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云南省昭通市彝良县民中2018-2019学年上学期期中考试高二物理一、单选题 1.如图所示，沿x轴正向的匀强电场E中，有一动点A以O为圆心，rOA为半径做逆时针转动一周，O与圆周上的A点的连线OA与x轴正向(E方向)成角，则此圆周上各点与A点间最大的电势差为( )A. UEr B. UEr(sin 1)C. UEr(cos 1) D. U2Er【答案】C【解析】【详解】沿电场线方向距离A点最远的点与A点的电势差最大，则圆周上各点与A点间最大的电势差为，故选C.【点睛】此题关键是知道U=Ed的物理意义，注意d是电场中的两点沿电场线方向的距离.2.如图所示，电源A两端的电压恒为6 V，电源B两端的电压恒为8 V，当开关S从A扳到B时，通过电流计的电荷量为1.2105C，则电容器的电容约为()A. 2105F B. 1.5106F C. 6106F D. 8.6107F【答案】D【解析】当开关S接A时，电容器上极板带正电，所带电荷量QCUA，当开关S扳到B时，电容器上极板带负电，所带电荷量QCUB，该过程中通过电流计的电荷量QQQC(UAUB)1.2105 C，解得电容C8.6107 F，选项D正确.故选D.点睛：本题的关键是分析通过电流计的电荷量与电容器电量的关系，掌握电容器电量公式Q=CU是基础3.如图(甲)所示，ab为原来不带电的细导体棒，q为一带正电的点电荷，当达到静电平衡后，导体棒上的感应电荷在棒内O点处产生的场强大小为E1，O点的电势为1.现用一导线把导体棒的b端接地，其他条件不变，如图(乙)，待静电平衡后，导体棒上的感应电荷在棒内O点处产生的场强大小为E2，O点的电势为2，经分析后可知()A. E1E2，12B. E1E2，12C. E1E2，12D. E1E2，12【答案】C【解析】处于静电平衡的导体内部场强为零，所以感应电荷在O点形成电场的场强与点电荷q在O点产生的场强等大反向，可知E1=E2，因点电荷为正电荷，则10；导体ab接地后电势2=0，所以12，C正确，ABD错误。故选C。点睛：该题中静电平衡的特点：内部合场强为零，是解题的关键整个导体是个等势体，它的表面是个等势面4.一平行板电容器中存在匀强电场，电场沿竖直方向。两个比荷（即粒子的电荷量与质量之比）不同的带正电的粒子和，从电容器的点（如图）以相同的水平速度射入两平行板之间。测得和与电容极板的撞击点到入射点之间的水平距离之比为1:2。若不计重力，则和的比荷之比是A. 1:2 B. 1:8 C. 2:1 D. 4:1【答案】D【解析】两带电粒子都做类平抛运动，水平方向匀速运动，有，垂直金属板方向做初速度为零的匀加速直线运动，有，电荷在电场中受的力为，根据牛顿第二定律有，整理得，因为两粒子在同一电场中运动，E相同，初速度相同，侧位移相同，所以比荷与水平位移的平方成反比。所以比荷之比为，D正确。【易错提醒】表达式的整理过程易出现问题。【备考提示】带电粒子在电场中的加速和偏转是高考的重点考查内容。5.如图所示，大小可以忽略不计的带有同种电荷的小球和相互排斥，静止时绝缘细线与竖直方向的夹角分别为和，且，两小球在同一水平线上，由此可知（ ）A. 球受到的库仑力较大，电荷量较大B. 球的质量较大C. 球受到的拉力较大D. 两球接触后，再处于静止状态时，悬线的偏角、仍满足【答案】D【解析】试题分析：根据牛顿第三定律得：A球对B球的库仑力等于B球对A球的库仑力，无论两球电荷量是否相等所受库伦力都相等，故无法比较哪个电荷量较大，故A错误；对小球A、B受力分析，根据平衡条件有：，因，所以mAmB，故B错误根据平衡条件有：；因，所以B球受的拉力较小，故C错误两球接触后，再静止下来，两绝缘细线与竖直方向的夹角变为、，对小球A、B受力分析，根据平衡条件有：；，因为mAmB，所以故D正确故选D。考点：库仑定律；物体的平衡6.电容式加速度传感器的原理结构如图，质量块右侧连接轻质弹簧，左侧连接电介质，弹簧与电容器固定在外框上质量块可带动电介质移动改变电容则A. 电介质插入极板间越深，电容器电容越小B. 当传感器以恒定加速度运动时，电路中有恒定电流C. 若传感器原来向右匀速运动，突然减速时弹簧会伸长D. 当传感器由静止突然向右加速瞬间，电路中有顺时针方向电流【答案】CD【解析】根据电容器的电容公式，当电介质插入极板间越深，即电介质增大，则电容器电容越大，故A错误；当传感器以恒定加速度运动时，根据牛顿第二定律可知，弹力大小不变，则电容器的电容不变，因两极的电压不变，则电容器的电量不变，因此电路中没有电流，故B错误；若传感器原来向右匀速运动，突然减速时，因惯性，则继续向右运动，从而压缩弹簧，故C正确；当传感器由静止突然向右加速瞬间，质量块要向左运动，导致插入极板间电介质加深，因此电容会增大，由于电压不变，根据Q=CU，可知，极板间的电量增大，电容器处于充电状态，因此电路中有顺时针方向电流，故D正确；故选CD点睛：此题考查影响电容器电容大小的因素，掌握Q=CU公式，理解牛顿第二定律的应用，注意电容器是充电还放电，是确定电流的依据7.