【文档说明】内蒙古包头钢铁公司第四中学2020-2021学年高二上学期期中考试物理试卷【精准解析】.doc，共(16)页，728.000 KB，由小赞的店铺上传

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包钢四中2020——2021学年度第一学期阶段性考试高二物理试卷一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1.下列说法正确的是（）A.库仑定律适用于点电荷，也适用于一切带电体B.根据122qqFkr=，当两个电荷的距离趋近于零时，静电力将趋向于无穷大C.若点电荷q1的电荷量大于q2的电荷量，

则q1对q2的静电力大于q2大于q1的静电力D.所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍【答案】D【解析】【详解】A.库仑定律仅适用于点电荷，故A项与题意不相符；B.当两个点电荷距离趋于0时，两带电体已不能看出点电荷了，该公式122qqFkr=，不适用

了，故电场力并不是趋于无穷大，故B项与题意不相符；C.两点电荷之间的作用力是相互的，根据牛顿第三定律，无论点电荷q1的电荷量与q2的电荷量大小如何，q1对q2的静电力大小上总等于q2对q1的静电力，故C项与题意不相符；D.根据带电本质可知，所有带电体的电荷量一定等于元电荷的

整数倍，任何带电体的电荷量都不是连续变化的，故D项与题意相符．2.如图，真空中a、b、c、d四点共线且等距．先在a点固定一点电荷＋Q，测得b点场强大小为E．若再将另一等量异种点电荷－Q放在d点时，则()A.b点场强大小为34EB.c点场强大小为54E

C.b点场强方向向左D.c点电势比b点电势高【答案】B【解析】【详解】AC.设ab＝bc＝cd＝L，＋Q在b点产生的场强大小为E，方向水平向右，由点电荷的场强公式得：E＝k2QL，－Q在b点产生的场强大小为：E1＝k2(2)QL＝14E，方向水平向右，所以b点的场强大

小为Eb＝E＋14E＝54E，方向水平向右，故AC错误；B.根据对称性可知，c点与b点的场强大小相等，为54E，方向水平向右，故B正确；D.电场线方向从a指向d，而顺着电场线方向电势降低，则c点电势比b点电势低，故D错误．3.如图所示，A、B、C

三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC=60，BC=20cm，把一个电量q=10－5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，从B移到C，克服电场力做功1.73×10－3J，则该匀强电场的场强大小及方向是（）A.86

5V/m，垂直AC向左B.865V/m，垂直AB斜向下C.1000V/m，垂直AB斜向下D.1000V/m，垂直AB斜向上【答案】C【解析】【详解】由题，q=10－5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，则A与B电势相等，AB连线是一条等势

线，BC间电势差为351.7310V1003V10BCBCWUq−−−===−则该匀强电场的场强大小10031003V/mV/m1000V/m0.2sin6030.22E===电场线方向垂直于AB向下，如图故选C。4.如图所示，虚线表示电场的一簇等势面且相邻等势面间电势差相等，一个

a粒子（带正电）以一定的初速度进入电场后，只在电场力作用下沿实线轨迹运动，a粒子先后通过M点和N点.在这一过程中，电场力做负功，由此可判断出()A.a粒子在M点受到的电场力比在N点受到的电场力大B.N点的电势低于M点的电势C.a粒子在N点的电势能比在M点的电势能大D.a粒子在M点的速率

小于在N点的速率【答案】C【解析】【详解】根据电场线或等势面的疏密程度可知N点的电场强度较大，故带电粒子在M点受到的电场力比在N点受到的电场力小，故A错误；由粒子的运动轨迹可知，带正电的粒子所受的电场力方向指向右下方

，则电场线的方向指向右下方，根据“顺着电场线的方向电势降落”，可知N点的电势高于M点的电势，故B错误；若粒子从M到N，电场力对粒子做负功，电势能增加，所以N点的电势能比在M点的电势能大，故C正确；若粒子从M到N，电场力做负功，速度减小，所以M点的速

