安徽省滁州市定远县民族中学2024-2025学年高二物理上学期期中试题含解析

PAGE14-安徽省滁州市定远县民族中学2024-2025学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、选择题1.下面是某同学对电场中的一些概念及公式的理解，其中正确的是（）A.依据真空中点电荷的电场强度公式可知，电场中某点的电场强度与场源电荷所带电荷量有关B.依据电势差的定义式可知，带电荷量为1C的正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为1VC.依据电场强度的定义式可知，电场中某点的电场强度与摸索电荷所带的电荷量成反比D.依据电容的定义式可知，电容器的电容与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比【答案】A【解析】依据点电荷的场强公式：可知，Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度与场源电荷的电量成正比，与该点到场源电荷距离的平方成反比，故A正确；依据电势差的定义式：知，带电量为1C正电荷，从A点移动到B点克服电场力做功为1J，即电场力做功为-1J，则A、B点的电势差为-1V，故B错误；电场强度取决于电场本身，与有无摸索电荷无关，所以不能理解成电场中某点的电场强度和摸索电荷的电量成反比，故C错误；电容是描述电容器容纳电荷本事的物理量，取决于电容器本身的性质，并不与电容器的电容与所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比，故D错误。所以A正确，BCD错误。2.一点电荷，仅在电场力的作用下，沿直线由A点运动到B点的过程中，速率渐渐增大，下列推断正确的是（）A.在此过程中，电荷所受电场力的方向总是由A指向BB.在此过程中，电荷的电势能渐渐增大C.线段AB间的各点，电场强度的方向都是由A指向BD.自A至B，电势渐渐降【答案】A【解析】点电荷在电场力作用，从A到B点，速率增大．则电场力做正功，电势能减小．由于点电荷的电性不知，所以电场强度方向无法确定，因此电势的凹凸也无法确定．故只有A正确；BCD错误.3.如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上.现有一带负电的粒子以肯定的初速度沿直线从a点起先经b点向远处运动(粒子只受电场力作用)，粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示.以下说法中正确的是（）A.Q2肯定带负电B.Q2的电量肯定大于Q1的电量C.b点的加速度为零，电场强度也为零D.整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大【答案】C【解析】试题分析：从速度图象上看，可见a到b做加速度减小减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则电场力为零，所以该点场强为零．Q1对负电荷的电场力向右，则Q2对负电荷的电场力向左，所以Q2带正电．故A错误，C正确．b点场强为零，可见两点电荷在b点对负电荷的电场力相等，依据，b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量．故B错误．整个过程动能先减小后增大，依据能量守恒电势能先增大后减小．故D错误．故选C。考点：v-t图像；电场强度；电势及电势能【名师点睛】解决本题的关键依据图象b点的加速度为0，依据这一突破口，从而推断Q2的电性及Q1和Q2的电量大小。4.一节干电池的电动势为1.5V，这表示()A.电池中每通过1C的电荷量，该电池能将1.5J的化学能转变成电势能B.该电池接入电路工作时，电池两极间的电压恒为1.5VC.该电池存储的电能肯定比电动势为1.2V的电池存储的电能多D.将1C的电子由该电池负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5J的功【答案】A【解析】【详解】A项：电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电路中每通过1C的电量，该电池能将1.5J的化学能转变成电能，故A正确；B项：接入电路后，两极电压为路端电压，若外电路正常工作，则路端电压小于电动势，故B错误；C项：电动势表示电源是把其他形式的能转化为电能的本事的物理量，电动势大储存的电能不肯定多，故C错误；D项：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。5.如图所示，三条虚线表示某电场的三个等势面，其中φ1=10V，φ2=20V，φ3=30V一个带电粒子只受电场力作用，按图中实线轨迹从A点运动到B点，由此可知（

