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1、河北省邯郸市六校2020-2021学年高二物理上学期期中试题（含解析）（考试时间：90分钟满分：100分）一、单选题（本题共10小题，每小题4分，共40分，每题只有一项符合题目要求）1. 关于磁感应强度B，下列说法正确的是（ ）A. 磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的方向相同B. 根据磁感应强度的定义式可知，磁感应强度B与F成正比，与IL成反比C. 一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零D. 一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零【答案】D【解析】【详解】A根据左手定则，磁场中某处磁感应强度的方向，与通电导线在该处所受磁场力的
2、方向垂直。故A错误；B磁感应强度的定义式是比值定义式，故磁感应强度B与F、IL无关，故B错误；C一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，该处的磁感应强度不一定为零，可能磁场与导线平行，故C错误；D一小段通电导线放在磁感应强度为零处，它所受的磁场力一定为零，故D正确。故选D。2. 下列的公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有（）场强 场强 场强 电场力做功A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】是电场强度的定义式，适用于一切电场；仅适用于匀强电场；适用于点电荷产生的电场；W=qU适用于一切电场。可知既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场是。故D正确。故选D。3.
3、图中实线是一簇未标电势的等势线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点。若带电粒子在运动中只受电场力作用，根据此图不能作出正确判断的是（）A. 带电粒子所带电荷的符号B. 带电粒子在a、b两点的受力方向C. 带电粒子在a、b两点的速度何处较大D. 带电粒子在a、b两点的电势能何处较大【答案】A【解析】【详解】AB粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性，故A符合题意，B不符合题意；CD粒子从a运动到b，由轨迹弯曲方向与粒子速度方向的关系分析可知电场力与轨迹之间的夹角是锐角，电场力对粒子做正功，粒子的动
4、能增大，电势能减小，则粒子在a点的速度较小，在b点电势能较小，故C、D不符合题意。故选A。4. 如图所示电路中，电源的内阻为r，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，下面的判断不正确的是（ ）A. 变亮B. 变亮C. 变亮D. 路端电压变小【答案】B【解析】【详解】A当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，即通过的电流变大，故L1变亮，A正确，不符合题意；B电路中总电流增大，故内电压及两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故变暗，B错误，符合题意；C因中电流减小，干路电流增大，故流过的电流增大，故变亮
5、，C正确，不符合题意；D因总电流变大，则由可知，路端电压变小，D正确，不符合题意5. 空间某一静电场的电势关于x轴对称分布，如图所示，x轴上a、b两点电场强度在x方向上的分量分别是Exa、Exb，下列说法正确的是（）A. 因为a点电势比b点电势高，所以Exa大于ExbB. Exa的方向与Exb方向相同，均沿x正方向C. 一点电荷在a、b点受到电场力是Fa大于FbD. 点电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电势能总是先增大后减小【答案】C【解析】【详解】A. 由图可知，a点电势比b点电势高，由电势差与电场强度的关系可知：图像的斜率表示电场强度，则Exa大于Exb，但不能说因为a点电势比b点电势高，所
6、以Exa大于Exb，应该说a点电势变化率大于b点电势变化率，所以Exa大于Exb，A错误；Ba、b两点电势变化的斜率方向相反，因此Exa的方向与Exb方向相反。其中Exa的方向沿x负方向，Exb方向沿x正方向，B错误；C由A选项分析可知，Exa大于Exb，因此一点电荷在a、b点受到电场力是Fa大于Fb，C正确；D点电荷沿x轴从a移动到b的过程中，电势先升高后降低，正点电荷的电势能先增大后减小，负点电荷的电势能先减小后增大，D错误；故选C。6. 如图所示，质量相同两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一
7、点（重力不计），则从开始射入到打到上极板的过程中（）A. 它们运动的时间tQtPB. 它们运动的加速度aQaPC. 它们所带的电荷量之比qPqQ=12D. 它们的动能增加量之比EkPEkQ=12【答案】C【解析】【详解】A带电粒子在电场中做类平抛运动，由s=vt 可得P、Q运动的时间应相等，选项A错误；B平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有解得由于平行电场方向的位移之比为1：2，所以aQaP故B错误；C根据牛顿第二定律，有qE=ma解得所以P、Q的电荷量之比为qPqQ=1：2，选项C正确；D由动能定理有qEy=Ek而qP：qQ=1：2，yP：yQ=1：
