1、山东省枣庄市第八中学（东校区）2020-2021学年高二物理上学期9月试题（含解析）（考试时间：100分钟）一、选题题（18题为单项选择题，912题为多项选择题）1. 以下对“电场”一章中几个公式的理解正确的是（ ）A. 公式指出，电场强度跟检验电荷的电量成反比B. 由公式可知，电场中两点的距离越大，电场场强越小C. 在公式中，是的电场在位置的电场强度值D. 公式指出，同一个电荷在电势越高地方电势能越大【答案】C【解析】【详解】A公式是电场强度的定义式，采用比值法定义，则知与、无关，A错误；B公式只适用于匀强电场，而匀强电场的场强处处相同，与两点间的距离无关，B错误；C在公式中，将看成场源电荷
2、，看成试探电荷，则是点电荷产生的电场在点电荷处场强的大小，C正确；D根据电势能公式知，同一个正电荷在电势越高处的电势能越大，而同一个负电荷在电势越高处的电势能越小，D错误。故选。2. 图为某匀强电场的电场线，带负电的粒子沿电场线从a运动到b，若粒子只受电场力作用，则（ ）A. a、b两点电势相等B. 粒子的电势能减小C. 粒子从a运动到b过程加速度保持不变D. 粒子做匀加速直线运动【答案】C【解析】【详解】A、沿着电场线方向，电势降低，则有a点的电势高于b点电势，故A错误；B、带负电的粒子沿电场线从a运动到b，电场力做负功，则电势能增加，故B错误；C、电场线疏密反映场强大小，从a向b运动，场强
3、不变，加速度不变，所以粒子做匀变速直线运动，若速度方向与加速度相同，则做匀加速直线运动；若两方向相反，则做匀减速直线运动，故C正确，D错误【点睛】本题考查了电场线的特点，能够形象地描述电场的强弱和方向，并强调速度与加速度的方向来确定速度增加与否3. 如图所示，电动机M的线圈电阻为r，接入电压恒为U的电源时，电动机正常工作，此时电动机中通过的电流为I、消耗的电功率为P、线圈电阻的发热功率为P热、输出的机械功率为P出则下列关系式正确的是 A. B. P=IU+I2rC. D. P出=IU-I2r【答案】D【解析】【详解】电动机为非纯电阻用电器，电动机中通过的电流为，它消耗的电能一部分转化成机械能一
4、部分自身发热，线圈电阻的发热功率，消耗的电功率为，所以根据能量守恒得出故选D。4. 如图所示，在点电荷Q形成的电场中，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一等势面上甲、乙两个带电粒子的运动轨迹分别为acb和adb曲线，已知乙粒子带正电那么下列判断正确的是()A. 甲粒子在b点的电势能比在c点小B. 乙粒子在d点速度最大C. a、b两点电场强度相同D. d点电势比b点电势高【答案】D【解析】【分析】根据粒子的轨迹判定甲粒子受到中心点电荷Q的引力，而乙粒子受到中心点电荷Q的斥力，可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况【详解】A、由图可知，甲粒子受到中心点电荷Q的引力，甲粒子从c到b的
5、过程中电场力做负功，电势能增大，所以甲粒子在b点的电势能比在c点大故A错误；B、乙粒子受到中心点电荷Q的排斥力，从a到d电场力做负功，动能减小，速度减小从d到b电场力做正功，动能增大，速度增大，所以乙粒子在d点速度最小；故B错误；C、a、b两点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同，故C错误D、越靠近正点电荷Q电势越高，则d点电势比b点电势高，故D正确故选D【点睛】根据轨迹判定“电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力”是解决本题的突破口要注意电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时电场强度才相同5. 图中平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600V，A板带正电，接地，
