银川2020高二物理上学期期中试题.pdf-淘文阁

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1、宁夏银川市 2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）单项选择题（本题共 15小题，每小题 3分，共 45分）1.关于电场的电场线，下列说法正确的是 A.电场线是电场中实际存在的线 B.在复杂电场中电场线是可以相交的 C.沿电场线方向，场强必定减小 D.电场线越密的地方，同一试探电荷所受的静电力越大【答案】D【解析】试题分析：为了形象的描述电场引入电场线的概念

2、，它是假象的切线，实际不存在，故 A 错误：电场线的切线方向就是电场的方向，如果两条电场线在同一点相交，则有两个切线方向，而事实上电场中的每一点只有一个方向，故任意两条电场线都不会相交，故 B 错误；电场线的疏密代表电场的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，故 C错误；电场线越密的地方场强大，同一试探电荷所受的静电力越大，故 D正确。考点：电场线、电场

3、强度【名师点睛】记住电场线的特点：电场线的疏密代表电场的强弱，电场线是假象的曲线，即可顺利解出此题，故要在理解的基础上牢记基本概念。2.把一个带正电的金属小球 A 跟同样的不带电的金属球 B 相碰，两球都带等量的正电荷，这从本质上看是因为 A.A 球的正电荷移到 B 球上 B.B 球的负电荷移到 A 球上 C.A 球的负电荷移到 B 球上 D.B 球的正电荷移到

4、 A 球上【答案】B【解析】试题分析：A 金属上正电荷只做无规则的热振动，不能发生移动，更不可能从一个球移动到另一个球，故 A、D 错误；B 球原来不带电，与 A 球接触后，由于 A 球上正电荷对电子的吸引，电子从 B 球转移到 A 球上,原来中性的 B 球就带正电.电子带负电，所以 B 带正电是由于 B 球上的负电荷移到 A 球上的缘故，故 B 正确，C 错误。考点：电荷守恒定律【名师点

5、睛】金属是自由电子和金属正离子组成的，正离子只做热振动，不移动，而自由电子可以移动.根据这个分析接触带电的实质。3.如图 1所示，A、B 是点电荷负 Q 形成的电场中的两点(n q2)分别放到 A 点和 B 点，qi、q?在 A 点受到的电场力分别为 F“、FAZ 在 B点受到的电场力分别为 FBI、FBZ.则下列关于点电荷所受电场力 F 和带电量 q 的比值的大小的比较中，正确的

6、说法是回 llA.FA1 FB1,FA I FA2Q1 ql ql q2C.Al)A2Q1 ql ql q2【答案】cB.I AL 1 1,FA1 XFA 2q】q】qI 2【解析】试题分析：由题，%、敢在 4 点受到的电场力分别为乙、及，而月点的电场强度一定，根据场强的定义式牙=可知，型=区=号，故 A 错误；由点电荷的场强公式 E=上乌分析可知，2 点的场强大于 4 纭敢 r点的场强，则有区生，故 B 错误；由上分析可知，生，区=墟，故 C 正确；电

7、场强度反%41 41%效映本身的强弱与方向，与试探电荷无关，电场中同一点场强是一定的，则区=区，故 D 错误。%敢考点：电场强度【名师点睛】本题考查场强两个公式七=F二和 E=&0 的应用，抓住场强的意义是关键，注意公式中电 q r量的含义：q 是试探电荷，Q 是场源电荷。4.如图 2 所示，虚线是用实验方法描绘出某一静电场的一簇等势线及其电势值，一带电粒子只在电场力

8、的作用下飞经该电场时，恰沿图中的实线从 A 点运动到 B 点，则下列判断正确的是A.粒子一定带负电 B.A 点场强大于 B 点场强 C.粒子在 A 点动能小于 B 点动能 D.粒子由 A 点运动到 B 点的过程中电场力做负功【答案】C【解析】试题分析：电场线和等势线垂直且由高等势线指向低等势线，可知，图中电场线方向应垂直等势线大体指向左侧，带电粒子所受电场力沿电

