1、云南省丽江市玉龙县田家炳民族中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题（含解析）（考试时间90分钟，满分100分）第卷选择题（共54分）一、单项选择题（本题共6小题，每小题5分，共30分。每个小题只有一个正确的选项，请选出符合题意的一项，并将该选项对应的字母填涂在答题卡上，不选、多选、错选均不得分。）1. 下列说法正确的是（）A. 根据公式，可知电场中某点的场强与该点试探电荷受到的电场力成正比B. 无论是何种起电方式，本质上都是使微观带电粒子在物体之间或物体内部转移，而不是创造出了电荷C. 几个电场叠加后，合电场的场强一定大于分电场的场强D. 电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹【答案】B
2、【解析】【详解】A电场强度定义中，电场强度的大小与电荷受到的电场力大小、电荷的多少无关，故A错误；B根据电荷守恒定律可知，无论是何种起电方式，本质上都是使微观带电粒子在物体之间或物体内部转移，而不是创造出了电荷，故B正确；C电场叠加遵守平行四边形定则，可知合电场的场强不一定大于分电场的场强，故C错误；D电场线反映电场的强弱和方向，与电荷的运动轨迹不是一回事，只有当电场线是直线，而且电荷的初速度为零，或初速度与电场线在同一直线上时电荷的运动轨迹才与电场线重合，故D错误。故选B。2. 真空中有两个尺寸相同的可以看成点电荷的带电金属小球A、B，两小球相距固定，A小球所带电荷量为2Q，B所带电荷量为+
3、4Q，两小球间的静电力大小是F，现在让A、B两球接触后，使其距离变为原来的一半。此时，A、B两球之间的库仑力的大小是（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】根据库仑定律，则有两球间的库仑力为将它们接触后再分开，然后放在距离为原来一半，则电荷量中和，再进行平分，因此电量均为+Q，则库仑力为故选A。3. 加在某台电动机上的电压是U，电动机消耗的电功率为P，电动机线圈的电阻为R，则电动机的机械功率为（ ）A. PB. C. P2R/U2D. PP2R/U2【答案】D【解析】由能量守恒定律，电动机的输入功率为P，转化为焦耳热功率为，所以由能量守恒定律可知机械功率为PP2R/U2，D对4.
4、 如图，两块相互靠近彼此绝缘的平行金属板组成平行板电容器，极板N与静电计金属球相连，极板M和静电计的外壳均接地。在两板相距为d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容器的带电荷量Q不变，下面的操作中将使静电计指针张角变小的是（）A. 仅将M板向下平移B. 仅将M板向左平移C. 仅将M板向上平移D. 仅在M、N之间插入云母板（介电常数大于1）【答案】D【解析】【详解】由题意，电容器所带电量Q保持不变，静电计指针张角变小，板间电势差U变小，由可知，电容C应变大，根据可知，应增大正对面积，减小板间距离、或增大电介质A仅将M板向下平移，正对面积减小，故A错误；B仅将M板向左
5、平移，板间距离增大，故B错误；C仅将M板向上平移，正对面积减小，故C错误；D仅在M、N之间插入云母板，介电常数增大，故D正确。故选D。5. 如图，电路中，A、B两灯均正常发光，R为一滑动变阻器，P为滑动片，若将滑动变阻器向下滑动，则（）A. R1上消耗功率变小B. B灯变暗C. A灯变亮D. 总电流变小【答案】B【解析】【详解】将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流I增大，路端电压U=E-IrI增大，U减小，则A灯变暗，则R1上的电流增大，消耗功率变大。B灯与变阻器并联的电压U并=E-I（R1+r）I增大，则U并减小，所以B灯变暗，故B
6、正确，ACD错误。故选B。6. 一带电粒子仅在电场力作用下从A沿直线运动到B，其速度随时间变化如图所示（）A. A点的电势一定高于B点的电势B. B点的电势一定高于A点的电势C. 该粒子在B点的电势能一定高于A点的电势能D. 该粒子在A点的电势能一定高于B点的电势能【答案】D【解析】【详解】AB由于带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，也就不能判断电势的高低，故AB错误；CD由图看出，带电粒子的速度增大，动能增大，则由能量守恒定律得知，其电势能减小，所以该粒子在A点的电势能一定高于B点的电势能，故C错误，D正确。故选D。二、多项选择题（本大题共4小题，每小题6分，共24分。全部选对的得6分，选
