1、广西南宁市2020-2021学年高二物理上学期期中段考试题（含解析）一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第812题有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。1. 关于电场强度的定义式，下列说法中不正确的是（）A. 式中F是放入电场中的电荷所受的力，q是放入电场中电荷的电荷量B. 电场强度E与电场力F成正比，与放入电场中电荷的电荷量q成反比C. 电场中某一点的电场强度在数值上等于单位电荷在那一点所受的电场力D. 在库仑定律的表达式F=中，是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1所在处的场强大小；而是点
2、电荷Q1产生的电场在点电荷Q2所在处的场强大小【答案】B【解析】【详解】A 式中F是放入电场中的电荷所受的力，q是放入电场中电荷的电荷量，选项A正确，不符合题意；B公式是电场强度的定义式，E与放入电场中电荷的电荷量q以及它所受的电场力F均无关，选项B错误，符合题意；C电场中某一点的电场强度在数值上等于单位电荷在那一点所受的电场力，选项C正确，不符合题意；D在库仑定律的表达式F=中，是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1所在处的场强大小；而是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2所在处的场强大小，选项D正确，不符合题意。故选B。2. 下列说法中正确是A. 电动势大的电源做功一定快B. 电动势的大小等于非静
3、电力把1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功C. 由可知，通过导线截面的电荷量越多，电流越大D. 电动势E的单位与电势、电势差的单位都是伏特，故三者本质上一样【答案】B【解析】【详解】A.电动势大的移动相同电量时做功多，并不是电动势大电源做功就多，做功也并不一定快；故A错误；B.电动势的大小等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移到正极所做的功，故B正确；C.单位时间通过导体横截面的电荷量越大，电流越大，故C错误；D.电动势E的的单位与电势差的单位相同，但两者物理意义不同，电动势表征电源把其他形式能转化成电能的本领大小（即生电本领大小），而电势差反应的是用电器耗电本领的大小，两者的本质不
4、同，故D错误3. 如图所示，实线表示某电场的电场线（方向未标出），虚线是一带负电的粒子只在电场力作用下的运动轨迹，设M点和N点的电势分别为，粒子在M和N时加速度大小分别为，速度大小分别为，电势能分别为下列判断正确的是A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：将粒子的运动分情况讨论：从M运动到N；从N运动到M，根据电场的性质依次判断；电场线越密，电场强度越大，同一个粒子受到的电场力越大，根据牛顿第二定律可知其加速度越大，故有；若粒子从M运动到N点，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲的内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做负功，电势能增大，动能减小，即，负电荷在低电
5、势处电势能大，故；若粒子从N运动到M，则根据带电粒子所受电场力指向轨迹弯曲内侧，可知在某点的电场力方向和速度方向如图所示，故电场力做正功，电势能减小，动能增大，即，负电荷在低电势处电势能大，故；综上所述，D正确；【点睛】考查了带电粒子在非匀强电场中的运动；本题的突破口是根据粒子做曲线运动时受到的合力指向轨迹的内侧，从而判断出电场力方向与速度方向的夹角关系，进而判断出电场力做功情况4. 关于电源电动势E，下列说法中错误的是A. 电动势E的单位与电势、电势差的单位相同，都是伏特VB. 干电池和铅蓄电池的电动势是不同的C. 电动势E可表示可知，电源内非静电力做功越多，电动势越大D. 电动势较大，表示
6、电源内部将其他形式能转化为电能的本领越大【答案】C【解析】【详解】电动势E的单位与电势、电势差的单位相同，都是伏特V，选项A正确；干电池电动势是1.5V，铅蓄电池的电动势是2V，选项B正确；电动势E可表示为可知，电源内非静电力从电源的负极移动1C正电荷到电源的正极做功越多，电动势越大，选项C错误；电动势较大，表示电源内部将其它形式能将电能转化为电能的本领越大，选项D正确；此题选项错误的选项，故选C.5. 如图所示，当滑线变阻器的滑动触头向上端移动时（）A. 电压表V的示数增大，电流表A的示数减小B. 电流表A和电压表V的示数都增大C. 电流表A和电压表V的示数都减小D. 电压表V的示数减小，电