9、场线指向曲线内侧，也大体向左，故粒子应带正电，故 A 错误；B 点等差等势线密，电场线也密，所以 B 的场强较大，故 B 错误；从 4 到 B 过程中，电场力方向与速度方向的夹角为锐角，则电场力对粒子做正功，电势能减小，动能增加，则粒子在力点的动能小于在 5 点的动能，故 C 正确，D 错误。考点：电场线【名师点睛】解决这类问题的突破口为根据粒子运动轨迹确定粒子所受电

10、场力方向，同时这类问题涉及物理知识很全面，能考查学生综合利用物理知识解决问题的能力，是高考的重点，要不断加强练习。5.某电流表的满偏电流 Ic=lmA,内阻为 I k Q,要把它改装成一个量程为 0.6A的安培表，应在该电流表上()A.串联一个 599 k Q 的电阻 B.并联一个 599 k Q 的电阻 C.串联一个 1 k Q 的电阻 D.并联一个二 _ k Q 的电阻 599 599【答案】D【

11、解析】试题分析：要使电流表量程变为 0.6A,则流过并联电阻的电流为：/=0.60.001A=0.599A；并联部分的电压为：(7=7=0.001x10000=I V,则需要并联的电阻为：r=!=故 DsI 0.599 599正确，ABC错误。考点：把电流表改装成电压表.【名师点睛】将电表的量程扩大应在表头两端并联一个小电阻进行分流，当流过表头的电流达到满偏时，流过并联部分的总电流即为改装后

12、的最大量程。6.关于静电场的等势面，下列说法正确的是 A.两个电势不同的等势面可能相交 B.电场线与等势面处处相互垂直 C.同一等势面上各点电场强度一定相等 D.等势体的电场线与等势体表面不垂直试题分析：由图，a粒子的轨迹方向向右弯曲，a粒子所受电场力方向向右，b 粒子的轨迹向左弯曲，b 粒子所受电场力方向向左，由于电场线方向未知，无法判断粒

14、势线 1的动能变化量小，故 D 正确。考点：电势、电势差【名师点睛】本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向能判断出粒子的电场力方向.常见题型,比较简单。9.一根中点有固定转动轴的轻质杆长为 2L,两端固定完全相同的质量为 m、电荷量为+q的小球 1和 2,装置放在如图 5 所示的关于竖直线对称的电场中.开始时杆在水平位置静止，现给小球 1一个竖直向

15、上的速度，让小球 1、2 绕转动轴各自转动到 B、A 位置，A、B 间电势差是 U,小球 1、2 构成的系统动能减小量是 A.一定小于 Uq B.一定等于 2(Uq+mgL)C.一定大于 Uq/2 D.一定大于 Uq+mgL【答案】A【解析】试题分析：杆由水平位置转到竖直位置的过程中，重力对系统做功为 0,根据对称知开始时两小球处于等势面上，转动后，小球 1所在位置电势较低，电势能减少，小球 2 所

16、在位置电势较高，根据等势线与电场线的关系知道，小球 2 的电势升高量大于小球 1 的电势降低量，所以小球 2 的电势能增加超过 U q,系统重力势能未变，动能减少，但不知小球 1 的电势能降低量的具体值，故选项 B、C、D 皆错，故 A 正确。考点：电势能、动能定理的应用【名师点睛】本题关键要能正确分析小球能量如何转化，运用皿=4。和。=以定性分析两球电势能的变化

17、关系，由能量守恒定律分析即可。10.在电场中A.某点的电场强度大，该点的电势一定高 B.某点的电势高，检验电荷在该点的电势能一定大 C.某点的场强为零，检验电荷在该点的电势能一定为零 D.某点的电势为零，检验电荷在该点的电势能一定为零【答案】D【解析】试题分析：某点的电场强度大，该点的电势不一定高，两者没有直接关系，故 A 错误；某点的电势高，由公式心=

