广东省东莞市光明中学2020-2021学年高二上学期期中考试物理试题 Word版含答案

光明中学2020-2021 学年度第一学期高二年级期中考试
物理科试卷
命题人：
一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）
某电场中有一点P，下列说法中正确的是
A. 若放在P点的电荷的电荷量减半，则P点的电场强度减半
B. 若P点没有试探电荷，则P点电场强度为0
C. 若P点电场强度越大，则同一电荷在P点受到的静电力越大
D. P点电场强度方向为放在该点的电荷的受力方向
导体中电流I的表达式为，其中S为导体的横截面积，n为导体每单位体积内的自由电荷数，q为每个自由电荷所带的电荷量，v是
A. 导体运动的速率 B. 电流传导的速率
C. 电子热运动的速率 D. 自由电荷定向移动的速率
以下说法中正确的是
A. 电动势是一种非静电力
B. 电动势E与电压U的单位都是伏特，故二者本质上是一样的
C. 电动势在数值上等于将1C正电荷从电源负极移到正极非静电力所做的功
D. 静电力与非静电力都可以移动电荷，本质上都是使电荷的电势能减少
如图所示，在正方形四个顶点分别放置一个点电荷，所带电荷量已在图中标出，则下列四个选项中，正方形中心处场强最大的是
A. B. C. D.
4929505374650如图所示，在一个等边三角形ABC顶点B、C处各放一个点电荷时，测得A处的电场强度大小为E，方向与BC边平行沿B指向C。拿走C处的电荷后，A处电场强度的情况将是
A. 大小仍为E，方向由A指向B B. 大小变为，方向不变
C. 大小仍为E，方向沿BA向外 D. 无法确定
485584595250如图所示，三个同心圆是一个点电荷周围的三个等势面，已知这三个圆半径之差相等。A、B、C分别是这三个等势面上的点，且在同一条电场线上。A、C两点的电势依次为和，则B点的电势
A. 可能等于15V B. 可能大于15V C. 一定小于15V D. 无法判断
4360545728345利用电场线我们可以研究带电粒子在电场中的运动情况。如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷Q产生的电场线，若带电粒子由a运动到b过程，电场力做正功。已知在a、b两点粒子所受静电力分别为、，则下列判断正确的是
A. 若Q为正电荷，则q带正电，
B. 若Q为正电荷，则q带正电，
C. 若Q为负电荷，则q带正电，
D. 若Q为负电荷，则q带正电，
据国外某媒体报道，科学家发明了一种新型超级电容器，能让手机几分钟内充满电．某同学假日登山途中用该种电容器给手机电池充电，下列说法正确的是
4972685936625A. 该电容器给手机电池充电时，电容器的电容变大
B. 该电容器给手机电池充电时，电容器存储的电能变少
C. 该电容器给手机电池充电时，电容器所带的电荷量可能不变
D. 充电结束后，电容器不带电，电容器的电容为零
扫地机器人能有效清除地板上的灰尘等颗粒垃圾．若扫地机器人电动机线圈电阻为r，当它正常工作时，电动机两端所加的电压为U，则
A. 通过线圈的电流小于 B. 通过线圈的电流等于
C. 电动机的电功率为 D. 电动机输出的机械功率为UI
如图所示的图像中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻的图像，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图像可知
4404995127635A. 该电源的效率为
B. 该电源的电动势为，内阻为
C. 电源的输出功率为
D. 电源内部消耗功率为
二、多选题（本大题共5小题，共20.0分）
4495800297180如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀的电阻丝的图象，下列说法正确的是
A. a代表的电阻丝较粗
B. b代表的电阻丝较粗
C. a代表的电阻丝阻值小于b代表的电阻丝阻值
D. 图线表示两个电阻丝的电阻随电压的增大而增大
4489450327660某同学研究白炽灯得到其图象如图所示。图象上A点与原点的连线与横轴成角，A点的切线与横轴成角，则
白炽灯的电阻随电压的增大而增大
B. 白炽灯是非线性元件，不能用欧姆定律计算它的电阻
C. 在A点，白炽灯的阻值可表示为
D. 在A点，白炽灯的阻值可表示为
