1、内蒙古包头市回民中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、选择题（本题共15小题，每小题4分，110题为单项选择题，每题4分；1115题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选项错或不答的得0分。）1. 真空中有两个静止的点电荷q1、q2 ，若保持它们之间的距离不变，而把它们的电荷量都变为原来的2倍，则两电荷间的静电力将变为原来的 （ ）A. 2倍B. 4倍C. 8倍D. 16倍【答案】B【解析】详解】由库仑定律可得：变化前；而变化后，A2倍，与结论不相符，选项A错误； B4倍，与结论相符，选项B正确； C8倍，与结论不相符，选项C错误； D16倍，与结论不
2、相符，选项D错误；2. 下列关于电场强度三个表达式、 的叙述，正确的是 ( )A. 是电场强度的定义式，它适用于任何电场，式中的q是场源电荷的电荷量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C. 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算式，电场强度取决于本身的性质，故C错误；D电场强度取决于本身的性质，所以不能说q越
3、大，则电场强度越小，；由可知Q越大，电场强度不一定越大，还与距点电荷的距离有关，故D错误3. 如图所示，虚线a、b、c是某静电场中的三个等势面，它们的电势分别为a、b和c，abc，一带正电粒子射入电场中，其运动轨迹如实线KLMN所示。由图可知（）A. 粒子从K到L的过程中，电场力做负功B. 粒子从L到M的过程中，电场力做负功C. 粒子从K到L的过程中，电势能减小D. 粒子从L到M的过程中，动能减少【答案】A【解析】【详解】电场线与等势面垂直，由较高的等势面指向较低的等势面，分布图如图A故粒子从K到L的过程中，正粒子从低电势向高电势运动，故电场力做负功，故A正确；B粒子从L到M的过程中，先从高电
4、势向低电势运动，后从低电势向高电势运动，电场力先做负功后做正功，故B错误；C粒子从K到L的过程中，电场力做负功，电势能增加，故C错误；D粒子从L到M的过程中，电场力先做负功后做正功，由动能定理可知，动能先减小后增 ，故D错误。故选A。4. 如图所示，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c，a、b间的距离等于b、c间的距离，用a、b、c和Ea、Eb、Ec分别表示a、b、c三点的电势和电场强度，可以判定（ ）A. abcB. EaEbEcC. abbcD. EaEbEc【答案】A【解析】【详解】A由沿电场方向电势降低可得abc，故A正确；BD一条电场线无法描述电场的分布，故Ea、E
5、b、Ec的大小关系不能确定，故BD错误；C如果是匀强电场，才有abbc，故C错误。故选A。5. 铅蓄电池的电动势为2V，内阻不为零，以下说法中不正确的是（）A. 体积大的铅蓄电池比体积小的铅蓄电池的电动势大B. 电路中每通过1C电量，铅蓄电池能把2J的化学能转变为电能C. 电路中每通过1 C电量，铅蓄电池内部非静电力做功为2JD. 该铅蓄电池把其他形式能转化为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的强【答案】A【解析】【详解】A同一种电池的电动势与体积无关，故A错误；B电路中每通过1C的电量时，电池将2J的化学能转化为电能，故B正确；C电路中每通过1C的电量，电池内部非静电力做功为故C正确
6、；D电动势反应电源将其他形式的能转化为电能的本领；故铅蓄电池把其他形式能转化为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的强，故D正确。本题选不正确的，故选A。6. 如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为，则下列结论正确的是( ) A. 液滴做匀速直线运动B. 此液滴带负电C. 电场力对液滴做的做负功D. 液滴的电势能加【答案】B【解析】【详解】A由于液滴受重力和电场力均恒力，故合外力不变，加速度不变，所以液滴做匀加速直线运动，故A错误；B据题带电液滴沿直线从b运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在
7、同一直线上，对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示，则电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电，故B正确；CD由于电场力所做的功所以电场力对液滴做正功，电势能减小，故CD错误7. 如图所示，等量异种点电荷分别置于M、N两点，O点为MN连线的中点点a、b在MN连线上，点c、d在MN的中垂线上，它们均关于O点对称下列说法正确的是 ( )A. c、d两点的电场强度相同B. a、b两点的电势相同C. 将电子沿直线从c移到d，电场力对电子先做负功再做正功D. 将电子沿直线从a移到b，电场力对电子先做正功再做负功【答案】A【解析】【详解】Ac、d连线是一条等势线，c、d两点处场强方向都垂直
