1、定州市20192020学年度第一学期期中考试高二物理试题一、单选题1.电源电动势的大小反映的是（）A. 电源把电能转化成其他形式的能的本领的大小B. 电源把其他形式的能转化为电能的本领的大小C. 电动势为1.5V的干电池把化学能转化为电能的本领比电动势为2V的蓄电池强D. 以上说法均不正确【答案】B【解析】【详解】电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领的强弱，电动势越大，本领越大，所以1.5V的干电池把化学能转化为电能的本领比电动势为2V的蓄电池弱。故B正确，ACD错误。故选B。2. 关于静电场下列说法中正确的是A. 将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定增加B.
2、无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大C. 在同一个等势面上的各点，场强的大小必然是相等的D. 电势下降的方向就是电场场强的方向【答案】B【解析】试题分析：将负电荷由电势低的地方移到电势高的地方，电势能一定减小，选项A错误；无论是正电荷还是负电荷，从电场中某点移到无穷远处时，静电力做的正功越多，电荷在该点的电势能越大，选项B正确；在同一个等势面上的各点，场强的大小不一定是相等的，例如等量异种电荷连线的中垂线上各点，选项C错误；沿场强的方向电势一定下降，但是电势下降的方向不一定是电场场强的方向，选项D错误；故选B考点：场强与电势【名师点睛】
3、对于电势与场强的理解，要抓住电势与场强没有直接的关系，匀强电场中，场强处处相等，电势不是处处相等匀强电场中的等势面与电场线垂直匀强电场中，各点的场强都相等，各点的电势可能相等，也可能不等电势降低的方向不一定电场强度方向电势降低最快的方向一定是电场强度的方向3.标有“6V 6W”和“6V 3W”的灯泡L1和L2串联接在某电源上，设灯丝电阻不变，则( )A. 通过灯L1、L2的电流之比为21B. 灯L1、L2的实际功率之比为21C. 电源电压为12V时，灯L1、L2均正常发光D. 电源电压为9V时，灯L2正常发光【答案】D【解析】【详解】A两灯泡串联在某电源上时,通过两灯泡的电流相等,故A错误.B
4、根据：可得两灯泡的电阻分别为：根据欧姆定律可以知道：所以B错误;C电源电压为12V时电路中电流：灯L1电压：不正常发光；灯L2电压：灯会被烧毁，故C错误.D电源电压为9V时,电路中电流：灯L2电压：正常发光，故D正确.4.在点电荷Q产生电场中有a，b两点，相距为d，已知a点的场强大小为E，方向与ab连线成30角， b点的场强方向与ab连线成120角，如图所示，则点电荷Q的电性和b点的场强大小为A. 正电、E/3B. 负电、E/3C. 正电、3ED. 负电、3E【答案】D【解析】【详解】将场强、延长，交点即为点电荷所在位置，如图所示，由于电场强度方向指向点电荷Q，则知该点电荷带负电如图，根据几何
5、知识分析解得，a点到Q点的距离，b点到Q点的距离，a、b两点到点电荷Q的距离之比为：由公式，得：a、b两点场强大小的比值为：，则，故ABC错误，D正确5.如图为一种服务型机器人，其额定功率为48 W，额定工作电压为24 V，机器人的锂电池容量为20 A h。则机器人（）A. 额定工作电流为20 AB. 充满电后最长工作时间为2 hC. 电池充满电后总电量7.2104 CD. 以额定电流工作时每秒消耗能量为20J【答案】C【解析】【详解】A根据可知， 额定电流应该为故A错误；B机器人的锂电池容量为20Ah ，即当额定电流2A下工作时，能够工作最长时间为10h，故B错误；C电源充满电后的总电量为故
6、C正确；D在额定电流下，机器人功率48W，即每秒消耗48J电能，故D错误。故选C。6.如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上闭合开关S，重物P以速度v匀速上升，这时电流表和电压表的示数分别是和，重物P上升的速度已知该装置机械部分的机械效率为，重物的质量下列说法正确的是A. 电动机消耗的电功率为550WB. 细绳对重物做功的机械功率为325WC. 电动机输出的电功率为400WD. 电动机线圈的电阻为【答案】A【解析】【分析】已知电动机两端的电压和通过的电流，根据P=UI求出电动机的耗电功率，根据求出机械功率；由机械部分的机械效率可求
