北京市西城区第一五六中学2017-2018学年高二上学期期中考试物理试题(含解析)

人大附中2017~2018学年度第一学期期中高二年级理科物理练习2017年11月9日纸卷人：李晓东审卷人：刘永进说明：本练习共四道大题，22道小题，共6页；满分100分，考试时间90分钟．(将卷Ⅰ各题中符合题意的选项涂在答题纸上，卷Ⅱ作答在答题纸上，只交答题纸）卷Ⅰ（季度卷共48分）一、本题共8小题，在每小题给出的选项中,只有一个选项是符合题意的,每小题3分，共24分．1．关于分子间的引力、斥力和分子力的说法中正确的是（) A．引力存在时斥力就不存在B．引力总是大于斥力，分子力总为引力C．分子间的作用力表现为斥力时，分子间的距离小于平衡距离D．分子间的作用力变现为斥力时，分子间的距离大于平衡距离【答案】C【解析】A．分子间斥力与引力是同时存在而分子是斥力与引力的合力，故A错误；B．当分子间距等于平衡距离时，引力等于斥力，即分子力等于零，故B错误；C、D．当分子间的距离变小时，作用力表现为斥力，故C正确，D错误．故选C．2．关于物体的内能变化，下列说法正确的是（）A ．物体吸收热量,内能一定增大B ．物体对外做功，内能一定减小C ．物体吸收热量，同时对外做功，内能可能不变D ．物体放出热量，同时对外做功，内能可能不变 【答案】C【解析】A ．物体吸收热量，根据热力学第一定律可以知道，内能不一定增大，还与做功情况有关，故A 错误；B ．物体对外做功，根据热力学第一定律可以知道,内能不一定减小，还与热传递情况有关，故B 错误；C ．物体吸收热量，同时对外做功，若热量与功的数值相等，内能不变，故C 正确；D ．物体放出热量，同时对外做功,根据热力学第一定律可知，内能一定减小，故D 错误． 故选C ．3．使两个完全相同的金属小球（均可视为点电荷)分别带上3Q -和5Q+的电荷后，将它们固定在相距为a 的两点，它们之间库仑力的大小为1F ，现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a 的两点，它们之间库仑力的大小为2F ，则1F 与2F 之比为（ )A ．2:1B ．4:1C ．16:1D ．60:1【答案】D【解析】开始时21225315Q Q Q F k k a a⨯===,接触后，两球都带正电Q ,222244Q Q Q F k k a a⨯===，所以12:60:1F F=，故D 正确．故选D．4．下列关于电荷的电势能的说法正确的是（）A．电荷在电场强度大的地方，电势能一定大B．电荷在电场强度为零的地方，电势能一定为零C．只在静电力的作用下运动，电荷的电势能一定减小D．只在静电力的作用下运动，电荷的电势能可能增加,也可能减小【答案】D【解析】A．电势大小与电场强度的大小没有关系，场强大的点电势可大可小,再根据q E qφ=，电势能大小也就无法判断，故A正确; B．电势大小与电场强度的大小没有关系，电场强度为零的地方电势可以不为零，故电势可以不为零,故B错误；C、D．只在静电力的作用下，静电力做正功时，电荷的电势能减小,静电力做负功时电势能增加,故C错误，D正确．故选D．5．如图所示，孤立点电荷Q+固定在正方体的一个顶点上，与Q+相邻的三个顶点分别是A、B、C，下列说法正确的是（）A．A、B、C三点的场强相同B．A、B、C三点的电势相同C．A、B、C三点所在的平面为一等势面D ．将一电荷量为q +的检验电荷由A 点沿直线移动到B 点的过程中电势能始终保持不变 【答案】B【解析】A ．点电荷产生的电场强度大小2kQ E r =，正电荷的电场强度方向呈放射状，所以A 、B 、C 三点电场强度大小相等,方向不同,故A 错误;B ．点电荷产生的电势大小kQ rϕ=，因为A 、B 、C 三点r 相同，且电势是标量，没有方向，所以A 、B 、C 三点电势ϕ相同，故B 正确； C ．点电荷形成的等势面是一系列以点电荷为球心的同心球面，显然平面ABC 上不是所有的点都是在同一球面上,即不是等势面，故C 错误；D ．由C 项分析得知A 、B 两点电势相等，但是A 、B 连线上各点电势不相等，所有将检验电荷从A 点沿直线移动到B 点的过程中电势能会发生变化，故D 错误． 故选B ．6．如图所示的实验装置中，极板A 接地,平行板电容器的极板B 与一个灵敏的静电计相接．下述哪些做法可使指针张角增大（ ）A ．保持两板正对面积不变，使A 、B 两板靠近一些B ．保持两板之间距离不变，使A 、B 两板正对面积减小一些C ．在A 、B 两板之间插入绝缘板D ．在A 、B 两板之间插入金属板 【答案】B【解析】若极板B 稍向上移动一点，极板正对面积减小,由电容的决定式4πsC kdε=分析知电容减小，电容器的点量不变，根据电容定义式Q C U=，极板间的电压U 增大，则静电计指针偏角增大，故B 项正确． 故选B ．7．如图所示,有一带电粒子贴着A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为1U 时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出;当偏转电压为2U 时,带电粒子沿②轨迹落到B 板中间:设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（ ）A ．12:1:8U U= B ．12::1:4UUC ．12:1:2U U=D ．12:1:1U U=【答案】A【解析】带电粒子的匀强电场中做类平抛运动，水平移动为0x v t =,两次运动的位移之比为2:1，两次的水平速度相同，故运动时间之比为12:2:1t t=，由于竖直方向上的位移为212h at =，12:1:2h h=，故加速度之比为1:2，又因为加速度ABUq a md =，故两次偏转电压之比为:12:1:8U U=，故A 正确． 故选A ．8．如图所示，真空室中电极板K 发出电子（初速度不计），经过电压为1U 的加速电场后,由小孔S 沿水平金属板A 、B 间的中心射线入板中．金属板长为L ,相距为d ，当A 、B 间电压为2U 时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示两点．已知电子的质量为m 、电荷量为e ,不计电子重力，下列情况中一定能使两点偏离中心距离变大的是（ ）A ．1U 变大，2U 变大B ．1U 变小，2U 变大C ．1U 变大，2U 变小D ．1U 变小，2U 变小【答案】B【解析】在加速电场中运用动能定理求出末速度V ，粒子进入偏转电场后做类平抛运动,根据平抛运动的规律求出偏转位移，设经过电压为1U 的加速度电场后，速度为V ，在加速电场中，由动能定理得：2112mv eU =，电子键入偏转电场后做类平抛运动,在水平方向上：L Vt=，在竖直方向上:2221122eU y at t md==⋅⋅,解得：2214U L y U d=，由此可知，当1U 变小，2U 变大时，y 变大，故B 正确． 故选B ．二、本题共8小题:每小题3分，共计24分．每小题的选项中只有一个或多个是符合题意的，全部选对的得3分，选不全的得2分，有错选或不答的得零分．9．关于布朗运动下面的说法中正确的是( ）A．布朗运动反应了液体分子在无规则的运动着B．温度越高，布朗运动越明显C．小微粒的体积越大,布朗运动越明显D．布朗运动就是分子的运动【答案】AB【解析】A、D．布朗运动是固体小微粒的运动，它证明了液体分子的无规则运动，故A正确，D错误；B．温度越高，液体分子运动越剧烈，小微粒受力越大，布朗运动越明显，故B正确；C．悬浮微粒越小,布朗运动越明显，故C错误．故选AB．10．下列说法中正确的是（)A．温度低的物体内能一定小B．温度低的物体分子平均动能一定小C．温度低的物体分子平均速率一定小D．质量相同的同温度的水和冰，水的内能较大【答案】BD【解析】A、B．温度低的物体分子平抛动能减小,但如果物质的量大，则内能也可能大,故A错误B正确；C．两端间电势差不变时,d变化电场强度也变化，电场强度的定义式是FEq=，故B错误；D．电容器的电容有本身性质决定,与所带的电量和两端间的电势差无关，故D正确．故选BD．11．用比值法定义物理量是物理学中一种常用方法，以下物理量表达式中属于比值法定义的是（)A．WUq=B．UEd=C．q E qϕ=D．QCU=【答案】ACD【解析】A．电场中两端的电势差与移动的电荷和电场力所做的功无关，移动的电荷量大,电场力做功多，比值不变，故A正确；B．