1、四川省雅安中学2019-2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）1.关于静电场，下列结论普遍成立的是（ ）A. 电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低B. 电场中电场强度为零的地方电势也为零C. 在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向D. 电场力对带电体做正功，带电体的电势能一定增加【答案】C【解析】【详解】A电场强度与电势没有直接的关系，所以电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，故A错误；B电场强度和电势都是描述电场的物理量，但二者无直接关系电势是标量，与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，故B错误；C在正电荷或
2、负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向，故C正确；D根据功能关系可知电场力对带电体做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加，故D错误。2.关于电源电动势，下列说法正确的是（ ）A. 电动势、电压和电势差虽名称不同，但物理意义相同，所以单位也相同B. 同一电源接入不同的电路中，电动势会发生变化C. 电源的电动势就是电源两极间的电压D. 1号1.5V干电池比7号1.5V干电池大，但电动势相同【答案】D【解析】【详解】A电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，反映了电源内部非静电力做功的本领，电压和电势差是两点之间电势的差，它们的物理意义不同，故A错误；B把同一电源接在
3、不同的电路中，电源的电动势不变，故B错误；C电源的电动势等于外电路为断路时电源两端的电压，若电路为通路，电流经过内阻时有电势的降低，此时电源两端的电压小于电动势，故C错误；D干电池的电动势都是1.5V，1号干电池比7号干电池的体积大，但电动势相同，故D正确。3.两个完全相同的带电金属小球A和B，A的带电量为2Q，B的带电量为，两者开始相距为r，相互作用力为F，现将两球接触后再分开放回原处，则它们间的库仑力可能变为A. B. C D. 【答案】A【解析】【详解】由库仑定律可得：二者接触后电荷先中和，然后平分，所以每一个的电荷量为：它们间的库仑力可能变为：A.与分析相符，符合题意；B.与分析不符，
4、不符合题意；C.与分析不符，不符合题意；D.与分析不符，不符合题意。4.将一根粗细均匀、阻值为R的电阻丝均匀拉长到原来的5倍后，其电阻变为250，则R的阻值为（ ）A. 10B. 50C. 1250D. 6250【答案】A【解析】根据 得,长度变为原来的5倍,截面积变为原来的 ,所以电阻变为原来25倍,所以R=10,故A正确综上所述本题答案是：A5.已知某一电流表G满偏电流，内阻，要把它改装成一个量程为3V的电压表，则应在电流表G上A. 串联一个400电阻B. 串联一个100的电阻C. 并联一个400的电阻D. 并联一个100的电阻【答案】A【解析】【详解】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻
5、，串联电阻阻值： 故A符合题意，BCD不符合题意。6.某一电源的路端电压与电流的关系和电阻R1、R2两端的电压与电流的关系如图所示。用此电源和电阻R1、R2组成电路，R1、R2可以同时接入电路，也可以单独接入电路。下列说法正确的是（ ）A. 将R1、R2串联后接到电源两端时，电源的效率为75%B. 将R1、R2并联后接到电源两端时，电源的效率为75%C. 为使电源输出功率最大，可将R1单独接到电源两端D. 为使电源输出功率最大，可将R2单独接到电源两端【答案】AC【解析】【详解】A根据题图可知，电源的电动势为E=3V内阻根据知，两定值电阻的阻值分别为R1=0.5，R2=1将R1、R2串联后接到
6、电源两端时，电源的效率为故A正确；B外电阻越大，电源的效率越高，因为R1、R2并联后的电阻小于将它们串联后的电阻，可知，将R1、R2并联后接到电源两端时，电源的效率小于75%，故B错误；CD当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，据此可知将R1单独接到电源两端时，电源输出功率最大，故C正确，D错误。7.如图所示，电源电动势为E，内阻为r电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态。有关下列说法中正确的是（ ）A. 只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中
