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第二次质量检测试题（含解析）第I卷（选择题）一、单选题(共24分)1. 下列叙述中正确的是()A. 电场强度的定义式适用于任何电场，式中的q是场源电荷的电荷量B. 强度公式 适用于真空中点电荷，式中的 Q 是场源电荷的电荷量C. 公式是匀强电场的场强计算式，U 越大，则电场强度越大D. 由可知q越大，则电场强度越小；由可知Q越大，则电场强度越大【答案】B【解析】【详解】A是电场强度的定义式，它适用于任何电场，式中的q是试探电荷的电荷量，故A错误；B是真空中点电荷场强的计算式，式中的Q是场源电荷的电荷量，故B正确；C是匀强电场的场强计
2、算式，U越大，电场强度恒定不变，故C错误；D是电场强度的定义式，式中的q是试探电荷的电荷量，电场强度的大小与q无关，是真空中点电荷场强的计算式，式中的Q是场源电荷的电荷量，Q越大，电场强度越大，故D错误。故选B。2. 丹麦物理学家奥斯特在1820年通过实验发现电流磁效应，下列说法正确的是( )A. 奥斯特在实验中观察到电流磁效应，揭示了电磁感应定律B. 将直导线沿东西方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，小磁针一定会转动C. 将直导线沿南北方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，小磁针一定会转动D. 将直导线沿南北方向水平放置，把铜针(用铜制成的指
3、针)放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，铜针一定会转动【答案】C【解析】【详解】奥斯特在实验中观察到了电流的磁效应，而法拉第发现了电磁感应定律； 故A错误； 将直导线沿东西方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方时，小磁针所在位置的磁场方向可能与地磁场相同，故小磁针不一定会转动；故B错误； 将直导线沿南北方向水平放置，把小磁针放在导线的正下方，给导线通以足够大电流，由于磁场沿东西方向，则小磁针一定会转动； 故C正确； 铜不具有磁性，故将导线放在上方不会受力的作用，故不会偏转；故D错误；故选C【点睛】本题考查电流的磁场的性质，要注意能明确电磁场方向的判断，并掌握小磁针受力方向为该点磁场的方向3
4、. 如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，场强方向平行正方形ABCD所在平面已知A、B、C三点的电势分别为A=9V，B=3V，C=-3V，则A. D点的电势D=3V，场强方向平行AB方向B. D点的电势D=3V，场强方向平行AC方向C. D点的电势D=6V，场强方向平行BC方向D. D点的电势D=6V，场强方向平行BD方向【答案】B【解析】【详解】CD.匀强电场中，由公式U=Ed知沿着任意方向每前进相同的距离，电势差都相等，故连接AC，AC连线的中点为E，则E点的电势为；连接BE，如图所示：则BE为一条等势线，D点在BE连线上，所以D点电势;故C项，D项均错误.AB.过A点作
5、出垂直于BE的有向线段，由高电势点A直线BE，如图中红线所示，即为电场线，那么场强方向平行AC方向；故A错误，B正确.4. 如图是某电源的路端电压与电流的关系图像，下面结论正确的是（）A. 电源的电动势为1.0VB. 电源的内阻为12C. 电源的短路电流为0.5AD. 电流为0.3A时的外电阻是18【答案】D【解析】【详解】A电源的电动势为纵轴的截距，为，故A错误；B电源的内阻为该图形的斜率绝对值故B错误；C该图像的纵轴没有从零开始，故图像与横轴的电流不是短路电流，短路电流故C错误；D根据闭合电路的欧姆定律得带入数据解得故D正确。故选D。5. 如图所示，虚线为位于 O位置的点电荷形成电场中的等
6、势面，已知三个等势面的电势差关系为，图中的实线为一带负电的粒子进入该电场后的运动轨迹，与等势面相交于图中的 a、b、c、d四点，已知该粒子仅受电场力的作用，则下列说法正确的是（）A. 该粒子只有在 a、d两点的动能与电势能之和相等B. 场源电荷是正电荷C. 粒子电势能先增加后减小D. 【答案】C【解析】【详解】A粒子运动的过程中只有电场力做功，则粒子的动能与电势能之和不变，四个点都是相等的，故A错误；B由图结合曲线运动的特点可知，粒子受到的电场力得方向向右，粒子带负电，所以电场的方向向左，结合常见电场的特点可知，该电场的场源电荷是负电荷，故B错误；C粒子受到的电场力得方向向右，所以粒子向左运动
