2020年山东省潍坊市高一(下)期中物理试卷

期中物理试卷

题号一二三四五总分

得分

一、单选题（本大题共7小题，共28.0分）

1.下列图片显示的技术中，属于防范静电危害的是（）

A. 静电复印

B. 静电喷涂

C. 静电除尘

D. 避雷针

2.如图所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b。下列表述正

确的是（）

A. b点的电场强度比a点的小

B. b点的电势比a点的高

C. 将正电荷从a点移动到b点，电势能减少

D. 将负电荷从a点移动到b点，电场力做正功

3.铅蓄电池的电动势为2V，这表示（）

A. 蓄电池两极间的电压为2V

B. 蓄电池能在1s内将2J的化学能转变成电能

C. 电路中每通过1C电量，电源把2J的化学能转变为电能

D. 蓄电池将化学能转变成电能时，静电力做的功比一节干电池（电动势为1.5V）

的大

4.将一内阻是2kΩ电压表的量程由0～3V扩大到0-15V，需要给它（）

A. 串联8kΩ电阻

B. 并联8kΩ电阻

C. 并联10kΩ电阻

D. 串联10kΩ电阻

5.家电待机耗电问题常常被市民所忽视。据有关部门测量，电视机待机一天的耗电量

在0.2度左右。据统计潍坊市的常住人口900多万人，以家庭户300万户，用电器平均每天待机20小时计，参考下表数据，估算每年潍坊市家庭用电器待机耗电总量约为（）

家庭常用电器电视机洗衣机空调电脑

户均数量（台）1121

电器待机功耗（W/台）102310

度度度度

6.如图所示为大型电子地磅电路图，电源电动势为E，内阻为r。不称重物时，滑片

P在A端；称重物时，在压力作用下使滑片P下滑，滑动变阻器接入电路的阻值发生变化，通过电流表的示数即可显示被称物体的重量值。在P滑动过程中，弹簧始终未超出弹性限度。则闭合开关S后，下列说法不正确的是（）

A. 不称重物时电路中有电流

B. 所称物体越重，电源两端电压越高

C. 所称物体越重，滑动变阻器R两端电压越低

D. 所称物体越重，电源的总功率越大

7.如图所示，当K闭合时，一带电微粒在平行板电容器

间处于静止状态，下列说法正确的是（）

A. 该微粒带正电荷

B. 保持K闭合，使滑片P向右滑动，则微粒将向上运

动

C. 打开K后，使两极板稍微错开，则微粒将向下运动

D. 打开K后，使两极板稍微靠近，则微粒仍保持静止

二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）

8.如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下

列说法正确的是( )

A. R1∶R2＝1∶3

B. R1∶R2＝3∶1

C. 将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1∶I2＝1∶3

D. 将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1∶I2＝3∶1

9.比值定义法是物理学中定义物理量的常用方法，下列物理量的表达式是由比值法来

定义的是（）

A. I=

B. E=k

C. E=

D. C=

10.如图所示，a、b、c、d是竖直平面内圆上的四个点，连线

ab、cd均过圆心O且相互

垂直，在圆心处固定一点电荷。现施加一方向与ab平行的

匀强电场（图中未画出），

则下列说法正确的是（）

A. a、b两点的电势相同

B. c、d两点的电势相同

C. a、b两点的电场强度等大

D. c、d两点的电场强度等大

三、填空题（本大题共1小题，共3.0分）

11.某同学在实验中用螺旋测微器测量金属丝的直径，某次测量

示数如图所示，此示数为

______mm。

四、实验题（本大题共2小题，共15.0分）

12.“探究电容器充放电”的实验装置示意图如图所示，已知灵敏电流计0刻度在表盘

中央位置，经判断：当电流从左接线柱流入时指针左偏；电流从右接线柱流入时指针右偏。请根据所学知识回答下列问题：

（1）电容器充电结束后，将开关S扳到b放电的过程中，灵敏电流计指针会______偏（填“左”或“右”）。

（2）将开关S扳到a，让电源给电容器充电结束后，保持开关位置不变，若将电容器中间插人一层有机玻璃板，则在插人过程中灵敏电流计指针______偏（填“左”或“右”）。