7、出电动机输出功率，根据电动机消耗的功率与输出功率之差，即为线圈电阻发热功率，再由求出电动机线圈的电阻【详解】根据电功率关系式有：，故电动机消耗的功率为550W，故A正确；以物体为研究对象，由于物体匀速上升，根据平衡条件有：，根据，得：，故细绳对对重物做功的机械功率为315W，故B错误；电动机输出的功率，故C错误；根据功能关系有：，联立解得：，故D错误；故选A【点睛】本题考查电动机工作中的能量转化规律，要知道电动机工作时，消耗的电能转化为其它形式的能（一是机械能，二是内能）是解本题的关键；利用P=Fv求功率和平衡态列方程是解题的核心7.如图甲所示，两个点电荷、固定在x轴上距离为L的两点，其中带正
8、电荷位于原点O，a、b是它们的连线延长线上的两点，其中b点与O点相距现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动粒子只受电场力作用，设粒子经过a，b两点时的速度分别为、，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断不正确的是A. 带负电且电荷量小于B. b点的场强一定为零C. a点的电势比b点的电势高D. 粒子在a点的电势能比b点的电势能小【答案】ABC【解析】【详解】由图象分析可知：在b点前做加速运动，b点后做减速运动，可见b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，可知b点的合场强为零，Q2带负电，且有，所以，Q1Q2，故AB正确该电荷从a点到b点，做加速运
9、动，且该电荷为正电荷，电场力做正功，所以电势能减小，再据Ep=q知，电势降低，所以b点电势较低，故C正确，D错误；故选ABC8.如图所示，一圆心为O、半径为R的圆中有两条互相垂直的直径AC和BD，电荷量分别为+ Q、-Q的点电荷放在圆周上，它们的位置关系关于AC对称，+Q与O点的连线和OC间夹角为60。两个点电荷的连线与 AC的交点为P，取无穷远电势为零，则下列说法正确的是（）A. P点的场强为0，电势也为0B. A点电势低于C点电势C. 点电荷+q沿直线从A到C的过程中电势能先减小后增大D. 点电荷-q在B点具有的电势能小于在D点具有的电势能【答案】D【解析】【详解】A+Q在P点产生的场强方
10、向向右，-Q在P点产生的场强方向也向右，根据叠加原理可知P点的场强不为0 ，故A错误；BAC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，故AC两点的电势相等，故B错误；CAC连线是等量异种点电荷电场中一条等势线，点电荷+q从A到C的过程中电势能不变。故C错误；D根据顺着电场线方向电势降低，结合电场线的分布情况可知，B点的电势高于D点电势， 由电势能公式分析可知，点电荷-q在B点的电势能小于在D点具有的电势能。故D正确。故选D。9.如图所示，足够长的两平行金属板正对竖直放置，它们通过导线与电源E、定值电阻R、开关S相连。闭合开关后，一个带电的液滴从两板上端的中点处无初速度释放，最终液滴落在某一金属板上
11、。下列说法中正确的是（）A. 液滴在两板间运动的轨迹是一条抛物线B. 电源电动势越大，液滴在板间运动加速度越大C. 电源电动势越大，液滴在板间运动的时间越长D. 定值电阻的阻值越大，液滴在板间运动的时间越长【答案】B【解析】【详解】A液滴在磁场中受重力及电场力，电场力沿水平方向，重力沿竖直方向。因液滴由静止释放，故合力的方向一定与运动方向一致，故液滴做直线运动，故A错误；B两板间的电势差等于电源电压，当电动势变大时，两板上的电压变大，由可知，板间的电场强度增大，电场力变大，合力变大，故加速度增大，故B正确；C因粒子最终打在极板上，故运动时间取决于水平方向的加速度，当电动势变大时，其水平方向受力
