湖南省岳阳县一中、汨罗市一中二校2019-2020学年高二物理上学期
10月联考试题（含解析）
一、单选题（本题共8小题,每小题4分，共32分。每小题选正确得4分，不正确得0分）
1.下列说法正确的是
A. 库仑定律适用于点电荷，点电荷其实就是体积很小的球体
B. 若点电荷q1的电荷量大于点电荷q2的电荷量，则q1对q2的静电力大于q2对q1的静电力
C. 由R＝U/I知，导体的电阻与导体两端的电压成正比，通过导体的电流成反比。
D. 电源电动势在数值上等于非静电力把1C正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功。【答案】D
【解析】
【详解】库仑定律适用于点电荷，当电荷的大小与所研究的问题相比可忽略不计时才可以把电荷看做点电荷，则体积很小的球体不一定能看做点电荷，选项A错误；两点荷之间的库仑力是相互的，与电量是否相等无关，选项B错误；导体的电阻是由导体本身决定的，与导体两端的电压以及通过导体的电流无关，选项C错误。电源电动势在数值上等于非静电力把1C 正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功，选项D正确；故选D。
2.如图所示，从F处释放一个无初速度的电子(重力不计)向B板方向运动，下列说法错误的是(设电源电压都恒为U)( )
A. 电子到达B板时的动能是Ue
B. 电子从B板到达C板动能变化量为零
C. 电子到达D板时动能是3Ue
D. 电子在A板和D板之间做往复运动
【答案】C
【解析】
【分析】
明确电场分布情况，电子从静止在匀强电场中被加速运动，电场力做的功，即为电子获得的
动能；电子在没有电场中做匀速直线运动；当电子以一定速度进入反向电场时会做减速运动，则减小的动能即为电场力做的负功。
【详解】释放出一个无初速度电荷量为e的电子，在电压为U电场中被加速运动，当出电场时，所获得的动能等于电场力做的功，即W=qU=eU；由图可知，BC间没有电压，则没有电场，所以电子在此处做匀速直线运动，则电子的动能不变，电子以eU的动能进入CD电场中，在电场力的阻碍下，电子作减速运动，由于CD间的电压也为U，所以电子的到达D板时速度减为零，所以开始反向运动；由上可知，电子将会在A板和D板之间加速、匀速再减速，回头加速、匀速再减速，做往复运动。综上所述，故A、B、D正确，C错误。
故选C。
【点睛】该题考查粒子在电场中加速与减速运动，明确电场力做的功与动能变化关系，要注意到电子的速度减为零时，恰好到达D板是解答本题的关键。
3.如图所示，实线是电场中一簇方向未知的电场线，虚线是一个带正电粒子从a点运动到b
点的轨迹，若带电粒子只受电场力作用，粒子从a点运动到b点的过程中（）
A. 粒子的电势能逐渐减小
B. 粒子的电势能逐渐增加
C. 粒子运动的加速度逐渐增大
D. 粒子运动的速度逐渐增大
【答案】B
【解析】
【分析】
根据运动轨迹弯曲方向判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，从而判断电势高低，根据电场力做功判断电势能的变化，根据牛顿第二定律求解加速度；
【详解】A、由粒子的运动轨迹可知，带电粒子所受的电场力向左，从a点运动到b点电场力做负功，电势能增大，故A错误，B正确；
C.电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，则a点电场力大于b点电
场力，a点加速度大，故C错误；
D.从a点运动到b点电场力做负功，根据动能定理可知动能减小，则速度减小，故D错误。【点睛】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力，利用电场中有关规律求解。
