1、蚌埠一中20182019学年度第一学期期中考试高二物理考试时间：90分钟 试卷分值：100 命题人： 审核人： 一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1. 在图中四种电场中，分别有a、b两点。其中a、b两点的电势不相等，场强相同的是 A. 甲图：与点电荷等距的a、b两点B. 乙图：两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点C. 丙图：点电荷与带电平板形成的电场中离平板不远的a、b两点D. 丁图：匀强电场中的a、b两点2. 下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘坐标原点O处电场强度最大的是（）A. B. C. D. 3. 如图甲所示，在一
2、条电场线上有A、B两点，若从A点由静止释放一电子，假设电子仅受电场力作用，电子从A点运动到B点的速度-时间图像如图乙所示，则（ ）A. 电子在A、B两点受的电场力B. A、B两点的电场强度C. A、B两点的电势D. 电子在A、B两点具有的电势能4. 小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线过P点的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线则下列说法中正确的是（）A. 随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小B. 对应P点，小灯泡的电阻为R=C. 对应P点，小灯泡的电阻为R=D. 对应P点，小灯泡的功率为图中梯形PQON所围的面积5. 如图所示，平行板电容器与电动
3、势为E的直流电源（内阻不计）连接，电容器下极板接地。一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器的上极板竖直向下移动一小段距离，下列说法正确的是（ ）A. 带电油滴将竖直向上运动B. P点的电势将降低C. 电容器的电容增大，极板带电荷量不变D. 电容器的电容增大，极板带电荷量减小6. 图（a）为示波管的原理图若在XX上加上如图甲所示的扫描电压，在YY上加如图乙所示的信号电压，则在荧光屏上会看到的图形是（）A. B. C. D. 7. 原子中的电子环绕原子核的运动可等效为环形电流。设氢原子的电子以速率v在半径为r的圆周轨道上环绕原子核运动，电子的电荷量为e。以下各项错误的是A
4、. 电子绕核的向心力大小为B. 电子绕核的动能为C. 等效电流为D. 电子绕核的角速度为8. 如图所示，四个相同的表头分别改装成两个安培表和两个伏特表安培表A1的量程大于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路，则（）安培表A1的读数大于安培表A2的读数；安培表A1的偏转角小于安培表A2的偏转角；伏特表V1的读数小于伏特表V2的读数；伏特表V1的偏转角等于伏特表V2的偏转角A. B. C. D. 二、多选题（本大题共4小题，共16.0分）9. 以下说法正确的是A. 由可知，电场中某点的电场强度E与电场力F成正比B. 由可知，电场中两点的电势差UAB与电场力做功WAB成正比
5、C. 由可知，某段导体中的电流I与电压U成正比D. 由可知，真空中，离场源点电荷Q的距离r越大，电场强度E越小10. 一个T形电路如图所示，电路中的电阻R1=120，R2=10，R3=40另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计则（）A. 当c、d端短路时，a、b之间的等效电阻是130B. 当a、b端短路时，c、d之间的等效电阻是40C. 当a、b两端接通测试电源时，c、d两端的电压为25VD. 当c、d两端接通测试电源时，a、b两端的电压为80V11. 如图所示，三条平行等距的虚线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10V、20V、30V，实线是一带负电的粒子（不计重力）在该区域内的运
