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1、安徽省滁州市定远县民族中学2022-2022学年高二物理上学期期中试题含解析一、选择题 1.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的选项是A. 根据真空中点电荷的电场强度公式可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带电荷量有关B. 根据电势差的定义式可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，那么A、B两点间的电势差为1VC. 根据电场强度的定义式可知，电场中某点的电场强度与试探电荷所带的电荷量成反比D. 根据电容的定义式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比【答案】A【解析】根据点电荷的场强公式：可知，Q是场源电荷，所以电场中某点电
2、场强度与场源电荷的电量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，故A正确；根据电势差的定义式：知，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功为-1J，那么A、B点的电势差为-1V，故B错误；电场强度取决于电场本身，与有无试探电荷无关，所以不能理解成电场中某点的电场强度和试探电荷的电量成反比，故C错误；电容是描述电容器容纳电荷本领的物理量，取决于电容器本身的性质，并不与电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，故D错误。所以A正确，BCD错误。2.一点电荷，仅在电场力的作用下，沿直线由A点运动到B点的过程中，速率逐渐增大，以下判断正确的选项是A. 在此过
3、程中，电荷所受电场力的方向总是由A指向BB. 在此过程中，电荷的电势能逐渐增大C. 线段AB间的各点，电场强度的方向都是由A指向BD. 自A至B，电势逐渐降【答案】A【解析】点电荷在电场力作用，从A到B点，速率增大那么电场力做正功，电势能减小由于点电荷的电性不知，所以电场强度方向无法确定，因此电势的上下也无法确定故只有A正确；BCD错误.3.如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上.现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示.以下说法中
4、正确的选项是 A. Q2一定带负电B. Q2的电量一定大于Q1的电量C. b点的加速度为零，电场强度也为零D. 整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大【答案】C【解析】试题分析：从速度图象上看，可见a到b做加速度减小减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，那么电场力为零，所以该点场强为零Q1对负电荷的电场力向右，那么Q2对负电荷的电场力向左，所以Q2带正电故A错误，C正确b点场强为零，可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等，根据，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量故B错误整个过程动能先减小后增大，根据能量守恒电势能先增大后减小故D错误应选C。考点：v-t图像；电场强
5、度；电势及电势能【名师点睛】解决此题的关键根据图象b点的加速度为0，根据这一突破口，从而判断Q2的电性及Q1和Q2的电量大小。4.一节干电池的电动势为1.5 V，这表示()A. 电池中每通过1 C的电荷量，该电池能将1.5 J的化学能转变成电势能B. 该电池接入电路工作时，电池两极间的电压恒为1.5 VC. 该电池存储的电能一定比电动势为1.2 V的电池存储的电能多D. 将1 C的电子由该电池负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5 J的功【答案】A【解析】【详解】A项：电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电路中每通过1C的电量，该电池能将1.5J的化学能转变成电能，故A正确；B项：接入电
