南充市阆中中学高二物理上学期期中试题仁智班

四川省南充市阆中中学2020-2021学年高二物理上学期期中试题(仁智班）
一、单选题(共30分）
1．（本题6分）下面所列举的物理学家及他们的贡献,其中正确的是
A ．法拉第首先提出了电场的概念且采用了电场线描述电场
B ．牛顿通过扭秤实验测定出了万有引力恒量G
C ．元电荷最早由库仑通过油滴实验测出
D ．安培总结出了真空中两个静止点电荷之间的相互作用规律 2．（本题6分）导体的伏安特性曲线表示导体的导电特性.下图是A 、B 两个导体的伏安
特性曲线,其中图线A 的斜率为k ，并且图线A 与横轴成а角。

关于这两个导体的
伏安特性曲线的下列说法正确的是
A ．导体A 为线性元件，且11
tan A R k α
=
= B ．导体B 是非线性元件，曲线上某点切线的
斜率为相应
状态的电阻的倒数
C ．两条图线相交的点表示两导体在此状态时的I 、U 、R
均相等
D．导体B的电阻值随电流的增加而变大
3．（本题6分)如图所示，一个不带电的金属导体P正在向带正电的小球Q极缓慢地靠
近，但未接触，则下列说法中正确的是
A．B端的感应电荷为负电荷
B．导体上的感应电荷在C点产生的场强始终大于在B点产生的场强
C．导体内场强越来越大
D．以上说法都不对
4．（本题6分)如图为某一物理量y，随另一物理量x变化的函数图象，关于该图象与坐
标轴所围面积（图中阴影部分)的物理意义，下列说法中正确
的是
A．若图象表示加速度随时间的变化，则面积等于质点在相应时
间内的位移
B．若图象表示力随位置的变化，则面积等于该力在相应位移内
的冲量
C．若图象表示力随时间的变化,则面积等于该力在相应时间内的冲量
D．若图象表示电容器充电电流随时间的变化，则面积等于相应时间内电容器储存的
电能
5．(本题6分)如图所示,一带电荷量为q的带电粒子以一定的初速度由P点射入匀强
电场,入射方向与电场线垂直．粒子从Q 点射出电场时，其速度方向与电场线成
30°角．已知匀强电场的宽度为d，P、Q 两点的电势差为U，不计重力作用，设P
点的电势为零．则下列说法正确的是
A．带电粒子带负电
B．带电粒子在Q点的电势能为Uq
C．此匀强电场的电场强度大小为E=
D．此匀强电场的电场强度大小为E=
二、多选题(共18分)
6．（本题6分）一带电小球在空中由a点运动到b点的过程中，受重力、电场力和空气
阻力三个力作用．若重力势能增加3 J,机械能增加0.5 J,电场力做功1 J，则小
球
A．克服重力做功3 J B．电势能增加1 J
C．克服空气阻力做功0。

5 J D．动能增加0。

5 J
7．（本题6分)一带正电的粒子只在电场力作用下沿x轴正向运动,其电势能E p随位移
x变化的关系如图所示，其中0～x2区间是关于直线x=x1对称的曲线,x2～x3区间是
直线，在0、x1、x2、x3处电势分别为φ0、φ1，φ2，φ3，则下列说法正确的是
A．x1处电场强度大小为零
B．φ3＞φ2=φ0＞φ1
C．φ3＜φ2=φ0＜φ1
D．粒子在0~x2段做匀变速运动，x2～x3段做匀速直线运动
8．（本题6分)如图所示，长为L、倾角θ=30°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷
量为+q、质量为m的小球，以初速度由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜
面顶端的速度仍为，则
A．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能
B．A、B两点间的电势差一定为
C．若电场是匀强电场,则该电场的场强的最大值一定是
D．若该电场是AC边中点处的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷
三、实验题(共17分）
9．(本题5分）如图是示波管的原
理图．它由电子枪、偏转电极
（XX′和YY′）、荧光屏组成，
管内抽成真空．给电子枪通电
后，如果在偏转电极XX′和
YY′上都没有加电压，电子束将打在荧光屏的中心O点．
(1)带电粒子在________区域是加速的，在________区域是偏转的．
（2）若U YY′＞0,U XX′＝0，则粒子向________板偏移，若
U YY′＝0，U XX′＝0,则粒子打
在荧光屏上________点，若U YY′＝0,U XX′＞0，则粒子向
________板偏移．
10。

