天津市滨海新区大港油田三中2020_2021学年高二物理上学期期中试题含解析.docx

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1、天津市滨海新区大港油田三中2020-2021学年高二物理上学期期中试题（含解析）考试范围：必修第三册；考试时间：60分钟；满分：100分一、单选题（本大题共10小题，每个3分，共30.0分）1. 公式，关于以上公式下列说法错误的是（）A. 适用任何电场，适用点电荷电场，只适用匀强电场定量计算B. E由F和q决定，由Ep和q决定，UAB由WAB和q决定C. 是电容的定义式适用于任何电容器，是平行板电容器的决定式D. Ep由和q决定，WAB和q有关【答案】B【解析】【详解】A为电场强度的定义式，为电势的定义式，为电场力做功的公式，都适用于任何电场；是由库仑定律结合电场强度的定义式推导出来的，只适用

2、于点电荷的电场；公式是匀强电场中场强与电势关系，故只能适用于匀强电场，故A正确；B电场强度是电场独有的特性，只与电场本身有关，与电场力、试探电荷的带电量无关，故B错误；C是电容定义式，适用于任何电容器；是平行板电容器的决定式，故C正确。D电势能由电势与电荷量共同决定，和q有关，故D正确。本题选错误的，故选B。2. 下列关于电势和电势能的说法，正确的是（）A. 对于一个确定的点电荷，在电势越高的位置，其电势能一定越大B. 在电势一定的位置，放入某点电荷的电荷量越大，该点电荷的电势能一定越大C. 正电荷在电场中某点的电势能一定大于负电荷在该点的电势能D. 电场中移动一电荷，若电场力对其做负功，其电

3、势能一定增大【答案】D【解析】【分析】根据电势能的定义及电场力做功与电势能的关系进行分析。【详解】A电势能与电势的关系为电势能是标量，上式中电量q要带正负号，则负电荷在电势越高的位置，电势能反而越小，故A错误；B在电势一定的位置，放入某点电荷的电荷量越大，该点电荷的电势能不一定越大，如电势小于0，放入的正点电荷的电荷量越大，电势能反而越小，故B错误；C如果电场中某点电势为负，则正电荷在该点的电势能小于负电荷在该点的电势能，故C错误；D根据电场力做功与电势能的关系可知，在电场中移动一电荷，若电场力对其做负功，其电势能一定增大，故D正确；故选D。【点睛】电势能与电势的关系式一定要带正负号。3. 下

4、列说法不正确的是（）A. 麦克斯韦通过实验验证了“变化的电场产生磁场”和“变化的磁场产生电场”，并证实了电磁波的存在B. 无线电波、光波、X射线、射线都是电磁波C. 奥斯特发现了电流的磁效应D. 普朗克提出了能量量子化的理论【答案】A【解析】【详解】A麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹用实验证明了电磁波的存在且测得了波速，故A错误；B无线电波、光波、X射线、射线都是电磁波，故B正确 ;C奥斯特发现了电流的磁效应，故C正确；D普朗克解释黑体辐射提出了能量量子化的理论，故D正确。本题选择错误的，故选A。4. 已知某单色光的波长为，在真空中的光速为c，普朗克常量为h，则该单色光的能量子为（）A. B.

5、 C. D. 【答案】A【解析】【详解】1个光子的能量其中为光子的频率，而光速故一个光子的能量故选A。5. 下列表达式中，q一定是场源电荷的是（）A. B. C. WAB=qUABD. 【答案】D【解析】【详解】A公式是q与Q的库仑力，也可以说是q受到的电场力，所以q不一定是场源电荷，故A错误；B公式是电场强度的定义式，公式中的q是试探电荷，故B错误；C公式：WAB=qUAB是电场力做功的计算式，其中的q不是场源电荷，故C错误；D公式：是点电荷产生的电场强度的计算式，其中q一定为场源电荷，故D正确。故选D。6. 下列图像中，小磁针静止时的方向正确的是（）A. B. C. D. 【答案】C【解析

