河北省沧州市第三中学2020_2021学年高二物理上学期期中试题含解析.docx

河北省沧州市第三中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、选择题（113题是单选题；1418是多选题）1. 下列关于静电场中电场强度、电势能等的说法中，正确的是A. 电荷在电场强度大的地方，电势能一定大B. 电荷在电场强度为零的地方，电势能一定为零C. 负电荷从电势高处运动到电势低处，电势能增加D. 只在静电力的作用下运动，电荷的电势能一定减少【答案】C【解析】A：电场强度大的地方电势不一定高，电荷在该处具有的电势能不一定大故A项错误、B：电场强度为零的地方电势不一定为零，电荷在该处具有的电势能不一定为零故B项错误C：电荷在某处具有的电势能，从电势高处运动到电势低处，电势降低，负电荷的电势能增加故C项正确D：不知电荷的初速，只在静电力的作用下运动，电荷运动的各种可能均有，电荷的电势能不一定减少故D项错误2. 一个带电的金属球，当带电荷量增加后（稳定）与增加前比较，其内部的场强将A. 一定增强B. 一定不变C. 一定减弱D. 可能增强也可能减弱【答案】B【解析】导体带电稳定后，其内部的电荷不发生定向移动，其内部的场强处处为零，所以当它带的电量增加后，其内部的场强并不会发生变化，仍为零，故B正确故选B3. 如图所示，虚线为带正电粒子仅在电场作用下的运动轨迹，下列说法正确的是（）A. A点加速度一定大于B点加速度B. A点速度一定大于B点速度C. A点电势高于B点电势D. A点电势能一定小于B点电势能【答案】C【解析】【详解】A由场强的方向无法判断场强的大小，粒子受到的电场力大小也无法判断大小，所以A、B两点的加速度无法比较，故A错误；B假设粒子从A运动到B，电场力的方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，动能增加，所以A点速度一定小于B点速度，故B错误；C沿场强的方向电势降低，所以A点电势高于B点电势，故C正确；D从A运动到B，电场力做正功，电势能减小，所以A点电势能一定大于B点电势能，故D错误；故选C。4. 如图所示，P和Q为两平行金属板，板间有一定电压，在P板附近有一电子（不计重力）由静止开始向Q板运动，下列说法正确的是（）A. 电子到达Q板时的速率，与加速电压无关，仅与两板间距离有关B. 电子到达Q板时的速率，与两板间距离无关，仅与加速电压有关C. 两板间距离越大，加速时间越短D. 两板间距离越小，电子的加速度就越小【答案】B【解析】【详解】AB电子从P板到Q板的过程中，由动能定理有得所以到达Q板时的速率只与加速电压有关，而与板距无关，故A错误，B正确；CD据牛顿第二定律可得加速度所以当两板间距离越小时，加速度越大，电子从P极板向Q极板运动做匀加速直线运动，由运动学公式可得时间两板间距离越大，时间越长，两板间距离越小，电子的加速度就越大，故CD错误。故选B。5. 某同学做三种导电元件的导电性质实验，根据所测数据分别绘制了三种元件的IU图象如图甲、乙、丙所示，则下列判断正确的是()A. 只有乙正确B. 甲、丙图曲线肯定是误差太大C. 甲、丙不遵从欧姆定律，肯定是不可能的D. 甲、乙、丙三图象都可能正确，并不一定有较大的误差【答案】D【解析】【详解】本题的伏安特性曲线是IU图像，图像中某点与原点连线的斜率的倒数表示导体在该状态下的电阻，图甲反映元件的电阻随电压的升高而减小，是非线性元件；图乙反映元件的电阻不随电压的变化而变化，是线性元件；图丙反映元件的电阻随电压的升高而增大，说明元件类似于小灯泡，综上所述，三种图像都有可能。故选D。6. 如图所示是一根粗细均匀的橡胶棒，其横截面积为S，由于与毛皮发生摩擦而均匀带负电，若已知该橡胶棒每米长度所带的电荷量为q，则当该棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，形成的等效电流为（ ）A. vqB. C. qvSD. 【答案】A【解析】【详解】棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，单位时间内通过的距离为vt，单位时间内通过的电荷量Q=qvt，得到等效电流为.Avq，与结论相符，选项A正确；B，与结论不相符，选项B错误；CqvS，与结论不相符，选项C错误；D，与结论不相符，选项D错误；7. 