1、四川省南充高级中学2019-2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、选择题1.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是( )A. 根据电场强度的定义式E可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比B. 根据电容的定义式C可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比C. 根据电势差的定义式UAB可知，带电荷量为1 C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1 J，则UAB=1 VD. 根据真空中点电荷的电场强度公式Ek可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带的电荷量有关【答案】D【解析】【详解】电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以
2、不能理解成电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故A错误。电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身，并不是电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，故B错误。据电势差的定义式UAB=知，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功为-1J，则A、B点的电势差为-1V，故C错误。根据点电荷的场强公式E=k知：Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度与场源电荷的电量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，故D正确。故选D。【点睛】本题关键抓住电场强度是描述电场本身性质物理量，其大小和方向与试探电荷无关，是电场本身决定；电容取决于电容器本身；
3、灵活应用电势差的定义式。2.在示波管中，电子枪2s内发射了61013个电子，则示波管中电流强度为A. 9.610-6AB. 310-3AC. 4.810-6AD. 310-6A【答案】C【解析】【详解】每个电子的电荷量大小为：e=1.61019C，61013个电子总电荷量为：q=610131.61019C=9.6106C，则示波管中电流大小为：I=A=4.8106A。A、A项与上述分析结论不相符，故A错误；B、B项与上述分析结论不相符，故B错误；C、C项与上述分析结论相符，故C正确；D、D项与上述分析结论不相符，故D错误。3.如图所示，在场强为E的匀强电场中有A、B两点，AB连线长L，与电场线
4、夹角为。则AB两点的电势差为 A. 零B. ELC. ELcosD. ELsin【答案】C【解析】【分析】根据电场强度的大小以及A、B两点沿电场线方向上的距离，结合U=Ed求出电势差【详解】两点的电势差UAB=Ed=ELcos，故C正确，A、B、D错误。4.如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c（均可视为点电荷），三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下处于静止状态，则以下判断正确的是（ ）A. a对b的静电力一定是引力B. a对b的静电力可能是斥力C. a的电荷量可能比b的少D. a的电荷量一定比b的少【答案】A【解析】【详解】根据电场力方向来确定各自电性，从而得出“两同夹
5、一异”，则有a对b的静电力一定是引力，a对c的静电力一定是斥力；同时根据库仑定律来确定电场力的大小，并由平衡条件来确定各自电量的大小，因此在大小上一定为“两大夹一小”，因此a的电荷量一定比b的多Aa对b的静电力一定是引力，选项A正确；Ba对b的静电力可能是斥力，选项B错误；Ca的电荷量可能比b的少，选项C错误；Da的电荷量一定比b的少，选项D错误；5.电流表的内阻是Rg200 ，满刻度电流值是Ig500 A，现欲把此电流表改装成量程为1 V的电压表，正确的方法是（ ）A. 应串联一个0.1 的电阻B. 应并联一个0.1 的电阻C. 应串联一个1 800 的电阻D. 应并联一个1 800 的电阻
6、【答案】C【解析】【详解】把电流表改装成1V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值为：；A应串联一个0.1 的电阻，与结论不相符，选项A错误；B应并联一个0.1 的电阻，与结论不相符，选项B错误；C应串联一个1 800 的电阻，与结论相符，选项C正确；D应并联一个1 800 的电阻，与结论不相符，选项D错误；6.如图所示，在等量异号或等量同号点电荷的电场中，有分别距两个点电荷连线中点O等距的a、b两点，将同一负电荷分别放在a点和b点，其中在两点受到的电场力和具有的电势能都相同的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】ABCD由同种等量电荷和异种等量电荷周围的电场线分布可知，等量异种
7、电荷和等量同种的电场线关于电荷连线和中垂线对称，沿着电场线电势降低，场强方向为电场线的切线方向，故C正确，A、B、D错误；7.如图所示，a、b、c、d是某匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点，abcdL，adbc2L，电场线与矩形所在的平面平行。已知a点电势为20 V，b点电势为24 V，d点电势为12 V。一个质子从b点以速度v0射入此电场，入射方向与bc成45角，一段时间后经过c点。不计质子的重力。下列判断正确的是（ ）A. c点电势高于a点电势B. 场强的方向由b指向dC. 质子从b运动到c所用的时间为D. 质子从b运动到c，电场力做功为4 eV【答案】C【解析】【详解】A在