两端间电势差不变时，d变化，电场强度也变化，电场强度的定义式是FEq=，故B错误;C．电场中某一点的电势与放入电场中的电荷无关，电荷量变大，电势能也变大,电势不变，故C正确；D．电容器的电容有本身性质决定与所带的电量和两端间的电势差无关，故D正确．故选ACD．12．如图所示，直线是真空中某一电场中的一条电场线，A、B是该电场线上的两点．一个电子以速度A V经过A点向右运动，经过一段时间后,该电子以速度H V经过B点，且a V速度方向向左．以下说法中正确的是（）A．A点处的场强一段大于B点处的场强B．A点的电势一定高于B点的电势C．电子在A点的动能一定小于它在B点的动能D．电子在A点的电势能一定小于它在B点的电势能【答案】BD【解析】A．题中一条电场线无法反映电场线的疏密，也不能反映电场强度的大小，无法比较场强的大小故A错误；B．电子的初速度A V向右，而末速度B V方向向左，说明电子所受的电场力方向向左，则电场线方向从，所以A点的电势一定高于B点的电势，故B正确；C、D．电子从A到B过程中，电场力做负功，则电子的电势能增大，动能减小,则有电子在A点的动能一定大于它在B点的动能，在A点的电势能一定小于它在B点的电势能，故C错误，D正确．故选BD．13．如图所示,在真空中有两个等量正电荷1q和2q，MN为它们连线的中垂线，M为无穷远，N为连线中点，现将一负点电荷3q由N点沿NM移动到M点的过程中下述结论正确的是（）A．系统的电势能逐渐增大B．3q受到的电场力逐渐减小C ．电势逐渐降低D ．电场力对3q 不做功【答案】AC【解析】A ．由题1q 、2q 是两个等量的正电荷，作出中垂线NM 上电场线如图：根据顺着电场线电势降低，可以知道负电荷3q 由N 点沿NM 移至无穷远的过程中,电势不断降低，电场力做负功，其电势能不断增大，故AC 正确,D 错误;B ．根据电场的叠加可以知道，N 点磁场强为零，而无穷远处场强也为零，所以由N 点沿NM 移至无穷远的过程中，场强先增大后减小，3q 受到的电场力先逐渐增大，后逐渐减小,故B 错误．故选AC ．14．两块水平放置的平行金属板，带等量异种电荷，一个带电油滴恰悬浮在平行板间．如果使油滴产生大小相等/2g 的加速度,两板电荷量应是原来的( ) A ．2倍B ．1/2C ．3/2倍D ．2/3【答案】BC【解析】电容器带电量不变，根据QC U=，4πsC kdε=有πkQ E sε=，O Q ⊂，带电油滴恰好静止,则qE mg =,方向向上，①若要油滴产生大小为2g 的方向向上的加速度，则11122qE mg m g mg-=⋅=计算得出132E E=，故132Q Q=；②若要油滴产生大小为2q 的方向向下的加速度则21122mg qE m g mg-=⋅=得212E E=，故212Q Q=,所以BC 正确，AD 错误．故选BC ．15．如图所示，一个平行板电容器，板间距离为d ，当对其加上电压后，A 、B 两板的电势分别为φ+和φ-，下述结论正确的是（ ）A ．电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为/E d φ=B ．电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零C ．若有一个质子水平射入并穿越两极板之间的电场，则质子的电势能一定会增加D ．若有一个电子水平射入并穿越两极板之间的电场，则电子的电势能一定会减小 【答案】BD【解析】A ．电容器两极板间可以形成匀强电场,板间电势差为2U φ=，电场强度为2U E d dφ==，故A 错误；B．电容器上板带正电，下板带负电,电场强度方向向下，根据顺着电场线电势降低可以知道，电容器两极板间在同一等势线的各点电势相同，步骤同一等势线上的电势不同，有正的有负的,有的为零，故B正确；C、D．电子水平射入穿越两极板之间的电场，电场力对电子做正功,电子的电势能减小，故C错误，D正确．故选BD．16．如图，一带正电的点电荷固定于O点，两虚线圆均为O为圆心，两实线分别为带电粒子M和N先后在电场中运动的轨迹，a、b、c、d、e为轨迹和虚线圆的交点．不计重力．下列说法正确的是( ）A．M带负电荷,N带正电荷B．M的b点的动能小于它在a点的动能C．N在d点的电势能等于它在e点的电势能D．N在从c点运动到d点的过程中克服电场力做功【答案】ABC【解析】A．由图可知，曲线运动的合力指出向凹侧，则带电粒子M所受的电场力向左，故M带负电荷，N粒子所受电场力方向向下，故N粒子带正电荷,故A正确;B．由于虚线是等势面，故M粒子从a到b电场力对其做负功，动能减小,故B 正确；C ．由于d 和e 在同一等势面上，所以从d 到e 电场力不做功,故电势能不变，故C 正确;D ．由于N 粒子带正电，从C 点运动到d 点的过程中，电场力做正功,故D 错误． 故选ABC ．卷Ⅱ（非机读卷共52分)三、本题共2小题：每空3分，共计12分．请将答案填写在答题纸上．17．在做“用油膜法估测分子的大小”实验时，将6mL 的油酸溶于酒精中制成410mL 的油酸酒精溶液．用注射器取适量溶液滴入量筒,测得每滴入75滴，量筒内的溶液增加1m L ．用注射器把1滴这样的溶液滴入表面撒有痱子粉的浅水盘中，把玻璃板盖在浅盘上并描出油酸膜边缘轮廓，如图所示．已知玻璃板上正方形小方格的边长为1cm，则油酸膜的面积约为________2m （保留两位有效数字）．由以上数据，可估算出油酸分子的直径约为________m （保留两位有效数字）．【答案】221.110m -⨯；107.310m -⨯【解析】面积超过正方形一半的正方形的个数为110个，则油酸膜的面积约为：2221101cm1.110m S -=⨯=⨯．每滴酒精油酸溶液中含纯油酸的体积：6123456810mL 810m 107V --==⨯=⨯⨯,把油酸分子看成球形，且不考虑分子间的空隙，其直径为12102810m 7.310m 1.110V d s ---⨯===⨯⨯．18．有一充电的平行电容器，两板件电压为3V ,现使它的电荷量减小4310C⨯于是电容器两极板间电压降为原来的13，此电容器的电容是__________F μ；若电容器极板上的电荷全部放掉,电容器的电容是__________F μ． 【答案】150；150【解析】由题平行板电容器的电荷量减少4310Q C-∆=⨯，电压降低2VU ∆=,则41.510150QC F F Uμ-∆==⨯=∆；电容反应电容器本身的特性，电容器极板上的电荷全部放掉电容器的电容不变，仍为150F μ．四、本题共4小题：共40分．请将答案填写在答题纸上．解题要求：写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．19．把带电荷量8210C -⨯的正电电荷无限远处移到电场中A 点，要克服电场力做功8810J -⨯，若把该电荷从无限远处移动到电场中B 点，需克服电场力做功8210J -⨯，求:（1）A 点的电势；(2）A 、B 两点的电势差；（3)把8210C -⨯的负电荷由A 点移到B 点电场力做的功．【答案】（1）400V ； （2）300V ; （3)3610J -⨯．【解析】(1）无限远处与A 点间的电势差为：6188.010400210AW U V V q -∞--⨯===-⨯，而AAUϕϕ∞∞=-,又0Bϕ=，所以400AVϕ=；（2）无限远处与B 点间的电势差:6282.010100210BW U V q -∞--⨯===-⨯，而BBUϕϕ∞∞=-，又0Bϕ=，所以100BVϕ=,则AB 两点的电势差为：300ABA B UVϕϕ=-=；(3）电场力做的功5210600J 6103JAB W q U -'==-⨯⨯=-⨯-．20．如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O ，用一根长度为0.20m I =的绝缘轻线把质量为0.10kg m =、带有正电荷的金属小球悬挂在O 点,小球静止在B 点时轻线与竖直方向的夹角为37θ=︒．现将小球拉至位置A ，使轻线水平张紧后由静止释放．g 取210m/s ，sin 370.60︒=，cos300.80︒=．求:（1）小球所受电场力的大小；(2）小球通过最低点C 时的速度大小；(3）小球通过最低点C 时,小球对轻线的拉力． 【答案】(1）0.75N ;（2)1.0m/s ； (3）15N ．