2020-2021学年甘肃省定西市某校高二级期中考试物理试卷

这是一份2020-2021学年甘肃省定西市某校高二级期中考试物理试卷，共15页。试卷主要包含了选择题，实验探究题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 若正电荷Q周围的电场线如图所示，由图可知，以下说法正确的是（ ）

A.a点的电场强度小于b点的电场强度
B.把另一个带正电的点电荷q放在a点，q所受的电场力向右
C.把另一个带负电的点电荷q放在b点，q所受的电场力向右
D.无论是正电荷还是负电荷，无论放在a点或b点，q所受的电场力都向右

2. 如图所示，两块平行放置的金属薄板A、B始终与电源相连，A、B板中央各有一小孔，小孔分别位于O、P点．从O点以初速度v0垂直A板射入的电子恰好能运动到P点返回．现将B板向左平移到P′点，则从O点以初速度v0垂直A板射入的电子将（ ）

A.运动到O和P′点之间某点返回B.运动到P′点返回
C.穿过P′点D.无法确定它的运动

3. 如图所示，光滑的圆柱体放在竖直墙和挡板之间，当挡板与竖直墙之间的夹角α缓慢发生变化时，以下分析正确的是（ ）

A.当α角增大时，木板对圆柱体的支持力加大
B.当α角减小时，圆柱体所受合力加大
C.当α角增大时，墙对圆柱体的弹力加大
D.当α角减小时，木板对圆柱体的支持力加大

4. 我国在酒泉卫星发射中心用快舟一号甲固体运载火箭，成功发射微厘空间一号试验卫星．同步卫星的轨道半径比微厘空间一号试验卫星的轨道半径大，则（ ）
A.微厘空间一号试验卫星运行速度大于同步卫星的运行速度
B.微厘空间一号试验卫星的发射速度大于第二宇宙速度
C.微厘空间一号试验卫星的运行周期大于同步卫星的运行周期
D.微厘空间一号试验卫星受到的万有引力大于同步卫星受到的万有引力

5. 如图所示，带正电小球A固定在绝缘竖直墙上，另一个带正电、质量为m的小球B用绝缘细绳拴住，小球B在重力、细绳拉力和小球A库仑力的作用下静止，且A、B两球处于离地面高度为h的同一水平面上．现将细绳剪断，下列说法正确的是（ ）

A.小球B从细绳剪断瞬间起开始做平抛运动
B.小球B在细绳剪断瞬间加速度等于g
C.小球B在空中运动的时间大于2hg
D.小球B落地的速度大于2gh

6. 如图所示，在边长为L的正方形ABCD的四个顶点上，A、B两点处分别放有电荷量都为+q点电荷，C、D两点处分别放有电荷量都为一q的点电荷，则正方形对角线的交点处的场强为（ ）

A.0B.22kqL2C.42kqL2D.2kqL2

7. 如图所示的电路，闭合开关S后，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势E恒定且内阻r不可忽略．现将变阻器R的滑片稍向上滑动一些，关于三盏灯亮度变化的情况判断正确的是（ ）

A.a灯变亮，b灯和c灯变暗B.a灯和c灯变亮，b灯变暗
C.a灯和c灯变暗，b灯变亮D.a灯和b灯变暗，c灯变亮

8. 真空中相距为3a的两个点电荷M、N分别固定于x轴上x1=0和x2=3a的两点上，在它们连线上各点场强随x变化关系如图所示，曲线与x轴的交点在x=2a处，以下判断中正确的是（ ）

A.x=a点的电势高于x=2a点的电势
B.点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4:1
C.点电荷M、N一定为异种电荷
D.x=2a处的电势一定为零

9. 如图所示电路中电源电动势为E，内阻为r，电流表和电压表均为理想电表，R1、R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为平行板电容器．开关S闭合后两极板间的带电液滴处于静止状态，当滑动变阻器滑片P向a端滑动过程中，下列说法正确的是（ ）

