福建省泉州市永春第二中学2020-2021学年高二(上)期中物理试题含答案解析

福建省泉州市永春第二中学【最新】高二（上）期中物理试
题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．两个分别带有电荷量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
2r ，则两球间库仑力的大小为
A ．112F
B ．34F
C ．43F
D ．12F 2．电场中有一点P ，下列哪些说法是正确的( )
A ．若放在P 点的检验电荷的电量减半，则P 点的场强减半
B ．若P 点没有检验电荷，则P 点的场强为零
C ．放在P 点的检验电荷的电量越大，则受到的电场力越大
D ．P 点的场强方向为带负电的检验电荷在该点的受力方向
3．如图所示，Q 带负电荷，导体P 在a 处接地，下列说法中正确的是（ ）
A ．P 的a 端不带电荷，b 端带负电荷
B ．P 的a 端带正电荷，b 端不带电
C ．P 的a 端带正电荷，b 端带负电荷，且正、负电荷的电荷量相等
D ．导体P 的a 端带正电荷，b 端带负电荷，正电荷的电荷量大于负电荷的电荷量 4．A 、B 两个点电荷在真空中所产生电场的电场线（方向未标出） 如图所示。

图中C 点为两点电荷连线的中点，MN 为两点电荷连线的中垂线，D 为中垂线上的一点，电场线的分布关于MN 左右对称。

则下列说法中错误的是（ ）
A ．这两点电荷一定是等量异种电荷
B ．这两点电荷一定等量同种电荷
C．D、C两点的电势一定相等D．C点的电场强度比D点的电场强度大
5．如图所示，+Q1和-Q2是两个可自由移动的电荷，Q1=4Q2．现再取一个可自由移动的点电荷Q3放在Q1与Q2连接的直线上，欲使整个系统平衡，那么（）
A．Q3应为正电荷，放在Q2的右边
B．Q3应为负电荷，放在Q1的左边
C．Q3应为正电荷，放在Q1的左边
D．Q3应为负电荷，放在Q2的右边
6．如图所示，一个带负电荷的小球悬挂在竖直放置的平行板电容器内部，闭合开关后，小球静止时悬线与竖直方向成θ角，则（）
A．闭合开关后，减小AB板间的距离，则夹角θ增大
B．闭合开关后，减小AB板间的距离，则夹角θ减小
C．断开开关后，使B板竖直向上移动，则夹角θ减小
D．断开开关后，增大AB板间的距离，则夹角θ减小
7．一根阻值为R的均匀电阻丝，在下列哪些情况中其阻值仍为R(设温度不变)( ) A．当长度不变，横截面积增大一倍时
B．当横截面积不变，长度增加一倍时
C．长度和横截面半径都缩小一倍时
D．长度和横截面积都扩大一倍时
二、多选题
可以看出（）
8．从电势差定义式U=W
q
A．电场中两点间的电势差与电场力做的功W成正比，与移送的电量q成反比
B．电场力在电场中两点间移动的电荷越多，电场力做的功越大
C．将1 库的负电荷从一点移到另一点电场做了1焦的功，这两点间的电势差的大小是1伏
D．两点间的电势差，等于把正点电荷从一点移到另一点电场力做的功
9．如图，带电粒子在电场中由A点移到B点，可判知（）
A．粒子带负电B．粒子的电势能不断减少
C．粒子的动能不断减少D．粒子在B点的加速度大于在A点的加速度
10．如图所示为用直流电动机提升重物的装置，重物的重量为500N，电源电动势为110V，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以0.90m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流为5.0A，可以判断：（）
A．电动机消耗的总功率为550W
B．提升重物消耗的功率为450W
C．电动机线圈的电阻为22Ω
D．电动机线圈的电阻为4Ω
11．如图所示，绝缘光滑半圆轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E，在与环心等高处放有一质量为m，电荷量为＋q的小球，由静止开始沿轨道运动，下列说法正确的是（）
A．小球在运动过程中机械能守恒
B．小球经过最低点时机械能最大
C．小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg＋qE)
D．小球经过环的最低点时对轨道压力为3(mg－qE)
12．空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，A、B、C、D是x轴上的四点，电场强度在x方向上的分量大小分别是，则
A．
B．
C．A、D两点在x方向上的场强方向相反
D．同一负点电荷在A点时的电势能小于在B点时的电势能
13．一个带正电的粒子在电场中只受到电场力的作用，在4s内它的速度—时间图线如图所示，下列关于电场力对带电粒子的作用的说法
（）
A．前2s内与后2s内电场力大小相等、方向相同
B．前2s内与后2s内电场力大小相等、方向相反
C．前2s内与后2s内电场力对粒子作的功大小相等、符号相同
D．前2s内与后2s内电场力对粒子作的功大小相等、符号相反
14．如图所示，平行板电容器、电阻R与电动势为E的直流电源连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）
A．电容器的带电量增大
B．电阻R中会有从左向右的瞬间电流
C．两极板间的电场强度减小
D．带点油滴将沿竖直方向向上运动
三、填空题
15．一个带电小球，带有5.0×10-9C的负电荷．当把它放在电场中某点时，受到方向竖直向下、大小为2.0×10-8N的电场力，则该处的场强大小为______，方向______．16．如图所示，是一正点电荷电场的电场线，电场中A、B两点间的电势差U AB＝200V．电荷量为＋6×10－8C的电荷从A移到B，电场力对其做的功为___________J，其电势能__________（填“增大”、“减小”或“不变”）．
17．用一主尺最小分度为1mm，游标上有20个分度的游标卡尺测量一工件的长度，结果如图甲所示，可以读出此工件的长度为mm；图乙是用螺旋测微器测量某一圆筒外径时的示数，此读数为mm．
四、实验题
18．要测绘一个标有“3 V 0.9 W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作．已选用的器材有：
电池组(电动势为4.5 V，内阻约1 Ω)；
电流表(量程为0～250 mA，内阻约5 Ω)；
电压表(量程为0～3 V，内阻约30 kΩ)；
电键一个、导线若干．
（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的________(填字母代号)．
A．滑动变阻器(最大阻值20 Ω，额定电流1 A)
B．滑动变阻器(最大阻值1 750 Ω，额定电流0.3 A)
（2）为了尽可能减少实验误差，实验的电路图中滑动变阻器应采用接法（填分压式或限流式）；电流表应采用（填外接法或内接法）．
（3）根据实验要求在框中作出实验电路图
五、解答题
19．如图所示，匀强电场的场强方向与竖直方向成α角，一带电荷量为q、质量为m的小球用细线系在竖直墙上，恰好静止在水平位置。