12、增大，加速度增大，运动时间减小，故C错误；D定值电阻在此电路中只相当于导线，阻值的变化不会改变两板间的电势差，故带电粒子受力不变，加速度不变，运动时间不变，故D错误。故选B。10.如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一点电荷，将质量为m，带电量为+q的小球从圆弧管的水平直径端点A由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，则固定于圆心处的点电荷在A B弧中点处的电场强度大小为 （ ）A. 3mg/qB. mg/qC. 2mg/qD. 4mg/q【答案】A【解析】【分析】带电小球沿竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管从A点静止释放，当滑到最低点时，对管壁恰好无压力在下滑过程
13、中由动能定理可求出最低点的速度大小，从而由牛顿第二定律可求出电场力，从而确定电场强度大小【详解】设圆的半径是r，由A到B，由动能定理得：mgrmv2；在B点，对小球由牛顿第二定律得：qEmg；联立以上两式解得： ；由于是点电荷-Q形成的电场，由得到，等势面上各处的场强大小均相等，即AB弧中点处的电场强度为，故选A【点睛】小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力并不是电场力等于重力，而是电场力与重力提供向心力去做圆周运动二、多选题11.直线AB是某电场中的一条电场线若有一电子以某一初速度，仅在电场力的作用下，沿AB由A运动到B，其速度图象如图所示，下列关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势、
14、的判断正确的是A. B. C. D. 【答案】AC【解析】【详解】AB由图可以知道电子在A点加速度较大，则可以知道A点所受电场力较大，由：可以知道A点的场强要大于B点场强；故A正确，B错误;CD由图可知电子从A到B的过程中速度减小，动能减小，则可以知道电场力做负功，电势能增加，即：电子带负电，由：可以知道A点的电势要大于B点电势，故C正确，D错误12.如图所示，图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定（）A. M点的电势高于N点的电势B. M点的动能大于N点的动能C. 粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D. 粒子在M点的
15、电势能大于在N点的电势能【答案】AD【解析】【详解】A根据顺着电场线方向电势降低可知，M点的电势高于N点的电势，故A正确；BD由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向沿电场线斜向左下方，电场力对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，粒子在M点的动能小于在N点的动能，故B错误，D正确；CM点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小，粒子所受的电场力也较小，故C错误。故选AD。13.如图，与水平方向成45角的直线MN处于竖直向下的匀强电场E中。带电粒子从直线MN上的P点以速度v0水平向右抛出，经过时间t到达直线MN上的Q点。带电
16、粒子的重力可以忽略。则下列正确的是（）A. 粒子在Q点的速度大小为B. P、Q两点距离C. 粒子运动时的加速度大小为D. P、Q两点间的电势差【答案】CD【解析】【详解】A粒子垂直进入电场后做类平抛运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动。则水平方向有竖直方向有根据几何关系有得因此粒子在Q点的速度大小为故A错误；BPQ两点间的距离故B错误；C根据得粒子运动的加速度故C正确；DPQ两点间的电势差故D正确。故选CD。14.如图所示，电源电动势为E，内阻为r电路中的R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）R2为滑动变阻器，当开关S闭合时，电容器C中一带电微粒恰好处于静止状态下列说法中
