福建省师大附中2018-2019学年高二物理上学期期中试题（含解析）

1、福建省师大附中2020-2021学年高二上学期期中考试物理试题（实验班）一、选择题1.如图所示，A、B是两个带有绝缘支架的金属球，它们均不带电，并彼此接触。现使带负电的橡胶棒C靠近A(C与A不接触)，然后先将A、B分开（操作过程均与金属球绝缘），再将C移走，关于A、B的带电情况，下列判断正确的是（ ）A. A带正电，B带负电B. A带负电，B带正电C. A，B均不带电D. A，B均带正电【答案】A【解析】【详解】带负电的橡胶棒C靠近A，然后把导体A和B分开，再移走C，导体A和B由于感应起电带上异种电荷，由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，所以此时A带正电，B带负电。故BCD错误，A正确故选

2、A。【点睛】解决本题的关键知道摩擦起电、感应起电、接触带电的实质都是电荷的移动，电荷的总量保持不变。2.如图，a、b是一条电场线上的两点，将一个电子从点处由静止释放，电子从运动到b过程中，它运动的图线如图所示，则以下判断正确的是A. 该电场可能是匀强电场B. 从运动到，电子的电势能逐渐增大C. 点的电势低于点的电势D. 电子在点受到的电场力小于电子在点受到的电场力【答案】C【解析】【详解】由图可知：点电荷做初速度为零的变加速直线运动，加速度逐渐减小，说明该电荷所受的电场力逐渐减小，则电场强度是逐渐减小的，此电场一定是非匀强电场。故A错误。由图知，从a运动到b，电荷的动能增加，根据能量守恒可知，

3、其电势能必定减小。由于电子带负电，可知，电势升高，即a点的电势低于b点的电势，故B错误，C正确。v-t图象的斜率表示加速度，可见该电荷的加速度不断减小，电场力不断减小，该电荷在a点所受电场力大于在b点所受电场力，故D错误。故选C。【点睛】本题结合运动图象考查了电场强度和电势的变化情况，考查角度新颖，要注意结合图象的含义以及电场线和电场强度与电势的关系求解3.如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路，以下分析正确的是（ ）A. 此接法要求待测电阻阻值小于电流表内阻B. 此接法的测量值大于真实值C. 开始实验时滑动变阻器滑动头P应处在最左端D. 此接法由于电流表的分压，电压表测量值偏小了【答案】B【解

4、析】【详解】此接法误差来源于电流表的分压，其分压越小越好，故要求待测电阻远大于电流表的内阻。故A错误；此接法电压表的示数包含了安培表的分压，故电压的测量值偏大，即电阻的测量值大于真实值，故B正确，D错误；开始实验要让电压由小变大，故应使滑动P处在最右端。故C错误；故选B。【点睛】电流表或电压表的测量值不是电阻的真实值是误差的来源，电流表的内接法：电压示数包括了电流表的分压，外接法：电流表的示数包括了电压表的分流，这是分析问题的关键4.如图，竖直绝缘光滑的半圆形槽半径为R，在槽内静置有两个带等量同种电荷的小球A、B，两球质量相等、间距为R.若将两小球看做质点，将一个水平向右的推力F 作用在A 球

5、上，缓慢将A 球推到半圆形槽的底部，则下列说法正确的是A. 槽对B 球的支持力增大B. 两球间距离保持不变C. 推力F 做的功等于两球组成的系统机械能的增加量D. 两球组成的系统的电势能增大【答案】D【解析】【详解】施加F之前，B受到重力、支持力、库仑力，根据几何关系可得：支持力，库仑力；A球被推到半圆形槽的底部后，B受力分析如图，由几何关系可知，即N=mgN1，所以支持力变小，故A错误。由上面矢量三角形得，F库一直增大，故两球间的距离减小，故B错误。推力F做的功等于两球组成的系统机械能的增加量与电势能增加量之和，故C错误。两球带同种电荷，距离减小，克服电场力做功，电势能增加，故D正确。故选D

6、。【点睛】本题主要是考查力的分析和能量转化，解答本题要能够根据三角形相似得到库仑力的大小变化情况，由此确定电势能的变化。5.如图所示为a、b两电阻的伏安特性曲线，图中=45，关于两电阻的描述正确的是（ ）A. 电阻a的阻值随电流的增大而增大B. 因IU图线的斜率表示电阻的倒数，故电阻b的阻值 C. 在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻b的阻值D. 在电阻b两端加2 V电压时，流过电阻的电流是4A【答案】C【解析】【详解】I-U图像的斜率的倒数等于电阻，由图可知，电阻A的图象的斜率越来越大，故A的电阻随电流的增大而减小，故A错误； IU图线的斜率表示电阻的倒数，但是由于横纵坐标轴的长度单位不同，

