1、广西桂林市第十八中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题 理(含解析)一、单项选择题1. 某电场的电场线如图,a、b是一条电场线上的两点, 用 、 和 、 分别表示a、b两点的电势和电场强度,可以判定( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】根据电场线疏密表示电场强度大小,EaEb;根据沿电场线电势降低,ab,故ABD错误,C正确故选C.2. 对电容C,以下说法正确的是A. 电容器带电荷量越大,电容就越大B. 对于固定电容器,它的带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变C. 可变电容器的带电荷量跟加在两极板间的电压成反比D. 如果一个电容器没有电压,就没有带电荷量,也就没有电容
2、【答案】B【解析】【详解】A电容器的电容只由电容器本身来决定,与电容器带电荷量无关,选项A错误;B电容表征电容器容纳电荷本领的大小,对于固定电容器,电容C不变,由定义式可知,则带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变故B正确C电容器的带电荷量Q=CU,当电容C一定时,电量与电压成正比当电容C变化时,电量与电压不成正比故C错误D电容表征电容器容纳电荷本领的大小,与电容器的电量、电压无关故D错误3. 关于磁场和磁感线的描述,正确的说法有()A. 磁极之间的相互作用是通过磁场发生的,磁场和电场一样,也是一种物质,所以,磁场中的磁感线也是客观存在的B. 磁感线可以形象地表现磁场的强弱与方向C. 磁感
3、线总是从磁铁的北极出发,到南极终止D. 磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列出曲线,没有细铁屑的地方就没有磁感线【答案】B【解析】【详解】A磁场中的磁感线是为了形象的描述磁场,引入的假想的一簇曲线,故A错误;B磁感线的疏密可以表示磁场强弱,磁感线上某点的切线方向可以表示该点磁场方向。故B正确;C在磁铁外部,磁感线从北极出发,到南极终止,在磁铁内部,恰好相反,从南极出发,到北极终止,从而形成一条闭合的曲线。故C错误;D磁感线描述的是磁铁周围空间的磁场强弱情况,不局限于细铁屑排列出的曲线,故D错误。故选B。4. 如图所示,A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点,在这些点上各固定一个点电荷,除
4、A点处的电量为q外,其余各点处的电量均为q,则圆心O处() A. 场强大小为,方向沿AO方向B. 场强大小为,方向沿OA方向C. 场强大小为,方向沿AO方向D. 场强大小为,方向沿OA方向【答案】C【解析】【详解】假设A处同样放+q的正电荷,由对称可知O处的合场强为零,所以在BCDE四处的+q电荷,在O处产生的合场强一定与A处所放的+q电荷产生的场强等大反向,即在BCDE四处的+q电荷在O处产生的合场强为,方向沿OA方向;所以若在A处放一个-q的电荷则圆心O处的场强为,方向沿OA方向故C正确,ABD错误5. 如图为两个不同闭合电路中两个不同电源的U-I图象,下列判断正确的是()A. 电动势,发
5、生短路时的电流B. 电动势,内阻C. 电动势,内阻D. 当两电源的工作电流变化量相同时,电源2的路端电压变化大【答案】D【解析】【详解】ABC由闭合电路欧姆定律得变形得对应图象可知,电源的U-I图象与纵轴的截距为电源的电动势E,斜率为内阻r,与横轴的截距为电路中的短路电流,所以由图象可得,所以ABC错误;D当两电源的工作电流变化量相同时,由于2的斜率比1的斜率大,所以电源2的路端电压变化大,所以D正确。故选D。6. 如图所示,电源电动势E=8V,内电阻为r=0.5,“3V,3W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上,灯泡刚好正常发光,电动机刚好正常工作,电动机的线圈电阻R0=1.5,下列说法正确的
6、是( )A. 通过电动机的电流为1.6AB. 电动机两端电压是1.5VC. 电动机的输入功率为1.5WD. 电动机的输出功率为3W【答案】D【解析】分析】由灯泡铭牌可以知道,灯泡额定电压是3V,额定功率是3W,由电功率公式的变形公式可以求出灯泡额定电流,由串联电路特点可以求出通过电机的电流.根据闭合电路中串并联关系找到电动机的电压,则可以求电动机的输入功率及输出功率【详解】A、灯泡L正常发光,通过灯泡的电流,电动机和灯泡是串联关系,所以流过电动机的电流也为1A,故A错;B、电动机两端电压 ,故B错;C、电动机的输入功率为 ,故C错;D、电动机的输出功率为 ,故D对;故选D【点睛】由求出电动机输
7、入功率,由 求出电动机热功率,电动机输入功率与热功率之差是电动机的输出功率.7. 电子绕核运动可等效为一环形电流,设氢原子中的电子沿半径为r的圆形轨道运动,已知电子的质量为m,电子的电荷量为e,则其等效电流的大小为()A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】电子做绕核运动,由库仑定律和牛顿第二定律,可知根据电流定义式,可知联立,解得故选A。8. 如右图所示,两极板与电源相连接,电子从负极板边沿垂直电场方向射入匀强电场,且恰好从正极板边沿飞出,现在使电子入射速度变为原来的,而电子仍从负极板边沿垂直电场方向射入,且仍从正极板边沿飞出,则两极板的间距应变为原来的()A. 4倍B. 2倍C.
