广东省广州市番禺区实验中学2022-2022学年高二物理上学期期中试题含解析.doc

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1、广东省广州市番禺区实验中学2022-2022学年高二物理上学期期中试题含解析一 单项选择题1.宇航员在探测某星球时，发现该星球均匀带电，其带电量为Q，外表无大气，在有一次实验中宇航员将一带电其电荷量q远远小于Q粉尘放到离星球外表的一定高度处。设此带电星球对粉尘的静电力为F1，粉尘对星球的静电力为F2，那么A. F1=F2B. F1F2C. F1F2D. 无法确定【答案】A【解析】【详解】带电星球对粉尘的静电力和粉尘对星球的静电力是作用力与反作用力，大小相等。A. F1=F2。与结论相符，故A正确；B. F1F2。与结论不符，故B错误；C. F1F2。与结论不符，故C错误；D. 无法确定。与结论

2、不符，故D错误。2.真空中的两个点电荷原来带的电荷量分别为q1和q2，且相隔一定的距离假设现将q2增加为原来的3倍，再将两点电荷间的距离缩小为原来的一半，那么前后两种情况下两点电荷之间的库仑力之比为 A. 1:6B. 1:12C. 12:1D. 6:1【答案】B【解析】【详解】由库仑定律的可得原来它们之间的库仑力为：F=，变化之后它们之间的库仑力为：=12F，故：F：F=1：12，故B正确、ACD错误。应选：B.3.在真空中同一直线上的AB处分别固定电量分别为+2Q、-Q的两电荷。如下列图，假设在A、B所在直线上放入第三个电荷C，只在电场力的作用下，三个电荷都处于平衡状态，那么C的电性及位置是

3、A. 正电，在A、B之间B. 正电，在B点右侧C. 负电，在B点右侧D. 负电，在A点左侧【答案】B【解析】【详解】三个电荷要平衡，三个电荷必须在同一条直线，外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，由于外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，所以第三个电荷必须为正电，在B的右侧。A. 正电，在A、B之间。与结论不符，故A错误；B. 正电，在B点右侧。与结论相符，故B正确；C. 负电，在B点右侧。与结论不符，故C错误；D. 负电，在A点左侧。与结论不符，故D错误。4.一带电粒子射入一正点电荷q的电场中，运动轨迹如图，粒子从M运动到N，那么粒子A. 带正

4、电B. 速度一直变大C. 电势能先变大再变小D. 加速度先变大后变小【答案】D【解析】【详解】A.由曲线运动所受合力指向曲线的内侧可知，带电粒子受到正点电荷q的引力作用，带负电，故A错误；B.由带电粒子的轨迹可知，带电粒子与正电荷q的距离先减小后增大，正电荷q对带电粒子先做正功后做负功，带电粒子的速度先增大后减小，故B错误；C.由于正电荷q对带电粒子先做正功后做负功，带电粒子电势能先减小后增大，故C错误；D.由于带电粒子与正电荷q的距离先减小后增大，带电粒子受力先增大后减小，加速度先变大后变小，故D正确。5.如下列图，是一个小灯泡的电流强度随小灯泡两端电压变化的关系图，那么根据小灯泡的伏安特性

5、曲线可判定A. 小灯泡的电阻随着所加电压的增加而减小B. 小灯泡灯丝的电阻率随着灯丝温度的升高而增大C. 欧姆定律对小灯泡不适用D. 假设将该灯泡与电压恒为4V的电源相接，那么灯泡电阻为10【答案】BD【解析】【详解】A. 由图可知，图中电流随电压的增大而增大，每一点的斜率表示该点电阻的倒数，故可知小灯泡的电阻随电压的增大而增大，故A错误；B. 因导线的形状没有发生变化，故说明随电压的升高电阻率增大，而随电压增大，温度是升高的，所以小灯泡灯丝的电阻率随着灯丝温度的升高而增大，故B正确；C. 虽然小灯泡的伏安特性曲线不是直线，原因是电阻率随温度增大而发生了变化，灯丝仍然为金属导体，欧姆定律同样适