18、4。知，正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，故 B 错误；某点的场强为零，该点的电势不一定为零，检蛤电荷在该点的电势能不一定为零，故 C 错误；某点的电势为零，即 0=0,由公式知，检脸电荷在该点的电势能一定为零，故 D 正确。考点：电势能、电势【名师点睛】本题抓住电场强度与电势无关、正电荷在电势高处电势能大，负电荷在电势高处电势能小、电

19、势为零，电势能为零，进行分析判断。11.如图在纸面内有一匀强电场，一带正电的小球（不计重力）在恒力 F 作用下沿虚线从 A 点匀速运动到 B 点.已知力 F 和 AB间的夹角 9,点 A、B 间的距离为 d,小球带电 q,则下列结论正确的是国 6 A.场强大小为：E=Fcos 0/qB.A、B 两点间的电势差为-Fdcos9/qC.带电小球从 A 点运动到 B 点的过程中电势能增加了 FdD.若带电小球

20、从 B 点向 A 点做匀速直线运动，则 F 必须反向【答案】B【解析】试题分析：由题意可知，小球只受到恒力 F 与电场力，做匀速直线运动，所以它受到的合力为 0,恒力 F与电场力是一对平衡力.所以电场力的大小也是 F,方向与恒力 F 的方向相反，即有 qE=/，则得 E=,q故 A 错误；从 A 到 B 的过程，电场力做功的大小：W=-F dcose,则 AB两点的电势差为:U=w=-Fd竺 c一 osO,故 B正确

21、；从 A到 B 的过程，电场力做负功，电势能增加，大小为 F dcos。,故 q qC错误；要使带电小球由 B 向 A做匀速直线运动，仍然是合力为 0,故 F 的大小和方向都不变，故 D错误。考点：电势差、电场强度、电势能【名师点睛】由题意可知，小球只受到拉力 F 与电场力，做匀速直线运动，所以它受到的合力为 0,拉力与电场力是一对平衡力.再根据电场力做功的特点求出其他的物理量。1

22、2.对于欧姆定律的理解，下列说法中正确的是 A.欧姆定律适用于一切导电物质 B.由 R#可知，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比 C.由可知，通过电阻的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比 I-RD.对纯电阻元件，它两端的电压与通过它的电流的比值一定保持不变【答案】C【解析】试题分析：欧姆定律适用于纯电阻电路或电解质导电，不

23、是适用于一切导电物质，故 A 错误,导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与电压电流无关，故 B 错误；欧姆定律的内容为：通过导体的电流跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，故 C正确；对一定的导体，它两端的电压与通过它的电流的比值不变，等于电阻，故 D 错误。考点：欧姆定律【名师点睛】知道影响电阻大小的因素，并且知道导体的电阻与导体两端的电压和

24、通过的电流无关是解决本题的关键，欧姆定律只是计算电阻的一种方法。13.一根横截面积为 S 的铜导线，通过电流为 I.已经知道铜的密度为 P,铜的摩尔质量为 M,电子电荷量为 e,阿佛加德罗常数为设每个铜原子只提供一个自由电子，则铜导线中自由电子定向移动速率为 A.M I B.MINA C.IN A D.INASeP NASe P Se MPSe M P【答案】A【解析】试题分析：设自由电

25、子定向移动的速率为 v,导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为 L 对铜导体研究：每个铜原子可提供一个自由电子，则铜原子数目与自由电子的总数相等，为：n=粤 N At时间内通过导体截面的电荷量为：=则电流强度为：1=2=丝鸣，得：故选 t M pSN项 A正确。考点：电流、电压概念【名师点睛】可设自由电子定向移动的速率为 V 和导线中自由电子从一端定向移