6、路后，两极电压为路端电压，假设外电路正常工作，那么路端电压小于电动势，故B错误；C项：电动势表示电源是把其他形式的能转化为电能的本领的物理量，电动势大储存的电能不一定多，故C错误；D项：一节干电池的电动势为1.5V，表示该电池能将1C电量的正电荷由负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5J的功，故D正确。5.如下列图，三条虚线表示某电场的三个等势面，其中1=10V，2=20V，3=30V一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线轨迹从A点运动到B点，由此可知 A. 粒子带正电B. 粒子速度变大C. 粒子的加速度变大D. 粒子的电势能变大【答案】B【解析】【详解】由图象可知带电粒子的轨迹向右偏转，
7、得出粒子所受力的方向向右；又由电场线指向电势降低的方向，得出电场线方向大致向左因为带电粒子受力与电场的方向相反，所以粒子带负电，故A错误；由动能定理得，合外力电场力做正功，动能增加，故B正确；由于等势面密的地方电场线也密、电场线密的地方粒子受到的力也大，力越大加速度也越大，所以粒子从A点运动到B点，加速度在变小，故C错误；由电场力做功的公式得，粒子从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减小，故D错误【点睛】做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，此题中粒子只受电场力，由此可判断电场力向右，根据电场力做功可以判断电势能的上下和动能变化情况，加速度的判断可以根据电场线的疏密进行。6.如下列图，A、B
8、、C、D是匀强电场中一个以坐标原点为圆心、半径为1cm的圆与两坐标轴的交点，A，B，C三点的电势分别为、由此可得D点的电势为A. 4VB. 8VC. 6VD. 9V【答案】B【解析】试题分析：在匀强电场中，沿着同一方向非等势面上，根据公式可知，每前进相同的距离，电势的降低相等；根据几何知识可知AB=DC且ABDC，说明AB间的电势差等于DC间的电势差，故，代入数据，有，解得，即D点的电势为8V考点：考查了匀强电场电场强度与电势差的关系【名师点睛】解决此题要理解公式，知道匀强电场中，沿着同一方向非等势面上，电势均匀降低，即可解决这类问题7.如下列图的电路中，R0为固定电阻，R为滑动变阻器移动滑片
9、P，电路的总电阻会发生变化以下表达正确的选项是A. P向左滑动时总电阻将减小B. P向右滑动时总电阻将减小C. P滑到最左端时总电阻为R0D. P滑到最右端时总电阻为零【答案】A【解析】【详解】AP向左滑动时电阻R减小，根据公式，可得并联电阻一定减小。故A正确。BP向右滑动时，根据公式，可知总电阻将增加。故B错误。CP滑到最左端时，电阻R0被短路，故总电阻为0。故C错误。DP滑到最右端时总电阻最大。故D错误。8.智能 耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能直接给移动设备充电的储能装置充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在0.600.70之间包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连
10、线的损耗如图为某一款移动充电宝，其参数见如表，以下说法正确的选项是容量20000mAh兼容性所有智能 边充边放否保护电路是输入DC5V2AMAX输出尺寸156*82*22mm转换率0.60产品名称索扬SY10-200重量约430gA. 充电宝充电时将电能转化为内能B. 该充电宝最多能储存能量为3.6l06JC. 该充电宝电量从零到完全充满电的时间约为2 hD. 该充电宝给电量为零、容量为3000 mAh的 充电，那么理论上能充满4次【答案】D【解析】【详解】A充电宝充电时将电能转化为化学能，不是内能。故A错误。B该充电宝的容量为：该电池电动势为5V，所以充电宝储存的能量：故B错误。C以2A的电
11、流为用电器供电那么供电时间：故C错误。D由于充电宝的转化率是0.6，所以可以释放的电能为：E=给容量为3000mAh的 充电的次数：次故D正确。9.把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，A电阻丝长为L，直径为d，B电阻丝长为3L，直径为3d要使两电阻丝在相同时间内产生的热量相等，加在两电阻丝上的电压之比应当满足A. UAUB=11B. UAUB=1C. UAUB=3D. UAUB=34【答案】B【解析】【详解】根据电阻定律可知：由于是纯电阻，那么由，Q、t相同得：加在两电阻丝上的电压之比为AUAUB=11。故A不符合题意。 BUAUB=1。故B符合题意。CUAUB=3。故C不符合题意。 D
