重庆市字水中学2020_2021学年高二物理上学期期中试题含解析.docx

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1、重庆市字水中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、单选题（本大题共8小题，共24.0分）1. 在图所示的静电场中，实线表示电场线，M、N是电场中的两点下列说法正确的是A. M点的电场强度比N点的大B. M点的电场强度比N点的小C. M、N两点的电场强度大上相等，方向相同D. M、N两点的电场强度大小相等，方向不同2. 下述说法正确的是A. 根据可知，电场中某点的场强与电场力成正比B. 根据可知，点电荷电场中某点的电势与该点电荷的电量成反比C. 根据场强叠加原理，可知合电场的场强一定大于分电场的场强D. 沿电场线方向移动电荷，电势一定降低，但电势能不一定减少3. 关于电源和

2、电动势，下列说法正确的是A. 电动势的大小与非静电力所做功的大小成正比B. 电源的电动势数值上就等于电源两端的电压C. 电源的电动势与电源的体积和外电路无关D. 锌汞电池的电动势为，这表示电路中每经过1s电源把的化学能转变为电能4. 实线为三条未知方向的电场线，从电场中的M点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示、b只受电场力作用，则A. a一定带正电，b一定带负电B. 电场力对a做正功，对b做负功C. a的速度将减小，b的速度将增大D. a的加速度减小，b的加速度将增大5. 如图所示电路中，伏特表和的内阻都远远大于、和的电阻，和电阻未知，伏特表和的读数分别为15

3、V和10V，则a、b两点间的电压为A. 23VB. 24VC. 25VD. 26V6. 如图所示，在匀强电场中，场强方向与所在平面平行，一个电荷量的正电荷从a移到b，电场力做功为零；同样的电荷从a移到c，电场力做功为 J.则该匀强电场的场强大小和方向分别为 A. 、沿ab由a指向b B. 、垂直ab向上C. 、垂直ab向上 D. 、沿ac由a指向c7. 如图所示，用绝缘轻质细线悬吊一质量为m、电荷量为q的小球，在空间施加一匀强电场，使小球保持静止时细线与竖直方向成角，则所加匀强电场的电场强度的最小值为A. B. C. D. 8. 四个相同的小灯泡按照如图所示的、两种方式接入电压相等的电路中，调

4、节、使四个小灯泡都正常发光，这时可变电阻、消耗的电功率和的关系为 A. B. C. D. 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9. 下列物理量中哪些与检验电荷无关A. 电场强度EB. 电势差UC. 电势能D. 电场力F10. 用两个完全相同的电流表改装成量程分别为的电压表和的电压表，串联后接在9V的电压上，如图所示，下列说法正确的是A. 、的指针的偏角相同B. 、的指针的偏角不相同C. 、示数相同，均为D. 、电压示数不同11. 如图所示为一个双量程电流表，其小量程为1A。已知表头G的满偏电流，定值电阻，则下列说法正确的是A. 公共端与a端构成小量程电流表B. 公共端与b端构成小量程电流

5、表 C. 表头的内阻的值为D. 表头的内阻的值为12. 如图所示，平行板电容器与电源电压为U的直流电源连接，下极板接地，同时与静电计相连。一带负电液滴固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则A. 平行板电容器的电容将变大B. 静电计指针张角将不变C. 带电油滴所受的电场力变小，G表中有的电流D. 带电液滴的电势能变大三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）13. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除标有“5V，”的小灯泡、导线和开关外，还有以下器材可供使用：A.直流电源电动势约为5V，内阻不计B.直流电流表量程，内阻约为C.直流电流表量程，内阻约为D.直

6、流电压表量程，内阻约为E.滑动变阻器最大阻值为，允许通过的最大电流为F.滑动变阻器最大阻值为，允许通过的最大电流为实验中应选用的电流表是_，应选用的滑动变阻器是_填字母。实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据，请按要求将图甲中的实验电路图连线补充完整。某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，曲线向U轴弯曲的原因是_。由图乙可知，当通过小灯泡的电流为时，小灯泡的实际功率_结果保留两位有效数字。14. 某同学想设计一个测量金属棒阻值约电阻率的实验方案，实验室提供的器材有：A.电流表内阻、满偏电流B.电流表内阻约为、量程为C.定值电阻 D.滑动变阻器、E.干电池组、 F.