8、匀强电场中，沿着电场线方向每前进相同的距离，电势变化相等，故Ua-Ud=Ub-Uc解得Uc=16Va点电势为20V则c点电势低于a点电势。故A错误；B设ad连线中点为O，则其电势为16V，故co为等势面，电场线与等势面垂直，则电场线沿着bo方向，故B错误；C由上可知，电场线沿着bo方向，质子从b运动到c做类平抛运动，垂直于bo方向做匀速运动，位移大小为则运动时间为故C正确；D根据W=qU，质子从b点运动到c点，电场力做功为W=qUbc=1e（24V-16V）=8eV故D错误；8.在如图所示电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器。当R2的滑动触点在a端时合
9、上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U。现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是A. I1增大，I2不变，U增大B. I1减小，I2增大，U减小C. I1增大，I2减小，U增大D. I1减小，I2不变，U减小【答案】B【解析】【详解】R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大故A、C、D错误，B正确9.传感器是一种采集信息的重要器件。如图所示是一种测定
10、压力的电容式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器。可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容。现将此电容式传感器与灵敏电流表（电流从正接线柱流入指针向右偏转）和电源串联成闭合电路，在待测压力增大过程中，以下说法正确的是A. 电容器的电容将减小B. 电容器的电荷量将增加C. 灵敏电流表中有向左的电流D. 灵敏电流表中有向右的电流【答案】BD【解析】【详解】A、当待测压力增大时，电容器极板间距离减小，根据电容的决定式分析得知，电容增大，故A错误。B、电容两端电势差不变，根据可知，电容器的电荷量将增加，故B正确。CD、由于电容
11、器上极板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，故灵敏电流表的指针向右偏。故D正确，C错误。故选BD。10.如下图所示，平行金属板中央有一个初始静止的电子(不计重力)，两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律正确的是 A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【详解】分析电子一个周期内的运动情况：0T/4时间内，因B板电势高，则电子从静止开始向B板做匀加速直线运动，T/4T/2时间内沿原方向做匀减速直线运动，T/2时刻速度为零。T/23T/4时间内向A板做匀加速直线运动，3T/4T时间内向A板做匀减速直线运动。接
12、着周而复始。根据匀变速运动速度图象是倾斜的直线可知，B图符合电子的运动情况。故B正确，C错误。电子做匀变速直线运动时x-t图象应是抛物线，故D错误。根据电子的运动情况：匀加速运动和匀减速运动交替产生，而匀变速运动的加速度不变，a-t图象应平行于横轴。故A正确。11.如图所示的电路中，输入电压U恒为12 V，灯泡L上标有“6V，12 W”字样，电动机线圈的电阻RM0.50 .若灯泡恰能正常发光，以下说法中正确的是（ ）A. 电动机的输入功率为12 WB. 电动机的输出功率为12 WC. 电动机的热功率为2.0 WD. 整个电路消耗的电功率为22 W【答案】AC【解析】【详解】A电动机两端的电压U
13、1=U-UL=12-6V=6V整个电路中的电流所以电动机的输入功率P=U1I=62W=12W故A正确。BC电动机的热功率P热=I2RM=40.5W=2.0W；则电动机的输出功率P2=P-I2RM=12-2W=10W故B错误，C正确。D整个电路消耗的功率P总=UI=122W=24W故D错误。12.如图，圆O所在平面内有匀强电场存在，电场方向与圆面平行。一个带正电荷的微粒（不计重力）从图中A点出发，以相同的初动能12J在圆内向各个方向运动，已知图中AB是圆的一条直径，BAC=30，只有当该微粒从图中C点处离开圆面时的动能才能达到最大值24J，则（ ）A. 电场沿OC方向B. 电场沿AC方向C. 若
14、粒子从B点离开，其动能18JD. 若粒子从B点离开，其动能为20J【答案】AD【解析】【详解】AB由题，带正电的粒子在匀强电场中从以相同的初动能从A点出发，从C点离开圆面时，带电粒子只受电场力作用，粒子的动能最大，根据动能定理知，说明电场力做功最大，AC间电势差最大；若过C点作匀强电场的等势面，该面与圆只能有一个交点，即该等势面在C点与圆相切，而电场方向与等势面是垂直的，从A到C电场力对小球做正功，小球的位移方向与电场力的夹角小于90，因而电场方向沿OC方向，选项A正确，B错误。CD从A到C，由动能定理：从A到B，由动能定理：解得EkB=20J选项C错误，D正确。二、填空题13.通过实验描绘：
15、一个“2.5V，0.2W”小灯泡的伏安特性曲线，可供选择的仪器有A. 00.6A，电阻约为0.2的电流表 B. 0100mA，电阻约为5的电流表C. 03V，电阻约为10K的电压表 D. 015V，电阻约为50K的电压表E. 最大电阻为20额定电流为1.0A的滑动变阻器F. 最大电阻为1K额定电流为0.1A的滑动变阻器G. 蓄电池6V、导线、电键（1）要求实验灯泡电压从零逐渐增大到额定电压。电压表应选_，电流表应选_，滑动变阻器选_.（均填写前面的字母序号）（2）画出电路图在下面方框内。（ ）（3）按照电路开始实验，接通电路后闭合开关，通过移动变阻器的滑片，使小灯泡中的电流由零开始逐渐增大，直
