陕西省西安市长安区一中2020～2021学年高二物理上学期期中试题理【含答案】

陕西省西安市长安区一中2020-2021学年高二物理上学期期中试题理总分：110分第Ⅰ卷（选择题共60分）一、单选题（在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，共10个小题，每题4分，共40分）1.如图所示，a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，∠abc＝120°，现将三个等量的正点电荷＋Q分别固定在a、b、c三个顶点上，下列说法正确的是（）A.d点的电场强度小于O点的电场强度B.O点电场强度的方向由d指向OC.d点的电场强度大于O点的电场强度D.d点电场强度的方向由d指向OA【详解】设菱形的边长为l，由几何关系可知，b、d两点间的距离也为l，对O点，a、c两顶点的电荷在O点的场强等大反向，故O点的场强为因b点的电荷为正电荷，故EO的方向竖直向下；a、c两点电荷在d点的合场强为方向竖直向下，b点电荷在d点的场强为方向竖直向下，所以d点的合场强为方向竖直向下，即d点的电场强度小于O点的电场强度，故A正确，BCD错误。故选A。2.a、b两个带电小球的质量均为m，所带电荷量分别为＋3q和－q，两球间用绝缘细线连接，a球又用长度相同的绝缘细线悬挂在天花板上，在两球所在的空间有方向向左的匀强电场，电场强度为E，平衡时细线都被拉紧，则平衡时可能位置是：A. B. C. D.D【详解】a球带正电，受到的电场力水平向左，b带负电，受到的电场力水平向右．以整体为研究对象，整体所受的电场力大小为2qE，方向水平向左，分析受力如图，则上面绳子应向左偏转．

设上面绳子与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得；以b球为研究对象，受力如图．设ab间的绳子与竖直方向的夹角为β，则由平衡条件得；得到α=β，所以根据几何知识可知，b球在悬点的正下方，故D正确，ABC错误；故选D．3.图中的虚线a、b、c、d表示匀强电场中的4个等势面，两个带电粒子M、N(重力忽略不计)以平行于等势面的初速度射入电场，运动轨迹分别如图中MPN和NQM所示，已知M是带正电的粒子，则下列说法中正确的是（）。A.N一定也带正电B.带电粒子N的动能增大、电势能减小C.带电粒子N的动能减小、电势能增大D.a点的电势高于b点的电势，a点的场强大于b点的场强B【详解】A．M粒子的轨迹向右弯曲，所受的电场力向右，电场强度方向向右，N粒子的轨迹向左弯曲，N一定带负电，A错误；B.带电粒子N的动能增大、电势能减小，B正确C.电场力也是合力对N做正功，带电粒子N的动能增大、电势能减小，C错误；D．匀强电场，a点的场强等于b点的场强，D错误。故选B。4.如图所示，在a点由静止释放一个质量为m、电荷量为q带电粒子，粒子到达b点时速度恰好为零，设所在的电场线竖直向下，a、b间的高度差为h，则下列结论错误的是（）

A.带电粒子带负电B.a、b两点间的电势差C.b点场强大于a点场强D.a点场强大于b点场强ABC【详解】A．在a点由静止释放粒子，到达b点时速度恰好为零，可知粒子所受电场力与重力方向相反，与电场线方向相反，故粒子带负电，故A正确；B．由于粒子在a点由静止释放粒子，到达b点时速度恰好为零，由动能定理可得解得故B正确；CD．从a到b粒子先加速后减速，故电场力开始时小于重力，后来电场力大于重力，即电场力逐渐变大，故b点场强大于a点场强，故C正确，D错误。故选ABC。5.利用如图电路测量待测电阻Rx的阻值．定值电阻R1、R2阻值已知，闭合电键S，调节电阻箱接入电路阻值R3时，电流表示数为0，则Rx阻值等于（）A.R2 B. C. D.D电阻R1与R2的电压之比，即；电阻R3与Rx的电压之比，即；闭合电键S，调节电阻箱接入电路阻值为R3时，电流表示数为零，说明通过R1、R2的电流是相等的，而总电流一定，故通过R3和Rx的电流也相等，故R1与R2的电压之比等于R3与Rx的电压之比,所以解得：，故D正确，ABC错误；故选D.点睛：本题是串并联电路中电流、电压关系和欧姆定律的综合运用问题，实际上也叫“电桥”问题，设计思路巧妙，考查了分析问题和解决问题的能力；记住电桥平衡的条件：对角线电阻相乘乘积相等．6.如图所示，地面上某个空间区域存在这样的电场，水平虚线上方为场强E1，方向竖直向下的匀强电场；虚线下方为场强E2，方向竖直向上的匀强电场，一个质量m，带电＋q的小球从上方电场的A点由静止释放，结果刚好到达下方电场中与A关于虚线对称的B点，则下列结论正确的是（）A.