【文档说明】【精准解析】山东省枣庄市第八中学（东校区）2020-2021学年高二上学期9月物理试题.doc，共(16)页，948.000 KB，由小赞的店铺上传

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高二物理单元检测（一）（考试时间：100分钟）一、选题题（1—8题为单项选择题，9—12题为多项选择题）1.以下对“电场”一章中几个公式的理解正确的是（）A.公式FEq=指出，电场强度E跟检验电荷的电量q成反比B.由公式UEd=可知，电场中两点的距离越大，电场场强E越小C.在公

式122qqFkr=中，22kqr是2q的电场在1q位置的电场强度值D.公式pEq=指出，同一个电荷在电势越高的地方电势能越大【答案】C【解析】【详解】A．公式FEq=是电场强度的定义式，采用比值法定义，则知E与F、q无关，A错误；B．公式

只适用于UEd=匀强电场，而匀强电场的场强E处处相同，与两点间的距离无关，B错误；C．在公式122qqFkr=中，将1Q看成场源电荷，2Q看成试探电荷，则22Qkr是点电荷2Q产生的电场在点电荷1Q处场强的大小，C正确；D．根据电势能公式pEq=知，同一个正电荷在电势越高处的电势能越大，而

同一个负电荷在电势越高处的电势能越小，D错误。故选Ｃ。2.图为某匀强电场的电场线，带负电的粒子沿电场线从a运动到b，若粒子只受电场力作用，则（）A.a、b两点电势相等B.粒子的电势能减小C.粒子从a运动到b过程加速度保持不变D.粒子做匀加速直线运动【答案】C

【解析】【详解】A、沿着电场线方向，电势降低，则有a点的电势高于b点电势，故A错误；B、带负电的粒子沿电场线从a运动到b，电场力做负功，则电势能增加，故B错误；C、电场线疏密反映场强大小，从a向b运动，场强不

变，加速度不变，所以粒子做匀变速直线运动，若速度方向与加速度相同，则做匀加速直线运动；若两方向相反，则做匀减速直线运动，故C正确，D错误．【点睛】本题考查了电场线的特点，能够形象地描述电场的强弱和方向

，并强调速度与加速度的方向来确定速度增加与否．3.如图所示，电动机M的线圈电阻为r，接入电压恒为U的电源时，电动机正常工作，此时电动机中通过的电流为I、消耗的电功率为P、线圈电阻的发热功率为P热、输出的机械功

率为P出．则下列关系式正确的是A.UIr=B.P=IU+I2rC.2UPr=热D.P出=IU-I2r【答案】D【解析】【详解】电动机为非纯电阻用电器，电动机中通过的电流为UIr，它消耗的电能一部分转化

成机械能一部分自身发热，线圈电阻的发热功率2PIr=热，消耗的电功率为PIU=，所以根据能量守恒得出2PIUIr=−出故选D。4.如图所示，在点电荷Q形成的电场中，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一等势面上．甲、乙两个带电粒子的运动轨迹分别为acb和adb曲线，已知乙粒子

带正电．那么下列判断正确的是()A.甲粒子在b点的电势能比在c点小B.乙粒子在d点速度最大C.a、b两点电场强度相同D.d点电势比b点电势高【答案】D【解析】【分析】根据粒子的轨迹判定甲粒子受到中心点电

荷Q的引力，而乙粒子受到中心点电荷Q的斥力，可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况．【详解】A、由图可知，甲粒子受到中心点电荷Q的引力，甲粒子从c到b的过程中电场力做负功，电势能增大，所以甲粒子在b点的电势能比在c点大．故A错误；B、乙粒子受到中心点电荷Q的排斥力，从a到d电场力做负功，动能

减小，速度减小．从d到b电场力做正功，动能增大，速度增大，所以乙粒子在d点速度最小；故B错误；C、a、b两点电场强度大小相等，方向不同，则电场强度不同，故C错误．D、越靠近正点电荷Q电势越高，则d点电势比b点电势高，故D正确．故选D．【点睛】根

据轨迹判定“电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力”是解决本题的突破口．要注意电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时电场强度才相同．5.图中平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600V，A板带正电，接地，A、B两板间距为12cm，C点离A板4cm，

则关于C点的电势的下列说法中正确的是（）A.φC=400VB.φC=﹣400VC.φC=200VD.φC=﹣200V【答案】D【解析】【详解】由E=U/d得：E=6000.12=5000V/m；C点电势等于CA两点的电势差，因A带正电且电势为零，故C点电势小于A，UCA=-Ed1=-50