6、】【详解】A根据磁极间的相互作用规律可知，A项中小磁针N极方向不可能水平向右，故A错误；B根据右手螺旋定则可知，环形导线在中心轴线上产生的磁场方向垂直纸面向外，小磁针N极应该指向纸外，故B错误；CC项中直导线产生的磁场的磁感线应该是顺时针方向从上向下看，与小磁针的N极指向相同，故C正确；DD项中螺线管内部的磁感线向左，小磁针的N极应该指向左边，故D错误。故选C。7. 在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里如图所示，A，B，C，D是以直导线为圆心的同一圆周上等分的四点，A、C连线方向水平，在这四点中（）A. B、D两点的磁感应强度方向相同

7、B. A、B两点的磁感应强度大小相等C. C点的磁感应强度的值最小D. B点的磁感应强度的值最小【答案】C【解析】【详解】A根据安培定则可得通电直导线在A、B、C、D四点产生的磁感应强度大小相等，设为，而通电直导线在B点产生的磁感应强度方向为水平向左，在D点产生的磁感应强度方向为水平向右，则B、D两点的磁感应强度大小为大小相等，方向不同，故A错误；B通电直导线在A点产生的磁感应强度方向为竖直向上，则A点的磁感应强度为结合选项A的分析可知，B两点的磁感应强度大小为故B错误；CD通电直导线在C点产生的磁感应强度方向为竖直向下，则C点的磁感应强度大小为即C点的磁感应强度的值最小，故C正确，D错误。故

8、选C。8. 如图所示，平行板电容器的两极板接于电池两极，一带电小球悬挂在电容器内部，闭合电键k，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，则下述说法正确的是（）A. 电键k断开，A板向B板靠近，则增大B. 电键k断开，A板向上移动，则增大C. 保持电键k闭合，A板向B板靠近，则变小D. 保持电键k闭合，A板向上移动，则变小【答案】B【解析】【详解】A若断开K，电容器带电量保持不变，由和以及可得由于Q、S不变，A板向B板靠近，虽然d变小，但电场强度不变，故电场力不变，则不变，故A错误；B若断开K，由得，Q不变，A板向上移动，S变小，E变大，则变大，故B正确；C若保持K闭合，则电容器两极板之间的电

9、压保持不变，因此根据可知，当将A板向B板靠近时，d变小，电场强度增大，则电场力增大，将增大，故C错误；D若保持K闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据可知，A板向上移动，d不变，电场强度不变，则电场力不变，将不变，故D错误。故选B。9. 如图所示，一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线的中垂面重合，A、O、B为该面上同一条竖直线上的三点，且O为点电荷连线的中点现有带电荷量为q、质量为m的小物块(可视为质点)，在A点以初速度v0释放沿AOB向下滑动，则 ( )A. 小物块带正电B. 从A到B,小物块的电势能先减小后增大C. 从A到B,小物块所受电场力先增大后减小D. 从A到B,小物

10、块的加速度不变【答案】C【解析】【分析】由题中“一粗糙绝缘竖直平面与两个等量异种点电荷连线中垂面重合”可知，本题考查带点物体在电场中的运动，根据库仑定律和牛顿第二定律可以分析本题【详解】A由于小物受重力、电场力和墙壁的摩擦力、弹力，可以判断小物块带负电，故A错误；B由于AB是等势线，则从A到B电荷的电势能不变，故B错误；CD从A到O的过程中，电场强度越来越大，则电场力越来越大，由于物块在水平方向上平衡，可知墙壁的弹力增大，导致滑动摩擦力增大，根据可知，加速度增大，从O到B的过程中，电场强度越来越小，电场力越来越小，同理可知滑动摩擦力减小，加速度减小，故C正确，D错误10. 测定电子的电荷量的实

11、验装置示意图如图所示置于真空中的油滴室内有两块水平放置的平行金属板M、N，并分别与电压为U的恒定电源两极相连，板的间距为d现有一质量为m的带负电荷的油滴在极板间匀速下落，则（）A. 油滴下降过程中电势能不断减小B. 油滴带电荷量为C. 若减小极板间电压，油滴将减速下降D. 若将极板N向上缓慢移动一小段距离，油滴将加速下降【答案】B【解析】【详解】A、带电油滴在极板间匀速下落,根据受力平衡可知电场力向上，则油滴下降过程中电场力做负功，电势能不断增加，故A错；B、带电油滴在极板间匀速下落,根据受力平衡则有 ;所以 ，故B对；C、若减小极板间电压，则根据 板间电场强度减小，所以油滴将加速下降，故C错

