1、四川省成都外国语学校2019-2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、单项选择题1.如图，光滑绝缘的水平面上有三个带电小球（均可视为点电荷）、，三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力的作用下处于静止状态，、之间的距离小于、之间的距离.则以下看法正确的是A. 对的静电力一定是引力B. 对的静电力一定是引力C. 三个小球所带电荷量的大小关系是D. 若保持它们的位置不变而将它们的电荷量都加倍，则它们将不能平衡【答案】B【解析】【详解】A根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹一异”，所以a、c一定为同种电荷即两荷间一定为排斥力，故A错误；B根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同
2、夹一异”，所以a、c和b的电性相反，即对的静电力一定是引力，故B正确；C同时根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，“近小远大”，所以，故C错误；D由平衡可得，对a有当它们的电荷量都加倍时，小球仍然平衡，同理对b、c也成立，故D错误。2.如图所示，真空中点固定一点电荷，、是该点电荷电场中的两点，关于该两点的场强的大小和电势高低关系，下列看法正确的是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】AB由点电荷电场强度可知，离点电荷越远电场强度越小，所以，故A正确，B错误；CD如果点电荷为正电荷，根据沿电场线电势降低可知，同理，如果点电
3、荷为负电荷时，故CD错误。3.如图所示，实线为电场线，虚线为一仅受电场力作用的点电荷在匀强电场中的运动轨迹，、是轨迹上的两点，则下列说法正确的是A. 电荷在点的电势能大于在点的电势能B. 该电场的方向水平向左C. 点的电势高于点的电势D. 电荷在的动能大于在点的动能【答案】A【解析】【详解】AD匀强电场中电场力与电场线平行，而曲线运动合力指向曲线的凹侧一方，所以电场力一定向左，若点电荷从a到b点，电场力做负功，电势能增加，即电荷在点的电势能大于在点的电势能，电场力做负功，动能减小，即电荷在a的动能大于在b点的动能，故A正确，D错误；BC电场力向左，但不知道电荷的电性，所以不能判断电场方向，即不
4、能判断两点电势的高低，故BC错误。4.下面对公式及的理解正确的是A. 导体的电阻与导体两端的电压成正比，与导体中的电流成反比B. 导体的电阻率越大，则导体对电流的阻碍作用越大C. 导体的电阻越小，则导体的导电性能越好D. 某种材料制成的导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比【答案】D【解析】【详解】A导体的电阻与导体两端的电压、电流无关，由本身因素决定，故A错误；B电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越差；电阻率越小，则其导电性能越好；但导体对电流的阻碍作用取决于电阻的大小，而电阻与导体的长度和截面积有关，故电阻率大的导体对电流的阻碍作用不一定大，故B错误
5、；C电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越差；电阻率越小，则其导电性能越好，故C错误；D由可知，某种材料制成的导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比，故D正确。5.某电源的电动势为4V，则关于该电源，以下看法不正确的是A. 该电源没有接入电路时，其两极之间的电势差为4VB. 当通过该电源的电荷量为1C时，该电源提供的电能为4JC. 该电源每工作1s钟，电源提供的电能为4JD. 将该电源接入电路中当其路端电压为2V时，电源的供电效率为50【答案】C【解析】【详解】A电动势在数值上等于电源没有接入电路时两极之间的电压，故A正确；BC电源做的总功为W=EIt=E