6、动轨迹，对于轨迹上的a、b、c三点来说（ ）A. 粒子在三点的合力Fa=Fb=FcB. 粒子必先过a，再到b，然后到cC. 粒子在三点的动能大小为EKbEKaEKcD. 粒子在三点的电势能大小为EPcEPaEPb12. 如图甲所示，在某电场中建立x坐标轴，一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，经过A、B、C三点，已知xC-xB=xB-xA。该电子的电势能Ep随坐标x变化的关系如图乙所示。则下列说法中正确的是（ ）A. A点电势低于B点电势B. A点的电场强度小于B点的电场强度C. A，B两点电势差UAB等于B、C两点电势差UBCD. 电子经过A点的速率小于经过B点的速率三、填空题（本大题共
7、4小题，共14.0分）13. 如图，A、B两点相距0.1m，=60，匀强电场场强E=100V/m，则A、B间电势差UAB= _ V14. 在x轴上，x=0处放置一个电荷为+4q的点电荷，x=6cm处放置一个电荷为-q的点电荷，合场强为零的点在x= _ cm处15. 图中A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点已知A、B、C三点的电势分别为A=15V，B=3V，C=-3V，由此可得两条对角线的交点的电势为_ V，D点的电势D= _ V16. 长为L的金属杆原来不带电，在距其左端r处放一个电荷量为q的点电荷，则金属杆中点处的场强为_，金属杆上的感应电荷在杆中点处产生的场强大小为_，方向向_。四
8、、计算题（本大题共4小题，17题12分、18题12分、19题14分，共38.0分）17. 将带电荷量为610-6C的负电荷从电场中的A点移到B点，克服静电力做了310-5J的功，再从B移到C，静电力做了1.210-5J的功则（1）电荷从A移到B，再从B移到C的过程中，电势能共改变了多少？（2）如果规定A点的电势能为零，则该电荷在B点和C点的电势能分别为多少？（3）若A点为零电势点，则B、C两点的电势各为多少？18. 地面上方存在水平向右的匀强电场，一质量为m带电量为q的小球用绝缘丝线悬挂在电场中，当小球静止时丝线与竖直方向的夹角为，此时小球到地面的高度为h求： （1）匀强电场的场强？（2）若丝
9、线突然断掉，小球经过多长时间落地？19. 如图所示，M、N为两块水平放置的平行金属板，板长L1=10cm，两板间的距离d=10cm，两板间电压U=50V图中虚线O1O2为平行于两板的中轴线一带电粒子以初速度v0从O1沿O1O2射入电场，最终打在离两板右端L2=20cm竖直屏上的P点到达P点的瞬时速度与水平方向的夹角=45（粒子的比荷为1.81013，不计粒子的重力）求：（1）初速度v0多大？（2）P到O2的距离Y多大？蚌埠一中20182019学年度第一学期期中考试高二物理答案和解析【答案】1. D2. B3. C4. B5. A6. A7. C8. D9. CD10. BCD11. AD12.
10、 AD13. 14. 1215. 6；916. 0 水平向左17. 解：负电荷从电场中的A点移动到B点，电场力做功为：，电势能增加量为；从B点移动到C点，电场力做了的功，电荷的电势能减小量，所以电荷从A点移到B点，再从B点移到C点的过程中电势能增加量为：J.规定A点的电势能为零，从A点到B点，负电荷的电势能增加，可知B点的电势能为：；电荷从A点到C点，电势能增加，则C点的电势能为：；若A点为零电势点，则B、C两点的电势各为：。答：电势能共改变了；点的电势能为：；则C点的电势能为：；，。18. 解：对小球列平衡方程所以根据牛顿第二定律，可得丝线断后小球的加速度为设小球经过t时间落地，由得19.
