山东省济南第一中学2020学年高二上学期期中考试物理试题 含解析_百度...

理试题

一、选择题：

1.两个分别带有电荷量－Q和＋3Q的相同金属小球(均可视为点电荷)，固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F，两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）

A. F

B.F

C.F

D.F

【答案】C

【解析】根据库仑定律可得，当两者接触后，都带上了等量同种电荷，电荷量为，故库仑力变为，故B正确．

2.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，已知在a、b两点粒子所受电场力分别为F a、F b，若带电粒子q(|Q|≫|q|)由a点运动到b点，电场力做正功，则下列判断正确的是（）

A.若Q为正电荷，则q带正电，F a>F b

B.若Q为正电荷，则q带正电，F aC.若Q为负电荷，则q带正电，F a>F b

D.若Q为负电荷，则q带正电，F a【答案】A

【解析】AB、若Q为正电荷,带电粒子由a点到b点电场力做正功,知,该带电粒子带正电.因为，则.故A正确，B错误.

CD、若Q为负电荷,带电粒子由a点到b点电场力做正功,知,该带电粒子带负电.因为,则.故C错误,D错误.

综上所述本题答案是：A

3.如图所示是某导体的I－U图线，图中α＝45°，下列说法不正确的是（）

A.通过该导体的电流与其两端的电压成正比

B.此导体的电阻R不变

C.I－U图线的斜率表示电阻的倒数，所以R＝cot45°＝1Ω

D.在该导体两端加6V电压时，每秒通过导体截面的电荷量是3C

【答案】C

【解析】A、由图可以知道,电流随着其两端的电压的增大而增大,故电流与其两端的电压成正比，故A正确

B、由可以知道,图象的斜率表示电阻的倒数，则由图象可以知道

即导体的电阻是一定值，故B正确，C错误；

D、在R两端加6V的电压时,电路中电流,则每秒通过电阻的电荷量为

，故D正确；

本题要不正确的是，所以C是不正确的

综上所述本题答案是：C

4.在如图甲所示的电场中，一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，则它运动的υ­t图象可能是下图中的（）A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】一负电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，由于电场力的作用，负电荷应该做加速运动，并且从电场线的分布可以看出，电场强度越来越大，所以运动的加速度应该越来越大，在图像中，斜率表示加速度的大小，故B正确综上所述本题答案是;B

5.如图所示，在一条直线上有两个相距0.4m的点电荷A、B，A带电＋Q，B带电－9Q。现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平衡状态，则C的带电性质及位置应为A.正，B的右边0.4m处

B.正，B的左边0.2m处

C.负，A的右边0.2m处

D.负，A的左边0.2m处

【答案】D

【解析】三个电荷要平衡,必须三个电荷的一条直线,外侧二个电荷相互排斥,中间电荷吸引外侧两个电荷,所以外侧两个电荷距离大,要平衡中间电荷的拉力,必须外侧电荷电量大,中间电荷电量小,所以C必须为负电,在A的左侧.

设C所在位置与A的距离为r,则C所在位置与B的距离为,要能处于平衡状态,

所以A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小,设C的电量为q.则有:

计算得出:故D正确

综上所述本题答案是：D

6.如图所示，图中边长为a的正三角形ABC的三个顶点分别固定有三个点电荷＋

q、＋q、－q，则该三角形中心O点处的场强为

A.，方向由C指向O

B.，方向由O指向C

C.，方向由O指向C

D.，方向由C指向O

【答案】C

【解析】O点是三角形的中心，到三个电荷的距离为，三个电荷在O处产生的场强大小均，根据对称性和几何知识得知：两个+q在O处产生的合场强为，再与-q在O处产生的场强合成，得到O点的合场强为，方向由O指向C，故C正确，

综上所述本题答案是：C

7.一段粗细均匀的电阻丝，横截面直径为d，电阻为R，现把它拉成横截面直径为的均匀细丝，它的电阻变为

A.100R

B.1000R

C.10000R

D.

【答案】C

考点：考查电阻定律的应用．

8.一个电流表的满偏电流I g=1mA，内阻R g=500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上

A.串联一个10kΩ的电阻

B.并联一个10kΩ的电阻

C.串联一个9.5kΩ的电阻

D.并联一个9.5kΩ的电阻

【答案】C

【解析】试题分析：把电流表改装成电压表，需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值：

；故选C．

考点：电表的改装

【名师点睛】本题考查了电表改装，知道电压表的改装原理，把电流表改装成电压表应串联一个分压电阻、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题。

9.如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C为连线中垂线距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度的大小，电势高低的比较，正确的是A.，

B.；

C.；

D.因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低

【答案】B

故选B。

10.如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，开关S闭合后，电灯均能发光，现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，下列说法正确的是

