【文档说明】新疆昌吉州教育共同体2020-2021学年高二上学期期中考试物理试卷 【精准解析】.doc，共(13)页，729.500 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年第一学期昌吉州教育共同体期中质量检测高二年级物理试卷一、单选题（每题4分，共24分）1.由电场强度的定义式E=F/q可知，关于某静电场中同一位置的说法，正确的是A.电场强度E与电场力F成正比，与电荷量q成反比B.电场强度E的方向一定与电场力F的方向相同C.无论q如何变化，电

场强度E保存不变D.上式中的电场强度E是由电荷q产生的【答案】C【解析】【详解】A．E=F/q是电场强度的定义式，采用比值法定义，则知E与F、q无关，不能说E与电场力F成正比，与电荷量q成反比．故A错误．B．电场强度E的方向一定与正电荷所受的电场力F方向相同，而与负电荷所受的电场力方向相反，故B

错误．C．电场强度反映本身的性质，与试探电荷无关，则无论q如何变化，电场强度E保持不变，故C正确．D．公式E=F/q中q是放入电场中的试探电荷，E不是由电荷q产生的，故D错误．故选C．点睛：解决本题根据比值法定义的共性来场强的物理意义，

知道公式中各个量的含义，能区分试探电荷与场源电荷的区别．2.如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面，1、2两点间距离与3、4两点间距离相等.下列判断正确的是()A.2、3两点的电势相等B.1、3两点的电场强度相等C.1、2两点的电场强度相等D.1、2两点的

电势差与3、4两点的电势差相等【答案】A【解析】【详解】由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等，A正确；电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，它们的电场强度的大小不相同，方向不同，B错误；电场

线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，它们的电场强度的大小不相同，方向相同，C错误；根据WUq=，由于1、2两点的电场线比3、4两点间的电场线密集，故在12两点间电场力做功多，故12两点间电势差大，D错误．【点睛】根据电场线的分布特点：从正电荷或无

穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大．顺着电场线，电势降低．利用这些知识进行判断．3.在点电荷Q的电场中，一个α粒子(42He)通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等

势面，则下列判断中正确的是()A.Q可能为正电荷，也可能为负电荷B.运动中粒子总是克服电场力做功C.α粒子经过两等势面的动能Eka＞EkbD.α粒子在两等势面上的电势能Epa＞Epb【答案】C【解析】【详解】A.根据轨迹可以知道，粒子受到的力为斥力，所以Q带正

电，A错误．B.因为Q带正电，从b到a电场力做正功，B错误．C.因为从b到a电场力做正功，动能增大，电势能减小，所以Eka＞Ekb，Epa<Epb，C正确D错误．4.有关磁感应强度的下列说法中，正确的是()A.某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向B.若有一小

段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零C.若有一小段长为L，通以电流为I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，则该处磁感应强度的大小一定是大于或等于FILD.由定义式B＝FIL可知，电流强度I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小【答案

】C【解析】【分析】磁感应强度定义式FBIL=的适用条件是电流与磁场垂直；电流的方向与磁场的方向平行时导线不受安培力的作用；磁场的方向与安培力的方向垂直；【详解】A、根据左手定则可知，某处磁感应强度的方向与一小段通电导体放在该处时所受磁场

力的方向垂直，故A错误；B、若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则可能是电流的方向与磁场的方向平行，该点的磁感应强度不一定为零，故B错误；C、一小段长为L，通以电流为I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，根据公式：FBI

Lsin=可知，该处磁感应强度的最小值一定是FIL，故C正确；D、磁感应强度FBIL=的是采用比值法定义的，被定义的物理量B与公式中的物理量F、IL无关，B的大小由磁场本身决定，故D错误；故选C．【点睛】关键知道磁场的强弱

由磁场本身的性质决定，与电流元所受力的大小无关，也可以通过磁感线的疏密表示磁场的强弱．5.如图所示的UI−图象中，直线a表示某电源路端电压与电流的关系，图线b为某一小灯泡的伏安特性曲线。用该电源直接与小灯泡连接成闭合电路，以下说法错误的是（）A.电源电动势为3VB.此时电源的效率为25%C.此时

小灯泡的阻值为1.5D.此时小灯泡的功率为1.5w【答案】B【解析】【详解】A．由图像可知，电源电动势为3V，选项A正确，不符合题意；B．此时电源的总功率P=EI=3×1W=3W电源的输出功率=11.5W1.5WPIU==出则电源的效率为=50%PP=出选项B错误，符合题意；C．此时小灯泡的

阻值为1.51.51.0URI===选项C正确，不符合题意；D．此时小灯泡的功率为=1.5WPUI=灯选项D正确，不符合题意。故选B。6.下列各图中标出了匀强磁场中通电直导线受安培力的方向，正确的是()A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据左手定值可知，A图中的安培力应该垂直磁感线垂直

