广西桂林市第十八中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题理.docx

广西桂林市第十八中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题 理（含解析）一、单项选择题1. 某电场的电场线如图，a、b是一条电场线上的两点， 用 、 和 、 分别表示a、b两点的电势和电场强度，可以判定（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】根据电场线疏密表示电场强度大小，Ea>Eb；根据沿电场线电势降低，a>b，故ABD错误，C正确故选C.2. 对电容C，以下说法正确的是A. 电容器带电荷量越大，电容就越大B. 对于固定电容器，它的带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变C. 可变电容器的带电荷量跟加在两极板间的电压成反比D. 如果一个电容器没有电压，就没有带电荷量，也就没有电容【答案】B【解析】【详解】A电容器的电容只由电容器本身来决定，与电容器带电荷量无关，选项A错误；B电容表征电容器容纳电荷本领的大小，对于固定电容器，电容C不变，由定义式可知，则带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变故B正确C电容器的带电荷量Q=CU，当电容C一定时，电量与电压成正比当电容C变化时，电量与电压不成正比故C错误D电容表征电容器容纳电荷本领的大小，与电容器的电量、电压无关故D错误3. 关于磁场和磁感线的描述，正确的说法有（）A. 磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是一种物质，所以，磁场中的磁感线也是客观存在的B. 磁感线可以形象地表现磁场的强弱与方向C. 磁感线总是从磁铁的北极出发，到南极终止D. 磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列出曲线，没有细铁屑的地方就没有磁感线【答案】B【解析】【详解】A磁场中的磁感线是为了形象的描述磁场，引入的假想的一簇曲线，故A错误；B磁感线的疏密可以表示磁场强弱，磁感线上某点的切线方向可以表示该点磁场方向。故B正确；C在磁铁外部，磁感线从北极出发，到南极终止，在磁铁内部，恰好相反，从南极出发，到北极终止，从而形成一条闭合的曲线。故C错误；D磁感线描述的是磁铁周围空间的磁场强弱情况，不局限于细铁屑排列出的曲线，故D错误。故选B。4. 如图所示，A、B、C、D、E是半径为r的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除A点处的电量为q外，其余各点处的电量均为q，则圆心O处() A. 场强大小为，方向沿AO方向B. 场强大小为，方向沿OA方向C. 场强大小为，方向沿AO方向D. 场强大小为，方向沿OA方向【答案】C【解析】【详解】假设A处同样放+q的正电荷，由对称可知O处的合场强为零，所以在BCDE四处的+q电荷，在O处产生的合场强一定与A处所放的+q电荷产生的场强等大反向，即在BCDE四处的+q电荷在O处产生的合场强为，方向沿OA方向；所以若在A处放一个-q的电荷则圆心O处的场强为，方向沿OA方向故C正确，ABD错误5. 如图为两个不同闭合电路中两个不同电源的U-I图象，下列判断正确的是（）A. 电动势，发生短路时的电流B. 电动势，内阻C. 电动势，内阻D. 当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大【答案】D【解析】【详解】ABC由闭合电路欧姆定律得变形得对应图象可知，电源的U-I图象与纵轴的截距为电源的电动势E，斜率为内阻r，与横轴的截距为电路中的短路电流，所以由图象可得，所以ABC错误；D当两电源的工作电流变化量相同时，由于2的斜率比1的斜率大，所以电源2的路端电压变化大，所以D正确。故选D。6. 如图所示，电源电动势E=8V，内电阻为r=0.5，“3V，3W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R0=1.5，下列说法正确的是（ ）A. 通过电动机的电流为1.6AB. 电动机两端电压是1.5VC. 电动机的输入功率为1.5WD. 电动机的输出功率为3W【答案】D【解析】分析】由灯泡铭牌可以知道,灯泡额定电压是3V,额定功率是3W,由电功率公式的变形公式可以求出灯泡额定电流,由串联电路特点可以求出通过电机的电流.