1、- 1 -2018-2019 学年度合肥九中高二期中考试物理试题时间：80 分钟 一、单选题（本大题共 8 小题，共 32.0 分）1. 关于元电荷的下列说法中正确的是（ ）A. 元电荷就是电子 B. 元电荷就是质子C. 元电荷的值取 e=1.6010-19C D. 元电荷的值取 e=1.6010-23C2. 将两个分别带有电荷量 和 的相同金属小球 A、 B 分别固定在相距为 r 的两处均可视为点电荷 ，它们间库仑力的大小为 现将第三个与 A、 B 两小球完全相同的不带电小球 C 先后与 A、 B 相互接触后拿走， A、 B 间距离保持不变，则两球间库仑力的大小为 A. F B. C. D.
2、 3. 如图所示， PQ 为等量异种点电荷 A、 B 连线的中垂线， C 为中垂线上的一点， M、 N 分别为 AC、 BC 的中点，若取无穷远处的电势为零，则下列判断正确的是（ ）A. M、 N 两点的电场强度相同B. M、 N 两点的电势相等C. 若将一负试探电荷由 M 点移到 C 点，电场力做正功D. 若将一负试探电荷由无穷远处移到 N 点时，电势能一定增加4. 某电场的电场线分布如图所示 实线 ，以下说法正确的是 A. c 点场强大于 b 点场强B. b 和 c 处在同一等势面上C. 若将一试探电荷 由 a 点移动到 d 点，电荷的电势能将增大D. 若某一点电荷只在电场力的作用下沿虚线
3、由 a 点运动到 d 点，可判断该电荷一定带负电5. 如图所示，在 NaCl 溶液中，正、负电荷定向移动，其中 Na+水平向右移动若测得 4s内分别有 1.01018个 Na+和 Cl-通过溶液内部的横截面 M，那么溶液中的电流方向和大小为（ ）A. 水平向左 0.8AB. 水平向右 0.08 AC. 水平向左 0.4AD. 水平向右 0.04A6. 在电场中 A、 B 两点间的电势差为 UAB=75V， B、 C 两点间的电势差为 UBC=-200V，则A、 B、 C 三点电势高低关系为（ ）A. A B C B. A C B C. C A B D. C B A7. 如图所示为滑动变阻器示意
4、图，下列说法中正确的是（ ） a 和 b 串联接入电路中， P 向右移动时电阻增大 b 和 d 串联接入电路中， P 向右移动时电阻减小- 2 - b 和 c 串联接入电路中， P 向右移动时电阻增大 a 和 c 串联接入电路中， P 向右移动时电阻增大A. B. C. D. 8. 在如图所示的电路中，电阻 R1=4， R2=6， R3=3，电流表内阻不计，在 A、 B 两点间加上 9V 的电压时，电流表的读数为（ ）A. 0 B. 1 A C. 1.5 A D. 2 A二、多选题（本大题共 4 小题，共 16.0 分）9. 如图所示，倾角为 =30的光滑绝缘直角斜面 ABC， D 是斜边 A
5、B 的中心，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 mv2B. 小球从 A 到 D 的过程中电势能逐渐减小C. 小球从 A 到 B 的过程中电势能先减小后增加D. AB 两点间的电势差 UAB=10. 在 x 轴上有两个点电荷 q1、 q2，其静电场的电势 在 x 轴上分布如图所示下列说法正确有( )A. q1和 q2带有异种电荷B. x1处的电场强度为零C. 负电荷从 x1移到 x2，电势能减小D. 负电荷从 x1移
6、到 x2，受到的电场力增大11. 如图所示，电阻 R 和电动机 M 串联接到电路中，已知电阻 R 跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作设电阻 R 和电动机 M两端的电压分别为 U1和 U2，经过时间 t，电流通过电阻 R 做功为 W1，产生热量为 Q1，电流通过电动机做功为 W2，产生热量为 Q2则有（ ）A. U1 U2， Q1=Q2 B. U1=U2， Q1=Q2C. U1 U2， W1 W2 D. W1 W2， Q1 Q212. 有一电热器，额定电压为 220V，额定功率为 1000W现要把它改装一下，用在电压为110V 的电路中，若要使它消耗的功率仍为 1000W下面做
7、法中正确的是（）A. 将电热器中的电热丝截去一半B. 将电热器中的电热丝截去 ，只留下C. 在电热器中再并联一根与原来相同的电热丝D. 将电热器中的电热丝等分成两段，再并联起来三、实验题探究题（本大题共 2 小题，共 18.0 分）- 3 -13. 下面三个图为探究平行板电容器电容大小决定因素的实验，请将正确的结论填在横线上两平行板之间的电场可以视为匀强电场给电容器充电后与电源断开，那么（1）若保持板间距离 d 不变，正对面积 S 变小，则两板电容 C _ ，板间电势差 U _ （2）若保持 S 不变， d 变大，两板电容 C _ ，板间电场强度 E _ （3）若保持 S 和 d 都不变，插入