7、一个开关和导线若干 G.螺旋测微器，游标卡尺如图1，用螺旋测微器测金属棒直径为_mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度为_cm。请根据提供的器材，设计一个实验电路，画在答题卡方框内，要求尽可能精确测量金属棒的阻值。若实验测得电流表示数为，电流表示数为，则金属棒电阻的表达式为_用、表示四、计算题（本大题共4小题，共46.0分）15. 如图所示，一条长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m的带电小球。将它置于一匀强电场中，电场强度大小为E，方向水平向右。当细线离开竖直位置的偏角为时，小球处于平衡状态。求：求小球所带电量和电性；现将细线剪断，求小球经过时间t速度的大小和方向。16. 人们生活中出

8、现越来越多的新型的环保电动自行车，这种轻便的交通工具受到许多上班族的喜爱。下表是一辆电动自行车铭牌上的技术参数。若质量为的人骑此电动车沿平直公路行驶，所受阻力f恒为总重的k倍，取。求：规格后轮驱动直流永磁毂电机车型电动自行车额定输出功率480W整车质量30kg额定电压48V最大载荷120kg额定电流(1) 此车永磁毂电机的输入功率是多大？电机效率多少？在永磁毂电机额定输出功率的情况下，人骑车行驶的最大速率是多少？在永磁毂电机额定输出功率的情况下，若人骑车行驶10s后可达到最大速度，电动车行驶的距离是多少？17. 示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电

9、场。电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上。设加速电压，偏转极板长，偏转极板间距，当电子加速后从两金属板的中央沿极板平行方向进入偏转电场。求：偏转电压为多大时，电子束的偏移量最大？如果偏转极板右端到荧光屏的距离，则电子束到达荧光屏时最大偏转距离为多少？18. 如图所示，矩形区域MNPQ内有水平向右的匀强电场，虚线框外为真空区域；半径为R、内壁光滑、内径很小的绝缘半圆管ADB固定在竖直平面内，直径AB垂直于水平虚线MN，圆心O恰在MN的中点，半圆管的一半处于电场中一质量为m，可视为质点的带正电电荷量为q的小球从半圆管的A点由静止开始滑入管内，小球从B点穿出后，能够通过B点正下方的C点重

10、力加速度为g，小球在C点处的加速度大小为求：匀强电场场强E；小球在B点时，半圆轨道对它作用力的大小；要使小球能够到达B点正下方C点，虚线框MNPQ的高度和宽度满足什么条件；小球从B点计时运动到C点过程中，经多长时间小球的动能最小答案和解析1.【答案】B【解析】解：M、N是同一电场中的两点，由图看出，M处电场线疏，N处电场线密，则M处电场强度小于N处电场强度，即由图，两点电场强度方向也不同，故B正确，ACD错误故选：BM、N是同一电场中两点，根据电场线的疏密表示电场的强弱，电场线越密处，场强越大，来判断两点场强的大小本题是电场中基本题型，抓住电场线的物理意义：电场线表示电场线的强弱，电场线越密，

11、场强越大2.【答案】D【解析】解：AB、场强和电势由电场本身性质决定与电场力和电荷量无关，不能说场强与电场力成正比，也不能说点电荷电场中某点的电势与该点电荷的电量成反比，故AB错误；C、根据平行四边形定则可知，合场强可以等于、大于、小于分电场的场强，故C错误；D、沿电场线方向移动电荷，电势一定降低，对于正电荷电势能减少，但对于负电荷电势能增加，故D正确；故选：D。场强和电势由电场本身性质决定与电场力和电荷量无关；根据平行四边形定则可知，合场强不一定大于分电场的场强；电势降低，对于负电荷电势能增加。本题主要考查了电场强度和电势的性质，注意理解沿电场线方向移动电荷，电势一定降低，对于正电荷电势能减