11、解：粒子在电场中运动时，水平方向有竖直方向的加速度离开电场时竖直方向的分速度粒子离开电场后做匀速直线运动，故在P点时的速度和离开电场时的速度一样，依题意有即，则解得：由以上式子解得；粒子在电场中的偏转距离由三角形相似有，解得答：初速度为；到的距离Y为【解析】1. 【分析】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。根据电场线和等势面的分布特点进行分析。判断电势的高低，根据电场线的方向。判断场强的大小根据电场线疏密，方向看电场线的切线方向。要注意场强是矢量，只有大小和方向均相同，场强才相同。【解答】解：A、甲图为正点电荷的电场，图中ab两
12、点在同一个圆上，所以a、b两点的电势相同，电场强度的大小也相同，但是场强的方向不同，则场强不同，故A错误；B、乙图为等量的异种电荷的电场，在起中垂线上的所有的点的电势都为零，并且场强的方向均为水平的指向负电荷，所以此时ab两点的电势相等，电场强度大小相等、方向也相同，故B错误。C、丙图中ab处于金属平板上，处在电场中的金属平板处于静电平衡状态，金属板的表面为等势面，并且电场线与等势面垂直，又由于此时的ab是左右对称的，所以ab两点的电势相等，电场强度大小相等、方向也相同，故C错误。D、丁图是匀强电场，ab点的场强的大小和方向都相同，但是根据沿电场线的方向电势降低可知，b点的电势要比a点的电势高
13、，故D正确。故选：D。2. 解：设带电圆环在O点产生的场强大小为E。A图中坐标原点O处电场强度是带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；B图中坐标原点O处电场强度是第一象限带正电圆环和第二象限带负电圆环叠加产生，坐标原点O处电场强度大小等于。C图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是带电圆环带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；D图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限带负电圆环和第四象限带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为0。所以坐标原点O处电场强度最大的是B。故选：B。根据点电荷场强的公式和场
14、强叠加原理，与选项相对比，分析求解问题分析时要抓住电场线从正电荷出发发无穷远处终止，或从无穷远处出发到负电荷终止本题关键抓住对称性和叠加原理分析O点的场强要求学生在牢固的掌握基本知识的基础上要能过灵活的分析问题3. 【分析】由静止释放电子，电子仅受电场力作用，从A点运动到B点，分析电场力的方向，确定电场线的方向根据顺着电场线方向，电势降低，判断电势的高低，从速度图象看出，电子从A运动到B过程速度增大，场强增大。题要根据电子的运动情况判断电子的受力情况，这是学习物理应具有的基本能力。【解答】根据题意，电子从静止释放后从A运动到B，则电子受到的电场力方向从，而电子带负电，电场线方向从，则B点的电势
15、大于A点的电势，即，EPA，故C正确，D正确；从速度图象看出，电子从A运动到B过程速度增大，加速度减小，电场力减小，场强减小，即EE，FA，故BA错误；故选C。4. 【分析】根据电阻的定义，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜率逐渐减小，电阻逐渐增大对应P点，灯泡的电阻等于过P点的切线斜率的倒数；本题中灯泡是非线性元件，其电阻，但图线上的点与O点连线的斜率表示电阻的倒数，而不是图象的斜率表示电阻的倒数。【解答】A. 图线上的点与O点连线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大，故A错误；图线上的点与O点连线的斜率表示电阻的倒数，对应P点，小灯泡的电阻为故C错误，B正确；D. 因，所以图象中矩形
16、PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D错误；故选B。5. 解：A、将上极板竖直向下移动时，d减小，电容器的电压U不变，由分析得知，板间场强增大，则油滴所受电场力增大，油滴将沿竖直向上运动。故A正确。B、P点到下极板的距离不变，而E增大，由知，P点与下极板间电势差增大，P点的电势大于零，则P点的电势升高，故B错误；CD、d减小，由知，电容C增大，U不变，由分析可知电容器所带电量增加，故CD错误；故选：A将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况。由分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化