如图甲、乙所示的电路图为电表改装的示意图，G为表头、R为可调电阻，则下列说法正确的是
4286885147320A. 图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大
B. 图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小
C. 图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大
D. 图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小
如图，平行板电容器与电动势为E的电源连接，下极板接地。一带4506595329565电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态。现将上极板竖直向上移动一小段距离，则
P点的电势将降低 B. 极板带电量将减小
C. 带电油滴的电势能将增大 D. 带电油滴将竖直向上运动
46228001270635如图所示的直角坐标系中，第一象限内分布着均匀辐射的电场，坐标原点与四分之一圆弧的荧光屏间电压为U；第三象限分布着竖直向下的匀强电场，场强大小为E。大量电荷量为、质量为m的粒子，某时刻起从第三象限不同位置连续以相同的初速度沿x轴正方向射入匀强电场。若粒子只能从坐标原点进入第一象限，其它粒子均被坐标轴上的物质吸收并导走而不影响原来的电场分布。不计粒子的重力及它们间的相互作用。下列说法正确的是
A. 能进入第一象限的粒子，在匀强电场中的初始位置分布在一条直线上
B. 到达坐标原点的粒子速度越大，入射速度方向与y轴的夹角越大
C. 能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于qU
D. 若，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮
三、实验题（本大题共2小题，共20.0分）
3890010104711516795751090295（8分）如图所示是某同学在实验中得到的小灯泡的伏安特性曲线和电路图，由图可知该同学滑动变阻器采用的是__________________选“分压”还是“限流”式接法，电流表采用的是_____________选“内”还是“外”接法，小灯泡的电阻随温度的升高而__________选“升高”还是“降低”。
（12分）在“测定金属的电阻率”实验中：
用10分度的游标卡尺测金属丝的直径，如图甲所示，该金属丝的直径为______mm。
已知金属丝的电阻约为，现备有下列器材供测量该金属丝的电阻时选用：
A.电流表：量程、内阻约为 B.电流表：量程3A、内阻约为
C.电压表：量程3V、内阻约为 D.电压表：量程15V、内阻约为
E.滑动变阻器：阻值为，额定电流为
F.滑动变阻器：阻值为，额定电流为
G.两节干电池 H.开关一个，导线若干
电流表应选______填“A”或“B”；电压表应选______填“C”或“D”；滑动变阻器应选______填“E”或“F”；
在图乙中补全实验电路图。
检查电路连接无误，在闭合开关前，应将滑动变阻器滑片P滑到变阻器的最______端。填“左”或“右”
实验得到电阻的测量值比真实值______。填“偏大”或“偏小”
394779597155254000154305
计算题（本大题共2小题，共30.0分）
479425041402018.（12分）如图，电路中电源电动势，内阻，小灯泡L额定电压，额定功率字迹模糊不清，电动机M的线圈电阻。闭合开关S后，灯泡恰好正常发光，电动机输出机械功率。求：电源中电流I； 电动机线圈中电流；小灯泡额定功率。
．
400875599822019.（18分）如图甲所示，水平放置的两平行金属板A、B相距为d，板间加有如图乙所示随时间变化的电压．A、B板中点O处有一带电粒子，其电荷量为q，质量为m，在时间内粒子处于静止状态．已知重力加速度为g，周期 求：
判断该粒子的电性；
在时间内两板间的电压；
若时刻，粒子恰好从O点正下方金属板A的小孔飞出，那么的值应为多少．
2020-2021 学年度第一学期高二年级期中考试
答案和解析
【答案】
1. C 2. D 3. C 4. B 5. C 6. C 7. A
8. B 9. A 10. A 11. AC 12. AD 13. BC 14. BC
15. CD
16. 分压（3分）；外（3分）；升高（2分）。??
