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1、河北省唐山市开滦二中2020-2021学年高二物理上学期期中试题（含解析）说明：1、本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，第卷第(1)页至第(4)页，第卷第(4)页至第(7)页。2、本试卷共100分，考试时间90分钟。第卷（选择题，共46分）注意事项：1、答第卷前，考生务必将自己的准考证号、科目填涂在答题卡上。2、每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目标号涂黑。答在试卷上无效。3、 考试结束后，监考人员将试卷答题卡和机读卡一并收回。一单项选择题：（每题3分，共30分）1. 静电现象在自然界中普遍存在，我国早在西汉末年已有对静电现象的记载，春秋纬考异邮中有“玳瑁吸褚”之说，但
2、下列不属于静电现象的是( )A. 梳过头发的塑料梳子吸起纸屑B. 带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引C. 小线圈接近通电线圈过程中，小线圈中产生电流D. 从干燥的地毯上走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉【答案】C【解析】梳过头发的塑料梳子吸起纸屑，是因为梳子与头发摩擦起电，静电吸引轻小物体，故A属于静电现象，所以A错误；带电小球移至不带电金属球附近，两者相互吸引，是因为先感应起电，然后静电作用力，故B错误；小线圈接近通电线圈过程中，消息安全中产生感应电流是电磁感应现象，不是静电现象，所以C正确；从干燥的地毯走过，手碰到金属把手时有被电击的感觉，是因为摩擦起电，所以D错误【考点】静电现
3、象【方法技巧】本题主要是识记静电现象，知道几种常见的起电方式：摩擦、接触、感应，以及电磁感应现象2. 两个完全相同的小球A和B（可看成点电荷），电荷量之比为1:7，相距为r，库仑力大小是F。现将两球接触一下，再放回原来的位置，此时两小球之间的库仑力大小是F。下列判断正确的是（）A. 若小球A和B原来带有同种电荷，则B. 若小球A和B原来带有同种电荷，则C. 若小球A和B原来带有异种电荷，则D. 若小球A和B原来带有异种电荷，则【答案】B【解析】【详解】接触以前两球之间的库仑力如果带异种电荷，带电量先中和后平分，设金属球A和B带电量为Q：7Q，所以A、B所带的电荷相等都为3Q，根据库仑定律得 解
4、得则后来两小球之间静电力大小与原来之比是9：7；如果带同种电荷，A、B所带的电荷相等都为4Q，根据库仑定律得解得则后来两小球之间的静电力大小与原来之比是16：7，故B正确，ACD错误。故选B。3. 两个阻值均为R的电阻，并联在电源时通过每个电阻的电流为串联在同一电源时的，则电源内阻为（）A. B. C. 2 RD. 4 R【答案】D【解析】【详解】ABCD两个电阻阻值均为R，并联接入电路中，每个电阻的电流串联在电路中时因为联立解得故ABC错误，D正确。故选D。4. 如图所示的电路中，当变阻器R的滑片P向下滑动时，电压表V和电流表A的示数变化的情况是（ ）A. V和A的示数都变小B. V和A的示
5、数都变大C. V的示数变大，A的示数变小D. V的示数变小，A的示数变大【答案】B【解析】【详解】当变阻器R的滑片P向下滑动时，R减小，则总电阻减小，总电流变大，路端电压减小；R1R2上的电压变大，故V的示数变大，R3电压减小，故通过R3电流减小，故A读数变大。故选B。5. 如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示。则（）A. a一定带正电，b一定带负电B. 两粒子速度都减少C. a的加速度将减小，b的加速度将增大D. 两个粒子的电势能都增大【答案】C【解析】【详解】A物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧
6、，所以能判断a、b一定带异种电荷，但是不清楚哪一个是正电荷，哪一个是负电荷，所以不能判断电场的方向，故A错误；BD物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，电势能都减小，故BD错误；C电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确。故选C。6. 相距5cm的正对平行金属板A和B带有等量异号电荷。如图所示。电场中C点距A板1cm，D点距B板1cm，A、B距离为5cm。已知A板接地，C点电势，则（）A. D点的电势240VB. C、D两点连线中点的电势为-180VC.