利用电容传感器可检测矿井渗水，及时发出安全警报，从而避免事故的发生；如图所示是一种通过测量电容器电容的变化来检测矿井中液面高低的仪器原理图，A为固定的导体芯，B为导体芯外面的一层绝缘物质，C为导电液体（矿井中含有杂质的水），A、C构成电容器已知灵敏电流表G的指针偏转方向与电流方向的关系：电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转若矿井渗水（导电液体深度h增大），则电流表（ ）A. 指针向右偏转，A、C构成的电容器充电B. 指针向左偏转，A、C构成的电容器充电C. 指针向右偏转，A、C构成的电容器放电D. 指针向左偏转，A、C构成的电容器放电【答案】B【解析】【详解】由图可知，液体与导体芯构成了电容器，两板间距离不变；液面变化时只有正对面积发生变化；则由可知，当液面升高时，只能是正对面积S增大，故可判断电容增大再依据，因此两极板间电势差U不变，那么电容的电荷量增大，因此电容器处于充电状态，因电流从哪侧流入电流表则电流表指针向哪侧偏转，因此指针向左偏转；故ACD错误，B正确；故选B.【点睛】此题考查平行板电容器在生产生活中的应用，注意由题意找出我们常见的模型再时行分析；掌握电容器的定义公式及决定式是解题的基础8. 某一导体的伏安特性曲线如图AB段（曲线）所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是（）A. B点的电阻为12B. B点的电阻为40C. 导体的电阻因温度的影响改变了1D. 导体的电阻因温度的影响改变了9【答案】B【解析】【详解】ABB点的电阻为故A错误，B正确；CDA点电阻为故两点间的电阻改变了10，故CD错误。故选B。9. 如图所示，ABC是两带电量均为Q的正点电荷连线的中垂线上的三点，B是两线段的交点，A点固定有一带电量同为Q的负点电荷，现将一电子从B点由静止释放，电子运动中会经由C点继续向前运动，则（ ）A. 从B到C，电场力对该电子一直不做功B. 电子从B到C做加速度变大的加速运动C. 电子在B、C两点时的电势能大小关系是EPBEPCD. 若电子可回到B点，则回到B点时速度不为零【答案】C【解析】【详解】A.从B到C，合场强不会一直为零，电场力对该电子要做功，故A错误；B.从B到C，产生的场强变小，但两个产生的合场强变化情况不能确定，所以B、C间电场的分布情况不能确定，电场强度的变化不能确定，电场力的变化不能确定，所以加速度不一定一直变大，故B错误；C.从B到C，电子的动能增大，则电势能减小，则有，故C正确；D.若电子可回到B点，则回到B点前，电场力对电子做负功，动能减小，速度减小，根据对称性可知，回到B点时的速度一定为零，故D错误。故选C。10. 空间某一静电场的电势在轴上分布如图所示，图象关于y轴对称轴上两点B、C点电场强度在方向上的分量分别是、，下列说法中正确的有 （ ）A. 的大小大于的大小B. 的方向沿轴正方向C. 电荷在点受到的电场力在方向上的分量最大D. 负电荷沿轴从移到的过程中，电场力先做负功，后做正功【答案】A【解析】略11. 图中电阻R1、R2、R3阻值相等，电池的内阻不计，开关S接通后流过R2的电流是S接通前的（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】设三个电阻均为R；开关S接通前，流过R2的电流为开关S接通后，流过R2的电流为则I2：I1=2：3故选B。12. 如图所示，a、b是电场线上的两点，将一带电荷量为q的点电荷从a移到b，电场力做功为W，且知a、b间的距离为d，则以下说法正确的是（）A. a、b间的电势差为B. a处的场强为EC. b处的场强为ED. a点的电势为【答案】A【解析】【详解】A根据电势差的定义可知，a、b间的电势差为故A正确；BC只有一条电场线，无法确定是不是匀强电场，所以无法求出a、b的电场强度，故BC错误；D没有确定零电势点，所以无法确定a点的电势，故D错误；故选A。13. 一个电流表的满偏电流Ig1mA，内阻为500，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（）A. 