A.R3的功率变大
B.电压表、电流表示数都变大
C.在滑动变阻器片P向a端滑动时，若同时增大平行板间距，则液滴可能保持不动
D.电容器C所带电荷量减少，液滴向下加速运动

10. 如图所示，直线Ⅰ、Ⅱ分别是电源1与电源2的路端电压随电流的变化的特性图线，曲线Ⅲ是一个小灯泡的伏安特性曲线，如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是（ ）

A.电源1与电源2的内阻之比是11:7
B.电源1与电源2的电动势之比是1:2
C.在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是1:2
D.在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是3:5

11. 如图所示，一个带电粒子以大小为vA的水平速度从A点垂直电场线射入场强大小为E的匀强电场，经过电场中B点时速度大小为vB，AB间水平距离为d，不计重力和空气阻力．则由上述四个已知量可以求得以下的未知量，它们是（ ）

A.带电粒子电量与质量的比值
B.带电粒子在A、B两点电势能之差
C.速度vB的方向
D.A、B两点间的电势差

12. 如图所示，倾角为θ的光滑斜面固定在水平面，斜面上放有两个质量均为m的可视为质点的小物体甲和乙，两小物体之间用一根长为L的轻杆相连，乙离斜面底端的高度为h．甲和乙从静止开始下滑，不计物体与水平面碰撞时的机械能损失，且水平面光滑，在甲、乙从开始下滑到甲进入水平面的过程中（ ）

A.当甲、乙均在斜面上运动时，乙受三个力作用
B.甲进入水平面的速度大小为2gh+gLsinθ
C.全过程中甲的机械能减小了14mgLsinθ
D.从乙接触水平面到甲接触水平面的过程中，轻杆对乙做正功
二、实验探究题

1. 下面是做“探究小车速度随时间变化的规律”的实验，请回答下面的问题：

（1）图中的甲、乙两种打点计时器是高中物理实验中常用的，图乙是________（填“电磁”或“电火花”）打点计时器，电源采用的是________（填“交流4∼6V”或“交流220V”）．

（2）接通打点计时器电源和让纸带开始运动，这两个操作之间的时间顺序关系是（ ）
A.先接通电源，后让纸带运动
B.先让纸带运动，再接通电源
C.让纸带运动的同时接通电源
D.先让纸带运动或先接通电源都可以

（3）图丙为实验中打出纸带的一部分，从比较清晰的点迹起，在纸带上标出连续的5个计数点A、B、C、D、E，相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，测出各计数点到A点间的距离．已知所用电源的频率为50Hz，打B点时小车的速度vB=________m/s，小车的加速度a=________m/s2．（结果均保留两位有效数字）

2. 某兴趣小组设计测定干电池的电动势和内阻的实验：

（1）兴趣小组提出的实验方案中有如下四种器材组合．为使实验结果尽可能准确，最不可取的一组器材是________．
A.一个电流表和一个电阻箱
B.一个电流表、一个电压表和一个滑动变阻器
C.两个电流表和一个滑动变阻器
D.一个电压表和多个定值电阻

（2）某同学利用下列仪器来做实验：
A．一节旧电池，内阻约0.5Ω；
B．伏特表，量程3V，内阻约3kΩ；
C．安培表，量程0.6A，内阻约0.2Ω；
D．滑动变阻器R1，阻值为0∼20Ω；
E．滑动变阻器R2，阻值为0∼100Ω；
F．电键、导线若干．
有两个电路（甲、乙）可供选择，则选择哪一电路测量较好，选择________（填“甲”或者“乙”）．为了较好的实验，滑动变阻器应该选择________．（填“R1”或者“R2”）

（3）在上面（2）的实验中，如果安培表的内阻为RA=0.2Ω，某同学选择电路乙来完成实验，其测量路端电压U和干路电流I的关系如图丙所示，则由图丙判断该电源电动势为________，内阻为________．
三、解答题