根据闭合电路中串并联关系找到电动机的电压，则可以求电动机的输入功率及输出功率【详解】A、灯泡L正常发光,通过灯泡的电流,电动机和灯泡是串联关系，所以流过电动机的电流也为1A，故A错；B、电动机两端电压 ，故B错；C、电动机的输入功率为 ，故C错；D、电动机的输出功率为 ，故D对；故选D【点睛】由求出电动机输入功率,由 求出电动机热功率,电动机输入功率与热功率之差是电动机的输出功率.7. 电子绕核运动可等效为一环形电流，设氢原子中的电子沿半径为r的圆形轨道运动,已知电子的质量为m，电子的电荷量为e，则其等效电流的大小为（）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】电子做绕核运动，由库仑定律和牛顿第二定律，可知根据电流定义式，可知联立，解得故选A。8. 如右图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边沿垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边沿飞出，现在使电子入射速度变为原来的，而电子仍从负极板边沿垂直电场方向射入，且仍从正极板边沿飞出，则两极板的间距应变为原来的（）A. 4倍B. 2倍C. 倍D. 倍【答案】B【解析】【详解】对于带电粒子以平行极板的速度从左侧中央飞入匀强电场，恰能从右侧擦极板边缘飞出电场这个过程，假设粒子的带电量e，质量为m，速度为v，极板的长度为L，极板的宽度为d，电场强度为E；由于粒子做类平抛运动，所以水平方向竖直方向得若速度变为原来的，则仍从正极板边沿飞出，则两极板的间距应变为原来的2倍。故选B。9. 如图所示，四根长直绝缘导线处于同一平面内，它们的电流强度大小关系是，现将其中一根导线中的电流切断（即电流等于零），可使得正方形ABCD的中点处的磁感应强度最大，则切断的电流是（）A. I1B. I2C. I3D. I4【答案】A【解析】【详解】根据安培定则，可以判断出I1、I2、I3、I4在O点的磁感应强度方向依次为向外、向内、向内、向内。则易知，切断的电流为I1。故选A。10. 如图所示的电路，闭合开关，灯L1、L2正常发光由于电路出现故障，突然发现L1变亮，L2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是()A. R1断路B. R2断路C. R3短路D. R4短路【答案】A【解析】【详解】A等效电路如图所示：若R1断路，总外电阻变大，总电流减小，路端电压变大，L1两端电压变大，L1变亮；ab部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，总电流减小，通过L2、R4的电流都减小，故A符合题意； B若R2断路，总电阻变大，总电流减小，ac部分电路结构没变，电流仍按原比例分配，R1、L1中电流都减小，与题意相矛盾，故B不符合题意； CD若R3短路或R4短路，总电阻减小，总电流增大，A中电流变大，与题意相矛盾，故CD不符合题意。 故选A。二、多项选题11. 一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过静止的小磁针正上方，这时磁针的N极向纸外方向偏转，这一束带电粒子可能是（）A. 向右飞行的正离子束B. 向左飞行的正离子束C. 向右飞行的负离子束D. 向左飞行的负离子束【答案】BC【解析】【详解】磁针N极向纸外偏转，说明带电粒子束下方磁场方向垂直直面向外，根据安培定则，可知这束带电粒子产生的电流方向为水平向左，故可能是向左飞行的正离子束，也可能是向右飞行的负离子束。故选BC。12. 电饭锅工作时有两种状态。一种是锅内水烧干前的加热状态，另一种是锅内水烧干后保温状态，如图所示是电饭锅电路原理示意图，K是感温材料制造的开关。下列说法中正确的是（）A. 其中R2是供加热用的电阻丝B. 当开关S接通时电饭锅为加热状态，S断开时为保温状态C. 要使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半，应为2：1D. 要使R2在保温状态时的功率为加热状态时一半，应为【答案】ABD【解析】【详解】AB如图所示，由得，当接通K时，电阻变小，功率变大，处于加热状态；当断开K时，电阻变大，功率变小，处于保温状态，则R2是供加热用的电阻丝，当开关K接通时电饭锅为加热状态，K断开时为保温状态，故AB正确；CD使R2在保温状态时的功率为加热状态的一半，由P=I2R可得：电阻R2在保温与加热状态下的电流之比，所以则故C错误，D正确。