8、2，所以选项D错误。故选C。7. 如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则（）A. 带电油滴将沿竖直方向向上运动B. P点的电势将降低C. 带电油滴的电势能将减少D. 极板带电量将增加【答案】B【解析】【详解】A将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，因为极板间电压不变根据可知场强在减小，电场力减小，则带点油滴向下运动，故A选项错误；B场强减小，而P与下极板间距离不变，根据可知，P与下极板间电势差减小，且P点电势高于下极板，则P点电势降低，故B选项正确；C由
9、平衡态可知，电场力向上，场强方向向下，故油滴带负电，P点电势降低，电势能增加，故C选项错误；D根据知U不变，d增大C减小，故Q减小，故D选项错误。故选B。8. 如图所示，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab的中点a、b电势分别为a5 V，b3 V，下列叙述正确的是()A. 该电场在c点处的电势一定为4 VB. a点处的场强Ea一定大于b点处的场强EbC. 一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D. 一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a【答案】C【解析】【详解】A、当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则场在c点处的电势一定为4V，当该电场不是匀强电场
10、时，在c点处的电势不一定为4V，故A错误；B、一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强不一定大于b点处的场强，故B错误；CD、由题可判断电场线方向从a指向b，正电荷运动到c点时受到的电场力由a指向c，根据沿着电场线方向电势降低可知c点的电势高于b点的电势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电荷从c点运动到b点电势能一定减少，故C正确，D错误；故选C9. 如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流. a、0、b在M、N的连线上，O为的中点，c、d位于的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等.关于以上几
11、点处的磁场，下列说法正确的是（ ）A. O点处的磁感应强度为零B. a 、c两点处的磁感应强度的方向相同C. c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相反D. a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反【答案】B【解析】【详解】A由安培定则分别画出两直导线在a、b、c、d、O点的磁场方向，如下图所示由平行四边形定则可得，O点的磁感应强度不为零，选项A错误；Ba、c两点处磁感应强度的方向都竖直向下，选项B正确；Cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向均竖直向下，选项C错误；Da、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项D错误。故选B。10. 如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长为ab=10 c
12、m，bc=5 cm，当将C与D接入电压恒为U的电路时，电流为2 A，若将A与B接入电压恒为U的电路中，则电流为()A. 0.5 AB. 1 AC. 2 AD. 4 A【答案】A【解析】【详解】设厚度为D，根据电阻定律公式，有 故；根据欧姆定律，电压相同时，电流与电阻成反比故两次电流之比为4:1，故第二次电流为0.5A二、多选题（本题共4小题，每小题4分，共16分，每题有多项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11. 如图所示,可自由转动的小磁针上方有一根长直导线,开始时二者在纸面内平行放置。当导线中通以如图所示电流I时,发现小磁针的N极向里,S极向外,停留在与纸面
13、垂直的位置上。这一现象说明() A. 小磁针感知到了电流的磁场B. 小磁针处磁场方向垂直纸面向里C 小磁针处磁场方向垂直纸面向外D. 若把小磁针移走,该处就没有磁场了【答案】AB【解析】【详解】当通入如图所示的电流时，发现小磁针偏转，说明电流周围存在磁场，即小磁针感知到了电流的磁场，根据右手螺旋定则可得小磁针的位置的磁场方向是垂直纸面向里，把小磁针移走，磁场仍然客观存在。故选AB12. 如图，电流表A1（00.6A）和A2（03A）是由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接人电路。闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（）A. A1、A2的读数之比为1：5B. Al、A2的
