南昌市4校2021-2022学年高二上学期期中联考物理试卷一、单选题(32分)1．(4分)真空中两个相同的金属小球A和B，带电荷量分别为QA=2×10-8C和QB=4×10-8C，相互作用力为F，若将两球接触后再放回原处，则它们之间的作用力将变为（ ） A. B.F C. D.2．(4分)如图是某静电场的一部分电场线分布情况，下列说法中正确的是（ ） A.这个电场可能是负点电荷的电场 B.A点的电场强度大于B点的电场强度 C.A、B两点的场强方向相同 D.负电荷在B处受到的电场力的方向沿B点切线方向3．(4分)如图所示，在匀强电场中有A、B两点，将一电量为q的正电荷从A点移到B点，第一次沿直线AB移动该电荷，电场力做功为W1；第二次沿路径ACB移动该电荷，电场力做功W2；第三次沿曲线AB移动该电荷，电场力做功为W3，则（ ） A.W1＞W2＞W3 B.W1＜W3＜W2 C.W1=W2＜W3 D.W1=W2=W34．(4分)如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，该正方形的边长为2cm，且电场方向与正方形所在平面平行，已知A、B、C三点的电势分别为φA=10V，φB=5V，φC=0V，则（ ） A.D点的电势φD=5V B.D点的电势φD=0V C.电场的场强大小E=250V/m D.电场的场强方向沿BC方向5．(4分)如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略。一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（ ） A.平行板电容器的电容值将变大 B.静电计指针张角变小 C.带电油滴的电势能将增大 D.若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变6．(4分)某待测电阻约100Ω左右，电压表内阻为3000Ω，电流表内阻为0.2Ω，采用伏安法测电阻时，应选择电流表何种接法，测量误差较小，测量值比真实值相比如何？（ ） A.内接法，比真实值偏大 B.外接法，比真实值偏大 C.内接法，比真实值偏小 D.外接法，比真实值偏小7．(4分)如图，有一提升重物用的直流电动机，内阻r=2Ω，串连电阻R=10Ω，供电电压U=160V，电压表的读数为110V，则下列说法正确的是（ ） A.通过电动机的电流为11A B.通过电动机的电流为5A C.输入到电动机的电功率为500W D.在电动机中发热的功率为550W8．(4分)如图所示电路中，电源电动势为E，内电阻为r，当滑动变阻器的触头向上端移动时，两电压表示数V1、V2和电流表A1、A2的示数变化情况是（ ）
A.V1变大，V2变大，A1变大，A2变大 B.V1变小，V2变小，A1变小，A2变小 C.V1变小，V2变大，A1变小，A2变大 D.V1变大，V2变小，A1变大，A2变小二、不定项选择题(16分)9．(4分)如图所示，两平行金属板M、N通过开关K与电源E连接，N板接地，当开关闭合时有一带电液滴刚好静止在P点。开关K始终保持闭合，下列说法正确的是（ ） A.液滴带负电 B.向上移动M板，两板组成电容器的电容将变大 C.向上移动M板，P点电势将升高 D.向上移动M板，液滴将向下运动10．(4分)如图所示，倾角为30°的光滑绝缘直角斜面ABC，D是斜边AB的中点。在C点固定一个带电荷量为+Q的点电荷，一质量为m，电荷量为﹣q的小球从A点由静止释放，小球经过D点时的速度为v，到达B点时的速度为0，则（ ） A.小球从A到D的过程中静电力做功为 B.小球从A到B的过程中电势能先减小后增加 C.B点电势比D点电势高 D.AB两点间的电势差为11．(4分)我国已经与2012年10月1日起禁止销售100W及以上的白炽灯，以后将逐步淘汰白炽灯。假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示。图象上A点与原点连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角，则（ ） A.白炽灯的电阻随电压的增大而减小 B.在A点，白炽灯的电阻可表示为tanβ C.在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I0 D.在A点，白炽灯的电阻可表示为12．(4分)如图所示为一个双量程电流表，其小量程为1A。已知表头G的满偏电流Ig=500mA，定值电阻R1=20Ω，R2=180Ω，则下列说法正确的是（ ） A.公共端与a端构成小量程电流表 B.公共端与b端构成小量程电流表 C.表头的内阻Rg的值为200Ω D.表头的内阻Rg的值为160Ω三、实验题(24分)13．(10分)为了测定某圆柱型导体的电阻率，某同学进行了以下操作：
