天津市南开区南开中学2020_2021学年高二物理上学期期中试题含解析.docx

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1、天津市南开区南开中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、选择题（共6小题）1. 一个标有“220V，100W”字样的普通白炽灯，两端所加的电压由0逐渐增大到220V，在此过程中，电压U和电流I的关系可用图线表示。下列给出的四个图象中，肯定符合实际情况的是（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】由题，白炽灯泡上的电压U由零逐渐增大到时，白炽灯泡的温度不断升高，电阻增大，由欧姆定律得到，等于图线上的点与原点连线的斜率，电阻一直增大，斜率一直增大，故选B。2. 用电场线能很直观、很方便地比较电场中各点的强弱。如图，左边是等量异种点电荷形成电场的电场线，右边是场中的

2、一些点：O是电荷连线的中点，E、F是连线中垂线上相对O对称的两点，B、C和A、D也相对O对称，则下列认识不正确的是（）A. B、C两点场强大小和方向都相同B. A、D两点场强大小相等，方向相反C. E、F两点场强大小和方向都相同D. 从E到F过程中场强先增大后减小【答案】B【解析】【详解】A根据对称性看出，B、C两处电场线疏密程度相同，则B、C两点场强大小相同，这两点场强的方向均由，方向相同，故A正确，不符合题意；B根据对称性看出，A、D两处电场线疏密程度相同，则A、D两点场强大小相同，由图看出，A、D两点场强方向相同，故B错误，符合题意；C由图看出，E、F两点中，电场线疏密程度相同，说明两点

3、电场强度大小相等，电场线切线方向相同说明电场强度方向相同，故两点电场强度相同，故C正确，不符合题意；D由图看出，电场线先变密，再变疏，所以场强先增大后减小，故D正确，不符合题意。故选B3. 在如图电路中K1、K2、K3、K4均闭合，G是极板水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，断开哪一个开关后P会向下运动？( )A. K1B. K2C. K3D. K4【答案】C【解析】【分析】平行板电容器板间悬浮着一油滴P，油滴所受的重力与电场力平衡，当电场力减小时，油滴会向下运动根据条件分别分析哪种情况下板间场强和油滴的电场力是减小的【详解】断开K1，电容器两板间的电压不变，场强不变，油滴所受的电场力

4、不变，油滴仍处于平衡状态故A错误断开K2，电容器两板间的电压增大，稳定时，其电压等于电源的电动势，板间场强增大，油滴所受的电场力增大，油滴将向上运动与题意不符，故B错误断开K3，电容器通过电阻放电，板间场强逐渐减小，油滴所受的电场力减小，油滴将向下运动故C正确断开K4，电容器的电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态故D错误故选C【点睛】本题考查分析电容器电压的能力难点是断开K2，稳定后电容器的电压等于电源的电动势，可以用电势差等于电压来理解4. 如图所示，电源的电动势为e，内阻为r，四盏灯亮度相同，若R触头P向左滑动，则各灯的亮度变化情况是（）A. L1，L4变暗B. L2，L3变暗C.

5、L1，L2，L3变亮D. L4亮度不变【答案】A【解析】【详解】R的滑片向左滑动时，变阻器R接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，则电源内电压增大，路端电压减小，则两端电流和电压减小，故灯变暗；由于干路电流I增大，所以流过两端电流和电压增大，故灯变亮；由于路端电压减小，两端电压增大，则并联部分电压减小，变暗；通过灯的电流，增大，减小，则增大，灯变亮，故选A。5. 图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0。一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为20eV和2eV。当这一点电

6、荷运动到某一位置，其电势能变为-8eV时，它的动能应为（）A. 9eVB. 16eVC. 21eVD. 32eV【答案】B【解析】【详解】点电荷从a运动到b再到之后的过程中，动能减小，电势能增加，经过a、b点时的动能分别为和；图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，故电荷经过相邻两个等势面时的动能减小量为由于等势面3电势为0，电荷通过等势面3时，动能为，只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故有因而当电势能变为时，动能变为，故选B。6. 下列图中，A、B、C是匀强电场中的三个点，各点电势A10V，B2V，C6V，A、B、C三点在同一平面上，图中电场强度的方向

7、表示正确的是（）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】据题，A、B、C三点的电势分别，因为匀强电场中沿电场线方向相同距离电势差相等，则A、B两点连线中点的电势为因此该中点与C点的连线为等势线，那么与此连线垂直的直线即为电场线，由于，又因为沿着电场线电势降低，所以电场线方向垂直于的中点与C点连线向下，故选D。二、多选题（共4小题）7. 如图所示，水平放置的固定圆盘A，带电量为Q，电势为零。从盘心O处释放一质量为m、带电+q的小球，由于电场力作用，小球可上升到竖直高度为H的C点，而且知道过B点时，速度最大，由此可求出Q形成的电场中（）A. B点场强B. C点场强C B点电势D. C点电