00×0.04=-200V，故φC=-200V，故D正确，ABC错误．故选D．【点睛】在研究电场中能的性质时一定要注意各量间的正负，明确正负在题目中的含义，并能正确应用．6.如图所示，有向直线为某点电荷电场中的一条电场线，其上两点a、b相距为d，电势差为U，b点的场强大小为E，

把电荷量为q的试探电荷从a点移到b点，电场力做功为W，该试探电荷在a点所受的电场力大小为F，下列关系式一定正确的是（）A.E＝FqB.U＝EdC.E＝2kqdD.U＝Wq【答案】D【解析】【详解】A．a

点的场强大小为在a点的试探电荷受到的电场力与试探电荷的电荷量的比值，即aFEq=，因电场不一定是匀强电场，可知b点的场强不一定是FEq=，故A错误；B．公式U＝Ed只适用与匀强电场，对非匀强电场不适用，故B错误；C．点电荷产生的场

强大小为E＝2kqd，其中q为点电荷，d为到该点电荷的距离，故C错误；D．从a到b电场力做功为W＝qU，所以电势差U＝Wq，故D正确．7.电阻R1和R2上分别标有“100Ω4W”和“12.5Ω8W”字样，将它们串联起来之后

，能承受的最大电压是()A.30VB.90VC.22.5VD.25V【答案】C【解析】【详解】电阻R1标有规格“100Ω、4W”，根据P=I2R，额定电流为：11140.2A100PIR＝＝＝电阻R2标有规格“12.5Ω、8W”，根据P=I2R，额定电流为：22280.8A12.5PIR＝

＝＝将它们串联起来之后，电路的最大电流I为0.2A，故串联电流的最大电压为：U=I（R1+R2）=0.2×（100+12.5）=22.5VA.30V，与结论不相符，选项A错误；B.90V，与结论不相符，选项B错误；C

.22.5V，与结论相符，选项C正确；D.25V，与结论不相符，选项D错误；8.在如图所示的电路中，电源的电动势和内阻以及电阻R2的阻值都恒定，当滑动变阻器R1的滑片处于某位置时，电容器C两极板间的带电油滴恰好悬浮不动。下列判断正确的是（）A

.若仅减小电容器两极板间的正对面积，油滴将向下运动B.若仅将R1的滑片向右移动，油滴将向上运动C.若仅将R1的滑片向左移动，电源的效率将增加D.若仅将R1的滑片移动，电压表V1、V2的示数变化量的代数和总等

于零【答案】B【解析】【详解】A．减小两板间正对面积，电容器的板间电压不变，场强不变，油滴所受的电场力不变，仍静止，故A错误；B．R1滑动触头向右移动时，接入电路的电阻增大，电路中电流减小，内电压减小，路端电压增大，则电容器板间电压增大，板间场强增大

，油滴所受的竖直向上的电场力增大，油滴将向上运动。故B正确；C．同理可得，R1滑动触头向左移动时，接入电路的电阻减小，外电路电阻减小，而电源的效率()1=1IUIRRrIEIRrRrR===+++可知电源的效率减小，故C错误；D．R1的滑动触头移动时，外电阻发生变化，则路端电压随之变化，

电压表V1，V2的读数之和等于路端电压，所以电压表V1，V2的读数变化量的代数和不等于零，故D错误。故选B。9.电吹风是电动机带动风叶转动的装置，电热丝给空气加热得到热风．设电动机线圈和电热丝的总电阻为R，接在一电压为u=U0sinωt的交流电源上，若已知电吹风使用时消耗的功率

为P，通过电热丝和电动机线圈的总电流为I，则有A.P＞202URB.P＞I2RC.P=I2RD.022PUI=【答案】BD【解析】【分析】电吹风不是纯电阻原件，工作时不满足欧姆定律，电吹风的功率满足输入动律=热功率+输出功率，接入交流电，工作时的电压为最大值的有效值【

详解】电动机正常工作时，两端的电压为交流电的有效值022UIR，因此022UIR，功率200222UPUIR=，故A不对而D正确，2IR为电动机发热功率，电动机得输入功率等于输出功率加发热功率，因此

2PIR，因此B正确，C错误；所以选BD10.在研究平行板电容器电容的实验中，电容器的A、B两极板带有等量异种电荷，A板与静电计连接，如图所示．实验中可能观察到的现象是()A.增大A、B板间的距离，静电计指针张角变小B.减小A、B板间的距离，静电计指针张角变小C.在A、B板

间放入一介质板，静电计指针张角变小D.把B板向上平移，减小A、B板的正对面积，静电计指针张角变小【答案】BC【解析】【详解】A．增大A、B板间的距离，根据电容的决定式4SCkd=知电容C减小，电容器的电量Q不变，则由定义式QCU=知板间电压U增大，静电计指针张角变大。A错误。B

