成都七中2020-2021学年高二上学期期中考试 物理试题(含答案)

物理试题

第Ⅰ卷

一、单选择题（共8个小题） 1．关于电流的说法中正确的是

q，可知I与q成正比 B．自由电子定向移动的速率为真空中的光速c tC．电流有方向，电流是矢量 D．电流的单位“安培”是国际单位制中的基本单位 2．下面说法中不正确的是

A．根据IA．关系式RB．关系式RC．关系式IU表明使导体通过一定的电流所需的电压越高，则导体的电阻越大 IU表明导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体的电流强度成反比 IU表明导体中的电流强度跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比 RD．关系式U＝IR表明对于一个确定的导体，通过的电流越大，那么导体两端的电压也越大 3．电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的本领，下列说法正确的是 A．电动势是一种非静电力

B．电动势越大，表明电源储存的电能越多 C．电动势的大小是非静电力做功能力的反映 D．电动势就是闭合电路中电源两端的电压

4．如图所示，用一根电阻为6R的粗细均匀的镍铬合金线做成一个环，在环上6个对称的点上，焊接6个不计电阻的导线，并与接线柱连接，利用这种方法，可以在任意两个接线柱之间获得的不同电阻值的总个数、最大电阻值以及最小电阻值分别是

15A．2种，最大为1.5R，最小为R B．3种，最大为1.5R，最小为R

2661C．2种，最大为3R，最小为R D．3种，最大为3R，最小为R

555．一电流表由小量程电流计G与电阻R并联而成，如图所示，若在使用中发现此电流表的计数总比准确值稍小一些，用下列哪种措施可能加以改进

A．在R上并联一比R小得多的电阻 B．在R上并联一比R大得多的电阻 C．在R上串联一比R小得多的电阻 D．在R上串联一比R大得多的电阻

1

6．如图所示，MON是固定的光滑绝缘直角杆，MO沿水平方向，NO沿竖直方向，A、B为两个套在此杆上的带有同种电荷的小球，用一指向竖直杆的水平力F作用在A球上，使两球均处于静止状态．现将A球向竖直杆方向缓慢拉动一小段距离后，A、B两小球可以重新平衡．则后一种平衡状态与前一种平衡状态相比较，下列说法正确的是

A．A、B两小球间的库仑力变大 B．A、B两小球间的库仑力变小 C．A球对MO杆的压力变大 D．A球对MO杆的压力变小

7．如图所示，两极板与电源相连接，电子从负极板边沿垂直电场方向射入匀强电场，且恰好从正极板边沿1飞出，现在使电子入射速度变为原来的，而电子仍从原位置射入，且仍从正极板边沿飞出，则两极板的

3间距应变为原来的

11A．3倍 B．9倍 C．倍 D．倍

938．如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点，一带正电粒子以速度vA经过A点向B点运动，经过一段时间后，粒子以速度vB经过B点，且vB与vA方向相反，不计粒子重力，下面说法正确的是

A．A点的场强一定大于B点的场强 B．A点的电势一定高于B点的电势

C．粒子在A点的速度一定小于在B点的速度

D．粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能 二．多选题（共6个小题）

9．如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是

2

A．b点场强比d点场强小 B．b点电势比d点电势低

C．a、b两点间的电势差大于b、c两点间的电势差 D．试探电荷＋q在a点的电势能小于在c点的电势能

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

A．该粒子一定带正电

B．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 C．带电粒子经过M点的速度大于经过N点的速度 D．粒子在M点的电势能大于在N点的电势能

11．如图所示，在x轴上放有两个电荷量分别为q1和q2的点电荷，其中q1位于x轴的坐标原点，电荷q2的右侧各点电势φ随x变化的关系如图曲线所示，其余部分的电势变化情况没有画出，其中B点电势为零，BD段中的电势最低点为C点，则

A．B点的电场强度大小为零 B．A点的电场强度强度方向向左

C．两点电荷的电荷量的大小关系为q1＞q2

D．将一带负电的试探电荷从C点移到D点，电场力做负功

12．在如图甲所示的电路中，L1、L2和L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25 A．则此时