【解析】(1)小球受重力mg ,电场力F 和拉力T ，其静止时受力如图所示：根据共点力平衡条件有：tan 370.75N F mg =︒=；（2）设小球到达最低点时的速度为V ，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理有：212mgl Fl mV -=，解得： 1.0m/V =；（3）设小球通过最低点C 时细线对小球的拉力大小为T '，根据牛顿第二定律有：2VT mg ml'-=,解得: 1.5N T '=．21．如图（a ），长度0.8m L =的光滑杆左端固定一带正电的点电荷A ，其电荷量71.810Q C-=⨯；一质量0.02kg m =,带电量为q 的小球B 套在杆上．将杆沿水平方向固定于某非均匀外电场中，以杆左端为原点，沿杆向右为x 轴正方向建立坐标系．点电荷A 对小球B 的作用力随B 位置x的变化关系如图（b ）中曲线I 所示，小球B 所受水平方向的合力随B 位置x 的变化关系如图（b ）中曲线Ⅱ所示,其中曲线Ⅱ在0.160.20x ≤≤和0.40x ≥范围可近似看作直线．求:（静电力常量92910N m/C k =⨯⋅)（1）小球B 所带电量q ；（2）非均匀外电场在0.3m x =处沿细杆方向的电场强度大小E ; (3）在合电场中,0.4m x =与0.6m x =之间的电势差U ．（4）已知小球在0.2m x =处获得0.4m/s v =的初速度时,最远可以运动到0.4mx =．若小球在0.16m x =处受到方向向右,大小为0.04N 的恒力作用后,由静止开始运动,为使小球能离开细杆，恒力作用的最小距离s 是多少?【答案】(1）6110C -⨯;（2）4310N/C ⨯，方向水平向左;(3）800V -； （4）0.065m ．【解析】（1）由图可以知道,当0.3m x =时，120.018N qQF kx ==，因此：261110F x q CkQ-=-⨯；（2)设在0.3m x =处点电荷与小球间的作用力为2F ,则，因此：2460.0120.018N/C 310N/C 110F F E q----===-⨯⨯合电场在0.3m x =处沿细杆方向的电场强度大小为4310N/C ⨯，方向水平向左；（3）根据图象可以知道在0.4m x =与0.6m x =之间合力做功40.0040.210JW B -=-⨯==合，由qU W =合，可得：800W U Vq==-合；(4)由图可以知道小球从0.16m x =到0.2m x =，电场力做功410.030.04610J 2W -⨯==⨯,小球从0.2m x =到0.4m x =处,电场力做功23211.610J2W mv -=-=⨯，由图可以知道小球从0.4m x =到0.8m x =处，电场力做功330.0040.4 1.610J W -=-⨯=-⨯，由动能定理可得：1230W WW F S +++=外，计算得出：1230.065mW W W S F ++==外．22．如图甲所示，长为l 、相距为d 的两块正对的平行金属板AB 和CD 与一电源相连(图中未画出电源)，B ,D 为两板的右端点．两板间电压的变化如图乙所示,在金属板B ，D 端的右侧有一与金属板垂直放置的荧光屏MN ，荧光屏距B ，D 端的距离为l ．质量m 、电荷量为e 的电子以相同的初速度0v 从极板左边中央沿平行板的直线OO '连续不断的射入．已知所有的电子均能够从金属板间射出，且每个电子在电场中运动的时间与电压变化的周期相等．忽略极板边缘处电场的影响，不计电子的重力以及电子间的相互作用,求：（1）0t =和2T t =时刻进入两板间的电子到达金属板B ，D 端界面时偏离OO '的距离之比；（2)两板间电压0U 的最大值;（3）电子在荧光屏上分布的最大范围． 【答案】（1）1:3； （2）22243d mv eL ;（3）3d ．【解析】（1）0t =时刻进入两板间的电子先沿OO '方向做匀速运动,即有122T v =，而后在由电场力作用下做类平抛运动,在垂直于OO '方向做匀加速运动，设到B 、D 端界面时偏离OO '的距离为1y ,则2200121228eU eU d I y md mdv ⎛⎫== ⎪⎝⎭,2T t =时刻进入两板间的电子先在2T 时间内做抛物线运动到达金属板的中央,而后做匀速直线运动到达金属板B 、D 端界面，设电子到达金属板的中央偏离OO '的距离为2y ，将此时的电子的速度分解为沿OO '方向的分量0V 沿电场方向的分量EV ,并设此时电子的速度方向与OO '的夹角为θ,电子沿直线到达金属板B 、D 端界面时偏离OO '的距离为12y ，则有202122eH T y md ⎛⎫=⎪⎝⎭，000tan E eU V V mdV θ==，122122y y T -=，计算得出21022038eU L y mdV =，因此12:1:3y y=；（2)在(21)t n =+，(0,1,2,)2Tn =时刻进入两极板间的电子在离开金属板时偏离OO '的距离最大，因此为使所有进入金属板间的电子都能够飞出金属板,应满足122d y ≤，计算得出板件电子的最大值，220243d mv U eL =；(3）设(0,1,2,)t nT n ==时刻进入两板间的电子到达荧光屏上的位置时与O '点的距离为1Y ，(21)(0,1,2,)2Tt n n =+=时刻进入两板间的电子到达荧光屏上的位置与O '点的距离为12Y ，电子到达荧光屏上分布在21Y Y Y ∆=-范围内，当满足122dy =的条件时,Y ∆为最大，根据题中金属板和荧光屏之间的几何关系,得到12211tan Y y Y y L Lθ--==，由此电子在光屏上分布的最大范围为：121213d Y Y Y y y ∆--=-=．。

首师大附中2017～2018学年高二物理第一学期期中考试试题一、选择题1. 在闭合电路中，下列叙述正确的是（）A. 当外电路断开时，路端电压等于零B. 闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比C. 当外电路短路时，电路中的电流趋近于无穷大D. 当外电阻增大时，路端电压将增大【答案】BD【解析】试题分析：根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir可知，当外电路断开时，路端电压等于电动势．当外电路短路时，电路中的电流很大，但不是无穷大，因为电源有一定的内阻．当外电阻增大时，电流减小，内电压减小，路端电压将增大．解：A、根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir可知，当外电路断开时，电流I=0，路端电压U=E．故A错误．B、根据闭合电路欧姆定律I=得知：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比．C、当外电路短路时，R=0，短路电流I短=，电源内阻r＞0，I短≠∞．故C错误．D、当外电阻增大时，电流减小，内电压减小，路端电压将增大．故D正确．故选BD【点评】本题考查对闭合电路欧姆定律的理解能力．对于断路和短路两个特例，要在理解的基础上加强记忆．2. 在如图所示的电路中，电源的电动势为，内电阻为．、是两个小灯泡，闭合后，两灯均正常发光．当滑动变阻器的滑片向右滑动时（）A. 变暗B. 变亮C. 变暗D. 变亮【答案】AD【解析】由电路图可以知道，滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，电路的总电阻变大，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流变小，灯电阻不变，由可知，灯的实际功率变小，灯变暗，干路电流变小，电源内阻，灯电阻不变，则并联电压变大，灯电阻不变，灯的实际功率大，则灯变亮，故A，D正确，B、C错误．故选AD．【点睛】本题是一道闭合电路的动态分析题，闭合电路的动态分析题是高中物理的常考问题，要掌握其解题思路，首先根据电路电阻变化情况由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，再由部分电路欧姆定律判断电源内电压如何变化，路端电压如何变化，然后应用串并联电路特点与规律、部分电路的欧姆定律、电功与电功率公式分析答题．3. 如图所示，电源内阻不计，已知，，现用一个内阻为的电压表并联在的两端，电压表的读数为．