1、包钢四中20202021学年度第一学期阶段性考试高二物理试卷一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1. 下列说法正确的是（ ）A. 库仑定律适用于点电荷，也适用于一切带电体B. 根据，当两个电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向于无穷大C. 若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2大于q1的静电力D. 所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍【答案】D【解析】【详解】A. 库仑定律仅适用于点电荷，故A项与题意不相符；B. 当两个点电荷距离趋于0时，两带电体已不能看出点电荷了，该公式，不适用了，故电场力并不是趋于无穷大，故B项与题意不相符；C. 两点电荷之间的作用力是
2、相互的，根据牛顿第三定律，无论点电荷q1的电荷量与q2的电荷量大小如何，q1对 q2的静电力大小上总等于q2对q1的静电力，故C项与题意不相符；D. 根据带电本质可知，所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍，任何带电体的电荷量都不是连续变化的，故D项与题意相符2. 如图，真空中 a、b、c、d 四点共线且等距先在 a 点固定一点电荷Q，测得b点场强大小为 E若再将另一等量异种点电荷Q 放在 d 点时，则()A. b点场强大小为EB. c点场强大小为EC. b点场强方向向左D. c点电势比b点电势高【答案】B【解析】【详解】AC.设abbccdL，Q在b点产生的场强大小为E，方向水平向右，由点
3、电荷的场强公式得：Ek，Q在b点产生的场强大小为：E1kE，方向水平向右，所以b点的场强大小为EbEEE，方向水平向右，故AC错误；B.根据对称性可知，c点与b点的场强大小相等，为E，方向水平向右，故B正确；D.电场线方向从a指向d，而顺着电场线方向电势降低，则c点电势比b点电势低，故D错误3. 如图所示，A、B、C三点都在匀强电场中，已知ACBC，ABC=，BC=20cm，把一个电量q=105C正电荷从A移到B，电场力做功为零，从B移到C，克服电场力做功1.73103J，则该匀强电场的场强大小及方向是（）A. 865V/m，垂直AC向左B. 865V/m，垂直AB斜向下C. 1000V/m，
4、垂直AB斜向下D. 1000V/m，垂直AB斜向上【答案】C【解析】【详解】由题，q=105C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，则A与B电势相等，AB连线是一条等势线，BC间电势差为则该匀强电场场强大小电场线方向垂直于AB向下，如图故选C。4. 如图所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等势面间电势差相等，一个a 粒子（带正电）以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，a 粒子先后通过M 点和N 点. 在这一过程中，电场力做负功，由此可判断出( ) A. a 粒子在M 点受到的电场力比在N 点受到的电场力大B. N 点的电势低于M 点的电势C. a 粒子在N 点的电势能比在M
5、点的电势能大D. a 粒子在M 点的速率小于在N 点的速率【答案】C【解析】【详解】根据电场线或等势面的疏密程度可知N点的电场强度较大，故带电粒子在M点受到的电场力比在N点受到的电场力小，故A错误；由粒子的运动轨迹可知，带正电的粒子所受的电场力方向指向右下方，则电场线的方向指向右下方，根据“顺着电场线的方向电势降落”，可知N点的电势高于M点的电势，故B错误；若粒子从M到N，电场力对粒子做负功，电势能增加，所以N点的电势能比在M点的电势能大，故C正确；若粒子从M到N，电场力做负功，速度减小，所以M点的速率大于在N点的速率，故D错误；故选C【点睛】此题关键是知道电场线与等势面垂直，等差等势面的疏密
6、程度也反映电场的强弱，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加5. 如图所示，一个验电器用金属网罩罩住，当加上水平向右的、场强大小为E的匀强电场时，验电器的箔片不张开，金属网罩的感应电荷在网罩内部空间产生的电场场强为（ ）A. 大小为E，方向水平向左B. 大小为2E，方向水平向左C. 大小为E，方向水平向右D. 0【答案】A【解析】【详解】因为在金属内部由于电子可以自由移动，当加上水平向右的、场强大小为E的匀强电场时，金属网罩会产生一个与外加电场向反的电场来抵消金属内部的电场，以保证平衡，从而金属上电荷重新分布，这就是“静电屏蔽”的原理。故金属网罩的感应电荷在网罩内部空间产生的电场大