7、则不能由 求解电阻b的阻值，只能通过求解，选项B错误；根据可知在两图线交点处，电阻a的阻值等于电阻b的阻值，选项C正确；由图像可知，在电阻b两端加2 V电压时，流过电阻的电流是1A ，选项D错误；故选C.6.如图所示，在相距为d的两个等高处，固定着电量分别为-Q和+Q的两个等量异种点电荷，在它们连线的水平中垂线上固定一根长为L，内壁光滑的绝缘细管，现有一电量为+q的小球以初速度v0从管口射入，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是( ) A. 小球的速度一直减小B. 受到的库仑力先做负功后做正功C. 小球的电势能保持不变D. 管壁对小球的弹力最大值为【答案】C【解析】【详解】电荷量为+q的小球

8、以初速度v0从管口射入的过程，因电场力不做功，只有重力做功；根据动能定理，故加速度不变，速度不断增加；故A错误；小球有下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功，小球的电势能保持不变；故B错误，C正确；在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为：；根据矢量的合成法则，则有电场强度最大值为，因此电荷量为+q的小球受到最大库仑力为，管壁对小球的弹力最大值为，故D错误；故选C。7.图为多用电表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为300 A，内阻Rg100 ，调零电阻的最大值R050 k，电池电动势E1.5 V，两表笔短接调零后，用它测量电阻Rx，当电流计指针指在满刻度的时，则Rx

9、的阻值是（ ）A. 1kB. 10 kC. 100 kD. 100 【答案】B【解析】【详解】由闭合电路欧姆定律可知，当两表笔短接，电流表满偏时：，解得R内=5 k；当偏转1/3时，；两式联立解得：Rx=10 k；故选B。【点睛】本题关键明确欧姆表的内部结构，能根据欧姆表的使用方法结合闭合电路的欧姆定律列方程；知道中值电阻等于欧姆表内电阻8.真空中相距为3a的两个点电荷Q1、Q2，分别固定于轴上x1=0处和x2=3a的两点上，在它们连线上各点场强E随x变化关系如图所示，取沿x轴正方向的场强为正方向，以下判断正确的是（ ）A. 处的电势一定为零B. 点电荷Q1、Q2一定为异种电荷C. 点电荷Q1

10、所带电荷量是Q2所带电荷量的2倍D. x=1.5a处的电势小于x=2.5a处的电势【答案】D【解析】【详解】由于电势是一个相对性的概念，即零电势的选择是任意的，人为的，故x=2a处的电势可以为零，也可以不为零，故A错误。由于M、N之间的场强的方向相反，故点电荷M、N一定为同种电荷，故B错误。Q1在2a处产生的场强E1=，而Q2在2a处产生的场强E2=，由于2a处场强为0，故E1=E2，所以Q1=4Q2，故C错误。由U=Ed可知，E-x图像与坐标轴围成的面积等于电势差，则x=1.5a处与x=2a处的电势差小于x=2.5a与x=2a处的电势差，因x=1.5a处的电势和x=2.5a处的电势都高于x=

11、2a点的电势，则x=1.5a处的电势小于x=2.5a处的电势，故D正确。故选D。9.如图所示，电源电动势E6V，小灯泡L的规格为“4V 0.8W”，开关S接1，当滑动变阻器调到R8 时，小灯泡L正常发光，现将开关S接2，小灯泡L和电动机M均正常工作则A. 电源的输出功率为1.12 WB. 电动机的内阻为8 C. 电动机正常工作电压为1.6 VD. 电源内阻为1 【答案】AC【解析】【详解】小灯泡的额定电流为：，灯泡内阻为：，当开关接1时，根据闭合电路欧姆定律有：E=I（r+RL+R），代入数据解得：r=2，故D错误；当接2时灯泡正常发光，则流过的电流为：I=0.2A，电源内阻分的电压为：Ur=

12、Ir=0.22V=0.4V，故电动机分的电压为：U动=E-UL-Ur=6-4-0.4V=1.6V；因电动机消耗的电能转化为机械能和内能，则可知电阻R=8，故B错误，C正确；当接2时，电源输出功率：P出=UI=（E-Ur）I=（6-0.4）0.2=1.12W，故A正确；故选AC。【点睛】本题考查闭合电路欧姆定律以及功率的计算，要注意每个公式的使用的条件是不同的，掌握住公式的使用的条件，才能准确选择应用物理公式10.如图所示，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均以O为圆心，两实线分别为带电粒子和先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点。不计重力。下列说法说法正确的是A. 带

