1、内蒙古包头市第六中学2019-2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、单项选择题： 1.如图所示，在绝缘水平面上静止着两个质量均为m，电荷量均为Q的物体A和B（A、B均可视为质点），它们间的距离为r，与水平面间的动摩擦因数为，则物体A受到的摩擦力为 ( ) A. mgB. 0C. D. 【答案】D【解析】【详解】由平衡条件可知A受到的摩擦力大小为：FfF库kAmg，与结论不相符，选项A错误；B0，与结论不相符，选项B错误；C，与结论不相符，选项C错误；D，与结论相符，选项D正确；故选D.2.AB和CD为圆上两条相互垂直的直径，圆心为O.将电荷量分别为q和q的两点电荷放在圆周上，其位置关
2、于AB对称且距离等于圆的半径，如图所示要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷Q，则该点电荷Q() A. 应放在A点，Q2qB. 应放在B点，Q2qC. 应放在C点，QqD. 应放在D点，Qq【答案】C【解析】【详解】+q的点电荷在圆心O处的场强与-q的点电荷在圆心O处的场强的合场强方向由O点指向D点，根据几何关系和点电荷的场强公式得；要使圆心处的电场强度为零，只要点电荷Q在圆心O处产生的场强方向由O指向C即可，大小也为，所以，点电荷Q=-q且应发在C点。故选C3. 在静电场中，下列说法正确的是A. 电场强度处处为零的区域内，电势也一定处处为零B. 电场强度处处相同的区域内，电
3、势也一定处处相同C. 电场强度的方向总是跟等势面垂直的D. 沿电场强度的方向，电势不一定不断降低【答案】C【解析】【详解】A.电场强度处处为零的区域内，电势不一定处处为零，A错B电场强度处处相同的区域内，电势不一定处处相同，B错C电场强度的方向总是跟等势面垂直的，C对D沿电场线的方向，电势降低，D错故选C。4.某电场线分布如图所示，电场中a、b两点的电场强度大小分别为Ea和Eb，电势分别为和，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】电场线可以形象的描述电场的分布，电场线密的地方，电场强度大，沿电场电势降低，据此可正确解答本题【详解】根据电场线疏密表示电场强度大小，EaEb；根
4、据沿电场线电势降低，ab，故ABC错误，D正确故选D5.真空中一匀强电场中有一质量为0.01g，电荷量为1108C的尘埃沿水平方向向右做匀速直线运动，取g=10m/s2，则（）A. 场强方向水平向左B. 场强的大小是1103N/CC. 场强的大小是1107N/CD. 场强的方向竖直向下【答案】D【解析】由题意知尘埃做匀速直线运动，所以有：mg=qE，代入数据解得：E =1104N/C，方向竖直向下，故D正确，ABC错误6.某一电容器中所带电量和两端电压之间的关系图线如图所示，如果该电容器两端的电压从40V降低到36V，电容器的电量减少了（）A. 0.02CB. 0.08CC. 0.16CD.