如图所示电路，电源内阻不可忽略。开关S闭合后，在变阻器Ru的滑动端向下滑动的过程中A. 电压表与电流表的示数都减小B. 电压表与电流表的示数都增大C. 电压表的示数增大，电流表的示数减小D. 电压表的示数减小，电流表的示数增大。【答案】A【解析】解：当滑片下移时，滑动变阻器接入电阻减小，则外电路总电阻减小，电路中总电流增大，电源的内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数减小；由欧姆定律可知，R1上的分压增大，而路端电压减小，故并联部分的电压减小，则通过R2的电流减小，根据并联电路的特点可知：通过R0的电流增大，则电流表的示数增大故D正确，ABC错误；故选：D【点评】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化【此处有视频，请去附件查看】8. 铅蓄电池的电动势为2V，这表示 （ ）A. 电路中每通过1C的电量，电源就把2J的化学能转化为电能B. 蓄电池两极的电压为2VC. 蓄电池在1秒内将2J的化学能转化为电能D. 蓄电池将化学能转化为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大【答案】A【解析】试题分析：铅蓄电池的电动势为2V，表示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为2J，即2J化学能转化为电能，A正确C错误；电源两极间电压，当电源不接入电路时，等于电源的电动势；当接入电路时，小于电源的电动势，故B错误；电源的电动势是表示电源将其它形式的能转化为电能的本领，但蓄电池将化学能转变成电能还跟工作时间有关，D错误；考点：考查了对电动势的理解【名师点睛】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）表示，单位是伏（V）9. 在“测定电池电动势和内阻”的实验中，某同学根据实验数据，作出了正确的UI图象，如图所示，其中图线斜率绝对值的物理含义是（ ）A. 短路电流 B. 电池内阻 C. 电池电动势 D. 全电路电阻【答案】B【解析】试题分析：根据闭合电路欧姆定律，应用图象分析答题解：在闭合电路中，路端电压：U=EIr，由U=EIr可知，UI图象斜率的绝对值是r，即：斜率的绝对值是电源内阻，故B正确；故选：B【点评】本题考查了图象斜率绝对值的物理意义，应用闭合电路欧姆定律，根据图象即可正确解题10.如图所示，图线a是某一电源的UI曲线，图线b是一定值电阻的UI曲线若将该电源与该定值电阻连成闭合电路（已知该电源的内阻r=2.0 ），则说法错误的是（）A. 该定值电阻为6 B. 该电源的电动势为20 VC. 将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大D. 将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大【答案】C【解析】【分析】根据图线b的斜率求出定值电阻的阻值；读出两图线交点处电压和电流，根据欧姆定律求出电源的电动势；对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大。【详解】A项：图线b的斜率k=，则定值电阻的阻值R=k=6；故A正确；B项：由图读出交点的电压U=15V，电流I=2.5A，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势：E=U+Ir=15V+2.52V=20V；故B正确；C、D项：对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，故将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大，故C错误，D正确。本题选错误的，故选：C【点睛】定值电阻的伏安特性曲线斜率等于电阻，电源的伏安特性曲线的斜率绝对值表示内电阻、纵轴截距表示电动势。二、多选题 11.关于等势面、电场线和电场力做功的关系，下列说法正确的是()A. 在等势面上移动电荷，不受电场力作用B. 电场线不一定与等势面垂直C. 若相邻两等势面的电势差相等，则等势面的疏密程度能反映场强的大小D. 