1、高二年级物理周测十副标题一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1. 以下有关电动势的说法正确的是()A. 电源的电动势跟电源内非静电力做的功成正比，跟通过的电荷量成反比B. 电动势为2V，其表示电路中每通过1C电荷量，电源把2J的电能转化为其他形式的能C. 非静电力做的功越多，电动势就越大D. E=Wq只是电动势的定义式而非决定式，电动势的大小由电源内非静电力的特性决定2. 据信息产业部在7月底公布的最新统计，今年上半年，国产品牌手机的国内市场占有率比去年猛升16.21%，达到55.28%的份额。如图所示的是某品牌手机电池上的文字说明，由此可知该电池的电动势和所储存的最大电能是()A.
2、4.2V9.07103JB. 3.7V9.07103JC. 4.2V7.99103JD. 3.7V7.99103J3. 如图所示，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b间、b和c间、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q0)的固定点电荷.已知b点处的场强为零，则d点处的场强大小为(静电力常量为k)()A. 3kq/R2B. 10kq/9R2C. k(q+Q)/R2D. k(9Q+q)/9R24. 均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面
3、半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=4R.已知M点的场强大小为E，静电力常量为k，则N点的场强大小为()A. kq8R2EB. kq16R2EC. kq16R2D. kq8R2+E5. 半径为R、均匀带正电荷的球体在空间产生球对称的电场，场强E沿半径方向分布的示意图如图所示，下列说法正确的是()A. R处电势最高B. 球体带总电荷量为Q=E0R2kC. 球心与球表面间的电势差U=E0RD. r=2R处的电场强度大小为E=E026. 某空间存在一电场，电场中的电势在x轴上的分布如图所示，下列说法正确的是()A. 在x轴上，从x1到x2电场强度方向向左B.
4、 在x轴上，从x1到x2电场强度先增大后减小C. 把一负电荷沿x轴正向从x1移到x2，电场力先减小后增大D. 把一负电荷从x1移到x2，电场力做负功7. 如下图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面(此平面与E平行)内绕O点做圆周运动，AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径，已知重力加速度为g，电场强度E=mgq，不计空气阻力，下列说法正确的是( )A. 若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上做往复运动B. 若将小球在A点由静止开始释放，它受到的合力大小为2mgC. 若小球在竖直平面内绕O点做完整的圆周运动，则
5、它运动过程中的最小速度vmin=gLD. 若小球在竖直平面内绕O点做完整的圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大8. 如图所示，11H、12H、13H三种粒子从同一位置无初速度地飘入水平向右的匀强电场，被加速后进入竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么()A. 偏转电场对11H做功最大B. 三种粒子打到屏上时动能相等C. 三种粒子被加速后运动到屏上所用时间相同D. 三种粒子打到屏上时速度的方向不同9. 如图所示，电源电动势E=3V，内阻为r=1，R1=0.5，R2=1，滑动变阻器R最大阻值为5，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的
6、，两板间一质量为m，电荷量大小为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计。则下列说法正确的是( ) A. 若电阻R2断路，油滴向上加速运动，G中有从a到b的电流B. 在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从a到b的电流C. 当滑动变阻器阻值为0时，R1的功率最大D. 当滑动变阻器阻值为1时，电源的效率最大10. 如图所示的电路为欧姆表的原理图，电池的电动势E=1.5V，G为电流表，满偏电流为200A。当完成调零后，在两表笔之间接被测电阻Rx时，电流表G指针的示数为50A，那么Rx，等于 ( )A. 7.5kB. 22.5kC. 15kD. 30k二、多选题（本大题共5小
7、题，共20.0分）11. 如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、Q，虚线是以+Q所在点为圆心、L2为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称。下列判断正确的是 ( )A. a、c两点电势相同B. b、d两点电势相同C. b、d两点电场强度相同D. 将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小12. 如图所示，一均匀带电的金属球体，半径r=5cm，球体所带电量为Q=51012C，静电力常量为k=9.0109Nm2/C2，则关于该金属球形成的场强说法正确的是()A. 由于该金属球的体积较大，不能看成是点电荷，所以无法计算