12、少，但对于负电荷电势能增加。3.【答案】C【解析】解：A、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，本领越大，反映本身的特性，与外电路的结构无关，也不能说与非静电力做功的大小成正比，与移送电荷量的大小成反比，故A错误，C正确；B、电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势，接入电路时电源两端的电压为路端电压，小于电源的电动势，故B错误；D、锌汞电池的电动势为，这表示电路中每运送1C的电量电源把的化学能转变为电能，与时间无关，故D错误。故选：C。明确电动势的定义，知道电源在没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势；电动势的物理意义是表征电源把其

13、他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关电源的电动势在数值上等于内、外电压之和。本题考查对电动势的理解关键抓住电动势的物理意义和电动势的定义式，知道电动势由电源本身的性质决定，与外电路无关，同时注意其与电压的区别。4.【答案】D【解析】解：A、电场线的方向不知，所以粒子带电性质不定；从图中轨道变化来看电场力都做正功，动能都增大，电势能都减少所以ABC错误D、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，所以D正确故选：D电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的

14、强度小加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，即可解决本题5.【答案】C【解析】解：两电压表为理想电压表时，四个电阻串联，则；由于，电流又相等，则，则 故选：C。两电压表为理想电压表时，四个电阻串联，根据，可知它们的电压相等，从而得到ab间的电压与两电压表读数的关系本题关键要注意学会电路的简化，知道理想电压表相当于开头断开，明确串联电路电压与电阻成正比的规律6.【答案】C【解析】解：正电荷从a移到b，电场力做功为零，则由电场力做功的特点可知，ab两点电势相等，故ab应为等势线；因电场线与等势面相互垂直，故过c做ab的垂线，一定是电场线；正

15、电荷从a到c过程，由可知，ac两点的电势差，即a点电势高于c点的电势，故电场线垂直于ab向上；ac间沿电场线的距离；由可知：电场强度；方向垂直ab向上；故C正确，ABD错误；故选：C。由题意可知ab两点电势相等，则可知ab是一条等势线，由电场线可等势面的关系可知电场线；由电场力做功可求得bc两点的电势差，则可确定电场线的方向，由可求得电场强度。场线与等势面相互垂直，而且电场线由是由高电势指向低电势；匀强电场中中的d应为沿电场方向的有效距离7.【答案】A【解析】解：小球保持静止时受到重力mg、电场力F和细线的拉力T，作出力图如图。根据作图法可知，当电场力F与细线垂直时，电场力最小，最小值为 则场

16、强的最小值为故选：A。小球保持静止时受到重力、电场力和细线的拉力，运用作图法分析什么条件下电场力最小，再场强公式得到场强最小值本题是物体平衡中极值问题，通过作图法得到极值的条件，也可以采用数学函数法求解极值8.【答案】B【解析】【分析】灯泡正常发光时的电流为额定电流；并联电路中干路电流是各支路电流的和；串联电路中，各处电流都相等；先表示出并联和串联电路的实际电流与灯泡的额定电流的关系，再利用表示出ab两图的功率即可求解。此题是一道欧姆定律和电功率的综合分析题，必须熟练掌握串并联电路的特点才能分析，属于中档题。【解答】两灯泡规格相同且正常发光，甲图灯泡并联，电流为：；乙图灯泡串联，电流为：；电阻

17、的电压为：，消耗的功率为：，电阻的电压为：，消耗的功率为：，所以，选项ACD错误，B正确。故选：B。9.【答案】AB【解析】解：电场强度的定义式为，电势差的定义式为，电场强度和电势差分别从力和能量的角度来描述电场的，均是采用比值定义法定义的，它们的大小均与电量无关，由电场本身决定的，与检验电荷无关，而电势能和电场力F均与电荷有关，故CD错误，AB正确故选：AB本题考查了对电场中几个概念的理解情况，物理中有很多物理量是采用比值法定义的，要正确理解比值定义法的含义对于物理中各个物理量要明确其确切含义，以及其定义式和决定式的不同，这要在学习中不断的总结和积累10.【答案】AD【解析】解：AB、因两电