求小球所带电荷的电性及场强的大小。

20．带电量为Q，质量为m的原子核由静止开始经电压为U1的电场加速后进入一个平行板电容器，进入时速度和电容器中的场强方向垂直．已知：电容器的极板长为L，极板间距为d，两极板的电压为U2，重力不计，求：
（1）经过加速电场后的速度；
（2）离开电容器电场时的偏转量．
21．如图所示，光滑绝缘细杆竖直放置，它与以正电荷Q为圆心的某圆交于B、C两点，质量为m、带电荷量为－q的有孔小球从杆上A点无初速度下滑，已知q≪Q，AB＝h，
小球滑到B
（1）小球由A到B的过程中静电力做的功；
（2）A、C两点间的电势差．
参考答案
1．C
【详解】 本题考查库仑定律及带电体电量的转移问题．接触前两个点电荷之间的库仑力大小为2
3Q Q F k r ⋅=，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q ，距离又变为原来的
12，库仑力为224432Q Q
Q Q F k k F r r ⋅⋅===⎛⎫ ⎪'⎝⎭，所以两球间库仑力的大小为43
F ，C 项正确． 2．C
【解析】
场强由场源电荷决定，与试探电荷无关，故AB 错误；由F Eq =，可知P 点的场强越大，同一电荷在P 点所受到的电场力越大，故C 正确；物理学规定，P 点的场强方向与正的试探电荷所受力的方向相同，与负的试探电荷所受力的方向相反，故D 错误．
3．B
【解析】
试题分析：金属导体P 接地时与大地组成一个新的导体，a 为新导体的靠近Q 的一端，而大地是远离Q 的一端，由于静电感应的作用，靠近Q 的一端会带上与Q 相反的电荷，即带上正电荷．接地的过程应是b 端感应出来的负电荷被导到大地上，所以b 端不带电．故B 正确，
考点：考查了静电感应现象
4．B
【解析】
【详解】
AB ：MN 为两点电荷连线的中垂线，电场线的分布关于MN 左右对称；且电场线从正电荷(或无穷远处)出发终止于负电荷(或无穷远处)，所以这两点电荷一定是等量异种电荷。