若把它接在、两点间，电压表的读数为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】当电压表并联在的两端时，电压表与的并联电阻为，可以知道，根据串联电路的分压特点，可以知道两端的电压边等于，故，所以把电压表接在，两点间，电压表的读数为，故C正确．故选C．【点睛】本题要注意电压表是实际的电表，内阻不是无穷大，电表对电路的影响不能忽略，把电压表看成可测量电压的电阻．4. 图为一块手机电池的背面印有的一些符号，下列说法正确的是（）A. 指的是该电池放电时能输出的总电荷量B. 该电池的电动势为C. 该电池充满电可提供的电能为D. 若该手机的待机电流为，手机最多可待机小时【答案】ABD【解析】A．由电池的数据可以知道，该电池的容量为，故A正确；B．电场的电动势是，故B正确；C．依据公式，再依据电能公式，故C 错误；D．若待机时的电流为，理论上可待机，故D正确．故选ABD．【点睛】本题考查读取电池铭牌信息的能力．电池的容量是指电池所能释放的总电量．5. 关于电场中的等势面，下列说法中正确的有（）A. 等势面不一定跟电场线垂直B. 沿电场线电势一定升高C. 在同一等势面上两点间移动电荷，电场力做功为零D. 处于静电平衡状态的导体是等势体，表面是一个等势面【答案】CD【点睛】电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面；等势面与电场线垂直，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．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，沿电场线的方向，电势降低．6. 某电场的分布如图所示，带箭头的实线为电场线，虚线为等势面．、、三点的电场强度大小分别为、、，电势分别为、、，关于这三点的电场强度和电势的关系，以下判断正确的是（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】由图示可知，处的电场线密，处的电场线稀疏，因此点的电场强度大，点的场强小，即，，沿着电场线的方向，电势逐渐降低，在同一等势面上，电势相等，电势相等，由图示可知，，，故B正确．故选B．【点睛】本题关键要掌握电场线的物理意义：电场线的疏密表示场强的大小、顺着电场线电势降低．7. 点荷置于真空中的点，、、三个虚线圆表示该点电荷电场中三个等势面，如图所示．已知等势面的电势，点位于等势面上，点位于等势面上．现有一电子从点以初速度沿方向入射，在电子从点至再次通过等势面的过程中，以下判断正确的是（）A. 电子所受的电场力先增大后减小B. 电子所受的电场力先减小后增大C. 电子的动能先增大后减小D. 电子的动能先减小后增大【答案】AC【解析】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，因为，故处于点的电荷为正电荷，故受到处于点的电荷的吸引力，其运动轨迹如图，因为电子与处于点的正电荷的距离先变小后变大，故库仑力先变大后变小，静电力先做正功后做负功，故动能先增加后减小，故A，C正确．故选AC．【点睛】本题关键是根据电场线与等势面的关系得到电场线分布规律，然后进一步得到场源电荷的电性，再结合牛顿第二定律分析物体的运动规律．8. 如图所示，、为平行板电容器的两块金属板，极板与静电计相连，静电计的外壳和极板都接地．当、两板带上等量异种电荷后，静电计指针偏转一定角度，此时，在、板间有一正点电荷（带电量很小）静止在点，则（）A. 板不动，将板向下移动时，但静电计指针偏角减小B. 板不动，将板向右移动时，静电计指针偏角增大C. 板不动，将板向上移动时，点电荷保持不动D. 、板都不动，在、之间插入介质板时，静电计指针偏角增大【答案】BC学*科*网...学*科*网...学*科*网...学*科*网...学*科*网...学*科*网...学*科*网...学*科*网...【点睛】本题是电容器的动态分析，关键是抓住不变量，当电容器与电源相连，两端间电势差不变，当电容与电源断开，所带电量不变；如果只改变两板间的距离时，两板间的电场强度不变．9. 如图为一匀强电场，某带电粒子从点运动到点．在这一运动过程中克服重力做的功为，电场力做的功为．则下列说法正确的是（）A. 粒子带负电B. 粒子在点的电势能比在点少C. 粒子在点的动能比在点多D. 粒子在点的机械能比在点少【答案】CD【解析】A．由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力方向相同，所以带电粒子应带正电，故A错误；B．从到的过程中，电场力做正功，电势能在减少，所以在点时的电势能大于在点时的电势能，故B错误；C．从到的过程中，克服重力做功，电势力做功，由动能定理可知，粒子在点的动能比在点多，故C正确；D．从到的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了，故D正确．故选CD．【点睛】解决本题的关键掌握功能关系，知道合力做功与动能的关系，电场力做功与电势能的关系，除重力以外其它力做功与机械能的关系．10. 如图甲所示，一条电场线与轴重合，取点电势为零，方向上各点的电势随变化的规律如图乙所示．若在点由静止释放一电子，电子仅受电场力的作用，则（）A. 电子将沿方向运动B. 电子的电势能将增大C. 电子运动的加速度恒定D. 电子运动的加速度先减小后增大【答案】AD【解析】试题分析：由图可知沿方向电势逐渐升高，则电场线方向沿负方向，电子所受电场力方向沿轴正方向，故A正确；由静止释放后，电场力对电子做正功，电子的电势能减小，故B错误；图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先减小后增大，则电场强度先减小后增大，所受电场力先减小后增大，故该电场不是匀强电场，电子加速度先减小后增大，故C错误，D正确。

北京交大附中2017-2018学年第一学期期中练习高二物理（理科）一、单项选择题（每小题3分，共12分，共36分，每道小题只有一个选项正确，要求将答案填涂在答题卡上）1. 下列物理量是矢量的是( )A. 电势B. 电压C. 电场强度D. 电势能【答案】C2. 在真空中有两个点电荷，它们之间的静电力为．如果保持它们各自所带的电荷量不变，将它们之间的距离减小到原来的一半，那么它们之间静电力的大小等于( )A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：由点电荷库仑力的公式可以得到，将它们之间所带的电荷量不变，它们各自的距离减小到原来的一半，库仑力减小为原来的4倍，所以C正确，ABD错误．故选C。

考点：库仑定律【名师点睛】此题就是对库仑力公式的直接考查，掌握住公式就很容易分析了。

3. 为某电场中的一固定点，已知点的场强为．在点放一电量为的试探电荷，该试探电荷所受电场力为，则( )A. 若在点换上，点场强方向发生变化B. 若在一点换上电量为的电荷，点的场强将变为C. 若在点移去电荷，点的场强变为零D. 点场强的大小、方向与的大小、正负、有无均无关【答案】D【解析】电场强度只与电场本身有关，与放入其中的试探电荷的有无、正负、电量大小无关，故ABC错误，D 正确．故选D．4. 如图所示，在静止电荷所产生的电场中，有与共面的、、三点，且、处于以为圆心的同一圆周上．设、、三点的电场强度大小分别为、、，电势分别为、、，则下列判断中正确的是（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】正电荷的电场线如图所示：因为电场线的疏密可以知道，、两点电场强度的大小关系，所以，沿电场线的方向电势降低，故，，故D正确．故选D．【点睛】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．5. 如图中两根长度和横截面积都相等的金属丝、的伏安特性图线，可以断定（）A. 的电阻比的电阻大B. 的电阻比的电阻大C. 、的电阻一样大D. 两金属丝串联在同一电路中时通过的电流比通过的电流大【答案】B【解析】在图象中图象的斜率表示电阻的倒数；由图可以知道a的斜率大于b的斜率；故a的电阻小于b的电阻；故AC错误，B正确；串联电路，电流处处相等，故D错误．故选B．6. 某一探测器因射线照射，内部气体电离，在时间内有个电子到达探测器的阳极，个二价正离子到达阴极，则探测器电路中的电流为( )A. B. C. D.