7、小为E，方向向左。故选A。6. 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，一带电油滴位于电容器中的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，则（ ）A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动B 极板带电量将增加C. P点的电势将降低D. 极板间的场强不变【答案】C【解析】【详解】AD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由可知电容器的电容减小，由于电势差不变，根据可知电容器极板带电量减小，故B错误；C场强减小，而点与下极板间的距离不变
8、，则由公式可知点与下极板间电势差将减小，而点的电势高于下极板的电势，则知点的电势将降低，故C正确。7. 一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，下列说法不正确的是（ ）A. 油滴带负电B. 电势能减少C. 动能增加D. 重力势能和电势能之和增加【答案】D【解析】【详解】由轨迹图可知，带电油滴所受电场力竖直向上，与电场强度方向相反，所以油滴带负电，故A说法正确；从a到b的运动过程电场力做正功，动能增加，电势能减少，故BC说法正确；根据功能关系可知，油滴在从a到b的运动过程中，只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动
9、能三者之和保持不变，从a到b的运动过程中，重力势能增加，因此动能和电势能之和减少因该过程中合外力向上，合外力做正功，动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故D说法错误所以选D8. 有一匀强电场的方向平行于xOy平面（纸面），平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，线段cd、cb分别垂直于x轴、y轴，a、b、c三点电势分别为、，电荷量的点电荷由a点开始沿abcd路线运动，则下列判断正确的是（）A. 坐标原点O的电势为B. 电场强度的大小为C. b、d两点间的电势差为D. 该点电荷从a点移到d点，电势能减少【答案】D【解析】【分析】在匀强电场中，沿着同一个方向移动相同距离电势降低相等，先据此求解
10、O点的电势；然后找出等势面，结合公式分析电场强度；根据求解电场力做功，分析电势能变化。【详解】A由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等，故：代入数据解得故A错误；B由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等可知，ab中点e电势为，连接Oe则为等势面，如图所示：根据几何关系可知，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为故B错误；C因为是匀强电场，所以有，则，所以b、d两点间的电势差为0V，故C错误；D该点电荷从a点移到d点电场中做功为电场力做正功，电势能减小，故该点电荷从a点移到d点，电势能减少J，故D正确。故选D。9. 关于电动势，下列说法中正确的是
11、（）A. 一个电源的电动势的大小只由电源本身决定B. 电动势公式E=中W与电压U=中的W是一样的，都是电场力做的功C. 在电源内部，由正极到负极的方向为电动势的方向D. 因电动势的单位和电势差相同，所以电动势实质上就是电势差【答案】A【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，电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关，故A正确；B电动势公式E=中W与电压U=中的W是是不一样的，分别为非静电力做功，一是静电力做功，故B错误；C在电源内部，电动势的方向与电流方向相同，由负极到正极，故C错误；D电动势的单位和电势差相同，但两者的物理意义不同，不能说电动势就是电势差，故D
12、错误。故选A。10. 假如某白炽灯的UI图像如图所示，图像上A点与原点的连线和横轴所成的角为，A点的切线与横轴所夹的角为(横、纵坐标均为国际单位)，以下说法中正确的是（）A. 白炽灯的电阻随电压增大而增大B. 白炽灯的电阻随电压U的增大而减小C. 在A点，白炽灯的电阻为sinD. 在A点，白炽灯的电阻为tan【答案】A【解析】【详解】ABUI图像上各点与原点的连线的斜率表示电阻，由图可知，随电压增大，图像上各点与原点的连线的斜率增大，即电阻变大，故A正确，B错误；CD在A点，白炽灯的电阻故CD错误。故选A。二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）11. 如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对