故A 项正确，B 项错误。

C ：由图知，中垂线MN 上各点的场强与MN 垂直，则中垂线MN 为等势线，所以
D 、C 两点的电势一定相等。

故C 项正确。

D ：电场线的疏密表电场的强弱，则C 点的电场强度比D 点的电场强度大。

故D 项正确。

本题选错误的，答案是B 。

5．A
【详解】
假设Q 3放在Q 1Q 2之间，那么Q 1对Q 3的电场力和Q 2对Q 3的电场力方向相同，Q 3不能处于平衡状态，所以假设不成立．设Q 3所在位置与Q 1的距离为r 13，Q 3所在位置与Q 2的距离为r 23，要能处于平衡状态，所以Q 1对Q 3的电场力大小等于Q 2对Q 3的电场力大小．即：1323221323
kQ Q kQ Q r r =，由于Q 1=4Q 2，所以2r 23=r 13，则Q 3位于Q 2的右方．根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，可判断Q 3带正电.故选A ．
【点睛】
我们可以去尝试假设Q 3放带正电或负电，它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态．不行再继续判断，注意使用“两同夹异”结论．
6．A
【详解】
AB ：保持开关S 闭合，电容器两板间电压U 等于电源电动势不变，减小AB 板间的距离d ，则板间电场强度U E d
=增大，小球所受电场力变大，小球静止时悬线与竖直方向的夹角θ变大．故A 项正确，B 项错误．
C ：断开开关，电容器所带电荷量不变，据4S C kd επ=、Q U C =、U E d
=可得：4kQ E S
πε=；B 板竖直向上移动，两板正对面积S 减小，板间电场强度增大，小球所受电场力变大，小球静止时悬线与竖直方向的夹角θ变大．故C 项错误．
D ：断开开关，电容器所带电荷量不变，据4S C kd επ=、Q U C =、U
E d =可得：4kQ E S
πε=；增大AB 板间的距离，板间电场强度不变，小球所受电场力不变，小球静止时悬线与竖直方向的夹角θ不变．故D 项错误．
【点睛】
①平行板电容器充电后，若保持其始终与直流电源相连，则板间电压U 不变．当电容器电容的影响因素发生变化后，据4S C kd επ=、Q CU =、U E d
=来判断各量如何变化． ②平行板电容器充电后与电源断开，由于电荷不能移动，电容器的带电量Q 不变．当电容
器电容的影响因素发生变化后，据4S C kd επ=、Q U C =、U E d =来判断各量如何变化． 7．D
【解析】
根据电阻定律R ＝ρl S
可知，只有电阻丝的长度和横截面积都扩大或缩小一倍时，电阻丝的电阻才能保持不变，故选C 、D.
8．BC
【解析】
【详解】
A ：电场中两点间的电势差由电场本身决定，与电场力做的功W 及移送的电量q 无关。

故A 项错误。

B ：从电势差定义式U =W q 可知，W =qU ；则在电场中两点间移动的电荷越多，电场力做的功越大。

故B 项正确。

C ：从电势差定义式U =W q 可知，将1库的负电荷从一点移到另一点电场做了1焦的功，这两点间的电势差的大小是1伏。

故C 项正确。

D ：从电势差定义式U =W q 可知，两点间的电势差，等于把单位正点电荷从一点移到另一点电场力做的功。

故D 项错误。

【点睛】
电场中两点间的电势差由电场本身决定，与电场力做的功W 及移送的电量q 无关。

9．AC
【解析】
【详解】
A ：粒子在A 处所受电场力沿电场线的切线，粒子做曲线运动受力指向轨迹的凹侧，则粒子在A 处受力F A 如图，粒子带负电。

故A 项正确。

BC ：粒子在电场中由A 点移到B 点，电场力的方向与运动方向成钝角，电场力对粒子做负
功，粒子的动能不断减少，粒子的电势能不断增大。

故B 项错误，C 项正确。

D ：电场线的疏密表示电场的强弱，则
E B <E A ，由牛顿第二定律可得：a =
qE m ，则粒子在B 点的加速度小于在A 点的加速度。

故D 项错误。

10．ABD
【详解】
重物被提升的功率P 1=Fv =Gv =500×0.9W=450W
此时电路中的电流为5A ．则电源的总功率P 总=EI =110×5W=550W
所以线圈电阻消耗的功率为P r =P 总-P 1=550-450W=100W 由殴姆定律可得：2210045
r P r I =
=Ω=Ω，故ABD 正确，C 错误． 11．BC
【解析】
【详解】
A ：小球在运动的过程中有电场力做功，机械能不守恒。

故A 项错误。

B ：小球沿轨道运动，小球从开始运动到轨道最低点过程，电场力做的正功最多，据功能关系，小球在最低点时机械能最大。

故B 项正确。

CD ：小球从开始运动到最低点，据动能定理可得：(mg +qE)R =12mv 2−0；对小球在最低点时受力分析，据牛顿第二定律可得：F N −qE −mg =m v 2R ；由牛顿第三定律可得，小球在最低点时对轨道压力F 压=F N ；联立解得：F 压=3(mg +qE)。