7、的过程中电场力做负功，而向右运动的过程中电场力做正功，即电场力对该粒子先做负功后做正功，粒子电势能先增加后减小,故C正确D电场的方向向左，沿电场线的方向电势降低，所以电势的关系为：，故D错误；故选：C。6. 在某电场中，沿x轴上的电势分布如图所示，由图可以判断()A. x2 m处电场强度可能为零B. x2 m处电场方向一定沿x轴正方向C. 沿x轴正方向，电场强度先增大后减小D. 某负电荷沿x轴正方向移动，电势能始终增大【答案】D【解析】【分析】x图象的斜率等于电场强度，由斜率的变化判断场强的变化根据顺着电场线方向电势降低，判断电场的方向由电势能的变化情况判断电场力做功正负【详解】Ax图象的斜率
8、等于电场强度，则知x=2m处的电场强度不为零， A错误；B从0到x=3m处电势不断降低，但x=2m点的电场方向不一定沿x轴正方向，B错误；C由斜率看出，从0到3m，图象的斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，C错误；D沿x轴正方向电势降低，某负电荷沿x轴正方向移动，受力的方向始终指向x轴的负方向，电场力做负功，电势能始终增大，D正确。故选D。【点评】本题关键抓住x图象的斜率等于电场强度，分析场强的变化，由电势和电势能的关系，判断电势能的变化和电场力做功正负。7. 如下图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，已知灵敏电流表的满偏电流Ig=2mA，内电阻Rg=300，
9、则下列说法正确的是A. 甲表是电流表，R增大时量程增大B. 乙表是电压表，R增大时量程减小C. 在甲图中，若改装成的电流表的量程为0.6A，则R=0.5D. 在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=1200【答案】D【解析】【详解】A甲由一个灵敏电流表G和一个变阻器R并联，利用并联电阻的分流，改装成安培表安培表的量程，可知当R减小时量程I增大，故A错误；B乙由一个灵敏电流表G和一个变阻器R串联，利用串联电阻的分压，改装成伏特表伏特表的量程U=Ig（Rg+R），可知R增大时量程增大，故B错误；C由公式知，在甲图中，若改装成电流表的量程为0.6A，则R=1.003，C错误；D由公式U=Ig（
10、Rg+R）知，在乙图中，若改装成的电压表的量程为3V，则R=1200，D正确；8. 一根长为L，横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e，在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（）A. B. C. nevD. 【答案】C【解析】【详解】金属棒内电流I=neSv金属棒的电阻金属棒两端电压U=IR=nevL金属棒内的电场强度大小故选C。二、多选题(共16分)9. 如图所示，一个不带电的导体P正在向带正电的小球Q缓慢靠近，但不接触，也没有发生放电现象，是导体P左、右两端内的点，则下列说法
11、正确的是（）A. 右端的感应电荷正电荷B. 导体内场强越来越大C. 感应电荷在C点产生的场强始终大于在B点产生的场强D. 用手摸一下导体P的左端可使导体P带正电【答案】AC【解析】【详解】A导体P处在带正电的小球Q产生的电场中，由于静电感应，导体的右端感应出正电荷，导体的左端感应出负电荷，故A正确；B处于静电平衡状态的导体内场强为0，故B错误；CC点和B点的场强等于导体上的感应电荷和带正电的小球Q产生的场强的叠加，并且为0，带正电的小球Q在C点产生的场强大于在B点产生的场强，所以导体上的感应电荷在C点产生的场强始终大于在B点产生的场强，故C正确；D用手摸导体P的左端时，相当于用导线将导体P与大
12、地相连，因静电感应，电子流入导体P，最终导体P带负电，故D错误。故选AC10. 如图所示，将带等量同种正电荷的两个点电荷分别固定在A、B点，其中OC是AB连线的中垂线，D点处于OC之间袁梦同学对这两点电荷的电场分析后得到下列结论，其中正确的是（ ）A. 电场线在C点的分布一定比D点的分布稀疏B. C、D两点处的电场强度方向均背离O点C. O点处的电场强度等于0D. 若在C点由静止释放一不计重力的带负电的试探电荷，则该试探电荷在之后的运动过程中多次经过D点【答案】BCD【解析】【详解】A空间某点的电场强度等于A、B两点电荷在该点电场强度的矢量和，根据：可知，A、B两点电荷在O点电场强度大小相等，