3

A．L1的电压为L2电压的2倍 B．L1消耗的电功率为0.75 W

C．L1、L2消耗的电功率的比值大于4︰1 D．L2的电阻为12 Ω

13．一平行板电容器C，极板是水平放置的，它和三个可变电阻及电源连接成如图所示的电路．今有一质量为m的带电油滴悬浮在两极板之间静止不动，要使油滴上升，可采用办法是

A．增大R1 B．增大R2 C．增大R3 D．减小R2

14．如图所示，E为电源电动势，r为电源内阻，R1为定值电阻（R1＞r），R2为可变电阻，以下说法中正确的是

A．当R1＝R2＋r时，R1上获得最大功率 B．当R2＝R1＋r时，R2上获得最大功率 C．当R2＝0时，电源的效率最低 D．当R2＝0时，电源的输出功率最大

第Ⅱ卷

二、实验题

15．某同学用伏安法测量金属丝的电阻率．现有器材为： 螺旋测微器，待测电阻R（阻值约为5 Ω），电源（电动势3 V），滑动变阻器（阻值范围0～10 Ω）电流表（量程0.6 A，3 A），电压表（量程3 V，15 V），开关，导线若干．

实验要求在测量电路中将电流表外接，滑动变阻器起限流作用．回答下列问题： （1）某次用螺旋测微器测量金属丝直径的结果如图所示，其读数是________mm．

（2）按照实验要求在图（a）中画出实物连线图．

4

（3）若已按实验要求接线，闭合开关后移动滑动变阻器的滑片，电压表的示数始终约为3 V，电流表的示数始终接近0．写出产生这种现象的一个原因：________________．

（4）在连线正确后，闭合开关．电压表和电流表的示数分别如图（b）和图（c）所示．由图可知，电压表读数为________V，电流表读数为________A．由此可得待测电阻的阻值为________Ω（结果保留3位有效数字）．

16．为测量一电源的电动势及内阻

（1）在下列三个电压表中选一个改装成量程为9 V的电压表 A．量程为1 V、内阻大约为1 kΩ的电压V1 B．量程为2 V、内阻大约为2 kΩ的电压V2 C．量程为3 V、内阻为3 kΩ的电压V3

选择电压表________（填仪器前字母序号）串联________kΩ的电阻可以改转成量程为9 V的电压表． （2）利用一个电阻箱、一只开关、若开关导线和改装好的电压表（此表用符号V1、V2、V3与一个电阻串联来表示，且可视为理想电压表），在虚线框内画出电源电动势及内阻的实验原理电路图．

三、计算题（要求写出必要的步骤．）

17．如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d＝40 cm．电源电动势E＝24 V，内电阻r＝1 Ω，电阻R＝15 Ω．闭合S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0＝4 m/s竖直向上射入板间．若小球带电量为q＝1×10-2 C，质量为m＝2×10-2 kg，不考虑空气阻力．那么，滑动变阻器滑片P在某位置时，小球恰能到达A板．（g取10 m/s2）求：

5

（1）两极板间的电场强度大小； （2）滑动变阻器接入电路的阻值．

18．一长为L的细线，上端固定，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中，开始时，将线与小球拉成水平，然后释放小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零，重力加速度为g．求：

（1）匀强电场的场强大小；

（2）小球到达B点时，细线对小球的拉力大小．

19．如图所示，半径为R的光滑绝缘环形轨道竖直放置，在圆轨道的最低点B处固定一带电小球，另有质量为m的带电小球穿在圆环上，从A点（水平最右端）处无初速释放．若小球运动到C点时获得最大速度，其大小为vm，且∠AOC＝30°．重力加速度为g．求：

（1）小球在C点时对轨道的压力； （2）小球在A时的加速度；

（3）小球从A点运动到C点的过程中电场力所做的功．

20．两块水平平行放置的导体板如图甲所示，大量电子（质量为m、电荷量为e）由静止开始，经电压为U0的电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板均不带电时，这些电子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图乙所示的周期为2t0、恒为U0的周期性电压时，恰好能使所有电子均从两板间通过（不计电子重力）．求：

