福建省泉州第十六中学2020-2021学年高二上学期期中物理试题（学考班）

泉州第十六中学2020年秋季期中考试卷高二物理（学考）第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题（本大题有20小题，每小题3分，共60分。每小题只有一个选项符合题意）1.关于静电的应用和防止，下列说法不正确的是（）A.为了美观，通常把避雷针顶端设计成球形B.为了防止静电危害，飞机轮胎用导电橡胶制成C.为了避免因尖端放电而损失电能,高压输电导线表面要很光滑D.为了消除静电,油罐车尾装一条拖地铁链【答案】A【解析】【详解】避雷针是利用了静电的尖端效应制作的，故避雷针必须做成针状，不能做成球形，A错误；飞机轮胎用导电橡胶制成可以将飞机产生的静电迅速导走，B正确；由于尖端效应，高压输电线表面要很光滑，才能避免因尖端放电而损失电能，C正确；为了消除静电，油罐车尾部要装一条拖地铁链能保证静电迅速导走，D正确．2.真空中有两个静止的点电荷，它们之间的作用力为F，若它们的带电量都增大为原来的3倍，距离增大为原来的2倍，它们之间的相互作用力变为A.16F B. C. D.【答案】B【解析】【详解】由库仑定律可得变化前为：，变化后为：A．16F．故A不符合题意．B．．故B符合题意．C．．故C不符合题意．D．．故D不符合题意．3.两个分别带有电荷量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. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】接触前两个点电荷之间的库仑力大小为两球分开后各自带电量为+Q，距离又变为原来的，库仑力为所以两球间库仑力的大小为。故选C。4.小强在加油站加油时，看到加油机上有如图所示的图标，关于图标涉及的物理知识及其理解，下列说法正确的是A.制作这些图标的依据是静电屏蔽原理B.工作人员工作时间须穿绝缘性能良好的化纤服装C.化纤手套与接触物容易摩擦起电存在安全隐患D.用绝缘的塑料梳子梳头应该没有关系【答案】C【解析】【详解】试题分析：用塑料梳子梳头时会产生静电，会引起静电，用塑料梳子梳头时会产生静电，会引起静电，穿衣，脱衣也会产生静电．这些图标都是为了减少静电的产生；不是静电屏蔽．故A错误；工作人员工作时间须穿绝缘性能良好的化纤服装，会引起静电，故B错误；化纤手套与接触物容易摩擦起电，故会引起静电，从而引起油料燃烧的危险；故C正确；用塑料梳子梳头时会产生静电，会引起静电；故D错误；故选C．考点：静电感应【名师点睛】由于在干燥的季节，由于摩擦引起的静电会引发易燃物体的燃烧，故在加油站等地应避免产生静电，或及时将静电导走．5.下列说法中正确的是（）A.点电荷就是体积小的带电体B.带电荷量少的带电体一定可以视为点电荷C.大小和形状对作用力的影响可忽略的带电体可以视为点电荷D.根据库仑定律表达式，当两电荷之间的距离r→0时，两电荷之间的库仑力F→∞【答案】C【解析】【详解】ABC．点电荷不是体积小就能称之为点电荷，而是当带电体的形状和体积在研究问题中可以忽略的带电体可以称之为点电荷，是一种理想化模型，故AB错误，C正确；D．根据库仑定律表达式，当两电荷之间的距离r→0时，两电荷不能看成点电荷了，库仑定律已不满足适用条件，故D错误。故选C。6.如图所示，两个带电球，大球所带的电荷量大于小球所带的电荷量，可以肯定（）A.两球都带正电B.两球都带负电C.大球受到的静电力大于小球受到的静电力D.两球受到的静电力大小相等【答案】D【解析】【详解】AB．两个带电体之间存在着排斥力，故两球带同号电荷，可能都带正电，也可能都带负电，AB错误；CD．静电力遵循牛顿第三定律，两球受到的静电力大小相等，C错误D正确。故选D。7.如图所示，一个原来不带电的半径为r的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放一个电荷量为+Q的点电荷，点电荷到金属球的球心距离为3r。达到静电平衡后，下列说法正确的是（）A.金属球内的合场强处处为零B.金属球的左侧感应出负电荷，右侧感应出正电荷C.金属球可以感应带电，说明电荷可以被创造出来。D.感应电荷在金属球球心处产生的电场场强大小为【答案】A【解析】【详解】A．空心金属球处于静电平衡状态，可知金属球内的合场强处处为零，故A正确；B．静电感应导致金属球的电荷重新分布，左侧带正电荷，右侧带负电荷，故B错误；C．金属球可以感应带电，不是创造出来的电荷，而是电荷从物体的一个部分转移到另一个部分，故C错误；D．