1、1平罗中学 2018-2019 学年度第一学期期中考试高二物理试卷一、选择题1.下列说法中正确的是（ ）A. 最小的电荷量叫元电荷B. 点电荷是理想模型，电场线是真实存在于电场周围的C. 沿着电场线的方向电场强度一定减小D. 电场线上任一点的切线方向与点电荷在该点所受电场力的方向相同【答案】A【解析】【详解】带电体最小带电量叫做元电荷，A 正确；点电荷是理想化模型，现实中不存在，电场真实存在，而电场线是虚构出来的，B 错误；沿着电场线方向电势一定减小，但电场强度不一定减小，C 错误；电场线上任一点的切线方向，与正点电荷在该点所受电场力的方向相同，与负点电荷的方向相反，D 错误2.下列各种说法中
2、正确的是（ ）A. 电流的定义式 ,只适用金属导体中自由电子定向移动形成的电流B. 电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时,静电力所做的功C. 电动势为 1.5V 的干电池,表明干电池可以使 2 C 的电量具有 3J 的电能D. 电动势公式 中 W 与电势差 中的 W 是一样的，都是电场力做的功E=Wq U=Wq【答案】C【解析】【详解】电流的定义式 Iq/t，适用于任何自由电荷的定向移动形成的电流，故 A 错误；电动势在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做的功，故 B 错误；电动势为 1.5V 的干电池，由 E=W/q 得 W=qE=21.5J=3J，则知
3、干电池可以使 2C 的电量具有 3J 的电能，故 C 正确；电动势公式 中 W 是非静电力做功，而电势差 中的E=Wq U=WqW 是电场力做的功，选项 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 F1现用绝缘工具使两小球相互接触后,再2将它们固定在相距为 2a 的两点,它们之间库仑力的大小为 F2则 F1与 F2之比为（ ）A. 21 B. 601 C. 161 D. 154【答案】B【解析】试题分析：开始时由库仑定律得： F1=k5Q3Qa2现用绝缘工具使两小球相互接触后，各自
4、带电为 Q，因此此时： F2=kQQ(2a)2由得： ，则 F1与 F2之比为 60：1，故选 BF2=160F1考点：库仑定律【名师点睛】完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，然后正确利用库仑定律求解4.在 NaCl 溶液中，阴、阳离子定向移动产生电流，若测得 20 秒内有 1.01018个 和Na+1.01018个 通过溶液内部某一横截面，则溶液中的电流强度是多大（ ）Cl-A. 8mA B. 16mA C. 0.16A D. 0.08A【答案】B【解析】【详解】由题意可知，流过截面上的电量 q=1.010181.610-19+1.010181.610-19=0.32C；
5、则电流强度 ；故选 B。I=qt=0.3220A=0.016A=16mA【点睛】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5.A、B 是一条电场线上的两个点,一带负电的微粒仅在电场力作用下以一定初速度从 A 点沿电场线运动到 B 点,其速度时间图像如图所示。则这一电场可能是下列图中的 ( )A. B. C. D. 【答案】A3【解析】【详解】由图象可知，速度在逐渐减小，图象的斜率在逐渐增大，故此带负电的微粒做加速度越来越大的减速直线运动，所受电场力越来越大，受力方向与运动方向相反。故选A。【点睛】本题考查了速度-时间图象的应用和电场线的相关知识，要
6、明确斜率的含义，要能根据图象判断物体的运动情况，进而分析受力情况。能根据电场线的分布判断电场强度的大小。6.如图所示，四个点电荷所带电荷量的绝对值均为 Q，分别固定在正方形的四个顶点上，正方形边长为 a，则正方形两条对角线交点处的电场强度( )A. 大小为 ，方向竖直向上 B. 大小为 ，方向竖直向上42KQa2 22KQa2C. 大小为 ，方向竖直向下 D. 大小为 ，方向竖直向下42KQa2 22KQa2【答案】C【解析】一个点电荷在中心 O 产生的场强为 ，对角线处的两异种点电荷在 O 处的总场强E=kQ(22a)2=2kQa2为 ，故两等大的场强垂直，合场强为 ，方向由合成的过程E合