）A.粒子带正电 B.粒子速度变大C.粒子的加速度变大 D.粒子的电势能变大【答案】B【解析】【详解】由图象可知带电粒子的轨迹向右偏转，得出粒子所受力的方向向右；又由电场线指向电势降低的方向，得出电场线方向大致向左．因为带电粒子受力与电场的方向相反，所以粒子带负电，故A错误；由动能定理得，合外力（电场力）做正功，动能增加，故B正确；由于等势面密的地方电场线也密、电场线密的地方粒子受到的力也大，力越大加速度也越大，所以粒子从A点运动到B点，加速度在变小，故C错误；由电场力做功的公式得，粒子从A点运动到B点，电场力做正功，电势能减小，故D错误．【点睛】做曲线运动物体所受合外力指向曲线内侧，本题中粒子只受电场力，由此可推断电场力向右，依据电场力做功可以推断电势能的凹凸和动能改变状况，加速度的推断可以依据电场线的疏密进行。6.如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一个以坐标原点为圆心、半径为1cm的圆与两坐标轴的交点，已知A，B，C三点的电势分别为、、由此可得D点的电势为A.4VB.8VC.6VD.9V【答案】B【解析】试题分析：在匀强电场中，沿着同一方向（非等势面上），依据公式可知，每前进相同的距离，电势的降低相等；依据几何学问可知AB=DC且AB∥DC，说明AB间的电势差等于DC间的电势差，故，代入数据，有，解得，即D点的电势为8V．考点：考查了匀强电场电场强度与电势差的关系【名师点睛】解决本题要理解公式，知道匀强电场中，沿着同一方向（非等势面上），电势匀称降低，即可解决这类问题．7.如图所示的电路中，R0为固定电阻，R为滑动变阻器．移动滑片P，电路的总电阻会发生改变．下列叙述正确的是A.P向左滑动时总电阻将减小B.P向右滑动时总电阻将减小C.P滑到最左端时总电阻为R0D.P滑到最右端时总电阻为零【答案】A【解析】【详解】A．P向左滑动时电阻R减小，依据公式，可得并联电阻肯定减小。故A正确。

B．P向右滑动时，依据公式，可知总电阻将增加。故B错误。

C．P滑到最左端时，电阻R0被短路，故总电阻为0。故C错误。

D．P滑到最右端时总电阻最大。故D错误。8.智能手机耗电量大，移动充电宝应运而生，它是能干脆给移动设备充电的储能装置．充电宝的转化率是指电源放电总量占电源容量的比值，一般在0.60﹣0.70之间（包括移动电源和被充电池的线路板、接头和连线的损耗）．如图为某一款移动充电宝，其参数见如表，下列说法正确的是容量20000mAh兼容性全部智能手机边充边放否爱护电路是输入DC5V2AMAX输出DC5V0.1-2.5A尺寸156*82*22mm转换率0.60产品名称索扬SY10-200重量约430gA.充电宝充电时将电能转化为内能B.该充电宝最多能储存能量为3.6×l06JC.该充电宝电量从零到完全充溢电的时间约为2hD.该充电宝给电量为零、容量为3000mAh的手机充电，则理论上能充溢4次【答案】D【解析】【详解】A．充电宝充电时将电能转化为化学能，不是内能。故A错误。

