吉林省白城市第一中学2019_2020学年高二物理上学期期中试题含解析.doc

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1、吉林省白城市第一中学2019-2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、 选择题（本题共12小题，每小题4分，共计48分在17题给出的四个选项中只有一个选项正确，在812小题给出的四个选项中，有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知() A. 带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小B. 带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大C. 带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大D

2、. 带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小【答案】A【解析】【详解】电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向沿电场线向右，若粒子从P运动到Q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，R点速度大于Q点速度，若粒子从Q运动到P，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，Q点速度小于R点速度，P点时的电势能比在Q点时的电势能小，故A正确，B错误；因带电粒子只受电场力作用，故只有电场力做功，则带电粒子的动能与电势能之和保持不变，选项C错误；R点的电场线较Q点密集，则R点的场强较大，电场力较大，故带电粒子在R点时的加速度大小大于在Q点时的加速度大小，选项D错误。【点睛】该类题目中，首

3、先根据轨迹弯曲的方向判断出粒子受力的方向是解题的关键根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法。2.两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示A处电荷带正电荷量Q1，B处电荷带负电荷量Q2，且Q24Q1，另取一个可以自由移动的点电荷Q3，放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则：A. Q3为负电荷，且放于B右方B. Q3为负电荷，且放于A左方C. Q3为正电荷，且放于A、B之间D. Q3为正电荷，且放于B右方【答案】B【解析】【分析】由题意可知考查带电粒子受力平衡问题，根据库仑定律和平

4、衡条件分析可得。【详解】第三个电荷Q3所受库仑力合力为零，则Q3所处位置电场强度为零，根据电场强度矢量性、电场强度叠加可知AB之间合场强向右，不可能为零，在B的右方某处Q1产生的场强方向向右，Q2产生的场强方向向左，但是Q2产生的场强大于Q1产生的场强大小，合场强不可能为零，只有A左方且靠近A的位置合场强为零，为保证电荷AB所受电场力为零，假设Q3带正电，Q1受到电场力的合力向右，不可能为零，假设错误，说明Q3只能带负电荷。A描述与题意分析不符合，故A错误。B描述与题意分析符合，故B正确。C描述与题意分析不符合，故C错误。D描述与题意分析不符合，故D错误。【点睛】三个电荷都在库仑力作用下静止，

5、满足规律：(1)同内异外小（同种电荷时引入第三个电荷放在里面，异种电荷第三个电荷放在外面，且靠近带电量小的那个电荷）(2)引入第三个电荷电性及电量大小特征：两同夹异（电性关系），两大夹小（电量关系）。3.直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图，M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零，静电力常量用k表示若将该正点电荷移到H点，则G点处场强的大小和方向分别为：A. ，沿y轴正向B. ，沿y轴负向C. ，沿y轴正向D. ，沿y轴负向【答案】A【解析】【分析】由题意可知考查电场强度矢量性，根据电场叠加原理，结合等效思想分析计算可得。

6、【详解】O点电荷Q在G点产生的场强大小为，方向沿-y,因G点处的电场强度恰好为零,说明M、 N固定的负电荷在G点共同产生的场强大小也为 ,方向沿+y方向，当把O点电荷Q电荷移到H点时，在G点产生的场强大小为 ，方向沿-y，M、 N固定的负电荷在G点共同产生的场强大小仍为，则此时G点的合场强为 ，方向沿y轴正向。A描述与题意分析计算符合，故A正确。B描述与题意分析景计算不符合，故B错误。C描述与题意分析计算不符合，故C错误。D描述与题意分析计算不符合，故D错误【点睛】根据可以计算O点正电荷在G点产生的场强大小，根据G点场强为零可以求出M、N两个负电荷在G点产生的合场强大小和方向，当O点正电荷移到