8、其空间某点的场强B. 距离球心O为3r的某点场强为E=10N/CC. 距离球心O为0.3r的某点场强为E=0D. 把正的试探点电荷放在金属球外空间某点，则其该点场强变大13. 一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2x3段是直线，则下列说法正确的是 ( )A. x2x3段做匀加速直线运动B. x1处电场强度为零C. 粒子经过x1处时动能最大D. 在0、x1、x2、x3处电势的关系为12=00)的固定点电荷，在b点处的场强为零，说明各自电场强度大小相等，方向相反。那么在d点处场强的大小即为两者之和因此根
9、据点电荷的电场强度为E=kqR2即可求解。考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础。【解答】电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为E=kqR2，因b点处的场强为零，故圆盘在b处的电场强度为E=kqR2，则圆盘在d处的电场强度也为E=kqR2，而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为E=kq3R2=kq9R2，电荷q和圆盘在d处产生电场强度方向相同，d处场强即为两者大小相加，故在d处的场强为10kq9R2，故ACD错误，B正确。故选B。4.【答案】A【解析】【分析】均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，假设将带电量为
10、2q的球面放在O处，求得在M、N点所产生的电场。左半球面在M点的场强与缺失的右半球面在N点产生的场强大小相等。本题解题关键是抓住对称性，找出两部分球面上电荷产生的电场关系。左半球面在M点的场强与缺失的右半球面在N点产生的场强大小相等，方向相反是解题的关键。【解答】若将带电量为2q的球面放在O处，均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场。则在M、N点所产生的电场为：E=k2q(4R)2=kq8R2，由题知当半球面在M点产生的场强为E，则N点的场强为E=kq8R2E，故选：A。5.【答案】B【解析】解：A、Er曲线与r轴围成的面积表示电势差，那么在R处电势不是最高，故A错
11、误；B、根据R处的场强为E0，有E0=kQR2，解得：Q=E0R2k，故B正确；C、由A选项分析，可知，球心与球表面间的电势差为：U=12E0R，故C错误；D、球外电场可等效于电荷量集中在球心的点电荷产生，则E0=kQR2，而E=kQr2=kQ(2R)2，解得，在r=2R处的电场强度大小为：E=E04，故D错误。故选：B。根据点电荷的场强公式E=kQr2求r=2R处的电场强度大小；根据E0，求球体带总电荷量；通过图线围成的面积求出球心与球表面积的电势差，从而即可判定。考查点电荷电场强度公式的应用，解决本题的关键要知道Er围成的面积表示的含义：Er曲线与r轴围成的面积表示电势差，可以类比于速度时
12、间图线围成的面积表示位移进行分析。6.【答案】C【解析】解：A、由图象知从x1到x2电势逐渐降低后增大，电场强度方向先向右又向左，故A错误；BC、根据x图线上某点切线的斜率等于该点的电场强度，从x1到x2的这段范围内斜率先变小后增大，场强大小先减小后增大，电场力先减小后增大，故B错误，C正确；D、负电荷在电势低处电势能大，所以把一负电荷从x1移到x2，电势能先增大后减小，电场力先做负功后正功，故D错误；故选：C。根据沿着电场线方向电势是降低的，来确定电场方向；根据x图线上某点切线的斜率等于该点的电场强度来判断电场强度大小；依据正电荷从高电势到低电势，电势能减小，而负电荷从高电势到低电势，电势能
13、增大，从而即可求解。解决本题关键要抓住图象中有效信息，知道x图线的斜率的物理意义表示电场强度，利用叠加原理分析。7.【答案】D【解析】【分析】对小球受力分析，根据其合力分析其运动情况；将重力场和电场的总和等效成另一个“合场”，找出其等效最高点，求出其最小速度，以此判断其运动情况；根据合外力做功与动能变化的关系，除重力和弹力外其它力做功与机械能变化的关系。本题应掌握合外力做功与动能的关系、注意类比法的应用，小球能够完成圆周运动的条件是丝线的拉力大于或等于零，在最高点的速度最小恰好满足重力与电场力的提供向心力，此最高点在AD弧线的中点。【解答】A.小球受合力方向与电场力向夹角45斜向下，故若将小球