14、读数之比为1：1C. A1、A2的指针偏转角度之比为1：1D. Al、A2的指针偏转角度之比为1：5【答案】AC【解析】【详解】这两个电流表是并联接入电路的，所以这两个电流计也是并联的，且两个电流计两端电压相等，所以通过这两个电流计的电流相等，即两个电流表的指针偏转角度相同，因为他们的量程之比为1：5，所以两个电流表的读数之比为1：5，故AC正确，BD错误。故选AC。13. 如图所示，在匀强电场中，有边长为2cm的等边三角形ABC，三角形所在平面与匀强电场平面重合，其中O点为该三角形的中心，各点电势分别为= 2V,= 4V，= 6V,下列说法正确的是A. O点电势为零B. 该匀强电场的场强大小
15、为200V/m，方向由C指向AC. 将电量为e的电子由C点移到A点，电子的电势能增加了4eVD. 将电量为e的电子由O点移到无穷远，电子的电势能增加了3eV【答案】BC【解析】【详解】ABCAC之间肯定有一点电势为4V，由于在匀强电场中，则电势均匀变化，即AC中点处电势为4V，设该点为D点，如图所以O点电势应该为4V；根据方向从C到A说明电势能增加了4eV，选项BC正确，A错误；D由于O点电势为4V，所以将电量为e的电子由O点移到无穷远，电子的电势能增加了4eV，选项D错误故选BC。14. 如图是一个多量程多用电表的简化电路图，图中E是电池，G为表头，虚线方框内为换挡开关，A端和B端分别与两表
16、笔相连。下列说法正确的是（）A. 该多用电表的A端应接黑表笔B. 换挡开关旋至3处为欧姆挡，电阻值为读数乘以倍率C. 换挡开关旋至1、2处为电流挡，换挡开关旋至2处量程较大D. 换挡开关旋至4、5处为电压挡，换挡开关旋至5处量程较大【答案】BD【解析】【详解】A根据欧姆表原理可知，内部电源的正极应接黑表笔，这样才能保证在测电阻时电流表中电流“红进黑出”则A端应接红色笔，选项A错误；B根据多用电表的欧姆档测量原理为表头连接电源和滑动变阻器，根据全电路的欧姆定律由电流的大小换算出待测电阻，故换挡开关旋至3处为欧姆挡，电阻值为读数乘以倍率，选项B正确；C换挡开关旋至1、2处为表头并联不同的电阻，利用
17、并联分流测大电流，则这两处为电流挡，且并联电阻越小能分流越多，换挡开关旋至1处是并联的R1，量程换挡开关旋至2处是并联的（R1+R2），故接1处量程较大，选项C错误；D换挡开关旋至4、5处为表头串联不同的电阻，根据串联分压，则这两处构成电压挡，换挡开关旋至5处串联的总电阻较大，其量程较大，选项D正确。故选BD。三、实验题（本题共2小题，15分）15. 在“测定电池的电动势和内阻”的实验课上，小明、小华和小阳三人利用铜片、锌片、马铃薯制作了水果电池，铜片为电源的正极，锌片为电源的负极。经查阅资料，水果电池的内阻与选用的水果、两电极之间的距离及电极面积大小有关，一般在几百至几千欧姆之间。(1)为了
18、估测水果电池的电动势和内阻，先用多用电表进行测量，如图甲所示，组内三位同学的操作如下，你认为正确的操作是_。A小明选择直流电压挡，直接将红表笔与铜片、黑表笔与锌片连接测量电动势B小华选择欧姆挡，直接将红表笔与铜片、黑表笔与锌片连接测量内阻C小阳选择欧姆挡合适的倍率，然后将红表笔和黑表笔短接，进行欧姆调零，最后直接将红表笔与铜片、黑表笔与锌片连接测量内阻(2)小组拟用“伏安法”测定水果电池的电动势和内阻，选择实验电路图时，出现了不同意见，小明和小华认为应选择图乙，小阳认为应选择图丙，经过讨论，得到了一致意见。你认为应选择_。（填“图乙”或“图丙”）(3)他们又用“伏安法”测定了干电池的电动势和内
19、阻，得到几组数据，作出U-I图线如图丁，已知选用电压表：量程03V，内阻约5000，电流表：量程00.6A，内阻0.1。根据图线求出干电池的电动势E=_V，电池的内阻r=_。（计算结果保留两位小数）【答案】 (1). A (2). 图丙 (3). 1.45 (4). 0.59【解析】【详解】(1)1A用多用电表估测电池电动势时，应选择直流电压档，直接将红表笔与铜片、黑表笔与锌片连接测量电动势，A正确；B C因电池本身有电动势，又因多用电表的欧姆档通过测量通过电阻的电流大小而得出电阻值，所以不能用多用电表的欧姆档直接测量电池的内阻，B错误，C错误。故选A。(2)2图乙中，因水果电池的内阻较大，在
20、几百至几千欧姆之间，与电压表的内阻相差不多，因此电压表的分流作用不可忽略，如果用图乙测量，则会增大实验误差；图丙中的电压表的分流作用可忽略，电流表的分压作用可忽略，用图丙电路测量误差较小，所以选择图丙电路。(3)3将电流表内阻与电源内阻等效为内阻r，由闭合电路的欧姆定律有由图丁可得：4内阻电池内阻16. 电阻率是用来表示各种材料导电性能的物理量。某同学在实验室测量一新材料制成的圆柱体的电阻率。(1)用螺旋测微器测量其横截面直径，示数如图甲所示，可知其直径为_mm；用游标卡尺测其长度，示数如图乙所示，可知其长度为_mm。 (2)用多用电表粗测其电阻约为。为了减小实验误差，需进一步用伏安法测量圆柱
21、体的电阻，要求待测电阻两端的电压调节范围尽量大，滑动变阻器采用分压式接法。除待测圆柱体外，实验室还备有的实验器材如下：A电压表（量程3V，内阻约为15）B电压表（量程15V，内阻约为75）C电流表A（量程0.6A，内阻约为1）D滑动变阻器（阻值范围05，2.0A）E滑动变阻器（阻值范围02000，0.1A）F直流电源E（电动势为3V）G开关S，导线若干则电压表应选_，滑动变阻器应选_。（均填器材前的字母代号）(3)请设计合理的实验电路，并将虚线框中电路图补充完整_。(4)实验测出圆柱体的电阻为R，圆柱体横截面的直径为D，长度为L，则圆柱体电阻率为_。（用D、L、R表示）【答案】 (1). 1.
