1、四川省绵阳南山中学2019-2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、本大题12小题，每小题3分，共36分，在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的。1.关于电场力和电场强度，下列说法正确的是A. 电场强度的方向总是跟电场力的方向一致B. 电场强度的大小总是跟电场力的大小成正比C. 正电荷受到的电场力的方向跟电场强度的方向一致D. 电荷在某点受到的电场力越大，该点的电场强度越大【答案】C【解析】【详解】AC.电场中正检验电荷的受力方向是电场强度的方向，场强与负检验电荷的受力方向相反。故A错误，C正确。B.电场强度大小与电场力的大小无关，是由电场本身性质决定。故B错误。D.电荷在某点受到的
2、电场力越大，该点的电荷量越多，而此处电场强度是不变。故D错误。2.如图所示，甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（）A. 甲表是电流表，R增大时量程减小B. 甲表是电流表，R增大时量程增大C. 乙表是电压表，R增大时量程减小D. 上述说法都不对【答案】A【解析】AB、灵敏电流计G改装成电流表需并联小电阻分流，根据图可知，甲表是电流表，并联的电阻越大，则分流越小，量程越小，故A正确，B错误；C、灵敏电流计G改装电压表需串联大电阻分压，根据图可知，乙表是电压表，R增大时，则分压越大，量程越大，故C错误
3、；D、由上可知，故D错误；故选A。【点睛】改装电压表和电流表所应用的原理都是串联分压和并联分流3. 关于电源电动势，下列说法中正确的是（ ）A. 同一电源接入不同的电路，电动势会发生改变B. 电源电动势就是接入电源两极间的电压表测量的电压C. 电源电动势表征电源把其它形式的能转化为电能本领的物理量，与是否接外电路无关D. 电源电动势与电势差是一回事【答案】C【解析】试题分析: 电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关，同一电源接入不同的电路电动势不会发生改变，故A错误，C正确；电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压，所以B错；电动势表征电源把其它形式的能转化为电能的本领大小，电势差
4、是电势之差，其绝对值等于电压，两者物理意义不同，不是一回事，故D错误考点： 电源的电动势4.用伏安法测电阻时，若不知Rx的大概值，为了选择正确的电路以减小误差，可以用图所示的方法判断（ ） A. 若安培表的示数有显著变化，K应接aB. 若安培表的示数有显著变化，K应接bC. 若伏特表示数变化的差值大于安培表示数变化的差值，K应接aD. 若伏特表示数有显著变化，K应接b【答案】B【解析】【详解】AB.若安培表读数有显著变化，说明伏特表的分流明显，选用内接法，K应接在b处，故A错误B正确；C. 变化是否明显是看相对值，不是绝对值，故C错误；D. 伏特表读数有显著变化，说明电流表的分压明显，采用外接
5、法，K应接在a处，故D错误；5.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离A. 带点油滴将沿竖直方向向上运动B. P点的电势将降低C. 带点油滴的电势将减少D. 若电容器的电容减小，则极板带电量将增大【答案】B【解析】A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故A错误B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于
6、下极板的电势，则知P点的电势将降低故B正确C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加故C错误D、根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；故选B【点睛】本题运用分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化6.在某静电场中P点放一个带负电的检验电荷q，它所受的电场力为F，则关于P点的电场强度E，正确的说法是（ ）A. E=F/q，方向与F相同B. 若取走q，P点的电场强度E=0C. 若在P点放一个2q的检验电荷，则P点的电场强度将变为原来的2倍D. E
7、的大小与检验电荷无关【答案】D【解析】【详解】A. 由定义式，当检验电荷为负电荷时，电场强度E与F方向相反。故A错误。B.若取走q，电场与试探电荷无关，电场强度大小不变，仍为E，故B错误。C. 若检验电荷为-2q，而电场强度仍为E，电场力为2F故C错误。D. 电场强度反映电场本身的力的性质，与检验电荷无关。故D正确。7.一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，它运动的速度-时间图像如图所示则A、B两点所在区域的电场线是下图中的A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由v-t图象可知，粒子做加速度逐渐增大的加速运动，因此从A到B该电荷所受电场力越来越大，电场