(1)用20分度的游标卡尺测出通电部分长度L= mm；(2)用螺旋测微器测此导体直径d= mm；(3)用欧姆表粗测此导体电阻Rx= Ω；（×10倍率挡）(4)用下列所有器材设计一个伏安法测电阻的电路，要求精确测量阻值，在方框中画出测量电路图，并标明各元件符号。待测电阻Rx电压表V：量程3V，内阻为30kΩ电流表A：量程50mA，内阻约为10Ω定值电阻R0=50kΩ滑动变阻器R：0～20Ω电源E=10V，内阻很小开关一个，导线若干14．(14分)为了研究某种小灯泡L（5V，2.5W）的伏安特性曲线，除了直流电源（电动势约为6V，内阻不计）、导线和开关外，还有如下实验器材：A.直流电流表（量程0～3A，内阻约为0.1Ω）B.直流电流表（量程0～600mA，内阻约为5Ω）C.直流电压表（量程0～15V，内阻约为15kΩ）D.直流电压表（量程0～6V，内阻约为10kΩ）E.滑动变阻器（最大阻值为10Ω，允许通过的最大电流为2A）F.滑动变阻器（最大阻值为1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A）。要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据。
(1)实验中电流表应选用 ，电压表应选用 ，滑动变阻器应选用 ；（均用序号字母表示）(2)根据所选器材，请在答题卡上方框中画出实验电路图；(3)测得该种小灯泡的U-I图象如图（a）所示，现将两个相同的这种小灯泡L1、L2与一个阻值为4Ω的定值电阻R连成如图（b）所示的电路，电源的内阻r=2Ω，开关S闭合后，小灯泡L1与定值电阻R的电功率恰好均为P，则P= W，电源的电动势E= V。四、计算题(38分)15．(12分)如图所示，匀强电场中有一直角三角形ABC，∠ACB=90°，∠ABC=30°，BC=20cm，已知电场线的方向平行于ABC所在平面，将电荷量q=2.0×10-5C的正电荷从A移到B点电场力做功为零，从B移到C点电场力做功1.0×10-3J，试求：(1)UBC；(2)规定C点的电势为零，求B点的电势；(3)匀强电场的场强大小。16．(12分)如图所示，电源的电动势E=12V，电阻R1=5Ω，电动机绕组的电阻R0=0.5Ω，电键S1始终闭合，当电键S2断开时，电阻R1的电功率为20W，当电键S2闭合时，电阻R1的电功率为12.8W，求(1)电源的内电阻；(2)当电键S2闭合时，流过电源的电流和电动机的输出功率。17．(14分)如图所示，空间中存在水平向右、场强大小E=5×103N/C的匀强电场。水平皮带BC的左端与水平面AB平滑相切于B点，右端与一个半径为R的光滑圆弧轨道CD水平相切于C点。AB=BC=R=1m，皮带顺时针转动，速率恒为v=5m/s。现将一质量m=0.5kg、带正电且电荷量q=1×10-3C的小滑块，从A点由静止释放，小滑块与AB段和BC段的动摩擦因数均为μ=0.2，取g=10m/s2。求：(1)小滑块运动到水平面右端B点时的速度大小；(2)小滑块运动到圆弧轨道底端C点时所受的支持力大小；(3)小滑块对圆弧轨道CD压力的最大值。（取1.4）2021——2022学年上学期高二物理联考试卷试卷答案一、单选题1．【答案】A【解析】未接触前，根据库仑定律，得接触后两球带电量平分，再由库仑定律，得则，故A正确，BCD错误。故答案为：A。【答案】B