8、于cd向右，方向相同，根据对称性可知，c、d两处场强大小相等，则c、d两点的电场强度相同，故A正确；B在等量异种点电荷连线上的电场强度方向由正电荷指向负电荷，所以a点电势高于b点电势，故B错误；Cc、d连线是一条等势线，电子沿直线从c点移到d点，电场力不做功，故C错误；D将电子沿直线从a点移到b点，电场力方向向左，所以电场力做负功，故D错误8. a、b两个电容器如图中的图甲所示，图乙是它们的部分参数由此可知，关于a、b两个电容器的下列说法正确的是 ( )A. a、b两个电容器的电容之比为8:1B. a、b两个电容器的电容之比为4:5C. b电容器正常工作时容纳电荷0.1CD. a电容器正常工作
9、时容纳电荷 1C【答案】C【解析】【详解】AB由题目图乙 知a的电容是1000F，b的电容是10000F，所以a、b两个电容器的电容之比为1000：10000=1：10；故AB错误；CDb电容器最多能容纳电荷qb=CU=1000010-610=0.1C，而a电容器最多能容纳电荷qa=CU=100010-680=0.08C，故C正确，D错误；9. 用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素如图所示。设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为q。实验中，极板所带电荷量不变，若（）A. 保持d不变，减小S，则q不变B. 保持d不变，减小S，则q变小C. 保持S不变，增大d，则q变
10、小D. 保持S不变，增大d，则q变大【答案】D【解析】【详解】AB根据电容的决定式得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大。故AB错误；CD根据电容的决定式得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大；反之，保持S不变，减小d，则减小。故D正确，C错误；故选D。10. 有一只灯泡的灯丝断了，通过转动灯泡把灯丝接通，再接入电源后，所发生的现象及其原因是（）A. 灯丝电阻变小，通过它
11、的电流变大，根据P=I2R，电灯变亮B. 灯丝电阻变大，通过它的电流变小，根据P=I2R，电灯变暗C. 灯丝电阻变小，它两端的电压不变，根据，电灯变亮D. 灯丝电阻变大，它两端的电压不变，根据，电灯变暗【答案】C【解析】【详解】把断了的灯丝搭在一起，长度减小，灯丝电阻变小；由电功率公式P=UI=电压一定，灯泡的电功率跟灯丝电阻成反比；由于灯丝电阻变小，所以灯泡的功率变大，灯泡更亮了。故ABD错误，C正确；故选C。11. 如图所示，电源电动势为E，内电阻为r。理想电压表V1、V2示数为U1、U2，其变化量的绝对值分别为U1和U2；流过电源的电流为I，其变化量的绝对值为I。当滑动变阻器的触片从右端
12、滑到左端的过程中（灯泡电阻不变化）（）A. 小灯泡L3变暗，L1、L2变亮B. 小灯泡L1、L3变暗，L2变亮C. 不变D. U1小于U2【答案】AC【解析】【详解】ABD当滑动变阻器的触片从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮，变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分的电压减小，则L3变暗，总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，即两电压表示数之和减小，所以故A正确，BD错误；C由闭合电路欧姆定律得则有不变，故C正确；故选AC。12. 如图，在
13、竖直平面内有一个方向未知的匀强电场，一带电荷量为q、质量为m的小球在力F（大小可变、方向不变）的作用下沿图中虚线由A至B做竖直向上的匀速运动。已知力F和AB间夹角为，A、B间距离为d，重力加速度为g。则下列说法中正确的有（）A. 力F大小的取值范围是0B. 电场强度E的最小值为C. 小球从A运动到B电场力可能不做功D. 若电场强度E=时，小球从A运动到B电势能变化量大小可能为2mgdsin2【答案】BCD【解析】【详解】分析小球受力情况：小球受到重力mg、拉力F与电场力qE，因为小球做匀速直线运动，合力为零，则F与qE的合力与mg大小相等、方向相反，作出F与qE的合力，如图所示A拉力F的取值随
14、着电场强度方向的变化而变化，如果电场强度方向斜向右下方，则F的值将大于，故A错误；B由图可知，当电场力qE与F垂直时，电场力最小，此时场强也最小。则得qE=mgsin所以电场强度的最小值为故B正确；C当电场力qE与AB方向垂直时，小球从A运动到B电场力不做功，故C正确；D若电场强度即qE=mgtan电场力qE可能与AB方向垂直，如图1位置，电场力不做功，电势能变化量为0；电场力的方向也可能电场力位于位置2方向，则电场力做功为故D正确；故选BCD。13. 如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r。将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断正确的是（）A.