故C 项正确，D 项错误。

【点睛】
重力对物体所做的功等于物体重力势能的减少量；合力对物体所做的功等于物体动能的增加量；除重力（弹簧弹力）其他力对物体所做的功等于物体机械能的增加量。

12．BCD
【解析】
试题分析：在B 点和C 点附近分别取很小的一段d ，由图象，B 点段对应的电势差大于C 点段对应的电势差，若看做匀强电场有：E d
ϕ∆=，可见E A ＞E B ，E D ＞E C ，故A 错误，B 正确；根据图象可知，电势先减小后增大，则在最低点电场强度的方向改变，故C 正确；沿电场方向电势降低，因此电场线方向从A 到B ，当负电荷从A 到B 时，电场力与运动方向相反，则电场力做负功，导致电势能增大，即在A 点时的电势能小于在B 点时的电势能，
故D 正确；故选BCD ．
考点：电场场强与电势．
13．AD
【解析】
在v-t 图象中，图线的斜率表示加速度，斜率不变加速度不变，可知粒子作匀变速运动，粒子受到的电场力恒定不变，故A 正确、B 错误；前2s 内粒子速度越来越小，电场力做负功，后2s 内粒子的速度反方向越来越大，电场力做正功，而粒子在前2s 内与后2s 内的位移大小相等，由W =FS 可知电场力对粒子作的功大小相等、符号相反，故C 错误、D 正确。

所以AD 正确，BC 错误。

14．BC
【详解】
A 、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，即极板间距变大，则有电容器的电容减小，由于电容器两板间电压不变，根据Q=UC ，因此带电量减小，故A 错误．
B 、由图可知，开始时电容器的上极板带正电，且电量减小，所以上极板的正电荷将流回电源的正极，电阻R 中会有从左向右的瞬间电流，故B 正确．
C 、上极板竖直向上移动一小段距离，即极板间距变大而极板之间的电压不变，由U E d
=可知两极板间的电场强度减小，故C 正确；
D 、两极板间的电场强度减小，则油滴受到的向上的电场力减小，合力的方向将向下，所以带点油滴将沿竖直方向向下运动．故D 错误。

故选BC ．
15．4N C ⁄ 竖直向上
【解析】
【详解】
场强大小E =F q =2×10−85×10−9N C ⁄=4N C ⁄；负电荷受力竖直向下，场强方向竖直向上。

16．61.210-⨯ ； 减小；
【详解】
[1][2]根据公式W qU =可知电场力做功 51.210J AB W qU －==⨯
电场力做正功电势能减小．
17．102.35mm ；2.620 mm
【解析】 试题分析：游标卡尺的读数为11027102.35mm 20
L mm mm =+⨯= 螺旋测微器的读数为 2.512.00.01 2.620mm d mm mm =+⨯=
考点：考查了游标卡尺和螺旋测微器的读数问题
【名师点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量
18．（1）A ；（2）分压式，外接法；
（3）2分
【解析】
试题分析：（1）电源电动势为4.5V ，两滑动变阻器均可保证电路安全，为方便实验操作，滑动变阻器应选择A ．
（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻：R===10Ω，电流表内阻为5Ω，电压表内阻为3kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法；
（3）滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，实验电路图如图所示：
故答案为（1）A ；（2）分压式；外接法；（3）见解析图．
19．带负电 E =mg qcosα
【解析】
【分析】
对小球受力分析，由平衡条件可得小球所带电荷的电性及场强的大小。

【详解】
对小球受力分析如图，则小球带负电。

据平衡条件可得：qEcosα=mg
解得：E =mg qcosα 20．（1
）0v =2）221
4U L y U d = 【详解】
（１）粒子在加速电场加速后，由动能定理得
21012
U Q mv =
速度为
0v = （２）进入偏转电场，粒子在平行于板面的方向上做匀速运动
L t v = 在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度
2U Q F a m md
=
= 因此离开电容器电场时的偏转
2
221124U L y at U d
== 21．（1）12
mgh （2）2mgh q - 【详解】
(1)因为杆是光滑的，所以小球从A 到B 的过程中只有两个力做功：静电力做的功W AB 和重力做的功mgh ，由动能定理得：
W AB ＋mgh ＝
2102B mv - 代入已知条件v B
W AB ＝12
mgh ． (2)因为B 、C 在同一等势面上，所以φB ＝φC ，即：
U AC ＝U AB ＝AB W q
-＝－2mgh q 答：（1）小球由A 到B 的过程中静电力做的功
12mgh ； （2）A 、C 两点间的电势差－2mgh q
．。