得解得2由
16、欧姆定律得解得(2)3把改装电压表和标准电压表组成的并联部分看做一个整体，这个整体的总电阻约为，这个整体和滑动变阻器的一部分电阻丝并联，再和剩下的部分电阻丝串联，电池的电动势E为，如果选择的滑动变阻器，为了使电压表两端的电压能达到3V，则需小于，即滑动变阻器只有五分之一的调节空间，不利于控制电压表两端的电压；如果选择的滑动变阻器，因为电压表并联后的总电阻远大于，可将其当做理想电压表来处理，则滑动变阻器就有五分之三的调节空间，有利于精确调节电压，故选择最大阻值为的滑动变阻器。(3)4改装电压表的读数比标准电压表的读数偏小，即在相同的电压下，流过改装表的电流偏小，说明改装表的电阻偏大，表头G内阻的
17、真实值大于。14. (1)在“测定金属的电阻率”的实验中，如果测出金属丝接入电格的长度l、直径d和金属丝接入电路时的电流I和其两端的电压U，就可求出金属丝的电阻率。用以上实验中直接测出的物理量来表示电阻率，其表达式为_。(2)在此实验中，金属丝的电阻大约为，在用伏安法测定金属丝的电阻时，除被测电阻丝外，选用了如下实验器材：A.直流电源；电动势约，内阻不计； B.电流表A：最程，内阻约；C电压表V：量程，内阻约； D.滑动变阻器R：最大阻值； E.开关、导线等。在以下可供选择的实验电路中选择一个电路，此接法测得的电阻值将_（填“大于”、“小于”或“等于”）被测电阻的实际阻值。(3)根据所选实验电
18、路图，在实物图中完成其余的连钱_。(4)根据所选量程，某次实验两电表的示数如图，则读数分别为_V和_A，用游标卡尺测得接入电路金属丝的长度时，示数如图甲所示，读数为_，用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图乙所示，读数为_。【答案】 (1). (2). 小于 (3). (4). 2.17（2.152.18均可） (5). 0.16 (6). 5.015 (7). 5.695【解析】【详解】(1)1根据电阻定律得(2)2待测电阻阻值比较接近电流表内阻，应采用电流表外接电路，即电路甲，此接法测得的电阻值将小于被测电阻的实际阻值。(3)3根据电路甲连线为(4)4电压表读数，量程为3V，最小刻度为0.
19、1V，示数为2.17V。5电流表读数，量程为0.6A，最小刻度为0.02A，示数为0.16A。6游标卡尺读数，固定刻度为5cm，可动刻度为示数为5.015cm。7螺旋测微器读数，固定刻度为5.5mm，可动刻度为示数为5.695mm。三、计算题（本题共3小题，共30分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，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）15. 如图所示，C18F，C25104pF，R18，R24，电源电动势E24V，内阻不计，求：(1)开关闭合时C2储存的电荷量Q；(2)开关断开前后C1储存电荷量的变化量Q。【答案】(1)410-7C；(2)
20、6.410-5C【解析】【详解】（1）开关闭合时C2与R2并联，R2两端电压为 由电容器定义式 得 Q= 410-7C（2）开关断开前C1与R1并联，R1两端电压为 由电容器定义式 得 Q1= 1.2810-4C开关断开后C1直接接在电源两端U3=E电荷量为Q2=C1U3=1.9210-4C开关断开前后C1储存电荷量的变化量Q=Q2-Q1= 6.410-5C16. 在如图甲所示的电路中，、均为定值电阻，且，阻值未知，是一滑动变阻器，当其滑片从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电流的变化图线如图乙所示，其中、两点是滑片在变阻器的左右两个不同端点得到的值求：（1）定值电阻的阻值（2）电源的电动势
21、和内阻（3）当滑动变阻器取何值时电源的输出功率最大？最大输出功率是多少？【答案】（1）5 （2）20V 20 （3）17.6 5W【解析】【详解】(1）当P滑到的右端时，电路参数对应乙图中的B点，只有电阻接入电路，由图乙所示图象可知：V，A 则定值电阻的阻值为：（2）将乙图中AB线延长，交U轴于20V处，所以电源的电动势为V图象斜率表示内阻为：（3）当的滑片从最左端滑到最右端时，外电路总电阻从小于电源内阻r变至大于r，当外阻和内阻相等时，电源输出功率最大，则有： 代入：解得： 其值为；W17. 如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连
22、接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中。现有一质量为m、带正电的小滑块(可视为质点)置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g。(1)若滑块从水平轨道上距离B点s3R的A点由静止释放，滑块到达B点时速度为多大？(2)在(1)的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；(3)改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小。【答案】(1) (2) mg (3) 【解析】【详解】(1)设滑块到达B点时速度为v，滑块从A到B的过程，由动能定理有而qEmg解得(2)设滑块到达C点时的速度为vC，滑块从A到C的过程，由动能定理有qE(sR)mgsmgR0设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，由牛顿第二定律得FqEm解得Fmg(3)要使滑块恰好始终沿轨道滑行，则滑至圆轨道DG间某点，由电场力和重力的合力提供向心力，此时的速度最小(设为vmin)，则有解得