17、正确的是A. 只增大R1的光照强度，电压表示数变小B. 只增大R1的光照强度，电流表示数变小C. 只将滑片向上端移动时，微粒将向下运动D. 若断开开关S，带电微粒仍处于静止状态【答案】AC【解析】试题分析：只逐渐增大的光照强度，的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电流表示数变大，内电压增大，则路端电压减小，因此电压表示数变小，故A正确，B错误；只将滑片向上端移动时，电容器板间的电压变小，由分析可知，板间场强减小，油滴所受电场力减小，则微粒将向下运动故C正确；若断开开关S，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，将向下运动，故D错误考点：闭合电路的欧姆定律；
18、带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】本题中稳定时电容器与电路部分是相对独立的分析油滴是否运动，关键分析电场力是否变化15.如图甲所示，电荷量q = 110-4C的带正电的小物块静止在绝缘水平面上，所在空间存在沿水平方向的电场，其电场强度E的大小与时间t的关系如图乙所示，物块速度v的大小与时间t的关系如图丙所示。重力加速度g =10m/s2，则（）A. 物块在4s内位移是8mB. 物块的质量是2kgC. 物块与水平面间动摩擦因数是0.2D. 物块在4s内电势能减少了14J【答案】CD【解析】【详解】A由图像可知，物块在4s内位移为故A错误；BC由图可知，前2s物块做匀加速直线运动，由牛顿第二定
19、律有由图线知加速度为a=1m/s2。1s后物块做匀速运动，由平衡条件有联立解得由图可得，代入数据解得由可得=0.2故B错误，C正确；D物块在前2s的位移为物块在第24s的位移为电场力做正功则电势能减少了14J，故D正确。故选CD。16.如图甲所示，定值电阻R1 =3，R2=2，滑动变阻器RP的最大电阻为10，电表均视为理想电表，调节RP记录多组U，I数据，画出了如图乙所示的U- I图像，下列说法正确的是（）A. 当滑动变阻器由中点向右移动时，滑动变阻器上功率先增加后减小B. 当滑动变阻器的电阻为4时，滑动变阻器的功率最大C. 当滑动变阻器的电阻为l0时，电源的效率最大D. 电源的最大功率为2.
20、25 W【答案】BCD【解析】【详解】A B把滑动变阻器看作负载，将其余部分等效为一个电动势大小为3.0V的新电源，当通过R1的电流为0.3A时，通过R2的电流为可得等效电流的内阻为根据输出功率公式可知，当Rp的阻值和等效内阻的阻值相等时功率最大，当时，随着RP的增大输出功率越来越小，Rp的最大电阻为10，故滑片由中点向右滑动时，功率逐渐减小，故A错误，B正确；C电源的效率当外电阻越大，效率越大，所以当滑动变阻器的电阻为10时，电源的效率最大，故C正确；D.当整个回路电阻最小时，电路的电流最大，电源的功率最大为故D正确。故选BCD。三、实验题17.某同学想设计一个测量金属棒电阻率的实验方案，实
21、验室提供的器材有：A.电流表A1（内阻r =100，满偏电流Ig=3mA）B.电流表A2（内阻约为0.4，量程为0.6A）C.定值电阻R0=900D.滑动变阻器R（5，2A）E.干电池组（6V，0.05）F.一个开关和导线若干G.螺旋测微器，游标卡尺(1)如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为_ mm；如图2用游标卡尺测金属棒长度为_cm；(2)用多用电表粗测金属棒的阻值：下列关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是_（多选）；A.测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果B.测量阻值不同的电阻时，都必须重新调零C.测量电路中的电阻时，应该把该电阻与电路断开D.欧姆表使用一
22、段时间后，电池电动势变小，内阻变大，但仍能调零，其测量结果与原来相比不变当用“10”挡时发现指针偏转角度过大，他应该换用_挡（填“1”或“100”），换挡并进行一系列正确操作后，指针静止时如图3所示，则金属棒的阻值约为_；(3)请根据提供的器材，设计一个实验电路，要求尽可能精确测量金属棒的阻值_；(4)若实验测得电流表A1示数为I1A，电流表A2示数为I2A，则金属棒电阻的表达式为Rx =_（用I1，I2 ，R0 ，Rg表示）。【答案】 (1). 6.126 (2). 10.230 (3). AC (4). (5). 10 (6). (7). 【解析】【详解】（1）1 2金属丝的直径为长度为（