5、0.20C【答案】A【解析】【详解】根据图像的斜率表示电容器的电容，有则该电容器两端的电压从40V降低到36V，电量的减少量为故A正确，BCD错误。故选A。7.下列说法正确的是（ ）A. 电荷放在电势高地方，电势能就大B. 正电荷在电场中某点的电势能一定大于负电荷在该点具有的电势能C. 电场强度为零的点，电势一定为零D. 无论移动正电荷还是负电荷，若克服电场力做功它的电势能都增大【答案】D【解析】试题分析：正电荷放在电势高的地方，电势能就大，而负电荷放在电势高的地方，电势能就小故A错误电荷的电势能与电荷的电性和电势的正负有关，正电荷在电场中电势为负值的某点的电势能，小于负电荷在该点具有的电势能
6、故B错误电场强度与电势无关，电场强度为零的点，电势不一定为零故C错误只要电荷克服电场力做功，根据功能关系可知，它的电势能都增大故D正确故选D.【点睛】正电荷放在电势高的地方，电势能就大电荷的电势能与电荷的电性和电势的正负有关，正电荷在电场中某点的电势能，不一定大于负电荷在该点具有的电势能电荷克服电场力做功它的电势能都增大电场强度与电势无关8. 如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，则下列说法正确的是（ ）A. 保持S闭合，将A板向B板靠近，则增大B. 保持S闭合，将A板向B板靠近，则不变C. 断开S
7、，将A板向B板靠近，则增大D. 断开S，将A板向B板靠近，则减小【答案】A【解析】【详解】若保持S闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据 可知，当将A板向B板靠近时，电场强度增大，则电场力增大，将增大，故A正确；B错误；若断开S，电容器带电量保持不变，由和 以及，可得：，由于Q、S不变，只是d变化，所以电场强度不变，故电场力不变，则不变， 故CD错误；故选A【点睛】对于电容器的讨论注意电容器的两种状态，同时熟练掌握公式：、之间的推导，尤其是在电容器电量保持不变时，要正确根据这三个公式推导电场强度的表达式，从而正确判断电场强度的变化9.如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷
8、连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a和c关于MN对称、b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上。以下判断正确的是（）A. b点场强大于d点场强B. a点场强等于c点场强C. a、b两点间的电势差等于b、c两点间的电势差D. 试探电荷q在a点的电势能小于在c点的电势能【答案】C【解析】【详解】A在两等量异号电荷连线上，中间点电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大；所以b点场强小于d点场强，选项A错误；B根据电场分布的对称性可知a点与c点的场强大小相等，但方向不同，故场强不同，故B错误；C沿着电场线方向电势逐渐降低，由对称性可知，a、b两点的电势差等
9、于b、c两点间的电势差，故C正确；D因a点的电势高于c点的电势，由可得试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，故D错误。故选C。10.如图所示电路中，当滑动变阻器的滑片向上滑动时A. 电压表示数变大，电流表示数变小B. 电压表示数变小，电流表示数变大C. 电压表、电流表示数都变大D. 电压表、电流表示数都变小【答案】A【解析】【详解】当滑动变阻器的滑片向上滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，电压表的示数变大分析串联分压特点可知，并联部分电压增大，通过定值电阻的电流增大，而总电流减小，则知电流表的示数变小
10、，故A正确，BCD错误11.如图所示，一个质量为m的带正电荷量为q的尘粒以竖直向上的初速度v0在平行板电容器P、Q两板正中间的A点进入场强为E的匀强电场中，恰好垂直于Q板打在B点，且AC=BC，则下列说法错误的是（ ） A. P板电势高于Q板的电势B. 尘粒打在B点时速度是2v0C. 尘粒打在B点时速度是v0D. P、Q两板间的电势差是【答案】B【解析】【详解】A由题意可知，正电荷的电场力方向水平向右，则有P板电势高于Q板的电势，故A正确，A项不合题意；BCD设微粒从A运动到B的时间为t，AC=BC=d，则有水平方向：竖直方向得到v=v0研究竖直方向，得到水平方向得得且a=g，则有所以A、B点