13、负电荷，带正电荷B. 在b点的动能小于它在a点的动能C. 在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功D. 在d点的电势能等于它在e点的电势能【答案】BD【解析】A、由粒子运动轨迹可知，M受到的是吸引力，N受到的是排斥力，可知M带负电荷，N带正电荷，故A错误；B、M从a到b点，库仑力做负功，根据动能定理知，动能减小，则b点的动能小于在a点的动能，故B正确；C、N从c到d，库仑斥力做正功，故C错误；D、d点和e点在同一等势面上，电势相等，则N在d点的电势能等于在e点的电势能，故D正确。点睛：本题关键是根据曲线运动的条件判断出静电力的方向，掌握判断动能和电势能变化的方向，一般的解题思路是根据动能定理判

14、断动能的变化，根据电场力做功判断电势能的变化。11.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r0.5R，L1和L2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻阻值可视为恒定且均为R，定值电阻阻值也为R，电压表为理想电表，K为单刀双掷开关，当开关由1位置打到2位置时（ ）A. 电压表读数将变大B. L2将变亮C. 电源的输出功率变大D. 电源的总功率减小【答案】BC【解析】【详解】开关在1位置时，外电路总电阻，电路中总电流，电压表示数，L2两端电压，电源的输出功率，电源的总功率。开关在2位置时，外电路总电阻，电路中总电流，电压表示数，L2两端电压，电源的输出功率，电源的总功率。综上，电压表读数减小，故A项错误。

15、L2两端电压增大，L2将变亮。故B项正确。电源的输出功率增大，故C项正确。电源的总功率增大，故D项错误。12.质量为m、带正电的，电量为+q的小金属块A以水平初速度v0从高台右边缘P点进入存在着水平向左匀强电场的右侧空间中，场强大小E2mg/q，高台足够高，则（ ）A. 金属块做平抛运动B. 经过足够长的时间金属块一定会与高台右侧边缘PQ相碰C. 金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为D. 金属块运动过程的最小速度为【答案】BCD【解析】【详解】电场力F=qE=q=2mg，向左，故小金属块水平方向向右做匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动，合运动不是平抛运动，故A错误；小金属块水平方向先

16、向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动，故一定会与高台边缘相碰，故B正确；小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，加速度为-2g，根据速度位移关系公式，有：，故C正确；小金属块水平方向向右做匀减速直线运动，分速度vx=v0-2gt；竖直方向做自由落体运动，分速度vy=gt；合速度，根据二次函数知识，当时，有极小值，故D正确；故选BCD。【点睛】本题关键将小金属块的运动沿着水平和竖直方向正交分解，然后根据分运动的位移公式和速度公式列式求解；对于D选项，要求解出合速度的表达式，根据二次函数的知识求解极值二、实验题13.现有一合金制成的圆柱体，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该

17、圆柱体的长度螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示（1）由图（a）读得圆柱体的直径为_mm （2）由图（b）读得圆柱体的长度为_mm【答案】 (1). 1.847 0.002 (2). 42.40【解析】【详解】（1）由图（a）读得圆柱体的直径为：1.5mm+0.01mm34.7=1.847mm； （2）由图（b）读得圆柱体的长度为：4.2cm+0.05mm8=42.40mm.14.为了描绘一个“、”的小灯泡的伏安特性曲线，提供以下器材：直流电源E：，内阻不计；电流表A：量程分别为和，内阻约为；电压表V：量程分别为和，内阻约为；滑动变阻器R：最大阻值为，允许通过的最大电流为；开关一

18、个；导线若干实验时要求加在灯泡两端的电压可从调到（1）在下面方框里画出符合本实验要求的电路图_，并根据电路图连接右侧的实物图_： （2）某次测量时，电流表指针位置如图所示，电流表读数为_，此时小灯泡的实际功率为_【答案】 (1). 如图所示： (2). 如图所示： (3). (4). 【解析】【详解】（1）小灯泡的电阻为 ，则RVRx，可知应采用电流表外接电路；要得到从0开始的电压，则滑动变阻器用分压电路，电路及实物连线如图；（2）电流表选择0-0.6A档，则读数为0.40A，从图像中读出此时的电压为U=6V，则此时小灯泡的实际功率为：P=IU=0.406=2.40W【点睛】滑动变阻器的分压限

19、流接法，安培表内外接法，仪器的选择是电学实验考查的重点，同时要学会根据图线进行数据处理15.用如图所示电路测量电源的电动势和内阻。实验器材：待测电源（电动势约3 V，内阻约2 ），保护电阻R1（阻值10 ）和R2（阻值5 ），滑动变阻器R，电流表A，电压表V，开关S，导线若干。实验主要步骤：（i）将滑动变阻器接入电路的阻值调到最大，闭合开关；（ii）逐渐减小滑动变阻器接入电路的阻值，记下电压表的示数U和相应电流表的示数I；（iii）以U为纵坐标，I为横坐标，做UI图线（U、I都用国际单位）；（iv）求出UI图线斜率的绝对值k和在横轴上的截距a。回答下列问题：（1）电压表最好选用_；电流表最好选