6、q电源做功等于电源提供的电能，可知电动势总等于电路中通过1C的正电荷时，电源提供的能量，故B正确，C错误；D电源效率为故D正确。6.在某静电场中，沿着某条电场线建立坐标轴，坐标轴上各点的电势随坐标变化的关系图线如图所示，则以下看法正确的是A. 同一点电荷在处的电势能小于在处的电势能B. 同一点电荷在处的受到的静电力大于在处受到的静电力C. 该电场的方向沿轴正方向D. 该电场可能是匀强电场【答案】B【解析】【详解】A由图可知，处的电荷比在处的电势更低，由于不知道点电荷的电性，所以无法确定点电荷在处的电势能和点电荷在处的电势能的大小，故A错误；B图像的斜率表示电场强度，由图可知，在处的电场强度比在
7、处的电场强度更大，由公式可知，同一点电荷在处的受到的静电力大于在处受到的静电力，故B正确；C根据沿电场线方向电势降低，由图可知，该电场的方向沿轴负方向，故C错误；D图像的斜率表示电场强度，由图可知，该电场不可能是匀强电场，故D错误。7.如图所示的电路中，电源的电动势和内阻一定，当可变电阻的阻值由变为时，电源的路端电压变为原来的1.5倍，则电源的内阻为A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由闭合电路欧姆定律有由题意有联立解得：故D正确。8.如图所示的电路，闭合开关S，待电路中的电流稳定后，减小的阻值，则A. 电流表的示数一定减小B. 电压表的示数一定减小C. 电源的输出功率一定减小D
8、. 电阻消耗的功率一定减小【答案】B【解析】【详解】AB闭合开关S，减小电阻箱阻值，则整个电路中的总电阻减小，总电流增大，即电流表示数增大，根据U=E-Ir知，电源的外电压，即路端电压减小，电阻R2两端的电压增大，路端电压等于电压表示数和R2两端电压之和，可得出电压表示数减小，故A错误，B正确；C当电源的内阻与外电阻相等时，电源的输出功率最大，由于不清楚电源内阻与外电阻关系，所以无法确定电源的输出功率变化情况，故C错误；D闭合开关S，减小电阻箱阻值，则整个电路中的总电阻减小，总电流增大，由公式可知，电阻消耗的功率一定增大，故D错误。9.如图所示，、为匀强电场中一个边长为2cm的正六边形的六个顶
9、点，已知、三点的电势分别为1V、2V和5V则以下看法正确的是A. 正试探电荷从点移到点电势能增加B. 负试探电荷从点移到点电势能减少C. 匀强电场的场强大小为100V/mD. 该六边形外接圆上电势最低的点电势为0V【答案】C【解析】【详解】A因为匀强电场中电势随距离均匀变化（除等势面），又由于正六边形对边平行，AB间电势差等于ED间电势差，所以E点电势为4V，延长BC和ED交于M点，如图，根据匀强电场中电势随距离均匀变化，所以M点电势为6V，同理可得，C点电势为4V，F点电势为2V，所以点电势与F点电势相等，则正试探电荷从点移到点电势能不变，故A错误；B由于C点电势比F点电势更高，负电荷在电势
10、低处电势能大，负试探电荷从点移到点电势增加，故B错误；C由于C点与E点电势相等，连接CE即为等势线，过D作CE的垂线，交于N点，由于CD=2cm，由几何关系可得，DN=1cm，所以电场强度为故C正确；D该六边形外接圆上A、B、C、D、E、F中电势最低点为A点的电势即为1V，故D错误。二、多项选择题10.用两个相同的小量程电流表，分别在表头上并联不同的电阻改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是A. 图（a）中两表指针偏转角度相同B. 图（a）中两表示数相同C. 图（b
11、）中两表指针偏转角度相同D. 图（b）中两表示数相同【答案】AD【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正确，B错误；CD图乙中的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C错误，D正确。11. 如图所示，甲、乙为两个独立电源的路端电压U与通过它们的电流I的关系图线，下列说法中正确的是( )A. 路端电压都为U0时，它们的外电阻相等B. 电流都是I0时，两电源的内电压相等C. 电源甲的电动势大于电源乙的电动势D. 电源甲的内阻小于电源
12、乙的内阻【答案】AC【解析】考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：根据闭合电路欧姆定律得知：电源路端电压与电流的关系式为U=E-Ir，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点坐标表示电源电动势的大小，图线的斜率的大小表示电源的内阻大小解答：解：路端电压都为U0时，电路中的电流相等都为I0，跟据欧姆定律可知它们的外电阻相等，故A正确根据闭合电路欧姆定律得知：U=E-Ir，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点坐标表示电源电动势的大小，由图可知电动势电源甲的电动势大于电源乙的电动势而图线的斜率的大小表示电源的内阻大小，图线甲的斜率大于图线乙的斜率，电源甲的内阻大于电源乙的内阻则当电流都是I0时