6、A、B两板间距为12cm，C点离A板4cm，则关于C点的电势的下列说法中正确的是（）A. C=400VB. C=400VC. C=200VD. C=200V【答案】D【解析】【详解】由E=U/d得：E=5000V/m；C点电势等于CA两点的电势差，因A带正电且电势为零，故C点电势小于A，UCA=-Ed1=-50000.04=-200V，故C=-200V，故D正确，ABC错误故选D【点睛】在研究电场中能的性质时一定要注意各量间的正负，明确正负在题目中的含义，并能正确应用6. 如图所示，有向直线为某点电荷电场中的一条电场线，其上两点a、b相距为d，电势差为U，b点的场强大小为E，把电荷量为q的试探
7、电荷从a点移到b点，电场力做功为W，该试探电荷在a点所受的电场力大小为F，下列关系式一定正确的是（ ）A. EB. UEdC. ED. U【答案】D【解析】【详解】A a点的场强大小为在a点的试探电荷受到的电场力与试探电荷的电荷量的比值，即，因电场不一定是匀强电场，可知b点的场强不一定是，故A错误；B公式UEd只适用与匀强电场，对非匀强电场不适用，故B错误；C点电荷产生的场强大小为E，其中q为点电荷，d为到该点电荷的距离，故C错误；D从a到b电场力做功为WqU，所以电势差U，故D正确7. 电阻R1和R2上分别标有“100 4 W”和“12.5 8 W”字样，将它们串联起来之后，能承受的最大电压
8、是()A. 30 VB. 90 VC. 22.5 VD. 25 V【答案】C【解析】【详解】电阻R1标有规格“100、4W”，根据P=I2R，额定电流为：电阻R2标有规格“12.5、8W”，根据P=I2R，额定电流为：将它们串联起来之后，电路的最大电流I为0.2A，故串联电流的最大电压为：U=I（R1+R2）=0.2（100+12.5）=22.5VA. 30 V，与结论不相符，选项A错误；B. 90 V，与结论不相符，选项B错误；C. 22.5 V，与结论相符，选项C正确；D. 25 V，与结论不相符，选项D错误；8. 在如图所示的电路中，电源的电动势和内阻以及电阻R2的阻值都恒定，当滑动变阻
9、器R1的滑片处于某位置时，电容器C两极板间的带电油滴恰好悬浮不动。下列判断正确的是（）A. 若仅减小电容器两极板间的正对面积，油滴将向下运动B. 若仅将R1的滑片向右移动，油滴将向上运动C. 若仅将R1的滑片向左移动，电源的效率将增加D. 若仅将R1的滑片移动，电压表V1、V2的示数变化量的代数和总等于零【答案】B【解析】【详解】A减小两板间正对面积，电容器的板间电压不变，场强不变，油滴所受的电场力不变，仍静止，故A错误；BR1滑动触头向右移动时，接入电路的电阻增大，电路中电流减小，内电压减小，路端电压增大，则电容器板间电压增大，板间场强增大，油滴所受的竖直向上的电场力增大，油滴将向上运动。故
10、B正确；C同理可得，R1滑动触头向左移动时，接入电路电阻减小，外电路电阻减小，而电源的效率可知电源的效率减小，故C错误；DR1的滑动触头移动时，外电阻发生变化，则路端电压随之变化，电压表V1，V2的读数之和等于路端电压，所以电压表V1，V2的读数变化量的代数和不等于零，故D错误。故选B。9. 电吹风是电动机带动风叶转动的装置，电热丝给空气加热得到热风设电动机线圈和电热丝的总电阻为R，接在一电压为u=U0sint的交流电源上，若已知电吹风使用时消耗的功率为P，通过电热丝和电动机线圈的总电流为I，则有A. PB. PI2RC. P=I2RD. 【答案】BD【解析】【分析】电吹风不是纯电阻原件，工作
11、时不满足欧姆定律，电吹风的功率满足输入动律=热功率+输出功率，接入交流电，工作时的电压为最大值的有效值【详解】电动机正常工作时，两端的电压为交流电的有效值，因此，功率，故A不对而D正确， 为电动机发热功率，电动机得输入功率等于输出功率加发热功率，因此，因此B正确，C错误；所以选BD10. 在研究平行板电容器电容的实验中，电容器的A、B两极板带有等量异种电荷，A板与静电计连接，如图所示实验中可能观察到的现象是( )A. 增大A、B板间的距离，静电计指针张角变小B. 减小A、B板间的距离，静电计指针张角变小C. 在A、B板间放入一介质板，静电计指针张角变小D. 把B板向上平移，减小A、B板的正对面
