1、河北省唐山市开滦第二中学2019-2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）第卷（选择题，共56分）一、单选题（每题4分，共40分）1. 下列有关电场强度、电势、电势能的说法中正确的是A. 在电场中，电场强度越大的地方电势越高B. 在电场中，电势越高的地方，电荷在该点具有的电势能就越大C. 在电场中某一点，放入试探电荷的电荷量越大，它所具有的电势能越大D. 在场源电荷为正点电荷的电场中，某带正电的试探电荷离场源电荷越近所具有的电势能越大，离场源电荷越远所具有的电势能越小【答案】D【解析】【详解】A. 沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方，电场强度大，电场线疏的地方电场强度小可知电场强
2、度越大的地方电势不一定越高，故 A项不符合题意；B. 根据电势能公式Ep=q知：正电荷在电势越高的地方，其电势能越大，负电荷在电势越高的地方，其电势能越小，故B项不符合题意；C. 根据电势能公式Ep=q知：在电场中，电势高的地方，放在该点的正电荷的电荷量越大，电势能越大，而负电荷则相反，故C项不符合题意；D. 沿着电场线的方向电势逐渐降低，在场源电荷为正点电荷的电场中，某带正电的试探电荷离场源电荷越近所具有的电势能越大，离场源电荷越远所具有的电势能越小，故D项符合题意2. 如图，两个带电金属小球中心距离为r，带电荷量相等为Q，则它们之间电荷的相互作用力大小F的说法正确的是（）A. 若是异种电荷
3、B. 若是同种电荷C. 若是异种电荷D. 不论是何种电荷【答案】C【解析】【详解】AC若是异种电荷，电荷间相互吸引，导致电荷间距比r还小，因此库仑力，故A错误，C正确；BD若同种电荷，电荷间相互排斥，导致电荷间距比r还大，因此库仑力，故BD错误。故选C。3. 如图所示，竖直墙面与水平地面均光滑且绝缘，两个带有同种电荷的小球A、B分别位于竖直墙面和水平地面，且处于同一竖直平面内，若用图示方向的水平推力F作用于小球B，则两球静止于图示位置如果将小球向左推动少许，待两球重新达到平衡时，跟原来相比（）A. 两小球间距离将增大，推力F将减小B. 两小球间距离将增大，推力F将增大C. 两小球间距离将减小，
4、推力F将增大D. 两小球间距离将减小，推力F将减小【答案】A【解析】【详解】以A球为研究对象，分析受力，作出力图如图1所示：设B对A的库仑力F与墙壁的夹角为，由平衡条件得竖直墙面对小球A的弹力为：，将小球B向左推动少许时减小，则N1减小；库仑力：，减小，cos增大，减小，根据库仑定律分析得知两球之间的距离增大；再以AB整体为研究对象，分析受力如图2所示，由平衡条件得：，则推力F减小，故A正确，B、C、D错误；故选A【点睛】运用隔离法和整体法结合分析动态平衡问题，关键是确定研究对象（往往以受力较少的物体为研究对象），分析受力情况4. 如图所示的实线为某静电场的电场线，虚线是仅在电场力作用下某带正
5、电粒子的运动轨迹，A、B、C、D 是电场线上的点，其中 A、D 两点在粒子的轨迹上，下列说法正确的是A. 该电场可能是正点电荷产生的B. B 点的电势一定高于 C 点的电势C. 粒子在 A 点的加速度一定大于在 D 点的加速度D. 将该粒子在 C 点由静止释放，它可能一直沿电场线运动【答案】C【解析】【详解】A、正电荷产生的电场线是发自正电荷的直线，该静电场的电场线是曲线，故A错误；B、带正电粒子的运动轨迹是曲线，物体做曲线运动，合外力指向凹的一侧，如图所示：故在电场线由C指向B上，沿着电场线的方向，电势越来越低，故C点的电势高于B点的电势，故B错误；C、电场线越密集的地方，电场强度越大，故A
6、点的电场强度大于D点的电场强度，故粒子在 A 点的加速度一定大于在 D 点的加速度，故C正确D、电场中的带电粒子受力的方向沿电场线的切线方向，由于C点所在的电场线为曲线，所以将该粒子在C点由静止释放，它一定不能沿电场线运动，故D错误5. 如图所示，P、Q是两个电荷量相等的正点电荷，它们连线的中点是O，A、B是中垂线上的两点OAOB，用EA、EB、分别表示A、B两点的场强和电势，则（）A. EA一定大于EB，一定大于B. EA不一定大于EB，一定大于C. EA一定大于EB，不一定大于D EA不一定大于EB，不一定大于【答案】B【解析】【详解】两个等量同种电荷连线中点O电场强度为零，无穷远处电场强
7、度也为零，故从O点沿着中垂线向上到无穷远处电场强度先增大后减小，场强最大的点可能在A点下，也可能在A点上，还可能在A点，由于A、B两点的间距也不确定，故可能大于，也可能小于，还可能等于；BO连线上的电场方向为竖直向上，沿电场方向性电势减小，故一定大于；A.A项与上述分析结论不相符，故A不符合题意；B.B项与上述分析结论相符，故B符合题意；C.C项与上述分析结论不相符，故C不符合题意；D.D项与上述分析结论不相符，故D不符合题意6. 如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点，不计重力。下列说法