7、流表A的示数增大【答案】A【解析】【详解】当滑动变阻器的滑动触点向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，由欧姆定律分析可知总电流I减小，路端电压增大，即电压表示数增大，电阻的电压增大，流过电阻R2的电流I2增大，则流过电流表的电流减小。所以伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小，故A正确，BCD错误。故选A。6. 如图所示，带电小球Q固定在倾角为的光滑固定绝缘细杆下端，一质量为m、电荷量为q的带正电小球M穿在杆上从A点由静止释放，小球到达B点时速度恰好为零，已知A、B间距为L，C是AB的中点，两小球均可视为质点，重力加速度为g，则（）A. 小球从A到B的过程中加速度先增大后减
8、小B. 小球在B点时受到的库仑力大小为mgsinC. 小球在C点时速度最大D. 在Q产生的电场中，A、B两点间的电势差为-【答案】D【解析】【详解】A小球从A由静止运动在B点时，速度为零，则小球先加速后减速，那么一开始库仑力小于重力沿着细杆的分力，当减速运动时，则库仑力大于重力沿着细杆的分力，因此加速度先减小，再增大，故A错误；B球在B点时，速度为零，但不是处于平衡状态，由于球要向上运动，那么受到的库仑力大小大于mgsin ，故B错误；C当球的加速度为零时，速度才能达到最大，而C虽是AB的中点，但此处库仑力、支持力与重力的合力不为零，故C错误；D根据动能定理，从A到B，则有0-0=mgLsin
9、 qUAB解得UAB=-故D正确。故选D。7. 一带电粒子仅在电场力作用下从A点开始以做直线运动，其v-t图像如图所示，粒子在时刻运动到B点，3时刻运动到C点，下列判断正确的是A. A、B、C三点的电势关系为 B. A、B、C三点场强大小关系为C. 粒子从A点经B点运动到C点，电势能先增加后减少D. 粒子从A点经B点运动到C点，电场力先做正功后做负功【答案】C【解析】A、因为不知道带电粒子的电性，所以无法判断电势的关系，故A错误；B、由速度图像可知，加速度先增大后减小，所以B点加速度最大，电场强度最大，故B错误；C、由图像可知：动能先减小后增大，根据能量守恒可知：电势能先增后减小，故C正确；D
10、、因为电势能先增大后减小，所以电场力先做负功后做正功，故D错误；故选C【点睛】速度图像的斜率大小表示加速度的大小，根据速度大小可知动能的变化，根据能量守恒可知电势能的变化8. 如图所示，是将滑动变阻器作分压器使用的电路，A、B为分压器的输出端，若把变阻器的滑动片放在变阻器中央，下列判断正确的是（ ）A. 空载时输出电压为B. 当接上负载R时输出电压C. 负载R越大，越接近D. 负载R越小，越接近【答案】ABC【解析】【详解】A空载时，由于滑动片放在变阻器中央，两部分电阻相等，根据串并联规律可知故A正确；B由于下半电阻与电阻并联的总电阻小于下半电阻，根据串并联规律可知故B正确；C负载电阻越大时，
11、下半电阻与的并联电阻越接近于下半电阻，同时也越接近滑动变阻器的总阻值，根据串并联规律可知，越接近，故C正确；D根据C选项分析可知，负载越小时，下半电阻与的并联电阻与下半电阻相差越大，同时也越远离滑动变阻器的总阻值，与相差就越大，所以D错误。故选ABC9. 如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下极板都接地，在两极板间有一个固定在P点的点电荷，以E表示两板间的电场强度，表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角。若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）A. 减小，E增大B. 增大，不变C. 减小，增大D. 减小，E不变【答案】D
12、【解析】详解】若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据可知，C变大，Q一定，则根据可知，U减小，则静电计指针偏角减小；根据，联立可得可知Q一定时，E不变；根据可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变，故ABC错误，D正确。故选D。【点睛】此题是对电容器的动态讨论；首先要知道电容器问题的两种情况：电容器带电荷量一定和电容器两板间电势差一定；其次要掌握三个基本公式：，；同时记住一个特殊的结论：电容器带电荷量一定时，电容器两板间的场强大小与两板间距无关。10. 如图所示，边长为L=0.5m的等边三角形ABC处在匀强电场中，其中电势A=B=