（本题12分）高电阻放电法测电容的实验，是通过对高阻值电阻放电的方法测出电容
器充电电压为U时所带的电荷量Q，从而再求出待测电容器的电容C,某同学的实验
情况如下：
（1)按图甲所示电路连接好实验电路.
（2)接通开关S，调节电阻箱R的阻值，使小量程电流表的指
针偏转接近满刻度,记 下这时电流表的示数0
500I A
μ=、电压表的示数0
6.0U
V
=，0
I 和0
U
分别是电
容器放电的初始电流和初始电压，此时电阻箱R 的阻值为
8.5k Ω，则电流表的内
阻为________k Ω.
(3)断开开关S,同时开始计时,每隔5s 或10s 读一次电流I 的值，将测得数据填入
预先设计的表格中，根据表格中的数据在坐标纸上标出以时间t 为横坐标、电流
I 为纵坐标的点，如图乙中用“×”表示的点.
(4）请在图乙中描绘出电流随时间变化的图线_______,并根据图线估算出该电容器
两端电压为0
U 时所带的电荷量0
Q 约为________C ；(结果保留
两位有效数字)
(5）根据公式________来计算电容器的电容。

(只要求写出表达式，不要求计算结果) 四、解答题（共45分）
11．（本题12分）在一根长L=5m,横截面积S=3。

5× 10—4m 2
的铜质导线两端加2.5×10-3V
电压．己知铜的电阻率ρ=1.75×10—8Ω·m,则:
（1)该导线的电阻多大？
（2）该导线中的电流多大？
（3）当电阻线对折后，接入相同的电压，电流是多大?
12。

（本题15分)光滑绝缘水平面上固定两个等量同种电荷，其连线中垂线上有A、B、C
三点，如图甲所示，一个质量m=1kg的小物块自C点由静止释放，小物块带电荷量
q=5C，其运动的v﹣t图线如图乙所示,其中B点为整条图线切线斜率最大的位置
（图中标出了该切线)，求
(1）B点场强E；
（2)B、A两点间的电势差U BA．
13.（本题18分)如图所示，空间有场强E=1.0×102V/m竖直向下的电场，长L=0.8m不可
伸长的轻绳固定于O点．另一端系一质量m=0.5kg带电q=+5×10-2C的小球．拉起小
球至绳水平后在A点无初速度释放,当小球运动至O点的正下方B点时绳恰好断裂，
小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ
=53°、无限大的挡板
MN上的C点．试求：
（1)小球运动到B点时速度大小及绳子的最大张力;
(2)小球运动到C点时速度大小及A、C 两点的电势
差；
（3)当小球运动至C点时,突然施加一恒力F作用在
小球上,同时把挡板迅速水平向右移至某处,若
小球仍能垂直打在档板上,所加恒力F的最小值。

阆中中学校2020年秋高2019级期中教学质量检测（仁智）
物理参考答案
1．A【解析】A．法拉第首次提出了电场线，A正确；
B．卡文迪许通过扭秤实验测定了万有引力常量，B错误；C．元电荷是密立根根据油滴实验测量出来的，C错误；
D．库仑总结出了库仑定律，D错误；故选A.
【名师点睛】平时学习应该注意积累对物理学史的了解，知道前辈科学家们为探索物理规律而付出的艰辛努力，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆,这也是考试内容之一
2．C【解析】A．导体A的I—U图线为倾斜直线,故A为线性元件,但因两坐标所用的标度并不相同，故不能用正切值来求解电阻,故A错误。

B．导体B的I-U图线为曲线，故B为非线性元件，但曲线上某点和坐标原点连线的斜率才为相应状态的电阻的倒数，故B 错误.
C．图线交点表示两导体U和I相同，由B选项分析可知两电阻R也相同，故C正确。