2．【解析】A项，负点电荷的电场线分布如图：图中电场线为曲线，则不可能为点电荷的电场线，故A错误；B项，电场线越密集的地方，电场强度越大，所以EA＞EB，故B正确；C项，电场强度的方向沿着电场线的切线方向，所以A、B两点电场强度方向不同，故C错误；D项，负电荷受到的电场力与场强方向相反，所以负电荷在B处受到的电场力的方向沿B点切线反方向，故D错误。故答案为：B。3．【答案】D【解析】第一次沿直线AB移动该电荷，电场力做功为W1；第二次沿路径ACB移动该电荷，电场力做功W2；第三次沿曲线AB移动该电荷，电场力做功为W3，三个过程，始末两点的位置相同，电场力的功的值只跟始末两点的位置有关，而和所经过的路径的形状完全无关。所以W1=W2=W3。故答案为：D。4．【答案】A【解析】由匀强电场的特点可得φA-φB=φD-φC，得φD=5V；BD连线为等势线，所以场强方向沿AC方向，场强大小。故答案为：A。5．【答案】D【解析】A.根据知，d增大，则电容减小，故A错误；B.静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变。故B错误；C.电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小。故C错误；D.电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变，故D正确；故选D。6．【答案】A【解析】待测电阻约为100Ω，因为大电阻用电流表内接法，根据知电压测量为电流表和R两端电压，数值偏大，故测量值偏大。故答案为：A。7．【答案】B【解析】A项，通过电阻的电流为，因为电动机与电阻是串联，所以通过他们的电流相等，故A错误；B项，由上面A的分析可知，通过电动机的电流为5A，故B正确；C项，电动机消耗的功率为P=UMI=110×5W=550W，故C错误；D项，电动机的发热功率为P热=I2r=52×2W=50W，故D错误。故答案为：B。【答案】D
8．【解析】当滑动变阻器的触头向上端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，变阻器与定值电阻并联的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析可知总电流变小，电源的内电压变小，路端电压变大，即V1变大。由欧姆定律分析可知电压表V2示数变小，变阻器与定值电阻并联电压变大，所以A1示数变大，因总电流变小，所以A2示数变小。故D正确，ABC错误。故答案为：D。二、不定项选择题9．【答案】AD【解析】开关K始终保持闭合，可得电容器两极板的电势差不变，则：A项，带电液滴刚好在P点静止，根据平衡条件可得液滴所受电场力竖直向上，大小与液滴的重力相等，又由图可知上极板带正电，板间电场方向竖直向下，所以液滴带负电，故A正确；B项，向上移动M板，两板间的距离增大，根据可知电容器的电容减小，故B错误；CD项，向上移动M板，两板间的距离增大，根据可知板间电场强度减小，液滴所受电场力将减小，所以液滴将向下运动；又由图可知N板接地，其电势为零，由于电场方向竖直向下，所以P点的电势大于零，根据电势差与电势的关系及电势差与电场强度的关系可得φP-0=EdPN，由于电场强度减小，而P点到N板的距离不变，则可知P点的电势将升高，故C错误，D正确。故答案为：AD。10．【答案】BD【解析】A项，斜面的倾角为θ=30°，斜面上AD=DB，由几何关系可知，AC=AD=CD，即A到C的距离与D到C的距离是相等的，所以D与A的电势相等，则由W=qU，知A到D的过程中电场力做的总功等于0，故A错误；B项，由于即A到C的距离与D到C的距离是相等的，由几何关系可知，沿AD的方向上的各点到C的距离先减小后增大，距离减小的过程中电场力对负电荷做正功，距离增大的过程中电场力对负电荷做负功，所以从A到D的过程中负电荷的电势能先减小后增大，故B正确；C项，结合几何关系可知，D到C的距离小于B到C的距离，C点处是正电荷，结合正电荷的电场的特点可知，B点电势比D点电势低，故C错误；D项，设AB的长度为2L，则AD=DB=L，在小球从A到D两点得过程中，由动能定理有：，在小球从A到B的过程中有：mg·2L+（﹣q）UAB=0﹣0所以：，故D正确。故答案为：BD。11．【答案】CD【解析】A项，由图示图象可知，随电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻变大，故A错误；B项，在A点，白炽灯的电阻，由于纵坐标与横坐标的标度可能不同，所以不能用R=tanα计算电阻值，更不能用tanβ计算，故B错误；C项，在A点，白炽灯的电功率P=U0I0，故C正确；D项，由欧姆定律可知，在A点，白炽灯的电阻，故D正确。故答案为：CD。12．【答案】BC【解析】AB项，根据串并联的特点可知，接公共端与a接线柱时量程为，接公共端与b接线柱时量程为所以公共端与b端构成小量程电流表，故A错误，B正确；CD项，根据并联电路的特点可得：IgRg=I1（R1+R2）当小量程时，R1与R2串联为一支路，当G表头达到满偏时通过R1、R2的电流为