14、在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，A错误；B.若将小球在A点由静止开始释放，由于电场强度E=mgq，故mg=qE，重力和电场力的合力为2mg，B错误；C.若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，根据2mg=mv2L得，小球运动的最小速度为v=2gL，C错误；D.除重力外其他力做功等于机械能的增加量，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做功最多，故到B点时的机械能最大，D正确。故选D。8.【答案】B【解析】【分析】本题考查带电粒子在电场中的加速和偏转，准确分析出带电粒子间的差别是解题的关键。由动能定理定理可求得粒子进入偏转电场时的速度，在分析其在偏转电场
15、中的运动轨迹，结合相关公式进行求解。【解答】 设加速电场的电场强度为E1，偏转电场的电场强度为E2，加速电场的板间距离为d1，偏转电场的板和为L，偏转电场的右端到屏的距离为L，则：D. 粒子离开电场E1时速度为v，由动能定理得qE1d1=12mv20，解得：v=2qE1d1m，在电场E2中y=12at2，qE2=ma，x=vt，tan=at2v，联立以上方程y=E2L24E1d1，tan=E2L4E1d1，因为在电场E2中y和tan与q、m无关，故它们通过同一轨迹打到屏上同一点，且打在屏上时速度的方向相同，故 D错误；B.对全程应用动能定理，设打到屏上的速度为Ek，则Ek=qE1d1+qE2y
16、，由于三个粒子带电荷量一样，所以三种粒子打到屏上时的动能一样大，故B正确；C.在加速电场中所用时间t1=2d1mqE1，通过偏转电场到达屏所用时间t2=L+Lv=L+Lm2qE1d1，所以总时间t=t1+t2，由于三种粒子的质量不相等，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同，故C错误；A.在电场E2中电场力做功W=qE2y=qE22L24E1d1，故电场E2对三种粒子做的功一样多，故A错误。故选B。9.【答案】C【解析】【分析】若电阻R2短路或S断开时，分析电容器板间场强的变化，判断油滴的受力情况，从而确定油滴的运动情况，判断G中电流的方向在滑动触头移动的过程中，判断出电容器两端电压的变化，从而判
17、断电容器极板所带电荷量变化、通过灵敏电流计的电流以及油滴的运动情况处理本题的关键是抓住不变量，熟练运用闭合电路的动态分析注意处理含容电路时，把含有电容的支路看成断路，电容器两端的电压等于和电容器并联支路的电压【解答】A.若电阻R2断路，板间电压变大为电源电压，Q=CU变大，电容器充电，场强变大，油滴受到的电场力变大，则油滴将向上加速运动，G中有从b到a的电流。故A错误；B.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，R增大，总电阻增大，电源的电动势和内阻不变，可知总电流减小，内电压和R1上的电压均减小，则R2与R的并联电压增大，电容器板间场强增大，油滴受到的电场力增大，则油滴向上加速运动。电容器充电
18、，G中有从b到a的电流。故B错误；D.外电阻越大，电源的效率=RR+r越大，故D错误；C.R1为定值电阻，电流越大，消耗功率越大，当滑动变阻器阻值为0时，消耗功率最大，故C正确。故选C。10.【答案】B【解析】【分析】先求出欧姆表的内阻即R中=ERg，再由I=ER中+RX求得Rx。考查欧姆表的电路原理，明确内部电阻求法，会由电流求外接电阻。【解答】由满偏电流求欧姆表的内阻：R中=ERg=1.5200106=7500，连入电阻后，由I=ER中+RX求得：RX=EIR中=1.5501067500=22.5k，故B正确，A、C、D错误。故选B。11.【答案】BD【解析】【分析】等量异种电荷的电场特点
19、：电场中的电势、电场强度都关于X轴对称，所以bd两点的电势相等，场强大小相等，方向是对称的，c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等，一般选无限远为零势点。该题考查等量异种电荷电场的特点，解题的关键是c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等，而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低。【解答】A.c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等，而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的，a点的电势大于c点的电
20、势，故A错误；B.该电场中的电势关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，故B正确；C.该电场中的电场强度关于X轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的，故C错误；D.c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小，故D正确。故选BD。12.【答案】BC【解析】解：A、均匀带电球体可以看成电荷量集中在球心处的点电荷，根据点电荷电场强度计算式计算空间某点的场强，故A错误；B、根据A选项分析可知，距离球心O为3r的某点场强：E=kQ(3r)2=10N/C，故B正确；C、带电球体处于静电平衡状态，内部场强处处为0，即距离球心O为0.3r的某点场