12、积，静电计指针张角变小【答案】BC【解析】【详解】A增大A、B板间距离，根据电容的决定式知电容C减小，电容器的电量Q不变，则由定义式知板间电压U增大，静电计指针张角变大。A错误。B减小A、B板间的距离，根据电容的决定式知电容C增大，电容器的电量Q不变，则由定义式知板间电压U减小，静电计指针张角变小。B正确。C在A、B板间放入一介质板，根据电容的决定式知电容C增大，电容器的电量Q不变，则由定义式知板间电压U减小，静电计指针张角变小。C正确。D把B板向上平移，减小A、B板的正对面积，根据电容的决定式知电容C减小，电容器的电量Q不变，则由定义式知板间电压U增大，静电计指针张角变大。D错误。故选BC。
13、11. 两个带等量正电荷的小球（可视为点电荷）固定在图中a、b两点，MN为ab连线的中垂线，交直线ab于O点，A为MN上的一点。取无限远处的电势为零，一带负电的试探电荷q仅在静电力作用下运动，则（）A. 若q从A点由静止释放，其将以O点为对称中心做往复运动B. 若q从A点由静止释放，其在由A点向O点运动的过程中加速度先增大后减小C. q由A点向O点运动时，其动能逐渐增大，电势能逐渐减小D. 若在A点给q一个合适的初速度，它可以做匀速圆周运动【答案】ACD【解析】【详解】A若q从A点由静止释放，受到向下的电场力作用，向下加速运动，过O点后受到向上的电场力作用，做减速运动，根据受力情况的对称性可知
14、q将以O点为对称中心做往复运动，故A正确；B电荷在O点时电场力为零，电荷在A点电场力是否最大无法确定，电荷由A点向O点运动的过程中加速度变化情况无法确定，可能一直减小，也可能先增大再减小，故B错误；Cq由A点向O点运动时，电场力做正功，说明动能逐渐增大，电势能逐渐减小，故C正确。Dq受到指向圆心的电场力，在ab连线中垂面内给它一个垂直电场力方向大小合适的速度，电场力提供向心力，电荷可以做匀速圆周运动，故D正确。故选ACD。12. 三个电阻相同的灯泡，其允许消耗的最大功率都是20W，现将其中的两个灯泡串联后再与第三个灯泡并联起来接入电压U，则下列说法正确的是（ ）A. L1消耗的功率可能为3WB
15、. L3消耗的功率可能为15WC. 整个电器允许消耗的最大功率为30WD. 整个电器允许消耗的最大功率为60W【答案】ABC【解析】【详解】明确电路结构，根据功率公式可明确它们可能的功率；再明确当L3达最大功率时L1与L2两端的电压，由功率公式明确二者的功率，即可求得总功率。A由图可知，L1与L2串联后与L3并联，L1与L2的电压之和为U，则两灯泡的功率均小于额定功率，故L1消耗的功率可能为3W；故A正确；BL3所加电压U未知，故L3消耗的功率可能为15W；故B正确；CD当L3达额定功率时，L1和L2的电压为额定电压一半；则由可知，功率均为额定功率的；故整个电器允许消耗的最大功率为20+2=3
16、0W故C正确，D错误；故选ABC。二、实验题13. 一游标尺示数如图所示，其读数为_mm；螺旋测微器读数为_mm。【答案】 (1). 29.8 (2). 3.191(3.1905.193)【解析】【详解】1游标卡尺的读数：29mm+0.1mm8=29.8mm2螺旋测微器读数：3mm+0.01mm19.1=3.191mm14. 某同学查阅资料发现自动铅笔笔芯的电阻随温度升高而变小，在实验室中，他取一段长为16cm的自动铅笔笔芯，用多用电表测量其电阻大约为5，该同学要较精确测量铅笔芯的电阻，需要测量多组数据，现有下述器材可供选择：A.电源3V，内阻不计B.直流电流表03A（内阻约0.1）C.直流电
17、流表0600mA（内阻约0.5）D.直流电压表03V（内阻约3k）E.直流电压表015V（内阻约200k）F.滑动变阻器（5，1A）G.滑动变阻器（1k，300mA）(1)除开关、导线外，实验中要求能够在电压表上从零开始读取若干组数据，需要选用的器材有：_（填写字母代号）；(2)画出合适的电路图_(3)该同学在下表中记录了实验数据，请你根据实验数据在方格纸上画出了该铅笔芯的伏安特性曲线_：作UI图上纵轴为I，横轴为U。【答案】 (1). ACDF (2). (3). 【解析】【详解】(1)1电源电动势为3V，故电压表选D；最大电流若选取3A量程，则指针偏转不及刻度的，误差较大，故电流表选C；滑