感应电荷在金属球球心处产生的电场场强与+Q的点电荷在此处的电场场强大小相等，方向相反，合电场强度为零，因此感应电荷在金属球球心处产生的电场场强大小为故D错误。故选A8.下列几种电荷形成的电场中，电场线分布的大致图形正确的是A. B.C. D.【答案】BC【解析】【详解】正点电荷的电场线方向向外，负点电荷的电场线的方向向里．故A错误，B正确；等量异种点电荷的电场线从正电荷发出，到负电荷处为止，故C正确，D错误；故选BC．9.如图所示电场中某区域的电场线图，电场中三点A、B、C的电场强度分别为，，，关于，，大小的判断正确的是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】分析】【详解】电场线的疏密反应场强的大小，因A点电场线最密集，C点最稀疏，可知A点场强最大，即故选A10.a、b两个点电荷在电场中受到的电场力Fa、Fb的方向如下图所示，由图可以判断（）A.a、b都带正电 B.a、b都带负电C.a带正电、b带负电 D.a带负电、b带正电【答案】D【解析】【详解】正电荷所受的电场力与场强的方向相同，负电荷所受的电场力与场强方向相反，而场强方向沿电场线的切线方向，可知a带负电，b带正电。故选D。11.三个电阻器按照如图所示的电路连接，其阻值之比为，则电路工作时，通过三个电阻器、、上的电流之比为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】与并联，两电阻中电流之比等于电阻的反比，则电流等于和中电流之和，故电流之比应为。故选D。12.电路中，每分钟有个自由电子通过横截面积为

的导线，那么电路中的电流是A.

mA B.

mA C. D.【答案】C【解析】【详解】每分钟通过的电量为：；分钟．则电路中的电流为：，故C正确，ABD错误．13.如图，电源的内阻不能忽略，当电路中点亮的电灯的数目增多时，下面说法正确的是（）A.外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压逐渐变小B.外电路的总电阻逐渐变大，电灯两端的电压不变C.外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压不变D.外电路的总电阻逐渐变小，电灯两端的电压逐渐变小【答案】D【解析】【详解】由并联电路总电阻小于任意支路电阻可知，并联的路段越多电阻越小，总电阻越小，电流增大，内电阻分压增大，路端电压减小，D对；14.如图所示的电路中，把R由改为时，电流减小为原来的一半，则电源的内电阻应为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【详解】根据闭合电路欧姆定律当时，当时解得D正确，ABC错误。故选D。15.一节干电池的电动势为1.5V，这表示该电池:A.能将1.5J的化学能转变成电能B.接入电路工作时两极间的电压恒定为1.5VC.它存储的电能比电动势为1.2V可充电电池存储的电能多D.将1C电量的电荷由负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5J的功【答案】D【解析】【详解】AD、电源电动势的大小表征了电源把其它形式的能转化为电能的本领大小，电动势在数值上等于将1C电量的正电荷从电源的负极移到正极过程中非静电力做的功，即一节干电池的电动势为1.5V，表示该电池能将1C电量的正电荷由负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5J的功，故D正确，A错误；B、工作状态时两极间的电压为路端电压，小于电源的电动势；故B错误；C、电动势大的说明电源把其它形式的能转化为电能的本领大，但电动势大的存储的电能不一定多，故C错误．16.如图所示，小磁针a、b、c、d放在通电螺线管产生的磁场中，稳定后指向正确的是()A.磁针a B.磁针bC.磁针c D.磁针d【答案】D【解析】【详解】小磁针静止时N极所指的方向即为哪一点的场强的方向，根据螺旋管磁感线的分布可知，图中小磁针d显示的方向是正确的，故D正确；ABC错误；17.下图是阴极射线管的示意图，阴极射线管的两个电极接到高压电源时，阴极会发射电子.电子在电场中沿直线飞向阳极形成电子束。将马蹄形磁铁的磁极靠近阴极射线管，如图所示，则电子束将A.向上偏转B.向下偏转C.向N极偏转D.向S极偏转【答案】B【解析】【详解】电流方向由“+”到“”，电子速度方向从“”到“+”，由左手定则可知，电子向下偏转，故B正确，ACD错误。故选B。18.如图所示，假设将一个小磁针放在地球的北极点上，那么小磁针的N极将（）A.指北 B.指南C.竖直向上 D.