7、若B板不动，A板上移0.5cm，C、D两点间的电势差将变大D. 若A板不动，B板上移0.5cm，则D点电势不变【答案】D【解析】【详解】A由题可知板的电势，所以之间的电势差为、之间的距离为，板间场强大小为方向竖直向下。点和板之间的距离为则、之间电势差为由可得故A错误；B、沿电场线方向的距离为所以、之间的电势差为则、连线的中点与点的电势差为由可得、连线中点的电势为故B错误；C若板不动，板上移，则平行金属板所带电荷量保持不变，根据可得即板间的电场强度保持不变，又因为、之间的距离不变，所以、之间的电势差不变，故C错误；D若板不动，板上移，点到板的距离不变，由上面的分析可知板间的场强不变，所以点与板之
8、间的电势差也不变，即点的电势不变，故D正确。故选D。7. 如图所示为一有界匀强电场，场强方向水平向右，带电微粒以某一角度从电场的A点斜向上方射入，沿直线运动到B点，则该微粒在A、B两点的动能EK和电势能EP的关系是（）。A. EKA=EKB，EPA=EPBB. EKAEKB，EPAEPBC. EKAEKB， EPA QBB. 小球A带正电，小球B带负电，且QA QBD. 小球A带负电，小球B带正电，且QA QB【答案】D【解析】【详解】AB假设小球A带正电，小球B带负电，对小球各自受力分析，小球B受向左的电场力和A对B向左的库仑力，所以小球B的合力向左。由于小球A、B向右做匀加速运动，所以它们
9、所受合力方向水平向右，则假设不成立，故AB错误；CD小球A带负电，小球B带正电，对小球各自受力分析，由牛顿第二定律得，对小球B对小球A 两式相加得所以必有QAQB，故D正确，C错误。故选D。二多项选择题：（每题4分，选不全的得2分，共16分）11. 下列说法正确的是：（）A. 法国学者库仑通过扭秤实验测出了万有引力常量B. 所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍C. 英国物理学家、化学家法拉第最早提出了场的概念D. 电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的【答案】BCD【解析】【详解】A英国物理学家卡文迪许利用扭秤，成功地测出了引力常量G的数值，法国学者库伦通过扭秤实验得出了库仑
10、定律，故A错；B所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍，故B正确；C英国物理学家、化学家法拉第最早提出了场的概念，故C正确；D电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根用实验测得的，故D正确。故选BCD12. 用伏安法测电阻时，电流表外接电路和电流表内接电路的误差来源是（ ）A. 外接电路由于电压表内阻的分流，使得电阻的测量值小于真实值B. 外接电路由于电压表内阻的分流，使得电阻的测量值大于真实值C. 内接电路由于电流表内阻的分压，使得电阻的测量值小于真实值D. 内接电路由于电流表内阻的分压，使得电阻的测量值大于真实值【答案】AD【解析】【详解】电流表内接法测量未知电阻阻值时，误差来源于电流表
11、内阻的分压，电压表测量的电压大于待测电阻两端实际电压，测量值大于真实值；电流表外接法测量未知电阻阻值时，误差来源于电压表内阻的分流，电流表测量的电流大于待测电阻实际电流，测量值小于真实值，故AD正确故选AD13. 用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容因素。如图所示，平行板电容器的极板A上固定一绝缘柄，可以使极板A随意移动。极板B固定在铁架台上。实验中，极板所带电荷量不变。下列判断正确的是（）A. 仅将极板A向上移动，电容器的电容变大B. 仅将极板A向右移动，两板间的电场强度不变C. 仅将极板A向左移动，静电计指针偏角变大D. 仅向极板A、B间插入云母片，两极板间的电压不变【答案】BC【解
12、析】【详解】A根据可知，仅将极板A向上移动，则相对面积S减小，则电容器的电容变小，选项A错误；B根据 可得仅将极板A向右移动，两板间的间距d减小，则电场强度不变，选项B正确；C根据可知，仅将极板A向左移动，则C减小，根据当Q不变时，U变大，即静电计指针偏角变大，选项C正确；D根据可知，仅向极板A、B间插入云母片，则C变大，根据两极板间的电压减小，选项D错误。故选BC。14. 额定电压均为220V的白炽灯L1和L2的UI特性曲线如图甲所示，现将和L2完全相同的L3与L1和L2一起按如图乙所示电路接入220V电路中，则下列说法正确的是（）A. L2的额定功率约为99WB. L2的实际功率约为17W
13、C. L2的实际功率比L3的实际功率小17WD. L2的实际功率比L3的实际功率小82W【答案】ABD【解析】【详解】A由L2的伏安特性曲线可得，在额定电压220V时的电流为0.45A，则L2的额定功率为P额U额I额99W故A正确；B图示电路为L1和L2串联再与L3并联，所以L1和L2串联后两端的总电压为220V，那么流过L1和L2的电流及两灯的电压满足I1I2U1U2220V由L1和L2的UI图线可知I1I20.25AU1152VU268V故灯L2的实际功率P2I2U217W故B正确；CD由于L3两端的电压为220V，故P3P额99W则P3P282W故C错误，D正确。故选ABD。第卷（非选择