【答案】D【解析】根据题意可以知道，电离时通过导体截面的电量为；由电流公式，得：，B正确．故选B.【点睛】据电流的公式，q是通过导体截面的电量；电离时正负电荷分别向两个方向运动；通过截面的电量只能为正离子或电子的．7. 、是某电场中的一条电场线，若在点放置一初速度为零的电子，电子仅在电场力的作用下，沿由到过程中的速度图像如图乙所示，下列关于两点的电势和电场强度的判断中，正确的是（）A. ,B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电阻力增大，由可知，A点的场强要大于B点强；．而电子从A到B的过程中，速度增加，动能增大，则可知电场力做正功，故电势能减小，故且电子带负电，由可知，A点的电势要小于B点电势，B正确．故选B．【点睛】由图可知带电粒子速度变化情况，则可明确粒子在两点的加速度大小关系，即可确定电场强度的大小；由功能关系可以确定电势的高低．8. 如图所示，取一对用绝缘柱支撑的导体和，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体、下部的金属箔均是闭合的．下列关于实验现象描述中正确的是（）A. 把带正电荷的物体移近导体稳定后，、下部的金属箔都会张开B. 把带正电荷的物体移近导体稳定后，只有下部的金属箔张开C. 把带正电荷的物体移近导体后，再把向右移动稍许使其与分开，稳定后、下部的金属箔都闭合D. 把带正电荷的物体移近导体，过一会后，再移开，然后再把向右移动稍许使其与分开，稳定后、下部的金属箔都是张开的【答案】A【解析】感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可以知道，靠近的一端会带异种电荷，金属导体处在正电荷的电场中，因为静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，A正确，B错误；把带正电荷的物体C移近导体A后，把A和B分开，A带负电，B带正电，金属箔还是张开，CD错误．故选A．9. 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，金属块克服摩擦力做功，重力做功，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C. 金属块的电势能减少D. 金属块的机械能减少【答案】D【点睛】在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理求出电场力做功；电场力做功等于电势能的减小量；重力做功等于重力势能的减小量．10. 如图所示，充电后与电源分离的平行板电容器，其正极板接地，在极板间点有一带电液滴处于静止状态．现将板移至虚线处，则（）A. 两板间电压变小B. 点场强不变，但电势降低C. 电荷仍保持静止D. 电荷的电势能减小【答案】C【解析】试题分析：充电后与电源分离的平行板电容器，其两极板上的电荷量恒定，将B板移至虚线处，两极板间的距离减小，所以根据公式可得电容增大，两极板上的电荷量恒定，根据公式可得两极板间的电压减小，A错误；根据公式，，，联立可得，与两极板间的距离无关，所以现将B板移至虚线处，两极板间的电场强度恒定不变，故电荷q仍保持静止，根据可得P点与B 板之间的电势差不变，因为B板接地，电势为零，所以P点的电势不变，B错误C正确；根据公式可得电势能不变，D错误；考点：考查了电容器的动态分析【名师点睛】在分析电容器动态变化时，需要根据判断电容器的电容变化情况，然后结合，等公式分析，需要注意的是，如果电容器和电源相连则电容器两极板间的电压恒定，如果电容器充电后与电源断开，则电容器两极板上的电荷量恒定不变11. 传感器是把非电学物理量（如位移、压力、流量、声强等）转换成电学量的一种元件．如图所示为一种电容传感器，电路可将声音信号转化为电信号．电路中、构成一个电容器，是固定不动的金属板，是能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜．若声源发出频率恒定的声波使振动，则在振动过程中（）A. 、板之间的电场强度不变B. 、板所带的电荷量不变C. 向右位移最大时，电容器的电容量最大D. 电路中始终有方向不变的电流【答案】C【解析】振动膜片a向右振动时电容器两极板的距离周期性变化，由知，不变的情况下，a、b板间场强周期性变化，故A错误；由知，不变，在变化，则电容器所带电量也在变化，故B错误；向右位移最大时，板间距离最小，则电容器的电容量最大，故C正确；由上知，电容器的电量不断变化，充电和充电交替产生，所以电路中电流方向时刻在变化，故D错误．故选C．【点睛】电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，G中有电流．12. 如图所示，带电荷量之比为的带电粒子、，先后以相同的速度从同一点水平射入平行板电容器中，不计重力，带电粒子偏转后打在同一极板上，水平飞行距离之比为，则带电粒子的质量之比以及在电场中飞行的时间之比分别为（）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】两个带电粒子垂直射入电场中做为类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则：水平方向有，相等，所以，则得：；竖直方向有，则得：，因为、、相等，则得：，D正确．故选D．【点睛】带电粒子垂直射入电场中做为平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动．根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转量y的表达式，求解质量之比；根据水平位移与初速度之比求解时间之比．二、不定项选择题（本题共4个小题，每小题3分，共12分．在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题意的．全选对的得3分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）13. 空间某一静电场的电势在轴上分布如图所示，轴上两点、点电场强度在方向上的分量分别是、，下列说法中正确的有（）A. 的大小大于的大小B. 的方向沿轴正方向C. 电荷在点受到的电场力在方向上的分量最大D. 负电荷沿轴从移到的过程中，电场力先做正功，后做负功【答案】AD【解析】试题分析：在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象可知，图象切线的斜率表示场强，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有，可见，A正确；同理可知O点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，C错误；沿电场方向电势降低，在O点左侧，E Bx的方向沿x 轴负方向，在O点右侧，E Cx的方向沿x轴正方向，所以B错误，D正确；故选AD。