竖直向下【答案】D【解析】【详解】地理北极附近是地磁场的南极，地磁场的分布规律与条形磁铁类似，地理北极处的地磁场方向近似竖直向下，所以将一个小磁针放在地球的北极点上时，此时小磁针的N极应竖直向下。故选D。19.如图所示，通电直导线右边有一个矩形线框，线框平面与通电直导线共面，若使线框逐渐远离（平动）通电导线，则穿过线框磁通量将（）A.逐渐减小 B.逐渐增大C.保持不变 D.不能确定【答案】A【解析】【详解】由题，通电直导线产生稳定的磁场，离导线越远磁场越弱，磁感线越疏，则当线框远离通电导线时，穿过线框的磁感线的条数越来越少，磁通量将逐渐减小．故选A．20.下面的四个图显示了磁场对通电直导线的作用力，其中正确的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】考查安培力的方向。【详解】A．根据左手定则判断通电导线所受安培力的方向，A项正确；B．安培力应垂直纸面向外，B项错误；C．磁场和导线平行，导线不受安培力，C项错误；D．安培力应向上，D项错误。故选A。第II卷（非选择题共40分）二、填空题（本大题有2小题，每小题6分，每空格2分，共12分）21.一试探电荷q＝＋4×10－9C，在电场中P点受到的静电力F＝6×10－7N，则P点的电场强度大小为__________N/C；将试探电荷移走后，P点的电场强度大小为____________N/C；放一电荷量为q′＝1.2×10－6C的电荷在P点，受到的静电力F′的大小为__________N。【答案】①.1.5×102②.1.5×102③.1.8×10－4【解析】【详解】[1]根据电场强度定义式，有代入数据，得[2]将试探电荷移走后，P点的电场强度大小仍为1.5×102N/C，因为电场本身决定了电场中各点的电场强度，与该点是否有试探电荷没有关系。[3]根据公式，有代入数据，得F=1.8×10－4N22.如图所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则穿过平面的磁通量为_____，若从初始位置转过90°角，则穿过线框平面的磁通量为_____，若从初始位置转过180°角，则穿过线框平面的磁通量变化为_______【答案】①.BS②.0③.2BS【解析】【详解】[1]线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积。故图示位置的磁通量为φ=BS；[2]线圈从图示转过90°时，线圈平面和磁感线平行，则穿过S的磁通量为0；[3]由磁通量表达式φ=BScosθ可知，当从初始位置转过180°时，磁通量φ′=BS。磁通量变化为：△φ=BSBS=2BS【点睛】对于匀强磁场中磁通量计算的一般公式φ=BScosθ，θ是线圈与磁场垂直方向的夹角。三、实验探究题（本大题有2小题，每小题6分，每空格2分，共12分）23.如图（a）所示，P是一个表面镶有很薄的电热膜的长陶瓷管，其长度为l，直径为D，镀膜的厚度为d（d<<D）。管两端有导电金属箍M、N。现把它接入电路中，测得M、N两端电压为U，通过它的电流为I，则①金属膜的电阻表达式为___________。②镀膜材料电阻率的计算式为___________。③若测得该电阻R=2.0Ω，并将该电阻接入如图（b）所示的电路中，已知电源的电动势E=6.0V，内电阻r=1.0Ω。闭合开关S后，电路中的电流I为___________。【答案】①.②.③.2.0A【解析】【详解】（1）[1]由欧姆定律可得金属膜的电阻为（2）[2]金属膜的横截面积为设镀膜的电阻率为ρ，由电阻定律解得（3）[3]根据闭合电路欧姆定律得则得24.如图所示是“探究影响通电导线受力的因素”的实验装置图，三块相同的蹄形磁铁并列放置，可以认为磁极间的磁场是均匀的。实验时，先保持导体棒通电部分的长度不变，改变电流的大小；然后保持电流的大小不变，改变导体棒通电部分的长度。每次实验导体棒在场内同一位置平衡时，悬线与竖直方向的夹角记为θ。(1)下列说法正确的是：____________。A．该实验探究了电流大小以及磁感应强度大小对安培力的影响B.该实验探究了磁感应强度大小以及通电导体棒长度对安培力的影响C.如果想增大θ，可以把磁铁的N极和S极对调D.如果想减小θ，可以把接入电路的导体棒从①、④两端换成②、③两端(2)若把电流为I且接通②、③时，导体棒受到的安培力记为F；则当电流减半且接通①、④时，导体棒的安培力为：___________。(3)本实验采用的研究方法是：______________。【答案】①.D②.③.控制变量法【解析】【详解】(1)[1]AB．该实验探究了导体棒通长度和电流大小对安培力的影响，故