13.某兴趣小组准备用两种方案测量同一金属器件的电阻。

方案一：用多用电表进行粗略测量

（1）甲同学选用“x10”倍率的欧姆挡测量，发现多用电表指针偏转过大，因此需选择______（填“×1”或“×100”）倍率的欧姆挡，并重新进行欧姆调零后再进行测量，之后多用电表的示数如图（a）所示，测量结果为______Ω。

方案二：用伏安法进行较准确的测量

（2）已知电流表的内阻为0.8Ω，请按乙同学设计的电路原理图（b）将图（c）中

的实物连线。

（3）根据图（b）正确连接电路之后，不断改变R2的阻值，得到图（d）中所描出的各数据点。

请作图连线，并求得待测金属器件的电阻为______Ω（结果保留三位有效数字）。

五、计算题（本大题共4小题，共42.0分）

14.真空中有两个带电小球A、B固定在绝缘水平面上，A、B相距L=30cm，所带电荷

量分别为q A=-5×10-8C、q B=5×10-8C．A、B两小球均可视为点电荷，静电力常量k=9.0×109N?m2/C2．求

（1）A、B两小球之间的库仑力大小；

（2）带电小球A在B处产生的场强。

15.如图所示，实线为匀强电场的电场线，电场强度大小为3.0×105N/C，把一带电量为

2.0×10-9C的正电荷沿虚线从电场中a点移到b点，若ab连线与电场线方向夹角为

60°，ab间距离为20cm，取a点电势为零。求：

(1)从a到b，电场力对电荷做的功；

(2)b点电势和该电荷在b点的电势能。

16.如图所示电路，闭合S1，当S2断开时，电流表和电压表

示数分别是0.5A、8.5V；当S2闭合时，电流表和电压表

示数分别是2.2A、6.8V，此时电动机恰好正常工作。已

知电动机内阻R0=1Ω，电流表、电压表均为理想表。求：

（1）电源电动势和内阻；

（2）闭合S2时电动机输出功率。

17.如图所示，一质量为lkg、带电荷量为1.0×10-6C的物块静止于粗糙程度相同的绝缘

水平面上。t=0时刻，加一斜向上、与水平方向成θ=37°角的无边界匀强电场，物体开始沿水平面向右运动，一段时间后冲上一倾角也为θ的足够长光滑绝缘斜面，不考虑物块由水平面到斜面的能量损失。从t=0时刻开始，每隔0.1s通过速度传感

sin37°=06g=10m/s2求：t/s… 3.0… 4.2 4.3 4.4…

v/（m/s-1）… 3.9… 4.8 4.6 4.4…

（1）电场强度的大小；

（2）物块与水平面间的动摩擦因数；

（3）物块上升的最大高度（结果保留两位有效数字）。

答案和解析

1.【答案】D

【解析】解：A、复印机复印文件资料，就是利用静电墨粉成在鼓上。故A属于静电的利用；

B、静电喷涂是利用异种电荷间的吸引力来工作的，故B属于静电的利用；

C、静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动。故C属于静电应用；

D、下雨天，云层带电打雷，往往在屋顶安装避雷针，是导走静电，防止触电，D属于静电防范；

本题选择属于静电防范的；故选：D。

物体带电的本质是电荷的转移，出现多余的电荷从而带电，所以静电的产生有利有弊。要明确生活中静电的应用和防止的例子。

在我们生活中静电无处不在，有的我们需要，有的我们不需要。要明确我们生活中有关静电应用和静电防止的实例。

2.【答案】C

【解析】解：A、b点电场线比a点电场线密，故a点的电场强度比b点的小，故A错误；

B、沿电场线的方向电势降落，故a点电势比b点高，故B错误；

C、正电荷受力沿电场线方向，故将正电荷从a点移动到b点，电场力做正功，电势能减少，故C正确；

D、负电荷受力与电场线方向相反，故将负电荷从a点移动到b点，电场力做负功，故D错误。

故选：C。

电场线的疏密代表场强的强弱，场强处处相同的电场为匀强电场。沿电场线方向电势逐渐降低；根据功的性质确定电场力做功情况；再根据电场力做功情况确定电势能的变化。解决本题的关键知道电场线的特点，电场线的疏密代表电场的强弱，电场线上某点的切线方向表示电场的方向；