6、用，故C错误；D. 假设将该灯泡与电压恒为4V的电源相接，由图可知对应的电流为0.4A，那么电阻：，故D正确；6.如下列图，实线表示一簇关于x轴对称的等势面，在x轴上有A、B两点，那么A. A点场强大于B点场强B. 正电荷从B点移动到A点电场力做负功C. A点电势低于B点电势D. A点场强方向指向x轴负方向【答案】B【解析】【详解】A.根据电场线与等势线垂直可知，A点电场线密度小于B点电场线密度，所以A点场强小于B点场强，故A错误；BD. 电场线与等势线垂直且电场线方向由高电势指向低电势。在x轴上，电场方向由A指向B，正电荷从B点移动到A点电场力做负功，故B正确，D错误；C.由图可知，A点电势

7、高于B点电势，故C错误；7.在电场强度为E的匀强电场中，沿电场方向放置带电量为q的等量异种电荷A、B如图，A受电场力恰好为零，那么以下说法正确的选项是A. B受电场力方向向右B. A带正电，B带负点C. B受的电场力一定也为零D. B受的电场力为2Eq【答案】C【解析】【详解】A受到的电场力为零，那么A受到匀强磁场的力与电荷B的力等大反向。B受到匀强电场的力与A受到匀强磁场的力等大反向，B受到电荷A的力与A受到电荷B的力等大反向，所以B受到的电场力为零。A. B受电场力方向向右。与结论不符，故A错误；B.根据条件，无法判断A、B带电的正负。故B错误；C. B受的电场力一定也为零。与结论相符，故

8、C正确；D. B受的电场力为2Eq。与结论不符，故D错误。8.如下列图电路，电压保持不变，当开关S断开时，电流表A的示数为0.6 A，当开关S闭合时，电流表的示数为0.9 A，那么两电阻阻值之比R1:R2为 A. 1:2B. 2:1C. 2:3D. 3:2【答案】A【解析】通过电阻R2的电流：I2=II1=0.9 A0.6 A=0.3 A；电阻R=得R1:R2=1:2，选项A正确。9.在如图R1R2R3皆为定值电阻，R4为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r。设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U。当R4的滑片向a端移动时那么A. I变大，U变小B. I变大，U变大C. I变小，U变大D.

9、I变小，U变小【答案】D【解析】【详解】当R4的滑片向a端移动时，R4的阻值减小，那么回路总电阻减小，根据欧姆定律，回路总电流增大， 电阻R3和内阻r的电压增大，电压表V的读数U减小；电阻R1的电压增大，那么电阻R2的电压减小，电流表A的读数为I减小。 A. I变大，U变小与结论不符，故A错误；B. I变大，U变大。与结论不符，故B错误；C. I变小，U变大。与结论不符，故C错误；D. I变小，U变小与结论相符，故D正确。10.如图平行板电容器充电后形成一个匀强电场，大小保持不变。让质子流以不同的初速度，先后两次垂直电场射入，分别沿ab轨迹落到极板中央和边缘，那么质子沿b轨迹运动时A. 时间更

10、长B. 初速度更小C. 动能增量更大D. 两次的电势能增量相同【答案】D【解析】【详解】A. 质子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，那么偏转距离：，质子的加速度相同，由图看出，y相同，那么运动时间相同，故A错误；B.质子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，设x是水平位移，那么偏转距离：，由图看出，y相同，那么知，v0越大时，x越大，故质子沿b轨迹运动时初速度v0更大。故B错误；CD.电场力做功为：W=qEy，可见，电场力做功相同，动能的增量相同，又由能量守恒得知，两次的电势能增量相同。故C错误，D正确。二. 多项选择题11.一电子飞经电场中A、B两点，电子在A点电势能为4.81017

11、 J，动能为3.21017 J，电子经过B点时电势能为3.21017 J，如果电子只受静电力作用，那么 ()A. 电子在B点时动能为4.81017 JB. 由A点到B点静电力做功为100 eVC. 电子在B点时动能为1.61017 JD. A、B两点间的电势差为100 V【答案】AB【解析】【分析】根据能量守恒求出电子的动能，根据电场力做功与电势能的变化关系求电场力做的功，同时可以求出两点间的电势差；【详解】A、AB两点电子只受电场力，那么电子的能量守恒，在A点：在B点：，故A正确，C错误；B、电场力做的功等于电势能的该变量，所以，故B正确；D、根据公式：，所以，故D错误。【点睛】此题重点考查