若AB高度差h，则UAB＝－B.带电小球在A、B两点电势能相等C.在虚线上、下方的电场中，带电小球运动的加速度相同D.两电场强度大小关系满足E2＝2E1A【详解】AB．对A到B的过程运用动能定理得qUAB+mgh=0解得知A、B的电势不等，则电势能不等，A正确，B错误；C．A到虚线速度由零加速至v，虚线到B速度v减为零，位移相同，根据匀变速运动的推论知，时间相同，则加速度大小相等，方向相反，C错误；D．在上方电场，根据牛顿第二定律得在下方电场中，根据牛顿第二定律得，加速度大小为因a1=a2解得只有当时才有E2=2E1，D错误。故选A。7.一匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象如图所示，在该匀强电场中，有一个带负电粒子于t＝0时刻由静止释放，若带电粒子只受电场力作用，则下列说法中正确的是（假设带电粒子不与板相碰）（）A.带电粒子只向一个方向运动B.0～2s内，电场力做功等于0C.4s末带电粒子回到原出发点D.2.5～4s内，电场力做功等于0D【详解】AC．因0～1s内粒子向正方向运动的加速度在1～3s内粒子运动的加速度则在t=1.5s时刻速度减为零，然后反向运动……；画出带电粒子速度v随时间t变化的图象如图所示v－t图线与时间轴所围“面积”表示位移，可见带电粒子不是只向一个方向运动，4s末带电粒子不能回到原出发点，A、C错误；B．2s末速度不为0，可见0～2s内电场力做的功不等于0，B错误；D．2.5s末和4s末，速度的大小、方向都相同，则2.5～4s内，动能变化为零，电场力做功等于0，所以D正确。故选D。8.现有规格为“220V，36W”的排气扇，如图所示，排气扇电动机的线圈电阻为40Ω，当正常工作时，排气扇的（）A.通电电流计算式为B.输出功率计算式为C.发热功率计算式为D.电功率大于36WC【详解】A．电动机正常工作时为非纯电阻电路，不能直接根据计算通电电流。通电电流计算式故A错误；B．不是纯电阻电路，故，故输出功率的计算式为故B错误；C．发热功率计算式为故C正确；D．正常工作时的电功率为额定功率，为，故D错误。故选C。9.某电池对纯电阻供电的输出功率P随电流I变化的图象如图所示，则下列说法正确的是()A.该电源的电动势E=2VB.该电源的内阻r=1ΩC.若I=2A时，则外电阻R=1ΩD.同一输出功率P可对应两个不同的电流I1、I2，即对应两个不同的外电阻R1、R2，且r=R1·R2A【详解】AB．对于电源，输出功率当时，输出功率最大，为，结合图象，有联立计算得出E=2VR=0.5ΩA正确，B错误；C．若I=2A，根据闭合电路欧姆定律，有得R=0.5ΩC错误；D．结合图像，同一输出功率P可对应两个不同的电流I1、I2，即对应两个不同的外电阻R1、R2，有得D错误。故选A。10.如图所示电路中，A、B是构成平行板电容器的两金属极板，P为其中的一个定点．将开关S闭合，电路稳定后将A板向上平移一小段距离，则下列说法正确的是（）A.电容器的电容增加B.在A板上移过程中，电阻R中有向上的电流C.A、B两板间电场强度增大D.P点电势升高B【详解】A．根据，当A板向上平移一小段距离，间距d增大，其它条件不变，则导致电容变小，故A错误；B．在A板上移过程中，导致电容减小，由于极板电压不变，那么电量减小，因此电容器处于放电状态，电阻R中有向上的电流，故B正确；C．根据与相结合可得：由于电量减小，场强大小变小，故C错误；D．因场强变小，导致P点与B板的电势差减小，因B板接地，电势为零，即P点电势降低，故D错误．做好电容器题目要把电容的定义式、决定式和场强的推导式结合应用，掌握电场强度的推导式，注意B极接地，电势为零．二、多选题（共4个小题，每题5分，满分20分；在每小题给出的四个选项中，多项符合题目要求。全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）11.用如图所示的电路测量待测电阻的阻值时，下列关于由电表产生误差的说法中，正确的是（）A.电压表的内电阻越小，测量越精确B.电流表的内电阻越小，测量越精确C.电压表的读数大于两端真实电压，的测量值大于真实值D.由于电流表的分流作用，使的测量值小于真实值BC【详解】AB．该电路中，Rx的测量值实际上为故电流表的内电阻越小，测量越精确，A错误，B正确；CD．