串联一个10k的电阻B. 串联一个9.5k的电阻C. 并联一个10k的电阻D. 并联一个9.5k的电阻【答案】B【解析】【详解】电压表是由灵敏电流计和一个阻值较大的定值电阻串联分压改装而成，当通过灵敏电流计的电流达到满偏值时，电表两端电压为最大量程，所以解得故选B。14. 图中a、b是两个点电荷，它们的电荷量分别为Q1、Q2，MN是a、b连线的中垂线，P是中垂线上的一点.下列哪种情况能使点场强方向指向MN的左侧（ ）A. Q1、Q2都是正电荷，且Q1Q2B. Q1是正电荷，Q2是负电荷，且Q1Q2C. Q1是负电荷，Q2是正电荷，且Q1Q2D. Q1、Q2都是负电荷，且Q1Q2【答案】ACD【解析】【详解】A.当两点电荷均为正电荷时，点电荷在点的电场强度方向沿，而点电荷在点的电场强度方向沿，当时，则点电荷在点的电场强度大，所以电场强度合成后，方向偏向左侧，故选项A正确；B.当是正电荷，是负电荷时，点电荷在点的电场强度方向沿，而点电荷在点的电场强度方向沿，则点合电场强度方向偏向右侧，故选项B错误；C.当是负电荷，是正电荷时，点电荷在点的电场强度方向沿，而点电荷在点的电场强度方向沿，则点合电场强度方向偏向左侧，故选项C正确；D.当、均为负电荷时，点电荷在点的电场强度方向沿，而点电荷在点的电场强度方向沿，当，则点电荷在点的电场强度大，点合电场强度方向偏向左侧，故选项D正确15. 一个带电小球从空中的M点运动到N点的过程中，重力做功0.3J，克服电场力做功0.1J关于小球在M点与N点的能量关系，下列说法正确的是A. 在M点的动能比在N点小0.2JB. 在M点的机械能比在N点大0.1JC. 在M点的重力势能比在N点大0.3JD. 在M点的电势能比在N点大0.1J【答案】ABC【解析】【详解】A. 根据动能定理得：Ek= WG+W电= 03J-0.1J=0.2J即小球的动能增加0.2J，在M点的动能比在N点小0.2J，故A正确B.电场力对小球做功为-0.1J，则小球的机械能减少0.1J，即小球在M点的机械能比在N点大0.1J，故B正确C.重力做功为0.3J，重力势能减小0.3J，即在M点的重力势能比在N点大0.3J，故C正确D.克服电场力做功0.1J，则在M点电势能比在N点少0.1J故D错误16. 空间有一与纸面平行的匀强电场，纸面内的A、B、C三点位于以O点为圆心，半径10cm的圆周上，并且AOC，BOC=120º，如图所示现把一个电荷量q=1×10C的正电荷从A移到B，电场力做功1×10J；从B移到C，电场力做功为3×10J，则该匀强电场的场强方向和大小（ ）A. 场强大小200V/mB. 场强大小为200V/mC. 场强方向垂直OA向右D. 场强方向垂直OC向下【答案】AC【解析】试题分析：；则，若设UC=0，则UA=20V，UB=30V，若延长AO则与BC的连线交与BC的三等分点D点，D点的电势应为20V,则AD为电势为20V的等势面，故场强方向垂直OA向右，大小为，故选AC考点：电场力的功与电势差的关系【名师点睛】此题考查了电场力做功与电势差的关系，解题时注意三个物理量的符号；设法找到等势面，场强的方向与等势面垂直17. 如图所示，x轴上方关于y轴对称放置的两块足够大平行金属板a、b带有等量异种电荷，其中b板接地，两板间有平行x轴方向的匀强电场坐标原点O位置有一粒子源，可以在平面内向各个方向发射速度大小为v0、质量、带电量相同的带负电的粒子(不计粒子重力)，其中沿x轴负方向的粒子恰好不打到a板上，则下列说法正确的是A. 由于b板接地，故b板带负电，a板带正电B. 所有能打到b板的粒子动能都相同C. 打到b板的粒子中，用时最长的粒子所用时间是用时最短的粒子的()倍D. 将a、b对称向y轴靠拢，则一定有粒子能打到a板【答案】BCD【解析】【详解】A.带负电粒子滑x轴负向减速，故电场方向沿x轴负方向，ba，b带正电，故A错误；B.所有打到b板的粒子初动能相同，电场力做功同，末动能相同，故B正确；C.用时最短的粒子滑x轴正向运动，用时最长的粒子沿，轴负方向运动，由图象可得：，故C正确；D.当a、b向y轴靠拢时，板上电荷量不变，E不变，粒子运动不变，故沿x轴负方向的粒子能打到a板，故D正确；18. 