8、强度越来越大，电场线密的地方电场强度大，且负电荷受力与电场方向相反，故ABC错误，D正确。8.一电场的电场线分布如图所示，电场中有A、B、C三点，且AB=BC，则下列关系中正确的是( )A. 电场强度大小关系为EA=ECEBB. 电势C. 将一带负电粒子由A经B移至C点过程中，电场力先做负功再做正功D. 将一带正电粒子由A经B移至C点过程中，电势能先增大再减小【答案】D【解析】由电场线分布可知EA=ECEB，A错误；根据等势面与电场线垂直，以及电场的对称性作出等势面，可知A、C在同一等势面上，B点电势高于A、C点电势，B正确；故，将一带负电粒子由A经B移至C点过程中，电场力先做正功再做负功，C
9、错误；将一带正电粒子由A经B移至C点过程中，电场力先做负功再做正功，电势能先增大再减小，D正确。故选D.9.在如图所示的电路中，闭合开关K后，当滑动变阻器R1的滑动片P向b端移动时（ ）A. A1的示数增大，V的示数减小B. A1的示数减小，A2的示数增大C. A2的示数增大，V的示数增大D. A1的示数增大，A2的示数增大【答案】AD【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑动片P向b端移动时，滑动变阻器连入电路的电阻减小，电路总电阻减小，电路总电流增大，所以A1的示数增大，路端电压减小，即V的示数减小，两端的电压减小，故通过的电流减小，而总电流是增大的，所以通过的电流增大，即A2的示数增大，故AD
10、正确；考点：考查了电路动态分析10.如图所示，以O点为圆心、R0.20 m为半径的圆处于匀强电场(图中未画出)中，电场平行于圆面，ac、bd为圆的两条相互垂直的直径已知a、b、c三点的电势分别为2 V、2 V、-2 V，则下列说法正确的是()A. d点电势为2VB. 电子从d点运动到a点电势能增加C. 电场方向由b点指向c点D. 该匀强电场的场强大小为20 V/m【答案】D【解析】【详解】A根据匀强电场中电势差与电场强度的关系式，相等距离，电势差相等，因为，可知，O点电势为0，而bO=Od，则b、O间的电势差等于O、d间的电势差，可知，d点的电势为，故A错误；B从d点运动到a点电势增加，根据，
11、电子从d点运动到a点电势能减小，故B错误；CD由作图和几何关系可知a、c两点沿电场强度方向的距离为，故该匀强电场的场强 ，电场方向与由b点指向c点不重合，故C错误，D正确；【点睛】在匀强电场中，电势沿直线是均匀变化的，即直线上距离相等的线段两端的电势差值相等，等分线段找等势点法：将电势最高点和电势最低点连接后根据需要平分成若干段，必能找到第三点电势的等势点，它们的连线即等势面（或等势线），与其垂直的线即为电场线。11.如图所示，直线A为某电源的U-I图线，曲线B为某小灯泡D1的U-I图线的一部分，用该电源和小灯泡D1组成闭合电路时，灯泡D1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（ ）A. 此电源
12、的内阻约为0.67B. 灯泡D1额定电压为3V，额定功率为6WC. 把灯泡D1换成“ 3V 20W ”的灯泡D2，电源的输出功率将变小D. 把D1和3V 20W ”的灯泡D2并联后接在电源上，两灯泡仍能正常发光【答案】B【解析】【详解】A. 由图读出电源的电动势为 E=4V，图线A的斜率大小表示电源的内阻，则故A错误；B. 灯泡与电源连接时，A、B两图线的交点表示灯泡的工作状态，则知其电压U=3V，I=2A则灯泡D1的额定电压为3V，功率为P=UI=6W故B正确；C. 把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，灯泡D1的电阻为=1.5把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2时，输出电压小于3V
13、，灯泡D2的电阻小于0.45，更接近电源的内阻，根据输出功率与外电阻关系可知，电源的输出功率将变大，故C错误；D. 若把D1和“3V，20W”的灯泡D2并联后接在电源上，那么外电路相当于两个灯泡并联，则电路总电阻减小，电流增大，内阻的电压增大，则外电路电压减小，因此灯泡不能正常发光12.图中虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，已知平面b上的电势为2 V。一电子经过a时的动能为10 eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6 eV。下列说法正确的是A. 平面c上的电势为零B. 该电子可能到达不了平面fC. 该电子经过平面d时，其电势能为4 eVD. 该电子经过平面b时的速