8、介质板后，则板间电势差 U _ ，板间电场强度 E _ （以上填“变小”、“变大”或“不变”）某同学研究小灯泡的伏安特性，所使用的器材有：小灯泡 L（额定电压 3.8V，额定电流0.32A）；电压表 V（量程 3V，内阻 3k）；电流表 A（量程 0.5A，内阻 0.5）；固定电阻 R0（阻值 1000）；滑动变阻器 R（阻值 09.0）；电源 E（电动势 5V，内阻不计）；开关 S；导线若干。（1）实验要求能够实现在 03.8 V 的范围内对小灯泡的电压进行测量，画出实验电路原理图。（2）实验测得该小灯泡伏安特性曲线如图（ a）所示由实验曲线可知，随着电流的增加小灯泡的电阻_（选填“增大”“
9、不变”或“减小”），灯丝的电阻率_（选填“增大”“不变”或“减小”）。四、计算题（本大题共 4 小题，共 34.0 分）14. （8 分）如图所示的电路中，两平行金属板 A， B 水平放置，接入如图所示电路中，两板间的距离 d=50cm，电源电动势 E=15V，内电阻 r，电阻 R1=4， R2=10，闭合开关 S，待电路稳定后，将一带电的小球放入板间恰能保持静止，若小球质量为 m=210-2kg，电量 q=110-2C，问：（1）小球带正电还是负电，电容器的电压为多大？（2）电源的内阻为多大？- 4 -（3）电源的效率是多大？（取 g=10m/s2）15. （8 分）如图所示，长 l1 m
10、的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角 37.已知小球所带电荷量 q1.010 6 C，匀强电场的场强 E3.010 3N/C，取重力加速度g10 m/s2，sin370.6，cos370.8求：（1）小球所受电场力 F 的大小；（2）小球的质量 m；（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度 v 的大小16. （8 分）如图所示，为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为 r=1，电动机两端电压为 5V，电路中的电流为 1A，物体 A 重 20N，不计摩擦力，求：（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？（2）电动机输入功率和输出功
11、率各是多少？（3）这台电动机的机械效率是多少？- 5 -17. （10 分）如图甲所示，真空中水平放置的相距为 d 的平行金属板板长为 L，两板上加有恒定电压后，板间可视为匀强电场在 t=0 时，将图乙中所示的交变电压加在两板上，这时恰有一个质量为 m、电荷量为 q 的带电粒子从两板正中间以速度 v0水平飞入电场若此粒子离开电场时恰能以平行于两板的速度飞出（粒子重力不计）求：（1）两板上所加交变电压的频率应满足的条件（2）该交变电压 U0的取值范围- 6 -高二期中试题答案和解析【答案】1. C 2. B 3. C 4. A 5. B 6. C 7. D8. B 9. CD 10. AC 11
12、. AC 12. BD13. 减小；增大；减小；不变；减小；减小 14. （1）（2）增大；增大；（3）0.39；1.17 15. 解：（1）小球放入板间后，受重力和电场力作用，由二力平衡，小球应带负电，且，解得： ，（2）电路中的电流 I= ，根据闭合电路欧姆定律得：E=U2+I（ R1+r）解得： r= ，（3）电源的效率 100%=93.33%。答：（1）小球带负电，电容器的电压为 10V；（2）电源的内阻为 1；（3）电源的效率是 93.33%。 16. 解：（1）根据电场力的计算公式可得电场力 F=qE=1.010-63.0103 N=3.010-3 N；（2）小球受力情况如图所示：
13、- 7 -根据几何关系可得 mg= ，所以 m= = =410-4kg；（3）电场撤去后小球运动过程中机械能守恒，则 ，解得： v=2m/s答：（1）小球所受电场力 F 的大小为 3.010-3 N（2）小球的质量为 410-4kg（3）将电场撤去，小球回到最低点时速度 v 的大小为 2m/s 17. 解：（1）根据焦耳定律，热功率为：P 热 =I2r=121W=1W （2）输入功率等于输入电流与电动机两端电压的乘积：P 入 =IU=15W=5W 输出功率等于输入功率减去发热消耗的功率：P 出 =P 入 -P 热 =5 W-1 W=4 W；（3）机械效率：答：（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率