13、0，电荷量为1C的正电荷仅在电场力作用下从C点运动到A点，电势能减少1J保持该电场的大小和方向不变，让等边三角形以A点为轴在纸面内顺时针转过30（图中未画出），则A. 电场强度的大小为 V/m，方向垂直转动前的AB向左B. 转动后B点的电势为VC. 转动后B点的电势为VD. 转动后B和C两点间的电势差【答案】AC【解析】【详解】A由题意可知A=B=0，故AB为匀强电场中的等势面，所以过C做AB的垂线交AB于点D，正电荷由C到A电势能减少，电场力做正功，故场强方向为垂直AB向左，根据电场力做功有：而：代入数据解得： V/m，故A正确.BC当让等边三角形以A点为轴在纸面内顺时针转过30,则B1点到
14、AB的距离为:所以:又因为转动后B1点的电势比B点的电势低，故转动后B点的电势为，故B错误，C正确.D当让等边三角形以A点为轴在纸面内顺时针转过30，可知B1、C1两点关于AB对称，故C1点的电势为，所以转动后B和C两点间的电势差：故D错误.11. 如图所示，地面上方存在水平向右的匀强电场，现将一带电小球从距离地面O点高h处的A点以水平速度抛出，经过一段时间小球恰好垂直于地面击中地面上的B点，B到O的距离也为h，当地重力加速度为g，则下列说法正确的是A. 从A到B的过程中小球的动能先减小后增大B. 下落过程中小球机械能一直增加C. 小球的加速度始终保持2g不变D. 从A点到B点小球的电势能增加
15、了mgh【答案】AD【解析】【详解】C.由题意可知小球带负电，且受到的电场力向左，小球在水平方向上做匀减速直线运动，在竖直方向做自由落体运动，根据合运动和分运动的规律可知，由于竖直位移与水平位移都为h，由可知，水平方向与竖直方向的加速度相等，即由，可知，故小球的电场力与重力大小相等，合力指向左下方，与竖直方向成角，且，故C错误；A.在运动过程中，合力与速度方向成钝角，后变成锐角，合力先做负功，后做正功，动能先减小后增大，A正确；BD.小球在下落过程中，电场力一直做负功，电势能一直增加，且，小球机械能一直减小，故B错误，D正确.12. 一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置
16、如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V。下列说法正确的是（）A. 电场强度的大小为2.5V/cmB. 坐标原点处的电势为1VC. 电子在a点的电势能比在b点的低7eVD. 电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV【答案】ABD【解析】【详解】如图所示A设a、c之间的d点电势与b点电势相同，则所以d点的坐标为(3.5cm，6cm)，过c点作等势线bd的垂线，电场强度的方向由高电势指向低电势。由几何关系可得，cf的长度为3.6cm，电场强度的大小EV/cm2.5V/cm故A正确；B因为Oacb是矩形，所以有UacUOb可知坐标原点O处的电势为1V，故B正确；Ca点电势比b点电势低7V，电
17、子带负电，所以电子在a点的电势能比在b点的高7eV，故C错误；Db点电势比c点电势低9V，电子从b点运动到c点，电场力做功为9eV，故D正确。故选ABD。二、填空题（共14分）13. 测定电源的电动势和内电阻的实验电路和图像如下，回答下列问题：(1)如图所示在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在_处(2)现备有以下器材：A.干电池1个B.滑动变阻器（050）C.滑动变阻器（01750） D.电压表（03V）E.电压表（015V）F.电流表（00.6A）G.电流表（03A）其中滑动变阻器应选_，电流表应选_，电压表应选_。（填字母代号）(3)如图是根据实验数据画出的图像。由此可
18、知这个干电池的电动势E=_V，内电阻r=_。【答案】 (1). a (2). B (3). F (4). D (5). 1.5 (6). 1【解析】【详解】(1)1在闭合开关之前为防止电表过载而滑动变阻器的滑动头P应放在a处，使滑动变阻器的阻值最大。(2)2为了操作方便，滑动变阻器应选B。3干电池的最大电流不宜超过0.6A，故电流表选F。4干电池电压为1.5V左右，电压表应该选择D。(3)5题中 图像的纵截距即为电池的电动势，为1.5V。6题中 图像的斜率的绝对值即为电池的内阻，大小为14. 某实验小组为了测量某一电阻Rx的阻值，他们先用多用电表进行粗测，测量出Rx的阻值约为18左右为了进一步