．减小A、B板间的距离，根据电容的决定式4SCkd=知电容C增大，电容器的电量Q不变，则由定义式QCU=知板间电压U减小，静电计指针张角变小。B正确。C．在A、B板间放入一介质板，根据电容的决定式4SCkd=知电容C增大，电容器的电量Q不变

，则由定义式QCU=知板间电压U减小，静电计指针张角变小。C正确。D．把B板向上平移，减小A、B板的正对面积，根据电容的决定式4SCkd=知电容C减小，电容器的电量Q不变，则由定义式QCU=知板间电压U增大，静电计指针张角变大。D错误。故选BC。11.两个带等量正电荷的小球（可视为点电荷

）固定在图中a、b两点，MN为ab连线的中垂线，交直线ab于O点，A为MN上的一点。取无限远处的电势为零，一带负电的试探电荷q仅在静电力作用下运动，则（）A.若q从A点由静止释放，其将以O点为对称中心做往复运动B.若q从A点由静止释放，其在由A

点向O点运动的过程中加速度先增大后减小C.q由A点向O点运动时，其动能逐渐增大，电势能逐渐减小D.若在A点给q一个合适的初速度，它可以做匀速圆周运动【答案】ACD【解析】【详解】A．若q从A点由静止释放，受到向下的电场力作用，向下加速运动，过

O点后受到向上的电场力作用，做减速运动，根据受力情况的对称性可知q将以O点为对称中心做往复运动，故A正确；B．电荷在O点时电场力为零，电荷在A点电场力是否最大无法确定，电荷由A点向O点运动的过程中加速

度变化情况无法确定，可能一直减小，也可能先增大再减小，故B错误；C．q由A点向O点运动时，电场力做正功，说明动能逐渐增大，电势能逐渐减小，故C正确。D．q受到指向圆心的电场力，在ab连线中垂面内给它一个垂直电场力方向大小合适的速度，电场力提供向心力，电荷可以做匀速圆周

运动，故D正确。故选ACD。12.三个电阻相同的灯泡，其允许消耗的最大功率都是20W，现将其中的两个灯泡串联后再与第三个灯泡并联起来接入电压U，则下列说法正确的是（）A.L1消耗的功率可能为3WB.L3消耗的功率可

能为15WC.整个电器允许消耗的最大功率为30WD.整个电器允许消耗的最大功率为60W【答案】ABC【解析】【详解】明确电路结构，根据功率公式可明确它们可能的功率；再明确当L3达最大功率时L1与L2两端的电压，由功率公式明确二者的功率，即可求得总功率。A．由图可知，L1与L2

串联后与L3并联，L1与L2的电压之和为U，则两灯泡的功率均小于额定功率，故L1消耗的功率可能为3W；故A正确；B．L3所加电压U未知，故L3消耗的功率可能为15W；故B正确；CD．当L3达额定功率时，L1和L2的电压为额定电压一半；则由2UPR=可知，功

率均为额定功率的14；故整个电器允许消耗的最大功率为20+2×1204=30W故C正确，D错误；故选ABC。二、实验题13.一游标尺示数如图所示，其读数为______mm；螺旋测微器读数为______mm。【答案】(1).29.8(2).3.191

(3.190~5.193)【解析】【详解】[1]游标卡尺的读数：29mm+0.1mm×8=29.8mm[2]螺旋测微器读数：3mm+0.01mm×19.1=3.191mm14.某同学查阅资料发现自动铅笔笔芯的电阻随温度升高而变小，在实验室中，他取一段长为16cm的自动铅笔笔芯

，用多用电表测量其电阻大约为5Ω，该同学要较精确测量铅笔芯的电阻，需要测量多组数据，现有下述器材可供选择：A.电源3V，内阻不计B.直流电流表0~3A（内阻约0.1Ω）C.直流电流表0~600mA（内阻约0.5Ω）D.直流电压表0~3V（内阻约3kΩ）E.直流电压表0~15V（内阻约200kΩ）F

.滑动变阻器（5Ω，1A）G.滑动变阻器（1kΩ，300mA）(1)除开关、导线外，实验中要求能够在电压表上从零开始读取若干组数据，需要选用的器材有：______（填写字母代号）；(2)画出合适的电路图______(3)该同学在下表中记录了实验数据，请你根据实验数

据在方格纸上画出了该铅笔芯的伏安特性曲线______：作U﹣I图上纵轴为I，横轴为U。【答案】(1).ACDF(2).(3).【解析】【详解】(1)[1]电源电动势为3V，故电压表选D；最大电流3A=0.6A5UIR==若选取3A量程，