该电路中电流表的读数为通过Rx的真实值，电压表的读数为Rx两端的电压与电流表的分压之和，大于Rx两端的真实电压，根据欧姆定律知，Rx的测量值大于真实值，选项D错误，C正确。故选BC。12.如图甲所示，A、B、C三点是在等量同种正电荷连线中垂线上的点；一个带电荷量为q，质量为m的点电荷从C点静止释放，只在电场力作用下运动的v－t图象如图乙所示，运动到B点处对应的图线的切线斜率最大(图中标出了该切线)，其切线斜率为k，则（）A.B点为中垂线上电场强度最大的点，大小为B.由C点到A点电势逐渐降低C.该点电荷由C到A的过程中物块的电势能先减小后变大D.B、A两点间的电势差AB【分析】A．由图可知v－t图象的斜率表示加速度，再根据牛顿第二定律可求出场强大小；BC．根据等量同种正电荷中垂线场强方向特点可确定电势的变化及电场力做功情况，进一步可确定电势能的变化；D．根据动能定理及图像数据，可直接求出A、B两点的电势差。【详解】A．带电粒子只在电场力作用下运动，由牛顿第二定律可知qE=ma，由图乙可知，带电粒子在B点的加速度最大为k，所以B点的电场强度最大，可解得故A正确；B．两个等量同种正电荷连线中垂线上的场强方向由O点指向两侧，沿场强方向电势逐渐降低，故由C点到A点电势逐渐降低，故B正确；C．已知点电荷从C点到A点的过程速度增大，电场力一直做正功，电势能一直减小，故C错误；D．据v－t图象可知A、B两点的速度分别是vA和vB，根据动能定理有可解得故D错误。故选AB。13.在如图所示的电路中，闭合电键S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，电表示数变化量的大小分别用、ΔU1、ΔU2和ΔU3表示，下列说法正确的是（）A.不变，不变 B.变大，变大C.变大，不变 D.变小，不变AC【详解】A．R1是定值电阻，有都不变，A正确；BC．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，R2是可变电阻，有所以变大，根据闭合电路欧姆定律得则知不变，B错误C正确；D．因为可知变大，又根据闭合电路欧姆定律得保持不变，D错误。故选AC。14.如图所示，粗糙绝缘的水平面附近存在一个平行于水平面的电场，其中某一区域的电场线与x轴平行，在x轴上的电势φ与坐标x的关系用图中曲线表示，图中斜线为该曲线过点（0.15，3）的切线．现有一质量为0.20kg，电荷量为+2.0×10－8C的滑块P（可视作质点），从x=0.l0m处由静止释放，其与水平面的动摩擦因数为0.02．取重力加速度g=l0m/s2A.x=0.15m处的场强大小为2.0×l06N/CB.滑块运动的加速度逐渐减小C.滑块运动的最大速度约为0.1m/sD.滑块最终在0.3m处停下AC【详解】AB、电势φ与位移x图线的斜率表示电场强度，则x＝0.15m处的场强EV/m＝2×106V/m，此时的电场力F＝qE＝2×10﹣8×2×106N＝0.04N，滑动摩擦力大小f＝μmg＝0.02×2N＝0.04N，在x＝0.15m前，电场力大于摩擦力，做加速运动，加速度逐渐减小，x＝0.15m后电场力小于电场力，做减速运动，加速度逐渐增大．故A正确，B错误；C、在x＝0.15m时，电场力等于摩擦力，速度最大，根据动能定理得，，因为0.10m和0.15m处的电势差大约为1.5×105V，代入求解，最大速度大约为0.1m/s，故C正确；D、滑块最终在处停下则满足：，处的电势，故从到过程中，电势差，电场力做，摩擦力做功，则，故滑块不能滑到处，故D错误．第Ⅱ卷（非选择题共50分）三、实验题（共3题，满分18分）15.(1)如图所示的游标卡尺，游标尺上共有20个分度，用它测量某工件的外径时，示数如图，则此工件的外径是______cm；(2)用螺旋测微器测量某电阻丝的直径如图，则此电阻丝的直径为______mm。(1).5.015(2).1.569【详解】(1)[1]本题中的游标卡尺为20分度，精确度为0.05mm，由题图可知游标的第3条刻度与主尺对齐，则工件的外径是50mm+3×0.05mm=50.15mm=5.015cm。(2)[2]螺旋测微器的精确度为0.01mm，由题图可知电阻丝的直径1.5mm+6.9×0.01mm=1.569mm。本题考查了游标卡尺和螺旋测微器的读数，要掌握常用测量工具的使用方法和读数方法，要注意游标卡尺不用估读，螺旋测微器需要估读。16.在“测定金属的电阻”的实验中，待测金属丝的电阻Rx约为5Ω，实验室备有下列实验器材：A．