如图所示，在竖直平面内有一匀强电场，其方向与水平方向成斜向右上，在电场中有一质量为m、电量为q的带电小球，用长为L的不可伸长的绝缘细线挂于O点，当小球静止于M点时，细线恰好水平现用外力将小球拉到最低点P，然后无初速度释放，则以下判断正确的是( )A. 小球再次到达M点时，速度刚好为零B. 小球从P到M过程中，合外力对它做了的功C. 小球从P到M过程中，小球的机械能增加了D. 如果小球运动到M点时，细线突然断裂，小球以后将做匀变速曲线运动【答案】BD【解析】【详解】A当小球静止于M点时，细线恰好水平，说明重力和电场力的合力方向水平向右，小球从P到M过程中，线拉力不做功，只有电场力和小球重力做功，它们的合力也是恒力，方向水平向右，所以小球到最右边时，速度最大，而不是零，A错误；B电场力与重力合力为这个方向上位移为L，所以做功为，故B正确；C机械能增加量就动能增加量和重力势能增加量mgL之和，故C错误；D细线突然断裂时，速度方向竖直向上，合外力水平向右，做匀变速曲线运动，故D正确二、实验题19. 某同学要测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻（圆柱体的电阻约为6）：为精确测量其电阻，并且待测电阻的电压从零开始可以连续调节，除待测圆柱体外，实验室还备有的实验器材如下，为了测多组实验数据。(1)则电压表应选_；电流表应选_；滑动变阻器应选_。（填写器材前对应的序号字母）A电压表V1（量程3V，内阻约为15k） B电压表V2（量程15V，内阻约为75k）C电流表A1（量程0.6A，内阻约为1）D电流表A2（量程3A，内阻约为0.2）E滑动变阻器R1（05，0.6A） F滑动变阻器R2（02000，0.1A）G1.5V的干电池两节，内阻不计 H开关S，导线若干(2)请设计合理的实验电路，将电路图完整地画在图虚线框中_；并把实物图连接完整_。【答案】 (1). A (2). C (3). E (4). (5). 【解析】【详解】(1)123电源电动势为1.5V，则电压表应选A；电路可能出现的最大电流为，则电流表应选C；待测电阻的电压从零开始可以连续调节，则滑动变阻器应接成分压电路，则应该选择阻值较小的E；(2)45因RV>>Rx，则应该采用电流表外接电路；合理的实验电路如图，实物图连接如图；三、解答题20. 带有等量异号电荷、相距10cm的平行板A和B之间有一个匀强电场，如图所示电场强度E2.0×104V/m，方向向下电场中C点距B板3cm，D点距A板2cm（1）若令A板接地，C、D两点的电势、分别是多少？C、D两点的电势差等于多少？（2）一个电子从C点先移到P点，再移到D点，静电力做了多少功？【答案】（1）=-1400V，=-400V；=-1000V（2）【解析】试题分析：根据匀强电场的场强与电势差的关系U=Ed，计算CD间的电势差，但是要注意CD间电势差的正负；电场力做功与路径无关，根据W=qU求解电场力的功（1）沿着电场线电势降低，故D点的电势大于C点的电势，如果令A板接地，则：同理可得：所以：（2）由于静电力做的功与路径无关，一个电子从C点先移到P点，再移到D点，静电力做为：点睛：本题主要考查了匀强电场的场强与电势差的关系U=Ed，注意d为沿电场线方向上的距离21. 如图所示，边长为L的正方形区域ABCD内有竖直向下的匀强电场，电场强度为E，与区域边界BC相距L处竖直放置足够大的荧光屏，荧光屏与AB延长线交于O点现有一质量为m、电荷量为q的粒子从A点沿AB方向以一定的初速度进入电场，恰好从BC边的中点P飞出，不计粒子重力。(1)求粒子进入电场前的初速度v0的大小；(2)其他条件不变，增大电场强度使粒子恰好能从CD边的中点Q飞出，求粒子从Q点飞出时的动能Ek；(3)求粒子从Q点飞出时打在荧屏上的点离O点的距离y。【答案】(1)；(2)qEL；(3)7L【解析】【详解】(1)粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向上有L=v0t在竖直方向上有qEma联立解得v0=(2)其他条件不变，增大电场强度，粒子从CD边中点Q飞出，则水平方向v0t竖直方向Lat2qE=ma得E=8E由动能定理得qEL=Ek得Ek=qEL(3)设打在屏幕上的位置距O点的距离为Y，由几何关系知=得Y=7L