I1=I-Ig=1A-0.5A=0.5A，解得Rg=200Ω，故C正确，D错误。故答案为：BC。三、实验题13．【答案】(1)102.35(2)8.470(3)160(4)【解析】（1）游标卡尺为20分度，故精确度为0.05mm，由图示游标卡尺可知，主尺示数是10.2cm=102mm，游标尺示数是7×0.05mm=0.35mm，则圆柱体的长度是102mm+0.35mm=102.35mm；（2）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数是8.0mm，可动刻度示数是47.0×0.01mm=0.470mm，圆柱体的直径是8.5mm+0.470mm=8.470mm；（3）欧姆挡在“×10”位置，表盘上示数为16，故电阻为：16×10Ω=160Ω；（4）电源电动势为10V，电压表量程只有3V，故应将电压表与定值电阻串联后进行改装，等测电阻阻值约为160Ω，电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法；因改装后电压表内阻为30kΩ+50kΩ=80kΩ，远大于待测电阻阻值，故电流表采用电流表外接法，原理图如图所示：14．【答案】(1)BDE
(2)(3)0.257【解析】（1）灯泡额定电流：，电流表应选择B；灯泡额定电压为5V，电压表应选择D；为方便实验操作，滑动变阻器应选E；（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，由题意可知，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用分压接法，实验电路图如图所示：（3）由图（b）所示电路图可知，小灯泡L1与定值电阻R并联，它们两端电压相等，它们的电功率均为P，由P=UI可知，通过它们的电流相等，它们的电阻相等，即此时灯泡电阻为4Ω，由图（a）所示图象可知，灯泡两端电压为1V时通过灯泡的电流为0.25A，此时灯泡电阻为4Ω，则功率为：P=UI=1×0.25W=0.25W；由电路图可知，L2串联在干路中，通过L2的电流I=0.25+0.25A=0.5A，由图（b）所示图象可知，电流0.5A所对应的电压为5V，由闭合电路欧姆定律可知，电源电动势为：E=U+Ir=5+1+0.5×2V=7V。四、计算题15．【答案】(1)50V(2)50V(3)500V/m【解析】（1）；（2）由UBC=φB-φC得φB=UBC+φC=50V；（3）。16．【答案】(1)1Ω(2)2.4A；16.32W【解析】（1）设S2断开时R1消耗的功率为P1，则，代入数据得，计算得出，r=1Ω；（2）设S2闭合时R1两端的电压为U，消耗的功率为P2，则，计算得出：U=8V，由闭合电路欧姆定律得E=U+Ir，，流过R1的电流为I1，流过电动机的电流为I2，，则，
。17．【答案】(1)4m/s(2)22.5N(3)28.5N【解析】（1）小滑块从A点运动到B点的过程，由动能定理得： ，解得vB=4m/s；（2）小滑块滑上传送带，因传送带速度大于滑块速度，所以滑块受到的滑动摩擦力水平向右，由牛顿第二定律得Eq+μmg=ma1解得a1=12m/s2滑块加速到与传送带共速时，有v2-vB2=2a1x1解得此加速过程滑块的位移：x1=0.375m小滑块速度大于传送带速度后，滑块受到的滑动摩擦力水平向左，由牛顿第二定律得Eq-μmg=ma2解得a2=8m/s2由运动学公式有：vC2-v2=2a2（xBC-x1）解得滑块在C点时，由牛顿第二定律得解得FNC=22.5N；（3）由于Eq=mg，所以等效重力，方向与水平方向成45°斜向右下方当滑块从C点开始沿圆弧运动的弧长对应的圆心角θ=45°时，滑块的速度最大，对轨道压力最大，在该点，对滑块有 从C点到速度最大位置，由动能定理得解得：FN=28.5N根据牛顿第三定律可知，小滑块对圆弧轨道CD压力的最大值FN′=FN=28.5N。