14、率是经过d时的2倍【答案】AB【解析】A、虚线a、b、c、d、f代表匀强电场内间距相等的一组等势面，一电子经过a时的动能为10eV，从a到d的过程中克服电场力所做的功为6eV，动能减小了6eV，电势能增加了6eV，因此等势面间的电势差为2V，因平面b上的电势为2V，由于电子的电势能增加，等势面由a到f是降低的，因此平面c上的电势为零，故A正确。B、由上分析可知，当电子由a向f方向运动，则电子到达平面f的动能为2eV，由于题目中没有说明电子如何运动，因此也可能电子在匀强电场中做抛体运动，则可能不会到达平面f，故B正确。C、在平面b上电势为2V，则电子的电势能为-2eV，动能为8eV，电势能与动能
15、之和为6eV，当电子经过平面d时，动能为4eV，其电势能为2eV，故C错误。D、电子经过平面b时的动能是平面d的动能2倍，电子经过平面b时的速率是经过d时的倍，故D错误。故选AB。【点睛】考查电场力做功与电势能变化的关系，掌握电势能与动能之和不变，理解电势为零处的电势能为零是解题的关键。二、本大题6小题，每小题3分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上的选项正确。全选对的得 3 分，选对但不全的得1分，有错或不答的得0分。13.在地球的表面上，通常有一定量的电荷，它在地球的表面上产生一个竖直方向的电场。如果有一个带负电的粒子，在此电场中恰能悬浮在空中不动，那么正确的是（ ）A.
16、 地球表面所带的电荷产生的电场的方向竖直向上B. 地球表面所带的电荷产生的电场的方向竖直向下C. 地球表面所带的电荷是正电荷D. 地球表面所带电荷是负电荷【答案】BD【解析】【详解】AB.微粒处于静止状态，所受的电场力与重力平衡，则知电场力方向竖直向上，由于微粒带负电，则电场强度方向竖直向下，故A错误，B正确；CD.电场方向竖直向下，则地球表面所带的电荷是负电荷，故C错误，D正确。14.用相同的表头改装的两个量程不同的电压表V1和V2被分别用来测量某电路中电阻R 两端(a、b)间的电压时(如图所示)，读数依次为127V和123V，则A. a、b间的实际电压略大于127 VB. a、b间的实际电
17、压略小于123 VC. 电压表V1的内阻小于V2的内阻D. 电压表V1的内阻大于V2的内阻【答案】AD【解析】试题分析：AB、将电压表并联在a、b两点间，由于电压表的分流作用，通过干路电阻R的电流增大，两端电压增大，所以并联部分电压小于未接入电压表是的电压，即；A、正确CD、电压表内阻越小分流作用越大，并联部分电压越小，因读数小所以内阻小；D正确故选AD 考点：对串并联电路的的理解点评：中等难度。电阻并联后的总电阻小于任何支路的电阻，内阻不是远大于R的电压表不能视为理想电表，应考虑它对电路电阻的影响。15.如图所示，MPQO为有界的竖直向下的匀强电场（边界上有电场），电场强度为E=，ACB为光
18、滑固定的半圆形轨道，轨道半径为R，A、B为水平直径的两个端点，AC为圆弧，一个质量为m，电荷量为-q的带电小球，从A点正上方高为H=R处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道， 不计空气阻力及一切能量损失， 关于带电小球的受力及运动情况，下列说法正确的是（ ）A. 小球到达C点时对轨道压力为 2mgB. 小球在AC部分运动时 ， 加速度不变C. 适当增大E， 小球到达 C点的速度可能为零D. 若E=，要使小球沿轨道运动到C，则应将H至少调整为【答案】AD【解析】【详解】A. 小球进入半圆轨道，电场力和重力平衡，小球做匀速圆周运动，根据动能定理知解得：从A到C，因为电场力与重力等大反向，合力为零
19、，所以到C点速度与A点等大。根据牛顿第二定律得，在C点：根据牛顿第三定律可知，小球到达C点时对轨道的压力为2mg。故A正确。B. 小球在AC部分做匀速圆周运动，加速度大小不变，方向始终指向圆心。故B错误。C. 适当增大E，小球所受的电场力大于重力，根据径向的合力提供向心力可知，在最低点的速度不可能为零。故C错误。D. 若E=，在最低点根据牛顿第二定律得，解得：根据动能定理得：解得：所以H至少为，故D正确。16.关于多用电表的使用，下列操作正确的是_。A. 测电压时，应按图甲连接方式测量B. 测电流时，应按图乙连接方式测量C. 测电阻时，应按图丙连接方式测量D. 测二极管的正向电阻时，应按图丁连