8、 倍D. 倍【答案】B【解析】【详解】对于带电粒子以平行极板的速度从左侧中央飞入匀强电场,恰能从右侧擦极板边缘飞出电场这个过程,假设粒子的带电量e,质量为m,速度为v,极板的长度为L,极板的宽度为d,电场强度为E;由于粒子做类平抛运动,所以水平方向竖直方向得若速度变为原来的,则仍从正极板边沿飞出,则两极板的间距应变为原来的2倍。故选B。9. 如图所示,四根长直绝缘导线处于同一平面内,它们的电流强度大小关系是,现将其中一根导线中的电流切断(即电流等于零),可使得正方形ABCD的中点处的磁感应强度最大,则切断的电流是()A. I1B. I2C. I3D. I4【答案】A【解析】【详解】根据安培定则
9、,可以判断出I1、I2、I3、I4在O点的磁感应强度方向依次为向外、向内、向内、向内。则易知,切断的电流为I1。故选A。10. 如图所示的电路,闭合开关,灯L1、L2正常发光由于电路出现故障,突然发现L1变亮,L2变暗,电流表的读数变小,根据分析,发生的故障可能是()A. R1断路B. R2断路C. R3短路D. R4短路【答案】A【解析】【详解】A等效电路如图所示:若R1断路,总外电阻变大,总电流减小,路端电压变大,L1两端电压变大,L1变亮;ab部分电路结构没变,电流仍按原比例分配,总电流减小,通过L2、R4的电流都减小,故A符合题意; B若R2断路,总电阻变大,总电流减小,ac部分电路结
10、构没变,电流仍按原比例分配,R1、L1中电流都减小,与题意相矛盾,故B不符合题意; CD若R3短路或R4短路,总电阻减小,总电流增大,A中电流变大,与题意相矛盾,故CD不符合题意。 故选A。二、多项选题11. 一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过静止的小磁针正上方,这时磁针的N极向纸外方向偏转,这一束带电粒子可能是()A. 向右飞行的正离子束B. 向左飞行的正离子束C. 向右飞行的负离子束D. 向左飞行的负离子束【答案】BC【解析】【详解】磁针N极向纸外偏转,说明带电粒子束下方磁场方向垂直直面向外,根据安培定则,可知这束带电粒子产生的电流方向为水平向左,故可能是向左飞行的正离子束,也可能是向右飞
11、行的负离子束。故选BC。12. 电饭锅工作时有两种状态。一种是锅内水烧干前的加热状态,另一种是锅内水烧干后保温状态,如图所示是电饭锅电路原理示意图,K是感温材料制造的开关。下列说法中正确的是()A. 其中R2是供加热用的电阻丝B. 当开关S接通时电饭锅为加热状态,S断开时为保温状态C. 要使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半,应为2:1D. 要使R2在保温状态时的功率为加热状态时一半,应为【答案】ABD【解析】【详解】AB如图所示,由得,当接通K时,电阻变小,功率变大,处于加热状态;当断开K时,电阻变大,功率变小,处于保温状态,则R2是供加热用的电阻丝,当开关K接通时电饭锅为加热状态,K断
12、开时为保温状态,故AB正确;CD使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半,由P=I2R可得:电阻R2在保温与加热状态下的电流之比,所以则故C错误,D正确。故选ABD。13. 如图所示,两块正对平行金属板M、N与电池相连,N板接地,在距两板等距离的P点固定一个带负电的点电荷,如果M板向上平移一小段距离,则()A. 点电荷受到的电场力变小B. M板的带电荷量增加C. P点的电势升高D. 点电荷在P点具有的电势能增加【答案】A【解析】【详解】AB由题分析得知,电容器的板间电压保持不变,将M板向上平移一小段距离,板间距离增大,由公式可知,板间场强减小,点电荷受到的电场力减小,故A正确;B电容器的板间电
13、压保持不变,将M板向上平移一小段距离,板间距离增大,电容器的电容C减小,根据Q=UC可知,M板的带电量减小,故B错误;C板间场强减小,P点与下板间的距离未变,则由U=Ed,可知P点与下板之间电势差减小,下板电势为零,且P点的电势高于下板的电势,则P点的电势降低,故C错误;D该点电荷带正电,P点的电势降低,则点电荷在P点具有的电势能减小,故D错误。故选A。【点睛】解答本题时,关键要对物理量间的关系要熟悉。分析时要抓住不变量,知道电容器与电源保持相连时板间电压不变往往先确定电势差,再确定电势。14. 如图甲所示,一条电场线与Ox轴重合,取O点电势为零,Ox方向上各点的电势随x变化的关系如图乙所示,