A.电灯均变亮

B.电灯变暗，变亮

C.电流表的示数变小

D.电流表的示数不变

【答案】B

【解析】AB、现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动,滑动变阻器接入电路的阻值变小,电路总电阻变小,根据闭合电路欧姆定律得知,干路电流I增大,所以电灯变亮,路端电压减小,所以与滑动变阻器并联电压减小,所以变暗.故A错，B对；

C、干路电流I增大,与滑动变阻器并联电压减小,所以通过的电流减小,所以电流表的示数增大,故C、D错误;

综上所述本题答案是：B

11.下列说法正确的是

A.公式E＝是电场强度的比值定义式，适用于一切电场

B.电场强度定义式E＝为我们提供了一种计算静电力的方法，即F＝Eq

C.根据E＝，点电荷电场强度与场源电荷Q成正比，与距离r的平方成反比

D.等量异种电荷的连线上，中点的场强为零

【答案】ABC

【解析】A、电场强度的定义式,适用于一切电场.所以A选项是正确的.

B、电场强度定义式,变形为,即可求解静电力.所以B选项是正确的.

C、从公式可以知道,点电荷电场强度与场源电荷Q成正比,与距离r的平方成反比,所以C选项是正确的.

D、等量异种电荷的连线上,中点的场强不为零,只有等量同种电荷中点电场强度才为零,故D 错误.

综上所述本题答案是：ABC

12.图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带正电粒子的运动轨迹，粒子先经过M点，再经过N点，可以判定

A.粒子在M点速度小于在N点速度

B.粒子在M点电势能小于在N点电势能

C.M点的电势高于N点的电势

D.M点的电场强度大于N点的电场强度

【答案】AC

【解析】试题分析：由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，在M点的动能小于在N点的动能，在M点的速度小于在N点受到的速度，故A

正确，B错误；由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，与电场线的方向基本一致，可知粒子带正电；由于粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，正电荷在电势高处的电势能大，所以M点的电势高于N点的电势．故C正确；

M点处的电场线较疏，而N点处电场线较密，则M点处的电场强度较小．故D错误．故选AC。

考点：带电粒子在电场中的运动

【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判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电场线的物理意义判断场强、电势等的大小。

13.图中虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷。一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点。则该粒子

A.带负电

B.在c点受力最大

C.在b点的电势能大于在c点的电势能

D.由a点到b点的动能变化量大于由b点到c点的动能变化量

【答案】CD

【解析】根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，A错误；点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在C点受到的电场力最小，故B错误；根据动能定理，粒子由b

到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C正确；a点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，故a到b电场力做功为多，动能变化也大，故D正确．故选CD．

点睛：本题中，点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．

14.如图所示是利用静电计研究平行板电容器的电容与哪些因素有关的实验装置示意图，下面的叙述符合实际观测结果的是A.a板向右平移，静电计指针偏转角度变小

B.a板向上平移，静电计指针偏转角度变小

C.a板向左平移，静电计指针偏转角度变小

D.在ab间插入一块绝缘介质，静电计指针偏转角度变小

【答案】AD

【解析】A项，由知，a板向右平移，d减小，电容增大，而电容的电荷量不变，由知，板间电压减小，静电计指针偏转角度变小，故A项正确。

B项，由知，a板向上平移，s减小，电容减小，而电容的电荷量不变，由知，板间电压增大，静电计指针偏转角度变大，故B项错误。

C项，由知，a板向左平移，d增大，电容减小，而电容的电荷量不变，由知，板间电压增大，静电计指针偏转角度变大，故C项错误。

D项，在ab间插入一块绝缘介质，电容增大，而电容的电荷量不变，由知，板间电压减小，静电计指针偏转角度变小，故D项正确；

综上所述本题答案是：AD

15.如图所示，在真空中有两个等量的正点电荷q1和q2，分别置于A、B两点，DC为AB连线的中垂线，D为无穷远处一点。在将一正电荷q3由C点沿CD移到D点的过程中

A.q3的电势能逐渐减小

B.q3的电势能逐渐增大

C.q3受到的电场力逐渐减小D.q3受到的电场力先增大后减小

【答案】AD

【解析】A、B,由题,，是两个等量的正电荷,作出中垂线CD上电场线如图,根据顺着电场线电势降低,可以知道正电荷由C点沿CD移至无穷远的过程中,电势不断降低,电场力做正功,其电势能不断减小.所以A选项是正确的,B错误.

C、D根据电场的叠加可以知道,C点的场强为零,而无穷远处场强也为零,所以由C点沿CD 移至无穷远的过程中,场强先增大,后减小,受到的电场力先逐渐增大,后逐渐减小.故C错误,D正确.