26、到另一端所用时间为 t,求出导线中自由电子的数目，根据电流的定义式推导出电流的微观表达式，再解得自由电子定向移动的速率。14.通过一个电阻的电流是 5A,经过 4min,通过该电阻的一个截面的电量是 A.20C B.50C C.1200C D.2000C【答案】C【解析】试题分析：根据/=幺，得 4=5*240。=1200。，故 C 正确，A、B、D 错误。t考点：电流、电压概念【名师点睛】根据电流的定义

27、式/=/,求通过电阻截面的电量。15.下图为示波管的原理图，如果在电极 YY，之间所加的电压按图甲所示的规律变化，在电极 XX，之间所加的电压按图乙所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是【答案】C【解析】试题分析：因为在电极 W 之间所加的电压保持不变，可知在 x 方向上的偏转位移保持不变，在 y 方向上电压随正弦规律变化，即 y 方向上偏移在正负最大

28、值之间变化，故 C 正确，A、B、D 错误。考点：带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考。二.多项选择题（本题共 5 小题，每题 4 分，共 20分）16.关于电流强度，下列说法中正确的是 A.根据 1=,可知 q 一定与 t 成正比 B.电流虽然有方向，但电流强度是标量 C.如果在相等时间内，通过导体横截

29、面的电量相等，则导体中的电流一定是稳恒电流 D.电流强度的单位“安培”是国际单位制中的基本单位【答案】BD【解析】试题分析:根据/=2 可知 I是通过某一横截面积的电量。与通过这些电量所用时间 t的比值，当 t一定时，t1与 0 成正比，当。一定时，通电时间越长，电流越小，故 A 错误；电流有方向，但电流的运算满足代数法则，而矢量的运算满足平行四边形定则，故电流是标蚩

30、，故 B 正确；恒定电漪的电流大小和方向都不随时间变化，而在任何相等的时间内通过导体横截面的电荷量相等，只能说明大小相等，不能说明方向也不变，故 C 错误；电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位，故 D 正确。考点：磁感应强度【名师点睛】电流由通过某一横截面积的电量 q 与通过这些电量所用时间 t 共同决定；恒定电流的大小和方向始终保持不变；电流

31、的运算满足代数法则，而矢量的运算满足平行四边形定则，自由电荷的定向一定就形成电流。17.如图 7 所示，两块长均为 L 的两平行金属板与水平面成 a 角正对放置，充电后板间有匀强电场.一质量为以带电荷量为 q 的液滴沿垂直于电场线方向从 0 点以一定的初速度射入电场，并沿两金属板的中线 0P通过电场，重力加速度为 g.下列判断正确的是 A.液滴在金

32、属板间做匀速直线运动 B.金属板间电场的电场强度的大小为 mgcos a/qC.液滴在金属板间运动过程中动能的增量为 mgLsin aD.液滴在金属板间运动过程中电势能的增加量等于重力势能的减少量【答案】BC【解析】试题分析：满滴沿。尸做直线运动，受重力和电场力，合力沿着 0 P方向，做匀加速直线运动，故 A错误;液滴受力如图所示：G故电场力为：P-mgcosff,合力为：K

33、=mgsinff,故电场强度大小为：&=浮丝丝，故 B 正确；q q根据动能定理，动能增加量等于合力的功，为：耳=F/=mg/s加 8,故 C正确：由于电场力与位移垂直，故电场力不做功，故电势能不变，故 D错误。考点：带电粒子在匀强电场中的运动、动能定理的应用【名师点睛】本题关键是明确粒子的受力情况和运动情况，要结合曲线运动的条件分析出粒子的合力沿着 0 P方向，然后根据平

34、行四边形定则求解出电场力与合力的大小。18.比值定义物理量是物理中常见的一种定义方式，下列物理量的表达式符合这一思想的是 A.电场强度=尸为 B.电阻 R=U/IC.电势差 U A 产。A-弧 D.电流 I=U/R【答案】A B【解析】试题分析：电场强度 E反映电场本身的性质，与试探电荷 q 无关，由电场力与试探电荷的电荷量的比值来定义，所以电场强度 E=是比值定义式，故 A正