于电流的方向指向左上方．故A错误；B图中磁场的方向向下，电流的方向向里，所以安培力的方向向左．故B正确；C图中磁场的方向向左，电流方向向上，所以安培力的方向向里．故C错误；D图中电流的方向与磁场的方向平行，不受安培力；故D错误．故选

B.【点睛】本题考查安培定则和左手定则综合应用能力，对于两个定则要注意应用条件的不同：安培定则判断电流与磁场方向的两者关系；左手定则判断通电导线在磁场所受安培力方向与磁场方向、电流方向三者的关系．二、多选题（每题4分，共16分，漏选得2分，错选的零分）7.用控制

变量法，可以研究影响平行板电容器电容C的因素，设两极板正对面积S，极板间的距离为d，极板所带电荷量为Q，静电计指针偏角为θ，实验中()A保持Q、S不变，增大d，则θ变大，C变小B.保持d、S不变，增大Q，则θ变大

，C变大C.保持Q、d不变，减小S，则θ变大，C变小D.保持Q、S、d不变，在两极板间插入电介质，则θ变小，C变小【答案】AC【解析】【详解】A．根据电容的决定式4SCkd=得知，电容与极板间距离成反比，当保持Q、S不变，增大d

时，电容C减小，因电容器的电量Q不变，由电容的定义式QCU=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大，故A正确；B．当保持d、S不变，增大Q时，根据电容的决定式4SCkd=得知，电容C不变，由电容的

定义式QCU=分析可知板间电势差增大，则变大，B错误；C．根据电容的决定式4SCkd=得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容C减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式QCU=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角

变大，故C正确；D．当保持Q、S、d不变，在两极板间插入电介质，根据电容的决定式4SCkd=得知，电容C变大，而由电容的定义式QCU=分析可知板间电势差减小，则变小，故D错误．故选AC。8.如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，下面判断正确的是（）A.

L1和L3变亮，L2变暗B.L1变暗，L2变亮，L3亮度不变C.L1中电流变化值小于L3中电流变化值D.L1中电流变化值等于L3中电流变化值【答案】AC【解析】【详解】AB、当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电

阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，故L1变亮；电路中总电流增大，故内电压及R0、L1两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故L2变暗；因L2中电流减小，干路电流增大，故流过L3的电流增大，故L3变亮，A正确B错误．CD、因L1中电流增

大，L3中电流增大，而L2中电流减小；开始时有：I1=I2+I3，故L3上电流变化量大于LI上的电流变化量，C正确D错误．9.说起电流表，小明就头疼，电表的改装是他心中永远的痛，下面这个问题，小明就老是舒扯不清，请你

帮忙解决一下：如图所示为有0.1A和1A两个量程的电流表的原理图，已知表头的内阻为200，满偏电流为2mA，则下列说法中正确的是A.当使用a、b两个端点时，量程为0.1AB.当使用a、c两个端点时，量程为0.1AC.

14R=，20.4R=D.10.41R=，23.67R=【答案】BD【解析】【详解】使用a、c两个端点时，改装好的电流表量程为12ggcgIRIIRR++＝当使用a、b两个端点时，改装后电流表的量程为()21ggbgIRRIIR++＝可知a、b两个端点之间的是大量程，a、c两个端点

之间是小量程，代入数据解得R1=0.41ΩR2=3.67Ω故BD正确，AC错误。故选BD。10.如图所示，为多用电表欧姆挡的内部电路，a、b为表笔插孔．下列说法中正确的是（）A.a孔插红表笔B.表盘刻度是均匀的C.用×100Ω挡测量时，若指针指在0附近，则应换用×

1kΩ挡D.测量“220V100W”的灯泡的电阻，会发现测量的电阻比484Ω小【答案】AD【解析】【详解】无论是哪种电表，电流都是从红表笔流入，黑表笔流出，所以a孔应该插红表笔．答案A正确．根据闭合电路欧姆定律计算可

以得出，电流与刻度成正比，电阻值并不是与刻度成正比．所以答案B错误．当用×100Ω挡测量时，若指针指在0Ω附近，说明电流很大，电阻值很小．为了使测量值更准确，应该让指针在中间的三分之一为好，所以应该使用更低的档位．答案C错误．用欧姆表测电阻的时候，用电器与电路是断开的．这时灯丝的温

度比较低，电阻值比正常工作时小．所以答案D正确．三、实验题（每空3分，共24分）11.有一个小电珠上标有“2.5V，0.3A”的字样，现在要用伏安法描绘这个小电珠的IU−图线，有下列器材供选用：A.电压表（03V，内阻约3kΩ）B.电压表（015V，内阻约15kΩ）C.电流表（

03A，内阻约0.02Ω）D.电流表（00.6A，内阻约0.1Ω）E滑动变阻器（10Ω,2A）F.学生电源（直流4V）、开关、导线若干(1)实验中所用电压表应选用______，电流表应选用______。（用字母序号表示）(2)用笔画线代替导线，把图甲