17. ?（3分） A? C? F?（各1分） 作图（2分） 左（2分）? 偏小?（2分）?
18. 解：
由题意可知，闭合电键后，路端电压为8V，故电源内阻的端电压为：2V，（2分）
由欧姆定律可得此时电路的电流为：；（2分）
设此时电动机线圈中电流为：，由非纯电阻电路的特点可得输出功率：
，（2分），
联立解得；（2分）
此时灯泡中流过的电流为：，（2分）
故小灯泡额定功率：。??（2分）
19. 解在时间内，粒子静止不动，
由平衡条件可判定电场力向上，
而场强向上，故粒子带正电；（3分）
在时间内，粒子处于平衡状态，
故：，（3分）
得：；（2分）
在时间内有：，（3分）
根据牛顿第二定律，有：，（3分）
其中：，（2分）
由以上公式联立得：；?（2分）?
【解析】
1. 略
2. 解：导体中电流大小
t时内所完成的长度为vt，则其体积为Svt，通过导体某一截面的自由电子数为nSvt
该时间内通过导体该截面的电量：
联立解得：
所以v表示自由电荷定向移动的速率；故D正确，ABC错误。
故选：D。
根据电流的定义式结合导体中电流I的表达式为即可判断。
对于电流的微观表达式的推导，要注意建立模型，选取一小时间段t，作为一求解对象利用定义进行求解。
3. 【分析】
电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势；电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关；电源的电动势在数值上等于内、外电压之和。
【解答】
B.电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，本领越大；电压描述电场的能的性质的物理量，二者的本质不同，故B错误；
电动势等于电源把单位正电荷从负极移到正极非静电力所做的功，故A错误，C正确；
D.非静电力克服电场力做功，把其它形式的能转化为电势能，静电力移动电荷做功电势能减少，非静电力移动电荷做功电势能增加，故D错误。
故选：C。
4. 根据点电荷电场强度公式E k，结合矢量合成法则求解。设正方形顶点到中心的距离为r，则A选项中电场强度E，B选项中电场强度E k，C选项中电场强度E k，D选项中电场强度E k，所以B正确。
5. right0解：由题意可知，两个顶点B、C处各放一个点电荷，测得A处的电场强度大小为E，方向与BC边平行沿B指向C，根据平行四边形定则作出B处点电荷在A处的电场强度和C点电荷在A处的电场强度的合场强E，由于三角形ABC是等边三角形，所以和的夹角为，由几何知识可知，，B处电荷在A处的电场强度的方向由B指向A；
当拿走C处的点电荷后，则A处电场强度大小仍为E，方向沿BA方向，故C正确，ABD错误；
故选：C
A处的电场强度是由两个点电荷产生的电场强度的叠加，根据点电荷在某处产生电场强度的公式，结合矢量叠加法则，即可求解．
本题要明确点电荷的电场强度的公式，掌握矢量叠加原理：平行四边形定则，注意电场强度的方向确定．
6. 解：电场线与等势面互相垂直，点电荷的电场中，离电荷越近，电场越强，电场线会越密，由图看出，AB段电场线比BC段电场线密，AB段场强较大，根据公式可知，A、B间电势差大于B、C间电势差，即，得到。
故选：C。
AB段电场线比BC段电场线密，AB段场强较大，根据公式定性分析A、B间与B、C间电势差的大小，再求解中点B的电势。
本题的关键是运用匀强电场中场强与电势差的公式，来定性分析电势差的大小，从而判断电势的关系。
7. 【分析】
根据Q的正负以及电场力做的功判断带电粒子的电性，根据电场线的疏密比较场强的大小，从而得知电场力的大小。
本题考查了电场线。解决本题的关键知道电场线的性质，知道电场线越密的地方场强越强，越疏的地方场强越弱。
【解答】
若Q为正电荷，带电粒子由a点到b点电场力做正功，则知该带电粒子q带正电．由于，则，故A正确，B错误；
若Q为负电荷，带电粒子由a点到b点电场力做正功，知该带电粒子q带负电，由于，则，故CD错误。
故选A。
8. 【分析】
电容的大小与电容器两端的电压及电容器所带的电量无关，根据能量守恒定律，即可求解。
本题考查电容器的电容的概念，掌握比值定义法的内涵，注意电容器充电时，电荷量增多，电能变大，而电容器放电时，则电荷量减少，电能变小。