8、错误的是（）A. M带负电荷，N带正电荷B. M在b点的动能小于它在a点的动能C. N在d点的电势能等于它在e点的电势能D. N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做负功【答案】D【解析】【详解】A由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，由于O点的电荷带正电，所以M带负电荷，N带正电荷，选项A正确；BM从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理可知M的动能减小，所以M在b点的动能小于它在a点的动能，选项B正确；Cd点和e点处在同一等势面上，则N在d点的电势能等于它在e点的电势能，选项C正确；DN受到排斥力，在从c点运动到d点的过程中库仑斥力做正功，选项D错误。本题选错误的，故选D。
9、7. 如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，场强方向平行正方形ABCD所在平面已知A、B、C三点的电势分别为A=9V，B=3V，C=-3V，则A. D点的电势D=3V，场强方向平行AB方向B. D点的电势D=3V，场强方向平行AC方向C. D点的电势D=6V，场强方向平行BC方向D. D点的电势D=6V，场强方向平行BD方向【答案】B【解析】【详解】CD.匀强电场中，由公式U=Ed知沿着任意方向每前进相同的距离，电势差都相等，故连接AC，AC连线的中点为E，则E点的电势为；连接BE，如图所示：则BE为一条等势线，D点在BE连线上，所以D点电势;故C项，D项均错误.AB.过A点
10、作出垂直于BE的有向线段，由高电势点A直线BE，如图中红线所示，即为电场线，那么场强方向平行AC方向；故A错误，B正确.8. 如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，正极板接地，静电计的金属球与电容器的负极板连接，外壳接地，以E表示两极板间的场强，表示静电计指针的偏角，各物理量的变化情况正确的是A. 将平行板电容器的正极板向右移动，E变小，变大B. 将平行板电容器的正极板向右移动，E不变，变小C. 将平行板电容器的正极板向左移动，E变大，变大D. 将平行板电容器的正极板向左移动，E变小，变小【答案】B【解析】【详解】电量为定值，将平行板电容器的正极板向右移动，由电容的决定式，两极板间距离d减小
11、，C增大，可见E与两板间距离无关，而两板间电压，可见电压变小，减小，可知B正确；故选B.【点睛】本题是电容器的动态变化分析问题，掌握电容的决定式与定义式的应用，及两者的区别，理解电场强度的推导式9. 如图所示，图线甲、乙分别为电源和某金属导体的伏安特性曲线，电源的电动势和内阻分别用E、r表示，根据所学知识分析下列选项正确的是A. 电源的电动势E40VB. 电源的内阻r8.3C. 当该导体直接与该电源相连时，该导体的电阻为20D. 当该导体直接与该电源相连时，电路消耗的总功率为80W【答案】C【解析】【详解】AB.甲为电源的UI图象，故纵截距表示电源电动势，即E50V，在路端电压为20V时电路电
12、流为6A，根据闭合回路欧姆定律可得50206r，解得r5，故AB错误；CD.当该导体直接与该电源相连时，两图线的交点表示工作时的电压和电流，故可知电阻两端的电压为40V，通过电阻的电流为2A，所以该导体的电阻大小为20，电路消耗的总功率为，故C正确，D错误；故选择：C；10. 如图所示，A、B、O、C为在同一竖直平面内的四点，其中A、B、O沿同一竖直线，B、C同在以O为圆心的圆周(用虚线表示)上，沿AC方向固定有一光滑绝缘细杆L，在O点固定放置一带负电的小球现有两个质量和电荷量都相同的带正电小球a、b均可视为点电荷，先将a套在细杆上让其从A点由静止开始沿杆下滑，后使b从A点由静止开始沿竖直方向
13、下落，则下列说法中正确的是（）A. 从A点到C点，小球a做匀加速运动B. 小球a在C点的动能等于小球b在B点的动能C. 从A点到C点，小球a的机械能先增加后减少，但机械能与电势能之和不变D. 小球a从A点到C点电场力做的功大于小球b从A点到B点电场力做的功【答案】C【解析】【详解】小球A在运动过程中库仑力得大小一直发生变化，因此小球得合力发生变化，因此不是匀变速运动，A错误；AB过程和AC过程中电场力做功相同，但是AC过程重力做功更多，因此小球C点动能更大，因此B错误D错误；从A到C电场力现做负功后正功，因此机械能先减小后增大，由能量守恒可知机械能和电势能总和不变，C正确；二、多选题（每题4分