18、压表均为表头与电阻串联，故两电压表串联时相当于两电流表与两电阻串联，故流过电流表的电流一定相等，两表的偏角相同，故A正确，B错误；C、因量程不同，内阻不同，则分压不同，故两电压表电压不可能均为，故C错误，D正确。故选：AD。将表头改装为电压表时需要串联一个电阻，串联后两表的分压即示数与其电阻成正比，根据改装原理可知改装后总电阻的大小关系；明确串联电路规律，知道因电流大小一样，故指针偏转角度相同。本题考查的串联电路电压与电阻的关系及电压表的内部原理，明确电压与电阻成正比即可正确求解。11.【答案】BC【解析】解：AB、根据串并联的特点可知，接公共端与a接线柱时量程为，接公共端与b接线柱时量程为所

19、以公共端与b端构成小量程电流表，故A错误，B正确；CD、根据并联电路的特点可得：当小量程时，与串联为一支路，当G表头达到满偏时通过、的电流为，解得，故C正确、D错误；故选：BC。接公共端与最右边的接线柱时量程为小量程，根据并联电路各支路两端电压相等列方程求解。本题主要是考查电流表的改装原理，明确并联电阻的分流作用，会由电路连接情况根据并联电路的特点进行解答。12.【答案】BC【解析】解：A、根据电容决定式可知，下极板竖直向下移动时，d增大，则电容减小，故A错误；B、因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变，故B正确；C、电容器始终与电源相连，电势差不变，下极板竖直向下移动

20、时，d增大，根据可知，电场强度E减小，则带电油滴所受的电场力变小；下极板竖直向下移动时，电容减小，电势差不变，根据，电容器所带电荷量减小，需要放电，电流为顺时针，则电流表G中有的电流，故C正确；D、电容器始终与电源相连，电势差不变，d增大，电场强度E减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势增大，因为油滴带负电荷，则油滴的电势能减小，故D错误。故选：BC。电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变，根据电容器d的变化判断电容的变化。由公式分析电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化。电容器始终与电源相连，电势差不变，d增大，电场强度

21、E减小，P点与上极板间的电势差减小。该题考查了电容器的动态分析知识，关键抓住不变量，当电容器与电源始终相连，则电势差不变，当电容器与电源断开，则电荷量不变，在理解的基础上记住结论。13.【答案】C E 灯泡电阻随温度升高而增大 【解析】解：灯泡额定电流，电流表应选择C；实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择E。灯泡正常发光时的电阻，灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，滑动变阻器采用分压接法，实物电路图如图所示；灯泡图线上的点与坐标原点连线的斜率等于灯泡电阻，灯泡电阻受温度影响，随温度升高而增大，随灯泡两端电压U的

22、增大通过灯泡的电流I增大，灯泡实际功率变大，灯泡温度升高，灯泡电阻变大，图线上的点与坐标原点连线的斜率变大，图线向U轴弯曲。由图乙所示图象可知，时，灯泡实际功率；故答案为：；E；实物电路图如图所示；灯泡电阻随温度升高而增大；。根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器。根据实验要求确定滑动变阻器的接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图。灯泡电阻受温度影响随温度升高而增大，图象不是直线。由图乙所示图象求出电流对应的电压，然后由求出灯泡的实际功率。本题考查了描绘小灯泡的伏安特性曲线实验，考查了实验器材的选择、连接实物电路图与实验数据处理

23、等问题；要掌握实验器材的选择原则；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图。14.【答案】 【解析】解：由图示螺旋测微器可知，其读数为：均正确游标卡尺是20分度的卡尺，其分度值为，则图示读数为：因为电流表内阻已知，故将其串联定值电阻作为电压表使用，被测电阻远小于改装后的电压表，故选择电流表外接，因为滑动变阻器最大阻值较小，又因为要求精确，故采用分压式电路，故画出电路图，如图所示：根据欧姆定律结合串并联电路特点可得：金属棒电阻的表达式为故答案为：均正确；。游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估