12、UAUB=34。故D不符合题意。10.如下列图，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处有另一带电小球B，现给B一个垂直于AB方向的速度v0，那么以下说法中正确的选项是A. B球可能做直线运动B. B球的电势能可能增加C. A球对B球库仑力可能对B球不做功D. B球可能从电势较高处向电势较低处运动【答案】BCD【解析】试题分析：由题看出，小球B受到的静电力与速度不在同一直线上，那么B球不可能做直线运动，故A错误；假设小球A、B带异种电荷，而且引力恰好等于时，B球做匀速圆周运动，A球对B球的库仑力不做功，故B正确；假设小球A、B带异种电荷，而且引力恰好小于时，B球会远离A球，引
13、力做负功，电势能增加，故C正确；由于两球电性未知，B球可能受斥力会远离A球，也可能受到引力靠近A球，所以B球可能从电势较高处向电势较低处运动，故D正确。考点：电势差与电场强度的关系、电势【名师点睛】由小球B受到的静电力与速度不在同一直线上可知，B球不可能做直线运动假设小球A、B带异种电荷小球B做匀速圆周运动，库仑力不做功，假设小球B所受的引力小于所需要的向心力，小球B做离心运动时，B球的电势能可能增加，B球不一定从电势较高处向电势较低处运动。11.NTC热敏电阻器即负温度系数热敏电阻器，也就是指阻值随温度的升高而减小的电阻。负温度系数的热敏电阻R2接入如右图所示电路中，R1为定值电阻，L为小灯
14、泡，当温度降低时不考虑灯泡和定值电阻阻值随温度变化 A. 小灯泡变亮B. 小灯泡变暗C. 两端的电压增大D. 电流表的示数减小【答案】AD【解析】【分析】首先看懂电路图中各用电器的连接方式，NTC 热敏电阻在电路中与滑动变阻器的作用一样，也是动态电路分析的题目当温度降低时，的阻值增大，总电阻增大，据闭合电路的欧姆定律知干路电流减小，电阻两端的电压减小，灯L两端的电压增大，即可判断选项【详解】当温度降低时，的阻值增大，总电阻增大，据闭合电路的欧姆定律知干路电流减小，即电流表的示数减小；据知电阻两端的电压减小；再据知灯L两端的电压增大，即小灯泡变亮，故A正确，BCD错误。应选A。【点睛】动态电路分
15、析的根本思路：先分析R的变化-据判断总电流的变化-据判断路端电压的变化-再利用路端电压和总电流的变化判断某支路电压和电流的变化，即局部-整体-局部的思路12.用标有“6V，3W的灯泡L1、“6V，6W的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图甲所示的实验电路，其中电源电动势E=9V。图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线。当其中一个灯泡正常发光时( )A. 电流表的示数为0.5AB. 电压表的示数为6VC. 电路输出功率为4WD. 电源内阻为1【答案】AC【解析】因为两个灯泡串联，所以通过两灯泡的电流相等，L1的额定电流为I1=P1/U1=0.5A，L2的额定电流为I2=P2/U2=1
16、A，电路中电流为0.5A，所以只有L1正常发光，故A正确；从图像中可以看出，电流为0.5A时，L1两端电压为6V，L2两端电压为2V，电压表示数为2V，故B错误；电路中输出功率为P=UI=2V+6Vx0.5A=4W,故C正确；电源内阻r=E-U/I=2，故D错误，C正确。所以AC正确，BD错误。二、实验题 13.一灵敏电流计，允许通过的最大电流满刻度电流为Ig=50A，表头电阻Rg=1k，假设改装成量程为Im=1mA的电流表， 应并联的电阻阻值为 ，假设将改装后的电流表再改装成量程为Um=10V的电压表，应再串联一个阻值为 的电阻。结果保存四位有效数字【答案】52.63欧、【解析】试题分析：据
17、题意，要将灵敏电流计改装成1mA电流表，需要满足：，即，那么有；假设将其改成10v电压表，那么有：，即，那么有：。考点：此题考查电表的改装。14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中，小灯泡的额定电压为2.5 V，额定功率为0.5 W，此外还有以下器材可供选择：A直流电源3 V(内阻不计)B直流电流表0300 mA(内阻约为5 )C直流电流表03 A(内阻约为0.1 )D直流电压表03 V(内阻约为3 k)E滑动变阻器100 ，0.5 AF滑动变阻器10 ，2 AG导线和开关实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行屡次测量(1)实验中电流表应选用_，滑动变阻器应选用_；(均填写仪器前的字母)