（1）电子进入两板之间后加速度的大小；

（2）这些电子通过两板之间后，侧向位移（垂直于入射速度方向上的位移）的最大值和最小值；

6

（3）侧向位移分别为最大值和最小值的情况下，电子在刚穿出两板之间时的动能之比．

参

题号 答案 1 D 2 B 3 C 4 B 5 C 6 B 7 A 8 D 9 AB 10 AD 11 BC 12 BC 13 14 CD BCD 15．（1）0.200 （2）实物连线图

（3）待测电阻R断路 （4）2.20 V，0.48 A，5.58 Ω

16．（1）V3 6； （2）实验原理电路图

17．解：（1）对小球恰能从B到A，由动能定理可得： 12，解得UAB＝8 V qUABmgd0mv02UAB8可得：EV/m20V/m d0.4（2）由闭合电路欧姆定律可得：E＝I（R＋r）＋UAB

又由EUAB8 I18．解：（1）小球由静止释放至恰好到达B点的过程，由动能定理有：

计算得出：I＝1 A 则有：RPmgLsin60°-qEL（1-cos60°）＝0-0 解得：E3mg q（2）小球到达B点时的受力分析如图所示，因为小球到达B点时速度为零，所以沿绳方向（y轴方向）的合力为零，即：T-mgsin60°-qEcos60°＝0 解得：T3mg

7

19．（1）小球在C点速度最大，即此时沿速度方向（切线方向）合力为零，设此时的库仑力为Fc，则有： 切线方向：mgcos30°-Fccos30°＝0

vm2法线方向：FNmgsin30Fcsin30m

Rvm2解得：Fc＝mg，FNmgm

R由牛顿第三定律可知，此时小球对轨道的压力大小为

2vm，方向沿OC延长线． FNFNmgmR

（2）由几何关系可知：rBC＝R，rBA2R，

q1q211可知：，即FFFmg ACA2r22小球在A点时速度为零，因此向心加速度为零即an＝0． 沿切线方向：mg-FAcos45°＝maτ

设小球在A点时库仑力大小为FA，由Fk又小球在A的加速度为aAan2a2 解得：aA(12)g，方向竖直向下 4

（3）设小球从A点运动到C点的过程中，电场力做功为W，由动能定理可得： 111mgRsin30Wmvm20 解得：Wmvm2mgR

22220．（1）综合题设条件，电子通过两板间的时间为3t0，且所有电子均从两板间通过，结合两板间电压随时

间的变化规律（U-t图象），可知在0～2t0之间，t＝0时刻入射板间的粒子沿电场方向加速时间最长侧向位

8

移最大，t＝t0时刻入射板间的粒子沿电场方向加速时间最短侧向位移最小．两种状态在两板间的vy-t图象如图所示：

电子进入两板间后，根据牛顿第二定律可得：eU0ma d11对于t＝0时刻入射板间的粒子，其侧向位移为：ymaxat02at0t0at0t0at02

22此时电子恰好从板间通过，则有ymax1d 解得：at026eU0eU0，dt0 6mm（2）由（1）可解得ymaxt06eU0

2m1对于t＝t0时刻入射板间的粒子，其侧向位移为：ymaxat02at0t0

2将a1t0teU0带入可得：ymin06m46eU0 m1（3）电子经过加速电场时，由动能定理可得：eU0mv02

2电子在两板间偏转时：v1y2＝（a·t0）2，v2y2＝（a·2t0）2，即：v1y2eU02eU0，v2y2 6m3m11对于t＝0时刻入射板间的粒子，其动能最大：EKmaxmv02mv2y2

2211对于t＝t0时刻入射板间的粒子，其动能最小：EKminmv02mv1y2

22E16由此可得两电子刚穿出两板间的动能之比为：Kmax

EKmin13 9