D．由图可知导体B曲线上的点与坐标原点连线的斜率逐渐变大，故电阻逐渐变小，故D错误.
3．B 【解析】静电感应现象，是近端感应出异种电荷，即C 端的感应电荷为负电荷，A 错
导体上的感应电荷在C 点产生的场强始终大于在B 点产生的场强（因为C 点比B 点距离场源电荷较近，且两端产生的感应电荷一样多），B 对,处于静电平衡状态下的导体内部场强处处为零，C 错。

4．C 【解析】试题分析:图象与坐标轴所围面积等于横坐标表示的物理量与纵坐标表示的物理的乘积，由此分析即可．若图象表示加速度随时间的变化，y 轴表示加速度,x 表示时间，由∆=∆v
a t 知，v a t ∆=∆，知面积等于质点在相应时间内速度的变化量,故A 错误；若图象表示力随位置的变化，根据W Fl =知，面积等于该力在相应位移内所做的功，故B 错误；若图象表示力随时间的变化，则面积等于S I Ft ==，表示在相应时间内的冲量，C 正确;若图象表示电容器充电电流随时间的变化，由q It =,知面积等于相应时间内电容器储存的电荷量，D 错误．
5．D 【解析】A 、B 、由图看出粒子的轨迹向上，则所受的电场力向上，与电场方向相同，所以该粒子带正电．粒子从P 到Q ，电场力做正功，为W=qU ，则粒子的电势能减少了qU,P 点的电势为零，则知带电粒子在Q 点的电势能为﹣Uq ，故A 、B 错误．
C 、
D 、设带电粒子在P 点时的速度为v 0,在Q 点建立直角坐标
系，垂直于电场线为x轴，平行于电场线为y轴，由平抛运动的规律和几何知识求得粒子在y轴方向的分速度为：
v y=v0tanθ=v0．
粒子在y方向上的平均速度为：=粒子在y方向上的位移为y0，粒子在电场中的运动时间为t，则：竖直方向有：
y0=v y t=t 水平方向有：d=v0t
可得:y0=所以场强为：E=
联立得：E=，故D正确，C错误．故选：D
【点评】本题根据类平抛运动的特点,运用运动的分解法，根据牛顿第二定律和运动学结合求解．
6．AC【解析】A、重力做功等于重力势能的减小量,重力势能增加3J,故重力做功﹣3J,克服重力做功3J，故A正确；
B、电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功1J，故电势能减小1J，故B错误;
C、除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，只有电场力做功做功1J，而机械能增加0。

5J、所以克服空气阻力做功0。

5J，故C正确；
D、合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的
功,总功为﹣2.5J ，故动能减小2。

5J ，故D 错误； 故选AC ．
【点评】功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度．
7．AB 【解析】根据电势能与电势的关系：E p =qφ，场强与电势的关系：E= x ϕ，得：1P E E q x =⋅,由数学知识可知E p -x 图象切线的斜率等于P
E x ，x 1处切线斜率为零,则x 1处电场强度为零，故A
正确;根据电势能与电势的关系：E p =qφ，粒子带正电,q 〉0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越高，所以有:φ3＞φ2=φ0＞φ1．故B 正确，C 错误；由图看出在0～x 1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小,粒子所受的电场力减小,加速度减小，做非匀变速运动．x 1～x 2段图象切线的斜率不断增大，场强增大,粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动．x 2~x 3段斜率不变，场强不变,即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故D 错误;故选AB 。