4.如右上图所示，某一导体的形状为长方体，其长、宽、高之比为a∶b∶c=5∶3∶2．在此长方体的上下、左右四个面上分别通过导线引出四个接线柱1、2、3、4。在1、2两端加上恒定的电压U，通过导体的电流为I1；在3、4两端加上恒定的电压U，通过导体的电流为I2，则I1∶I2为（）
A. 9∶25
B. 25∶9
C. 25∶4
D. 4∶25【答案】C
【解析】
试题分析：根据电阻定律R=ρL
S
得，当在1、2
两端加上恒定电压U时，R1＝ρ
c
ab
，在在3、4两端加上恒定的电压时，R2＝ρ
a
bc
，所以
2
1
2
2
R c
R a
＝
4
25
，根据欧姆定律I=
U
R
得，电流之比为25：4，C正确。
考点：本题考查电阻定律、欧姆定律。
5.扫地机器人是智能家用电器的一种，它利用自身携带的小型吸尘部件进行吸尘清扫，如图为“iRobot”扫地机器人，已知其电池容量1000 mA·h，额定工作电压 15 V，额定功率 30 W，则下列说法正确的是( )
A. 题中“mA·h”是能量的单位
B. 扫地机器人充满电后一次工作时间约为 0.5h
C. 扫地机器人正常工作时的电流是 0.5A
D. 扫地机器人充满电的电能是 1.0×105J 【答案】B 【解析】
A 、电池容量是指电池的存储电量（电流与时间的乘积）多少，单位是“Ah ”或“mAh ”，不是储存电能的大小，故A 错误。C 、机器人正常工作的电压为15V ，机器人正常工作时的电流
30
A 2A 15
P I U =
==，故C 错误。B 、机器人充满电后一次工作时间为10000.52Q mA h t h I A ?===，故B 正确。D 、根据电能的公式
34100010360015 5.410J E QU -==???=?，故D 错误。故选B 。
【点睛】本题是信息给予题，要求同学们能从题目中获取有用信息，知道电池容量是指电池储存电量的大小。
6.如图所示，两个相同的带电小球A 、B 分别用2L 和3L 长的绝缘细线悬挂于绝缘天花板的同一点，当平衡时，小球B 偏离竖直方向30°，小球A 竖直悬挂且与光滑绝缘墙壁接触。若两小球的质量均为m ，重力加速度为g .则
A. AB 3
B. 3
C. A 球受到细线的拉力等于
54mg D. B 3
【答案】C 【解析】
【详解】AD.对B 球受力分析，如图所示：
根据共点力平衡得，A 、B 两球的静电力为：1
sin 302
B F mg mg =?=
，B 球受到的细线拉力为：3
cos302
B T mg mg =?=
；故A 项错误，D 项错误. BC.对A 球受力分析，如图所示，根据平衡有：133cos30224
A N F mg mg =?=
?=，则根据牛顿第三定律知墙壁受的压力为3
N mg '=
；细线的拉力为：115
cos30224
A A T mg F mg mg mg =+?=+?=；故
B 错误，
C 正确.
7.如图，△abc 中bc =4cm ，∠acb ＝30°。匀强电场的电场线平行于△abc 所在平面，且a 、b 、
c 点的电势分别为3V 、-1V 、3V 。下列说法中正确的是（ ）
A. 电场强度的方向沿ac 方向
B. 电场强度的大小为2 V/cm
C. 电子从a 点移动到b 点，电势能减少了4 eV
D. 电子从c 点移动到b 点，电场力做功为4 eV 【答案】B 【解析】 【分析】
电场力做功量度电势能的变化．匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；由题意知ac 连线为一条等势线，根据电场线与等势线的特点可确定电场线的方向，再根据公式U=Ed 求出电场强度.
【详解】因ac 为等势面，则场强方向垂直于ac 指向b 点，选项A 错误；电场强度的大小为
3(1)2/4sin 30U E V cm d --=
==，选项B 正确；a 点电势高于b 点，则电子从a 点移动到b 点，电势能增加，选项C 错误；电子从c 点移动到b 点，电场力做功为[3V-(-1V)](-e)=-4 eV ，选项D 错误；故选B.