B．该充电宝的容量为：该电池电动势为5V，所以充电宝储存的能量：故B错误。

C．以2A的电流为用电器供电则供电时间：故C错误。

D．由于充电宝的转化率是0.6，所以可以释放的电能为：E=给容量为3000mAh的手机充电的次数：次故D正确。9.把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，A电阻丝长为L，直径为d，B电阻丝长为3L，直径为3d．要使两电阻丝在相同时间内产生的热量相等，加在两电阻丝上的电压之比应当满意A.UA∶UB=1∶1 B.UA∶UB=∶1C.UA∶UB=∶3 D.UA∶UB=3∶4【答案】B【解析】【详解】依据电阻定律可知：由于是纯电阻，则由，Q、t相同得：加在两电阻丝上的电压之比为A．UA∶UB=1∶1。故A不符合题意。B．UA∶UB=∶1。故B符合题意。C．UA∶UB=∶3。故C不符合题意。D．UA∶UB=3∶4。故D不符合题意。10.如图所示，把一个带电小球A固定在光滑的水平绝缘桌面上，在桌面的另一处有另一带电小球B，现给B一个垂直于AB方向的速度v0，则下列说法中正确的是（）A.B球可能做直线运动B.B球的电势能可能增加C.A球对B球库仑力可能对B球不做功D.B球可能从电势较高处向电势较低处运动【答案】BCD【解析】试题分析：由题看出，小球B受到的静电力与速度不在同始终线上，则B球不行能做直线运动，故A错误；若小球A、B带异种电荷，而且引力恰好等于时，B球做匀速圆周运动，A球对B球的库仑力不做功，故B正确；若小球A、B带异种电荷，而且引力恰好小于时，B球会远离A球，引力做负功，电势能增加，故C正确；由于两球电性未知，B球可能受斥力会远离A球，也可能受到引力靠近A球，所以B球可能从电势较高处向电势较低处运动，故D正确。考点：电势差与电场强度的关系、电势【名师点睛】由小球B受到的静电力与速度不在同始终线上可知，B球不行能做直线运动．若小球A、B带异种电荷小球B做匀速圆周运动，库仑力不做功，若小球B所受的引力小于所须要的向心力，小球B做离心运动时，B球的电势能可能增加，B球不肯定从电势较高处向电势较低处运动。11.NTC热敏电阻器即负温度系数热敏电阻器，也就是指阻值随温度的上升而减小的电阻。负温度系数的热敏电阻R2接入如右图所示电路中，R1为定值电阻，L为小灯泡，当温度降低时（不考虑灯泡和定值电阻阻值随温度改变）（）A.小灯泡变亮B.小灯泡变暗C.两端的电压增大D.电流表的示数减小【答案】AD【解析】【分析】首先看懂电路图中各用电器的连接方式，NTC热敏电阻在电路中与滑动变阻器的作用一样，也是动态电路分析的题目．当温度降低时，的阻值增大，总电阻增大，据闭合电路的欧姆定律知干路电流减小，电阻两端的电压减小，灯L两端的电压增大，即可推断选项．【详解】当温度降低时，的阻值增大，总电阻增大，据闭合电路的欧姆定律知干路电流减小，即电流表的示数减小；据知电阻两端的电压减小；再据知灯L两端的电压增大，即小灯泡变亮，故A正确，BCD错误。故选A。【点睛】动态电路分析的基本思路：先分析R的改变--据推断总电流的改变据推断路端电压的改变再利用路端电压和总电流的改变推断某支路电压和电流的改变，即局部--整体--局部的思路．12.用标有“6V，3W”的灯泡L1、“6V，6W”的灯泡L2与志向电压表和志向电流表连接成如图甲所示的试验电路，其中电源电动势E=9V。图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压改变的曲线。当其中一个灯泡正常发光时(