中所示的实验器材连接完整成实物电路图________。(3)已描绘出小电珠的伏安特性曲线如图乙所示，将该小电珠与9Ω定值电阻串联后接在电动势为3V、内阻为1Ω的电源两端，小电珠的实际功率为________W。（结果保留两位小数）【答案】(1).A(2).D(3).(

4).0.19（0.18~0.20）【解析】【详解】(1)[1][2]小电珠的额定电压为2.5V，则电压表应选用A；小电珠的额定电流为0.3A，则电流表应选用D；(2)[3]因小电珠的电阻很小，则采用电流表外接；滑动变阻器用分压电路；电路连接

如图；(3)[4]把电源与定值电阻看成等效电源，作出等效电源的I-U图线如图所示：由图示图线可知，灯泡两端电压：U=0.92V，通过灯泡的电流：I=0.21A，灯泡实际功率P=UI=0.92×0.21=0.19W12.（1）如图甲、乙所示为测电流的电动势和内阻的电路，在实

验时应选用________电路．（2）选好电路后，由于电流表和电压表内电阻对电路的影响，所测得的电动势将偏________．（3）根据实验测得的一系列数据，画出U-I图（如图丙所示），则被测干电池的电动势为____

___V，内阻为________Ω．【答案】(1).乙(2).小(3).1.5(4).0.5【解析】试题分析：因电表均不是理想电表，故在实验中会产生误差；分析两电表的影响可知应选择的电路；并根据电路的分析可得出电动势的误差

情况．根据U-I图线纵坐标的交点为电源的电动势，斜率表示内阻计算电源电动势和内阻．（1）本实验中电源内阻较小，故应选择电流表相对电源的外接法，实验电路图选乙；（2）本实验中由于电压表的分流作用，使电流表示数偏小，而当外电路短路时，电流表分流可忽略，故可得出真实图象如图所示；则由图可知，电动势和内电

阻偏小；（3）图象与纵坐标的交点为电源的电动势；故E=1.5V；图象的斜率表示内阻，故1.51.00.501.0r−==．四、解答题（写必要的文字说明、公式，按步骤给分，共36分，）13.如图所示，在匀强电场中，将一电荷量为2×10-4的负电荷

由A点移到B点，克服电场力做功0.1J，已知A、B两点间距离为4cm，两点连线与电场方向成60°角。求：(1)A、B两点间的电势差UAB；(2)该匀强电场的电场强度E。【答案】（1）UAB=500V；（2）42.510V/mE=【解析】【详解】（1）由

WqU=可得500VABABWUq==（2）由UEd=可得电场强度为42.510V/mcos60ABABUEl==14.有一电子经过电压U0加速后，射入两块间距为d、电压为U的平行金属板间，若电子从两极板正中央射入，且正好能穿出电场．电子的质量为m，电量为e。求：（1）电子进入平行金属板

间的初速度v0为多少？（2）金属板的长度？【答案】（1）电子进入平行金属板间的初速度v0为002eUvm=（2）金属板的长度为02ULdU=【解析】【详解】（1）电子经过电压U0加速，有20012emvU=解得002eUvm=（2）电子在电压

为U的平行金属板间作类平抛运动，运动时间0Ltv=加速度FeUammd==电子在竖直方向上的位移212yat=电子正好能穿出电场，则12yd=解以上方程，得02ULdU=15.如图所示的电路中，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，电动机

的电阻R0=1.0Ω，电阻R1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表的示数U1=3.0V，求：（1）电动机的输出电功率；（2）电源的输出功率．【答案】（1）8W（2）18W【解析】【详解】（1）电动机正常工作时，总电流为1

3.021.5UIAAR===电动机两端的电压为U=E-Ir-U1=（10-2×0.5-3.0）V=6V；电动机的输入电功率为P电=UI=6×2W=12W电动机消耗的热功率为P热=I2R0=22×1.0W=4W电动机的输出功率为P输出=P电-P热=（12-4）W=8W（2）电源的输出功率为P出=P

-P内=IE-I2r=（10×2-22×0.5）W=18W16.如图所示的电路中,两平行金属板AB、水平放置,两板间的距离10cmd=.电源电动势6VE=,内电阻10r=,电阻3R=.闭合开关S,待电路稳定后,一带电的液滴恰静止于AB、两板间已知液滴带电量211

0Cq−=−,质量2210kgm−=(取210m/sg=)求：(1)AB、两板间的电压Ue；(2)滑动变阻器接入电路的阻值0R；(3)电源的输出功率P出.【答案】(1)2V(2)2(3)5W【解析】【详解】(1)对液滴利用平衡条件得eUqmgd=222101

00.12110emgdUVVq−−===(2)根据闭合电路欧姆定律,得0EIRRr=++，0eUIR=00eEURRRr=++代入数据，得02R=(3)由(2)得lAI=()()20325PIRRW=+=+=出【点睛】由于液滴

处于平衡状态，所以根据平衡可以求出AB、两板间的电压Ue，结合闭合电路欧姆定律可以求出滑动变阻器接入电路的阻值0R，再利用功率公式可以求出电源输出功率．