故选ABD。13. 如图所示，两块正对平行金属板M、N与电池相连，N板接地，在距两板等距离的P点固定一个带负电的点电荷，如果M板向上平移一小段距离，则（）A. 点电荷受到的电场力变小B. M板的带电荷量增加C. P点的电势升高D. 点电荷在P点具有的电势能增加【答案】A【解析】【详解】AB由题分析得知，电容器的板间电压保持不变，将M板向上平移一小段距离，板间距离增大，由公式可知，板间场强减小，点电荷受到的电场力减小，故A正确；B电容器的板间电压保持不变，将M板向上平移一小段距离，板间距离增大，电容器的电容C减小，根据Q=UC可知，M板的带电量减小，故B错误；C板间场强减小，P点与下板间的距离未变，则由U=Ed，可知P点与下板之间电势差减小，下板电势为零，且P点的电势高于下板的电势，则P点的电势降低，故C错误；D该点电荷带正电，P点的电势降低，则点电荷在P点具有的电势能减小，故D错误。故选A。【点睛】解答本题时，关键要对物理量间的关系要熟悉。分析时要抓住不变量，知道电容器与电源保持相连时板间电压不变往往先确定电势差，再确定电势。14. 如图甲所示，一条电场线与Ox轴重合，取O点电势为零，Ox方向上各点的电势随x变化的关系如图乙所示，若在O点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用。则（）A. 电子将沿Ox方向运动B. 电子的电势能将一直减小C. 沿Ox方向电场强度一直增大D. 电子运动的加速度先增大后减小【答案】AB【解析】【详解】AB顺着电场方向，电势逐渐降低，可知电场方向沿x轴负方向，因电子只受电场力，故电子沿x轴正方向运动，因电场力做正功，故电子电势能减小，AB正确；CD图像切线斜率表示电场强度，可知，电场强度先减小后增大，故电子受到的电场力先减小后增大，加速度先减小后增大，CD错误。故选AB。15. 中国宋代科学家沈括在梦溪笔谈中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料，下列说法不正确的是（）A. 地理南、北极与地磁场南、北极不重合B. 地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C. 地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D. 地球外部空间磁场的磁感线从地理北极附近穿出，地理南极附近穿入【答案】CD【解析】【详解】AB地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近，并且不重合，地磁南北两极连线与地理两极连线有一夹角，即磁偏角，故AB正确，不符合题意；C地球表面只有赤道上方的地磁场方向与地面平行，故C错误，符合题意；D地球外部空间磁场的磁感线从地理南极附件穿出，地理北极附近穿入，故D错误，符合题意。故选CD。16. 两只电流表A1和A2是由完全相同的电流计并联不同的电阻改装而成的，A1的量程是3A，A2的量程是6A，为了测量8A左右的电流，并联接入电路中，两者都有读数的情况下，正确的选项为（）A. A1和A2的内阻相等B. A1和A2的两端电压相等C. A1和A2的指针偏转角相等D. A1和A2的读数相等【答案】BC【解析】【详解】A表头相同，但改装的量程不同，所以需要并联的电阻值是不同的，故A1和A2的内阻不相等。故A错误；B两只电流表并联接入电路，故两端电压相等。故B正确；C两表电压相同，且表头相同，故其指针偏转角相等。故C正确；D虽然两表指针偏转角相等，但其量程不同，故两表读数不同。故D错误。故选BC。三、填空题17. 在使用多用电表测量时，指针的位置如图甲所示，若选择开关拨至“×1”挡，则测量的结果为_，若选择开关拨至“50 mA”挡，则测量结果为_mA。【答案】 (1). 18.0 (2). 23.0【解析】【详解】1 选择开关拨至“×1”挡，则测量的结果为2 若选择开关拨至“50 mA”挡，则测量结果18. 