率大于在N点的速率，故D错误；故选C．【点睛】此题关键是知道电场线与等势面垂直，等差等势面的疏密程度也反映电场的强弱，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．5.如图所示，一个验电器用金属网罩罩住，当加上

水平向右的、场强大小为E的匀强电场时，验电器的箔片不张开，金属网罩的感应电荷在网罩内部空间产生的电场场强为（）A.大小为E，方向水平向左B.大小为2E，方向水平向左C.大小为E，方向水平向右D.0【答案】A【解析】【详解】因为在金属内部由于电子可以自由移动，当加上水

平向右的、场强大小为E的匀强电场时，金属网罩会产生一个与外加电场向反的电场来抵消金属内部的电场，以保证平衡，从而金属上电荷重新分布，这就是“静电屏蔽”的原理。故金属网罩的感应电荷在网罩内部空间产生的电场大小为E，方向

向左。故选A。6.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（）A.带电油滴将沿竖直方向向上运动B极板带电

量将增加C.P点的电势将降低D.极板间的场强不变【答案】C【解析】【详解】AD．将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据UEd=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动，故A错误；B．由4SCkd=

可知电容器的电容C减小，由于电势差不变，根据QCU=可知电容器极板带电量减小，故B错误；C．场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式UEd=可知P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低，故C正确。7.

一带电油滴在匀强电场E中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下．若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，下列说法不正确的是（）A.油滴带负电B.电势能减少C.动能增加D.重力势能和电势能之和增加【答案】D【解析】【详解】由轨迹图可知，带电油滴所受的电场力竖直向上，与电场强度

方向相反，所以油滴带负电，故A说法正确；从a到b的运动过程电场力做正功，动能增加，电势能减少，故BC说法正确；根据功能关系可知，油滴在从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，从a到b的运动过程中，重力势能增加，因此动能和电势能之和减少

．因该过程中合外力向上，合外力做正功，动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故D说法错误．所以选D．8.有一匀强电场的方向平行于xOy平面（纸面），平面内a、b、c、d四点的位置如图所示，线段cd、cb分别垂直于x轴、y轴，a、

b、c三点电势分别为2V、6V、8V，电荷量5210Cq−=−的点电荷由a点开始沿abcd路线运动，则下列判断正确的是（）A.坐标原点O的电势为5VB.电场强度的大小为2V/mC.b、d两点间的电势差为2VD.该点电荷从a点移到d点，电势能减少5810J−

【答案】D【解析】【分析】在匀强电场中，沿着同一个方向移动相同距离电势降低相等，先据此求解O点的电势；然后找出等势面，结合公式UEd=分析电场强度；根据WUq=求解电场力做功，分析电势能变化。【详解】A．由于是匀强电场，故沿着同一个方向

前进相同距离电势的降低相等，故：bcaO−=−代入数据解得4VO=故A错误；B．由于是匀强电场，故沿着同一个方向前进相同距离电势的降低相等可知，ab中点e电势为4Ve=，连接Oe则为等势面，如图所示：根据几何关系可知，abOe⊥，则ab为一条电场线，且方向由b指向a，电场强度为264

V/m1002V/m210bebeUEd−−===故B错误；C．因为是匀强电场，所以有OdaO−=−，则6Vd=，所以b、d两点间的电势差为0V，故C错误；D．该点电荷从a点移到d点电场中做功为

5521026J810JadadWqU−−==−−=（）（）电场力做正功，电势能减小，故该点电荷从a点移到d点，电势能减少5810−J，故D正确。故选D。9.关于电动势，下列说法中正确的是（）A.一个电源的电动势的大小只由电源本身决定B.电动势公式E

=Wq中W与电压U=Wq中的W是一样的，都是电场力做的功C.在电源内部，由正极到负极的方向为电动势的方向D.因电动势的单位和电势差相同，所以电动势实质上就是电势差【答案】A【解析】【详解】A．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本