7、H点时，可以根据求出后来正电荷在G点产生场强，M、N两个负电荷共同在G点产生的场强大小和方向不变，再根据场强叠加求出G点后来场强大小、方向。4.空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图所示稳定的静电场实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则：A. C点和D点的电场强度相同B. 正电荷从A点移至B点，静电力做负功C. A点和B点比较，A点的电势比B点电势高D. 负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先增大后减小【答案】C【解析】【分析】由题意可知考查带电粒子在非匀强电场中的运动，根据

8、电场特点及电场力做功情况分析可得。【详解】AC点和D点的电场强度方向不同，故电场强度不同，故A错误；B正电荷从A点移至B点， 电势差为正，电量为正，则静电力做正功，故B错误。C由图可知A点与C点和D点在一条等势线上，沿着电场线的方向电势降低，C点电势高于乙球表面的电势，乙球表面的电势高于B点电势，因此A点的电势比B点电势高，C正确D负电荷从C点沿直线CD移至D点，直线CD上各点电势相等，电场力做功为零，电势能不变，故D错误。【点睛】电场线越密（越疏）场强越大（越小），沿电场线方向电势降低，电势差为正（负）时，取正（负）值，带正（负）电时，电量取正（负），电场力做正功（负功），W取正值（负值）5

9、.如图所示的电路，L1、L2、L3是3只小电灯，R是滑动变阻器，开始时，它的滑片P位于中点位置当S闭合时，3只小电灯都发光现使滑动变阻器的滑片P向右移动时，则小电灯L1、L2、L3的变化情况（各灯电压均未超过额定值）：A. L1变亮、L2变亮B. L2变亮、L3变暗C. L1变暗、L3变亮D. L1、L2、L3均变亮【答案】B【解析】【分析】由题意可知考查电路动态分析，根据闭合电路欧姆定律分析计算可得。【详解】滑片P向右移动，支路电阻增大，外电阻增大，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，通过灯L1电流变小，所以变暗，外电压增大，灯L1的电压减小，说明灯L2两

10、端电压增大，通过灯L2的电流增大，变亮，而总电流减小，通定灯L3电流减小，变暗。A描述与题意分析不符合，故A错误。B描述与题意分析符合，故B正确。C描述与题意分析不符合，故C错误。D描述与题意分析不符合，故D错误。【点睛】电路动态分析时，先从局部电阻入手，分析电阻变化，再分析总电阻变化，根据闭合电路欧姆定律可知总电流变化，内电压变化，外电压变化，先分析电阻不变的用电器电流、电压变化，最后灵活选择电流、电压关系间接分析出电阻变化用电器电流、电压变化情况。6.一根长为L，横截面积为S金属棒，其材料的电阻率为。棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e。在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生

11、电流、自由电子定向运动的平均速率为v。则金属棒内的电场强度大小为A. B. C. nevD. 【答案】C【解析】【分析】考查电路和电场知识【详解】，I=neSv，联立得E=nev，故选C。7. 在如图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P缓慢向右移动，则A. 灯泡L变暗B. 电源内部消耗的功率先变大后变小C. 电容器C上的电荷量增加D. 流过R1的电流方向由左向右【答案】D【解析】【分析】本题考查含电容器电路的动态分析【详解】AB当滑片向右移动时，电阻减小，干路电流增大，根据P=I2R知灯泡变亮，电源内部消耗功率变大，选项A、B错误；C根据U=IR知，电源内电压及灯泡上电压增大，滑动变阻

12、器上分得电压减小，电容器因与滑动变阻器并联，电容器C上电压也减小，根据Q=CU知电容器电量减小，C错误；D电容器会通过R、R1组成回路放电，故经过电阻R1的电流由左向右，D正确。8.关于物理学史，下列说法中正确的是：A. 元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的B. 法拉第不仅提出了电场的概念，而且采用了简洁的方法“电场线”描述电场C. 欧姆最初用实验直接得到电流通过导体产生热量的表达式D. 库仑在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律【答案】ABD【解析】【详解】A元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，与物理学史相符，故A正确；B法拉第