35、确；电阻等于导体两端的电压与通过导体电流的比值,qR=4 属于比值定义法,故 B正确；电势差的大小取决于孙、死两点电势的高低，与两点之间电势高低有直接关系，所以电势差不符合比值定义的思想，故 C错误；电流/=中电流与 UR成正比，与电阻成反比，故 D错误。考点：物理学研究方法【名师点睛】中学物理中，有相当数量的物理量是采用“比值法”定义的.应用比值法定义物理

36、量，往往需要一定的条件；一是客观上需要，二是间接反映特征属性的两个物理量可测，三是两个物理量的比值必须是一个定值。19.分别将带正电、负电和不带电的三个等质量小球，分别以相同的水平速度由 P 点射入水平放置的平行金属板间，已知上板带负电，下板接地.三小球分别落在图中 A、B、C三点，则正确的是1 C*4 iA.A带正电、B不带电、C带负电 B.三小球在电

37、场中加速度大小关系是：aA aBEkBEkA【答案】A B D【解析】试题分析：三个小球在水平方向都做匀速直线运动，由图看出水平位移关系是：2 不；%,三个小球水平速度?相同，由尤=即得，运动时间关系是：竖直方向上三个小球都做匀加速直线运动，由图看出竖直位移 y 大小相等，由 y=/得到加速度关系为：/为%,根据牛顿第二定律得到合力关系为：纥 EkB EM,故 D正确。考点：带电粒

38、子在匀强电场中的运动、动能定理的应用【名师点睛】类平抛运动和平抛运动研究的方法相似，都可运用运动的合成与分解方法研究，只是两种运动加速度不同.本题要根据轨迹直接看出两个方向位移的关系，这是分析其他量关系的基础。2 0.在如图 8 所示的装置中，电源电动势为 E,内阻不计，定值电阻为 R,滑动变阻器总阻值为 R 2,D为二级管，具有单项导电性（允

39、许向左的电流通过），置于真空中的平行板电容器水平放置，极板间距为 d.处在电容器中的油滴 P 恰好静止不动，此时滑动变阻器的滑片位于中点位置.现在要使油滴 P 向上加速运动，则下列操作正确的是 A.滑动变阻器的滑片向下移动 B.减小平行板电容器两个极板的距离 C.增大平行板电容器两个极板的正对面积D.减小平行板电容器两个极板的正对面积【答

40、案】B D【解析】试题分析：滑动变阻器滑片向下移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则其分压减小；电容器两端的电压本应减小，但由于二极管的单向导电性，电量不变，故电压也不变，故粒子尸仍然静止，故 A 错误；减小两板间的距离时，电容增大，若电压不变时则电量增大，但由于二极管的单向导电性电量不变，在电量不变只改变两极板间的距离时，电场强度不变，故粒子保

41、持不变，故 B 正确；增大两极板间的正对面积时，电容 C熠大，电压不变时电量增大，可以通过二极管进行充电，故保持电压不变，故电场强度不变，粒子静止不动，故 C错误；减小两极板间的正对面积时，电容。减小，电量将减小，但由于二极管的单向导电性，电量不变故电压增大，粒子受电场力熠大，粒子向上加速运动，故 D 正确。考点：电容、闭合电路的欧姆定律【名师点睛】本题考查

42、电容器的动态分析问题，难点在于二极管的单向导电性对电路的影响，导致电量只能增加不能减小，这是解决本题的关键问题。三.实验题（本题共两小题，共 12分）21.一个电流表的满偏电流 L=lm A,内阻 4=500。，要把它改装成一个量程为 10V的电压表，则应在电流表上 _联一个。的电阻.【答案】串联 9500Q【解析】试题分析：把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，串联电

