1、四川省阆中中学2019-2020学年高二物理上学期期中试题（含解析）一、选择题1.关于静电场,下列说法中正确的是( )A. 在电场强度为零的区域电势一定处处为零B. 负电荷从电势低的点运动到电势高的点,电势能一定减少C. 两点间的电势差与零电势的选取有关D. 根据公式U=Ed知,在匀强电场中两点间的距离越大,电势差就越大【答案】B【解析】【详解】在电场强度为零的区域电势不一定处处为零，例如在等量同种电荷连线的中点处，选项A错误；负电荷在低电势点的电势能较大，则负电荷从电势低的点运动到电势高的点，电势能一定减少，选项B正确；某点的电势与零电势点的选择有关，而两点间的电势差与零电势的选取无关，选项
2、C错误； 根据公式U=Ed知，在匀强电场中的两点间沿电场线方向的距离越大，电势差就越大，选项D错误；故选C.2.真空中有两个完全相同的、可视为点电荷的甲、乙带电小球，甲的电荷量为q，乙的电荷量为-2 q，当它们相距为r时，它们间的库仑力大小为F。现将甲、乙充分接触后再分开，且将甲、乙间距离变为2r，则它们间的库仑力大小变为（ ）A. F/32B. F/16C. F/8D. F/4【答案】A【解析】【详解】当甲、乙充分接触后它们的电荷量先中和再平分，所以接触后带的电荷量都为-q/2，由库伦力的公式F=k可得，原来电荷之间，将甲、乙充分接触后再分开，且将甲、乙间距离变为2r后的库仑力的大小为，所以
3、A正确。故选A。【点睛】当两个异种电荷接触后，电荷电量先中和之后再平分电量，找到电量的关系再由库伦力的公式F=k计算即可3. 如图所示，在等量的异种点电荷形成的电场中，有A、B、C三点，A点为两点电荷连线的中点，B点为连线上距A点距离为d的一点，C点为连线中垂线距A点距离也为d的一点，则下面关于三点电场强度的大小、电势高低的比较，正确的是A. EAECEB；ACBB. EBEAEC；ACBC. EAEB，EAB，ACD. 因为零电势点未规定，所以无法判断电势的高低【答案】B【解析】【详解】由等量异种点电荷周围的电场线的分布情况可知B点场强最大，C点场强小于A点场强，由正负电荷的电势分布可知A和
4、C点的电势为零，B点电势小于零，因此B正确ACD错误4.某导体中的电流随其两端电压的变化关系如图所示，则下列说法中正确的是( )A. 加5 V电压时，导体的电阻大于5 B. 加11 V电压时，导体的电阻可能为1.4 C. 由图可知，随着电压的增大，导体的电阻不断减小D. 由图可知，随着电压的减小，导体的电阻不断减小【答案】D【解析】【详解】A、加的电压时，电流为，则由欧姆定律可知，,故A错误；B、加的电压时，电流约为，则可得电阻为：,故B错误；C、由图可知，随电压的增大，图象的斜率减小，则可知导体的电阻越来越大，故C错误；D、随着电压的减小，导体的电阻减小,故D正确。点睛：本题考查欧姆定律的应
5、用；注意伏安特性曲线的性质，能从图象中得出电阻的变化。5.在某一闭合电路中，电源路端电压U随电源输出电流I变化的关系如图所示，则电源的电动势E和内电阻r分别是（ ）A. E=1.0 V，r=5.0 B. E=1.0 V，r=2.5 C. E=2.0 V，r=5.0 D. E=2.0 V，r=2.5 【答案】D【解析】试题分析：由图象的意义可知电源的电动势为2V，斜率的绝对值表示内阻解：由图象可知电源电动势为2V，r=k=2.5，故ABC错误，D正确故选：D【点评】明确UI图象的意义是解题的关键，正确读出电源的电动势，知道图象的斜率表示电源内阻6.如图所示，实线是电场中一簇方向已知的电场线，虚线
6、是一个带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，若带电粒子只受电场力作用从a点运动到b点过程，根据此图作出的判断正确的是A. 带电粒子带正电B. 电场中a点的电势低于在b点的电势C. 带电粒子在a点的电势能小于在b点的电势能D. 带电粒子在a点的加速度小于在b点的加速度【答案】C【解析】【详解】A. 合力大致指向轨迹凹的一向，可知电场力方向向左，电场线向右，所以带电粒子带负电，故A错误。B. 沿电场线方向电势降低，a点电势大于b点电势。故B错误。C. 从a运动到b，电场力做负功，电势能增大。所以带电粒子在a点的电势能小于在b点的电势能。故C正确。D. 电场线的疏密代表场强大小，a点的场强大于b点的场
7、强，所以a点所受的电场力大于b点，则带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度，故D错误。7.用控制变量法可以研究影响平行板电容器电容因素。电容器充电后与电源 断开,按图示连接。设两极板正对面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为。 则 A. 保持S不变，增大d，则变大B. 保持S不变，增大d，则变小C. 保持d不变，增大S，则变大D. 保持d不变，增大S，则变小【答案】AD【解析】【详解】AB. 保持S不变，增大d，由电容的决定式知电容减小，电容器的带电量不变，由电容的定义式分析可知板间电势差增大，静电计指针偏角增大。故A正确B错误。CD. 保持d不变，增大S，由电容的决定式知电容增大，电
8、容器的带电量不变，由电容的定义式分析可知板间电势差减小，静电计指针偏角减小。故C错误D正确。8.如图，平面直角坐标系xoy中有一匀强电场，ABC构成正三角形，A点坐标为（-2cm，0），C点坐标为（2cm，0）。将电量为的试探电荷从A点移到B、C两点，静电力做功分别为、，以下说法正确的是（ ）A. A、C两点电势差为B. y轴上所有点电势相等C. 将电量为正电荷有B点移到C点电势能增加D. 该匀强电场的场强为【答案】BC【解析】A、C两点电势差为；A、B两点电势差为，则O、B两点电势相等，即y轴为等势面，选项B正确；因UBC=-2.5V，则将电量为8.010 -16 C正电荷有B点移到C点电势