13、不仅提出了电场的概念，而且采用了简洁的方法“电场线”描述电场，与物理学史相符，故B正确。C焦耳最初用实验直接得到电流通过导体产生热量的表达式 ，故C错误。D库仑在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律 ，与物理学史相符，故D正确。9.如图甲、乙所示的电路图为电表改装的示意图，G为表头、R为可调电阻，则下列说法正确的是()A. 图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大B. 图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小C. 图乙为电压表改装原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大D. 图乙为电压表改装的

14、原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小【答案】BC【解析】【详解】图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，根据可知，会使得改装后电表的量程减小，选项A错误，B正确；图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，根据可知，改装后电表的量程增大，选项C正确，D错误；故选BC.10.x轴上O点右侧各点的电场方向与x轴方向一致，O点左侧各点的电场方向与x轴方向相反，若规定向右的方向为正方向，x轴上各点的电场强度E随x变化的图象如下图所示，该图象关于O点对称，x1和x1为x轴上的两点下列说法正确的是A. O点的电势最低B. x1和x1两点的电势相等C. 电子在x1处的电势能大于在x1处的

15、电势能D. 电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，则到达O点时速度最大【答案】BD【解析】试题分析：沿电场方向电势减小，所以在x轴左侧O点的电势最大，在x轴右侧O点的电势也是最大的，故O点的电势最大，A错误；和两点关于x轴对称，电场强度的大小相等，从O点到和从O点到电势降落相等，故和两点的电势相等，故B正确；根据公式，由于和两点的电势相等，所以电子在这两点的电势能相等，故C正确；电子运动过程中电势能与动能之和恒定，由于O点的电势最高，而负电荷在高电势处的电势能小，故在O点的电势能最小，即在O点的动能最大，故D正确。考点：考查了电势，电势能，电场强度11.如图所示是某型号电吹风的电路图，它主要

16、由电动机M和电热丝R构成。已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W，关于该电吹风，下列说法正确的是A. 若S1、S2闭合，则电吹风吹冷风B. 电热丝的电阻为55C. 电动机工作时输出机械功率为880WD. 当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J【答案】BD【解析】【详解】A若闭合，电热丝接入，则此时电阻丝发热，电吹风冷出的是热风，故A错误；B电机和电阻并联，当吹热风时，电阻消耗的功率为：由，可知，故B正确；C电动机工作时输出的功率为吹冷风时的功率，故只有，故C错误；D当吹热风时，电动机消耗的电功率仍为，故每秒钟消耗的电能为，故D正确。12

17、.如图所示，倾角为的绝缘斜面固定在水平面上，当质量为m、带电荷量为q的滑块沿斜面下滑时，在此空间突然加上竖直方向的匀强电场，已知滑块受到的电场力小于滑块的重力则：A. 若滑块匀速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块将加速下滑B. 若滑块匀速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍匀速下滑C. 若滑块匀减速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块仍减速下滑，但加速度变小D. 若滑块匀加速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍以原加速度加速下滑【答案】BC【解析】【分析】由题意可知考查力的平衡和牛顿第二定律应用，根据平衡条件和牛顿第二定律分析可得。【详解】A.若滑块匀速下滑， ，加上竖直向上的电场后，滑块受到竖直向上的

18、电场力作用，设电场力为F，滑块继续匀速度运动，故A错误；B.若滑块匀速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块受到竖直向下的电场力作用，设电场力为F，说明滑块仍匀速下滑，故B正确。C.若滑块匀减速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块仍减速下滑，合力减小，加速度变小，故C正确；D.若滑块匀加速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块受到的合力增大，加速度增大，故D错误。【点睛】滑块原来匀速运动，受力平衡，加上电场后合力为零，仍做匀速运动。若滑块向下做匀加速、匀减速运动，根据牛顿第二定律列出方程求出开始时的加速度，加电场力后受力分析根据牛顿第二定律列出方程求出后来加速度，比较先后加速度的大小可得。二、实验题（本题共3