20、用_。A电压表（03 V，内阻约15 k） B电压表（03 V，内阻约3 k）C电流表（0200 mA,内阻约2 ） D电流表（030 mA,内阻约2 ）（2）选用k、a、R1和R2表示待测电源的电动势E和内阻r的表达式E=_，r=_，代入数值可得E和r的测量值。【答案】 (1). A (2). C (3). ak (4). k-R2【解析】【详解】电压表并联在电路中，故电压表内阻越大，分流越小，误差也就越小，因此应选内阻较大的A电压表；当滑动变阻器接入电阻最小时，通过电流表电流最大，此时通过电流表电流大小约为;因此，电流表选择C；分析电路可知，滑片右移电压表示数变大，则说明滑动变阻器接入电路

21、部分阻值增大，而A项中两导线均接在金属柱的两端上，接入电阻为零；而B项中两导线接在电阻丝两端，接入电阻最大并保持不变；C项中一导线接在金属杆左端，而另一导线接在电阻丝左端，则可以保证滑片右移时阻值增大；而D项中导线分别接右边上下接线柱，滑片右移时，接入电阻减小；故D错误；故选C；由闭合电路欧姆定律可知：U=E-I（r+R2），对比伏安特性曲线可知，图象的斜率为k=r+R2；则内阻r=k-R2；令U=0，则有：;由题意可知，图象与横轴截距为a，则有：,解得.【点睛】本题考查测量电源的电动势和内电阻实验中的仪表选择以及数据处理，要注意明确根据图象分析数据的方法，重点掌握图象中斜率和截距的意义.三、

22、计算题16.如图的电路中，电池组的电动势E=30V，电阻 ，两个水平放置的带电金属板间的距离d=1.5cm。在金属板间的匀强电场中，有一质量为m=710-8kg，带电量C的油滴，当把可变电阻器R3的阻值调到35接入电路时，带电油滴恰好静止悬浮在电场中，此时安培表示数I=1.5A，安培表为理想电表，取g10m/s2，试求：（1）两金属板间的电场强度；（2）电源的内阻和电阻R1的阻值；（3）B点的电势【答案】（1）1400N/C（2）（3）27V【解析】【详解】（1）由油滴受力平衡有，mg=qE，得到 代入计算得出：E=1400N/C （2）电容器的电压U3=Ed=21V 流过的电流 B点与零电势

23、点间的电势差 根据闭合电路欧姆定律得，电源的内阻 （3）由于U1=B-0，B点的电势大于零，则电路中B点的电势B=27V.17.一光滑绝缘半圆环轨道固定在竖直平面内，与光滑绝缘水平面相切于B 点，轨道半径为R. 整个空间存在水平向右的匀强电场E，场强大小为，一带正电小球质量为m，电荷量为q，从距B 点为R/3 处的A点以某一初速度沿AB方向开始运动，经过B点后恰能运动到轨道的最高点C.（重力加速度为g，sin370=0.6，cos370=0.8）则：（1）带电小球从A 点开始运动时的初速度v0多大？（2）带电小球从轨道最高点C经过一段时间运动到光滑绝缘水平面上D点（图中未标记），B 点与D 点

24、的水平距离多大？【答案】（1） （2）【解析】【详解】（1）小球在半圆环轨道上运动时，当小球所受重力、电场力的合力方向与速度垂直时，速度最小。设此时的速度为 v,由于合力恰好提供小球圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得：解得 由等效法可得：该点（图中未标出）小球所受合力与竖直方向夹角，则=37 o，从A点到该点由动能定理： 解得 （2）设小球运动到 C 点的速度为 v C , 小球从 A 点到 C 点由动能定理：解得 当小球离开 C 点后，在竖直方向做自由落体，水平方向做匀加速直线运动，设 C 点到 D 点的运动时间为t。令水平方向的加速度为 a，B 点到 D 点的水平距离为 x 水平方向： 竖直方向： 联立解得：18.在如图甲所示的平面坐标系内，有三个不同的静电场：第一象限内有固定在O点处的点电荷产生的电场E1（未知），该点电荷的电荷量为，且只考虑该点电荷在第一象限内产生电场；第二象限内有水平向右的匀强电场E2（未知）；第四象限内有大小为，方向按图乙周期性变化的电场E3，以水平向右为正方向，变化周期。一质量为m，电荷量为+q的离子从（-x0，x0）点由静止释放，进入第一象限后恰能绕O点做匀速圆周运动。以离子到达x轴时为计时起点，已知静电力常量为k，不计离子重力。求：（1）离