9、能增加，选项C正确；该匀强电场的场强为，选项D错误；故选BC. 二、填空题9.一个量程为的电流表，内阻为1000，再给它串联一个 99000的电阻，将它改装成电压表，改装后电压表的量程为 _V。【答案】30【解析】【详解】1 改装后的电压表的量程为：10.在“测定金属丝电阻率”的实验中,需要测量的物理量有U、I、d、L：（1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为_mm（2）若用图乙测金属丝电阻，则测量结果将 比真实值_选填“偏大”或“偏小” （3）用给定的物理量符号表示，该金属丝的电阻率为_【答案】 (1). 0.697mm（0.695-0.698均正确） (2). 偏小 (
10、3). 【解析】【详解】(1)1金属丝的直径为(2)2采用电流表外接法，电流表示数偏大，电压表示数准确， ，测量结果将比真实值偏小。(3)3金属丝电阻电阻决定式联立解得：11.要测绘额定电压为2V的日常用小灯泡的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：A.电源E（电动势4.0V，内阻可不计）B.电压表V1（量程为03.0V，内阻约2k）C.电压表V2（015.0V，内阻约6kD.电流表A1（00.6A，内阻约1）E.电流表A2（0100mA，内阻约2）F.滑动变阻器R1（最大值10）G.滑动变阻器R2（最大值2k）(1)为减少实验误差，实验中电压表应选择_，电流
11、表应选择_，滑动变阻器应选择_（填各器材的序号）(2)为提高实验精度，请你在如图a中设计实验电路图_(3)根据图a，在图b中把缺少的导线补全，连接成实验的电路_(4)实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的UI图象如图c所示，则该小灯泡电阻的变化特点_【答案】 (1). B (2). D (3). F (4). (5). (6). 灯泡电阻随电压（温度）的增大而增大【解析】【详解】(1)123.由题意小灯泡额定电压为2V，故电压表应选B；通过灯泡电流不超过0.5A，可知电流表应选D，；又描绘伏安特性曲线要求电流从零调，故变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器F(2)4.由于小电珠电阻较小，满
12、足，电流表应用外接法，又变阻器应采用分压式接法，电路图如图所示：(3)5.根据原理图可明确对应的电路图；(4)6.由图可知，图象的斜率越来越大，故说明灯泡电阻随随电压（温度）的增大而增大；三、计算题12.如图所示，板长L4 cm的平行板电容器，板间距离d3 cm，板与水平线夹角37,两板所加电压为U100 V，有一带负电液滴，带电荷量为q31010 C，以v01 m/s的水平速度自A板边缘水平进入电场，在电场中仍沿水平方向并恰好从B板边缘水平飞出g取10 m/s2，求：（1）液滴的质量；（2）液滴飞出时的速度【答案】（1）8108 kg（2）1.32 m/s【解析】【详解】（1）竖直方向：qc
13、os37mg解得m8108 kg（2）液滴受到的合力F合mgtan37由动能定理得F合mv2mv02解得v1.32 m/s13.如图所示，电源电动势为E=12V ，内阻r=2 ，R1=4 ，R2=6 ，C=30F ，电容器两极板水平放置，两极板间距离为20cm。开关S闭合且稳定后，求： （1）通过R1的电流I；（2）电容器的电荷量Q；（3）若此时一个带电量q=-81010C的油滴恰好可静止在两板中间，油滴质量多大(取g=10m/s2) ?【答案】（1）1A（2）1.8104 C（3）2.4109kg【解析】【详解】(1)由欧姆定律得： =1A(2)电容器两端的电压Uc=IR2=6V带电量Q=C
14、Uc=1.8104 C(3)由平衡条件知：mg=qE又所以=2.4109kg14.如图所示，在E103 V/m的竖直匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN在N点平滑相接，半圆形轨道平面与电场线平行，其半径R40 cm，N为半圆形轨道最低点，P为QN圆弧的中点，一带负电q104 C的小滑块质量m10 g，与水平轨道间的动摩擦因数0.15，位于N点右侧1.5 m的M处，g取10 m/s2，求：(1)小滑块从M点到Q点电场力做的功(2)要使小滑块恰能运动到半圆形轨道的最高点Q，则小滑块应以多大的初速度v0向左运动？(3)这样运动的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？【答案】(1
15、) - 0.08J(2) 7 m/s（3）0.6 N【解析】【详解】（1）W=qE2R W= - 0.08J(2)设小滑块到达Q点时速度为v，由牛顿第二定律得mgqEm小滑块从开始运动至到达Q点过程中，由动能定理得mg2RqE2R(mgqE)xmv2mv联立方程组，解得：v07m/s.(3)设小滑块到达P点时速度为v，则从开始运动至到达P点过程中，由动能定理得(mgqE)R(qEmg)xmv2mv又在P点时，由牛顿第二定律得FNm 代入数据，解得：FN0.6N由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力FNFN0.6N.【点睛】（1）根据电场力做功的公式求出电场力所做的功；（2）根据小滑块在Q点受的力求出在Q点的速度，根据动能定理求出滑块的初速度；（3）根据动能定理求出滑块到达P点的速度，由牛顿第二定律求出滑块对轨道的压力，由牛顿第三定律得，小滑块通过P点时对轨道的压力。