14、若在O点由静止释放一电子,电子仅受电场力的作用。则()A. 电子将沿Ox方向运动B. 电子的电势能将一直减小C. 沿Ox方向电场强度一直增大D. 电子运动的加速度先增大后减小【答案】AB【解析】【详解】AB顺着电场方向,电势逐渐降低,可知电场方向沿x轴负方向,因电子只受电场力,故电子沿x轴正方向运动,因电场力做正功,故电子电势能减小,AB正确;CD图像切线斜率表示电场强度,可知,电场强度先减小后增大,故电子受到的电场力先减小后增大,加速度先减小后增大,CD错误。故选AB。15. 中国宋代科学家沈括在梦溪笔谈中最早记载了地磁偏角:“以磁石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也。”进一步研究表明,
15、地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料,下列说法不正确的是()A. 地理南、北极与地磁场南、北极不重合B. 地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近C. 地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D. 地球外部空间磁场的磁感线从地理北极附近穿出,地理南极附近穿入【答案】CD【解析】【详解】AB地磁南极在地理北极附近,地磁北极在地理南极附近,并且不重合,地磁南北两极连线与地理两极连线有一夹角,即磁偏角,故AB正确,不符合题意;C地球表面只有赤道上方的地磁场方向与地面平行,故C错误,符合题意;D地球外部空间磁场的磁感线从地理南极附件穿出,地理北极附近穿入,故D错误,符合题意。故选CD。1
16、6. 两只电流表A1和A2是由完全相同的电流计并联不同的电阻改装而成的,A1的量程是3A,A2的量程是6A,为了测量8A左右的电流,并联接入电路中,两者都有读数的情况下,正确的选项为()A. A1和A2的内阻相等B. A1和A2的两端电压相等C. A1和A2的指针偏转角相等D. A1和A2的读数相等【答案】BC【解析】【详解】A表头相同,但改装的量程不同,所以需要并联的电阻值是不同的,故A1和A2的内阻不相等。故A错误;B两只电流表并联接入电路,故两端电压相等。故B正确;C两表电压相同,且表头相同,故其指针偏转角相等。故C正确;D虽然两表指针偏转角相等,但其量程不同,故两表读数不同。故D错误。
17、故选BC。三、填空题17. 在使用多用电表测量时,指针的位置如图甲所示,若选择开关拨至“1”挡,则测量的结果为_,若选择开关拨至“50 mA”挡,则测量结果为_mA。【答案】 (1). 18.0 (2). 23.0【解析】【详解】1 选择开关拨至“1”挡,则测量的结果为2 若选择开关拨至“50 mA”挡,则测量结果18. 实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线,某同学想通过实验测定其实际长度该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2,查得铜的电阻率为1.7108 m,再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx,从而确定导线的实际长度可供使用的器材有:电流表:量程0.6A,内阻约0.2;电压表
18、:量程3V,内阻约9k;滑动变阻器R1:最大阻值5;滑动变阻器R2:最大阻值20;定值电阻:R0=3;电源:电动势6V,内阻可不计;开关、导线若干回答下列问题: (1)实验中滑动变阻器应选_(填“R1”或“R2”),闭合开关S前应将滑片移至_端(填“a”或“b”); (2)在实物图中,已正确连接了部分导线,请根据图甲电路完成剩余部分的连接_;(3)调节滑动变阻器,当电流表的读数为0.50 A时,电压表示数如图乙所示,读数为_V;(4)导线实际长度_m(保留两位有效数字)【答案】 (1). R2 (2). a (3). (4). 2.30V(2.29、2.31均正确) (5). 94(93、95