3.【答案】C

【解析】解：A、当电池不接入外电路，蓄电池两极间的电压为2V；当电池接入电路时，两极间的电压小于2V．故A错误；

B、铅蓄电池的电动势为2V，根据W=qU，表示电路中每通过1C电量，电源把2J化学能转化为电能，与时间无关，故B错误C正确；

D、电源是通过非静电力做功的，蓄电池将化学能转变成电能时，非静电力做的功比一节干电池（电动势为1.5V）的大，表示故D错误；

故选：C。

电动势是一个表征电源特征的物理量．定义电源的电动势是电源将其它形式的能转化为电能的本领，在数值上，等于非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功．它是能够克服导体电阻对电流的阻力，使电荷在闭合的导体回路中流动的一种作用．常用符号E（有时也可用ε）表示，单位是伏（V）．

本题关键是明确电动势的概念、物理意义、单位；同时应该知道：电动势的方向规定为从电源的负极经过电源内部指向电源的正极，即与电源两端电压的方向相反．

4.【答案】A

【解析】解：根据串联分压可知应串联一定值电阻。令原小量程电压表的内阻和分得的电压分别为R1和U1．所串联的电阻的阻值及电压为R2和U2，根据串联电路知识知，且U1+U2=15，U1=3V，所以U2=12V，故R2=4R1=8KΩ

故选：A。

改装成大量程的电压表需要串联电阻分压，再根据串联电路分压特点知分得的电压和电阻成正比即可得出

本题考查了电表的改装，知道电表的改装原理、应用串联电路特点即可正确解题

5.【答案】B

【解析】解：一户人家家电待机总功率为：P=10W+2W+2×3W+10W=28W

一户人家农机因待机一天消耗的电能为：

则每年潍坊市家庭用电器待机耗电总量为：E=300×104×365×E0

代入数据并转换为度为单位可得：E=6.132×108度，故B正确，ACD错误。

故选：B。

先求出一户家电待机20小时的总功率，从而求出一户家电待机20小时消耗的总电能，最后求出每年潍坊市家庭用电器待机耗电总量。

本题考查电功与电功率的应用，基础题，掌握基本公式的应用是关键。

6.【答案】B

【解析】解：A、不称重时，P在A端，接入电路的电阻最大，电流最小，但不为零，故A正确；

BC、所称物体越重，P越向下，接入的电阻越小，电流越大，根据U=E-Ir知路端电压越小，R0的电压U0=IR0越大，所以滑动变阻器分压越小，故B错误，C正确；

D、总功率P总=EI，E不变，I增大，总功率增大，故D正确。

本题选择错误的，

故选：B。

滑动变阻器与R0串联，不称重时，P在A端，接入电路的电阻最大，电流最小，称重时P下移，电阻减小，由闭合电路欧姆定律可电流增大，内电压增大，路端电压减小电源总功率P总=EI。

本题考查闭合电路欧姆定律的应用，注意分析接入电阻的变化即可。

7.【答案】D

【解析】解：A、由重力与电场力平衡，而电场强度向下，则微粒带负电荷，故A错误；

B、当保持K闭合后，即使滑片P向右滑动，电容器极板间电势差仍保持不变，滑线变阻器对电容极板上的电压没有影响，再根据E=，可知，极板间的电场强度不变，因此微粒将静止不动，故B错误；

C、打开K后，电容器极板上的带电荷量保持不变，由C==，

由E=得E=为一常量，当电容器极板间错开一定距离时正对面积减小，板间场强增大，故微粒受力不平衡，微粒将向上运动，故C错误；

D、由C分析知，板间电场强度E=，故两极板相互靠近时，板间电场强度保持不变，

故微粒保持平衡而不动，故D正确。

故选：D。

带电微粒受重力和电场力平衡，K闭合时电容器极板间的电势差保持不变，根据电容器

决定式进行动态分析，打开开关K后电容器极板上电容器极板上电荷保持不变，再根据电容器的决定式进行动态分析即可。

抓住电键断开时电容器带电量保持不变，电键闭合时，电容器两极板间电压保持不变，本题抓住电容器的决定式分析电容的动态变化是关键。

8.【答案】AD

【解析】解：A、根据I-U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2=1：3；故A正确，B错误；