7、对但不全的得3分，有选错的得0分。）7. 一直流电动机与阻值的电阻串联在电源上，电源的电动势，内阻，闭合开关，用理想电压表测出电动机两端电压，已知电动机线圈的电阻，则下列说法中正确的是（）A. 通过电动机的电流为10AB. 电动机的输入功率为20WC. 电源的输出功率为56WD. 电动机的输出功率为16W【答案】BCD【解析】【详解】根据闭合电路欧姆定律可知，通过电动机的电流为电动机输入功率为P=UI=20W电源的输出功率为电动机的输出功率为故BCD正确，A错误；故选BCD。8. 如图所示，虚线框内有匀强电场，AA、BB、CC是该电场的三个等势面，相邻等势面间的距离均为3.0 cm，已知BB上
8、的电势为0 V一个电子沿AA方向以初动能Ek = 4 eV自图中的P点进入电场，刚好从C点离开电场，电子从P到C的过程电场力做功为6 eV下列说法正确的是A. 平面AA上的电势为3VB. 该匀强电场的场强为100 V/mC. 该粒子经过平面BB时的电势能为10eVD. 该粒子从P到C的过程动能和电势能总和守恒【答案】BD【解析】【详解】A. 电子从P到C的过程电场力做功为6 eV，即 ，所以，已知BB上的电势为0 V 则平面AA上的电势为-3V，故A错误；B.根据匀强电场电场强度公式可知，故B正确；C. 已知BB上的电势为0 V，根据可知该粒子经过平面BB时的电势能为0eV，故C错误D.粒子运
9、动过程中只有电场力做功，使得动能和电势能之间相互转化，所以粒子的动能与电势能之和不变，故D正确9. 一个柱体电阻，下列说法正确的有（）A. 把它均匀拉长为原来的5倍电阻变为原来的25倍B. 把它均匀拉长为原来的5倍电阻变为原来的5倍C. 把它对折两次电阻变为原来的D. 把它对折两次电阻变为原来的【答案】AD【解析】【详解】AB将导体均匀拉长为原来的5倍，由于体积不变，则截面积变成原来的，则由电阻定律可知，则电阻变为原来的25倍，故B错误，A正确；CD把一根粗细均匀的电阻丝对折两次，长度变为，横截面积变为4倍，根据电阻定律公式可知，则电阻变为原来的倍，故C错误，D正确。故选AD。10. 一带电粒
10、子以某速度进入水平向右的匀强电场中，先后经过N、M两点，轨迹如图，其中M点在轨迹的最右边。不计重力，下列说法正确的是（）A. 粒子带正电B. 粒子在M点的速度不为零C. 粒子在电场中的加速度不变D. 粒子在N点的电势能大于在M点的电势能【答案】BC【解析】【详解】A由图可知，电场力指向轨迹的内侧，电场力水平向左，与电场方向相反，粒子带负电荷，故A错误；B粒子在M点的水平分速度为零，而垂直于水平方形的速度不为零，速度不为零，故B正确；C电场为匀强电场，粒子受到的电场力大小不变，粒子在电场中的加速度不变，故C正确；D负电荷沿电场方向运动时电势能增大，粒子在N点的电势能小于在M点的电势能，故D错误。
11、故选BC。第卷 非选择题（共46分）三、实验题（本大题共2题，共18分。）11. 在图所示的电路中，小量程电流表的内阻Rg100，满偏电流Ig1mA，R1900，R2（1）当S1和S2均断开时，改装所成的表是什么表？量程为多大？（2）当S1和S2均闭合时，改装所成的表是什么表？量程为多大？【答案】（1）电压表 1 V （2）电流表 1 A【解析】【分析】本题的关键是明确串联电阻具有分压作用，并联电阻具有分流作用，即电流表改装为电压表时，应将电流表与电阻串联，改装为电流表时，应将电流表与电阻并联【详解】由图示电路图可知，当S1和S2均断开时，G与R1串联，此时为电压表，改装后电压流表量程为：U=
12、Ig（R1+Rg）=0.001（100+900）=1.0V；由图示电路图可知，当S1和S2均闭合时，G与R2并联，此时为电流表，改装后电流表量程为：I=Ig+IR2=Ig+=0.001+=1.0A；【点睛】明确串联电阻具有分压作用和并联电阻具有分流作用的含义，理解电压表与电流表改装的原理12. 甲同学用螺旋测微器测量一铜丝直径，测微器的示数如左下图所示，该铜丝的直径为_mm有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度乙同学用它测量一工件的长度，游标卡尺的示数如右下图所示，该工件的长度为_mm【答案】 (1). 4.832 (4.831-4.834均可)； (2). 101.