【点睛】题的关键在于找出等势面，然后才能确定电场线，要求学生明确电场线与等势线的关系，能利用几何关系找出等势点，再根据等势线的特点确定等势面．知道公式U=Ed 应用时d 为沿着电场线方向的距离
8.在x 轴上O 、P 两点分别放置电荷量为q 1、q 2的点电荷，在两电荷连线上的电势φ随x 变化的关系如图所示，其中A 、B 两点的电势为零，BD 段中C 点电势最大，则（ ）
A. q 1和q 2都是正电荷
B. C 、D 两点间电场强度沿x 轴正方向
C. C 点的电场强度大于B 点的电场强度
D. 将一负点电荷从B 点移到D 点，电势能先增大后减小 【答案】B 【解析】 【分析】
根据两点电荷连线的电势高低的分布图，结合沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性，图象切线的斜率等于场强，由斜率大小分析场强的大小，根据负电荷在电势高处电势能小，分析负电荷移动时电势能的变化；
【详解】A 、由图知从O 到B 电势先不断降低后先升高再降低，则两个点电荷必定是异种电荷，故A 错误；
B 、由图可知：从
C 到
D ，电势降低，根据顺着电场线电势降低可知，CD 间电场强度方向沿x 轴正方向，故B 正确；
C 、根据图象切线的斜率等于场强，可知C 点场强为零，B 点的场强不等于零，则B 点的场强比C 点的大，故C 错误；
D 、将一负点电荷从B 移到D 点，电势先升高后降低，电势能先减小后增大，故D 错误。 【点睛】通过本题的解答要知道：电势为零处，电场强度不一定为零，负电荷在电势高处电势能小，电场力做功的正负决定电势能的增加与否。
二、多选题（本题共4个小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项正确，全部选对的得4分,选不全的得2分,有选错或不答的得0分）
9.如图所示，图线1表示的导体的电阻为1R ，图线2表示的导体的电阻为2R ，则下列说法正确的是(
)
A. 12:1:3R R =
B. 12:3:1R R =
C. 通过1R 、2R 电流大小相等时，电压之比为1:3
D. 1R 、2R 两端电压相等时，流过1R 、2R 电流之比为1:3 【答案】AC 【解析】
根据I-U 图象知，图线的斜率表示电阻的倒数111R =，2113
R =，得：12:1:3R R =，A 正确，B 错误；当通过1R 、2R 电流大小相等时，由U IR =可知，电压与电阻成正比，即电压之比
为1:3．故C 正确；当通过1R 、2R 两端的电压相等时，由U IR =可知，电流与电阻成反比，即电流之比为3:1，故D 错误；选AC.
【点睛】通过I-U 图象得出两电阻的关系，将坐标系中的数据代入即可求出两个电阻的电阻值，然后结合串联电路与并联电路的关系分析解答即可．
10.如图所示，带电物体P 、Q 可视为点电荷，电荷量相同。倾角为θ、质量为M 的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m 的物体P 放在粗糙的斜面体上。当物体Q 放在与P 等高(PQ 连线水平)且与物体P 相距为r 的右侧位置时，P 静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k ，则下列说法正确的是( )
A. P 、Q 所带电荷量为2tan mgr k
θ
B. P 对斜面的压力为0
C. 斜面体受到地面的摩擦力方向水平向右，大小为tan mg θ
D. 斜面体对地面的压力为(M ＋m )g 【答案】CD 【解析】
【详解】A ．对物体P 受力分析物体P 受到水平向左的库仑力，垂直斜面向上的支持力N ，竖直向下的重力，则有：
tan F mg
θ=
库
又由库仑定律得：
2
2q F k r
=库
其中q 为P 、Q 所带电荷量，解得：
2tan mgr q k
θ=
故A 错误。
B ．由A 项分析可知，物体P 受到垂直斜面向上的支持力，所以P 对斜面的压力不为0，故B 错误。
C ．对斜面体受力分析可知斜面体受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，垂直斜面向下的压力N 和水平向右的摩擦力f ，所以：
sin f N θ=
又有A 项分析可知：
cos mg
N θ
=
联立解得：
tan f mg θ=
故C 正确.
D ．对斜面体和物体P 整体受力分析可知，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，水平向左的库仑力和水平向右的摩擦力，所以竖直方向上受力平衡，此时地面对斜面体的支持力：
()F M m g =+支
由牛顿第三定律可知，斜面体对地面的压力为()M m g +，故D 项正确。
11.如图所示，电阻R 1=20Ω，电动机的
绕组R 2=10Ω．当电键打开时，电流表的示数是0.5A ，当电键合上后，电动机转动起来，电路两端的电压不变，电流表的示数I 和电路消耗的电功率应是（ ）
A. I≠1.5A
B. I<1.5A
C. P=15W
D. P<15W
【答案】BD 【解析】
【详解】开关S 断开时,电流表示数为0.5 A,则U=I 1R 1=10 V;合上S 后,电动机接入电路,因电
动机为非纯电阻用电器,故I2<
2
U
R =1 A,电路总功率P总=UI总=U(I1+I2)<10×(1+0.5) W="15" W.则BC均错AD项对.