领大小，电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关，故A正确；B．电动势公式E=Wq中W与电压U=Wq中的W是是不一样的，分别为非静电力做功，一是静电力做功，故B错误；C．在电源内部，电动势的方向与电流方向相同，由负极到正极，故C错误；D．电动势

的单位和电势差相同，但两者的物理意义不同，不能说电动势就是电势差，故D错误。故选A。10.假如某白炽灯的U－I图像如图所示，图像上A点与原点的连线和横轴所成的角为α，A点的切线与横轴所夹的角为β(横、纵坐标均为国际单位)，以下说法中正确的是（）A.白炽灯的电阻随电压增大而增大B.白炽灯的电

阻随电压U的增大而减小C.在A点，白炽灯的电阻为sinαD.在A点，白炽灯的电阻为tanβ【答案】A【解析】【详解】AB．U－I图像上各点与原点的连线的斜率表示电阻，由图可知，随电压增大，图像上各点与原点的连线的斜率增大，即电阻变大，故A正确，B错误；CD．在A点，白炽灯的电

阻00tanURI==故CD错误。故选A。二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）11.如图所示，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用下，在竖直平面内，由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45，则下列判断正确的是（）A.此液滴一定带正电B.此液滴一定带负电C.从b到d液滴

的机械能一定守恒D.从b到d液滴的电势能和动能之和一定增加【答案】BD【解析】【详解】AB．据题带电液滴沿直线b运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析可知，电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所

以该液滴带负电，故A错误，B正确；C．从b到d液滴所受电场做功，则机械能不守恒，故C错误；D．因液滴的重力做正功，重力势能减小，故液滴的电势能与动能之和是增加的，故D正确。故选BD。12.某静电场在x轴上的电势随x的变化关系如图所示，带正电的点电荷仅在电场力作用下沿x轴运动，

则（）A.1x和3x处电场强度均为零B.由1x运动到4x的过程中电场力一直做正功C.由1x运动到4x的过程中电场力先减小后增大D.电荷在2x处4x处的动能相等【答案】CD【解析】【详解】A．因为xφ−图像的斜率表示场强，1x处电场场强不为零，3x处电场强

度为零。故A错误；B．带正电的点电荷由1x运动到3x的过程中电势在降低，电势能在减小，电场力做正功。由3x运动到4x的过程中电势在升高，电势能在增大，电场力做负功。故B错误；C．正电荷由1x运动到4x的过程中场强先减小后增大，电场力先减

小后增大。故C正确；D．2x和4x两处电势相等，正电荷在这两处电势能相等。根据动能定理可知，在这两处动能相等。故D正确。故选CD。13.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线在P点的

切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，则下列说法中不正确．．．的是（）A.随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小B.对应P点，小灯泡的电阻为R=12UIC.对应P点，小灯泡的电阻为R=121UII−

D.对应P点，小灯泡的功率的数值等于图中矩形PQON所围的面积大小【答案】ACD【解析】【详解】A．图线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大，故A错误；BC．在P点，小灯泡的电阻R=12UI，故B正确，C错误；D．因P=UI，所以图象中矩形PQOM所

围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D错误。本题选不正确的，故选ACD。14.对伏安特性曲线的理解（如图甲、乙所示），下列说法正确的是（）A.图线a、e、d、f表示线性元件，b、c表示非线性元件B.在图甲中，斜率表示电阻的大小，斜率越大，电阻越大，Ra>ReC.在图乙中，

斜率表示电阻倒数的大小，斜率越大，电阻越小，Rd<RfD.图线b的斜率变小，电阻变小，图线c的斜率变大，电阻变大【答案】ABC【解析】【详解】A．由欧姆定律知，电阻一定时电流与电压成正比，甲乙两图中图线a、e、d、f是定值电阻，表示线性原件，b、c是非定值电阻，表示非线性元件。故A正确；B．甲图像