【解答】
电容是描述电容器的容纳电荷的本领大小的物理量，与电容器的电压及电量无关，故AD错误；
当该电容器给手机电池充电时，电容器存储的电荷量减小，则电能变少，故B正确，C错误。
故选B。
9. AB、根据能量守恒有，即，即，得，故A正确，B错误；
C、经过时间t，电动机消耗的电能，则电动机的电功率为UI，电动机产生的热量，热功率为，则故C错误；
D、经过时间t，电动机输出的机械功率为，故D错误；
故选：A。
电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，线圈产生的热量根据焦耳定律求解。电功是消耗电能的量度，求出电功，得到电动机消耗的电能，由能量转化和守恒定律求解电动机输出的机械能。
对于电动机，正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，电功大于电热；当电动机通电不转动时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，电热等于电功。
10. 【分析】
根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，由斜率大小读出电源的内阻；
图线Ⅱ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，求出电源的效率和输出功率；
由求电阻R消耗的功率。
本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，知道两个图象的交点表示该电源与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压。
【解答】
解：ABC、由图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻，
则有：，
电阻R的阻值为：，
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和路端电压，
则有：，，
该电源的效率为，
电源的输出功率为：，故BC错误，A正确；
D、电阻r消耗的功率为：，故D错误。
故选A。
11. 【解析】
由图像得出两者电阻关系，在根据电阻定律可判断电阻丝的粗细；根据图线的特点直接判断电阻情况。
知道图像斜率的含义，熟悉电阻定律是解题的关键。
【答案】
图像的斜率表示导体的电阻，由图知，两个电阻丝的电阻不变，且b的斜率较大，即a代表的电阻丝阻值小于b代表的电阻丝阻值，故C正确，D错误；
由电阻定律可得横截面积，由于a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同，故电阻较小的较粗，即a代表的电阻丝较粗，故A正确，B错误。
12. 【分析】
本题考查了求灯泡电阻与电功率问题，分析清楚图象、应用欧姆定律与电功率公式即可正确解题。
由图象可以求出电压对对应的电流，电压与对应电流的比值是白炽灯的电阻，根据图示图象应用欧姆定律答题。欧姆定律对白炽灯仍然可以适用，但白炽灯的电阻值是变化的
【解答】
A.由图示图象可知，随电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻变大，故A正确；
B.白炽灯是纯电阻元件，能用欧姆定律计算它的电阻，选项B错误；
由欧姆定律可知，在A点，白炽灯的电阻：
由于纵坐标与横坐标的标度可能不同，所以不能用计算电阻值，更不能用计算电阻值，故C错误，D正确。
故选D。
13. 解：表头G与R并联为电流表，若增大可调电阻的阻值，分流变小，则量程变小，则A错误，B正确；
表头G与R串联为电压表，增大可调电阻的阻值，分压变大，则量程变大，则C正确，D错误。
故选BC。
14. 解：A、电容器的电压不变，根据知板间场强减小，由得知，P点与下极板间的电势差减小，板间场强方向向上，P点电势比下极板低，则可知，P点的电势升高，故A错误；
B、板间距离增大，电容C减小，而电压U不变，由知电容器的电量Q减小，故B正确；
C、由P点的电势升高，油滴带正电，则知带电油滴的电势能将增大，故C正确；
D、开始时粒子受板间距离增大，电容器的电压不变，根据知板间场强减小，油滴所受电场力减小，则油滴将沿竖直方向向下运动，故D错误。