1. 某电场中有A、B、C三点，三点的电势分别是φA=5V，φB=−2V，φC=0，现有一电荷量q=−6×10−6C的点电荷P，求：
（1）该点电荷在A、B、C三点的电势能各为多大？

（2）若将q从A移到B，则静电力做功多少？电势能变化了多少？

（3）若将q从B移到C，则静电力做功多少？电势能变化了多少？

2. 如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R=2Ω时，电路中标有“3V，6W”的灯泡L和内阻r0=0.5Ω的小型直流电动机M都恰能正常工作．试求：

（1）电路中的电流大小：

（2）电压表的示数；

（3）电动机的输出功率．

3. 如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一不计重力的带正电的粒子电荷量q=10−10C，质量m=10−20kg，沿电场中心线RD垂直电场线飞入电场，初速度v0=2×106m/s，粒子飞出平行板电场后可进入界面MN、PS间的无电场区域，已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RD与界面PS的交点．求：

（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RD的距离y以及速度v大小；

（2）粒子到达PS界面时离D点的距离．
参考答案与试题解析
2020-2021学年甘肃省定西市某校高二级期中考试物理试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
点电荷的电场线
【解析】
电场线总是从正电荷后无穷远处出发终止于负电荷或无穷远处．
电场线是为了形象的描述电场强弱和方向引入的，并非实际存在的，电场线的疏密表示场强的强弱
【解答】
解：A．电场线的疏密表示场强的强弱，电场线密的地方电场强，疏的地方电场弱，所以a点的电场强度大于b点的电场强度，故A错误；
BCD．把另一个带正电的点电荷q放在a点，它所受的电场力与电场线的方向相同，向右，把另一个带负电的点电荷放在b点，它所受的电场力与电场线的方向相反，向左，故B正确，CD错误．
故选B．
2.
【答案】
B
【考点】
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
动能定理的应用
【解析】
运用动能定理列式，分析到达P点时的条件，从而分析其运动情况．
【解答】
解：从O点以初速度v0垂直A板射入的电子恰好能运动到P点返回，由动能定理可得：qUAB=12mv02，将B板向左平移到P′点，AB之间的电势差仍然等于电源两端的电压，仍然满足：qUAB=12mv02，所以粒子运动到P′点返回，故B正确，ACD错误．
故选B．
3.
【答案】
D
【考点】
解析法在动态平衡问题中的应用
【解析】
光滑的圆柱体受到重力、挡板的支持力和墙的弹力．作出力图，根据平衡条件，得到挡板的支持力和墙的弹力与夹角θ的函数关系，由数学知识分析圆柱体对挡板的压力大小和墙对圆柱体的弹力大小的变化．
【解答】
解：AC．对圆柱体受力分析如图所示：
根据平衡条件得挡板对圆柱体的支持力F1=mgsinα，墙对圆柱体的弹力F2=mgtanα，
当夹角α缓慢增大时，sinα、tanθ增大，则挡板对圆柱体的支持力减小，墙对圆柱体的弹力减小，故AC错误；
B．圆柱体处于平衡状态，所受合力一直为0，α角减小时，圆柱体保持平衡状态，故合力大小不变，故B错误；
D．当夹角α缓慢减小时，sinα减小，则挡板对圆柱体的支持力增大，故D正确．
故选D．
4.
【答案】
A
【考点】
随地、绕地问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：AC．由GMmr2=mv2r=4π2mrT2可知，r越小，速度越大，周期越小，故A正确，C错误；
B．绕地球运行的卫星发射速度都大于第一宇宙速度，小于第二宇宙速度，故B错误；
D．由于两卫星的质量关系未知，故所受到的万有引力大小关系未知，故D错误．