13、20【解析】【详解】1螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.0133.2mm=0.332mm，所以最终读数为：4.5mm+0.332mm=4.832mm2游标卡尺的主尺读数为101mm，游标尺上第4个刻度与主尺上某一刻度对齐，故其读数为0.054mm=0.20mm，所以最终读数为：101mm+0.20mm=101.20mm；点睛：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读四、解答题（共3题；共28分）13. 如图所示，R为电阻箱，V为理想电压
14、表当电阻箱读数为R12时，电压表读数为U14V；当电阻箱读数为R25时，电压表读数为U25V求：（1）电源的电动势E和内阻r（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？【答案】（1）E=6 V r=1 （2）当R=r=1 时，Pm=9 W【解析】【详解】（1）由闭合电路欧姆定律得：，代入得，代入得：，联立上式并代入数据解得：E=6V，r=1（2）当电阻箱的阻值等于电源的内电阻时电源的输出功率最大，即有R=r=1电源的输出功率最大为：；14. 一台电风扇的额定功率是60W，内阻为2，当把它接在220V的电压下时可以正常运转。(1)求电风扇正常运转时，通过它的电流多大？每秒
15、钟有多少电能转化为机械能？(2)若接上电源后，电风扇因故不能转动，这时通过它的电流多大？电风扇实际消耗的电功率多大？此时可能会发生什么问题？【答案】(1)0.27A，59.85J；(2)110A，24200W，电风扇将被烧坏【解析】【详解】(1)电风扇正常运转，消耗的功率为额定功率PUI，所以IA0.27A由能量守恒定律得WQE则PtI2RtE所以EPtI2Rt5985J(2)电风扇不转动时，相当于纯电阻，由欧姆定律得UIR所以IA110A实际消耗的电功率PW24200W由于电风扇实际消耗的电功率远大于其额定功率，且电能全部转化为内能，电风扇将被烧坏。15. 如图所示，有一电子（电量为e，质量
16、为m，）经电压U0加速后，进入两块间距为d、电压为U的平行金属板间若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且恰好能从金属板右缘飞出，求：（1）该电子刚飞离加速电场时的速度大小（2）金属板AB的长度（3）电子最后穿出电场时的动能【答案】（1） （2）（3）【解析】试题分析：（1）电子先在加速电场中加速，由动能定理可求其加速后的速度，（2）电子进入偏转电场中做类平抛运动，由于电子正好能穿过电场，所以在偏转电场中的偏转的距离就是 ，由此可以求得极板的长度；（3）电子正好能穿过电场偏转电场对电子做功解：（1）设电子被加速后速度大小为v0，对于电子在加速电场中由动能定理得： 所以 （2）在偏转电场中，由电子做类平抛运动，设加速度为a，极板长度为L，由于电子恰好射出电场，所以有： L=v0t 由解得：（3）电子正好能穿过电场偏转电场，偏转的距离就是 ，由此对电子做功 代人中得：答：（1）电子进入偏转电场时的速度为；（2）极板的长度为；（3）电子最后穿出电场时的动能【点评】电子先在加速电场中做匀加速直线运动，后在偏转电场中做类平抛运动，根据电子的运动的规律逐个分析即可- 11 -