23、2）3A欧姆表测电阻实际上是测量电流，红黑表笔反接不会影响电路的电流大小，也就对电阻的测量值不会产生影响，故A正确；B测量阻值不同的电阻时不需要重新调零，只有改变欧姆档位时才需要欧姆调零，故B错误；C欧姆表有内置电源，测量电路中的电阻时，应该把该电阻与电路断开，故C正确；D电池的电压不足，内阻增大，输出的电流减小，所以偏转线圈的电流变小，偏转角度变小，即测得的电阻偏大，故D错误。故选AC。45用多用电表粗测金属棒的阻值，当用“”挡时发现指针偏转角度过大，示数偏小，要增大示数则要倍率减小，换成的倍率，则初测电阻为R=10。（3）6由题意可知，没有电压表，可以用电流表A1与定值电阻R0串联组成电压
24、表测电压，用电流表A2测电流，由于改装后电压表内阻为100+900=1000电流表内阻约为0.4 ，待测电阻阻值约为10，滑动变阻器最大阻值为5，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，电压表内阻远大于电阻阻值，电流表应采用外接法。实验电路图如图所示 （4）7由电路连接及欧姆定律可求出金属棒的电阻为四、计算题18.以蓄电池为驱动能源的环保汽车总质量m = 3103kg。当它在水平路 面上以= 36 km/h的速率匀速行驶时，驱动电机的输入电流I= 50A，电压U= 300 V。已知电机线圈内阻为r= 2，在此行驶状态下：(1)求驱动电机的输出功率(2)电机驱动电车匀速行驶时，求汽车所受阻力
25、与车重的比值（g取l0m/s2）。【答案】(1)；(2)【解析】【详解】(1)驱动电机的输入功率发热功率(2)在匀速行驶时，由 汽车所受阻力与车重之比为19.如图所示，BC是半径为R=1m的圆弧形光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E=2.010+4N/C，今有一质量为m=1kg、带正电q=1.0104C的小滑块，（体积很小可视为质点），从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为=0.2，求： （1）滑块通过B点时的速度大小；（2）滑块通过B点时圆轨道B点受到的压力大小；（3）水
26、平轨道上A、B两点之间的距离【答案】（1）4m/s；（2）26N；（3）2m【解析】【详解】（1）小滑块从C到B的过程中，只有重力和电场力对它做功，设滑块通过B点时的速度为vB，根据动能定理有：mgRqER=代入数据解得：vB=4m/s（2）设滑块在B点对B点压力为F，轨道对滑块支持力为F，由牛顿第三定律得，两力大小满足：F=F对滑块由牛顿第二定律得：Fmg=解得，F=3mg2Eq=311022.010+41.0104=26N （3）小滑块在AB轨道上运动时，所受摩擦力为f=mg小滑块从C经B到A的整个过程中，重力做正功，电场力和摩擦力做负功设小滑块在水平轨道上运动的距离（即A、B两点间的距离
27、）为L，则根椐动能定理有：mgRqE（R+L）mgL=0代入数据解得：L=2m20.如图所示，虚线左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2 =2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子（电荷量为e，质量为m，重力不计）无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：(1)电子到MN的速度大小；(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；(3)电子刚射出电场E2时的速度方向与连线夹角的正切值；(4)电子打到屏上的点到点O的距离【答案】(1)；(2)；(3)；(4)【解析】【详解】（1）从点到的过程中，由动能定理得（2）电子在电场中做初速度为零匀加速直线运动，设加速度为，时间为，由牛顿第二定律和运动学公式得则时间t1为从到屏的过程中运动的时间运动的总时间为（3）设电子射出电场时沿平行电场线方向的速度为，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为运动时间为则竖直方向速度为所以夹角为解得（4）如图，电子离开电场后，将速度方向反向延长交于场的中点。由几何关系知得。