故选A．
5.
【答案】
D
【考点】
库仑力作用下的平衡问题
轻绳、轻杆瞬时问题
【解析】
对小球受力分析可知，结合库仑定律，小球受到球的重力和库仑力的共同的作用，此过程中库仑力是不断减小的，小球不只受到重力的作用，做变速曲线运动。
【解答】
解：AB．细绳剪断前，带电小球受库仑力、重力和绳子的拉力处于平衡状态，将细绳剪断瞬间，小球受到重力和库仑力的共同的作用，合力斜向右下方，并不是只有重力的作用，因此细绳剪断瞬间起，小球不可能做平抛运动，且加速度大于g，故AB错误；
CD．小球在落地过程中，除受到重力外，还受到库仑斥力，那么竖直方向的加速度大于g，因此球落地的时间小于2hg，落地的速度大于2gh，故C错误，D正确．
故选：D．
6.
【答案】
C
【考点】
电场的叠加
电场强度
【解析】
设对角线的交点为O，在边长为L的正方形四个顶点A、B、C、D上依次放置电荷量为q、q、−q和−q的点电荷，B、D两点上的电荷在O点产生的场强大小相等，方相相同，A、C两点的电荷在O点产生的场强大小相等，方向相同，再根据平行四边形定则求出合场强的大小．
【解答】
解：设对角线的交点为O，A、B、C、D四点电荷在O点的场强大小均为：E′=kqr2=2kqL2，
则A、C两点电荷在O点产生场强的合场强E′′=2E′=4kqL2，方向由A指向C，
同理B、D两点电荷在O点产生场强的合场强也为4kqL2，方向由B指向D，根据平行四边形定则知，四个电荷在O点产生的场强为E=2E′′=42kqL2，方向平行AD、BC向下，故C正确，ABD错误．
故选C．
7.
【答案】
B
【考点】
闭合电路的动态分析
【解析】
如图电路的结构是：c灯与变阻器R串联后与b灯并联，再与a灯串联．R的滑片稍向上滑动时，变阻器R接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析干路电流的变化，再分析b灯电压的变化和c灯的电流变化来分析灯泡亮度变化．
【解答】
解：R的滑片稍向上滑动时，变阻器R接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，a灯变亮．b的电压Ub=E−I(r+Ra)减小，b灯变暗．通过c灯的电流Ic=I−Ib，I增大，Ib减小，则Ic增大，c灯变亮．
故选：B．
8.
【答案】
B
【考点】
静电场中的E-x图象问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：AC．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，
若都为正电荷，则0∼2a场强的方向向右，沿电场线方向电势降低，故x=a点的电势高于x=2a点的电势，
若都为负电荷，则0∼2a场强的方向向左，故x=a点的电势低于x=2a点的电势，故AC错误；
B．M在2a处产生的场强E1=kQM(2a)2，N在2a处产生的场强E2=kQNa2，2a处场强为0，故E1+E2=0，所以QM=−4QN，点电荷M、N所带电荷量的绝对值之比为4:1，故B正确；
D．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D错误．
故选B．
9.
【答案】
A,C
【考点】
含容电路分析
【解析】
根据板间场强和液滴所受的电场力方向关系，判断液滴的电性；
分析变阻器接入电路的电阻变化，分析总电阻的变化，再根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，根据并联电路电压的变化，分析通过R3电流的变化，即可得到电流表示数的变化；
根据R1电压的变化，分析电压表示数的变化；电容器极板间电压等于并联部分的电压，根据电压变化，判断其电荷量变化和液滴的运动情况．
【解答】
解：AB．当滑片P向a端滑动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻增大，R2与R3并联的电阻增大，总电阻增大，则总电流减小，R1两端电压减小，则电压表示数变小，R2与R3两端的电压增大，通过R3的电流增大，根据P3=I2R3知，R3的功率变大，电流表示数为总电流减去通过R3电流，故电流表示数变小，故A正确，B错误；