18、动变阻器分压接法，选取小电阻即可，故选择器材为ACDF；(2)2电压表上从零开始读取，所以选择滑动变阻器分压接法，被测电阻为小电阻，电流表用外接，电路图如图；(3)3由描点法可作出笔芯伏安特性曲线；15. 在如下图所示的电路中，四节干电池串联，小灯泡A、B的规格均为“3.8V，0.3A”。闭合开关S后，无论怎样移动滑片P，A、B灯都不亮。(1)用多用电表的直流电压挡检查故障量程应该选_；A2.5V B10V C50V D250V测得c、d间电压约为5.8V，e、f间电压为0，则故障可能是_；AB灯丝断路 BA灯丝断路Cd、e间断路 DB灯被短路(2)开关S断开，换掉损坏元件，将多用电表的选择开
19、关置于测电阻挡的“1”挡。将两表笔分别与e、f两接线柱接触，某次测量结果如下图所示，测得灯泡电阻为_。将多用电表选择开关置于“250mA”挡，开关S仍断开，将两表笔分别与a、b两接线柱接触，稳定时其指针也恰好指在如图位置上，则通过灯泡的电流是_mA。【答案】 (1). B (2). B (3). 7 (4). 170【解析】【详解】(1)1 ABCD因为电源是四节干电池，所以电压表的量程应选，ACD错误B正确。故选B。(1)2ABCD测得c、d间电压约为5.8V，说明此时电压表与电源两极相连，c、d间之外电路不存在断路，e、f间电压为零，说明e、f间没有断路，e、f之外电路存在断路，由此可知c
20、、d间断路，即小灯泡A灯丝断路，ACD错误B正确。故选B。(2)3 多用电表的选择开关置于电阻挡的“1”挡，由图示表盘可知，其示数为。(2)4 将多用电表选择开关置于“250mA”挡，由图示表盘可知，其分度值为5mA，示数为170mA。三、解答题16. 一个电源接8电阻时，通过电源的电流为0.15A，接13电阻时，通过电源的电流为0.10A，求:（1）电源的电动势和内阻（2）当外电阻为13时，电源的效率和外电阻上消耗的电功率.【答案】（1）1.5V， 2（2）86.7%，0.13W【解析】【详解】（1）由闭合电路的欧姆定律E=I（r+R）有：E=0.15（r+8），E=0.1（r+13）解得：
21、E=1.5V，r=2（2）由闭合电路的欧姆定律得：则电源的效率为：外电阻上消耗的电功率为：P=I2R=0.1213W=0.13W17. 如图所示的电路中，电源的电动势为E=10V，内阻忽略不计。R1、R2、R3、R4均为20定值电阻，电容器C=30mF，开关S是断开的，现将开关S闭合，则在闭合S后的较长时间内，通过R4的电荷量是多少？【答案】0.3C【解析】【详解】S断开时，电源与R1、R2串联，R3、R4和电容器串联后与R2并联，由于电容器可看作断路，故R3、R4上电压为零，电容器上电压等于R2的电压，且上极板电势高，带正电则电容器的电荷量为S闭合时，R1、R2串联后与R3并联，R4和电容器
22、串联后并联在R1两端，电容器上的电压等于R1两端的电压，且上极板电势低，带负电闭合S后的较长时间内，电容正负极变化了，通过R4的电荷量为考查开关S的接通与断开时，电路中电阻是如何连接，并掌握欧姆定律与电容公式的应用，注意判定电容器的电压是解题的关键。18. 如图所示，虚线左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2 =2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子（电荷量为e，质量为m，重力不计）无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：(1)电子到MN的速度大小；(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；(3)电子刚射出电场E2时的速度方向与连线夹角的正切值；(4)电子打到屏上的点到点O的距离【答案】(1)；(2)；(3)；(4)【解析】【详解】（1）从点到的过程中，由动能定理得（2）电子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为，时间为，由牛顿第二定律和运动学公式得则时间t1为从到屏的过程中运动的时间运动的总时间为（3）设电子射出电场时沿平行电场线方向的速度为，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为运动时间为则竖直方向速度为所以夹角为解得（4）如图，电子离开电场后，将速度方向反向延长交于场的中点。由几何关系知得。