12、；D、若将极板N向上缓慢移动一小段距离，d减小，根据知场强变大，油滴将向上加速运动，故D错；故选B【点睛】根据受力平衡得到电荷量及电场力方向,从而根据电场力做功得到电势能变化;再根据条件变化得到场强变化,从而根据电场力变化得到合外力变化,即可得到油滴运动.二、多选题（本大题共7小题，共21.0分，每个3分，选不全得2分）11. 关于磁场和电场，下列说法中正确的是()A. 磁感线是闭合曲线，而静电场的电场线不是闭合曲线B. 磁场中某点的磁感应强度方向就是小磁针在该处静止时北极的指向；电场中某点的电场强度方向就是试探电荷在该处所受电场力方向C. 放入电场中某位置的电荷受到的电场力为零，则该位置的电

13、场强度一定为零D. 一小段长为L的通有电流为I的导体，在磁场中受到的安培力为F，则该磁场的磁感应强度B一定为【答案】AC【解析】【详解】A磁感线是闭合曲线，而静电场的电场线不是闭合曲线，从正电荷出发终止于负电荷或者无穷远，选项A正确；B磁场中某点的磁感应强度方向就是小磁针在该处静止时北极的指向；电场中某点的电场强度方向就是正的试探电荷在该处所受电场力方向，选项B错误；C放入电场中某位置的电荷受到的电场力为零，则该位置的电场强度一定为零，选项C正确；D一小段长为L的通有电流为I的导体，在磁场中受到的最大的安培力为F，则该磁场的磁感应强度B一定为，选项D错误12. 在如图所示的UI图象中，直线为某

14、一电源的路端电压与电流的关系图线，直线为某一电阻R的UI图线用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知()A. 电源的电动势为3 V，内阻为0.5 B. 电阻R的阻值为1 C. 电源的输出功率为4 WD. 电源的效率为50%【答案】ABC【解析】【分析】根据图线纵轴截距读出电源的电动势，斜率大小读出电源的内阻图线的斜率大小等于电阻R的大小两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率和电源的效率【详解】A由图线图线纵轴截距读出电源的电动势E=3V，其斜率大小等于电源的内阻，A正确；B电阻R的阻值为，B正确；C两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流

15、和路端电压，则有U=2V，I=2A，电源的输出功率为，C正确；D电源的效率为，D错误13. 如图所示，开始时矩形线框与匀强磁场的方向垂直，且一半在磁场内，一半在磁场外，若要使线框中产生感应电流，下列办法中可行的是（）A. 将线框向左拉出磁场B. 以ab边为轴转动C. 以ad边为轴转动小于D. 以bc边为轴转动小于【答案】ABC【解析】【详解】A、将线框向左拉出磁场，穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生A正确B、以ab边为轴转动时穿过线圈的磁通量减小，有感应电流产生B正确C、以ad边为轴转动（小于60），穿过线圈的磁通量从=BS减小到零，有感应电流产生C正确D、以bc边为轴转动（小于60），穿过

16、线圈的磁通量=B，保持不变，没有感应电流产生D错误14. 如图所示，空间分布着匀强电场，竖直方向的实线为其等势面，一质量为，带电量为的小球从O点由静止开始恰能沿直线OP运动，且到达P点时的速度大小为，重力加速度为（规定O点的电势为零），下列说法正确的是（）A. 电场强度的大小B. P点的电势C. P点的电势能D. 小球机械能的变化量为【答案】BD【解析】【详解】A小球沿直线OP运动，合力沿OP方向，如图所示则有解得，故A错误；BC设OP=L，根据动能定理得解得电场力做功根据解得根据且，解得则P点的电势能为故B正确，C错误；D小球机械能的变化量等于电场力做的功，为故D正确。故选BD。15. 如图

17、的虚线为某电场的等势面，今有两个带电粒子重力不计，以不同的速率，沿不同的方向，从A点飞入电场后，沿不同的径迹1和2运动，由轨迹可以判定（）A. 两粒子的电性一定不同B. 粒子1的动能和粒子2的电势能都是先减少后增大C. 经过B、C两点，两粒子的速率可能相等D. 若取无穷远处为零电势，则1粒子经过B点时的电势能大于2粒子经过C点时的电势能【答案】ABD【解析】【详解】A根据轨迹的弯曲方向可判断出粒子1受到排斥力，其电性与场源电荷的电性相同，粒子2受到吸引力与场源电荷电性相反，所以两粒子的电性一定相反，A正确；B电场力对粒子1先做负功，后做正功，根据动能定理可以知道，其动能先减少后增大；电场力对粒