中斜率表示电阻，图线a的斜率大于图线e的斜率，所以aeRR。故B正确；C．乙图线中斜率表示电阻的倒数，图线d的斜率大于图线f的斜率，所以dfRR。故C正确；D．甲图像中斜率表示电阻，则图线b的斜率变小，电阻变小，乙图线中斜率表示电阻的倒数，则图线c的斜率变大，电阻变小。故D错误。故

选ABC。15.四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2.已知电流表A1的量程大于A2的量程，电压表V1的量程大于V2的量程，改装好后把它们按图3所示接法连入电路，则（）A.

电流表A1的读数大于电流表A2的读数B.电流表A1指针的偏转角小于电流表A2指针的偏转角C.电压表V1的读数小于电压表V2的读数D.电压表V1指针的偏转角等于电压表V2指针的偏转角【答案】AD【解析】【详解】AB．电流表A1与电流表A2由相同表头与不同电阻并联改装而成，并联在电

路中，电流表A1与电流表A2的指针偏转角相同，电流表A1的量程较大，则电流表A1的读数大于电流表A2的读数，故A正确，B错误；CD．电压表V1与电压表V2由相同表头与不同电阻串联改装而成，串联在电路中，通过表头

的电流相同，故指针的偏转角相同，因V1量程较大，所以电压表V1的读数大于电压表V2的读数，故C错误，D正确。故选AD。三、实验题（本大题共2小题，共14.0分）16.有一额定电压为2.8V、额定功率为0.56W的小灯

泡,现要描绘这个小灯泡的伏安特性曲线.有下列器材可供选用.A.电压表(量程0~3V内阻约6kΩ)B.电压表(量程0~6V内阻约20kΩ)C.电流表(量程0~0.6A内阻约0.5Ω)D.电流表(量程0~200mA内阻约20Ω)E.滑动变阻器(最大电阻10Ω,允许最大电流2A)F.滑

动变阻器(最大电阻200Ω,允许最大电流150mA)G.三节干电池(电动势约为4.5V)H.开关、导线若干(1)为提高实验的精确程度,电压表应选用__________;电流表应选用__________;滑动变阻器应选用__________.(以上均填

器材前的序号)(2)请在虚线框内画出描绘小灯泡伏安特性曲线的电路图______________________．【答案】(1).A(2).D(3).E(4).【解析】【详解】由题意可知，灯泡的额定电压为2.8V，为了准确性及安全性原则，电压表应选择A；由PUI=可得，灯泡的额定电流为：0.562

002.8PIAmAU===，故电流表应选择D；测量灯泡的伏安特性曲线实验中应采用分压接法，故滑动变阻器应选用小电阻，故滑动变阻器应选择E；测量小灯泡的伏安特性曲线时，要求电压值从零开始变化，故滑动变阻器应采有分压接法；灯泡内阻约为：14UI=，而电流表内阻约为20Ω，故电流表应采用

外接法；故电路图如图所示17.实验室中有一块量程较小的电流表G，其内阻约为1000Ω，满偏电流为100μA，将它改装成量程为1mA、10mA双量程电流表．现有器材如下：A．滑动变阻器R1，最大阻值50Ω；B．滑动变阻器R2，最大阻值50kΩ；C

．电阻箱R＇，最大阻值9999Ω；D．电池E1，电动势3.0V；E．电池E2，电动势4.5V；(所有电池内阻均不计)；F．单刀单掷开关S1和S2，单刀双掷开关S3，及导线若干．（1）采用如图甲所示电路测量电流表G的内阻，为提高测量精确度，选用的滑动变阻器为_________，选用的电池为__