22、848 (2). 42.40 (3). A (4). D (5). (6). 【解析】【分析】本题考查实验测金属的电阻率，由于金属的电阻较小，通过比较其电阻阻值与电压表、电流表的电阻关系，确定采用安培表外接还是内接法。【详解】(1)1由螺旋测微器可知，其读数为2由游标卡尺可得知，其长度读数为(2)34由于直流电源电动势为3V，故电压表选A，由于采用分压电路，滑动变阻器选小的，故滑动变阻器选D。(3)5由于故采用安培表外接，题中要求用分压电路，故合理的电路设计如下图(4)6由电阻决定式可知四、解答题（本题共3小题，29分，要求步骤规范，有必要且简练的文字说明）17. 如图所示，电源电动势E=8V
23、，内阻为r=05，“3V，3W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R=15求：（1）通过电动机的电流；（2）电源的输出功率；（3）电动机的输出功率【答案】（1）1A；（2）75W；（3）3W【解析】试题分析：（1）灯泡L正常发光，通过灯泡的电流，电动机与灯泡串联，通过电动机的电流IM=IL=1（A）；（2）路端电压：U=E-Ir=75（V），电源的输出功率：P=UI=75（W）；（3）电动机两端的电压UM=U-UL=45（V）；电动机的输出功率P输出=UMIM-IM2R=3W考点：电功率；闭合电路欧姆定律【名师点睛】此题考查了电功率及闭合电
24、路欧姆定律的应用；注意电动机是非纯电阻电路，输出功率等于输入功率与热功率之差；要注意功率公式的适用条件18. 示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子加速后从两金属板的中央沿板平行方向进入偏转电场，电子穿出偏转电场后打在荧光屏上。若加速电压，偏转极板长，板间距，不计电子的重力。求：(1)偏转电压U2为多大时，电子束的偏移量最大？(2)若偏转板右端到荧光屏的距离L=10cm，求电子束最大的偏转距离OP。【答案】(1) ；(2) 【解析】【详解】（1）要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场必须下板边缘出来。加速电场中，由动能定理有电子在偏转电场的飞行时间为加速度为要使电子从下极板边
25、缘出来，应有解得偏转电压为（2）设电子离开电场后侧移距离为y1，则电子束打在荧光屏上最大偏转距离为因为电子离开偏转电场的侧向速度为电子离开偏转电场后的侧向位移为得电子最大偏转距离为代入数据解得19. 如图所示，在E103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q104 C的小滑块质量m10 g，与水平轨道间的动摩擦因数0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，取g10 m/s2，求：(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度
26、v0向左运动？(2)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？【答案】（1）7m/s （2）06N【解析】【详解】（1）设滑块到达Q点时速度为v，则由牛顿第二定律得：mg+qEm，滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得：mg2RqE2R（mg+qE）xmv2mv联立方程组，解得：v07m/s；（2）设滑块到达P点时速度为v，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得：（mg+qE）R（qE+mg）xmv2mv又在P点时，由牛顿第二定律得：FNm，代入数据解得：FN0.6N，方向水平向右；【点睛】此题中滑块恰好通过最高点时轨道对滑块没有弹力，由牛顿定律求出临界速度，再根据动能定理和牛顿运定律结合求解小球对轨道的弹力