13、，甲电源的内电压较大，故BCD错误故选A点评：对于物理图象理解，关键要根据物理规律推导出解析式，再从数学角度来理解图象的物理意义12.如图所示，两板间距为的平行板电容器与一电源连接，开关S闭合，电容器两极板间有一质量为、带电荷量为的微粒静止不动，下列说法正确的是A. 微粒带正电B. 电源的电动势大小等于C. 保持开关闭合，减小两极板间距离，微粒将向下做加速运动D. 断开开关S，增大两极板之间的距离，微粒将向下做加速运动【答案】AB【解析】【详解】A由题，带电荷量为q的微粒静止不动，则微粒受到竖直向上的电场力作用，而平行板电容器板间场强方向竖直向上，则微粒带正电，故A正确；B微粒静止，处于平衡状
14、态，由平衡条件得电源电压大小故B正确；C保持开关闭合，两板间的电势差不变，减小两极板间距离，由公式可知，板间的电场强度增大，微粒的电场力增大，所以微粒向上加速运动，故C错误；D断开开关S，电荷量不变，增大两极板之间的距离，由公式可知，电容减小，由公式可知，电势差增大，场强为，所以电场强度不变，所以微粒的电场力不变，微粒仍静止不动，故D错误。13.如图所示的电路中，电源的电动势为、内阻为（），定值电阻.闭合开关，理想电压表示数为，理想电流表示数为；在滑动变阻器的滑片由端滑到端的过程中A. 先变小后变大B. 与的比值先变大后变小C. 与的乘积先增大后减小D. 变化量的绝对值与的变化量的绝对值的比值
15、小于【答案】BD【解析】【详解】A在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R1的有效电阻先增大后减小，外电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：总电流先变小后变大，路端电压先增大后减小，故A错误；BC路端电压先增大后减小，所以R3中的电流先增大后减小，由于总电流先变小后变大，所以电流表示数先减小后变大，则与的比值先变大后变小，无法确定与的乘积变化情况，故B正确，C错误；D将R3与电源看成新电源，新电源的内阻为r与R3的并联值小于r，由闭合电路欧姆定律可知，的变化量的绝对值与的变化量的绝对值即为新电源的内阻，故D正确。三、实验题14.在“测定金属的电阻率”的实验中，所
16、用测量仪器均已校准，待测金属丝接入电路部分长度约为50cm. (1)用螺旋测微器测量金属丝直径，其中某一次测量结果如图所示，其读数为_mm；(2)用伏安法测量金属丝的电阻.实验所用的器材为：电池组（电动势3V，内阻约1）、电流表（内阻约0.1）、电压表（内阻约）、滑动变阻器，额定电流2A，开关、导线若干.实验前已用多用电表粗测得待测金属丝的电阻约为.则实验中应采用图中的_图对应的电路.（选填“A”或“B”）(3)由于电阻的测量存在系统误差，因此本实验测得电阻率与真实值比较偏_（选填“大”或“小”）【答案】 (1). 0.3950.397 (2). B (3). 小【解析】【详解】(1)1固定刻
17、度读数为0，可动刻度读数为39.7，所测长度为0+39.70.01=0.397mm，由于误差所以测量长度在0.395mm到0.397mm之间；(2)2待测金属丝的电阻约为，电流表的内阻约为0.1，电压表的内阻约为3，所以待测金属丝的电阻为小电阻，则电流表应用外接法，即实验中应采用图中的B图对应的电路；(3)3电流表外接法中，由于电压表的分流作用，导致电流的测量值比真实值偏大，由公式可知，电阻的测量值比真实值偏小，由公式可知，电阻率的测量值比真实值偏小。15.探究小组在实验选材中从实验室找到一只小灯泡，其额定电压为2.6V，额定功率模糊不清.于是小组商议通过描绘小灯泡的伏安特性曲线来测定小灯泡的
18、额定功率，实验时找到了以下器材（导线和开关除外）：A.电源（约为3.0V，内阻约为）B.电流表A（-0.6A，内阻为）C.电压表V（01V，内阻为）D.定值电阻E.定值电阻F.滑动变阻器(1)在图甲中画出实验电路图_；(2)根据实验数据，描绘出了如图乙所示的伏安特性曲线，在00.6V内图线为直线，则小灯泡不工作时的电阻为_；当电压大于0.6V后图线为曲线，则随着灯丝两端电压的增加，灯丝的电阻逐渐_（填“增大”、“减小”或“不变”）；根据图线可知，小灯泡的额定功率为_W（结果保留2位小数）.【答案】 (1). (2). 3.0 (3). 增大 (4). 1.22【解析】【详解】(1)1灯泡额定电