18、(2)在图甲所示的虚线框中画出符合要求的实验电路图_(虚线框中已将所需的滑动变阻器画出，请补齐电路的其他局部，要求滑片P向b端滑动时，灯泡变亮)；(3)根据实验数据，画出的小灯泡的IU图线如图乙所示由此可知，当电压为0.5 V时，小灯泡的灯丝电阻是_.【答案】 (1). BF (2). 分压式 (3). 如下列图： (4). 5【解析】试题分析：1灯泡的额定电流；故电流表选择B；因本实验只能接用分压接法，故滑动变阻器选择小电阻F；2根据实验要求可知，滑动变阻器采用分压接法，并且测量电路应与滑动变阻器的左半局部并联；电流表采用外接法；原理图如下；3由画出伏安特性曲线可知，时，电流，那么对应的电阻
19、；考点：“描绘小灯泡的伏安特性曲线实验三、计算题 15.如下列图，电源电动势E=12V，内阻r=5，滑动变阻器的最大阻值R1=20，定值电阻R2=20，R3=5，R4=10，电容器的电容C=30F开关S闭合电路稳定后，求：1滑动变阻器滑片从最左端滑到最右端的过程中，通过R4的电量；2电源的最大输出功率。【答案】1；2【解析】试题分析：1滑动变阻器滑片处于最左端时，电容器两端的电压就是电源的路端电压：滑动变阻器滑片处于最右端时，并联电阻为电容器两端的电压：通过的电量2电源的最大输出功率。考点：闭合电路的欧姆定律【名师点睛】对于直流电路的计算问题，往往先求出局部的电阻，再求出外电路总电阻，根据欧姆
20、定律求出路端电压和总电流，再计算各局部电路的电压和电流。16.如下列图，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O处，C带正电、D带负电两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小处处相等，方向都指向O.半圆形金属板两端与B板的间隙可忽略不计现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电量为q的带正电微粒微粒的重力不计，求：1微粒穿过B板小孔时的速度多大；2为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应
21、满足什么条件；3从释放微粒开始，经过多长时间微粒第一次通过半圆形金属板间的最低点P点？【答案】1232d+【解析】【详解】(1)设微粒穿过B板小孔时的速度为v，根据动能定理，有qUmv2解得:(2)微粒进入半圆形金属板后，电场力提供向心力，有联立解得：(3)微粒从释放开始经t1射入B板的小孔，那么设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，那么所以从释放微粒开始，经过:微粒第一次到达P点。17.如下列图，一均匀带正电的无限长细直棒水平放置，带电细直棒在其周围产生方向与直棒垂直向外辐射状的电场，场强大小与直棒的距离成反比在直棒上方有一长为a的绝缘细线连接了两个质量均为m的小球A、B，
22、A、B所带电量分别为+q和+4q，球A距直棒的距离为a，两球恰好处于静止状态不计两小球之间的静电力作用1求细线的张力；2剪断细线，假设A球下落的最大速度为vm，求A球下落到速度最大过程中，电场力对A球做的功3分析剪断细线后，B球的运动情况及能量的转化情况【答案】1 2 3剪断细线后，B小球做先上后下的往复运动振动【解析】试题分析：分别隔离对A、B受力分析，通过共点力平衡求出细线的张力；当A球下落时，重力与电场力平衡时速度最大，根据平衡求出下降的距离，再根据动能定理求出电场力所做的功；剪断细线后，B小球做先上后下的往复运动，在上升的过程中，电场力做正功，电势能减小，根据能量守恒知，机械能增加，重
23、力势能增加，动能先增大后减小，下降过程与上升过程对称。1设距直棒为r的点的电场强度大小为，分别对两小球列平衡方程：对A：对B：解得：2设A球下落到距直棒为r时速度最大，此时加速度为零，合力为零由平衡条件：由上解得：解得：由动能定理：解得：3剪断细线后，B小球做先上后下的往复运动振动。在上升过程中，电势能逐渐减小，机械能逐渐增大重力势能增大，动能先增大后减小；在下降过程中，电势能逐渐增加，机械能逐渐减小重力势能减小，动能先增大后减小，机械能与电势能的总和不变。点睛：此题主要考查了正确地受力分析，运用共点力平衡求解以及会根据物体的受力，判断A、B两球的运动情况，知道加速度为零时，速度最大。- 12 -