电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面【答案】CD【解析】【分析】电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面；沿着等势面移动点电荷，电场力不做功电场线与等势面垂直，且从电势高的等势面指向电势低的等势面。【详解】A项：等势面与电场线垂直，故沿着等势面移动电荷，电荷会受电场力作用，只是电场力与运动方向一直垂直，电场力不做功，故A错误；B项：等势面一定跟电场线垂直，否则沿着等势面移动电荷，电势能会变化，电场力会做功，故B错误；C项：根据等势面的特点可知，若相邻两等势面的电势差相等，则等势面的疏密程度能反映场强的大小，等势面密则电场强度大，故C正确；D项：沿着电场线方向电势总是降低，则电场线总是从电势高的等势面指向电势低的等势面，故D正确。故应选：CD。【点睛】本题关键记住电场线和等势面的关系，相互垂直，从电势高的等势面指向电势低的等势面，掌握等势面的基本特点：在等势面上移动电荷，电场力总是不做功。12. 如图所示，在水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，斜面上有一带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12 J，金属块克服摩擦力做功8 J，重力做功24 J，则以下判断正确的是（ ）A. 金属块带负电荷 B. 金属块克服电场力做功8 JC. 金属块的电势能减少4 J D. 金属块的机械能减少12 J【答案】D【解析】由动能定理，设电场力做功W，电场力做负功，电场力方向向右，金属块带正电，A对B错；金属块动能增大12J，重力势能减小24J，机械能减小12J，C对；电场力做功-4J，电势能增大4J，D错13. 如图所示，放在绝缘台上的金属网罩B内放有一个不带电的验电器C，如把一带有正电荷的绝缘体A移近金属网罩B，则（ ）A. 在B的内表面带正电荷，B=C=0B. 在B的右侧外表面带正电荷C. 验电器的金属箔片将张开，BCD. B=C，B的左右两侧电势相等【答案】BD【解析】静电平衡时，电荷分布于导体的外表面上，选项A错误；由于产生静电感应，使B金属网罩的左侧外表面感应出负电荷，所以B的右侧外表面感应出正电荷，选项B正确；由于静电屏蔽，金属网罩内电场强度为零，故C上无感应电荷，验电器的金属箔片不会张开，选项C错误；由静电屏蔽特点知，导体是等势体，导体表面是等势面，选项D正确。14.如图所示，R1、R2、R3、R4均为可变电阻，C1、C2均为电容器，电源的电动势为E，内阻r0若改变四个电阻中的一个阻值，则（ ）A. 减小R1，C1、C2所带的电量都增加B. 增大R2，C1、C2所带的电量都增加C. 增大R3，C1、C2所带的电量都增加D. 减小R4，C1、C2所带的电量都增加【答案】BD【解析】试题分析：由电路图可知，电阻R2、R3、R4串联接入电路，电容器C1并联在电阻电阻R2两端，电容器C2与R2、R3的串联电路并联；根据电路电阻的变化，应用欧姆定律及串联电路特点判断电容器两端电压如何变化，然后由Q=CU判断出电容器所带电荷量如何变化解：A、减小R1，电容器C1、C2两端电压不变，电容器所带电量不变，故A错误；B、增大R2，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，路端电压变大，电阻R3、R4两端电压变小，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压变大，由Q=CU可知，两电容器所带的电量都增加，故B正确；C、增大R3，整个电路电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流减小，由U=IR可知，电阻R2两端电压变小，电容器C1两端电压变小；路端电压变大，电阻R4两端电压变小，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C2两端电压变大，由Q=CU可知，电容器C1所带电荷量减少，C2所带的电量都增加，故C错误；D、减小R4，电路总电阻变小，由闭合欧姆定律可知，电路电流变大，电阻R2两端电压变大，电阻R2、R3串联电压变大，电容器C1、C2两端电压都增大，由Q=CU可知C1、C2所带的电量都增加，故D正确；故选BD【点评】本题是一道闭合电路的动态分析，熟练应用闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律、串联电路特点、Q=CU即可正确解题三、实验题 15.