2017密云二中高二（上）期中物理一、选择题：本题共15小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的．（每小题3分，共45分）1．（3分）在物理学中常用比值法定义物理量．下列不是用比值法定义的物理量的是（）A．用E=定义电场强度B．用C=定义电容器的电容C．用C=定义电容器的电容D．用I=定义电流强度2．（3分）在真空中有两个固定的点电荷，它们之间的静电力大小为F．现保持它们之间的距离不变，而使它们的电荷量都变为原来的2倍，则它们之间的静电力大小为（）A． F B． F C．2F D．4F3．（3分）金属铂的电阻率对温度非常敏感，温度升高时电阻率也随着变大．在图中有可能表示金属铂电阻的I﹣U 图线是（）A．B．C．D．4．（3分）如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（）A．1、2两点的场强相等B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等5．（3分）关于导体的电阻及电阻率的说法中，正确的是（）A．由R=ρ知，导体的电阻与长度l、电阻率ρ成正比，与横截面积S成反比B．由R=可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C．材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度D．将一根导线一分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一6．（3分）如图所示，直线A为某电源的路端电压U与电流I的关系图象，直线B是电阻R的两端电压与电流I的关系图象．用该电源与电阻R组成闭合电路，电源的输出功率和电源的效率分别为（）A．4W，33% B．2W，33% C．2W，67% D．4W，67%7．（3分）在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r．将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是（）A．电压表V的示数变小B．电流表A2的示数变小C．电流表A1的示数变小D．电流表A的示数变大8．（3分）如图所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B 下部的金属箔均是闭合的．下列关于实验现象描述中正确的是（）A．把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有A下部的金属箔张开B．把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有B下部的金属箔张开C．把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都还是张开的D．把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都闭合9．（3分）如图所示，平行的实线表示电场线，虚线表示一个带电粒子穿越电场的运动轨迹，a、b是此轨迹上的两点．不计带电粒子所受重力，下列说法中正确的是（）A．电场方向一定是向右的B．该粒子一定带负电荷C．该粒子一定是由a向b运动D．粒子在a点的动能一定小于在b点的动能10．（3分）在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为l.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是（）A．电动机两端的电压为1.0V B．电动机的输出功率为12WC．电动机产生的热功率4.0W D．电源输出的电功率为24W11．（3分）如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷+Q和﹣Q．直线MN是两点电荷连线的中垂线，O是两点电荷连线与直线MN的交点．a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，c、d是直线MN上的两个点．下列说法中正确的是（）A．a点的场强大于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小B．a点的场强小于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大C．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小D．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大12．（3分）用电流表和电压表测量电阻R x的阻值．如图所示，分别将图（a）和（b）两种测量电路连接到电路中，按照（a）图时，电流表示数为4.50mA，电压表示数为2.50V；按照（b）图时，电流表示数为5.00mA，电压表示数为2.40V，比较这两次结果，正确的是（）A．电阻的真实值更接近556Ω，且大于556ΩB．电阻的真实值更接近556Ω，且小于556ΩC．电阻的真实值更接近480Ω，且大于480ΩD．电阻的真实值更接近480Ω，且小于480Ω13．（3分）在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r．电键S处于闭合状态时，在水平放置的平行板电容器之间，有一带电油滴P处于静止状态．下列叙述正确的是（）A．其他条件不变，使电容器两极板缓慢靠近，油滴向下加速运动B．其他条件不变，使电容器两极板缓慢远离，油滴向上加速运动C．其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向左移动，油滴向下加速运动D．其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向右移动，油滴向下加速运动14．（3分）如图所示，一带负电的油滴，从坐标原点O以速率v0射入水平向右的匀强电场，v0的方向与电场方向成θ角，已知油滴质量为m，测得它在电场中运动到最高点P时的速率恰为v0，设P点的坐标为（x P，y P），则应有（）A．x P＞0 B．x P＜0C．x P=0 D．x P的正负与v0有关15．（3分）空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是E Bx、E cx，下列说法中正确的有（）A．B、C两点的电场强度大小E Bx＜E cxB．E Bx的方向沿x轴正方向C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功二、多项选择题：本题共4小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题意的．（每小题3分，共12分．每小题全选对的得3分，选对但不全的得2分，只要有选错的，该小题不得分．）16．（3分）关于电表的改装说法正确的是（）A．要把电流表改装成大量成的安培表应并联一个小电阻B．要把电流表改装成大量成的安培表应串联一个大电阻C．要把电流表改装成大量成的伏特表应并联一个小电阻D．要把电流表改装成大量成的伏特表应串联一个大电阻17．（3分）如图所示为研究决定平行板电容器电容大小因素的实验装置．两块相互靠近的等大正对的平行金属板M、N组成电容器，板N固定在绝缘座上并与静电计中心杆相接，板M和静电计的金属壳都接地，板M上装有绝缘手柄，可以执手柄控制板M的位置．在两板相距一定距离时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在整个实验过程中，保持电容器所带电荷量不变，对此实验过程的描述正确的是（）A．只将板M从图示位置稍向左平移，静电计指针张角变大B．只将板M从图示位置沿垂直纸面向外的方向稍微平移，静电计指针张角变大C．只将板M从图示位置稍向上平移，静电计指针张角减小D．只在M、N之间插入云母板，静电计指针张角变大18．（3分）用多用电表测电阻时，若选择“×100”的欧姆档测量发现（）A．指针指在电阻刻度较靠近0Ω的某刻度线上，则应换用“×1k”的欧姆档测量B．指针指在电阻刻度较靠近0Ω的某刻度线上，则应换“×10”或“×1”欧姆档测量C．指针指在电阻刻度较靠近∝的某刻度线上，则应换用“×1k”的欧姆档测量D．指针在电阻刻度较靠近∝的某刻度线上，则应换用“×10”或“×1”的欧姆档测量19．（3分）如图是示波管的工作原理图：电子经电场加速后垂直于偏转电场方向射入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，y为电子离开偏转电场时发生的偏转距离．取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度，即（该比值越大则灵敏度越高），则下列哪种方法可以提高示波管的灵敏度（）A．增大U1B．增大U2C．减小L D．减小d三、填空题（本题共3小题，每小题4分，共12分）20．（4分）在“测定金属丝电阻率”的实验中，如图甲所示，用螺旋测微器测得金属丝的直径d= mm．如图乙所示，用多用电表的“×1”欧姆档，调零后测得金属丝阻值R= Ω，若实验中测出金属丝的长度为L，则该金属丝电阻率的表达式ρ= （用符号表示）21．（4分）某同学用如图甲所示的电路做“测定电源电动势和内电阻”的实验，他将实验中的6组电压U、电流I 的数据标在坐标纸上．