1、云南省丽江市第一中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、单选题（本大题共6小题，共24.0分）1. 关于电场线，下列说法中正确的是A. 电场线可以相交B. 电场线是真实存在的C. 电场线的疏密表示电场的强弱D. 电场线没有方向【答案】C【解析】【详解】A电场线的切线方向就是电场的方向，如果两条电场线相交，则有两个切线方向，而事实上电场中的每一点的电场只有一个方向，故任意两条电场线不相交，A错误；B电场线是人们为了形象地描述电场而引入的假想曲线，它不是真实存在的，B错误；C电场线的疏密表示电场的强弱，C正确；D电场线的方向是正电荷所受电场力的方向，与负电荷所受电场力的方向相
2、反，D错误；故选C。2. 以下说法正确的是（ ）A. 由可知，电场中某点的电场强度与成正比B. 由公式可知，电容器的电容大小与电容器两极板间电势差无关C. 由可知，匀强电场中的任意两点、间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D. 由公式可知，电场中某点的电势与成反比【答案】B【解析】试题分析：电场场强与电势由场源决定，与检验电荷无关，则选项AD错误；电容器电容C的大小与电容器两极板间电势差U无关，只与电容器本身构造有关，故B正确；公式中的是沿电场线方向的距离，不是任意两点间的距离，故C错误；考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系、电场强度、电容【名师点睛】该题考查的是各公式中各个量的理解，要
3、熟记重要物理量的定义和大小因素，理解它们的内涵与外延，并注意公式的适用条件3. 如图所示的各电场中，A、B两点场强相同的是（）A. 负点电荷电场B. 等量同种电荷电场C. 等量异种电荷电场D. 【答案】C【解析】【详解】A、在负点电荷产生的电场中，同心球面上的点的场强大小相等A、B两点的场强大小相等，但方向不同，故A错误B、由图可知，等量同种点电荷连线上的A、B两点电场方向不同，故B错误C、由图可知，A、B是等量异种点电荷连线上，关于连线的中垂线对称的两点，结合等量异种点电荷连线上电场的特点可知，A、B两点的电场强度大小相等，方向相同，故C正确D、AB两点处的电场线的疏密和切线方向都不同即A、
4、B两点的场强大小和方向都不同，故D错误故选C.点睛】矢量要相同，只有大小和方向都相同才相同，相反当大小或方向之一变化时，矢量就变化4. 某粗细均匀的金属导线的电阻率为，电阻为R，现将它均匀拉长到原来长度的2倍，在温度不变的情况下，则该导线的电阻率和电阻分别变为A. 和4RB. 和16RC. 4和4RD. 16和16R【答案】A【解析】试题分析：由于材料和温度未变，则电阻率不变，将导线均匀拉长原来的2倍，由于体积不变，则横截面积变为原来的二分之一，根据电阻定律知，电阻变为原来的4倍，A正确考点：考查了电阻定律5. 一带电粒子在如图所示的点电荷形成的电场中，在电场力作用下沿虚线所示轨迹从A点运动到
5、B点，电荷的加速度、动能、电势能的变化情况是A. 加速度增大，动能、电势能都增加B. 加速度增大，动能增加，电势能减少C. 加速度减小，动能、电势能都减少D. 加速度增大，动能减少，电势能增加【答案】B【解析】【分析】根据电荷所受电场力的大小，根据牛顿第二定律比较加速度的大小，根据动能定理比较动能的大小，根据电场力做功，判断电势能的变化.【详解】电荷在A点电场线比B点疏，所以A点的电场力小于B点的电场力，则A点的加速度小于B点的加速度从A到B，电场力做正功，根据动能定理，动能增加电场力做正功，电势能减小故B正确，ACD错误故选B6. 一只手机电池的背面印有如图所示的一些符号，另外在手机说明书中
6、还写有“通话1小时，待机100小时”。则该手机通话和待机时消耗的功率分别约为A. 、B. 、C. 、D. 、【答案】A【解析】【详解】由图可知，该锂离子电池具有电能为则该手机通话时消耗的功率为待机时消耗的功率为故选A。二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）7. 如图所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以O为焦点的椭圆运动。M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点。电子在从M点经过P到达N点的过程中A. 速率先增大后减小B. 速率先减小后增大C. 静电力先减小后增大D. 电势能先减小后增大【答案】AD【解析】【详解】ABD电子从M点经过P到达N点的过程中，库仑力先
7、做正功再做负功，运动的速度先增大后减小，则电势能先减小后增大，AD正确，B错误；C电子从M点经过P到达N点的过程中，两电荷之间的距离先减小后增大，由库仑定律可得，静电力先增大后减小，C错误；故选AD。8. 如图所示是电阻RI-U图象，图中=45，由此得出( )A. 通过电阻的电流与两端电压成正比B. 电阻R=0.5C. 电阻R=1.0D. 在R两端加上6.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0C【答案】AD【解析】根据图象可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，故A正确；根据电阻的定义式：，故BC错误；由图知，当U=6V时，I=3A，则每秒通过电阻横截面的电荷量是q=It=31C=3.
