1、广西南宁市三中2020-2021学年高二物理上学期段考试题 理（含解析）一、选择题（每小题4分，共48分。其中18题为单选题；912为多选题）1. 关于静电场电场线和磁感线说法正确的是（）A. 法拉第最早用电场线和磁感线来清晰的描述电场和磁场B. 电场线和磁感线都是客观存在的C. 不画电场线（磁感线）的地方，一定没有电场（磁场）D. 电场线和磁感线都是不闭合的曲线【答案】A【解析】【详解】A法拉第最早用电场线和磁感线来清晰的描述电场和磁场，故A正确；B电场线是为了直观形象地描述电场分布而在电场中引入的一些假想的曲线，实际上并不存在，故B错误；C电场线（磁感线）密集的地方场强强，稀疏的地方场强弱
2、，两条场线之间虽然没画电场线（磁感线），但是可能有电场（磁场），故C错误；D电场线是不闭合的曲线，磁感线都是闭合的曲线，故D错误。故选A。2. 真空中甲、乙两个固定的点电荷，相互作用力为F，若甲的带电量变为原来的2倍，乙的带电量变为原来的8倍，要使它们的作用力仍为F，则它们之间的距离变为原来的（ ）A. 2倍B. 4倍C. 8倍D. 16倍【答案】B【解析】试题分析：由库仑定律可得：； 当甲的带电量变为原来的2倍，即2Q；乙的带电量变为原来的8倍，即8q由于作用力相等，所以变化后距离变为原来的4倍故选B考点：考查库仑定律的直接应用，点评：由库仑力公式可得出两次作用力的表达式，则可求得相等的相互
3、作用力对应的距离3. 图（1）是描述一个点电荷电场中的一条电场线，图（2）则是放在电场线上a、b处的试探正电荷的电荷量与所受电场力的值之间的函数关系图线，向左为正方向，则下列情况正确的是（）A. 场源是正电荷，位于a点左侧B. 场源是正电荷，位于b点右侧C. 场源是负电荷，位于a点左侧D. 场源是负电荷，位于b点右侧【答案】C【解析】【详解】由图2可知，正电荷所受电场力为正，即所受电场力方向向左，则场强方向向左，Fq图象的斜率表示电场强度大小，图线a的斜率大于b的斜率，说明a处场强大于b处的场强，则场源是负电荷，位于a点左侧故选C。4. 下列各选项中满足且的是（）A. B. C. D. 【答案
4、】C【解析】【详解】A由图可知，A、B两点场强大小相等，方向不同，故A错误；B由图可知，A、B两点场强方向相同，大小不相等，故B错误；C由图可知，匀强电场中A、B两点场强大小相等，方向相同，根据沿电场线方向电势降低，则，故C正确；D由图可知，A、B两点场强大小和方向都不同，故D错误。故选C。5. 如图所示，在导体壳的球心处放置一点电荷q，则壳内的a点、壳上的b点、壳外的c点的电场强度和电势的关系应为（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【详解】当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出正电荷，外表面感应出负电荷，画出电场线的分布如图由于a处电场线较密，c处电场线较疏，b处场强零，则根
5、据顺着电场线方向电势降低，整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，分析可知电势关系是故选D。6. 如图所示，两相互平行且垂直纸面的长直导线，O点为导线间距的中点，a、b是导线连线关于中点对称的两点，c、d为连线的中垂线上关于O点对称的两点，现通有等大反向的电流，则关于这4个点的磁感应强度，说法正确的是（）A. a、b两点的磁感应强度等大同向B. a、b两点的磁感应强度等大反向C. c、d两点的磁感应强度方向水平向右D. c、d两点的磁感应强度方向竖直向上【答案】A【解析】【详解】AB根据安培定则可知，左边直导线在a点的磁场向上，在b点的磁场向下；右边直导线在a点的磁场向下，在b点的磁场