14、，共16分）11. 静电场中，一带电粒子仅在电场力的作用下自M点由静止开始运动，N为粒子运动轨迹上的另外一点，则A. 运动过程中，粒子的速度大小可能先增大后减小B. 在M、N两点间，粒子的轨迹一定与某条电场线重合C. 粒子在M点的电势能不低于其在N点的电势能D. 粒子在N点所受电场力的方向一定与粒子轨迹在该点的切线平行【答案】AC【解析】【详解】A若电场中由同种电荷形成即由A点释放负电荷，则先加速后减速，故A正确；B若电场线为曲线，粒子轨迹不与电场线重合，故B错误C由于N点速度大于等于零，故N点动能大于等于M点动能，由能量守恒可知，N点电势能小于等于M点电势能，故C正确D粒子可能做曲线运动，故
15、D错误；12. 在如图所示的电路中，电源内阻不能忽略，当闭合开关S后，各用电器均能工作现将滑动变阻器R的滑片P向下滑动，则A 灯变亮，电压表示数减小B. 灯变亮，电流表示数增大C. 灯变亮，电容器的带电量增大D. 电压表和电流表的示数均减小【答案】AD【解析】【详解】当闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，则灯L1变亮，电压表的示数减小；根据串联电路分压规律可知，并联部分的电压减小，则灯L2的电流减小，灯L2变暗，电流表的示数减小；根据干路电流增大，流过灯L2的电流减小，根据并联电路规律可知，L3中电流增大，灯L3变亮；并联
16、部分电压减小，则电容器的电压减小，由Q=CU，可知电容器C的带电量减小A. 灯变亮，电压表示数减小与分析相符，故A项符合题意；B 灯变亮，电流表示数增大与分析不符，故B项不符合题意；C. 灯变亮，电容器的带电量增大与分析不符，故C项不符合题意；D. 电压表和电流表的示数均减小与分析相符，故D项符合题意13. 如图所示平行板电容器两个极板为A、B，B板接地，A板带有电荷量+Q板间电场有一固定点P若将B板固定，A板下移一些，或者将A板固定，B板上移一些在这两种情况下，以下说法正确的是A. A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势不变B. A板下移时，P点的电场强度不变，P点电势升高C. B板上移时
17、，P点的电场强度不变，P点电势降低D. B板上移时，P点的电场强度减小，P点电势降低【答案】AC【解析】【详解】AB由题，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据、 和可推出：可知，P点的电场强度E不变P点与下板的距离不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变故A正确，B错误CDB板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低故C正确，D错误14. 如图所示是示波器原理图，电子被电压为U1的加速电场加速后射入电压为U2的偏转电场，离开偏转电场后电子打在荧光屏上的P
18、点，P点与O点的距离叫做偏转距离，偏转电场极板长为L，板间距离为d，为了增大偏转距离，下列措施可行的是（）A. 增大U1B. 增大U2C. 增大LD. 增大d【答案】BC【解析】【详解】电子被电压为U1的加速电场加速后速度为在偏转电场中竖直方向的位移为显然，当偏转电场中竖直方向的位移增大时，P点与O点之间的偏转距离也会增大，从上式可知，当U2增大时，y会增大，P点与O点之间的偏转距离会增大；当L增大时，y增大，P点与O点之间的偏转距离也会增大。增大U1，增大d，y都会减小，P点与O点之间的偏转距离也会减小。故选BC。第卷（非选择题，共44分）三、实验题（15题6分，16题10分）15. 现有一
19、个灵敏电流表，它的满偏电流为Ig=1mA，内阻=200，若要将它改装成量程为5A的电流表，应_联一个_的电阻（保留两位有效数字）若要将它改装成量程为3V的电压表，应_联一个_的电阻【答案】 (1). 并 (2). 0.040 (3). 串 (4). 2800【解析】【详解】1把电流表改装成5A量程的电流表需要并联一个分流电阻；2并联电阻阻值：3如把它改装成量程为3V的电压表要串联电阻分压；4串连电阻阻值：16. 某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：用20分度的游标卡尺测量其长度如图所示，其长度是_mm.用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数
20、如图所示，则该电阻的阻值约为_为了更精确地测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下： 待测圆柱体电阻R；电流表A1（量程03mA,内阻约50 ）；电流表A2（量程015mA, 内阻约30 ）；电压表V(量程03 V，内阻约10 K)； 滑动变阻器R1，（阻值范围015 ）；滑动变阻器R2，（阻值范围02 K；）直流电源E（电动势4V，内阻不计）；开关S，导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表应选_，滑动变阻器应选_（选填代号）请在图中补充连线并完成实验（ ）【答案】 (1). 100.45 (2). 2.2102 (3). A2 (4). R1 (5). 【解析】【详解】解