17、和油滴电势能的变化。本题是电容器动态变化分析问题，抓住不变量：电容器与电源保持相连，电压不变，由，结合进行分析。6. 解：因甲图偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与偏转电压上加的是待显示的信号电压相同，所以在荧光屏上得到的信号在一个周期内的稳定图象。则显示的图象与所载入的图象形状是一样的，故A正确。故选：A。示波管的偏转电压上加的是待显示的信号电压，偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考，难度适中7. 【分析】原子中的电子绕原
18、子核做圆周运动，库仑力提供向心力；原子中的电子绕原子核的运动，根据圆周运动的知识求出周期，再根据电流的定义式研究等效电流的大小。本题关键是根据电流的定义式求解等效电流。【解答】A.电子绕原子核做圆周运动，库仑力提供向心力；电子绕核的向心力大小为，故A正确；B.电子绕核的动能为，故B正确；C.电子圆周运动的速率为v，半径为r，则电子运动的周期，根据电流的定义式得到，等效电流为，故C错误；D.根据角速度与线速度的关系得，电子绕核的角速度为；故D正确；故选C。8. 【分析】两个安培表和两个伏特表是由四个相同的表头改装而成，两电流表并联，表头两端的电压相同，电流相同，指针偏转角度相同，量程大的读数大两
19、电压表串联，电流相同，指针偏转角度相同，量程大的读数大本题关键要抓住伏特表和安培表都是由相同的表头改装而成，核心部分是表头，指针的偏转角度大小取决于流过表头的电流大小【解答】解：、两安培表并联，表头两端的电压相同，电流相同，指针偏转角度相同，安培表的量程大于的量程，则安培表的读数大于安培表的读数故正确，错误、两电压表串联，两表头的电流相同，指针偏转角度相同，量程大的读数大，伏特表的偏转角等于伏特表的偏转角故错误，正确故选D9. 【分析】电场强度的定义与电势差公式采用了比值定义法，电场强度是电场本身的性质和q、F无关，电势差与电场力，及电量无关，依据欧姆定律可知，电流I与电压U成正比；点电荷的电
20、场强度公式中Q是场源电荷，即可判定电场强度与间距的关系。考查比值定义法的内涵，理解影响电场强度与电势的因素，掌握欧姆定律的内容，注意点电荷电场强度公式的应用。【解答】A、由比值定义式可知，电场强度反映电场本身的性质，与试探电荷的电荷量无关，故A错误；B、由电势差的定义可知，可知电场中两点的电势差与电场力做功无关，故B错误；C、根据公式可知，某段导体中的电流I与电压U成正比，故C正确；D、真空中点电荷的电场强度公式中Q是场源电荷，所以电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量有关，那么离场源点电荷Q的距离r越大，电场强度E越小，故D正确；故选CD。10. 解：A、当cd端短路时，ab间电路的结构是：电
21、阻、并联后与串联，等效电阻为；故A错误；B、当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻、并联后与串联，等效电阻为；故B正确；C、当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻两端的电压，；故C正确；D、当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻两端的电压，为；故D正确；故选：BCD当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻、并联后与串联当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻、并联后与串联当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻两端的电压当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻两端的电压根据欧姆定律求解电压本题考查串并联电路的基本性质，对于电路要明确电路的结构，并能正确应用
22、串并联电路的规律进行分析，必要时应进行电路的简化11. 【分析】由三条平行且等距的等势面知电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点的电场力是相同的，因轨迹为抛物线，则运动方向不能确定，根据abc三点的位置关系以及带电粒子的电势能与动能之间的互化，可判断出经过a、b、c三点时的动能和电势能的大小关系。本题考查了带电粒子在电场中的运动，根据等势面判断电场为匀强电场，根据功能关系判断电势能与动能的相互转化。【解答】A.由三条平行且等距的等势面知电场是匀强电场，所以带电粒子在电场中各点的电场力是相同的，故A正确；B.有题知，电场的方向是向上的，带负电的粒子将受到向下的电场力作用，带负电的粒子沿abc轨