20、接方式测量【答案】BD【解析】电流的走向为红进黑出，所以测电流时，应按图乙连接方式测量，因为多用表的欧姆档内部有电源，所以测电阻时不需要外部电源了，测量二极管的正向电阻时黑笔应接图示的左端，故BD正确。17.如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，电流表和电压表都看做理想电表，且大于电源的内阻r，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则A. 电压表读数减小B. 电流表读数减小C. 质点P将向上运动D. 电源的输出功率逐渐增大【答案】AD【解析】【详解】AB. 由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串连接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电路的电
21、阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路中电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，同时，R1两端的电压也增大，故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A正确B错误。C. 因电容器两端电压减小，故电荷受到向上电场力减小，则重力大于电场力，电荷向下运动，故C错误；D. 由题，R1大于电源的内阻r，外电路的总电阻大于r，而当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，则知电路中总电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大。故D正确。18.在如图所示的电路中，电容器的上极板带正
22、电为了使该极板仍带正电且电量增大，下列办法中可采用的是：A. 增大，其他电阻不变B. 增大，其他电阻不变C. 增大，其他电阻不变D. 增大，其他电阻不变【答案】AD【解析】A项：增大1时，R1上的分压增大，而下极析上电势不变，故上极板电势增大，则电容器两端的电势差增大，极板上电荷量增大，故A正确；B项：若增大R2时，R2上的分压增大，则R1两端的电势差减小，上极板上电势降低，而下极板电势不变，故可能使下极板带正电，或电量减小，故B错误；C项：增大R3，则R3分压增大，故下极板的电势增大，会出现与B相同的结果，故C错误；D项：增大R4，则R4分压增大，R3两端的电势差减小，故下极板上电势降低，上
23、下极板间电势差增大，故电量增大，故D正确。点晴：由图可知R1与R2串联后与R3、R4并联，开始时C的上极板带正电，说明上极板电势要高于下极板，要使电量增大应增大上极板的电势或减小下极板的电势。三、本大题4小题，共24分。19. 某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用20分度的游标卡尺测量其长度如图甲所示，可知其长度为 cm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，可知其直径为 mm；（3）用多用电表的电阻“1”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻值约为 【答案】（1） 5.015(5.020) （2） 4.700 （3） 22.0【解
24、析】试题分析：(1)由题可知游标卡尺的分度为20分度，其精确度为0.05mm，读数为L=50mm+30.05mm=50.15mm=5.015cm；(2)螺旋测微器的读数为d=4.5mm+20.00.01mm=4.700mm(3)电阻的阻值为R=22.01=22.0考点：游标卡尺的读数；螺旋测微器的读数；欧姆表的读数20.在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，选择“ 3V 0.5A”的小灯泡作为研究对象，要求小灯泡两端电压从0开始变化，电源E=6V，有开关导线若干请回答下面几个问题：（1）下列实验器材中应选用_（只能填入器材序号，有错或其余答案均不给分）A.电流表（量程00.6A，内阻1）B.电流表
25、（量程03A，内阻1）C.电压表（量程015V，内阻约10k）D.电压表（03V，内阻约2k）E.滑动变阻器（阻值0100）F.滑动变阻器（阻值010 ）（2）在本实验中，滑动变阻器应采用_（填“分压或“限流）接法，电流表应采用_（填“内” “外”）接法（3）在图框中画出实验电路图_【答案】 (1). ADF (2). 分压 (3). 外 (4). 【解析】【详解】(1)1 由题意可知，灯泡的额定电压为3V，为了准确性及安全性原则，电压表应选择D；灯泡的额定电流为0.5A，故电流表应选择A；要求小灯泡两端电压从0开始变化滑动变阻器应采用分压接法，故滑动变阻器应选用较小的，故滑动变阻器应选择F；