常用螺旋测微器的精度是0.01mm，下图中的螺旋测微器读数为5.623mm，请你在刻度线旁边的方框内标出相应的数以符合给出的数值（ ）【答案】【解析】可根据螺旋测微器读数结合题图可知，主尺固定刻度填5，这样主尺读取，可动刻度应读取，由于精度为，故可动数据读取时，下面的方框填写10，上面的方框填写1516.有以下可供选用的器材及导线若干条，要求使用个数最少的仪器尽可能精确地测量一个电流表的满偏电流A被测电流表A1：满偏电流约700800，内阻约100 ，刻度均匀、总格数为N；B电流表A2：量程0.6 A，内阻0.1 ；C电压表V：量程3 V，内阻3 k；D滑动变阻器R1：最大阻值200 ；E滑动变阻器R2：最大阻值1 k；F电源E：电动势3 V、内阻1.5 ；G开关一个.1. 选用的器材应为_（填AG字母代号）2. 在虚线框内画出实验电路图，并在每个选用的仪器旁标上题目所给的字母序号_3. 测量过程中测出多组数据，其中一组数据中待测电流表A1的指针偏转了n格，可算出满偏电流Ig=_，式中除N、n外，其他字母符号代表的物理量是_【答案】 (1). ACDFG (2). (3). (4). 其中U为电压表读数，RV为电压表内阻【解析】【详解】（1）由于电流表A2量程与待测电流表A1量程相差太大，从实验测量精度考虑，不能直接将电流表A2与电流表A1串联来测量电流注意到电压表内阻已知，而允许通过电压表的最大电流为，跟待测电流表的量程接近，因此，可将电压表与电流表A1串联，利用其读数来计算通过电流表A1的电流；若将滑动变阻器接成限流式，则通过待测电流表的最小电流大约为，显然，不能保证电表安全，也无法通过调节测量多组数据因此，应采用分压式控制电路，为了便于调节，应选用最大阻值20的滑动变阻器选用的器材应为A、C、D、F、G（2）电压表量程为3V，内阻3k,满偏电流为 ,与待测电流表类似，可当做电流表使用，与待测电流表串联即可；题目中的电流表量程为06A，偏大，不可用；采用分压式接法控制电路，电压可连续调节；电路图间如下。（3）待测电流表总格数为N，电子等于电压表电流，为：，电流表与电压表串联，电流相等，故：，故，其中U为电压表读数，RV为电压表内阻。在”描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的实验仪器如下：小灯泡L，“3.8 V,0.3 A”电压表V，量程05 V，内阻5 k电流表A1，量程0100 mA，内阻4 电流表A2，量程0500 mA，内阻0.4 滑动变阻器R1，最大阻值10 ，额定电流1.0 A滑动变阻器R2，最大阻值5 ，额定电流0.5 A直流电源E，电动势约为6 V，内阻约为0.5 17. 在上述器材中，滑动变阻器应选_；电流表应选_18. 在虚线框内画出实验的电路图，并在图中注明各元件的符号（ ）19. 某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在IU坐标系中，描绘出如图所示的小灯泡的伏安特性曲线根据此图给出的信息，可以判断下图中正确的是(图中P为小灯泡的功率)()A. 答案A B. 答案B C. 答案C D. 答案D【答案】 (1). R1 (2). A2 (3). (4). BD【解析】试题分析：（1）根据小灯泡的额定电流值可以确定电流表应选A2；电阻的额定电流为0.5A，加在它上面的最大电压为6V，所以仪器不能正常使用，滑动变阻器应选R1；（2）由于灯泡的电阻很小，为了减小实验的误差，电流表要采用外接的方法；由于电压要从零开始变化，所以滑动变阻器要采用分压的接法；根据灯泡的伏安特性曲线，找出灯泡和内电阻的总电压为4V的点，可知此时的灯泡的电压和电流，从而可以求得灯泡的功率电路如图所示（3）从图象可以看出灯泡电阻是在变化的，因为灯丝的电阻随温度的升高而增大，根据这一点对各个选项逐一分析根据公式知道，图A表示，灯泡的电阻大小不变；不合题意；图B表示灯泡的电阻随温度的升高而增加符合题意；根据公式可知，图C表示，灯泡的电阻大小不变；不合题意；图D表示灯泡的电阻随温度的升高而变大；符合题意故选BD考点：“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验、电功、电功率点评：本题考查根据图象法来判断影响灯泡电阻大小的因素，要知道影响灯泡大小的因素有材料、长度、横截面积和温度；灯泡的电阻温度的升高而变大【此处有视频，请去附件查看】四、计算题 如图所示，在水平方向的匀强电场中，用长为L的绝缘细线，拴住一质量为m，带电量为q的小球，线的上端固定开始时连线带球拉成水平，突然松开后，小球由静止开始向下摆动，当细线转过60角时的速度恰好为零问：20. A、B两点的电势差UAB为多少？21. 电场强度为多少？