7、=2E=4kQa2 EO= E2合 +E2合 =42kQa2可知沿竖直向下，故选 C。【点睛】解决本题的关键掌握点电荷的场强公式，以及点电荷的场强方向，会根据平行四边形定则进行场强的叠加7.如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN 为一根光滑绝缘的竖直细杆，放在两电荷连线的中垂线上，a、b、c 三点所在直线平行于两点电荷的连线，且 a 与 c 关于 MN 对称，b 点位于 MN 上，d 点位于两电荷的连线上。下列说法不正确的是（ ）4A. b 点场强小于 d 点场强B. 试探电荷-q 在 a 点的电势能小于在 b 点的电势能C. 试探电荷-q 在 a 点的电势能等于在 c 点的电势能D. 套
8、在细杆上的带电小环由静止释放后将做匀加速直线运动【答案】C【解析】【详解】在两等量异号电荷连线上中点的电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上中点的电场强度最大，所以 b 点的场强小于连线中点的场强，d 点的场强大于中点的场强，则 b 点场强小于 d 点场强，故 A 正确；中垂线上各点电势均为 0，左侧靠近正电荷的点电势均为正，故 b 点电势低于 a 点的电势；试探电荷-q 在 a 点的电势能小于在 b 点的电势能，故 B 正确；a 点电势为正，c 点电势为负，试探电荷-q 在 a 点电势能为负，而在 c点电势能为正，故-q 在 a 点的电势能小于在 c 点的电势能，故 C 错误；细杆所在
9、的各点电场强度方向均向右侧，带电环受静电力和杆的弹力在水平方向平衡，只有重力使环做加速运动，加速度为 g，故 D 正确。此题选择不正确的选项，故选 C。【点睛】本题考查电场的性质以及物体在电场中的运动情况分析，要求熟练掌握等量异种电荷的电场中各点的电场强度大小、方向，各点电势的高低。8.如图所示，用两根轻质细绝缘线把两个等质量的带电小球悬挂起来， 球带电 ，A +3q球带电 ，且两球间的库仑力小于 球的重力，即两根线都处于竖直绷紧状态，现加B q B一水平向右的匀强电场，平衡时，表示两小球平衡状态的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】首先取整体为研究对象，整体受到重力，电场力和上
10、面绳子的拉力，由于两个电场力的矢量和为： ，方向向左，所以上边绳子向左偏，设 绳与竖直方向的夹F电 =3qE+(qE)=2qE OA5角为 则由平衡条件得： ，再对 B 电荷研究可知，负电荷受到的电场力水平向 tan=2qE2mg=qEmg右，所以下面的绳子向右偏转，设下面的绳子与竖直方向夹角为 ，则： ，可见 tan=qEmg则 ，故 D 正确， ABC 错误。tan=tan =故选 D。【点睛】以整体为研究对象，根据平衡条件分析上面绳子的倾斜状态，以 B 为研究对象受力分析，根据平衡条件判断下面绳子的倾斜状态。9.如图所示，图线 1、2 分别表示导体 A、B 的伏安特性曲线，它们的电阻分别
11、为 R1、R 2，则下列说法正确的是（ ）A. R1：R 2=1：3B. R1：R 2=3：1C. 将 R1与 R2串联后接于电源上，则电压比 U1：U 2=1：3D. 将 R1与 R2并联后接于电源上，则电流比 I1：I 2=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，所以 R1：R 2=1：3串联电路电流相等，所以将 R1与 R2串联后接于电源上，电流比 I1：I 2=1：1则电压之比为 U1：U 2=1:3；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：I 2=3：1故 C 正确，ABD 错误故选 C点睛：解决本
12、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10.如图所示，将平行板电容器与电池相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（ ）6A. 电容器带电量变大B. 尘埃仍静止C. 电容器内部的场强变大D. 灵敏电流计中有 ab 的电流【答案】BD【解析】【详解】电容器始终接在电源的两端，则两端的电势差不变，将两板缓慢地错开一些，正对面积减小，根据 ，知道电容减小，根据 Q=CU 知，电荷量减小，电容器放电，则灵C=S4kd敏电流计中有 ab 的电流。故 A 错误，D 正确。电势差不