26、所以实验器材中应选用：ADF。(2)23 测量小灯泡的伏安特性曲线时，要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分压接法；灯泡内阻为：而电流表内阻约为1，电压表内阻约为2k，有Rx2=36RARV=2000故电流表应采用外接法减小系统误差；(3)4 电路为电流表外接法和滑动变阻器的分压式，如图所示：21.在实验室，某同学用多用电表粗测一段样品的电阻。经正确操作后，用“100”档时发现指针偏转情况如图所示，则他应该换用_档(填“10”档或“1k”)重新测量。换档后，在测量前应_【答案】 (1). 1k (2). 重新调零【解析】因偏转角度过小，则电阻大要用大量程的，选择档，换档后电路改变，要重新
27、欧姆调零。点睛：欧姆表盘指针偏转角度越小，则电流越小，电阻越大要换大量程档位；换档的要进行欧姆调零，读数要乘以倍率。22. 下面三个图为探究平行板电容器电容大小决定因素的实验，请将正确的结论填在横线上。两平行板之间的电场可以视为匀强电场。给电容器充电后与电源断开，那么（1）若保持板间距离d不变，正对面积S变小，则两板电容C_，板间电势差U_。（2）若保持S不变，d变大，两板电容C_，板间电场强度E_。（3）若保持S和d都不变，插入介质板后，则板间电势差U_，板间电场强度E_（填“变小”、“变大”或“不变”）【答案】（1）减小 增大； （2）减小不变 ；（3）减小减小【解析】试题分析：（1）保持
28、板间距离d不变，两极板正对面积减小，根据电容的决定式得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U增大；（2）保持S不变，板间距离d增大，根据电容的决定式CC得知，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到电容减小； 但和Q=UC可知：，故E和d无关，故E不变；（3）保持S和d都不变，插入介质板后，根据电容的决定式得知，电容C增大，而电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析得到，板间电势差U减小由U=Ed可知，E减小；考点：电容器；电场强度四、本大题2小题，共22分。要求在答卷上写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案。23.如图所示是一提升重物
29、用的直流电动机工作时的电路图电动机的内阻r=0.8 ，电路中另一电阻R=10 ，直流电压U=160 V，电压表示数UV=110 V试求：(1)通过电动机的电流；(2)输入电动机的电功率；(3)若电动机以v=1 m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量(g取10 m/s2)【答案】（1）5A（2）550W（3）53kg【解析】【分析】考查了电功率的计算【详解】（1）通过R电流：；（2）电动机的输入功率：，（3）电动机内电阻的发热功率：，输出的机械功率：；而解得：24.如图所示，在竖直平面内的+面直角坐标系xoy中，x轴上方有水平向右的匀强电场，有一质量为m，电荷量为q(q0)的带电绝缘小球，从
30、y轴上的P(0，L)点由静止开始释放，运动至x轴上的A(L，0)点时，恰好无碰撞地沿切线方向进入固定在x轴下方竖直放置的四分之三圆弧形光滑绝缘细管细管的圆心O1位于y轴上，交y轴于B点，交x轴于A点和C(L，0)点已知细管内径略大于小球外径，小球直径远小于细管半径，不计空气阻力，重力加速度为g。求：(1)匀强电场的电场强度的大小；(2)小球运动到B点时对管的压力的大小和方向；(3)小球从C点飞出后落在x轴上的位置坐标【答案】（1） （2），方向向上；（3）【解析】【分析】小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，根据小球从A点沿切线方向进入，求出速度方向，从而求出合力方向，再根据几何关
31、系求解；先根据几何关系求出半径，从P到B点的过程中，根据动能定理列式，在B点，根据牛顿第二定律列式，联立方程即可求解；从P到A的过程中，根据动能定理求出A点速度，则C点速度与A点速度大小相等，小球从C点抛出后做类平抛运动，根据平抛运动基本公式求解；【详解】解：(1)小球释放后在重力和电场力的作用下做匀加速直线运动，小球从A点沿切线方向进入，则此时速度方向与竖直方向的夹角为，即加速度方向与竖直方向的夹角为，则解得：(2)根据几何关系可知，,圆弧的半径从P到B点的过程中，根据动能定理得：在B点，根据牛顿第二定律得：联立解得：，方向向上根据牛顿第三定律可得小球运动到 B 点时对管的压力的大小，方向向下(3)从P到A的过程中，根据动能定理得：解得：小球从C点抛出后做类平抛运动抛出时的速度小球加速度当小球沿抛出方向和垂直抛出方向位移相等时，又回到x轴，则有：解得：则沿x轴方向运动的位移则小球从C点飞出后落在x轴上的坐标