C．滑片P向a端滑动时，R3两端的电压增大，增大平行板间距，根据E=Ud知，电场强度可能不变，带电液滴可能保持不动，故C正确；
D．R2与R3两端的电压增大，电容器板间电压增大，带电量增大，板间场强增大，液滴所受的电场力增大，则液滴将向上加速运动，故D错误．
故选AC．
10.
【答案】
A,C
【考点】
电功率
导体的伏安特性曲线
电源的电动势和内阻
【解析】
根据电源的外特性曲线U−I图线，可求出电动势和内阻；根据灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线交点确定灯泡与电源连接时工作电压与电流，即可求出功率与灯泡电阻。
【解答】
解：A．根据电源U−I图线斜率的绝对值表示内阻可知：r1=107Ω，r2=1011Ω，则有：r1:r2＝11:7，故A正确；
B．电源的U−I图线与纵轴交点表示电动势为：E1=E2=10V，电源1与电源2的电动势之比是1:1，故B错误；
CD．灯泡伏安特性曲线与电源外特性曲线的交点即为灯泡与电源连接时的工作状态，则有：U1=3V，I1=5A，P1=15W，R1=35Ω，
U2=5V，I2=6A，P2=30W，R2=56Ω，
P1:P2=1:2，R1:R2=18:25，故C正确，D错误．
故选AC．
11.
【答案】
A,C,D
【考点】
动能定理的应用
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
能量守恒定律的应用
【解析】
带电粒子垂直进入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为0的匀加速直线运动，由牛顿第二定律得到竖直分速度的表达式；根据动能定理列式；速度vB的方向的反向延长线通过水平位移的中点；根据这些知识和表达式进行分析．
【解答】
解：A．带电粒子在电场中做类平抛运动，根据速度的分解可知：经过B点时竖直方向的分速度大小为：vy=vB2−vA2，
根据牛顿第二定律和运动学公式得：a=qEm，vy=at，t=dvA，
联立以上四式得vB2−vA2=qEdmvA，vA、vB、E、d均已知，则可求得qm，故A正确；
B．根据能量守恒得：带电粒子在A、B两点电势能之差ΔEp=12mvB2−12mvA2，因m不能求出，则ΔEp不能求出，故B错误；
C．设速度vB与水平方向的夹角为α，则tanα=vyvA，可知α可以解出，故C正确；
D．根据动能定理得：qUAB=12mvB2−12mvA2，因可求得qm，vA、vB均已知，则可求出UAB，故D正确．
故选：ACD．
12.
【答案】
B,D
【考点】
连接体的机械能守恒问题
【解析】
以系统为研究对象，由受力分析判定受力情况；由机械能守恒定律可以求出两球的速度．以甲为研究对象，应用动能定理可以求出杆对甲做的功．
【解答】
解：A．若以甲、乙组成的系统为研究的对象，可知系统受到重力与斜面的支持力，所以加速度的大小为gsinθ，以乙为研究的对象，设乙与杆之间的作用力为F，则：mgsinθ−F=ma=mgsinθ，可知，乙与杆之间的作用力为0，所以乙只受到重力和支持力的作用，故A错误；
B．以甲、乙组成的系统为研究对象，系统机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh+mg(h+Lsinθ)=12×2mv2，解得两球的速度：v=2gh+gLsinθ，故B正确；
CD．以甲球为研究对象，由动能定理得：mg(h+Lsinθ)+W=12mv2，解得：W=−12mgLsinθ，全过程中甲球的机械能减小12mgLsinθ，全过程中轻杆对乙球做正功，大小为12mgLsinθ，故C错误，D正确．
故选BD．
二、实验探究题
1.
【答案】
（1）电火花,交流220V
A
（3）0.32,0.93
【考点】
探究小车速度随时间变化的规律
【解析】