13、变，两极板间的距离不变，则电场强度不变，尘埃所受的电场力不变，尘埃仍然静止。故 B 正确，C 错误。故选 BD。【点睛】本题应明确电容器是由电源相连的，则可直接得出电压不变，再根据 d 不变，即可明确场强不变；在解题时要注意认真分析，避免走弯路11.如图所示，在点电荷 Q 产生的电场中，实线 MN 是一条方向未标出的电场线，虚线 AB 是一个电子只在静电力作用下的运动轨迹.设电子在 A、B 两点的加速度大小分别为 、 ，aA aB电势能分别为 、 .下列说法正确的是( )EPA EPBA. 电子一定从 A 向 B 运动B. 若 ，则 Q 靠近 M 端且为正电荷aAaBC. 无论 Q 为正电荷还
14、是负电荷一定有 RxRA应用外接法，若满足 ，电流表应用内接法RVRxRxRA15.在静电场中，将一电量 q= 1.510 6 C 的电荷从 A 点移到 B 点，电场力做功为310-4J。如果将该电荷从 C 点移到 A 点，克服电场力做功 1.510-4J。求：（1）AB 两点的电势差 、AC 两点的电势差UAB UAC（2）若将此电荷从 A 点移动到无穷远处，克服电场力做功为 610-4J，求电荷在 A 点的电势。 （设无穷远电势为零）【答案】 （1）-200V；-100V （2）400V【解析】【详解】 （1）AB 两点间的电势差： UABWABq= 31041.5106V=200V10C
15、A 两点间的电势差： ，则 UAC=-UCA=-100VUCA=WCAq 1.51041.5106=100V（2）将该电荷从 A 点移动到无穷远处克服电场力做功为 610-4J，则 UA-0=UA0，则 UA=400VUA0=WA0q=6104J-1.5106C=400V【点睛】本题关键记住两个公式： ，计算时要注意符号；同时明确电荷在某点的UABWABq电势能等于将该电荷从该点移动到无穷远处电场力做的功16.如图所示,电路两端电压 U 恒为 28V,电灯上标有“6V,12W”字样,直流电动机线圈电阻R=2。若电灯恰能正常发光, 且电机能运转,求：(1)流过电灯的电流是多大?(2)电动机两端的
16、电压是多大?(3)电动机输出的机械功率？【答案】 （1）2A（2） （3）22V 36W【解析】试题分析：（1)灯泡正常发光,电路中的电流为 I= = A=2A（2 分）(2)由欧姆定律可求得,电动机的电压为 （2 分）U1=UUL=28V6V=22V(3)电动机的总功率为 （1 分）P总 =IU1=222W=44W电动机的热功率为 （1 分）P热 =I2R=222W=8W所以电动机的输出功率为 （ 2 分）P出 =P总 P热 =(448)W=36W考点：考查了电功率的计算【名师点睛】本题是含有电动机的电路，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，不能用闭合电路欧姆定律求解电路中的电流 I，电
17、灯正常发光时，其电压等于额定电压，功率等于额定功率由功率公式求解电流 I17.如图所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝 K 发出（初速度不计） ，经灯丝与 A 板间11的加速电压 U1=18kV 加速，从 A 板中心孔沿中心线 KO 射出，然后进入由两块平行金属板M、N 形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场） ，电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的 P 点已知 M、N 两板间的电压为U2=800V，两板间的距离为 d=10cm，板长为 L1=30cm，板右端到荧光屏的距离为 L2=60cm，电子质量为 m=91031 kg，电荷量为 e=1.61019
18、C求： （1）电子穿过 A 板时的速度 v0（2）电子从偏转电场射出时的侧移量 Y（3）P 点到 O 点的距离 Y【答案】 （1）810 7m/s；（2）0.01m；（3）0.05m【解析】【详解】 （1）设电子经电压 U1加速后的速度为 V0，由动能定理得：eU 1= mv0212解得： ；v0= 2eU1m= 21.610191800091031 =8107m/s（2）电子以速度 v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动设偏转电场的电场强度为 E，电子在偏转电场中运动的时间为 t1，电子的加速度为 a，离开偏转电场时的侧移量为 y，根据牛顿第