8、0C，故D正确所以AD正确，BC错误9. 如图所示，平行板电容器带有一定量的电荷，电容器的两极板A、B分别跟静电计和地相连，静电计外壳接地。下列说法正确的是（ ）A. 将A极板向右移动少许，静电计指针的偏转角将增大B. 将B极板向右移动少许，静电计指针的偏转角将增大C. 将B极板向上移动少许，静电计指针的偏转角将减小D. 将一块玻璃板插入A、B两极板之间，静电计指针的偏转角将减小【答案】BD【解析】【详解】A将A极板向右移动少许，电容器两极板间的距离减小，根据电容器的决定式电容C增大，而电容的电量Q不变，则由电容的定义式可得，电容器板间电势差U减小，静电计指针的偏转角将减小，A错误；B将B极板
9、向右移动少许，电容器两极板间的距离增大，根据电容器的决定式电容C减小，而电容的电量Q不变，则由电容的定义式可得，电容器板间电势差U增大，静电计指针的偏转角将增大，B正确；C将B极板向上移动少许，电容器两极板的正对面积减小，根据电容器的决定式电容C减小，而电容的电量Q不变，则由电容的定义式可得，电容器板间电势差U增大，静电计指针的偏转角将增大，C错误；D将一块玻璃板插入A、B两极板之间，介电常量增大，根据电容器的决定式电容C增大，而电容的电量Q不变，则由电容的定义式可得，电容器板间电势差U减小，静电计指针的偏转角将减小，D正确；故选BD。10. 在如图所示的电路中，A、B为相同的两个灯泡，当变阻
10、器的滑动头向C端滑动时A. A灯变亮B. A灯变暗C B灯变亮D. B灯变暗【答案】AC【解析】【详解】AB当滑片向上，滑动变阻器的阻值变大，电路的总电阻都会变大，据闭合电路欧姆定律知总电流变小，内电压减小，所以路端电压增大，可知灯A变亮，选项A正确，B错误；CD再据干路电流变小，灯A电流变大，所以电源右侧电路的电流减小，电阻R上的电流变小了，所以分压也就减少了，但是路端电压增大，所以B灯和滑动变阻器上的电压就变大，所以B灯实际功率的变大，所以B灯变亮，选项C正确，D错误三、实验题（本大题共2小题，共24.0分）11. 为测量“12 V , 5 W”的小电珠在不同电压下的功率，给定了以下器材：
11、电源：12 V，内阻不计；电流表：量程00.6 A、03 A，内阻约为0.2 电压表：量程03 V、015 V，内阻约为15 k滑动变阻器：05，开关一个，导线若干，实验要求加在小电珠上的电压可从0开始调节. (1)以上四个电路图你认为最合适的是_(2)在本实验中，电流表的量程可选_(3)某位同学测得小电珠的伏安特性曲线如图所示，某次测量时，电流表读数为0.40 A，此时小电珠的实际功率为_W【答案】 (1). (1)A (2). (2)00.6 A (3). (3)2.4【解析】【详解】（1）小电珠上的电压可从0开始调节，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时的电阻R=U2/R=122/5
12、 =28.8，R/RA=28.8/0.2=144；RV/R=15000/28.8=520，电流表选择外接法，故选图A所示电路（2）灯泡正常发光时的电流I=P/U=5/12A0.42A，电流表应选00.6A量程（3）电流表读数为0.40 A时，此时小电珠的电压为6.0U，则实际功率为P=IU=2.4W【点睛】本题关键明确电流表内外接法和滑动变阻器分压、限流接法的选择原则，要想得到从0开始连续可调的电压时必须用分压电路；当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，用电流表外接12. 某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图