19、小题，13题4分、15题8分，16题8分，共20分）13.如图所示，请读出以下测量仪器的示数，其中游标卡尺读数为_cm，螺旋测微器读数为_mm【答案】 (1). 1.140 (2). 4.713（4.712、4.714）【解析】【分析】由题意可知考查游标卡尺、螺旋测微器读数问题，根据两种仪器的读数原理分析可得。【详解】1 先读主尺上的数值为11mm，再读游标尺上的数值0.058=0.40，二者加在一起为游标卡尺读数(11+0.40)mm=11.40mm=1.140cm2 先读固定刻度值为4.5mm，再读可动刻度0.0122.2mm=0.222mm，螺旋测微器读数为两部分之和4.5mm+0.22

20、2mm=4.712mm【点睛】无论是游标卡尺还是螺旋测微器读数都要注意有效数字的要求，读数时先以mm为单位读出，10分度(精确度为0.1mm)的游标卡尺保留1位小数，20分度(精确度为0.05mm)、50分度(精确度为0.02mm的保留2位，读数公式：主尺上的读数+精确度对齐时游标尺的格数，单位换算时注意有效数字不能改变。螺旋测微器读数方法：固定刻度+0.01对齐时可动刻度格数（估读一位）14.要测绘额定电压为2 V的日常用小灯泡的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A电源E(电动势3.0 V，内阻可不计)B电压表V(量程为03.0 V，内阻约2 k)C电流

21、表A(00.6 A，内阻约1 )D滑动变阻器R1(最大值10 )实验中要求电压表示数在02 V范围内变化，读取并记录下多组不同的电压值U和对应的电流值I，绘出伏安特性曲线如图 （1）画出实验原理图(请画在答题纸上) _；（2）由图线可知,灯丝电阻随电压升高而_；（填“增大”、“不变”或“减小”）（3）实验中产生系统误差的原因是：_；因为上述原因将使测量结果比真实值_（填“偏大”、“偏小”或“没有影响”）【答案】 (1). (2). 增大 (3). 电压表的分流 (4). 偏小【解析】【分析】由题意可知考查描绘小灯泡伏安特性曲线实验原理，数据处理及误差分析，根据实验原理分析可得。【详解】(1)1

22、分析伏安特性曲线可知小灯泡最大电阻约为4 ，属于小电阻，为减小误差电流表采用外接法，描绘伏安特性曲线时要求电压、电流从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法。故画出的电路图如下所示：(2)2 在I-U图象中，割线的斜率的倒数表示电阻的大小，随着电压的增大，斜率减小，说明电阻增大。(3)3 实验中产生系统误差的原因是电压表的分流作用。 4电压表测量值等于真实值，但是电流测量值大于真实值，这样测的电阻值比真实值偏小。【点睛】设待测电阻为R，电测表内接、外接选择原则：属于大电阻，采用内接法。要求电流、电压从零开始变化时滑动变阻器一定选择分压式接法。15.在做测定金属电阻率的实验时，需要对金属丝的电阻进

23、行测量，已知金属线的阻值Rx约为1，某同学用伏安法对这个电阻进行比较精确的测量，这位同学想使电压表和电流表示数变化范围尽可能的大。可供选用的器材有：电源E：电动势3V，内阻不计；电流表A：量程0.3A，内阻约为1；电压表V：量程3V，内阻约为10k；滑动变阻器R：最大电阻值为5；定值电阻两个：R110、R2100；开关一个，导线若干。（1）根据上述条件，实验时定值电阻应选用_（填“R1”或“R2”）；（2）根据实验需要在实物图中补齐所需连线_；（3）闭合开关前应将滑动变阻器的滑片置于_端（填“a”或“b”）；（4）若在上述实验中，电流表的示数为I，电压表的示数为U，则金属线的阻值Rx的计算表达