23、迹或cba轨迹运动，都会得到如图轨迹，故B错误；带负电的粒子在电场中运动时，存在电势能和动能之间的互化，由题意知，在b点时的电势能最大，在c点的电势能最小，可判断在c点的动能最大，在b点的动能最小，故D正确，C错误。故选AD。12. 解：AD、一个电子仅在电场力作用下沿x轴正方向运动，由图知电势能一直减小，则电子从A到B电场力做正功，电势升高，根据动能定理，动能增加，速度增大，A点电势低于B点电势，故AD正确；B、根据，可知图象的斜率大小体现电场强度的强弱，因此从A到B，电场强度减小，A点的电场强度大于B点的电场强度，故B错误；C、由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，A、B两
24、点电势差大于B、C两点电势差，故C错误；故选：AD。根据题意和图象正确判断出电子的运动形式是解题的关键，由图可知，电子通过相同位移时，电势能的减小量越来越小，说明电场力做功越来越小，由可知电场力逐渐减小，因此电子做加速度逐渐减小的加速运动，知道了运动形式即可解正确解答本题解题过程中要把握问题的核心，要找准突破点，如本题中根据图象获取有关电子的运动、受力情况即为本题的突破点13. 解：由图示可知，根据顺着电场线方向电势降低，可知B的电势高于A的电势，则AB方向与电场线方向间的夹角，BA两点沿电场方向的距离，BA两点间的电势差，故答案为：已知匀强电场的场强为E，A、B两点间的距离为L及AB连线与电
25、场方向的夹角为，根据公式，求出两点沿电场方向的距离d，再求解电势差根据顺着电场线方向电势降低，判断A、B两点的电势高低本题首先要想到匀强电场中电势差与场强的关系式，其次要正确理解d的含义：两点沿电场方向的距离14. 解：经过分析知平衡点在6cm右侧，根据平衡条件有： 解得： 故答案为：12取一个电荷量为的试探电荷，在合场强为零处不受电场力；在0点左侧，排斥力一定大于吸引力，不可能平衡；在间，两个电场力同向，也不可能平衡；故平衡点一定在6cm右侧，根据平衡条件列式求解即可本题关键先找到平衡点的区域，然后根据平衡条件确定具体坐标，基础题15. 解：连接AC、BD，设它们交于O点，则有： 同理： 所
26、以： 故答案为：6，9 连接AC、BD，设它们交于O点，则O点的电势等于AC电势的平均值，同时也等于BD两点电势的平均值本题的技巧在于：在匀强电场中，任意一条对电场线上，中点处的电势等于两端电势的平均值基础题目16. 【分析】物体带电有接触起电，有感应带电，有摩擦起电对于感应带电，是利用同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引的原理。感应带电的本质是电荷的转移；当金属导体处于电场时出现静电平衡现象。【解答】在距其左端r处放一个电荷量为q的点电荷，因处于静电平衡，则金属杆中点处的场强为；当水平导体棒当达到静电平衡后，棒上感应电荷在棒内距离左端处产生的场强大小与一带电量为q的点电荷在该处产生的电场强度大
27、小相等，则有：由于该处的电场强度为零，所以方向与一带电量为Q的点电荷在该处产生的电场强度的方向相反，即水平向左故填：0 水平向左17. 电荷的电势能增加还是减少是由电场力做功的正负决定就像重力做功与重力势能一样，求电势能，往往先求电势能的变化量，再求解某点的电势能。负电荷在电场力作用下发生位移，电场力做负功，则电荷的电势能增加克服静电力做多少功，电势能就增加多少相反，电场力做功多少，电荷的电势能就减少多少根据电场力做功与电势能变化的关系求解先求出电场力做功，再求解电势能的变化量；根据电势能的变化量，确定出电荷在B点和C点的电势能；根据公式，代入数据计算电势。18. 小球受重力、拉力和电场力处于
28、平衡，根据共点力平衡求出电场力的大小，从而得出匀强电场的场强。丝线断掉后，做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，结合位移时间公式求出运动的时间。本题考查了共点力平衡、牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。19. 根据粒子在电场中做类平抛运动求解水平方向速度与位移关系；根据牛顿第二定律求解加速度大小，再根据竖直方向的匀加速直线运动求解速度与时间关系，根据偏转角进行运动合成，即可求解初速度大小；根据竖直方向位移时间关系求解出电场的偏转位移，根据三角形相似列方程求解y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