19、均正确)【解析】【详解】(1)根据限流解法的要求,滑动变阻器的阻值大于被测电阻,需要选择R2,闭合开关前使滑动变阻器阻值最大,即滑片在a端(2)根据电路图连接实物图,应先串后并,先连控制电路后连测量电路,如图所示:(3)电压表量程3 V,最小分度为01 V,估读一位,读数为230 V(4)根据欧姆定律得,R0Rx46 ,根据电阻定律得,Rx,联立解得,L94 m【点睛】应明确:电流表的读数不能小于量程的;应根据电路中需要的最大电阻来选择变阻器阻值的大小;若电表每小格读数中出现数字“1”则应进行估读,出现“2”则应进行“估读”,出现“5”应进行“估读”四、计算题19. 如图所示,一个质量为 的小
20、球带电荷量为 的正电,用长度L=10m的细线悬挂于固定点O上,此装置置于水平向右的匀强电场中,场强的大小 ,现将带电小球拉至O点右侧,使悬线伸直并保持水平,然后由静止释放小球(g取10m/s2)(1)求小球运动到最低点时的动能;(2)求小球运动到最低点时绳的拉力为多大;【答案】(1) ;(2) 【解析】(1)对小球,从初始位置运动到最低点的过程重力做正功mgL,电场力做负功-qEL,运用动能定理得:mgL-qEL=Ek解得:Ek310-3J(2)由Ekmv2解得:mv22Ek610-3J在最低点,小球受重力和绳的合力提供向心力,根据向心力公式得:T-mg=mv2/L解得: T=1.810-2N
21、20. 如图所示的电路中,电源的电动势E=6V,内阻r=1,电阻R1=3 ,R2=6 ,电容器的电容C=3.6F,二极管D具有单向导电性,开始时,开关S1闭合,S2断开,(1)开关S1闭合,S2断开时,电容器两端的电压为多少?(2)合上S2,待电路稳定以后,求电容器上电荷量变化了多少?(3)合上S2,待电路稳定以后再断开S1,求断开S1后流过R1的电荷量是多少?【答案】(1)4.5V;(2)减少了1.810-6 C;(3)9.610-6 C【解析】【详解】(1)设开关S1闭合,S2断开时,电容器两端的电压为U1,干路电流为I1,根据闭合电路欧姆定律有I1=1.5AU1=I1R1=4.5V(2)
22、合上开关S2后,电容器两端电压为U2,干路电流为I2;根据闭合电路欧姆定律有I2=2AU2=I2=4V所以电容器上电荷量减少了Q=(U1-U2)C=1.810-6C(3)设合上S2后,电容器上的电荷量为Q,则Q=CU2=1.4410-5C再断开S1后,R1和R2的电流与阻值成反比,故流过电阻的电荷量与阻值成反比;故流过电阻R1的电荷量为Q1=Q=9.610-6C21. 如图甲所示,极板A、B间电压为U0,极板C、D间距为d,荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长。A板O处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为+q的粒子,经电场加速后,沿极板C、D的中心线射向荧光屏(荧光屏足够大且与中
23、心线OO垂直),当C、D板间未加电压时,粒子通过两板间的时间为t0;当C、D板间加上图乙所示电压(图中电压U1已知)时,粒子均能从C、D两板间飞出,不计粒子的重力及相互间的作用。求:(1)C、D板的长度L;(2)粒子打在荧光屏上区域的长度;(3)打在荧光屏上离O最远的粒子的速度。【答案】(1);(2) ;(3) ,速度方向与直线OO的夹角为【解析】【详解】(1)粒子在A、B板间加速过程中,根据动能定理,有在C、D板的长度为Lv0t0解得;(2)粒子从nt0(n0、2、4)时刻进入C、D间,偏移距离最大,粒子做类平抛运动,则有偏移距离和加速度分别为联立,得粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远出C、D板偏转角正切值为其中vyat0打在荧光屏上距中心线最远距离为sy+Ltan荧光屏上区域长度为(3)打在荧光屏上离O最远的粒子出C、D板时:速度v与OO的夹角为