15、电压表V的示数变小B. 电流表V的示数不变C. 电流表A1的示数变大D. 电流表A的示数变小【答案】CD【解析】【分析】【详解】D当滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，则总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，电流表A的示数变小，故D正确；AB则由U=E-Ir可知，路端电压增大，电压表V的示数增大；故AB错误；C因路端电压增大，R1不变，A1中电流增大，故C正确；故选CD。【点睛】14. 示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（）A. 极板X应带正电B. 极板X应带正电C. 极板Y应带正电D. 极板Y应
16、带正电【答案】AC【解析】【详解】电子受力方向与电场方向相反，因电子向X方向偏转，电场方向为X到X，则X带正电，X带负电；同理电子向Y方向偏转，则可知Y带正电，Y带负电，故AC正确，BD错误。故选AC。15. 某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图所示,下列说法正确的是 ( )A. 反映Pr变化的图线是cB. 电源的电动势为8 VC. 电源的内阻为2 D. 当电流为0.5 A时，外电路的电阻为4 【答案】AC【解析】【详解】A.电源内部的发热功率，图象是抛物线，而且是增函数，则反映变化的图线是c，故A正确B.直流电源的总功
17、率，图象的斜率等于电动势E，则有，故B错误；C.图中I2A时，电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等，则有，得到，故C正确；D.当电流为0.5A时，根据闭合电路欧姆定律得：，代入解得故D错误；二、实验题（本题共2小题，共12分。将正确答案填在答题卡相应的空白位置上）16. (1)一个游标卡尺的游标上有10个小等分间隔，现用此卡尺来测量工件的直径，如图所示该工件的直径为_ mm；(2)某同学在做测金属丝电阻率的实验中，先用螺旋测微器测出金属丝的直径如图所示，则该金属丝直径为_mm。【答案】 (1). 11.7mm； (2). 4.700mm【解析】【分析】【详解】(1)1游标卡尺的固定刻度读数
18、为11mm，游标尺上第7个刻度游标读数为0.17mm=0.7mm，所以最终读数为：11mm+0.7mm=11.7mm；(2)2螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.0120.0mm=0.200mm，所以最终读数为：4.5mm+0.200mm=4.700mm。【点睛】17. 有一个小灯泡上标有“4 V，2 W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线。有下列器材供选用：A电压表（05 V，内阻约为10 k）B电压表（010 V，内阻约为20 k）C电流表（00.3 A，内阻约为1 ）D电流表（00.6 A，内阻约为0.4 ）E滑动变阻器（10 ，2 A）F学生电源（直流6 V），
19、还有电键、导线若干(1)实验中所用电压表应选用_，电流表应选用_（填A或B或C或D）。(2)实验时要求尽量减小实验误差，测量电压从零开始多取几组数据，请设计电路图，并画在下面的方框中。（ ）(3)某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线（如图所示），若用电动势为3V、内阻5的电源只给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是_W。（结果保留两位有效数字）【答案】 (1). A (2). D (3). (4). 0.44(0.430.45)【解析】【详解】(1)1因灯泡额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确,故只能选用05V的电压表，故选
20、A；2由电功率公式P=UI得灯泡额定电流I= 0.5A,故电流表应选择00.6A的量程，故选D；(2)3由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，灯泡的电阻约为得所以用电流表外接法，实物图连接如图所示(3)4当灯泡接入电动势为3V、内阻为5的电源中时，由闭合电路欧姆定律得画出U-I图象，与该小灯泡的伏安特性曲线的交点表示该灯泡接入电路中的电压和电流，由图读出通过灯泡电流为0.34A，两端电压为1.3V，所以功率为0.44W。三、计算题（计算题解答时要求写出必要的文字说明、公式，若只有最后答案而无演算过程的不得分）18. 如图所示电路，电源电动势E=3.5
21、V，内阻r=1，电阻R=6，电动机线圈电阻RM=2。(1)当K2接通K1断开时，求电阻R消耗的功率(2)当K1接通K2断开时，电流表示数为0.5A，不计电表内阻，求电动机输出功率【答案】(1)1.5W；(2)1.0W【解析】【详解】(1)当K2接通K1断开时，回路中的电流为电阻R消耗的功率(2)当K1接通K2断开时，电流表示数为0.5A，则电动机两端电压为电动机的热功率为电动机输出功率19. 一质量m为电量q为带点粒子由静止经电压为U加速电场加速后，水平飞入板长为L，两板间距也为L的偏转电场，板间电压也为U，粒子飞出偏转电场后打荧光屏上，偏转电场右端到荧光屏的距离为L。如图所示，不计带电粒子的
22、重力。求：(1)带电粒子飞出偏转电场时侧位移；(2)带电粒子飞出电场时的速度；(3)离开电场时偏转角的正切值；(4)带电粒子离开电场后，打在屏上的P点，求 OP的长。【答案】（1）；（2）；（3）；（4）【解析】【详解】(1)设带电粒子在经过加速电场，进入偏转电场的速度为，根据动能定理解得带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，则电子飞出偏转电场时的侧位移加速度在水平方向联立解得(2)带电粒子飞出电场时在水平方向速度为，在竖直方向则带电粒子飞出电场的速度代入数据解得(3) 离开电场时偏转角的正切值(4) 带电粒子离开电场后,在水平方向做速度为匀速直线运动，在竖直方向做速度为的匀速直线运动，则带电粒子
23、在离开电场后到打在屏上需要的时间离开电场后带电粒子在竖直方向的位移OP的长度为联立解得20. 如图所示ABC为竖直平面内的绝缘光滑轨道，AB部分是半径R=5m的半圆轨道，P是半圆轨道与圆心等高的点，BC部分水平且长为s=2m，整个轨道处于E=3103V/m的水平向左的匀强电场中，有一小球质量m=0.04kg带电量q=+1104C，由C点静止释放，取g=10m/s2，求：（结果可带根号表示）(1)小球通过P点时的速度和对轨道压力大小(2)小球在轨道上运动过程中的最大速度【答案】(1)，0.04N；(2)【解析】【详解】(1)从C到P由动能定理得解得在P点由牛顿第二定律有(2)由等效场的理论，假设电场力和重力的合力与竖直向下成角，则速度最大的位置M点与圆心O的连线与竖直方向也成角，且由动能定理得解得