8、势【答案】AD【解析】【详解】AB在B点，速度最大，合力为0，电场力等于重力解得B点场强 因为不知道小球在C点所受的电场力，所以不能求出C点的场强，故A正确，B错误。CDO到C，根据动能定理得电场力做正功电势能减小，O点电势能为零，所以C点电势能为C点的电势为不能求出小球在B点电势能，所以不能求出B点电势，故D正确，C错误。故选AD。8. 如图所示，在xOy坐标系中，x轴上关于y轴对称的A、C两点固定等量异种点电荷、，B、D两点分别位于第二、四象限，ABCD为平行四边形，边BC、AD分别与y轴交于E、F，以下说法正确的是（）A. E、F两点电势相等B. B、D两点电场强度相同C. 试探电荷+q

9、从B点移到D点，电势能增加D. 试探电荷+q从B点移到E点和从F点移到D点，电场力对+q做功相同【答案】ABD【解析】【详解】A等量异种点电荷、连线的垂直平分线是一条等势线，所以y轴是一条等势线，E、F的电势相等，故A正确；B根据电场线的分布情况和对称性可知，B、D两点电场强度相同，故B正确；C根据顺着电场线电势降低可知，B点的电势高于D点的电势，而正电荷在电势髙处电势大，所以试探电荷从B点移到D点，电势能减小，故C错误；D由上分析可知，B、E间的电势差等于F、D间的电势差，根据电场力做功公式得知从B点移到E点和从F点移到D点，电场力对做功相同，故D正确。故选ABD。9. 如图所示，在两等量异

10、种点电荷连线上有D、E、F三点，且DEEF，K、M、L分别为过D、E、F三点的等势面一不计重力的带负电粒子，从a点射入电场，运动轨迹如图中实线所示，以|Wab|表示该粒子从a点到b点电场力做功的数值，以|Wbc|表示该粒子从b点到c点电场力做功的数值，则 ( )A. |Wab|Wbc|B. | Wab|Wbc|C. 粒子由a点到b点，动能减少D. a点的电势较b点的电势低【答案】AC【解析】【详解】AB根据等量异种点电荷电场线的分布情况可知，DE段场强大于EF段场强，由公式U=Ed定性分析得知，DE间电势差的绝对值大于EF间电势差的绝对值，由电场力做功公式W=qU得，|Wab|Wbc|故A正确

11、，B错误CD由图看出，电荷的轨迹向左弯曲，则知其所受的电场力大致向左，所以等量异种点电荷中正电荷在左侧，负电荷在右侧，a点的电势高于b点的电势，粒子由a到b过程中，电势能增大，动能减小故C正确，D错误故选AC.10. 测量平面内某点P的电场强度大小随时间的变化，得到如图所示的图线，图线AB段与BC段关于直线tt0对称。电场是由该平面内两个相同的点电荷产生的，其中一个点电荷固定不动且到P点的距离为d，另一个点电荷以恒定的速度在该平面内做匀速直线运动，静电力常量为k，则（）A. 点电荷的电荷量为B. 点电荷的电荷量C. 运动电荷到P点的最小距离为dD. 运动电荷的速度大小为【答案】ACD【解析】【

12、详解】AB根据图象可知，当时间趋向于无穷大的时候，说明运动的电荷离的很远，此时产生电场的电荷只有固定的电荷，由图可知，此时P点的场强为，设电荷的电荷量为Q，根据点电荷的场强公式可得解得A正确，B错误；C根据图象可知，P点的场强最小值为0，说明此时两个电荷在P点产生的场强大小相等方向相反，即运动的电荷离P点的距离也是d，所以运动电荷到P点的最小距离为d，C正确；D运动电荷和固定电荷在同一个平面内，根据上面的分析可知，它们之间的关系如图，设时刻，运动点电荷与P点之间的夹角为，距离为r，此时运动电荷产生的场强固定电荷产生的场强为以P点为坐标原点，建立直角坐标系如图，把运动电荷产生的场强E分解，得出P

13、点的合场强为其中解得所以在时间为运动电荷经过的距离为所以运动电荷的速度大小为，D正确。故选ACD。三、填空题（共2小题）11. 某同学利用游标卡尺和螺旋测微器分别测量一圆柱体工件的直径和高度，测量结果如图（a）和（b）所示该工件的直径为_cm，高度为_mm【答案】，【解析】游标卡尺读数为螺旋测微器的读数为：【考点定位】螺旋测微器，游标卡尺读数【方法技巧】解决本题的关键掌握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读12. 某同学对电阻丝电阻与哪些因素有关进行了实验探究，现有如下器材：电源E（电动势为4V，内阻约为