13、方向相反，则O点电场强度大小为0，又由于在空间无穷远处电场强度为0，则在中垂线上由O点往两侧向外，电场强度必定先增大，后减小，即在中垂线上必定存在一电场强度的最大值，由于不能确定C、D两点究竟是处于极值点的异侧还是同侧，则无法判断C、D两点电场强度的大小关系，而电场线分布的疏密用来描述电场强度的大小，则无法比较C、D两点电场线分布的疏密，故A错误；BC场强的叠加可判定C、D两点处的电场强度方向均背离O点，在O点处的电场强度等于0，故BC正确；D带负电的试探电荷在中垂线上受到的电场力始终指向O点，且在中垂线上关于O点对称的两点受到的电场力大小相等方向相反，由对称性规律，该试探电荷将以O点为中心，
14、在C点关于O的对称点之间做往复运动，故D正确。11. 如图所示，两平行金属板M、N通过开关K与电源E连接，N板接地，当开关闭合时有一带电液滴刚好静止在P点。开关K始终保持闭合，下列说法正确的是（ ）A. 液滴带负电B. 向上移动M板，两板组成电容器的电容将变大C. 向上移动M板，P点电势将升高D. 向上移动M板，液滴将向下运动【答案】AD【解析】【详解】A电容器的上极板带正电，沿着电场线电势降低，下极板为零，故M点的电势为正值；开始时液滴静止，故mg=Eq电场力向上，则液滴带负电荷，故A正确；B保持开关闭合，将M板上移一小段距离，板间距增大，根据电容决定式可知，电容C减小，故B错误；C保持开关
15、闭合，将M板上移一小段距离，板间距增大，两板间的电势差不变，由U=Ed可知E减小，PN间的电势差为而N板接地，且不变，则P点的电势将降低，故C错误；D保持开关闭合，将M板上移一小段距离，板间距增大，两板间的电势差不变，由U=Ed可知E减小，液滴所受电场力减小，则合力向下，故液滴将向下运动，故D正确。故选AD。12. 如图所示，在滑动变阻器的滑片向左滑动的过程中，理想电压表、电流表的示数将发生变化，电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为U1、U2，已知电阻R阻值大于电源内阻r，则（）A. 电流表A的示数减小B. 电压表V2的示数增大C. 电源的输出功率增大D. U1大于U2【答案】CD【解析】
16、【详解】A当滑动变阻器滑片向左滑动时，接入电路的电阻减小，根据闭合欧姆定律可知，电路中电流增大，即电流表示数变大，故A错误；B电路中电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，所以V2的示数减小，故B错误；C电源的输出功率在内阻等于外阻时最大，此后随着外阻的增大逐渐减小，本题外阻始终大于内阻，因此在外电路电阻减小时输出功率增大；故C正确；D根据闭合电路欧姆定律得，则R是定值电阻，则据题Rr，则U1大于U2，故D正确。故选CD。第II卷（非选择题）三、实验题(共28分)13. 在练习使用多用电表的实验中：（1）用欧姆档测量一定值电阻的阻值。机械调零、欧姆调零后，用“”档测量，发现表针偏转角度极小
17、，正确的判断和做法是_。A.被测电阻值较大 B.被测电阻值较小C.为了把电阻值测得更准一些，应换用“”档，重新欧姆调零后再测量D.为了把电阻值测得更准一些，应换用“”档，重新欧姆调零后再测量（2）下图为一正在测量中的多用电表表盘。如果是用100挡测量电阻，则读数为_。如果是用直流5mA挡测量电流，则读数为_mA。【答案】 (1). AC (2). （左右） (3). 3.25（左右）【解析】【详解】（1）1 用“100”挡测量一个电阻的阻值，发现表针偏转角度极小，说明所测电阻较大，所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，应换用“1k”挡，换挡后重新进行欧姆调零，然后再测电阻阻值。故选AC。（2）2
18、如果是用100挡测量电阻，由图示表盘可知，读数为。3 如果是用直流5mA挡测量电流，由图示表盘可知，其分度值为0.1mA，则读数为。14. 测量铅笔芯的电阻率，取一支4B铅笔，去掉两端笔芯外木质部分，不损伤笔芯，如图甲所示安放在接线支座上。(1)用刻度尺量得笔芯长度L20.0cm，螺旋测微器测量笔芯的直径如图乙所示，则笔芯的直径为d_mm。(2)若待测电阻约为几欧姆，乙同学采用实验室提供的下列器材测定铅笔芯电阻。A.待测笔芯B.电流表（00.6A，内阻约1）C.电流表（03A，内阻约0.5）D.电压表（03V，内阻约6k）E.电压表（015V，内阻约30k）F.滑动变阻器（010）G.电源3V