24、式为_。【答案】 (1). （1） （2）如图所示： (2). （3）a (3). （4） 【解析】【详解】（1）因待测电阻Rx约为1，电表的量程较大，而想使电压表和电流表示数变化范围尽可能的大，则需要让待测电阻与定制电阻串联，定值电阻的阻值要与待测电阻相当，由给定的定值电阻可知要选R1；（2）如图所示：（3）因滑动变阻器选用分压电路，故闭合开关前应将滑动变阻器的滑片置于a端；（4）若在上述实验中，电流表的示数为I，电压表的示数为U，则金属线的阻值Rx的计算表达式为：【点睛】本题要注意明确电流表的接法；因为电压表远大于待测电阻，故电流表外接，要求电压变化范围尽可能大，滑动变阻器用分压式三、计算

25、题（本题3小题，共32分）16.如图所示的电路中，当开关S接a点时，标有“4V 8W”的小灯泡L正常发光，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1A，这时电阻R两端的电压为5V。求：（1）电阻R的阻值；（2）电源的电动势和内阻。【答案】（1） （2）E=6V （3）r=1 【解析】【分析】（1）当开关S接b点时，已知通过电阻R的电流和R两端的电压，由欧姆定律求出电阻R的值（2）根据闭合电路欧姆定律分别对开关S接a点和b时列方程，联立组成方程组求解电动势和内阻【详解】（1）当开关S接b点时，电压为5V，电流为1A，由欧姆定律可得，电阻R的值为： （2）由公式得，小灯泡的额定电流： 当开关接a时，根

26、据闭合电路欧姆定律得： 其中，当开关接b时，有： 又 ， ，联立解得： ，r=1 答：（1）电阻R的值是5（2）电源的电动势和内阻分别为6 V和1【点睛】本题是简单的闭合电路欧姆定律的计算问题对于电源的电动势和内阻，常常根据两种情况闭合电路欧姆定律列方程，联立组成方程组求解即可17.如图所示，在E3103V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R0.4 m，一带正电荷q1104 C的小滑块质量为m0.04 kg，与水平轨道间的动摩擦因数0.5，取g=10m/s2要使小滑块恰能运动到半圆轨道的最高点L，求：

27、(1)滑块在水平轨道上释放时离N点的距离x(2)滑块从释放到L点过程中的最大动能EKM【答案】(1) 4m (2) 0.44J【解析】【分析】由题意可知考查与电场力有关圆周运动问题，根据牛顿第二定律、动能定理计算可得。【详解】(1)滑块刚能通过轨道最高点的条件是mgmv2m/s滑块由释放点到最高点过程，由动能定理得：qExmgx2mgRmv2代入数据得：x4m (2)应用等效重力法分析,滑块受到重力电场力合力为恒力,与竖直方向夹角为37时动能最大，从A点到最高点L过程中由动能定理：mgRqERmv2EKM得：EKM0.44J【点睛】滑块在最高点受到竖直向下的重力和水平向左的电场力,刚好通过最高

28、点时重力提供向心力，根据牛顿第二定律可求出最高点的速度，再利用动能定理可求得释放点时的动能。计算滑块从释放到L点过程中的最大动能时可采用等效重力法分析计算可得。18.如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场电荷量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力(1)若粒子从c点离开电场，求电场强度E的大小；(2)若粒子离开电场时动能为Ek，求电场强度E的大小【答案】(1) (2) 或【解析】【分析】由题意可知考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，根据牛顿第二定律、动能定理结合运动学公式计算可得。【详解】(1) 粒子在匀强电场中做类平抛运动在初速度方向上：Lv0t电场方向上：Lat2由牛顿第二定律可得qEmaEk解得E(2) 若粒子由bc离开电场，则水平方向做匀速运动Lv0t；竖直方向做匀加速运动yat2由动能定理得qEyEkEk解得：E若粒子由cd边离电场，则由动能定理得qELEkEk则E故或【点睛】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，垂直电场力的方向做匀速运动，沿电场力的方向做匀加速直线运动，利用牛顿第二定律、运动学公式、动能定理列式计算可得。- 18 -