点睛：解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，根据图像的斜率决定场强大小;根据电势能的变化来判断电势变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况.
8．BD 【解析】A ．小球从A 运动到B 的过程中，动能不变，根据能量守恒可得，小球的重力势能
增加，则电势能减少，则小球在B 点的电势能一
定小于小球在A 点的电势能，B 点的电势小于A
点的电势，故A 错误；
B ．根据动能定理得，可得，故B 正确；
C ．若电场力与重力、支持力的合力为零，小球做匀速直线运动,到达B 点时小球速度仍为，小球的重力沿斜面向下的分力
一定,则当电场力沿斜面向上，且大小为时，电场力最小,场强最小；若电场强度与运动方向不共线，则电场力沿斜面向上的分力与重力沿斜面向下的分力相平衡时,电场力的范围如图: 根据矢量的合成法则可知，电场强度可能大于，故C 错误； D ．若该电场是AC 边中点处的点电荷Q 产生的，Q 到A 点的距离小于到B 点的距离，由于B 点的电势小于A 点的电势,则Q 一定是正电荷，故D 正确.
9．Ⅰ Ⅱ Y O X 【解析】（1)根据示波器原理Ⅰ区是加速电场区，Ⅱ区是偏转区；（2）在偏转电极YY ′加电压，且0YY U ＞'，0XX U '=,Y 比Y '电势高，电子向高电势运动，即粒子向Y 极
板偏移，若两个偏转电极都不加电压，且0YY U
'=，0XX U '=，则粒子打在荧光屏上O 点，在偏转电极XX '上加电压,且
0YY U '=,0XX U '>，X 比X '电势高，电子向高电势运动,即粒子向X 极板偏移．
【点睛】本题考查电子的偏转问题，要知道电子受到的电场力方向与电场的方向相反，会分析两个电场中对应的偏转情况． 10．3。

5 38.010-⨯ 0
0Q C U =
【解析】（2）[1］．根据欧姆定
律： 00A U R R I += 则
00 3.5A U R R k I =-=Ω．
（4）［2］．用平滑曲线连接各点，如图所示：
[3]．用平滑曲线连接各点，查出所画的曲线与从标轴所围的格数以求得面积，因•Q I t ∆=∆即为曲线与从标轴所围的格数的面积：则利用数格子方法,估算出电容器两端电压为0
U 时的电量为： 4332 2.5108.0010Q C
--=⨯⨯=⨯． （5）[4］．然后利用
0Q C U =，或者是利用Q C U =
带入数据即可求得电容． 考点:研究平行板电容器
【名师点睛】由
•Q I t =知，电荷量为I t -图象与坐标轴所包围的
面积，计面积时可数格数（四舍五入）；本题考查用数学方法求解物理问题的能力，关键在于明确图象的面积的意义． 11．每小题4分(1）42.510-⨯Ω（2）10A （3)40A
【解析】（1）由电阻定律得到该导线电阻为：
84451.7510 2.5103.510
L R S ρ---==⨯⨯Ω=⨯Ω⨯； （2）由欧姆定律得到该导线中电流为：342.510102.510U I A A R --⨯===⨯；
（3）将电阻丝对折后，导体的材料没有变化，但导体的长度减半,横截面积变为原来的二倍，则根据电阻定律可知，此时电阻为：'14
R R = 根据欧姆定律可知此时电流大小为：''444014
U U U I I A R R R ===⋅==．
【点睛】本题考查电阻定律和欧姆定律的应用问题，注意当导线对折后，长度减小为原来的一半,同时面积增加为原来的二倍．
12．0.4N/C 3.3V
【解析】（1）由v -t 图象的斜率等于加速度即：
224/2/2v a m s m s t ∆===∆， （3分）
根据牛顿第二定律得：F =qE =ma (3分） 代入数据解得：0.4/E N C = (2
分）
(2）物块从A 到B 的过程，根据动能定理得：221122AB B A qU mv mv =- （3分）
代入数据解得： 3.3AB U
V =- （2分） 所以U BA =—U AB =3.3V
（2分） 点睛:本题主要考查了根据速度图象的物理意义、动能定理和牛顿第一定律相结合进行解题．
13．（1）30N; (2）125V ； （3)8N
【解析】(1）小球到B 点时速度为v ，A 到B 由动能定理
21()2mg qE L mv += (2分）
2
()v F mg qE m L -+= （2分）
解得
/v s =F=30N (2分）
（2）高AC 高度为h AC ，C 点速度为v 1
1sin v v θ
== （2分) 211()2AC mg qE h mv +=
（2分） U =Eh AC
解得 U =125V （2分）
（3）加恒力后，小球做匀速直线运动或者匀加速直线运动，
设F与竖直方向夹角为α，
当小球匀速直线运动时α=0，()
F mg qE
=+（3分）
当小球匀加速直线运动时，F有最小值为F1，F没有最大值
1()sin8N
F mg qEθ
=+= (3分）。