实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为1.7×108 ·m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度可供使用的器材有：电流表：量程0.6A，内阻约0.2；电压表：量程3V，内阻约9k；滑动变阻器R1：最大阻值5；滑动变阻器R2：最大阻值20；定值电阻：R0=3；电源：电动势6V，内阻可不计；开关、导线若干回答下列问题： （1）实验中滑动变阻器应选_(填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至_端(填“a”或“b”)； （2）在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接_；（3）调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50 A时，电压表示数如图乙所示，读数为_V；（4）导线实际长度_m(保留两位有效数字)【答案】 (1). R2 (2). a (3). (4). 2.30V（2.29、2.31均正确） (5). 94（93、95均正确）【解析】【详解】（1）根据限流解法的要求，滑动变阻器的阻值大于被测电阻，需要选择R2，闭合开关前使滑动变阻器阻值最大，即滑片在a端（2）根据电路图连接实物图，应先串后并，先连控制电路后连测量电路，如图所示：（3）电压表量程3 V，最小分度为01 V，估读一位，读数为230 V（4）根据欧姆定律得，R0Rx46 ，根据电阻定律得，Rx，联立解得，L94 m【点睛】应明确：电流表的读数不能小于量程的；应根据电路中需要的最大电阻来选择变阻器阻值的大小；若电表每小格读数中出现数字“1”则应进行估读，出现“2”则应进行“估读”，出现“5”应进行“估读”四、计算题19. 如图所示，一个质量为 的小球带电荷量为 的正电，用长度L=10m的细线悬挂于固定点O上，此装置置于水平向右的匀强电场中，场强的大小 ，现将带电小球拉至O点右侧，使悬线伸直并保持水平，然后由静止释放小球（g取10m/s2）（1）求小球运动到最低点时的动能;（2）求小球运动到最低点时绳的拉力为多大;【答案】(1) ;(2) 【解析】（1）对小球，从初始位置运动到最低点的过程重力做正功mgL，电场力做负功-qEL，运用动能定理得：mgL-qEL=Ek解得：Ek3×10-3J（2）由Ekmv2解得：mv22Ek6×10-3J在最低点，小球受重力和绳的合力提供向心力，根据向心力公式得：T-mg=mv2/L解得： T=1.8×10-2N20. 如图所示的电路中,电源的电动势E=6V，内阻r=1，电阻R1=3 ，R2=6 ，电容器的电容C=3.6F，二极管D具有单向导电性，开始时，开关S1闭合，S2断开，(1)开关S1闭合，S2断开时，电容器两端的电压为多少？(2)合上S2，待电路稳定以后，求电容器上电荷量变化了多少？(3)合上S2，待电路稳定以后再断开S1，求断开S1后流过R1的电荷量是多少？【答案】(1)4.5V；(2)减少了1.8×10-6 C；(3)9.6×10-6 C【解析】【详解】(1)设开关S1闭合，S2断开时，电容器两端的电压为U1，干路电流为I1，根据闭合电路欧姆定律有I1=1.5AU1=I1R1=4.5V(2)合上开关S2后，电容器两端电压为U2，干路电流为I2；根据闭合电路欧姆定律有I2=2AU2=I2=4V所以电容器上电荷量减少了Q=(U1-U2)C=1.8×10-6C(3)设合上S2后，电容器上的电荷量为Q，则Q=CU2=1.44×10-5C再断开S1后，R1和R2的电流与阻值成反比，故流过电阻的电荷量与阻值成反比；故流过电阻R1的电荷量为Q1=Q=9.6×10-6C21. 如图甲所示，极板A、B间电压为U0，极板C、D间距为d，荧光屏到C、D板右端的距离等于C、D板的板长。A板O处的放射源连续无初速地释放质量为m、电荷量为+q的粒子，经电场加速后，沿极板C、D的中心线射向荧光屏（荧光屏足够大且与中心线OO垂直），当C、D板间未加电压时，粒子通过两板间的时间为t0；当C、D板间加上图乙所示电压（图中电压U1已知）时，粒子均能从C、D两板间飞出，不计粒子的重力及相互间的作用。求：(1)C、D板的长度L；(2)粒子打在荧光屏上区域的长度；(3)打在荧光屏上离O最远的粒子的速度。【答案】(1)；(2) ；(3) ，速度方向与直线OO的夹角为【解析】【详解】（1）粒子在A、B板间加速过程中，根据动能定理，有在C、D板的长度为Lv0t0解得；（2）粒子从nt0（n0、2、4）时刻进入C、D间，偏移距离最大，粒子做类平抛运动，则有偏移距离和加速度分别为联立，得粒子在C、D间偏转距离最大时打在荧光屏上距中心线最远出C、D板偏转角正切值为其中vyat0打在荧光屏上距中心线最远距离为sy+Ltan荧光屏上区域长度为（3）打在荧光屏上离O最远的粒子出C、D板时：速度v与OO的夹角为