43、阻阻值 R-R=-Q-500Q=9500Q 4*0.001考点：把电流表改装成电压表【名师点睛】本题考查了电压表的改装，知道电压表的改装原理是解题的关键，应用串联电路特点与欧姆定律即可解答。2 2.下图中是用伏安法测电阻的实验所需的器材实物图，器材规格如下：（1）待测电阻 Rx（约 100Q）；（2）直流毫安表（量程 0 10mA,内阻约 50 Q）；（3）直流电压表（量程 0 3 V,内阻约 5k

44、Q）；（4）直流电源（输出电压 4 V,内阻可不计）；（5）滑动变阻器（阻值范围 0 15。，允许的最大电流 1A）；（6）开关一个，导线若干.根据器材规格和实验要求，在本题的实物图上连线.【答案】如图所示;试题分析：待测电阻 R 阻值约 100。，电流表量程。-10松，内阻为 50。，电压表值为 W,为提高准确值，因此，应采用电流表内接法，那么电压表值可达到 L 5 如果滑动变阻器采用限流

45、接法，滑动变阻器阻值全部接入电路时，电路电流最小，电路电流最小为：E 4/=-一 h=,09244=2W 1(W，即大于电流表量程，为保证电路安全，应 Rx+R j R 潸 100+50+15采用滑动变阻器的分压接法；由以上分析可知，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，实验电路图如图所示；考点：伏安法测电阻【名师点睛】本题考查了实验电路设计、连接实物电路图等问题，确定电

46、流表采用内接法还是外接法、确定滑动变阻器采用分压接法还是限流接法是正确解题的关键。四.计算题(本题共 3 小题，其中 24题 6 分；25题 13分；26题 14分，共 33分.)24.将电动势为 e=3v的电源接入电路中，测得电源两极间的电压为 U=2.4v。当电路中有 6c的电荷流过时，求：(1)有多少其他形式的能转化为电能？(2)外电路有多少电能转化为其他形式的能?【答案】(1)18

47、J；(2)14.4 J【解析】试题分析：(D 根据歹=/得：犷=3.0 x6J=1 8 J,则电源中共有 18J其他形式的能转化为电能.(2)根据印=函得：%=Uq=2.4 x 6 J=1 4.4 J,则外电路中共有 144J 电能转化为其他形式的能.考点：电功、电功率【名师点睛】本题主要考查了皿=%公式的直接应用，知道电流做功的过程就是把电能转化为其它形式的能的过程。25.光滑绝缘水平面上固定两个等

48、量同种电荷，其连线中垂线上有 A、B、C 三点，如图甲所示，一个质量 mkg的小物块自 C 点由静止释放，小物块带电荷量 q=2C,其运动的 v-t 图线如图乙所示，其中 B 点为整条图线切线斜率最大的位置(图中标出了该切线)，求(1)B 点场强 E；(2)B、A 两点间的电势差 UB A.【答案】W/m,8.25V【解析】试题分析：(1 v-f图象的斜率等于加速度，3 点处为整条图线切线斜率最大

49、的位置，说明物块在 B处加速度最大，根据牛顿第二定律得：F=qE=ma,B 为中垂线上电场强度最大的点，由图得：B点的加速度 4 二为。=AV=4=2,.2 b ma 1x2”,.M/S,E=-P f TH=1？tn。tJt 2 q 2 2)物块从 4 到 B的过程，根据动能定理得：q UM=-m s-m yA贝 U 得，心)=工*(#-72)=8.25P，所以%=心=8.25?。考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系、电势差【名师点睛】根据丫-，图

50、象的斜率等于加速度和牛顿第二定律求解电场强度 E,根据能量守恒定律分析物块电势能的变化情况，根据电场线方向判断电势的高低，根据动能定理求解 AB两点电势差 U”。2 6.如图所示，质量为 5X10-8k g的带电微粒以 Vo=2m/s的速度从水平放置的金属板 A、B的中央飞入板间，已知板长 L=10cm,板间距离 d=2 c m.当 U A B=1000V时，带电粒子恰好沿直线穿过

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