21、：游标卡尺的固定刻度读数为100mm，游标尺上第9个刻度与主尺对齐，读数为，所以最终读数为：； 用欧姆表测电阻的读数方法为指针示数乘以倍率，当指针指在中央附近时测量值较准确，所以该电阻的阻值约为；由电动势和电阻的阻值知电流最大为，所以用电流表，滑动变阻器用小阻值的，便于调节，所以用滑动变阻器；本实验中，因待测电阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法；又滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值，故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示四、解答题17. 将带电荷量为1108 C的电荷，从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功2106 J，问：(1)电荷的电势能是增加还是减少？电荷在A点具有多少电势能？
22、(2)A点的电势是多少？(3)若静电力可以把带电荷量为2108 C的电荷从无限远处移到电场中的A点，说明电荷带正电还是带负电？静电力做了多少功？(取无限远处为电势零点)【答案】（1）增加， （2）200V）（3）带负电， 【解析】（1）电荷从无限远处移到电场中的A点，要克服静电力做功210-6J，电荷的电势能增加；无限远处电势能为零，则电荷在A点具有210-6J的电势能，（2）A点的电势为；（3）若静电力可以把带电荷量为210-8C的电荷从无限远处移到电场中的A点，静电力做正功，所以该电荷带负电；电荷量为210-8 C的电荷从无限远处移到电场中的A点时，无限远与A点间的电势差不变，则静电力做正
23、功，为W=qUA=-210-8（0-200）J=410-6J点睛：本题关键明确电场力做的功等于电势能的减小量，同时结合电势的定义式和电场力做功与电势差关系公式列式求解18. 如图所示的电路中，电源电动势E=10V，内阻r=0.5，电动机的电阻R0=1.0，电阻R1=1.5电动机正常工作时，电压表的示数U1=3.0V，求：（1）电源释放的电功率；（2）电动机消耗的电功率将电能转化为机械能的功率；【答案】（1）20W（2）12W 8W【解析】【分析】（1）通过电阻两端的电压求出电路中的电流I，电源的总功率为P=EI，即可求得；（2）由U内=Ir可求得电源内阻分得电压，电动机两端的电压为U=E-U1
24、-U内，电动机消耗的功率为P电=UI；电动机将电能转化为机械能的功率为P机=P电-I2R0【详解】（1）电动机正常工作时，总电流为：I= I=A=2 A，电源释放的电功率为：P=EI =102 W=20 W；（2）电动机两端的电压为： U= EIrU1 则U =（1020.53.0）V=6 V；电动机消耗的电功率为： P电=UI=62 W=12 W；电动机消耗的热功率为： P热=I2R0 =221.0 W=4 W；电动机将电能转化为机械能的功率，据能量守恒为：P机=P电P热 P机=（124）W=8 W；【点睛】对于电动机电路，关键要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非
25、纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路对于电动机的输出功率，往往要根据能量守恒求解19. 如图所示，BC是位于竖直平面内，半径的圆弧形光滑绝缘轨道，圆心角，其下端点C与足够长的水平绝缘轨道平滑连接，在C点右侧存在水平向左的匀强电场，电场强度今有一质量为、带电荷量的小物块（可视为质点）从A点以的初速度水平抛出，在B点沿切线进入圆弧轨道若已知物块与水平轨道间的动摩擦因数，物块在运动过程中电量不变，取，求：（1）A、B两点之间的高度差h；（2）带电小物块第一次过C点时对轨道的压力大小；（3）通过计算判断小物块能否从B点离开轨道；若不能，求出整个运动过程中小物块在水平轨道上通过的总路程S【答案】(1)0.2m；(2)6.1N；(3) 1.0m【解析】【详解】(1)从A到B做平抛运动，则有：解得：根据动能定理可得：解得A、B两点之间的高度差：(2)从B到C根据动能定理可得：在C点则有：解得：，根据牛顿第三定律可得带电小物块第一次过C点时对轨道的压力大小：(3) 小物块向右运动，根据动能定理可得：小物块向左运动，设回到B点速度为，根据动能定理可得：无解，所以不能从B点离开轨道，最终停在C点；根据动能定理可得：整个运动过程中小物块在水平轨道上通过的总路程：