14、是 1W； （2）电动机输入功率和输出功率各是 5W、4 W； （3）这台电动机的机械效率是 80% 18. 解：（1）粒子水平方向做匀速直线运动，水平分速度为 v0；竖直方向沿着同一方向做加速度周期性变化的运动，速度时间图象如图所示：要使粒子在离开电场时恰能以平行 A、 B 两板的速度飞出，竖直分速度为零，即恰好在整数倍周期时刻飞出，即：f=解得： f= （其中 n=1，2，3，）- 8 -（2）粒子射出时，竖直分位移不大于板间距离的一半，故：水平分运动： L=v0t竖直分运动： y=n（ ）=由于：yt=nT联立解得：U0 （其中 n=1，2，3，）答：（1） A、 B 两板上所加交变电压
15、的频率 （其中 n=1，2，3，）；（2）该交变电压 U0的取值范围为： U0 （其中 n=1，2，3，） 【解析】1. 【分析】元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号 e 表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍。本题就是对元电荷概念的考查，知道元电荷的概念即可解决本题。【解答】AB.元电荷是指最小的电荷量，不是电荷，不是指质子或者是电子，故 AB 错误；CD.元电荷目前认为是自然界中电荷的最小单元，其大小是 1.610-19C，故 C 正确， D 错误；故选 C。2. 【分析】完全相同的带电小球接触时，若是同种
16、电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可【解答】解：开始时由库仑定律得： 当小球和 A 接触后， A 球带电为- Q，再和 B 球接触时，先中和后总电量为 4Q，故平分后 B 球带电为 2Q，因此此时： 由得： ，故 ACD 错误， B 正确故选 B3. 【分析】根据电场线的分布确定电场强度的大小和方向；根据沿电场线方向电势逐渐降低，判断电势的高低；根据电场力做功判断电势能的变化。解决本题的关键知道等量异种电荷周围电场线的分布，知道电场力做功与电势能的变化关系。【解答】 - 9 -A.根据等量异种电荷周围的电场线分布知， M、 N 两点的场强大小相等
17、，方向不同，故 A 错误；B.沿着电场线方向电势逐渐降低，可知 M、 N 两点电势不等故 B 错误；C.负电荷由 M 点移到 C 处，电势增加，电势能减小，故电场力做正功，故 C 正确；D.等量异种电荷连线的中垂线是等势线，将负电荷从无穷远处移到 N 点处，电场力做正功，电势能一定减小，故 D 错误。故选 C。4. 【分析】由电场线的疏密判断场强的强弱，沿电场线方向电势逐渐降低，根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性判断电场线方向，根据电场力做功判断电势能的变化。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方向，利用电场中有关规律求解。比较电势能的大小有两种方法：一可
18、以从电场力做功角度比较，二从电势能公式角度判断，先比较电势，再比较电势能。难度一般。【解答】A.电场线的疏密表示场强的强弱，由图知 c 点场强大于 b 点场强，故 A 正确；B.沿电场线方向电势逐渐降低，故 b 的电势大于 c 的电势，故 B 错误；C.若将一试探电荷+ q 由 a 点移动到 d 点，电场力做正功，电荷的电势能将减小，故 C 错误；D.由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力大致斜向左上方，与电场强度方向相同，故粒子带正电，故 D 错误。故选 A。5. 解：由题意可知，4 s 内流过截面上的电量 q=1.010181.610-19+1.010181.610-19=0.32
19、C；则电流强度 I= ；Na+水平向右移动，所以电流方向向右故选： B由离子的带电量可求得通过截面的总电量，总电量等于正离子与负离子电量绝对值之和，再由电流的定义可求得电流强度的大小电流方向与正离子定向移动的方向相同本题考查电流强度的定义，要注意明确当同时有正负电荷通过时，电量为正负电荷电荷量绝对值的和6. 解：由题意， UAB= A- B=75V，则得： A B；UBC= B- C=-200V，则得： B C；又 UAC=UAB+UBC=（75-200） V=-125V，则得： A C；故有： C A B；故 ABD 错误， C 正确故选： C本题根据电势差与电势的关系： UAB= A- B