19、压为2.6V，电压表量程为1V，电压表应与定值电阻R2串联改装成3V的电压表，由于电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，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，实验电路图如图所示：(2)2在00.6V内图线为直线，由图示图象可知，小灯泡不工作时的电阻3当电压大于0.6V后图线为曲线，随灯丝两端电压增加，通过灯泡的电流增加，图线上各点与坐标原点的连线斜率减小即电阻增大，即灯丝的电阻逐渐增大；4由图示图象可知，灯泡额定电压2.6V对应的电流I=0.47A，小灯泡的额定功率：P=UI=2.60.47W1.22W四、计算题16.如图所示，一直流电动机与阻值为的电
20、阻串联在电源上，电源的电动势V，内阻，用理想电压表测出电动机两端的电压V，已知电动机线圈电阻，求：(1)电路中的电流；(2)电源的输出功率；(3)电动机的输出功率【答案】(1)2A(2)56W(3)16W【解析】【详解】(1)由E=30V，电动机两端电压为10V可得R和电源内阻上分担的电压为20V，则有解得A(2)电源的输出功率解得W(3)电动机的热功率电动机的输出功率代入数据解得W17.如图所示，一质量为的带电粒子从点开始以与水平成角的初速度在电场强度为匀强电场中运动，粒子运动的轨迹为一条直线，能到达的最高点为点，不计空气阻力，重力加速度大小为.求：(1)粒子的电性和电荷量的大小；(2)粒子
21、从到所用的时间；(3)粒子到电势能的变化量.【答案】(1)粒子带负电，(2) (3) 【解析】【详解】(1)由于粒子做直线运动，所以粒子所合力应与初速度在一条直线上，粒子除重力外，还受电场力，所以电场力方向水平向左，则粒子带负电，受力分析如图由平衡条件得解得(2)由牛顿第二定律：由速度公式得解得(3)沿电场方向有电场力做功，联立解得18.如图所示，在方向水平的匀强电场中，长为的轻质绝缘细线一端拴一质量为、电荷量为的小球，细线另一端固定于点.将细线拉直至水平状态由静止释放，小球摆动到悬点正下方时受到细线的拉力大小为，为重力加速度，不计空气阻力，求：(1)小球运动到最低点时的速率；(2)匀强电场的
22、场强；(3)小球运动过程中的最大速度. 【答案】(1) (2) (3) 【解析】【详解】(1)在最低点由牛顿第二定律得解得(2)由动能定理：解得：(3)设小球速度最大时，细线与竖直方向夹角为则由动能定理解得：19.如图所示，两竖直虚线间距为L，之间存在竖直向下的匀强电场。自该区域的A点将质量为m、电荷量分别为q和q(q0)的带电小球M、N先后以相同的初速度沿水平方向射出。小球进入电场区域，并从该区域的右边界离开。已知N离开电场时的位置与A点在同一高度；M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍。不计空气阻力，重力加速度大小为g。已知A点到左边界的距离也为L。（1）求该电场的电场强度大小；（2
23、）求小球射出的初速度大小；（3）要使小球M、N离开电场时位置之间的距离不超过L，仅改变两小球的相同射出速度，求射出速度需满足的条件。【答案】（1）（2）（3）【解析】小球运动过程只受重力和电场力作用，故小球在水平方向做匀速运动，那么，小球在电场区域内外的运动时间t相同；在电场区域外，小球在竖直方向做加速度为g的匀加速运动，故小球进入电场时的竖直分速度为；（1）N离开电场时的位置与A点在同一高度，即竖直位移为零；设N在电场内的加速度为a，则有：，所以，方向竖直向上；故由牛顿第二定律可得，所以电场的电场强度；（2）M在电场中的加速度，方向竖直向下；故M刚离开电场时的竖直分速度；又有小球在水平方向做匀速运动，设小球射出的初速度为v0，则有：；故由M刚离开电场时的动能为刚进入电场时动能的8倍可得：；所以，所以，所以；（3）M、N进入电场前的运动一致，那么，M、N离开电场时的位置之间的距离，故；又有，所以；【点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲线），然后选用恰当的规律解题解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化 的观点，选用动能定理和功能关系求解