19、H.开关、导线若干要进一步精确测量笔芯的电阻率，电流表应选_，电压表应选_。（只填代号字母）(3)请根据实验要求在图甲中用笔画线代替导线（只配有两根导线）完成实物电路连接_。(4)实验测量过程中，电流表读数为U，电流表读数为I，则铅笔芯电阻率的计算式为_（用以上各小题中字母表示）。【答案】 (1). 1.200 (2). B (3). D (4). (5). 【解析】【详解】(1)1由题图所示螺旋测微器可知，其示数为1 mm20.00.01 mm1.200 mm。(2)23电源电动势3V，则电压表选择D；待测电阻约为几欧姆，则电路中可能出现最大电流不超过0.6A，则电流表选择B； (3)4由题
20、意可知，待测电阻阻值很小，约几欧姆，小于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器可以采用限流接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表采用外接法，实物电路图如图所示：(4)5根据欧姆定律解得15. 利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内阻，要求尽量减小实验误差：(1)如图所示，应该选择的实验电路图是_（选填“a”或“b”）。(2)现有电流表（00.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：A.电压表（015V） B.电压表（03V）C.滑动变阻器（030） D.滑动变阻器（0500）实验时，电压表应选用_，滑动变阻器应选用_。(3)某同学记录的六组数据见下表，其中五组数据的对应点已经标在图中的坐标纸上
21、，请标出第2组数据的对应点，并画出UI图像。（ ）序号123456电压U/V1.451.401.301.251.201.10电流I/A0.060.120240.260.360.48(4)由图像可得：该电池的电动势E=_V，内阻r=_（小数点后保留2位数字）。【答案】 (1). a (2). B (3). C (4). (5). 1.50 (6). 0.84【解析】【详解】(1)1实验的测量原理方程为闭合电路欧姆定律电压表的内阻远大于电源内阻，分流不明显，电流表内阻和电源内阻较为接近，分压明显，所以采用电路能够较准确的测量。(2)2一节干电池的电动势约为，所以选择量程为的电压表即可，即B。3滑动
22、变阻器以限流的方式接入电路，为了方便调节，所以选择C即可。或者根据(3)中的表格可知，接入电路中的最大电阻约为所以选择阻值较小的滑动变阻器即可。(3)4用直线将有效的数据点连成直线，如图：。(4)5根据闭合电路欧姆定律变形可知图像的纵截距即为电动势的测量值6图像斜率的大小即为电源内阻的测量值16. 一台小型电动机在3V电压下工作，用此电动机提升重力为4N的物体时，通过它的电流是0.2A在30s内可使该物体被匀速提升3m。若不计一切摩擦和阻力，求：(1)电动机的输入功率；(2)在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；(3)电动机的电阻。【答案】(1)0.6W； (2)；(3) 【解析】【详
23、解】（1）电动机的输入功率为（2）物体被匀速上升的速度电动机提升重物的机械功率根据能量关系有产生热的功率产生热量 （3）由焦耳定律线圈电阻17. 如图所示，电源电动势E=18V，内阻，滑动变阻器的最大阻值，定值电阻，电容器的电容。开关S闭合电路稳定后，求：（1）滑动变阻器滑片从最左端滑到最右端过程中，通过的电量；（2）电源的最大输出功率。【答案】（1）；（2）【解析】【详解】（1）滑动变阻器滑片处于最左端时，电容器两端的电压就是电源的路端电压带入数据解得滑动变阻器滑片处于最右端时，R1、R2并联电阻为电容器两端的电压 带入数据解得通过R4的电量带入数据解得（2）电源的最大输出功率带入数据解得1
24、8. 如图所示，热电子由K发射后，初速度可以忽略不计，经加速电压为U1的加速电场加速后，垂直于电场方向飞入偏转电压为U2的偏转电场，最后打在荧光屏（图中未画出）上已知两偏转极板间距为d，板长为L电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力求：（1）电子进入偏转电场时的速度大小；（2）电子在偏转电场中所用的时间和离开时的偏移量y；（3）电子在偏转电场中所受电场力做的功【答案】（1）（2）； （3）【解析】【详解】（1）在加速电场中，根据动能定理得：解得：（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，则水平方向有：竖直方向有：则电子从偏转电场射出时垂直偏移量：（3）电子在偏转电场中所受电场力做的功为：代入解得：