13、它的作用下，在竖直平面内，由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为，则下列判断正确的是（）A. 此液滴一定带正电B. 此液滴一定带负电C. 从b到d液滴的机械能一定守恒D. 从b到d液滴的电势能和动能之和一定增加【答案】BD【解析】【详解】AB据题带电液滴沿直线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同一直线上，对液滴进行受力分析可知，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A错误，B正确；C从b到d液滴所受电场做功，则机械能不守恒，故C错误；D因液滴的重力做正功，重力势能减小，故液滴的电势能与动能之和是增加的，故D正确。故选BD。12. 某静电
14、场在x轴上的电势随x的变化关系如图所示，带正电的点电荷仅在电场力作用下沿x轴运动，则（）A. 和处电场强度均为零B. 由运动到的过程中电场力一直做正功C. 由运动到的过程中电场力先减小后增大D. 电荷在处处的动能相等【答案】CD【解析】【详解】A因为图像的斜率表示场强，处电场场强不为零，处电场强度为零。故A错误；B带正电的点电荷由运动到的过程中电势在降低，电势能在减小，电场力做正功。由运动到的过程中电势在升高，电势能在增大，电场力做负功。故B错误；C正电荷由运动到的过程中场强先减小后增大，电场力先减小后增大。故C正确；D和两处电势相等，正电荷在这两处电势能相等。根据动能定理可知，在这两处动能相
15、等。故D正确。故选CD。13. 小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中不正确的是（）A. 随着所加电压增大，小灯泡的电阻减小B. 对应P点，小灯泡的电阻为R=C. 对应P点，小灯泡的电阻为R=D. 对应P点，小灯泡的功率的数值等于图中矩形PQON所围的面积大小【答案】ACD【解析】【详解】A图线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大，故A错误；BC在P点，小灯泡的电阻R=，故B正确，C错误；D因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D错误。本题选不正确的，故选ACD
16、。14. 对伏安特性曲线的理解（如图甲、乙所示），下列说法正确的是（）A. 图线a、e、d、f表示线性元件，b、c表示非线性元件B. 在图甲中，斜率表示电阻的大小，斜率越大，电阻越大，RaReC. 在图乙中，斜率表示电阻倒数的大小，斜率越大，电阻越小，RdRfD. 图线b的斜率变小，电阻变小，图线c的斜率变大，电阻变大【答案】ABC【解析】【详解】A由欧姆定律知，电阻一定时电流与电压成正比，甲乙两图中图线a、e、d、f是定值电阻，表示线性原件，b、c是非定值电阻，表示非线性元件。故A正确；B甲图像中斜率表示电阻，图线a的斜率大于图线e的斜率，所以。故B正确；C乙图线中斜率表示电阻的倒数，图线d
17、的斜率大于图线f的斜率，所以。故C正确；D甲图像中斜率表示电阻，则图线b的斜率变小，电阻变小，乙图线中斜率表示电阻的倒数，则图线c的斜率变大，电阻变小。故D错误。故选ABC。15. 四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2.已知电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好后把它们按图3所示接法连入电路，则（）A. 电流表A1的读数大于电流表A2的读数B. 电流表A1指针的偏转角小于电流表A2指针的偏转角C. 电压表V1的读数小于电压表V2的读数D. 电压表V1指针的偏转角等于电压表V2指针的偏转角【答案】AD【解析】【详解】A
18、B电流表A1与电流表A2由相同表头与不同电阻并联改装而成，并联在电路中，电流表A1与电流表A2的指针偏转角相同，电流表A1的量程较大，则电流表A1的读数大于电流表A2的读数，故A正确，B错误；CD电压表V1与电压表V2由相同表头与不同电阻串联改装而成，串联在电路中，通过表头的电流相同，故指针的偏转角相同，因V1量程较大，所以电压表V1的读数大于电压表V2的读数，故C错误，D正确。故选AD。三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）16. 有一额定电压为2.8V、额定功率为0.56W的小灯泡,现要描绘这个小灯泡的伏安特性曲线.有下列器材可供选用.A.电压表(量程03V 内阻约6k)B.电压表(量