【答案】（1）AB两点的电势差UAB为；（2）匀强电场的场强大小是【解析】试题分析：（1）小球从A到B的过程中，重力做正功mgLsin60，电场力做功为qUAB，动能的变化量为零，根据动能定理求解电势差UAB；（2）根据电场强度与电势差的关系U=Ed求解场强式中d是AB沿电场线方向的距离，d=LLcos60解：（1）小球由A到B过程中，由动能定理得：mgLsin60+qUAB=0，解得：UAB=；（2）BA间电势差为：UBA=UAB=，则场强：E=；答：（1）AB两点的电势差UAB为；（2）匀强电场的场强大小是【点评】本题是带电体在电场中平衡和圆周运动的问题，需要正确分析小球的运动过程和小球的受力情况，根据动能定理和平衡条件，以及电场知识综合求解如图所示，两平行金属板A、B长为L8 cm，两板间距离d8 cm，A板比B板电势高300 V，一带正电的粒子电荷量为q1.01010C，质量为m1.01020kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v02.0106m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域(设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响)已知两界面MN、PS相距为12 cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9 cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上(静电力常量k9.0109Nm2/C2，粒子的重力不计)22. 求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？23. 在图上粗略画出粒子的运动轨迹24. 确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小【答案】（1）0.03m；0.12m；（2）运动的轨迹见下图；（3）负电性；1.04108C。【解析】试题解析：（1）带电粒子穿过界面MN时偏离中心线的距离，即侧向位移：（3分）带电粒子的速度离开电场时的速度及穿过PS进入点电荷电场的速度：此时的速度方向与水平方向成，带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动打在PS上的a点（如图），则a点离中心线的距离为y：则（2分）（2）轨迹如图所示。（3）a点与点电荷所在位置的连线与PS的夹角为，则，带电粒子进入点电荷的电场时，速度与点电荷对粒子的库仑力垂直，由题的描述：粒子穿过界面PS最后垂直打在荧光屏bc上，由此可以做出判断：该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动。带正电的粒子必定受到Q的吸引力，所以Q带负电。半径r=m=0.15m；由库仑定律和匀速圆周运动规律可得：k得：Q=C=1.04108C考点：带电粒子在电场中的运动，牛顿第二定律，库仑定律等。25.如图所示，A、B是两个带等量同种电荷的小球，A固定在竖直放置的10 cm长的绝缘支杆上，B静止于光滑绝缘的倾角为30的斜面上且恰与A等高，若B的质量为30g，则B带电荷量是多少？(取g10 m/s2)【答案】 【解析】试题分析：因为B静止于光滑绝缘的倾角为30的斜面上，且恰与A等高，设A、B之间的水平距离为L，根据题意可得，所以对B进行受力分析，如图所示，依据物体平衡条件解得库仑力：根据得，代入数据解得考点：考查了库仑定律，共点力平衡条件的应用【名师点睛】在处理共点力平衡问题时，关键是对物体进行受力分析，然后根据正交分解法将各个力分解成两个方向上的力，然后列式求解，如果物体受到三力处于平衡状态，则可根据矢量三角形法，将三个力移动到一个三角形中，然后根据角度列式求解如图所示的电路中，已知R1=4 ，电流表的读数I=0.75 A，电压表读数U=2.0 V，经一段时间后一电阻断路，使电流表的读数变为I=0.80 A，而电压表的读数变为U=3.2 V，求：26. 发生断路的电阻是哪一个？27. 电源电动势和内阻各是多少？【答案】（1）R2（2）4V，1【解析】（1）因某电阻烧断，电流表、电压表示数均增大，若R1、R3断路，电流表或电压表无读数，可断定发生断路的电阻是R2；（2）由R2烧断后：电压表的示数等于路端电压，则 R3=4根据闭合电路欧姆定律得 U=EIr即有 3.2=E0.8rR2未烧断时：路端电压 U=R3I=40.75V=3V通过R1的电流 I1=A=0.25A 总电流I0=I3+I=0.25A+0.75A=1.0A 则有U=EI0r 即 3=Er联立解得 E=4V r=1
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