综上所述本题答案是：AD

二、实验题：

16.（1）如图1所示，螺旋测微器的示数为_______mm，如图2所示，游标卡尺的示数为_______mm．

（2）一多用电表的电阻挡有三个倍率,分别是×1、×10、×100．用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确,发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到______挡，如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数,那么缺少的步骤是________，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是_________Ω．

【答案】(1).（1）6.122～6.125(2).10.50(3).（2）×100；(4).调零(或重新调零)；(5).2.2×103Ω【解析】(1)螺旋测微器固定刻度为,可动刻度为,所以最终读数为.由于估读误差的存在，所以答案是：6.122～6.125

游标卡尺的主尺读数为10mm,游标读数为，所以最终读数为10.50mm.(2)因指针偏角过小,故应换为大档位;故选档;

如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数,那么缺少的步骤是:重新进行欧姆调零;

由图示表盘可以知道,该电阻的阻值是

综上所述本题答案是：（1）6.122～6.125；10.50（2）×100；调零(或重新调零)；2.2×103Ω17.用如图所示的电路测量一节蓄电池的电动势和内电阻．蓄电池的电动势约为2V，除蓄电池、开关、导线外可供使用的实验器材还有：

A．电压表（量程3V）；

B．电流表（量程0.6A）；

C．电流表（量程3A）；

D．滑动变阻器R（阻值范围0﹣20Ω，额定电流1A）

（1）电流表应选_______；（填器材前的字母代号）．

（2）根据实验数据作出U﹣I图象，则蓄电池的电动势E=_______V、______

【答案】(1).（1）B；(2).（2）2.10；(3).4.2．

【解析】(1)根据题意可以知道,电源的电动势约为2V，从下面图像可以看出电路中最大电流大约是0.4A故电流表只能选B;

(2)由电路利用闭合电路欧姆定律可以知道:

则由数学知识可得,图象与纵坐标的交点为电源电动势,故;而图象的斜率表示电源的内阻：

综上所述本题答案是：（1）B；（2）2.10；4.2．三、解答题：

18.如图所示，在匀强电场中，电荷量q＝5×10－10C的正电荷，由a点移到b点和由a点移到c点，静电力做功都是4×10－8J。已知a、b、c三点的连线组成直角三角形，a、b两点的距离d ab＝10cm，∠a＝37°，∠c＝90°，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

（1）a、b两点的电势差U ab；

（2）匀强电场场强E的大小和方向。

【答案】得，场强沿ac方向垂直指向bc

【解析】在匀强电场中，电荷量q＝5×10－10C的正电荷，由a点移到b点和由a点移到c点，静电力做功都是4×10－8J

正电荷由a点移到b点和由a点移到c点静电力做功相同,故bc在等势面上,故电场强度方向垂直bc向右;

根据公式,电场强度为:

综上所述本题答案是：（1）（2），方向垂直bc向右

19.如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，标有“8V，16W”的灯泡恰好能正常发光，电动机M绕组的电阻R0=1Ω，求：

（1）路端电压；

（2）电源的总功率；

（3）电动机的输出功率。

【答案】8V；40W；12W

【解析】试题分析：（1）路端电压等于电灯L的电压，即为8V．（2分）

（2）由E＝U＋Ir得I＝＝A＝4A（1分）

电源总功率P总＝EI＝40W．（1分）

（3）电动机的电流I M＝I－I L＝2A（1分）

电动机消耗的总功率P入＝U M I M＝8×2W＝16W（1分）

电动机内阻消耗的功率P内＝IR0＝22×1W＝4W（1分）

所以输出功率为P出＝P入－P内＝16W－4W＝12W．（1分）

考点：欧姆定律，电源输出电功率、总功率及电动机问题。

20.如图所示的装置放置在真空中，炽热的金属丝可以发射电子，金属丝和竖直金属板之间加一电压U1＝2500V，发射出的电子被加速后，从金属板上的小孔S射出。装置右侧有两个相同的平行金属极板水平正对放置，板长l＝6.0cm，相距d＝2cm，两极板间加以电压

U2＝200V的偏转电场。从小孔S射出的电子恰能沿平行于板面的方向由极板左端中间位置射入偏转电场。已知电子的电荷量e＝1.6×10－19C，电子的质量m＝0.9×10－30kg，设电子刚离开金属丝时的速度为零，忽略金属极板边缘对电场的影响，不计电子受到的重力。求：

（1）电子射入偏转电场时的动能E k；

（2）电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量y；

（3）电子在偏转电场运动的过程中电场力对它所做的功

【答案】E k＝4.0×10－16Jy＝0.36cmW＝5.76×10－18J

【解析】(1)电子在加速电场中有eU1＝E k

解得:E k＝4.0×10－16J

(2)设电子在偏转电场中运动的时间为t

电子在水平方向做匀速运动，由l＝v1t，解得

电子在竖直方向受电场力电子在竖直方向做匀加速直线运动，设其加速度为a

依据牛顿第二定律有,解得:

电子射出偏转电场时在竖直方向上的侧移量

解得y＝0.36cm

(3)电子射出偏转电场的位置与射入偏转电场位置的电势差电场力所做的功W＝eU

解得W＝5.76×10－18J