7、有向上的电流B. 只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流C. 只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向上运动D. 若断开电键S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动【答案】A【解析】【详解】A.只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，故A正确；B.电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故B错误；C.电路中有效总电阻不变，总电流
8、不变，则电压表的示数不变。电容器两板间的电压变大，由可知电场力变大，带点微粒向上运动，故C错误；D.若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，电场强度减小，故粒子将向下运动；故D错误。8.一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c 三点的位置如图所示，三点的电势分别为9V、13.5V、5.5V。下列说法正确的是( ) A. 电场强度的大小为2.5V/cmB. 坐标原点处电势为2VC. 电子在a点的电势能比在b点的低4.5eVD. 电子从b点运动到c点，电场力做功为【答案】A【解析】【详解】B. 由于，平行，则有：可得坐标原点处的电势为：故B错误；A. 设场强方向与轴夹角为，则有：联
9、立解得：故A正确；C. 点电势比点低，则电子在点的电势能比在点的高，故C错误；D. 电子从点运动到点，电势能增加，则电场力做功，故D错误。第II卷 非选择题（共174分）9.某实验小组利用如图甲所示的电路测定两节干电池的电动势和内电阻，要求尽量减小实验误差。 （1）该小组记录了6组数据，在坐标纸上画出U-I图线如图乙所示。可以测得两节干电池的电动势E_V，内电阻r_（结果保留两位小数） （2）为测量某锂电池的电动势E和内阻r，小红设计了如上图乙所示的电路图。根据测量数据作出图象如图丙所示，若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势E_，内阻r_。【答案】 (1). 2.95 (2).
10、 0.700.72 (3). (4). 【解析】【详解】(1)12由图示电源U-I图象可知，纵截距为电源电动势：E=2.95V图像的斜率为电源内阻：(2)34由图乙所示电路可知，则因此图象的纵轴截距故电动势为图象的斜率则电源内阻10.某同学通过实验测定一个阻值约为100的电阻Rx的阻值。现有电源（3V，内阻可不计）、开关和导线若干，以及下列电表：A电流表（00.6A，内阻约0.025）B电流表（030mA，内阻约0.125）C电压表（03V，内阻约3k）D电压表（015V，内阻约15k）E滑动变阻器R1（020，0.5A）F滑动变阻器R2（050，0.5A）（1）为尽可能较精确地测出该电阻的阻
11、值，并且实验中，电表示数调节方便，在实验中，电流表应选用_，电压表应选用_滑动变阻器应选_（选填器材前的字母）；在方框中画出符合要求的实验电路图_.（2）利用螺旋测微器测定合金丝的直径，示数如图所示，则可读得合金丝的直径为_mm. （3）请根据电路图，在图中画出实物连线图_.（4）接通开关，改变滑动变阻器滑片P的位置，并记录对应的电压表示数U、电流表示数I某次电表示数如图所示，则电压U_V，电流I_A，由此可得该电阻的测量值Rx_.（5）采用该同学设计的电路测量金属丝的电阻，电阻的测量值比真实值_.（选填：“偏大”、“相等”、“偏小”）【答案】 (1). B (2). C (3). E (4)
12、. 0.700 (5). (6). (7). 2.60 (8). 0.0250 (9). 104 (10). 偏大【解析】【详解】(1)12因电源的电压为3V，因此电压表选择3V量程的C；由于测量的约为100的电阻，根据欧姆定律可知，电流的最大值为所以电流表选择30mA量程的B；3滑动变阻器用小电阻控制大电阻，操作方便，故用小滑动变阻器R1（020），选E.4根据待测电阻的阻值与电压表及电流表的阻值，可知所以待测电阻是大电阻，因此选择电流表内接法，滑动变阻器的阻值远小于待测电阻阻值，所以滑动变阻器采用分压式，电路图如图所示：(2)5测合金丝的直径时，螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为