C、串联电路电流处处相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流比I1：I2=1：1．故C错误；

D、并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=3：1．故D正确；

故选：AD。

通过I-U图象得出两电阻的关系．串联电路电流相等，并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比．

解决本题的关键知道I-U图线的斜率表示电阻的倒数以及知道串并联电路的特点．

9.【答案】CD

【解析】解：A、公式I=表示流过导体的电流I与导体两端的电压成正比，与导体的电阻成反比，这是欧姆定律的表达式，不是比值法定义，故A错误。

B、公式：E=是结合库仑定律导出的点电荷的电场强度的表达式，不属于定义式，故B错误。

C、公式E=是电场强度的定义式，属于比值法定义的公式，故C正确。

D、公式C=是电容的定义式，属于比值法定义的公式，故D正确。

故选：CD。

所谓比值法定义，就是用两个物理量的比值来定义一个新的物理量的方法。比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的属性，与参与定义的物理量无关。由此分析即可。

解决本题的关键理解并掌握比值法定义的共性：被定义的物理量往往是反映物质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变。

10.【答案】BD

【解析】解：A、对于圆心O处的点电荷，a、b两点的电势相等，对于匀强电场a、b 电势不相等，所以叠加后的电势不相等，A错误；

B、对于圆心O处的点电荷，c、d两点的电势相等，对于匀强电场c、d电势不相等，所以叠加后的电势相等，故B正确；

C、对于圆心O处点电荷形成的电场，a、b两点的电场强度等大反向，对于匀强电场a、b两点电场强度等大同向，故叠加后电场强度不相等，C错误；

D、对于圆心O处点电荷形成的电场，c、d两点的电场强度等大反向，对于匀强电场c、d两点电场强度等大同向，方向水平，故叠加后电场强度大小相等，方向不同，D正确；故选：BD。

分析点电荷形成的电场的特点然后根匀强电场叠加，然后分析电势大小及电场强度大小关系。

解答此题的关键是弄清电势的叠加原理及电场强度的叠加原理，注意矢量的叠加适用平

行四边形定则。

11.【答案】0.680

【解析】解：螺旋测微器固定刻度为0.5mm，可动刻度为0.01×18.0=0.180mm，所以最终读数为0.5mm+0.180mm=0.680mm。

故答案为：0.680。

螺旋测微器读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数；注意在读数时需要估读。

本题关键是掌握螺旋测微器的读数方法，注意螺旋测微器应保留到千分之一毫米位。12.【答案】左右

【解析】解：（1）当电流从左接线柱流入时指针左偏；电流从右接线柱流入时指针右偏。

电容器充电结束后，将开关S扳到b放电的过程中，电流自左向右通过电流计，灵敏电流计指针会左偏。

（2）将开关S扳到a，让电源给电容器充电结束后，保持开关位置不变，电容器极板间电压恒定，

若将电容器中间插人一层有机玻璃板，电容增大，电量增大，电流自右向左通过电流计，灵敏电流计指针会右偏。

故答案为：（1）左；（2）右

电容器充电结束后，将开关S扳到b放电的过程中，根据电流方向判断电流计的指针偏转。

由插人一层有机玻璃板判定电容器的变化，由于不切断电源，电容器极板间电压恒定，由此判定电容器的带电量的变化，从而确定灵敏电流计指针偏转情况。

本题主要考查电容器的动态变化，抓住电容器与电源相连，两极板间电压保持不变，由插人一层有机玻璃板判定电容器的变化，从而判定在变化过程中电容器是充电还是放电来判定电流方向。

13.【答案】×1 13 13.0

【解析】解：（1）用“×10”倍率的欧姆挡测量，多用电表指针偏转过大，说明所选挡位太大，因此需选择×1倍率的欧姆挡；由图（a）所示可知，测量结果为：13×1=13Ω。（2）根据图示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：

（3）根据坐标系内描出的点作出图象如图所示：

由图示图线可知，待测金属件的电阻为：R==-0.8≈13.0Ω；

故答案为：（1）×1；13；（2）实物电路图如图所示；（3）图线如图所示；13.0。（1）用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数。