_________（填器材前的字母序号）；采用此种方法电流表G内阻的测量值_________真实值(填“＞”、“=”或“＜”)．（2）如果在步骤（1）中测得电流表G的内阻为900Ω，将流表G改装成双量程电流表，设计电路如图乙所示，则在此

电路中，R1=_____Ω，R2=____Ω．【答案】（1）B，E，“＜”（2）R1=10Ω，R2=90Ω【解析】【详解】（1）“半偏电流法”测定电流表G的内电阻gR，本实验在要求RR的条件下，使得电流表两端的电压很小，则要用大的滑动变阻器故选B；本实验要求滑动

变阻器的分压尽量大于电流计的电压，则要选电动势大一点的电源，故选E2；当S2接通时，R有电流流过，R和gR并联，并联后的电阻减小，总电流增加，当电流表示数从满偏电流1I调到半偏电流12I时，R中电流稍大于12I，则gRR，则测量值小于真实值．（2）1mA档时：(

)()112gggIRIIRR=−+①，10mA档时221()()gggIRRIIR+=−②，联立①②代入数据，得121090RR==，；四、计算题（本大题共3小题，共36.0分）18.如图所示，匀强电场的场强大小为E=60V/m，方向水平向

右。在电场中有a、b、c三点，ab=6cm，bc=8cm，其中ab沿电场线方向，bc和电场线方向成60°角，现将一电荷从b点移到a点时静电力做功为W=-3.6×10-7J，求:（1）该电荷的电荷量大小;

（2）a、c两点间的电势差Uac;（3）假设a点的电势为零，则该电荷在c点的电势能Ep。【答案】（1）7110C−（2）6V（3）7610J−−【解析】【详解】(1)设a、b间距离为d，由题设条件有W=qEd77213.610C

110C60610WqEd−−−===(2)设b、c间距离为d2，有:()()2212cos60606108100.5V6VacUEdd−−=+=+=(3)电荷在c点的电势能为77110(6)J610JPcaEWqUca−−===−

=−19.微型吸尘器的直流电动机内阻一定，把它接入电压为10.2UV=的电路时，电动机不转，测得此时流过电动机的电流是10.4IA=；若把电动机接入电压为22.0UV=的电路中，电动机正常工作，工作电流是21.0IA=，求：（1）电动机线圈的电阻R．

（2）电动机正常工作时的输出功率及吸尘器的效率．（3）如果电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机此时的发热功率（设此时线圈未被烧坏）．【答案】（1）0.5（2）75%（3）8W【解析】试题分析：（1）电动机不转时线圈是纯电阻

，用部分欧姆定律求解线圈的电阻；（2）电动机正常工作时效率为100%PP=出，（3）电动机转子被卡住时，电动机可认为是纯电阻，故电功全部转化为电热.（1）电动机不转时，设线圈电阻为R，则110.20.50.4URI===（2）电动机正常工

作时消耗的电功率为222.01.02.0PUIWW===电动机正常工作时线圈电阻损耗的电功率为2221.00.50.5PIRWW===损电动机正常工作时输出功率为1.5PPPW=−=出损电动机正常工作时效率为1.5100%75%2.0==（3）电动机转子被卡住时，电功

全部转化为电热228UPWR==热20.一束电子流在经U0=5000V的加速电场由静止加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示．若两板间距d=1×10﹣3m，板长L=5×10﹣3m，那么，（1）电子离开加速

电场时速度v0多大？（结果用字母e、U0、m表示）（2）要使电子刚好从平行板间边沿飞出，两个极板上应加多大电压？（可以得到具体数值）【答案】(1)02eUm(2)400V【解析】【分析】根据动能定理求出电子离开加速电场时的速度；根据牛顿第二定律和运动学公式求

出偏转位移的表达式，得出偏转位移与极板电压的关系求出所加的电压大小；【详解】解：(1)在加速电场中，根据动能定理得：200102eUmv=−解得：002eUvm=(2)在偏转电场中,偏转位移为d2，根据0Lvt=，eUamd=22220011··2224deULULyatmdvUd====解得

：26026225000104002510UdUVVL−−===