20、， UBC= B- C， UAC=UAB+UBC，即可判断三点电势的高低关系本题只要掌握 UAB= A- B， UAC=UAB+UBC，通过列式分析电势的关系也可以作出电场线，根据三点在电场线的位置做定性分析进行判断7. 【分析】滑动变阻器的原理是靠改变连入电路中的电阻丝的长度来改变电阻的，它的正确接法是“一上一下”哪一段电阻丝被接入电路中是由下面的接线柱决定的若接左下接线柱，滑片向右移动，电阻变大，则电路中的电流变小；若接右下接线柱，滑片向左移动，电阻变大，则电路中的电流变小本题考查了滑动变阻器的原理和作用，能够正确判断当“一上一下”接- 10 -入电路时哪一段电阻丝被连入电路中是本题的解题
21、关键所在【解答】将 a 和 b 连入电路时，当滑片 P 向右滑动时，不会改变电阻丝长度，电阻不变；故错误；将 b 和 d 连入电路时，连入路中的电阻丝是 Pb 部分当滑片 P 向右滑动时， PA 电阻丝长度减小，电阻减小，故正确将 b 和 c 连入电路时，连入路中的电阻丝是 Pb 部分当滑片 P 向右滑动时， PB 电阻丝长度减小，电阻减小，故错误将 a 和 c 连入电路时，连入电路中的电阻丝是 aP 部分，当滑片 P 向右滑动时， ap 电阻丝长度变长，电阻变大，故正确；故选： D8. 【分析】由图可知，图中电阻 R2与 R3并联后与 R1串联，电流表测量的是电阻 R3的电流；先求解总电阻，
22、根据欧姆定律求解干路电流，根据并联电路的电流关系得到通过电阻 R3的电流。本题关键是明确电路的串并联结构，再根据串并联电压、电流和电阻关系和欧姆定律列式求解；电路结构分析是解题的关键。【解答】图中电阻 R2与 R3并联后与 R1串联，电路的总电阻为： R=4+ =6；根据欧姆定律，干路电流为：由于并联电路的电流与电阻成反比，故：，故 B 正确， ACD 错误。故选 B。9. 【分析】根据动能定理研究该质点从 A 点滑到非常接近斜边底端 B 点的过程，其中的 A、 D 点是同一等势面上，然后结合动能定理即可判断。本题考查动能定理的应用，电场力做功的特点，涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理
23、的应用，并要求学生能明确几种特殊力做功的特点。【解答】A.斜面的倾角为 =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功等于 0，故 A 错误；B.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，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 错误；C.结合 B 的分析，同理可知，小球从 A 到 B 的过程中电势能先
24、减小后增加，故 C 正确；D.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： ，所以：，故 D 正确。- 11 -故选 CD。10. 【分析】由电势的变化及无穷远处电势为零可得源电荷带异号电荷，再根据电场强度即曲线斜率得到电场强度变化，进而判断出电场力变化电场强度大小与电势大小无关，只与电势差随相对位移的变化率有关。【解答】A.由图可知：无穷远处电势为零，又有电势为正的地方，故存在正电荷；又有电势为负的地方，故也存在负电荷，所以， q1和 q2带有异种电荷，故 A 正确；B.电场强度等于图中曲线斜率， x1处
25、的斜率不为零，故电场强度不为零，故 B 错误；C.负电荷从 x1移到 x2，电势增大，电势能减小，故 C 正确；D.负电荷从 x1移到 x2，曲线斜率减小，及电场强度减小，所以，受到的电场力减小，故 D 错误。故选 AC。11. 【分析】电键接通后，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，电动机两端电压 U2 IR，电流通过电动机 M 做功 W2 =U2 It，产生的电热为 Q2 =I2 Rt； R 是纯电阻，欧姆定律成立， U1 =IR，电流通过电阻 R 做功 W1 =U1 It，产生的电热为 Q1 =I2 Rt。 本题考查纯电阻电路与非纯电阻电路的区别。对于电功 W=UIt
26、，电热 Q2 =I2 Rt 适用于任何电路。【解答】R 是纯电阻，根据欧姆定律，得 U1=IR，电流通过电阻 R 做功 W1=U1It，产生的电热为Q1=I2Rt，电动机正常工作时，其两端电压 U2 IR，电流通过电动机 M 做功 W2=U2It，产生的电热为Q2=I2Rt，可见， U1 U2， Q1=Q2， W1 W2故 AC 正确， BD 错误。故选 AC。12. 【分析】根据公式 ，分析电压变化，而功率不变时，电阻的变化情况，根据电阻定律确定电热丝长度的变化。本题是电阻定律与功率的综合应用，可采用控制变量法和比例法理解常规题，比较简单。【 解答 】AB .根据公式 ，电热丝消耗的功率不变