6、向上；由对称性和叠加原理可知a、b两点的磁感应强度等大，方向均向上选项A正确，B错误；CD根据安培定则可知，左边直导线在d点的磁场斜向右下方，在c点的磁场指向左下方；右边直导线在d点的磁场斜向左下方，在c点的磁场指向右下方；根据平行四边形定则合成可知，dc两点的磁场方向均竖直向下，选项CD错误。故选A。7. 如图所示，一平行板电容器与电源相连，开关S闭合，一个带电油滴恰好悬浮在两极板，处于静止状态关于下列说法正确是（）A. 滑动变阻器的滑片P从a向b滑动，油滴向上运动B. 上极板向上移动一段距离，油滴向上运动C. 若开关S断开，两极板水平移动错开一段距离，油滴向上运动D. 开关S断开，上极向上
7、移动一段距离，上极板的电势升高【答案】C【解析】【详解】A电容器两端电压为电源电动势，滑片移动时，极板电压不变，电场强度不变，电场力不变，油滴仍然保持静止，故A错误；B上极板向上移动根据可知，电场强度减小，电场力减小，重力大于电场力，油滴向下运动，故B错误；C开关断开，极板电荷量保持不变，则联立可得因此两极板水平移动错开一段距离，正对面积减小，电场强度增大，电场力增大，电场力大于重力，油滴向上运动，故C正确；D根据得可知，上极向上移动一段距离，电势差增大，因为下极板接地电势为0保持不变，且为高电势，所以上极板电势降低，故D错误。故选C。8. 在真空中的x轴上的原点和x=6a处分别固定一个点电荷
8、M、N，在x=2a处由静止释放一个负点电荷q，点电荷q只受电场力作用沿x轴方向运动，其速度大小与在x轴上的位置关系如图所示，经4a处速度最大。则下列说法中正确的是（）A. 点电荷M、N一定都是正电荷B. x轴上3a到5a电势是先减小后增大C. 点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为D. x=4a处的电场强度一定为零【答案】D【解析】【详解】A该电荷从2a到4a运动过程速度增大，即合外力向右，在4a到6a运动过程速度减小，即合外力向左。从2a到6a的运动过程，由库仑定律可知：M对该电荷的作用力减小，N对该电核的作用力增大，方向不变，故M对该电荷的作用力向右，N对该电荷的作用力向左，所以，点电荷M、
9、N都是负电荷，故A错误；B该电荷运动过程只有电场力做功，故有动能定理可知：从3a到5a，电场力先做正功，后做负功，那么该电荷电势能先减小后增大，由于该电荷是负电荷，故电势是先增大后减小，故B错误；CD由图可知，在4a处，合力为零，即电场强度为0，则有解得，故C错误，D正确。故选D。9. 在真空中A、B两点分别放有异种点电荷和，以AB连线中点O为圆心作一圆形路径abcd，如图所示，则下列说法正确的是（）A. 电场强度关系有Ea=Eb，方向相反B. 电势高低关系有bdC. 将一负点电荷沿圆弧由a运动到b的过程中电场力做负功D. 将一正点电荷沿直线由c运动到d的过程中电势能始终不变【答案】CD【解析
10、】【详解】A由于a点和b点是对称点，所以a点的电场强度与b点的电场强度大小相等，即Ea=Eb，方向相同，A错误;B由沿着电场线方向电势逐渐降低可知db，B错误；C负点电荷所受电场力与电场方向相反，负点电荷沿圆弧由a到b运动中，电场力方向与运动方向成锐角，电场力做负功，C正确；D由于c和d在+Q、Q产生的电场的中垂线上，即在同一个等势面上，所以将一正点电荷沿直线由c到d运动中电势能一直不变，D正确。故选CD。10. 如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=0.5r，滑动变阻器的最大阻值是3r。当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（）A
11、. 电源内阻消耗的功率变大B. 电源的输出功率先变大后变小C. 滑动变阻器消耗的功率变小D. 定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小【答案】AB【解析】【详解】A当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，电流变大，则电源内阻消耗的功率变大，故A正确；B当外电阻与内阻相等时，电源输出功率最大，由题意可知，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，电源的输出功率先变大后变小，故B正确；C把定值电阻R0和电源看成一个整体，此时大电源的内电阻为1.5r，此时的滑动变阻器就相当于外电路，由于滑动变阻器的最大阻值是3r，滑动变阻器消耗的功率先变大后变小，故C错误；D当滑动变阻器的