19、精确测量该电阻，实验台上有以下器材：A.电流表(量程15mA，内阻未知)B.电流表(量程0.6A，内阻未知)C.电阻箱(099.99)D.电阻箱(0999.9)E.电源(电动势约3V，内阻约1)F.单刀单掷开关2只G.导线若干甲同学设计了如图甲所示的实验原理图并连接好实验器材，按照如下步骤完成实验：a.先将电阻箱阻值调到最大，闭合S1，断开S2，调节电阻箱阻值，使电阻箱有合适的阻值R1，此时电流表指针有较大的偏转且示数为I；b.保持开关S1闭合，再闭合开关S2，调节电阻箱的阻值为R2，使电流表的示数仍为I根据实验步骤和实验器材规格可知，电流表应选择_，电阻箱应选择_ （选填器材前的字母）根据实
20、验步骤可知，待测电阻Rx= _（用步骤中所测得的物理量表示）同学乙认为该电路可以用来测电源的电动势、内阻若已知所选电流表的内阻RA=2.0，闭合开关S2，调节电阻箱R，读出多组电阻值R和电流I的数据；由实验数据绘出的-R图象如图乙所示，由此可求得电源电动势E=_ V，内阻r= _ (计算结果保留两位有效数字)【答案】 (1). A; (2). D; (3). ; (4). 3.2; (5). 2.0;【解析】【分析】(1)根据闭合电路欧姆定律求出通过待测电阻的最大电流来选择电流表量程，然后再通过求出电路中需要的最大电阻来选择电阻箱；列出开关S2断开和闭合时对应的闭合电路欧姆定律表达式，然后求解
21、即可.(2)根据实验电路应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图示图象求出电源电动势与内阻.【详解】(1)电源电动势为3V，电流表量程为15mA=0.015A，选A；由欧姆定律：可知，电路中的最小电阻应为：，所以电阻箱应选D；根据闭合电路欧姆定律得：S2断开时有：E=I(Rx+R1+RA+r)，S2闭合时有：E=I(R2+RA+r)，解得:Rx=R2-R1；(2)闭合开关S2，由闭合电路欧姆定律得：E=I(R+RA+r），整理得：由图象可知：，,而已知RA，解得，.可得【点睛】本题考查了测电源电动势与内阻实验、考查了测量电阻的实验，要注意正确根据题意明确实验原理；然后根据所对应的物理规律分
22、析求解即可；对于图象分析问题，要注意根据物理规律确定公式，结合图象的性质分析斜率以及截距的意义.三、计算题（共38分）15. 一匀强电场，场强方向是水平的，如图所示，一个质量为m、电量为q的带正电的小球，从O点出发，初速度的大小为v0 ，在电场力和重力作用下恰好能沿与场强的反方向成角的直线运动，重力加速度为g，求：(1)电场强度的大小；(2)小球运动到最高点时其电势能与O点的电势能之差。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)小球做直线运动，所受的电场力qE和重力mg的合力必沿此直线方向如图所示由几何关系可知解得(2)小球做匀减速运动，由牛顿第二定律可得设从O点到最高点的位移为s，根据运动
23、学公式可得联立可得运动的水平距离两点间的电势能之差联立解得16. 空间存在一方向竖直向下的匀强电场，O、P是电场中的两点从O点沿水平方向以不同速度先后发射两个质量均为m的小球A、BA不带电，B的电荷量为q（q0）A从O点发射时的速度大小为v0，到达P点所用时间为t；B从O点到达P点所用时间为重力加速度为g，求（1）电场强度的大小；（2）B运动到P点时的动能【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）设电场强度的大小为E，小球B运动的加速度为a根据牛顿定律、运动学公式和题给条件，有mg+qE=ma解得（2）设B从O点发射时的速度为v1，到达P点时的动能为Ek，O、P两点的高度差为h，根据动能定理
24、有且有联立式得17. 电路如图所示,电源电动势,内阻r =2,电阻,为平行板电容器,其电容C=3.0PF,虚线到两极板间距离相等,极板长,两极板的间距 （1）若开关处于断开状态,则当其闭合后,求流过的总电荷量为多少?（2）若开关断开时,有一带电微粒沿虚线方向以的初速度射入的电场中,刚好沿虚线匀速运动,问:当开关闭合后,此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中,能否从的电场中射出?( 取)【答案】（1）；（2）不能从的电场中射出.【解析】【详解】（1）开关断开时,电阻两端的电压为开关闭合后,外电阻为路端电压为.此时电阻两端电压为则流过的总电荷量为（2）设带电微粒质量为,电荷量为当开关断开时有当开关闭合后,设带电微粒加速度为,则设带电微粒能从的电场中射出,则水平方向运动时间为: 竖直方向的位移为: 由以上各式求得故带电微粒不能从的电场中射出.