【解答】
解：（1）图乙是电火花打点计时器，电源采用的是交流220V交流电．
（2）开始记录时，应先给打点计时器通电打点，然后释放纸带让纸带（随物体）开始运动，故BCD错误，A正确．
故选A．
（3）相邻两个计数点之间都有4个点迹未标出，所以T=0.1s，
利用一段时间的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度可得：vB=xAC2T≈0.32m/s，
根据逐差法Δx=aT2可得：
a=xCE−xAC(2T)2=0.93m/s2．
2.
【答案】
C
（2）甲,R1
（3）1.5V（1.47V∼1.50V均正确）,0.63Ω
【考点】
测定电源的电动势和内阻
【解析】
（1）根据欧姆定律进行测量多组数据列式求解.
（2）电源内阻较小时相对于电源电流表要采用外接法；为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器．
【解答】
解：（1）A．若选用一个电流表和一个电阻箱，可根据E=I(R+r)，测量多组数据列式求解，A可取；
B．若选用一个电流表、一个电压表和一个滑动变阻器，可根据E=U+Ir，测量多组数据列式求解，B可取；
C．若选用两个电流表和一个滑动变阻器，由于不知道滑动变阻器的电阻，故无法测量，C不可取；
D．若选用一个电压表和多个定值电阻，可根据E=UR(R+r)，测量多组数据列式求解，D可取．
故选：C．
（2）因为电源内阻较小，RV≫r，所以为减小实验误差，应选图甲所示电路图，
为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1．
（3）由图示U−I图像可以知道，图像与纵轴交点坐标值为1.5，则电源电动势：E=1.5V，
图像斜率的绝对值：
k=RA+r=ΔUΔI=1.5−1.00.6Ω≈0.83Ω，
则电源内阻：r=k−RA=0.63Ω．
三、解答题
1.
【答案】
（1）该点电荷在A、B、C三点的电势能分别为−3×10−5J、1.2×10−5J、0．
（2）若将q从A移到B，则静电力做功−4.2×10−5J，电势能增大了4.2×10−5J．
（3）若将q从B移到C，则静电力做功1.2×10−5J，电势能减小了1.2×10−5J．
【考点】
电势与电势能的关系
电场力做功与电势能变化的关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）点电荷在点A的电势能为：EpA=qφA=−3×10−5J，
在点B的电势能为：EpB=qφB=1.2×10−5J，
在点C的电势能为：EpC=qφC=0．
（2）电荷从A移到B的过程中，电场力做的功为WAB=EpA−EpB=−4.2×105J，电势能增大了4.2×10−5J．
（3）电荷从B移到C的过程中，电场力做的功为WBC=EpB−EpC=1.2×10−5J，电势能减小了1.2×10−5J．
2.
【答案】
（1）电路中的电流大小是2A；
（2）电压表的示数是11V．
（3）电动机的输出功率是20W．
【考点】
电功率
闭合电路的欧姆定律
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）因灯泡正常工作，所以电路中电流I=PLUL，
代入数据可得I=2A．
（2）由电路图可知，电压表测的是直流电动机两端的电压，
根据闭合电路的欧姆定律有：
E=UM+UL+I(r+R)，
代入数据可得：
UM=11V．
（3）电动机的输入功率为P入=UMI=22W，
电动机的发热功率为P热=I2r0=2W，
则电动机的输出功率为P出=P入−P热=20W．
3.
【答案】
（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RD的距离为0.03m，速度大小为2.5×106m/s．
（2）粒子到达PS界面时离D点的距离是0.12m．
【考点】
带电粒子在电场中的加（减）速和偏转
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：（1）带电粒子垂直进入匀强电场后，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动，则粒子穿过界面MN时偏离中心线RD的距离为y=12at2，
又a=qUmd，t=Lv0，
联立解得：y=qUL22mdv02=0.03m，
vy=at=qULmdv0=1.5×106m/s，
故粒子穿过界面MN时速度大小为v=v02+vy2=2.5×106m/s．
（2）粒子在MN、PS间的无电场区域做匀速直线运动，
csθ=v0v=45，
则0.12mx=csθ，
解得：x=0.15m，
则粒子到达PS界面时离D点的距离：
Y=(0.152−0.122+0.03)m=0.12m．