12、滑片P由a端向b端滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，电流变大，则定值电阻R0上消耗的功率一直增大，故D错误。故选AB。11. 用相同的灵敏电流计作表头改装成电流表A和电压表V，分别将其串联和并联在一起，然后接入电路中通电后关于指针的偏角情况的叙述正确的是（ ）A. 图甲中电压表的指针偏角比电流表的大B. 图甲中电压表的指针偏角比电流表的小C. 图乙中电压表的指针偏角比电流表的大D. 图乙中电压表的指针偏角比电流表的小【答案】AD【解析】试题分析：图甲中由于电流表的电流计是并联在电路中，电压表的电流计是串联在电路中，而串联电路的电流相等，所以由于电流表的定值电阻分流的原因，通过电流表的电流
13、计的电流小于电压表的，所以电压表的指针偏转角比电流表的大，A正确B错误；图乙中电压表和电流表是并联在一起的，两端的电压是相等的，由于电压表中的定值电阻的分压原因，电压表中电流计两端的电压小于电流表中电流计两端的电压，所以图乙中电压表的指针偏角比电流表的小，C错误，D正确；考点：考查了电表的改装【名师点睛】此类题的关键是理解电流表，电压表的改装原理：改装电流表需要并联一个电阻分流，改装电压表需要串联一个电阻分压12. 图示电路中，电表均为理想电表，如果滑动变阻器的滑片向左滑动一段，四个电表的读数分别用、表示，四个电表读数的变化量绝对值分别用、表示，下列表示正确的是（）A. 增大，减小B. 、都增
14、大C. 不变，增大D. ，【答案】ACD【解析】【详解】由电路图可知，R2与RP串联后再与R3并联、然后它们与R1串联，电压表V2测R2两端的电压，电压表V1测并联部分两端的电压，电流表A1测干路电流，电流表A2测R3支路的电流。AB当滑动变阻器滑片P向左端移动时，接入电路中的电阻变大，并联部分的总电阻变大，电路的总电阻变大，由可知电路中的总电流减小，即电流表A1的读数减小，即I1减小；由可知电压表V1的示数变大；而电流表A2的示数可知I2变大；而干路电流等于各支路电流之和，有：可得R2的电压减小，故A正确，B错误；C因不变变大，选项C正确；D因不变；根据全电路的欧姆定律则有其中 解得选项D正
15、确。故选ACD。二、实验题（13题10分，14题6分，共16分）13. （1）甲图为多用电表的示意图，其中F、S、Z为三个可调节的部件，当发现多用电表的指针没有指在左边的0刻度，需要旋动部件_。当S旋转到电阻档“100”，表笔短接时，旋动部件_，使指针指到_（“左边零刻线”或“右边零刻线”）：S旋到电阻档电路的示意图如图乙所示，电池的电动势为E、内阻为r，R0为调零电阻，Rg为表头内阻，电路中电流I与待测电阻的阻值Rx关系式为_（调零电阻R0接入电路的部分阻值用R0表示）。（2）如图所示为多用电表的刻度盘。若选用倍率为“100”的欧姆挡测电阻时，欧姆调零后，欧姆表内阻的阻值为_：如果要用此多用
16、电表测量一个阻值约为2104的电阻，为了使测量结果比较精确，应选用的欧姆挡是_（填“10”、“100”或“1K”）。用此多用电表进行测量，当选用量程为50mA电流挡测量电流时，表针指于图示位置，则所测电流为_mA。【答案】 (1). F (2). Z (3). 右边零刻线 (4). (5). 1500 (6). 1K (7). 35.435.6【解析】【详解】(1)1多用电表的使用首先进行机械调零：调节可调部件 F，使电表指针停在电流表、电压表的零刻度（或表盘左边的零刻度）的位置；23调节可调部件欧姆调零旋钮Z，使电表指针指向右边零刻线；4由闭合电路的欧姆定律可得(2) 5由可知当R内=Rx时