16、到小灯泡正常发光，由电流表和电压表得到的多组读数描绘出的IU图象可能是（ ）A. B. C. D. （4）分析小灯泡的IU曲线，可知小灯泡的电阻随电流I变大而_ (填“变大”、“变小”或“不变”)【答案】 (1). C (2). B (3). E (4). (5). C (6). 变大【解析】【详解】（1）123灯泡额定电压为2.5V，电压表选C；灯泡额定电流：电流表应选择B；为方便实验操作滑动变阻器应选择E（2）4描绘灯泡伏安特性曲线电压表与电流表应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应选择外接法，实验电路图如图所示：（3）5灯泡电阻受温度影响，随温度升高
17、而增大，随电压增大通过灯泡的电流变大，灯泡实际功率增大，灯泡温度升高，灯泡电阻变大，由图示可知，图C所示图象正确，故选C（4）6由于灯丝电阻率随温度升高而增大，灯泡电阻随温度升高而增大14. 在“测定电源的电动势和内电阻”的实验中，已连接好部分实验电路。（1）按如图甲所示的电路图连好实验电路。为避免烧坏电流表，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于端（选填“左”或“右”）（2）如图是根据实验数据作出的UI图像，由图可知，电源 的电动势EV，内阻r。（3）在其他操作规范的情况下，该实验误差产生的主要原因是 ，测得电源的电动势 。（填“偏大”或“偏小”）【答案】（1）左（2）2.942.97V 0.7
18、00.74（3）伏特表内阻分流；偏小【解析】试题分析：（1）闭合开关前应让电路中电流最小，使滑动变阻器的接入电路的电阻最大，所以闭合开关前，滑动变阻器的滑片应置于左端；（2）UI图像的图线延长线与U轴的交点即为电动势E，E=2.942.97V；图线斜率的值即为电源的内阻r，即（3）在其他操作规范情况下，该实验误差产生的主要原因是电压表的分流作用，由于电压表的分流作用测得电源的电动势偏小。考点：测定电源的电动势和内阻点评：中等难度。本实验的误差主要来自电压表的分流在画图线时，要使较多的点落在这条直线上或使各点均匀分布在直线的两侧个别偏离直线太远的点舍去不予考虑这样，就可使偶然误差得到部分的抵消，
19、从而提高测量精度此题图线与横轴交点不表示短路电流，计算内阻要在直线上任取两个相距较远的点，用计算出电源的内电阻。三、计算题15.如图所示，电路中接一电动势为4V、内阻为2的直流电源，电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为4，电容器的电容为30F，电流表的内阻不计，当电路稳定后，求：（1）电流表的读数（2）电容器所带的电荷量（3）如果断开电源，通过R2的电荷量【答案】（1）0.4A（2）4.810-5C （3）【解析】【详解】当电键S闭合时，电阻、被短路根据欧姆定律求出流过的电流，即电流表的读数电容器的电压等于两端的电压，求出电压，再求解电容器的电量断开电键S后，电容器通过、放电，、相当并联后与串
20、联再求解通过的电量（1）当电键S闭合时，电阻、被短路根据欧姆定律得电流表的读数（2）电容器所带的电量（3）断开电键S后，电容器相当于电源，外电路是、相当并联后与串联由于各个电阻都相等，则通过的电量为16.如图所示，在E103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q104 C的小滑块质量m10 g，与水平轨道间的动摩擦因数0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：(1)小滑块从M点到Q点电场力做的功(2)要使小滑块恰能运动到半
21、圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(3)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？【答案】(1) - 0.08J(2) 7 m/s（3）0.6 N【解析】【详解】（1）W=qE2R W= - 0.08J(2)设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mgqEm小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得mg2RqE2R(mgqE)xmv2mv联立方程组，解得：v07m/s.(3)设小滑块到达P点时速度为v，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得(mgqE)R(qEmg)xmv2mv又在P点时，由牛顿第二定律得FNm 代入数据，解得：FN0.6N由牛顿第三定律
22、得，小滑块通过P点时对轨道的压力FNFN0.6N.【点睛】（1）根据电场力做功的公式求出电场力所做的功；（2）根据小滑块在Q点受的力求出在Q点的速度，根据动能定理求出滑块的初速度；（3）根据动能定理求出滑块到达P点的速度，由牛顿第二定律求出滑块对轨道的压力，由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力。17.如图，空间有一竖直向下沿x轴方向的静电场，电场的场强大小按分布（x是轴上某点到O点的距离）。x轴上，有一长为L的绝缘细线连接均带负电的两个小球A、B，两球质量均为m，B球带电荷量大小为q，A球距O点的距离为L。两球现处于静止状态，不计两球之间的静电力作用。(1)求A球的带电荷量大小qA；(2)剪断细线后，求B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为x0(3)剪断细线后，求B球下落最大高度h。【答案】（1）qA=6q（2）x0=4L（3）【解析】试题分析：（1）对A、B由整体法得：2mgqAq=0解得：qA=6q（2）当B球下落速度达到最大时，由平衡条件得mg=qE=qx0，解得：x0=4L（3）运动过程中，电场力大小线性变化，所以由动能定理得：mgh=0解得：考点：考查了共点力平衡条件，动能定理【名师点睛】该题中，两个小球受到的力是变力，要根据它们受力变化的规律，正确分析得出它们运动的规律，然后才能做出正确的结论题目的难度比较大