24、读；因为要求精确，故采用分压式电路，电压表需要改装，合理选择内外接，画出电路图；利用欧姆定律结合串并联电路特点，即可求出金属棒电阻的表达式。本题考查了实验器材选择、实验电路设计、实验数据处理，要掌握实验器材的选择原则，认真审题、理解题意与实验步骤、知道实验原理是解题的关键；在改装电表时应选择内阻确切已知的电表。15.【答案】解：根据平衡条件小球受力分析如图所示：小球受电场力方向与场强方向相同，则小球带正电，由平衡条件得：所以：剪断细线后，重力和电场力都不变，受力分析如图所示：小球做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：又联立解得，方向与竖直方向成，斜向下。答：小球带正电，电量为；现将细

25、线剪断，小球经过时间t速度的大小，方向与竖直方向成，斜向下。【解析】由题细线向右偏离竖直方向，小球受到的电场力水平向右，根据电场力方向与电场强度方向的关系，判断小球的电性。根据平衡条件求出电量；剪断细线小球只受重力和电场力，根据受力分析判断运动性质；根据匀变速直线运动规律求解运动速度。本题考查带电小球在复合场中运动，关键是做好受力分析，然后利用平衡或牛顿第二定律，结合运动学规律、动能定理等列式求解即可。16.【答案】解：电动机的输入功率；电动机的效率；电动自行车匀速运动时速率最大，由平衡条件可知，电动自行车的牵引力由可知，电动自行车的最大速率：人骑行电动自行车达到最大速度，设行驶距离为x，由动

26、能定理得：代入数据解得：答：此车永磁毂电机的输入功率是600W，电机效率是。在永磁毂电机额定输出功率的情况下，人骑车行驶的最大速率是。若人骑车行驶10s后可达到最大速度，电动车行驶的距离是。【解析】已知额定电压与额定电流，由可以求出电动机的输入功率；根据输入功率与输出功率求出电动机的效率。电动自行车做匀速直线运动时速度最大，由平衡条件求出电动自行车匀速运动时的牵引力，然后根据功率公式求出人骑行的最大速率。对电动自行车应用动能定理求出电动自行车行驶的距离。本题考查了功率公式的应用，分析清楚电动自行车的运动过程是解题的前提，应用平衡条件与电功率公式即可解题。17.【答案】解：对电子在电场中加速，根

27、据动能定理得：故得电子在偏转电场中做类平抛运动，电子束的最大偏移量电子离开偏转电场时，沿偏转电场方向的位移又水平方向有联立解得联立解得电子束离开偏转电场后做匀速直线运动，可看做从极板的正中心沿直线射出，由几何知识得解得答：偏转电压为时，电子束的偏移量最大。如果偏转极板右端到荧光屏的距离，则电子束到达荧光屏时最大偏转距离为【解析】当电子经偏转电场后从下板右边缘出来时，电子束的偏移量最大。先运用动能定理求得电子进入偏转电场时的初速度。运用运动的分解，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出偏转电压。电子束离开偏转电场后做匀速直线运动，可看做从极板的正中心沿直线射出，由几何知识求解电子束最大偏转距离。本

28、题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成。18.【答案】解：由于小球在C处受到重力和电场力的共同作用，所以：C点： 代入数据得： 的过程重力和电场力对小球做功， 得： 在B点 半圆轨道对小球的作用力 小球从水平方向匀减速运动，竖直方向自由落体运动 设向左减速时间为 宽度应满足条件，高度满足条件 当F与mg的合力与v垂直时，小球的动能最小，设经过的时间为 答：匀强电场场强；小球在B点时，半圆轨道对它作用力的大小；要使小球能够到达B点正下方C点，虚线框MNPQ的高度和宽度满足；小球从B点计时运动到C点过程中，经时间小球的动能最小【解析】由题，小球在C点处的加速度大小为，根据牛顿第二定律求解电场强度研究小球从过程，根据动能定理求出小球经过B点时的速度大小，小球到达B点时由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解轨道对它的作用力的大小；小球从过程采用运动的分解法研究：水平方向做匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动根据牛顿第二定律和运动学公式求出小球水平向左运动的最大距离和竖直方向运动的距离，由几何关系确定虚线框MNPQ的高度和宽度满足什么条件当F与mg的合力与v垂直时，小球的动能最小，写出公式，代入数据即可本题采用程序法进行处理，难点是小球从过程，由于小球受的是恒力，采用分解法研究