17、，指针指在表盘的中央，即欧姆表的内阻等于表盘的中值电阻，即R内=R中=15006为了使测量结果比较精确，指针指在表盘的中央位置附近，所以应选用的欧姆挡是“1K”。7选用电流量程为50mA进行读数，由于最小分度是1mA，所以估读一位，在35.435.6mA之间即可。14. 小钢想测量一下“柠檬水果电池”的电动势和内电阻，他在网上查阅相关资料，“柠檬水果电池”的电动势约为2V，为防止电流过大而损坏器材，电路中加了一个保护电阻R0。现有下列器材：待测“水果电池”电流表A：满偏电流0.6A，电阻不计电压表V：量程02V，电阻约10k滑动变阻器R1：010滑动变阻器R2：020k定值电阻R3=1.5（额
18、定功率5W）定值电阻R4=10（额定功率10W）开关、导线等(1)甲图是小钢设计本实验的电路图，你认为滑动变阻器应该选用_（选填“R1”或“R2”）。保护电阻应该选用_（选填“R3或“R4”）；(2)根据电压表的示数U与电流表的示数I，做出如图乙所示的UI图象，根据图象可知，测电池的电动势E=_V，内电阻r=_。（结果均保留两位小数）【答案】 (1). R1 (2). R3 (3). 1.751.76 (4). 0.380.40【解析】【详解】(1)1比较两滑动变阻器总值可知，选R1操作方便，更合理2根据电源的UI图象可知，斜率表示保护电阻R0和内阻之和，即则定值电阻应选R3(2)3根据电源U
19、I图象的物理意义知，图象在纵坐标的交点为电源电动势，即由于误差1.751.76V均可4由(1)可知则由于误差0.380.40均可三、计算题（共4小题，共36分。解答时请写出必要的文字说明、规范的的方程式、重要的结论与步骤。只写出最后答案的不得分）15. 在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一边长分别为a、b的矩形线框，初始时如图所示。试求：(1)初始时，矩形线框磁通量；(2)线框绕转动的过程中磁通量的变化量。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)初始时，磁场与矩形线框平面垂直，则磁通量(2)当线框转动时，线框的磁通量为则这个过程中磁通量变化量16. 电路如图所示，R1=1，R2=4，开关S分
20、别接1、2时，电源的输出功率均为P0=4W。求电源的电动势E和内阻r。【答案】E=6V，r=2【解析】【详解】当开关S接1时，根据闭合电路的欧姆定律输出功率当开关S接1时，根据闭合电路的欧姆定律输出功率解得E=6V，r=217. 如图所示，虚线ab、cd间存在的水平匀强电场，质量为m、电荷量为e的一电子，从O点由静止开始经电压为U0电场加速后，垂直于匀强电场方向进入，从虚线cd上的某点P离开匀强电场时，速度与cd方向的夹角为。已知ab、cd间的距离为L，电子的重力忽略不计。求：(1)电子刚进入和离开水平匀强电场的速率v1和v2；(2)水平匀强电场的场强大小。【答案】(1)；(2)【解析】【详解
21、】(1)粒子在加速电场中运动的过程由动能定理得解得从P点射出时，由速度分解得(2)带电粒子在水平匀强电场中做类平抛运动，由图可知，电场力提供加速度有联立解得18. 如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间距离d=40cm。电源电动势E=24V，内电阻r=1，电阻R1=6，闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从A板小孔上方10cm处自由释放，若小球带电荷量q=110-2C，质量为m=2102kg，不考虑空气阻力，g=10m/s2。那么，(1)滑动变阻器接入电路的阻值R2调为多大时，小球恰能到达B板；(2)在第(1)问的R2阻值条件下，若将B板向上移动，使两板间的距离减小为原来的一半，带电小球仍从原处释放，是否能到达B板？若能，求出到达B板时的速度；若不能，求出小球离B板的最小距离。【答案】(1)5；(2)不能，【解析】【详解】(1)若小球恰能到A板，则根据动能定理根据闭合电路欧姆定律，有解得R2=5(2)由式可知，如果将极板间距减小一半，则有可见，小球不能到达B板，设小球离B板的最小距离为dm解得