12.如图所示，A、B、C、D为竖直平面内一正方形的四个顶点，已知A、B、C点分别固定电荷量为+q的点电荷，D点固定电荷量为－q的点电荷。一根光滑、绝缘的细管MN竖直固定放置，且M端和N端恰好位于正方形AB边和CD边的中点处，现有一直径略小于细管内径的带正电的小球，从细管的M端由静止释放，则小球从M端下落到N端的过程中，下列说法正确的是
A. 小球的速率先增大后减小
B. 小球
的速率一直增大C. 小球的电势能先增大后减小D. 细管对小球的弹力一直增大【答案】BD 【解析】【详解】A、B项：AB两处电荷在MN杆处产生的场强方向竖直向下，CD两处的电荷在MN杆处
产生的场强方向水平向左，对带正电的小球受力分析可知，小球受的重力与电场力的合力始终竖直向下，所以小球一直做加速运动，故A错误，B正确；
C项：由于电场力对小球一直做正功，所以电势能一直减小，故C错误；
D项：CD两处电荷在MN杆处产生的场强方向水平向左，大小从M到N逐渐增大，小球在水平方向的电场力增大，由水平方向平衡可知，细管对小球的弹力一直增大，故D正确。
故选：BD。
三、实验题（本题共2个小题，每空2分，共12分）
13.在“探究影响平行板电容器电容的因素”的实验中,某实验小组所用的实验装置如图所示,
其中电容器左侧极板和静电计外壳接地,电容器右侧极板与静电计的金属球相连。当两平行板带有等量的异种电荷时,静电计的指针相对竖直方向有一个偏角(下面的实验中，电容器所带的电荷量不变)。
(1)将其中一极板上移,观察到静电计指针的偏转角变大,说明电容器的电容________(填“增大”或“减小”)；
(2)将其中一极板靠近另一极板,观察到静电计指针的偏转角变小,说明电容器的电容
________(填“增大”或“减小”)。
【答案】 (1). 减小 (2). 增大
【解析】
【详解】(1)[1] 根据电容的定义式
Q
C
U
=知，将其中一极板上移观察到静电计指针的偏转角
变大即电势差U变大，则电容减小；
(2)[2] 根据电容的定义式
Q
C
U
=知，将其中一极板靠近另一极板时，观察到静电计指针的偏
转角变小即电势差U变小，则电容增大。
14.在用“伏安法测小灯泡的电阻”实验中。
（1）在如图甲，请你将电压表正确连入电路，完成电路的连接__________.
（2）在闭合开关之前，图中滑动变阻器的滑片应放在最______端。（填“左”或“右”）（3）小明同学在做实验时，电路连接无误。闭合开关后，发现电流表的指针明显偏转，而电
压表的示数为零。该故障的原因可能是__________.
（4）这个电路除了可以测小灯泡的电阻外，还可以用来测量小灯泡的功率。由图乙两表示数可求出小灯泡的功率P =_________W 。（保留两位有效数字）
【答案】 (1). (2). 左 (3). 小灯炮短路
或电压表损坏 (4). 0.44 【解析】
【详解】（1）[1]由题目中的电压表 表盘可知，电压表选择0~3V 的量程，电压表与灯泡并联，电流从正接线柱流入，从负接线柱流出，如图所示：
（2）[2]滑动变阻器右边的电阻接入电路，滑片处于左端接入电路的电阻最大，电路的电流最小，对电路有保护作用。
（3）[3]电流表由明显的偏转，说明电路的电流太大，总电阻减小，由电压表的示数为零，故障只能是灯泡短路或电压表损坏。
（4）[4]由乙图可得电压表的读数为 2.2V U =，电流表的读数0.2A I =，所以小灯泡的功率为
2.20.2W 0.44W P UI ==?=
四、解答题(本题共4小题,共40分，其中第15小题8分，第16、17小题各10分，第18小题12分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)
15.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
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?m 2/C 2
．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。
【答案】（1）42.510N -? ；(2)3N 5.010C ?
,
方向由B 指向A
【解析】
【详解】（1）由库仑定律12
2q q F k
r
=可得A 、B 两小球间的库仑力为 889
4
2
510510910N 2.510N 0.3
F ---???=??=?； （2）根据点电荷的电场强度公式2Q
E k
r
=，可得小球A 在B 处产生的电场强度大小为 89
3
2
510910N/C 510N/C 0.3
A E -?=??=?； 由于A 带负电，故方向由
B 指向A 。
16.如图所示为一组方向未知的匀强电场的电场线，将带电荷量为q =?1.0×10-6C 的点电荷由A 点沿水平线移至B 点，克服静电力做了2×10-6J 的功，已知A B 间的距离为2cm 。
（1）求AB 两点间的电势差U AB ；
（2）求该电荷在匀强电场中受到电场力的大小及方向。
【答案】（1）2AB U V = （2）42.010F N -=?，电场力的方向沿电场线斜向上 【解析】 【分析】 根据AB
AB W U q
=
求A 、B 间两点间的电势差；根据克服电场力做功，与电荷量沿电场方向移动的位移，可求出电场强度的大小，再根据电场力公式及电荷的正负求得电场力的大小及方向。
【
详解】
（1）由题意可知，静电力做负功，有：W AB ＝?2×10? 6
J
根据 AB
AB W U q
=
可得：2AB U V = （2）沿着电场方向的位移为202210cos60m 110m d --=?=?