（1）试根据这些数据点在坐标纸上画出U﹣I图线；（2）根据图线求出电池的电动势E= V，内阻r= Ω；（3）用此电路测出的电动势比电动势的真实值；（填“偏大”或“偏小”或“相等”）．22．（4分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为0.5W，此外还有以下器材可供选择：A．直流电源3V（内阻不计）B．直流电流表0～300mA（内阻约为5Ω）C．直流电流表0～3A（内阻约为0.1Ω）D．直流电压表0～3V（内阻约为3kΩ）E．滑动变阻器100Ω，0.5AF．滑动变阻器10Ω，2AG．导线和开关实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．（1）实验中电流表应选用，滑动变阻器应选用；（均填写仪器前的字母）（2）根据实验数据，画出的小灯泡I﹣U图线如图1所示．由此可知，当电压为0.5V时，小灯泡的实际功率是W；（3）根据实验测量结果可以绘制小灯泡的电功率P随其两端电压U或电压的平方U2变化的图象，在图2中所给出的甲、乙、丙、丁图象中可能正确的是．（选填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”）四、论述、计算题（本题有4小题，共31分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．23．（6分）在如图所示的电路中，电源的电动势E=6.0V，内电阻r=1.0Ω，外电路的电阻R=11.0Ω．闭合开关S．求：（1）通过电阻R的电流Ⅰ；（2）在内电阻r上损耗的电功率P；（3）电源的总功率P总．24．（6分）如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l=0.20m的绝缘轻线把质量为m=0.10kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时轻线与竖直方向的夹角为θ=37°．现将小球拉至位置A，使轻线水平张紧后由静止释放．g取10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．求：（1）小球所受电场力的大小；（2）小球通过最低点C时的速度大小；（3）小球通过最低点C时轻线对小球的拉力大小．25．（7分）如图所示，电源电动势有E=12V，内阻r=0.5Ω，“10V、20W”的灯泡L与直流电动机M并联在电源两极间，灯泡恰能正常发光，已知电动机线圈的电阻为R M=1Ω，求：（1）流过内阻的电流为多少？（2）电动机的输出功率为多少？（3）电源的效率为多少？26．（12分）如图所示，一个质量为m，带电量为+q的微粒，从a点以大小为v0的初速度竖直向上射入水平方向的匀强电场中．微粒通过最高点b时的速度大小为2v0方向水平向右．求：（1）该匀强电场的场强大小E；（2）a、b两点间的电势差U ab；（3）该微粒从a点到b点过程中的最小动能E K．物理试题答案一、选择题：本题共15小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的．（每小题3分，共45分）1．【解答】A、E=是电场强度的定义式，采用比值定义法，定义出的电场强度E与F、q无关．故A不符合题意．B、电容是电容器容纳电荷的本领，与所带的电量、以及极板之间的电势差无关，所以C=是比值定义法，故B不符合题意．C、是电容的决定式，C与ɛ、S成正比，与d成反比，这个公式不是比值定义法，故C符合题意．D、电流强度与流过截面的电量和时间无无直接关系，所以I=属于比值定义法，故D不符合题意．本题选不是用比值法定义的物理量，故选：C2．【解答】距离改变之前：F=①当电荷量都变为原来的3倍时：F1=②联立①②可得：F1=4F，故ABC错误，D正确．故选：D．3．【解答】根据电阻的定义式R=可知，I﹣U图线上的点与坐标原点连线的斜率等于电阻的倒数，金属铂的电阻随温度的升高而增大，则图线上的点与坐标原点连线的斜率逐渐增小，图线是曲线，根据数学知识可知，A正确，BCD错误；故选：A．4．【解答】A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故A错误；B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故B错误；C，顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势．故C错误；D、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等．故D正确．故选：D．5．【解答】A、根据R=知，导体的电阻与导体的电阻率和导体长度成正比，与导体的横截面积成反比；故A正确；B、电阻是导体本身的性质，与导体两端的电压、导体中的电流都无关．故B错误；C、导体的电阻率与导体的电阻R，横截面积S，与导体的长度L皆无关；故C错误；D、导体的电阻率与导体的电阻R，横截面积S，与导体的长度L皆无关；故D错误；故选：A6．【解答】由图象A可知电源的电动势E=3V，短路电流为6A，该电源和该电阻组成闭合电路时路端电压为2V，电流I=2A电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，根据P=UI得：P=2×2W=4W，电源的总功率为：P总=EI=3×2W=6W所以效率为：η=×100%=×100%=67%；故选：D．7．【解答】D、将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，滑动变阻器的阻值变大，外电路的总阻值变大，所以电路的总的电流变小，所以电流表A的示数变小，所以D错误；A、电源的内电压减小，由U=E﹣Ir可得，路端电压U变大，所以电压表V的示数变大，所以A错误；C、由于路端电压U变大，电阻R1不变，所以电流表A1的示数变大，所以C错误；B、由于总的电流减小，电阻R1的电流变大，所以滑动变阻器的电流减小，所以电流表A2的示数变小，所以B正确．故选B．8．【解答】AB、感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷．金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，AB错误；CD、把带正电荷的物体C移近导体A后，把A和B分开，A带负电，B带正电，金属箔还是张开，C正确，D错误．故选：C9．【解答】A、合力大致指向轨迹凹的一向，可知电场力方向向左，不能判断电场的方向，也不能判断粒子的带电性质，故AB错误．C、粒子可能是由a向b运动，也可能是由b向a运动．故C错误．D、从a运动到b，电场力做正功，电势能减少，动能增加．所以带电粒子在a点的动能小于在b点的动能．故D 正确．故选：D．10．【解答】A、电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为：U=E﹣U内﹣UR0=12﹣Ir﹣IR0=12﹣2×1﹣2×1.5=7V，电动机的总功率为：P总=UI=7×2=14W，电动机的发热功率为：P热=I2R=22×0.5=2W，所以电动机的输出功率为：P出=14W﹣2W=12W，所以A错误，B正确，C错误；D、电源的输出的功率为：P输出=EI﹣I2R=12×2﹣22×1=20W，所以D错误．故选：B11．【解答】根据等量异种电荷周围的电场分布，a、b两点的电场强度的大小相等，方向相同．MN为一条等势线，它上面的场强O点最大，向两边逐渐减小，所以检验电荷在O点受到的电场力最大．一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小．故选项C正确，选项A、B、D错误．故选：C．12．【解答】由题意可知：==，==，＞，电流变化量大，电压表分流对实验影响较大，电流表应采用内接法，即图（a）所示接法，则电阻测量值为：R==≈556Ω，由于电流表采用内接法，电压测量值偏大，电阻测量值大于真实值，则电阻真实值小于556Ω；故选：B．13．