19、二定律和运动学公式：加速度为： ，aeU2md运动时间为： ，tL1v0y 12at2 U2L224U1d= 8000 324180000.1 0.01m（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为 vy，根据运动学公式得 vy=at1；电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为 y2，如图所示由 ，y 2=vyt2，t2L2v012解得： y2 at1t2U2L1L22dU1 8000.30.620.118000m=0.04mP 到 O 点的总位移为：Y=y+y 2=0.05m【点睛】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，
20、即水平方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，难度中等.18.如图所示，倾角 =37的绝缘斜面底端与粗糙程度相同的绝缘水平面平滑连接其中，水平面处在竖直向下的匀强电场中；斜面处在水平向右匀强电场中，场强的大小均为E今让一个带电金属块从斜面顶端由静止开始下滑，已知在金属块下滑到斜面底端的过程中动能增加了E k=8J，金属块克服摩擦力做功 Wf=12J，重力做功 WG=36 J，设在整个运动过程中金属块的带电量保持不变 （取 g=10m/s2 ；sin37=06,cos37=08）求：（1）在上述过程中电场力所做的功 W 电 ；（2）滑块与斜面之间的动摩擦因数
21、；（3）若已知匀强电场的场强 E=1105V/m，金属块所带的电量 q=1105 C则金属块在水平面上滑行的距离 L2为多长？【答案】 （1）- 16J，负功 （2）=02 （3）10m【解析】试题分析：（1）滑块从斜面顶端下滑到斜面底端的过程中，由动能定理：WGW f + W 电 =E k2 分W 电 =“ -“ 16J，负功。 2 分（2）设斜面长度为 L1，滑块从斜面顶端下滑到斜面底端的过程中受力如图。其中重力做功 WG=mgL1sin37=36 摩擦力做功为：W f=（mgcos37+Eq sin37）L 1=12 13克服电场力做功为：W 电 =EqL1cos37=16 由可得：mg
22、=3Eq 将代入并结合可得：（3）滑块从斜面底端向左滑行的过程中，有：（mg+Eq）L 2=E k 由可得：L 2=10m（4 分）考点：动能定理、功能关系【名师点睛】19.如图以 y 轴为边界，右边是一个水平向左的 匀强电场，左边是一个与水平方E1=1104向成 45斜向上的 = N/C 匀强电场，现有一个质量为 m=1.0g，带电量E222104=1.0106 C 小颗粒从坐标为（0.1，0.1）处静止释放。忽略阻力，g=10m/s 2。 求：q（1）第一次经过 y 轴时的坐标及时间（2）第二次经过 y 轴时的坐标【答案】 （1）第一次经过 Y 轴的坐标为(0，0)； （2）坐标为（0，-
23、1.6）t=0.12s【解析】试题分析：（1）小颗粒在 E1中电场力为：F 1=E1q=11041010 -6N=001N；重力G=001N由受力分析可知合力指向原点，即向原点做匀加速直线运动第一次经过 Y 轴的坐标为（0，0）加速度 由 S= at2得：t=01 sa= 2F1m= 2 0.011.0103m/s2=102m/s2 12 2（2）运动到原点的速度为 v0=at=2m/s，小颗粒在 E2电场中合力为 ，方向与F=22102Nv0方向垂直；由此可得小颗粒做类平抛运动，再次运动到 Y 轴的时间为 t1，v 0方向位移为 S 1=v0t114与 v0方向垂直位移为 S2= a1t12，其中 由几何关系得：S 1=S2，得：12 a1=Fm S1=852m第二次经过 y 轴时到原点距离为：L= S1=16m，即坐标为（0，-16）2考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】到动力学问题关键是正确进行受力分析和运动过程分析，然后选择相应的物理规律列式求解即可。