27、，电压为额定电压的 ，则电阻应为原来的 ，根据电阻定律得，电热丝的长度应为原来的 ，可将电热器中的电热丝截去 故 A 错误，B 正确;C.若在电热器中再并联一根与原来相同的电热丝，总电阻变为 ，电压为额定电压的 ，电热丝消耗的功率为原来的 ，不符合题意故 C 错误;D.若将电热器中的电热丝等分成两段，再并联起来，根据电阻定律可知电阻变为原来的 ，符- 12 -合要求故 D 正确。故选 BD。13. 解：（1）保持板间距离 d 不变，两极板正对面积减小，根据电容的决定式 C= 得知，电容 C 减小，而电容器的电量 Q 不变，由电容的定义式 C= 分析得到，板间电势差 U 增大；（2）保持 S 不
28、变，板间距离 d 增大，根据电容的决定式 CC 得知，电容 C 减小，而电容器的电量 Q 不变，由电容的定义式 C= 分析得到电容减小；但 E= 和 Q=UC 可知：E= ，故 E 和 d 无关，故 E 不变；（3）保持 S 和 d 都不变，插入介质板后，根据电容的决定式 C= 得知，电容 C 增大，而电容器的电量 Q 不变，由电容的定义式 C= 分析得到，板间电势差 U 减小由 U=Ed 可知， E 减小；故答案为：（1）减小；增大；（ 2）减小；不变；（ 3）减小；减小先根据电容的决定式分析电容的变化，再根据电容的定义式分析板间电势差的变化，根据U=Ed 可知电场强度的变化本题考查电容器的
29、动态分析问题，要注意明确电容器的定义式、决定式以及 U=Ed 等公式的正确应用，注意明确当断开电源 S 不变，只改变板间距离时，两板间的电场强度不变14. 解：（1）因本实验需要电流从零开始调节，因此应采用滑动变阻器分压接法；因电流表内阻和灯泡内阻接近，故电流表采用外接法；另外为了保护电压表，用 R0和电压表串联，故原理图如图所示；（2） I-U 图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，图象的斜率随电压的增大而减小，故说明电阻随电流的增大而增大；其原因是灯丝的电阻率随着电流的增大而增大；（3）当滑动变阻器阻值全部接入时，灯泡的功率最小，将 R 等效为电源内阻，则电源电动势为 4V，等效内阻为
30、 10；作出电源的伏安特性曲线如图 a 中实线所示；由图可知，灯泡电压为 U=1.75V，电流 I=225mA，则最小功率 P=UI=0.39W；- 13 -当滑动变阻器接入电阻为零时，灯泡消耗的功率最大；此时电源的内阻为 1.0，作出电源的伏安特性曲线如图 a 中虚线所示；如图 a 可知，此时电压为 3.65V，电流为320mA=0.32A；则可知最大功率 Pmax=UI=3.650.32=1.17W。故答案为：（1）如图所示；（2）增大；增大；（3）（3）0.39；1.17。（1）明确实验原理，根据实验中给出的仪器分析滑动变阻器以及电流表接法；（2）根据 I-U 图象的性质进行分析，明确电
31、阻随电流变化的规律，从而明确电阻率的变化情况；（3）分析滑动变阻器接入电阻的变化，作出等效电源的伏安特性曲线，得出对应的电流值和电压值，从而明确灯泡功率的极值。本题考查灯泡伏安特性曲线的描绘实验，要注意明确实验原理，知道实验中数据分析的基本方法，注意在分析功率时只能根据图象进行分析求解，不能利用欧姆定律进行分析。15. （1）小球放入板间后，受重力和电场力作用，由二力平衡判断电场力的方向，进而判断电荷的正负，根据受力平衡求解电容器电压；（2）由欧姆定律求出通过电路的电流，再根据闭合电路欧姆定律求解内阻；（3）根据 求解电源效率。本题关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据平衡条件、欧姆定律联立
32、列式求解，难度适中。16. （1）根据电场力的计算公式求解电场力；（2）画出小球受力情况示意图，根据几何关系列方程求解质量；（3）根据机械能守恒定律求解速度有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答17. （1）根据 P 热 =I2r 求解热功率；（2）根据 P=UI 求解电功率，根据 P 出 =P-P 热 求解输出功率；（3）机械效率 - 14 -本题考查了电功公式和焦耳定律的应用，关键是知道电动机消耗的电能减去线圈产生的热量即为电动机输出的机械能18. （1）粒子水平方向做匀速直线运动，竖直方向沿着同一方向做加速度周期性变化的运动，要使粒子在离开电场时恰能以平行 A、 B 两板的速度飞出，竖直分速度为零；（2）竖直分位移不大于板间距离的一半即可本题关键是明确粒子的运动情况和受力情况，要采用正交分解法列式分析，注意多解性，不难