18、子2先做正功，后做负功，则电势能是先减少后增大。B正确；C两个粒子的初速率不相等，而粒子1从A到B、粒子2从A到C电场力做功均为零，则经过B、C两点两粒子的速率一定不相等。C错误；D粒子1电性与场源电荷的电性相同，无论场源电荷为正电荷或负电荷，若取无穷远处为零电势，则1粒子经过B点时的电势能为正值；粒子2电性与场源电荷的电性相反，无论场源电荷为正电荷或负电荷，若取无穷远处为零电势，则2粒子经过C点时的电势能为负值；所以1粒子经过B点时的电势能大于2粒子经过C点时的电势能，D正确。故选ABD16. 如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器当R2的滑

19、动触点在ab的中点时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U现将R2的滑动触点向a端移动，则（ ）A. 电源的总功率减小B. R3消耗的功率增大C. I1增大，I2减小，U增大D. I1减小，I2不变，U减小【答案】AC【解析】由图知电压表测量路端电压，电流表A1测量流过R1的电流，电流表A2测量流过R2的电流；R2的滑动触点向a端移动时，R2增大，整个电路的总电阻增大，总电流减小，则有电源的总功率减小；电源的内电压减小，则路端电压增大，即电压表示数U增大，R3电压减小，则有R3消耗的功率减小；R1、R2并联电压增大，通过R1的电流I1增大，而总电流I减小，则流过R2的

20、电流I2减小，故BD错误，AC正确；故选AC17. 如图所示，在x轴上放有两个电荷量分别为q1和q2的点电荷，其中q1位于x轴的坐标原点，电荷q2的右侧各点电势随x变化的关系如图曲线所示，其余部分的电势变化情况没有画出，其中B点电势为零，BD段中的电势最低点为C点，则（）A. B点的电场强度大小为零B. 两点电荷的电荷量的大小关系为C. A点的电场强度方向向右D. 将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电场力做正功【答案】BD【解析】【详解】A根据，可得B点的电场强度等于图像在B点的斜率，故B点的电场强度大小不为零，故A错误；B由图知C点电场强度为0，且C点靠近电荷，故故B正确；C沿电场线方向电

21、势降低，由图知BC段电场强度向右，可得电荷为正电荷，CD段电场强度向左，可得电荷为负电荷，故A点的电场强度方向向左，故C错误；D根据电场力做功则知将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电场力做正功，故D正确。故选BD。三、实验题探究题（本大题共3小题，共19.0分）18. 某个演示用多用电表只有两个挡位，其内部电路如图甲所示，其中R为定值电阻，表盘如图乙所示。(1)这个多用电表内部电流表G的左侧为_（填“正”或“负”）接线柱，多用电表a表笔应为_（填“红”或“黑”）色；(2)挡位d为_（填“电流”或“欧姆”）挡；(3)若挡位置于欧姆挡，其倍率为“1”挡，测某电阻的阻值时，多用电表指针如图乙中所示

22、，则其示数为_，若挡位置于电流挡，测某电路的电流时，多用电表指针如图乙中所示，则其示数为_mA。【答案】 (1). 正 (2). 红 (3). 欧姆 (4). 15 (5). 68【解析】【详解】(1)1黑表笔接内部电源的正极，红表笔接内部电源的负极，标示为“+”，故这个多用电表内部电流表G的左侧为正接线柱；2多用电表a表笔应为红色；(2) 3只有欧姆档内部才接有电源，故挡位d为欧姆挡；(3) 4若挡位置于欧姆挡，其倍率为“ ”挡，测某电阻的阻值时，多用电表指针如图乙中所示，则其示数为 ；5若挡位置于电流挡，测某电路的电流时，多用电表指针如图乙中所示，则其示数为68mA。19. 某同学为测定某