电压表V1（量程0～3V，内阻约为15kΩ）；B．电压表V2（量程0～15V，内阻约为75kΩ）；C．电流表A1（量程0～3A，内阻约为0.2Ω）；D．电流表A2（量程0～0.6A，内阻约为1Ω）；E．变阻器R1（0～25Ω，0.6A）；F．变阻器R2（0～1000Ω，0.1A）；G．电池组E（电动势为3V）；H．开关S，导线若干。（1）为减小实验误差，应选用的实验器材有______（填器材前面的序号）。（2）为减小实验误差，应选用如图1中______（选填“甲”或“乙”）为该实验的电路原理图，并按所选择的电路原理图把如图2中的实物图用线连接起来______。(1).ADEGH(2).乙(3).【详解】（1）[1]由于电源的电动势为3V，所以电压表应选A；被测电阻约为，电路中的最大电流约为0.6A，电流表应选D；根据变阻器允许通过的最大电流可知，变阻器应选E；还要选择电源和开关，导线若干，故应选择的实验器材有ADEGH。（2）[2]由于应采用电流表外接法，应选图乙。[3]参考电路图连线有17.用伏安法测定一个待测电阻Rx的阻值(阻值约为200Ω)，实验室提供如下器材：电池组E：电动势3V，内阻不计；电流表A1：量程0～15mA，内阻约为100Ω；电流表A2：量程0～300μA，内阻为1000Ω；滑动变阻器R1：阻值范围0～20Ω，额定电流2A；电阻箱R2：阻值范围0～9999Ω，额定电流1A；开关S、导线若干；要求实验中尽可能准确地测量Rx的阻值，请回答下列问题：(1)为了测量待测电阻两端的电压，可以将电流表______(填写器材代号)与电阻箱串联，并将电阻箱阻值调到______Ω，这样可以改装成一个量程为3.0V的电压表；(2)在图中画完整测量Rx阻值的电路图，并在图中标明器材代号；______(3)调节滑动变阻器R1，两表的示数如图所示，可读出电流表A1的示数是______mA，电流表A2的示数是______μA，测得待测电阻Rx的阻值是______本次测量存在一定的系统误差，考虑这个原因测量值比真实值______(选填“偏大”或“偏小”)。(1).A2(2).9000(3).(4).8.0(5).150(6).187.5Ω(7).偏小【详解】(1)[1]为了使改装后的电压表更接近理想电压表，应该使电压表的满偏电流尽可能小，故应该选择电流表与电阻箱串联组成电压表。[2]改装后电压表的量程为，则电阻箱的阻值为(2)[3]滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应该采用分压式接法，待测电阻阻值约为，电流表内阻约为，电压表内阻为电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应该采用外接法，电路如图所示(3)[4][5]由图示可知，电流表的示数为，电流表的示数为。[6]待测电阻两端电压测出待测电阻为[7]电流表采用外接法，电流测量值偏大，由欧姆定律可知，测量值比真实值小。四、解答题（共3小题，满分32分；第18题8分、19题10分，第20题14分）18.在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E＝6.0×105N/C，方向与x轴正方向相同，在O处放一个电荷量大小q＝5.0×10－8C、质量m＝1.0×10－2kg的带负电的物块，物块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.20，沿x轴正方向给物块一个初速度v0＝2.0m/s，如图所示，求物块最终停止时的位置。(g取10m/s原点O左侧0.2m处【详解】物块先在电场中向右减速，设运动的位移为x1，由动能定理得－(qE＋μmg)x1＝0－所以x1＝代入数据得x1＝0.4m，可知，当物块向右运动0.4m时速度减为零，物块所受的静电力F＝qE＝0.03N物体所受的摩擦力为f＝μmg＝0.02N因为静电力大于摩擦力，所以物块将继续沿x轴负方向加速运动，跨过O点之后在摩擦力作用下减速，最终停止在O点左侧某处，设该点距O点距离为x2，则对全过程由动能定理得－μmg(2x1＋x2)＝0－解得x2＝0.2m19.如图所示，ABCD为竖立放在场强为E＝104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切，A为水平轨道上的一点，而且AB＝R＝0.2m．把一质量m＝0.1kg、带电量q＝10－4C的小球，放在水平轨道的A点由静止开始释