14、1）；电流表A1（量程5mA，内阻约为10）；电流表A2（量程0.6A，内阻约为1）；电压表V1（量程3V，内阻约为l k）；电压表V2（量程l5V，内阻约为3k）；滑动变阻器R1（阻值02）；滑动变阻器R2（阻值020）；开关及导线若干他对电阻丝做了有关测量，数据如下表所示：编号金属丝直径D/mm金属丝直径的二次方D/mm2金属丝长度L/cm电阻R/10.2800.0784100.0016.3020.2800.078450.008.16305600.3136100.004.07他在某次测量中，用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图甲所示，此示数为_mm图乙是他测量编号为2的电阻丝电阻的备选原理图

15、，则该同学应选择电路_（选填“A”或“B”）进行测量电流表应选_，电压表应选_，滑动变阻器应选_请你认真分析表中数据，写出电阻R与L、D间的关系式R=_（比例系数用k表示），并求出比例系数k=_m（结果保留两位有效数字）【答案】 (1). 0.512 (2). A (3). (4). (5). (6). (7). 【解析】【详解】1螺旋测微器的读数为：d=0.5mm+1.20.01mm=0.512mm；2345由于待测电阻满足，电流表应用外接法，所以应选择电路A；根据表格数据可知，电路中最大电流为0.56A，所以电流表应选A2；由于电源电动势为4V，所以电压表应选V1；根据闭合电路欧姆定律可知

16、，电路中需要的最大电阻应为：所以变阻器应选R2；67根据表中数据可知：可求出 ，代入数据解得四、解答题（共2小题）13. 如图所示，质量为5108kg的带电微粒以v0=2m/s速度从水平放置的平行金属板A、B的中央飞入板间已知板长L=10cm，板间距离d=2cm，当UAB=103V时，带电微粒恰好沿直线穿过板间，则AB间所加电压在什么范围内带电微粒能从板间飞出？【答案】1800VU200V【解析】【详解】（1）带电微粒竖直向上的位移小于等于才能从板间飞出，设板间电压为u，场强所以电场力 根据牛顿第二定律F-mg=ma1由解得竖直方向的位移x1=a1t2水平方向L=v0t，解得：把代入解得 由于

17、带电微粒竖直向上的位移小于等于才能从板间飞出所以x1由解得u1800V（2）带电微粒竖直向下的位移小于等于才能从板间飞出，设板间电压为u，场强所以电场力根据牛顿第二定律mg-F=ma2由解得竖直方向的位移x2=a2t2水平方向L=v0t，解得：把代入解得由于带电微粒竖直向下的位移小于等于才能从板间飞出，所以x2由解得u200V所以电压范围：1800Vu200V14. 一根很长、很细的圆柱形的电子束由速度为v的匀速运动的低速电子组成，电子在电子束中均匀分布，沿电子束轴线每单位长度包含n个电子，每个电子的电荷量为e（e0），质量为m。该电子束从远处沿垂直于平行板电容器极板的方向射向电容器，其前端（

18、即图中的右端）于t0时刻刚好到达电容器的左极板电容器的两个极板上各开一个小孔，使电子束可以不受阻碍地穿过电容器两极板A、B之间加上了如图所示的周期性变化的电压VAB（VABVAVB，图中只画出了一个周期的图线），电压的最大值和最小值分别为V0和V0，周期为T。若以表示每个周期中电压处于最大值的时间间隔，则电压处于最小值的时间间隔为T。已知的值恰好使在VAB变化的第一个周期内通过电容器到达电容器右边的所有的电子，能在某一时刻tb形成均匀分布的一段电子束。设电容器两极板间的距离很小，电子穿过电容器所需要的时间可以忽略，且mv6eV0，不计电子之间的相互作用及重力作用。求：满足题给条件的和tb的值？【答案】；【解析】【详解】当电子通过电容的过程中，电子的动能发生变化；由于电容器所加的是周期变化的电压，所以，电子的动能变化也不相同；当A、B间加正向电压时，电子在电容器中做减速运动，设电子通过电容器后的速度为；当A、B间加上反向电压时，电子在电容器中做加速运动，设电子通过电容器后的速度为，由动能定理，有又即解以上几式得到依题意知道，在第一周内通过电容器的所有电子能够在某个时刻形成均匀分布的一段电子束，说明第一周期内通过电容器的两端电子束的长度相同，即解得若在时刻形成均匀分布的一段电子束，即为两段电子束刚好重叠，固有解得