13、(a)和图(b)所示，长度为_cm，直径为_mm按图(c)链接电路后，实验操作如下：(a)将滑动变阻器R1的阻值置于最_处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；(b)将电阻箱R2的阻值调至最_（填“大”或“小”）；将S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280；由此可知，圆柱体的电阻为_【答案】5.01 5.315 （a）大 （b）大 1280【解析】根据游标卡尺读数规则，主尺读数为5cm，游标尺读数为0.053mm，长度为5.015cm，根据螺旋测微器的读数规则，主尺读数为5mm，可动刻度为31.00.01mm
14、，所以直径为5.310mm(a)为了保护电路，因此闭合电键前，滑动变阻器一定调到阻值最大；(b) 将固柱体电阻换成电阻箱时，也一定将电阻箱调到最大，也是为了保护电路安全；此题采用等效替代法测量电阻，圆柱体的电阻等于电阻箱R2的阻值为1280点晴：首先应明确实验原理，本实验中测量电阻所采取的方法是替代法四、计算题（本大题共3小题，共36.0分）13. 如图所示的电路中，小量程电流表的内阻，满偏电流，。(1)当S1和S2均断开时，改装所成的表是什么表？量程多大？ (2)当S1和S2均闭合时，改装所成的表是什么表？量程多大？【答案】(1)电压表，量程03V；(2)电流表，量程01A【解析】【详解】(
15、1)根据串联电阻具有分压作用可知，S1和S2断开时，改装成的是电压表，则故改装后电压表量程是03V。(2)当S1和S2均闭合时，电流表与电阻R2并联，改装成的是电流表，则故改装后的电流表量程是01A。14. 在如图所示电路中，电源电动势、内阻，定值电阻，当开关闭合后。(1)电阻上消耗的电功率是多大？(2)电源的效率是多大？【答案】(1)2.61W；(2)98%【解析】【详解】(1)闭合电路的外电阻为根据闭合电路的欧姆定律，干路电流为 消耗的电功率为 (2)电源效率15. 如图所示，质量为m的带电小球用长为L的绝缘细线(不可伸长)悬挂于O点，并处在场强为E、水平向左的匀强电场中，球静止时丝线与竖
16、直方向的夹角为=37(sin37=0.6，重力加速度为g)，则： (1)小球带何种电荷，电量q是多少？ (2)现将小球拉至虚线所示位置(细线水平拉直，与O点相同高度)后从静止开始释放，求小球摆动到最低点时速度v的大小和细线所受拉力T的大小 (3)如果小球摆动到最低点时，将细绳剪断，最后小球竖直落地，求下落高度h(电场充满整个空间)【答案】(1)小球带正电荷， (2) (3)【解析】【详解】(1)小球静止，受三个力：重力mg，水平向左电场力F=qE，绳子拉FT 可知：小球带正电，由平衡条件得： qE=mgtan37 得：(2)小球从水平位置摆动到最低点的过程中，由动能定理有：得：小球在最低点，由动力学规律有：得：(3)小球竖直落地瞬间，水平方向上的速度为0，水平加速度大小为：则空中运动时间：竖直方向上自由落体：