场强为： 200V /m AB
U E d
=
= 电场力为：6
4
1.010200N
2.010N F qE --==??=?
沿着电场线方向电势降低，所以电场线的方向：沿电场线斜向下，电场力的方向沿电场线斜向上
【点睛】本题考查对电势差与电场强度关系的理解能力．还要抓住公式U
E d
=是沿着电场线方向的距离，同时考查沿着电场线方向电势是降低的。
17.如图所示，电源电压恒定不变，小灯泡L 上标有“6V 3W”字样，滑动变阻器R 最大阻值为36Ω，灯泡电阻不随温度变化。闭合S 、S 1、S 2，当滑动变阻器滑片位于最右端时，电压表示数为3V ；闭合S 、S 1，断开S 2，当滑动变阻器滑片位于最左端时，灯泡正常发光。求：
（1）电源电压； （2）R 0的阻值。
【答案】（1）12V （2）12Ω 【解析】
【详解】（1）灯泡的电阻：2
2
6123
L U R P ==Ω=Ω额；
当闭合S 、S 1、S 2，当滑动变阻器滑片位于最右端时，
电路中的电流3
0.2512
L U I A A R =
== 电源的电压U=I （R L +R ）=0.25A×（12Ω+36Ω）=12V ； （2）闭合S 、S 1，断开S 2，当滑动变阻器滑片位于最左端时，
∵灯泡正常发光， ∴电路中的电流30.56L P W I A U V
'=
== R 0两端的电压U 0=U-U L =12V-6V=6V ，006120.5U V R I A
=
==Ω' 【点睛】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率的应用，关键是开关闭合、断开时电路变化的判断和知道额定电压下灯泡正常发光。
18.如图甲所示，A 、B 两块金属板水平放置，且A 在B 的正上方，两板相距为d =0.6 cm ，两板间加有一周期性变化的电压，当B 板接地时，A 板电势φA 随时间变化的情况如图乙所示。现有一带负电的微粒在t =0时刻从B 板中央小孔射入电场，若该带电微粒受到的电场力为重力的两倍，且射入电场时初速度可忽略不计。求：
（1）在0~
2T 和2
T
~T 这两段时间内微粒的加速度大小和方向； （2）要使该微粒不与A 板相碰，所加电压的周期最长为多少（g =10 m/s 2
）。
（3）若该微粒以V =5m /s 的初速度紧贴B 板（不考虑电量的变化），从左边缘水平向右进入（2）中电场，且A 、B 两板足够长，求经一个T 时微粒在AB 板间的位置？
【答案】(1)1a g = 方向向上，23a g = 方向向下（2）2610s -? （3）微粒紧贴B 板，离左边缘0.3m 处 【解析】
【详解】（1）设电场力大小为F ，则2F mg =，对于0t =时刻射入的微粒，在前半个周期内，有：1F mg ma -= 又由题意：2F mg = 解得：1a g =，方向向上 后半个周期的加速度2a 满足：
2F mg ma +=
解得：23a g =，方向向下 （2）前半周期上升的高度：
2
21111
228
T h a gT ??== ???
前半周期微粒的末速度为：112
T v a =?
后半周期先向上做匀减速运动，设减速运动时间1t ，则：121v a t = 解得：16
T t =
此段时间内上升的高度
2
2222111322624T gT h a t g ??==??= ???
则上升的总高度为：
2
126
gT H h h =+= 要使该微粒不与A 板相碰，必有：2
6
gT d ≤
解得所加电压的周期最长为
2610s m T -=
=? （3）后半周期的1112
3
T t T -=时间内，微粒竖直方向向下加速运动，下降的高度
2
2313236T gT H g ??=??= ???
， 上述计算表明，微粒在一个周期内的竖直位移为零。 水平方向：
0.3m x vT ==
即微粒紧贴B 板，离左边缘0.3m 处