12、了电场力做功与电势能的变化关系，结合公式即可解决此类题目。12.一带点油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图虚线所示，电场方向竖直向下。假设不计空气阻力，那么此油滴从A运动到B的过程中，能量变化情况为A. 动能减小B. 电势能减少C. 动能和电势能之和减少D. 重力势能和动能之和增加【答案】BCD【解析】【详解】A. 由轨迹图可知，带电油滴所受重力小于电场力，故从A到B的运动过程中合外力做正功，动能增加，故A错误；B. 油滴向上偏转运动，说明电场力向上，并且一定大于重力，所以从A到B的运动过程电场力做正功，电势能减小，故B正确；C. 根据功能关系可知，在从A到B的运动过程中只有重力、电场力做功，因此

13、重力势能、电势能、动能三者之和保持不变；从A到B的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故C正确；D. 根据功能关系可知，在从A到B的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中电势能减小，因此重力势能和动能之和增加，故D正确。13.如下列图，电源电压恒定，在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏了一下。平行板电容器C，灵敏电流计G、电源及开关组成闭合回路。以下各种情况下灵敏电流计偏转方向是A. 假设减小电容器两极板间距离，向右偏转B. 假设减小电容器两极板间距离，向左偏转C. 假设将电容器极板正对面积减小，向右偏转D. 假设将电

14、容器极板正对面积减小，向左偏转【答案】BC【解析】【详解】闭合开关时，电流从左向右流过灵敏电流计，为电容器充电，指针向左偏了一下。AB. 保持电容和电源连接，电容器两端电压不变。假设减小电容器两极板间距离，电容增大，根据，电容器所带电量增加，需要给电容器充电，所以指针向左偏转，故A错误，B正确；CD. 假设将电容器极板正对面积减小，电容减小，根据，电容器所带电量减小，电容器放电，所以指针向右偏转，故C正确，D错误。14.如下列图，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体电阻为R1，那么以下说法正确的选项是A. R1R2B. 图线的斜率代表导体的电阻C. 将R1与R2串联后接于电源上，那么电

15、流I1I2D. 将R1与R2并联后接于电源上，那么电流I1I2【答案】AD【解析】【详解】AB.根据IU图象知,，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1I2，故D正确。15.如图 (甲)所示电路中，调节滑动变阻器，通过电压表、电流表示数分别得到电源路端电压和干路电流值，电源路端电压U与干路电流I关系图象如图 (乙)。那么( )A. 电源电动势为E1.5VB. 电源内阻为r3.0C. 电源内阻为r1.0D. 回路短路电流I00.5A【答案】AC【解析】由闭合电路欧姆定律有U=E-Ir，结合图像，电源电动势为截距，电源电动势为E=1.5V，电源内阻为斜率，电源内阻为r1.0，回路短路电流，故AC正确，

16、BD错误；应选AC。三. 实验题16.一位同学记录的6组数据见表。试跟据这些数据在图中画出U-I图线， 并根据图线读出电池的电动势E=_V，电池内阻r=_。I/AU/V0.121.370.201.320.311.240.351.200.501.100.571.05【答案】 (1). 如下列图：； (2). 1.45； (3). 0.70【解析】【详解】1根据U、I数据，在方格纸U-I坐标系上描点、连线，然后将直线延长。如下列图：2由图可知，与U轴交于1.45V，此即为电源电动势；3由图可知，与I轴交于0.64A，注意此时U2=1.00V，那么内阻：17.在描绘小灯泡的伏安特性曲线的实验中，小灯

17、泡的规格为“6V，3W，其他供选择的器材有：电流表A1量程为03A，内阻0.2；电流表A2量程为00.6A，内阻1电压表V量程为06V，内阻20k滑动变阻器R1最大阻值1000，额定电流0.5A滑动变阻器R2最大阻值20，额定电流2A学生电源E电动势为6V，内阻忽略不计开关S及导线假设干1实验中要求电压表在06V范围内读数并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流值I，以便做出伏安特性曲线，那么在上述器材中，电流表应选择_，变阻器应选择_。2在所给虚线方框中画出实验电路图。 3以下是实验操作步骤A 闭合开关，记下电流表电压表的一组示数U、I，移动滑动变阻器滑片，每移动一次记下一组U、I值，共