14、题，共54分）三实验题：（每空2分，共24分）15. 如图（a）为多用电表的示意图，其中S、K、T为三个可调节的部件，现用此电表测量一阻值约1000的定值电阻。 （1）测量的某些操作步骤如下:调节可调部件_，使电表指针停在_（选填“电流0刻度”、“欧姆0刻度”）位置。调节可调部件K，使它的尖端指向_（选填“1k”、“100”、“10”、“1”）位置。 将红、黑表笔分别插入“+”“-”插孔，笔尖相互接触，调节可调部件_，使电表指针指向_（选填“电流0刻度”、“欧姆0刻度”）位置。红、黑表笔笔尖分别接触待测电阻的两端，当指针摆稳后，读出表头的示数，如图（b）所示，再乘以可调部件K所指的倍率，得出该
15、电阻的阻值Rx=_。测量完毕，应调节可调部件K，使它的尖端指向 “OFF”或交流电压“500”位置。（2）欧姆挡进行调零后，用“10”挡测量另一个阻值未知的电阻，发现指针偏转角度很小，则下列说法和做法中正确的是_。A.这个电阻的阻值较小B.这个电阻的阻值较大C.为测量更准确些，电表应当换用欧姆“1”挡，并且重新调零后进行测量D.为测得更准确些，电表应当换用欧姆“100”挡，并且重新调零后进行测量【答案】 (1). S (2). 电流0刻度 (3). 100 (4). T (5). 欧姆0刻度 (6). 1100 (7). BD【解析】【详解】(1)12多用电表使用前要进行机械调零，调节可调部件
16、S，使电表指针停在电流0刻度位置;3待测电阻阻值约为1000，调节可调部件K，使它的尖端指向欧姆100位置;45将红、黑表笔分别插入“+”、“-”插孔,笔尖相互接触,调节可调部件T,使电表指针指向欧姆0刻度位置.6根据图(b)的读数和倍率可知电阻阻值：(2)7指针偏转角度很小，说明电流小，则电阻大；因是大电阻，则要换档位大一些即:换“100”档，每次换档后要重新进行欧姆调零.故选BD.16. 某同学测量一个圆柱体电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图(a)和图(b)所示，长度为_cm，直径为_mm按图(c)链接电路后，实验操作如
17、下：(a)将滑动变阻器R1的阻值置于最_处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；(b)将电阻箱R2的阻值调至最_（填“大”或“小”）；将S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280；由此可知，圆柱体的电阻为_【答案】5.01 5.315 （a）大 （b）大 1280【解析】根据游标卡尺读数规则，主尺读数为5cm，游标尺读数为0.053mm，长度为5.015cm，根据螺旋测微器的读数规则，主尺读数为5mm，可动刻度为31.00.01mm，所以直径为5.310mm(a)为了保护电路，因此闭合电键前，滑动变阻器一定调到
18、阻值最大；(b) 将固柱体电阻换成电阻箱时，也一定将电阻箱调到最大，也是为了保护电路安全；此题采用等效替代法测量电阻，圆柱体的电阻等于电阻箱R2的阻值为1280点晴：首先应明确实验原理，本实验中测量电阻所采取的方法是替代法四.计算题：（17题6分，18题13分，19题11分）17. 如图所示，匀强电场的场强方向水平向右一根绝缘丝线一端固定在O点，另一端连接一质量为m、电荷量为q的小球小球静止在电场中，丝线与竖直方向成37已知重力加速度为g，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）小球带电的种类；（2）小球受到的电场力大小F；（3）电场强度的大小E【答案】（1）小球带正电 （2）mg （
19、3）【解析】试题分析：根据小球所受的电场力方向和电场线方向的关系即可判断带电种类；对小球受力分析，再根据平衡条件即可求出电场力的大小；再根据电场强度的定义，即可求出电场强度的大小（1）由题意可知，小球的受力方向与电场线方向一致，所以小球带正电（2）小球在电场中静止时，受力分析如图所示：根据平衡条件得：Fmgtan37mg （3）根据电场强度的定义：解得电场强度：E点睛：本题主要考查了小球在电场力作用下的平衡问题，先对小球受力分析，再根据平衡条件即可求解18. 如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21，电动机绕组的电阻R0=0.5，电键S1始终闭合当电键S2断开时，电阻R1的电功率是5
20、25W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是336W，求：（1）电源的内电阻；（2）当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出功率【答案】（1）1（2）1606W【解析】【详解】设S2断开时R1消耗的功率为P1，则代入数据可以解得，设S2闭合时R1两端的电压为U，消耗的功率为P2，则解得，U=84V由闭合电路欧姆定律得，代入数据，得流过R1的电流为I1，流过电动机的电流为I2，A而电流关系:所以由代入数据得，19. 如图所示，半径为R的环状非金属管竖直放置，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB以下处于水平向左的匀强电场中。现将一质量为m，带电量为q的小球从管中A点由静止释放，小球恰好能通过最高点C，求：(1)匀强电场的场强E；(2)小球第二次通过C点时，小球对管壁压力的大小和方向。【答案】(1) ；(2) ，方向向上【解析】【详解】(1)据题可知小球恰好能通过最高点，在点由重力与支持力提供其向心力，根据牛顿第二定律得：从到的过程，由动能定理得：解得：(2)设小球第二次通过点时速度为，根据动能定理得：在点，根据牛顿第二定律有：解得：根据牛顿第三定律得小球对管壁压力的大小为，方向向上。