故选：C。
将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，板间电压不变，根据知板间场强的变化，分析油滴所受的电场力变化，判断油滴向什么方向运动。由判断P点与下极板间的电势差的变化，确定P点电势的变化。由题分析知道油滴带负电，再判断其电势能的变化。
本题是电容器动态分析问题，根据以及电容的决定因素来进行分析，注意明确粒子在电场力和重力作用下的运动情况的分析。
15. 【分析】
本题考查了带电粒子在匀强电场中的偏转和加速问题。正确应用运动的分解法处理类平抛运动、应用动能定理处理电场中的加速运动，是解题的关键。
【解答】
A.设粒子在第III象限的起始坐标为。由类平抛运动规律得：，。因q、E、m、均为相同量，二者成二次函数关系，故A错误；
B.由类平抛运动特点知，粒子过O点时沿x方向的分速度相同，所以过O点速度越大，其沿y轴的分速度越大，则越小，故B错误；
C、负电荷进入第一象限后电场力做负功，而到达荧光屏的粒子的速度必须大于等于0，由功能关系可知：
即能打到荧光屏的粒子，进入O点的动能必须大于故C正确；
D、粒子在电场中的偏转角：?，粒子在偏转电场中运动的时间不同，则进入第一象限后速度与y轴之间的夹角不同．所以从不同的位置开始偏转的粒子，可以以任意夹角进入第一象限，所以若，荧光屏各处均有粒子到达而被完全点亮．故D正确．
故选CD。
16. 【分析】
由电路图分析滑动变阻器的接法及电流表的内外接法；图象的斜率表示电阻的倒数，分析小灯泡电阻随温度的变化情况。
对电路图的正确分析是求解的关键。
【解答】
由题中电路图可以看出滑动变阻器采用的是分压式接法，电流表采用的是外接法，图象的斜率表示电阻的倒数，由可以看出小灯泡的电阻随温度的升高而升高。
故答案为：?分压；外；升高。
17. 解：游标尺是10分度的，游标尺的精度是，由图示游标卡尺可知，其示数为：。
电源电动势为3V，电压表选择C；
通过待测金属丝的最大电流约为，电流表应选择A；
为方便实验操作，滑动变阻器应选择F。
电压表内阻约为，待测金属丝电阻约为，电压表内阻远大于金属丝电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；
滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，在闭合开关前，应将滑动变阻器滑片P滑到变阻器的最左端。
电流表采用外接法，由于电压表分流作用，电流的测量值偏大，由欧姆定律可知，金属丝电阻测量值小于真实值。
故答案为：；；C；F；实验电路图如图所示；左；偏小。
游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数。
根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器；
根据题意确定电流表的接法，然后完成实验电路图。
滑动变阻器采用分压接法时，为保护电路，闭合开关前滑片要置于分压电路分压为零的位置。
根据图示电路图应用欧姆定律分析实验误差。
本题考查了游标卡尺读数、实验器材选择、设计实验电路图、实验注意事项与实验误差分析；知道实验原理是解题的前提；要掌握常用器材的使用及读数方法；游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，游标卡尺不需要估读。
18. 本题主要考查闭合电路欧姆定律及非纯电阻电路的特点，熟悉以上内容是解题的关键，难度一般。
由闭合电路欧姆定律及欧姆定律解得电路的电流；
由电路结构确定电动机的端电压，再由其输出功率得解；
由纯电阻电路消耗的功率得解。
19. 本题考查粒子在复合场中的运动，关键是明确粒子的受力情况和运动情况，结合平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式列式分析，不难。
在时间内粒子处于静止状态，受重力和电场力而平衡，根据平衡条件得到电场力分析，进一步判断粒子的电性；
根据平衡条件列式求解方时间内两板间的电压；
在时间内粒子做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和位移公式列式分析即可。