18、测出12组数据；B 将电流表、电压表、变阻器、小灯泡、电源、开关正确连接成电路；C 调节滑片，使闭合开关前滑片处于使变阻器与小灯泡并联的电阻最大的位置；D 按所测数据，在坐标纸上描点并将各点用平滑曲线连接起来，得出小灯泡的伏安特性曲线以上各步骤中存在的错误或不妥之处是：_。将各步骤纠正后，按实验先后顺序排列为_4小灯泡的I-U图线是一条曲线，原因为_。【答案】 (1). 1A2； (2). R2； (3). 2； (4). 3步骤C中，闭合开关前触头应处于使变压器与小灯泡并联的电阻为零的位置； (5). BCAD； (6). 4随着电压增加，通过小灯泡的电流增大，温度升高，灯泡灯丝的电阻率增加

19、。【解析】【详解】11根据小灯泡的功率，灯泡正常发光时的电流为电流表应选择：A2；2要求在06V范围内读取并记录下12组不同的电压值U和对应的电流值I，应选择分压电路，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R2；23小灯泡正常工作时电阻：，远小于电压表的内阻，应采用电流表外接法，电路如下列图：；34闭合开关前触头应处于使变压器与小灯泡并联的电阻为零的位置。故步骤C中有错误之处；5应先连接电路，调节好滑动变阻器滑片位置，再测量，利用测量数据作出伏安特性曲线。故实验步骤为BCAD；46随着电压增加，通过小灯泡的电流增大，温度升高，灯泡灯丝的电阻率增加。故小灯泡的I-U图线是一条曲线。四 计算题18.如下

20、列图电路中，电源电动势E=1.5V，内阻r=0.6，电阻R1=3，电阻R2=4，电阻R3=6。电压表为理想电表，闭合开关S，求：1通过电源的电流大小2电源的内电压和电压表示数【答案】10.25A；20.15V； 0.6V【解析】【详解】1图中电阻R2与R3并联，并联电阻为：根据闭合电路欧姆定律，电源的电流：通过电源的电流：I=0.25 A2电源的内电压：电压表的示数为：19.如下列图，水平放置的平行板电容器的两极板M、N接上直流电源，两极板间的距离为L15 cm.上极板M的中央有一小孔A，在A的正上方h处的B点有一小油滴自由落下小油滴的电荷量q3.51014 C、质量m3.0109 kg.当小

21、油滴即将落到下极板时速度恰好为零两极板间的电势差U6105 V求：不计空气阻力，取g10 m/s2 1两极板间的电场强度E的大小为多少？2设平行板电容器的电容C4.01012 F，那么该电容器所带电荷量Q是多少？3B点在A点的正上方的高度h是多少？【答案】14106V/m；22.410-6C；30.55m【解析】【详解】1平行板电容器极板间为匀强电场： 场强方向由M板垂直指向N板；2平板电容器的电容C=4.010-12F，据电容器的定义式C=Q/U得：；3小油滴下落过程中，先受重力，在M板以上做自由落体运动；进入匀强电场后，受重力和电场力作用，小油滴做匀减速运动，到达N板速度为零，以此过程为研

22、究对象，由动能定理得： 联立解之得：h=0.55m20.如下列图，水平放置的平行板电容器，两极板间距d=8cm，板长l=25cm，接在直流电源上，有一带电液滴以v0=0.5m/s的初速度从板间的正中央水平射入，恰好做匀速直线运动，当它运动到P处时迅速将下板向上提起cm，液滴刚好从金属板末端飞出，g=10m/s2求：1将下板向上提起后，液滴的加速度大小；2液滴从射入电场开始计时，匀速运动到P点所用时间为多少？【答案】12m/s220.3s【解析】【详解】1带电液滴在板间受重力和竖直向上的电场力，因为液滴匀速运动，所以由：qE=mg即q=mg得：qU=mgd当下板向上提起后，d减小，E增大，电场力增大，故液滴向上偏转，在电场中做类平抛运动。此时液滴所受电场力：F=qa=2m/s22因为液滴刚好从金属末端飞出，所以液滴在竖直方向上的位移是设液滴从P点开始在匀强电场中飞行的时间为，得：=0.2s而液滴从刚进入电场到出电场的时间：t2=0.5 s所以液滴从射入开始匀速运动到P点时间为t=t2-t1=0.3s- 13 -