则指针偏转不及刻度的13，误差较大，故电流表选C；滑动变阻器分压接法，选取小电阻即可，故选择器材为ACDF；(2)[2]电压表上从零开始读取，所以选择滑动变阻器分压接法，被测电阻为小电阻，电流表用外接，电路图如图；(3)[3]由描点法可作出笔芯的伏安特性曲线；1

5.在如下图所示的电路中，四节干电池串联，小灯泡A、B的规格均为“3.8V，0.3A”。闭合开关S后，无论怎样移动滑片P，A、B灯都不亮。(1)用多用电表的直流电压挡检查故障①量程应该选______；A．2.5VB．10VC．50

VD．250V②测得c、d间电压约为5.8V，e、f间电压为0，则故障可能是_________；A．B灯丝断路B．A灯丝断路C．d、e间断路D．B灯被短路(2)开关S断开，换掉损坏的元件，将多用电表的选择

开关置于测电阻挡的“×1”挡。将两表笔分别与e、f两接线柱接触，某次测量结果如下图所示，测得灯泡电阻为_________。将多用电表选择开关置于“250mA”挡，开关S仍断开，将两表笔分别与a、b两接线柱接触，稳定时其指针也恰好指在如图位置上，则通过灯泡的

电流是_________mA。【答案】(1).B(2).B(3).7(4).170【解析】【详解】(1)[1]ABCD．因为电源是四节干电池，所以电压表的量程应选10V，ACD错误B正确。故选B。(1)[2]ABCD．测得c、d间电压约为5.8V，说明此时电压表与电源两

极相连，c、d间之外电路不存在断路，e、f间电压为零，说明e、f间没有断路，e、f之外电路存在断路，由此可知c、d间断路，即小灯泡A灯丝断路，ACD错误B正确。故选B。(2)[3]多用电表的选择开关置于电阻挡的“×1”挡，由图示表盘可知，其示数为71Ω7Ω=。(2)[4]将多用电表选择开

关置于“250mA”挡，由图示表盘可知，其分度值为5mA，示数为170mA。三、解答题16.一个电源接8Ω电阻时，通过电源的电流为0.15A，接13Ω电阻时，通过电源的电流为0.10A，求:（1）电源的电动势和内阻．（2）当外电阻为13Ω

时，电源的效率和外电阻上消耗的电功率.【答案】（1）1.5V，2Ω（2）86.7%，0.13W【解析】【详解】（1）由闭合电路的欧姆定律E=I（r+R）有：E=0.15（r+8），E=0.1（r+13）解得：E=1.5V，r=2Ω（2）由闭合电路的欧姆定律得

：1.5A0.1A132EIRr===++则电源的效率为：13100%100%100%86.7%15UIREIRr====+外电阻上消耗的电功率为：P=I2R=0.12×13W=0.13W17.如图所示的电路中，电源的

电动势为E=10V，内阻忽略不计。R1、R2、R3、R4均为20Ω定值电阻，电容器C=30mF，开关S是断开的，现将开关S闭合，则在闭合S后的较长时间内，通过R4的电荷量是多少？【答案】0.3C【解析】【详解】S断开时，电源与R1、R2串联，R3、R4和电

容器串联后与R2并联，由于电容器可看作断路，故R3、R4上电压为零，电容器上电压等于R2的电压，且上极板电势高，带正电则电容器的电荷量为21120.15CCREQRR==+S闭合时，R1、R2串联后与R3并联，R4和电容器串联后并联在R1

两端，电容器上的电压等于R1两端的电压，且上极板电势低，带负电12120.15CCREQRR==+闭合S后的较长时间内，电容正负极变化了，通过R4的电荷量为120.3CQQQ=+=考查开关S的接通与断开时，电路中电阻是如何连接，并掌握

欧姆定律与电容公式的应用，注意判定电容器的电压是解题的关键。18.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2L，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tan；(4)电子打到屏上的点到点O的距离x【答案】(1)eELm；(2)3mLeE；(3)2；(4)3L【解析】【详解】（1）从A点到MN的过程中，由动能定理2122LeEmv=得eELvm=（2）电子在电场1E中做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为1a，

时间为1t，由牛顿第二定律和运动学公式得11==eEeEamm则时间t1为11=meEvLta=从MN到屏的过程中运动的时间22=2LmLtveE=运动的总时间为123=+=mLttteE（3）设电子射出电场2E时沿平行电场线方向的速度为yv，根据牛顿第二定律得，电子在电场中的加

速度为222==eEeEamm运动时间为3Ltv=则竖直方向速度为23yvat=所以夹角为tanyvv=解得tan2=（4）如图，电子离开电场2E后，将速度方向反向延长交于2E场的中点O。由几何关系知tan2xLL=+得3xL=。