【解答】油滴静止时受重力和向上的电场力，处于二力平衡状态；A、其他条件不变，使电容器两极板缓慢靠近，两个板间的电压U一定，根据U=Ed，由于d减小，电场强度变大，故电场力变大，合力向上，故油滴向上加速运动，故A错误；B、其他条件不变，使电容器两极板缓慢远离，两个板间的电压U一定，根据U=Ed，由于d变大，电场强度变小，故电场力变小，合力向下，故油滴向下加速运动，故B错误；C、其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向左移动，电阻R2减小，根据闭合电路欧姆定律，电流增加，故定值电阻R1的电压U增大；故根据U=Ed，由于d不变，电场强度变大，故电场力变大，合力向上，故油滴向上加速运动，故C错误；D、其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向右移动，电阻R2变大，根据闭合电路欧姆定律，电流减小，故定值电阻R1的电压U减小；故根据U=Ed，由于d不变，电场强度变小，故电场力变小，合力向下，故油滴向下加速运动，故D正确；故选：D 14．【解答】液滴水平初速度为v1=v0cosθ，水平方向做匀减速运动，由于当液滴在电场中运动到最高点b时，它的速度方向是水平的，大小也恰为v0，大于水平方向初速度，因此最高点p在O点左上方，根据沿电场线电势降低，因此p点电势高于O点电势，即X P＜0，故A正确．故选：B．15．【解答】A、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，看做匀强电场有E=，可见E Bx＞E Cx，故A错误；C、同理可知O点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，故C错误；B、D、沿电场方向电势降低，在O点左侧，E Bx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，E Cx的方向沿x轴正方向，所以B 错误，D正确；故选D．二、多项选择题：本题共4小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题意的．（每小题3分，共12分．每小题全选对的得3分，选对但不全的得2分，只要有选错的，该小题不得分．）16．【解答】A、把电流表改装成大量程的安培表需要并联阻值很小的分流电阻，故A正确，B错误；C、把电流表改装成伏特表需要串联大的分压电阻，故C错误，D正确；故选：AD．17．【解答】A、只将板M从图示位置稍向左平移，d增大，根据C=知，电容减小，根据U=知电势差增大，则静电计指针张角变大，故A正确．B、只将板M从图示位置沿垂直纸面向外的方向稍微平移，正对面积S变小，根据C=知，电容减小，根据U=知电势差增大，则静电计指针张角变大，故B正确．C、只将板M从图示位置稍向上平移，正对面积S变小，根据C=知，电容减小，根据U=知电势差增大，则静电计指针张角变大．故C错误．D、只在M、N之间插入云母板，介电常数变大，根据C=知，电容增大，根据U=知电势差减小，则静电计指针张角变小．故D错误．故选AB．18．【解答】多用电表选择“×100”的欧姆档测量电阻；A、指针指在电阻刻度较靠近0Ω的某刻度线上，所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用“×10”或“×1”的欧姆档，故A错误，B正确；C、指针指在电阻刻度较靠近∝的某刻度线上，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，则应换用“×1k”的欧姆档，故C正确，D错误；故选：BC．19．【解答】经加速电场后的速度为V，则所以电子进入偏转电场时速度的大小为，v0=，电子进入偏转电场后的偏转的位移为，y=at2===，所以示波管的灵敏度=，所以要提高示波管的灵敏度可以增大l，减小d和减小U1，所以D正确．故选：D三、填空题（本题共3小题，每小题4分，共12分）20．【解答】由图示螺旋测微器可知，其示数：d=0.5mm+23.0×0.01mm=0.730mm；用多用电表的“×1”欧姆档测电阻，由图乙所示表盘可知，其示数：R=9×1=9Ω；由电阻定律可知，金属丝的电阻：R=ρ=ρ，电阻率：ρ=；故答案为：0.730；9；．21．【解答】（1）根据描出的点可得出对应的伏安特性曲线如图所示；（2）根据U=E﹣Ir可得，图象的斜率表示电动势，故E=1.5V，图象的斜率表示电源的内阻，故r==0.83Ω；（3）本接法中采用相对电源的电流表外接法，因为电压表的分流作用，使电流表测量结果偏小，则可知，实际图象（虚线所示）和测量图象应如图所示；由图可知，测量结果偏小；故答案为：（1）如图所示；（2）1.50；0.83．22．【解答】（1）灯泡的额定电流为I===200mA；故电流表选择B；因本实验只能接用分压接法，故滑动变阻器选择小电阻F；（2）由图可知，当电压为0.5V时，电流为0.10A，则其功率为P=UI=0.5×0.1=0.05W；（3）由P=可知，P与U2在R不变时为正比例关系，由于R随电压的增大而减小；故丙图正确；故答案为：（1）B；F（2）0.05；（3）丙．四、论述、计算题（本题有4小题，共31分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．23．【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，通过电阻R的电流为：，（2）r上损耗的电功率为：P=I2r=0.5×0.5×1=0.25W，（3）电源的总功率为：P总=IE=6×0.5=3 W．答：（1）通过电阻R的电流为0.5A；（2）在内电阻r上损耗的电功率P为0.25W；（3）电源的总功率P总为3W．24．【解答】解：（1）小球受重力mg、电场力F和拉力T，其静止时受力如答图2所示．根据共点力平衡条件有：F=mgtan37°=0.75N（2）设小球到达最低点时的速度为v，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理有：mgl﹣Fl=mv2解得：v==1.0m/s（3）设小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为T′．根据牛顿第二定律有：T′﹣mg=解得：T′=1.5N答：（1）电场力的大小为0.75N，方向水平向右；（2）小球运动通过最低点C时的速度大小为1m/s；（3）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为1.5N．25．【解答】解：（1）设流过灯泡的电流为I L，则I L===2A，内阻r的电压U r=E﹣U L=12V﹣10V=2V，流过内阻的电流为I===4A；（2）设流过电动机的电流为I M，I M=I﹣I L=4﹣2=2 A，电动机的输入功率为P M总=I M U=2×10=20W，电动机线圈的热功率为P Q=I2M R M=22×1=4W，电动机输出功率为：P M出=P M总﹣P Q=20﹣4=16W；（3）电源的总功率为P总=IE=4×12=48W，电源的效率为η==×100%=83%；答：（1）流过内阻的电流为4A；（2）电动机的输出功率为16W；（3）电源的效率为83%．26．【解答】解：（1）分析：沿竖直方向和水平方向建立直角坐标系，带电微粒受到重力及电场力作用，两力分别沿竖直方向和水平方向，将物体的运动分解为竖直方向和水平方向的两个分运动：在竖直方向物体做匀减速运动，加速度a y=g，在水平方向物体做匀加速运动，初速度为0，加速度a x=b点是最高点，竖直分速度为0，在竖直方向有：v0=g t；在水平方向有：2v0=联立以上两式得：E=（2）水平位移：x==v0．t=ab两点间的电势差：U ab=E•x=（3）设重力与电场力的合力为F，其与水平方向的夹角为θ，则：tanθ==如图所示，开始一段时间内，F与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小，后来F与速度夹角小于90°，合力做正功，动能增加，因此，当F与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为v min．即：tanθ=v x==2gt联立以上三式得：t=，v x=，v y=所以最小速度：v min==所以最小动能答：（1）该匀强电场的场强大小E为；（2）a、b两点间的电势差为；（3）该微粒从a点到b点过程中的最小动能为。