11、的电势差是PQ间电势差是AB间两倍，即为，故CD正确，B错误，CD不合题意，B项符合题意。故选B。二、多项选择题12.如图所示，在两等量异种点电荷连线上有D、E、F三点，且DEEFK、M、L分别为过D、E、F三点的等势面一个不计重力的带负电粒子，从a点射入电场，运动轨迹如图中实线所示，以|Wab|表示该粒子从a点到b点电场力做功的数值，以|Wbc|表示该粒子从b点到c点电场力做功的数值，则A |Wab|Wbc|B. |Wab|Wbc|C. 粒子由a点到b点，动能减少D. a点的电势较b点的电势低【答案】C【解析】【详解】A、B根据等量异种点电荷电场线的分布情况可知，DE段场强大于EF段场强，由
12、公式U=Ed定性分析得知，DE间电势差的绝对值大于EF间电势差的绝对值，由电场力做功公式W=qU得，|Wab|Wbc|故A错误，B也错误C、D由图看出，电荷的轨迹向左弯曲，则知其所受的电场力大致向左，所以等量异种点电荷中正电荷在左侧，负电荷在右侧，a点的电势高于b点的电势，粒子由a到b过程中，电势能增大，动能减小故C正确，D错误故选C13. 如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子A. 所受重力与电场力平衡B. 电势能逐渐增加C. 动能逐渐增加D. 做匀变速直线运动【答案】BD【解析】试题分析：根据
13、题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，因此A错误，D正确；由A选项分析可知，电场力做负功，则电势能增加，故B正确；因电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故C错误考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】考查根据运动情况来确定受力情况，带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化14.下列关于电源的说法，正确的是（ ）A. 电源向外提供的电能越多，表示电动势越大B. 电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功
14、C. 电源的电动势与外电路有关，外电路电阻越大，电动势就越大D. 电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大【答案】BD【解析】【详解】电动势表征电源把其他形式能转化为电能的本领，与电源向外提供的电能多少、外电路的电阻等均无关，AC选项均错误，选项BD正确15.某一热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，在一次实验中，将该热敏电阻与一小灯泡串联，通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，M为两元件的伏安曲线的交点则关于热敏电阻和小灯泡的下列说法中正确的是A. 图中图线a是小灯泡的伏安曲线，图线b是热敏电阻的伏安曲线B. 图中图线b是小灯泡的伏安曲线，图线a是热敏电阻的伏安曲线C. 图线
15、中的M点，表示该状态小灯泡的电阻大于热敏电阻的阻值D. 图线中M点对应的状态，小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等【答案】BD【解析】【详解】AB小灯泡的灯丝是一个纯电阻，其灯丝温度会随着通电电流而增大，阻值也随着增大，所以图中b是小灯泡的伏安曲线；同理可知，热敏电阻的的温度随着通电电流增大，其阻值会逐渐减小，图线a是热敏电阻的伏安曲线，选项B正确,A错误；CD两图线的交点M，表示此状态两元件不仅电流相同，电压也相同，所以此时两者阻值相同，功率也相同，选项C错误D正确故选BD。16.如图所示，电源的电动势是6V，内电阻是0.5，小电动机M的线圈电阻为0.5，限流电阻R0为3，若电压表的示数为3V，
16、下列说法中正确的是（）A. 电源的功率6WB. 电源的输出功率6WC. 电动机消耗的功率2.5WD. 电动机输出的机械功率2.5W【答案】AC【解析】【详解】AB在串联电路中，电压表读R0两端的电压，由欧姆定律得电源的总功率P总=EI=61=6W由能量转化和守恒定律得P输出=P总-I2r=6-120.5=5.5W故A正确，B错误。CD电源的输出功率为电动机和限流电阻获得功率之和，P输出=PM+P0P0=I2R0=3WPM=P输出-P0=5.5-3=2.5W有PM=P机+Pr得P机=PM-Pr=25-I2r=2.5-0.5=2W故C正确，D错误。故选AC。二、填空题17.如图所示为一多量程电压表