13、20.00.01mm=0.200mm，所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm.(3)6实物连线图如图所示：(4)7电压表最小分度是0.1V，所以读数保留到最小分度下一位，其读数为2.60V，8电流表最小分度为1mA，所以读数保留到最小分度下一位，其读数为25.0mA，即为0.0250A；9待测电阻为：(5)10根据电路图可知，电压表测量的是电流表和待测电阻的电压之和，电流表测量的是通过待测电阻的电流，所以代入公式中，其测量值偏大.11.如图所示，平行板电容器板间距离为2cm，有一个质量m10-7kg、电荷量q-108C的液滴，在两板正中央处于静止状态。问：（取g10m/s2）
14、（1）哪块板带正电？板间电场强度多大？（2）若电容器电容为510-10F，则电容器带电荷量Q为多少？（3）若下板接地，液滴的电势能是多少？【答案】（1）100N/C （2）110-9C （3）-110-8J【解析】【详解】（1）液滴处于静止状态，可知电场力方向向上，则电场强度的方向竖直向下，上极板带正电.根据平衡得：qEmg解得： （2）由两极板电势差为：UEd 根据电容器电容定义得电容器带电量为：QCU 联立解得Q110-9C（3）由UEd得CB两点间电势差为：UCBEdCB1V若下板接地则C1V则液滴的电势能为EPqC-110-8J12.在如图所示的竖直平面内，物体A和带正电的物体B用跨过
15、定滑轮的绝缘轻绳连接，分别静止于倾角37的光滑斜面上的M点和粗糙绝缘水平面上，轻绳与对应平面平行劲度系数k5 N/m的轻弹簧一端固定在O点，一端用另一轻绳穿过固定的光滑小环D与A相连，弹簧处于原长，轻绳恰好拉直，DM垂直于斜面水平面处于场强E5104N/C、方向水平向右的匀强电场中已知A、B的质量分别为mA0.1 kg和mB0.2 kg，B所带电荷量q4106 C设两物体均视为质点，不计滑轮质量和摩擦，绳不可伸长，弹簧始终在弹性限度内，B电荷量不变取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8.(1)求B所受静摩擦力的大小；(2)现对A施加沿斜面向下的拉力F，使A以加速度a0.6
16、m/s2开始做匀加速直线运动A从M到N过程中，B的电势能增加了Ep0.06 J已知DN沿竖直方向，B与水平面间的动摩擦因数0.4.求A到达N点时拉力F的瞬时功率【答案】（1）f=0.4N （2）2.1336W【解析】试题分析：（1）根据题意，静止时，对两物体受力分析如图所示：由平衡条件所得：对A有：mAgsin FT对B有：qEf0FT代入数据得f004 N （2）根据题意，A到N点时，对两物体受力分析如图所示：由牛顿第二定律得：对A有：FmAgsin FTFksin mAa 对B有：FTqEfmBa 其中fmBg Fkkx 由电场力做功与电势能的关系得EpqEd 由几何关系得xA由M到N，由
17、vv2ax得A运动到N的速度v拉力F在N点的瞬时功率PFv 由以上各式，代入数据P0528 W 考点：受力平衡 、牛顿第二定律、能量转化与守恒定律、功率【名师点睛】静止时，两物体受力平衡，列方程求解。A从M到N的过程中做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，可列出力的关系方程。根据能量转化与守恒定律可列出电场力做功与电势能变化的关系方程。根据匀加速直线运动速度位移公式，求出运动到N的速度，最后由功率公式求出功率。13.某直流电动机接入电路，如图所示的实验电路。调节滑动变阻器R的阻值，使电动机无法转动，此时电流表和电压表的示数分别为02 A和04V。重新调节R的阻值，使电动机能够正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为0.8A和3V。求：（1）这台电动机的线圈电阻；（2）电动机正常运转时的输入功率；（3）电动机正常运转时的输出功率。【答案】（1）2（2）2.4W（3）1.12W【解析】（1）电动机不转时，可看成纯电阻电路，由欧姆定律得：（2）正常工作时输入功率：P入=U2I2=30.8=2.4W （3）正常工作时内阻消耗的功率P热=I22 r=0.822=1.28W 输出功率P输出=P入-P热=2.4-1.28=1.12W