19、程06V内阻约20k)C.电流表(量程00.6A内阻约0.5)D.电流表(量程0200mA 内阻约20)E.滑动变阻器(最大电阻10,允许最大电流2A)F.滑动变阻器(最大电阻200,允许最大电流150mA)G.三节干电池(电动势约为4.5V)H.开关、导线若干(1)为提高实验的精确程度,电压表应选用_;电流表应选用_;滑动变阻器应选用_.(以上均填器材前的序号)(2)请在虚线框内画出描绘小灯泡伏安特性曲线的电路图_【答案】 (1). A (2). D (3). E (4). 【解析】【详解】由题意可知，灯泡的额定电压为2.8V，为了准确性及安全性原则，电压表应选择A；由可得，灯泡的额定电流为
20、：，故电流表应选择D；测量灯泡的伏安特性曲线实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器应选择E；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；灯泡内阻约为：，而电流表内阻约为20，故电流表应采用外接法；故电路图如图所示17. 实验室中有一块量程较小的电流表G，其内阻约为1000，满偏电流为100A，将它改装成量程为1mA、10mA双量程电流表现有器材如下：A滑动变阻器R1，最大阻值50；B滑动变阻器R2，最大阻值50k；C电阻箱R，最大阻值9999；D电池E1，电动势3.0 V；E电池E2，电动势4.5 V；(所有电池内阻均不计)；F单刀单掷
21、开关S1和S2，单刀双掷开关S3，及导线若干（1）采用如图甲所示电路测量电流表G的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为_，选用的电池为_（填器材前的字母序号）；采用此种方法电流表G内阻的测量值_真实值(填“”、“=”或“”)（2）如果在步骤（1）中测得电流表G的内阻为900，将流表G改装成双量程电流表，设计电路如图乙所示，则在此电路中，R1=_，R2=_【答案】（1）B，E，“” （2）R1=10，R2=90【解析】【详解】（1）“半偏电流法”测定电流表G的内电阻，本实验在要求的条件下，使得电流表两端的电压很小，则要用大的滑动变阻器故选B；本实验要求滑动变阻器的分压尽量大于电流计的电压，
22、则要选电动势大一点的电源，故选E2；当S2接通时，有电流流过，和并联，并联后的电阻减小，总电流增加，当电流表示数从满偏电流调到半偏电流时，中电流稍大于，则，则测量值小于真实值（2）1mA档时：，10mA档时，联立代入数据，得；四、计算题（本大题共3小题，共36.0分）18. 如图所示，匀强电场的场强大小为E= 60 V/m，方向水平向右。在电场中有a、b、c三点，ab=6cm，bc=8 cm，其中ab沿电场线方向，bc和电场线方向成60角，现将一电荷从b点移到a点时静电力做功为W =-3.610-7J，求:（1）该电荷的电荷量大小;（2）a、c两点间的电势差Uac;（3）假设a点的电势为零，则
23、该电荷在c点的电势能Ep。【答案】（1）（2）6V（3）【解析】【详解】(1)设a、b间距离为d，由题设条件有W =qEd(2)设b、c间距离为d2，有:(3)电荷在c点的电势能为19. 微型吸尘器的直流电动机内阻一定，把它接入电压为的电路时，电动机不转，测得此时流过电动机的电流是；若把电动机接入电压为的电路中，电动机正常工作，工作电流是，求：（1）电动机线圈的电阻R（2）电动机正常工作时的输出功率及吸尘器的效率（3）如果电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机此时的发热功率（设此时线圈未被烧坏）【答案】（1）0.5 （2） （3） 8W【解析】试题分析：（1）电动机不转时线圈是纯电阻，用部分
24、欧姆定律求解线圈的电阻；（2）电动机正常工作时效率为，（3）电动机转子被卡住时，电动机可认为是纯电阻，故电功全部转化为电热.（1）电动机不转时，设线圈电阻为R，则 （2）电动机正常工作时消耗的电功率为电动机正常工作时线圈电阻损耗的电功率为电动机正常工作时输出功率为电动机正常工作时效率为（3）电动机转子被卡住时，电功全部转化为电热20. 一束电子流在经U0=5 000V的加速电场由静止加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示若两板间距d=1103m，板长L=5103m，那么，（1）电子离开加速电场时速度v0多大？（结果用字母e、U0、m表示）（2）要使电子刚好从平行板间边沿飞出，两个极板上应加多大电压？（可以得到具体数值）【答案】(1) (2)400V【解析】【分析】根据动能定理求出电子离开加速电场时的速度；根据牛顿第二定律和运动学公式求出偏转位移的表达式，得出偏转位移与极板电压的关系求出所加的电压大小；【详解】解：(1)在加速电场中，根据动能定理得：解得： (2)在偏转电场中,偏转位移为d2，根据，解得：