（2）根据图示电路图连接实物电路图。

（3）根据坐标系内描出的点作出图线，根据图示图线应用欧姆定律与串联电路特点求出待测电阻阻值。

要掌握欧姆表的使用方法、注意事项与读数方法，用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握应用图象法处理实验数据的方法。

14.【答案】解：（1）由库仑定律可得A、B两小球间的库仑力为

；

（2）根据点电荷的电场强度公式

可得小球A在B处产生的电场强度大小为

；

由于A带负电，故方向由B指向A。

答：（1）A、B两小球间的库仑力大小为2.5×10-4N；

（2）小球A在B处产生的电场强度大小为5×103N/C，方向由B指向A。

【解析】（1）根据库仑定律求两小球间的库仑力的大小；

（2）根据点电荷电场强度公式求小球A在B处产生的电场强度。

本题的关键是掌握库仑定律的数学表达式，掌握点电荷电场强度的求解方法，当然求电场强度时，也可用定义式进行求解。

15.【答案】解：（1）电场力做的功为：

W=qEL ab cos60°=6.0×105J；

（2）从a点到b点的电势差为：

U ab=E?L ab cos60°

由U ab=φa-φb解得：

，

；

答：（1）从a到b，电场力对电荷做的功为6.0×105J；

（2）b点电势为-3.0×104V，该电荷在b点的电势能为-6.0×10-5J。

【解析】（1）根据恒力功公式求解电场力做功即可；

（2）根据U=Ed求解ab的电势差，根据E=qφ求解电势能；

解决本题的关键知道电场力做功与电势差的关系，同时要明确电场力做功与初末位置间的电势差有关，与路径无关。

16.【答案】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，当S2断开时有

E=U1+I1r

当S2闭合时有

E=U2+I2r

联立①②两式代入数值解得：

电源电动势E=9.0V

内阻r=1.0Ω

（2）由S2断开时得R==17Ω

S2闭合时通过定值电阻R的电流为

I3==0.4A

所以通过电动机的电流为I=I2-I3=1.8A

电动机的输出功率Р=U3I-I2R0

代入数值得电动机的输出功率为P=9.0W

答：（1）电源电动势为9.0V，内阻为1.0Ω；

（2）闭合S2时电动机输出功率为9.0W。

【解析】（1）由闭合电路欧姆定律列方程，从而知电源电动势和内阻；

（2）流过电动机的电流I=I2-I3电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得输出功率。电动机为非纯电阻元件，不能直接应用欧姆定律求解电压和电流，但可以根据电路特点分析：并联电路电压相等，总电流等于各支路电流之和。

17.【答案】解：（1）由题意可知，物块先沿水平面做匀加速直线运动，再冲上斜面做匀减速直线运动。设匀加速和匀减速运动的加速度分别为a1、a2；

由表中数据可知：①

②

物块沿斜面向上运动的过程中，由牛顿第二定律得：

mg sinθ-qE=ma2③

代入数据解得：E=4×106V/m④

（2）物块沿水平面运动过程中有牛顿第二定律得：

qE cosθ-μF N=ma1⑤

竖直方向受力平衡得：

F N+qE sinθ=mg⑥

①④⑤⑥联立解得：μ=0.25

（3）设物块做匀加速运动时间为t，最大速度为v，由题意可知

v=a1t⑦

4.8=v-a2（4.2-t）⑧

⑦⑧联立解得：t=4.0s

设物块沿斜面上滑的最大高度为h，由动能定理得：

⑨

代入数据解得：h=4.056m≈4.1m

答：（1）电场强度的大小为4×106V/m；

（2）物块与水平面间的动摩擦因数为0.25；

（3）物块上升的最大高度为4.1m。

【解析】（1）物块在水平面上做初速度为零匀加速直线运动，斜面上做匀减速直线运动，根据表格数据可求减速加速度，然后利用牛顿第二定律列式求解电场强度大小；

（2）物块在水平面上做匀加速直线运动，根据表格数据求解加速运动的加速度，然后利用牛顿第二定律求解摩擦因数；

（3）根据匀变速直线运动规律和动能定理求解物块上升的最大高度。

本题考察带电物块在电场中的运动，关键是做好受力分析，利用好表格数据求解加速和减速加速度，然后利用运动学规律和动能定理列式求解即可。要特别注意4.2s末加速运动未结束。