23、一干电池的电动势和内电阻，连接电路实物图如图甲所示，其中定值电阻R0=5起保护作用，实验中移动滑动变阻器触头，读出电压表和电流表的多组数据U、I，得出如图乙所示的UI图象。利用图象求得电源电动势E=_，内电阻r=_。(结果保留2位小数)【答案】 (1). 1.47V (2). 0.69【解析】【详解】1由图可得，图线与纵轴的截距就是电源的电动势，所以2而图线的斜率大小表示电源内阻的大小，所以由于误差均可20. 某同学要测量一新材料制成的均匀金属导电圆柱体的电阻率。(1)如图甲所示用螺旋测微器测其直径为_mm，如图乙所示用游标卡尺测其长度为_cm；(2)用多用电表粗测该圆柱体阻值约为5，为进一步

24、测其电阻，该同学做实验时应从下述器材中选用_(请填写器材前对应字母代号)；A.电池组3V，内阻1B.电流表03A，内阻0.0125C.电流表00.6A，内阻0.125D.电压表03V，内阻4kE.电压表015V，内阻15kF.滑动变阻器020，允许最大电流1AG.滑动变阻器02000，允许最大电流0.3AH.开关、导线若干(3)测该圆柱体的电阻时，电流表在测量电路中应采用_ （选填“外”或“内”）接法，测得其电阻值比真实值偏_ （选填“大”或“小”）；(4)若用L表示圆桂体的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出圆柱体电阻率的表达式_。【答案】 (1). 1.844 (2). 4.240 (3

25、). ACDFH (4). 外 (5). 小 (6). 【解析】【详解】(1)1从螺旋测微器的主尺上可以看出，半毫米刻度线已经露出来，因此主尺上应读，螺旋上接近第34个刻度线，可以估读：，所以该金属丝直径应为；2由题图乙知，长度为；(2)3电池组电压是3V，流过圆柱体的最大电流故电流表选C，电压表选D；滑动变阻器选总阻值小的，便于调节，故选F；另外要选导线、开关。(3)4因为，故电流表选择外接法；5外接法测量值偏小；(4)6根据解得四、计算题（本大题共3小题，共30.0分）21. 如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为q= -410-7C的负点电荷从A点运动到B点，电场力做功为WAB=

26、3.210-6J，AB间距离L=4m，与水平方向夹角为；求：(1)B、A间电势差UBA是多少？(2)电场强度E是多大？【答案】(1)8V(2)4V/m【解析】【详解】（1）AB间电势差则UBA=-UAB=8V （2）匀强电场的电场强度可知：答：(1) 8V (2)22. 规格为“8V、4W”的小灯泡与小型直流电动机（其线圈内阻为r0=0.4）并联后，接至电动势为10V，内电阻r=0.5的电源上，小灯泡恰好正常发光，求：(1)通过小灯泡的电流IL和电源的内电压U；(2)通过电动机D的电流ID；(3)电动机的输出功率P出【答案】(1)0.5A 2 V (2)4 A 3.5 A (3)28 W 23

27、.1 W【解析】【详解】（1）由题意规格为“8V、4W”的小灯泡恰好正常发光，可知电路的路端电压U=8V，则内电压U内=E-U=10V-8V=2V由于灯泡正常发光，所以灯泡的电流为（2）电路的总电流电动机的电流为ID=I-IL=4-0.5=3.5A（3）电动机线圈的发热功率电动机的总功率的大小为P=UI=83.5W=28W所以电动机的输出的功率为P=28-4.9W=23.1W23. 如图所示，虚线左侧有一场强为E1=E的匀强电场，在两条平行的虚线MN和PQ之间存在着宽为L、电场强度为E2 =2E的匀强电场，在虚线PQ右侧距PQ为L处有一与电场E2平行的屏。现将一电子（电荷量为e，质量为m，重力

28、不计）无初速度地放入电场E1中的A点，最后电子打在右侧的屏上，A点到MN的距离为，AO连线与屏垂直，垂足为O，求：(1)电子到MN的速度大小；(2)电子从释放到打到屏上所用的时间；(3)电子刚射出电场E2时的速度方向与连线夹角的正切值；(4)电子打到屏上的点到点O的距离【答案】(1)；(2)；(3)；(4)【解析】【详解】（1）从点到的过程中，由动能定理得（2）电子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为，时间为，由牛顿第二定律和运动学公式得则时间t1为从到屏的过程中运动的时间运动的总时间为（3）设电子射出电场时沿平行电场线方向的速度为，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加速度为运动时间为则竖直方向速度为所以夹角为解得（4）如图，电子离开电场后，将速度方向反向延长交于场的中点。由几何关系知得。