17、内部电路如图所示。其中电流计G的内阻Rg=15，满偏电流Ig=1mA，则R1=_，R2=_。 【答案】 (1). 2985 (2). 1.2104【解析】【详解】12当电压表量程为3V时，根据串联电路特点和欧姆定律得：IgR1+IgRg=3 当电压表量程为15V时，根据串联电路特点和欧姆定律得：IgRg+Ig（R1+R2）=15 又Ig=1mA=0.001A，Rg=15联立代入数据解得R1=2985，R2=1200018.在做测量干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材可选用：A. 干电池一节（电动势约1.5V）；B直流电流表（量程为00.6A和03A，0.6A挡内阻为0.10，3A挡内阻
18、为0.025）；C直流电压表（量程为03V和015V，3V挡内阻为5K，15V挡内阻为25 K）；D滑动变阻器（阻值范围为015，允许最大电流为1A）；E. 滑动变阻器（阻值范围为01000，允许最大电流为0.5A）；F电键；G.导线若干根；H.电池夹。(1)按本实验要求的电路选电压表的量程为_，选电流表的量程为_，滑动变阻器选_，图有甲、乙两个可供选择的电路，应选用_电路进行实验。(2)根据实验数据画出的U-I图线如图所示，则求得的电动势是_V，内电阻 _。【答案】 (1). 0-3V (2). 0-3A (3). 0-15（D） (4). 甲 (5). 1.5 (6). 0.75（0.7-
19、0.8）【解析】【详解】(1)1一节干电池的电动势最大为1.5V，则电压表选3V的量程就足够，15V的电压表精确度低且指针偏转角度小；2实验数据表明电路中的电流超过了0.6A，则电流表选择3A的量程；3因干电池内阻较小，为了让外电路的电压有明显变化且滑动变阻器方便调节，都需要先总阻值较小的D(15)；4干电池的内阻较小，故选择电流表的内接法(对滑动变阻器而言，或电源内阻叫外接法)可以减小系统误差，故选甲电路。(2)56由图读出两组电压值和电流值：0.6A、1.0V和1.4A、0.4V，根据闭合电路的欧姆定律可知，图像的斜率大小等于内阻，则 （0.700.80）电源电动势为三、计算题19.如图所
20、示，在匀强电场中的M、N两点距离为2 cm，两点间的电势差为5 V， M、N连线与场强方向成60角，则此时：(1)电场的电场强度多大？(2)将二价负离子由M点移到N点电场力对电荷做了多少功？（二价负离子电量q21.610-19C）【答案】(1) 500V/m；(2) -1.610-18J【解析】【详解】(1)由匀强电场的场强和电压关系可得(2)根据电场力做功特点有20.如图所示，把一带电量为-510-8C的小球A用绝缘细绳悬起，若将带电量为+410-6C的带电小球B靠近A，当两个带电小球在同一高度相距30cm时，绳与竖直方向成45角，取g=10m/s2，k=9.0109Nm2/C2且A、B两小
21、球均可视为点电荷， 求：(1)AB两球间的库仑力的大小；(2)A球的质量。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)由库仑定律得代入数据F库=0.02N故AB两球间的库仑力为0.02N。(2)由牛顿第三定律知，B所受库仑力与A所受库仑力大小相等，对A受力分析如下图所示：根据物体平衡得F库=mgtan代入数据m=210-3kg故A球的质量为m=210-3kg。21.平行正对极板A、B间电压为U0，两极板中心处均开有小孔平行正对极板C、D长均为L，板间距离为d，与A、B垂直放置，B板中心小孔到C、D两极板距离相等现有一质量为m，电荷量为+q的粒子从A板中心小孔处无初速飘入A、B板间，其运动轨迹如图中虚线所示，恰好从D板的边沿飞出该粒子所受重力忽略不计，板间电场视为匀强电场（1）指出A、B、C、D四个极板中带正电的两个极板；（2）求出粒子离开B板中心小孔时的速度大小；（3）求出C、D两极板间的电压【答案】（1）A、C （2）（3）【解析】【详解】（1）电荷量为+q的粒子从A板中心小孔处无初速飘入A、B板间，其运动轨迹如图中虚线所示，恰好从D板的边沿飞出。因此可知，A、C极板带正电；（2）粒子在在A、B板间加速，由动能定理解得：（3）设C、D板间电压U，则板间场强粒子在板间的加速度：粒子做类平抛运动，在沿板和垂直于板方向上分别有L=vt由以上各式得