)A.电流表的示数为0.5AB.电压表的示数为6VC.电路输出功率为4WD.电源内阻为1Ω【答案】AC【解析】因为两个灯泡串联，所以通过两灯泡的电流相等，L1的额定电流为I1=P1/U1=0.5A，L2的额定电流为I2=P2/U2=1A，电路中电流为0.5A，所以只有L1正常发光，故A正确；从图像中可以看出，电流为0.5A时，L1两端电压为6V，L2两端电压为2V，电压表示数为2V，故B错误；电路中输出功率为P=UI=（2V+6V）x0.5A=4W,故C正确；电源内阻r=E-U/I=2Ω，故D错误，C正确。所以AC正确，BD错误。二、试验题13.一灵敏电流计，允许通过的最大电流（满刻度电流）为Ig=50μA，表头电阻Rg=1kΩ，若改装成量程为Im=1mA的电流表，应并联的电阻阻值为Ω，若将改装后的电流表再改装成量程为Um=10V的电压表，应再串联一个阻值为Ω的电阻。（结果保留四位有效数字）【答案】52.63欧、【解析】试题分析：据题意，要将灵敏电流计改装成1mA电流表，须要满意：，即，则有；若将其改成10v电压表，则有：，即，则有：。考点：本题考查电表的改装。14.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”试验中，小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为0.5W，此外还有以下器材可供选择：A．直流电源3V(内阻不计)B．直流电流表0～300mA(内阻约为5Ω)C．直流电流表0～3A(内阻约为0.1Ω)D．直流电压表0～3V(内阻约为3kΩ)E．滑动变阻器100Ω，0.5AF．滑动变阻器10Ω，2AG．导线和开关试验要求小灯泡两端的电压从零起先改变并能进行多次测量．(1)试验中电流表应选用________，滑动变阻器应选用________；(均填写仪器前的字母)(2)在图甲所示的虚线框中画出符合要求的试验电路图_______________(虚线框中已将所需的滑动变阻器画出，请补齐电路的其他部分，要求滑片P向b端滑动时，灯泡变亮)；(3)依据试验数据，画出的小灯泡的I－U图线如图乙所示．由此可知，当电压为0.5V时，小灯泡的灯丝电阻是________Ω.【答案】(1).BF(2).分压式(3).如图所示：(4).5【解析】试题分析：（1）灯泡的额定电流；故电流表选择B；因本试验只能接用分压接法，故滑动变阻器选择小电阻F；（2）依据试验要求可知，滑动变阻器采纳分压接法，并且测量电路应与滑动变阻器的左半部分并联；电流表采纳外接法；原理图如下；（3）由画出伏安特性曲线可知，时，电流，则对应的电阻；考点：“描绘小灯泡的伏安特性曲线”试验三、计算题15.如图所示，电源电动势E=12V，内阻r=5Ω，滑动变阻器的最大阻值R1=20Ω，定值电阻R2=20Ω，R3=5Ω，R4=10Ω，电容器的电容C=30μF．开关S闭合电路稳定后，求：（1）滑动变阻器滑片从最左端滑到最右端的过程中，通过R4的电量；（2）电源的最大输出功率。【答案】（1）；（2）【解析】试题分析：（1）滑动变阻器滑片处于最左端时，电容器两端的电压就是电源的路端电压：滑动变阻器滑片处于最右端时，并联电阻为电容器两端的电压：通过的电量（2）电源的最大输出功率。考点：闭合电路的欧姆定律【名师点睛】对于直流电路的计算问题，往往先求出局部的电阻，再求出外电路总电阻，依据欧姆定律求出路端电压和总电流，再计算各部分电路的电压和电流。16.如图所示，A、B为两块平行金属板，A板带正电、B板带负电．两板之间存在着匀强电场，两板间距为d、电势差为U，在B板上开有两个间距为L的小孔．C、D为两块同心半圆形金属板，圆心都在贴近B板的O′处，C带正电、D带负电．两板间的距离很近，两板末端的中心线正对着B板上的小孔，两板间的电场强度可认为大小到处相等，方向都指向O′.半圆形金属板两端与B板的间隙可忽视不计．现从正对B板小孔紧靠A板的O处由静止释放一个质量为m、电量为q的带正电微粒（微粒的重力不计），求：（1）微粒穿过B板小孔时的速度多大；（2）为了使微粒能在CD板间运动而不碰板，CD板间的电场强度大小应满意什么条件；（3）从释放微粒起先，经过多长时间微粒第一次通过半圆形金属板间的最低点P点？【答案】（1）（2）（3）（2d+）【解析】【详解】(1)设微粒穿过B板小孔时的速度为v，依据动能定理，有qU＝mv2解得:(2)微粒进入半圆形金属板后，电场力供应向心力，有联立解得：(3)微粒从释放起先经t1射入B板的小孔，则设微粒在半圆形金属板间运动经过t2第一次到达最低点P点，则所以从释放微粒起先，经过:微粒第一次到达P点。17.如图所示，一匀称带正电的