21、强为0，故C正确；D、把正的试探点电荷放在金属球外空间某点，由于金属球带正电，相互排斥，则金属球所带电荷的等效位置不再位于球心，间距变大，则其该点场强变小，故D错误。故选：BC。均匀带电球体可以看成电荷量集中在球心处的点电荷，根据点电荷场强公式分析。金属球处于静电平衡状态，在金属球内部场强处处为零。此题考查了电场强度和静电平衡的相关知识，明确点电荷周围电场强度的计算式，掌握静电平衡的特点，知道处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且整个导体是等势体。13.【答案】BC【解析】【分析】根据电势能与电势的关系：EP=q，场强与电势的关系：E=x，结合分析图象斜率与场强的
22、关系，即可求得x1处的电场强度，根据能量守恒判断速度的变化，由EP=q，分析电势的高低，由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质，根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化。解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律进行分析电荷的运动情况。【解答】AC.由图看出在0x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做加速度减小的加速运动，x1x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，加速度增大，做加速度增大的减速运动，x2x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向
23、均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀减速直线运动，根据电势能与电场力做功的关系知，在x1处时，动能最大，故A错误，C正确；B.根据电势能与电势的关系：EP=q，场强与电势的关系：E=x，得：E=1qEpx，由数学知识可知EPx图象切线的斜率等于EPx，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故B正确；D.根据电势能与电势的关系：EP=q，粒子带负电，q2=03，故D错误。故选BC。14.【答案】ABD【解析】【分析】本题是力学和电学综合题，关键是理清两小球的运动过程，知道碰撞后两球带电量中和，应用动量守恒定律、能量守恒定律、动能定理进行求解。【解答】A.根据Q球刚好能过最高点，可知
24、：m2g=m2v2r，由最低点到最高点过程：2m2gr=12m2v2212m2v2，解得：v2=5gr=5m/s，碰撞过程动量守恒：0=m1v1m2v2，解得：v1=52m/s，由能量守恒可知，系统减少的电势能为Ep=12m1v12+12m2v22，解得：Ep=0.375J，故A正确；B.从释放P、Q两球到两球相撞过程，任意时刻均满足动量守恒，且运动时间相同，则有：m1x1=m2x2，则P球的位移大小为：x1=m2m1+m2L=0.10.1+0.20.3m=0.1m，故B正确；C.碰撞过程由动量、能量守恒有：0=m1v01m2v02(v01、v02是碰撞前瞬间两球的速度)，12m1v012+1
25、2m2v022=12m1v12+12m2v22，解得：v01=52m/s，v02=5m/s，由于v02=v2，Q的动能不变，故P对Q做功为0，故C错误；D.从释放P、Q两球到两球相撞过程，由动能定理可知：W电=12m1v012=0.125J，故D正确。故选ABD。15.【答案】AB【解析】【分析】本题主要考查多用电表的构造，解题的关键是熟悉多用电表的构造。由表内电源正极接黑表笔，负极接红表笔判断A端应接何用笔。欧姆表内部电路含有电源。由电流表和电压表的改装原理，分析电流档和电压档，以及量程问题。【解答】A.由红进黑出，且A端与电源负极相连接，则A端应接红表笔，故 A正确；B.开关旋转至3处时，
26、多用电表内部接电源，此时为欧姆表，电阻值为读数乘以倍率，故B正确；C.换挡开关旋至1、2处为电流挡，换档开关旋至2处时，分流电阻比旋至1处的大，分流较小，应是小量程，故C错误；D.换档开关旋至4、5处为电压档，换档开关旋至5处时，分压电阻比旋至4处的大，分压较多，应是大量程，故D正确。故选AB。16.【答案】(1)0.265；(2)880；(3)；(4)d2I1(Rg+R0)4L(I2I1)【解析】【分析】(1)螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读；(2)电流表改装为电压表，串联电阻起分压作用，根据欧姆定律求出电阻箱的电阻大小；(3)为得到较大的电压调节范围，滑动变阻器用分
27、压式接法；由于待测电阻的电阻值较小，根据“小外偏小”的规律，用电流表外接法；(4)根据欧姆定律计算出电阻，再根据电阻定律计算电阻率。本题考查测量金属导体的电阻率实验；解决本题的关键掌握螺旋测微器的读数方法，以及知道电流表内外接的区别，滑动变阻器分压和限流接法的区别。【解答】(1)螺旋测微器的读数等于0+0.0126.5mm=0.265mm(2)根据欧姆定律得，R0=UIgRg=30.003120=880(3)为得到较大的电压调节范围，滑动变阻器用分压式接法；由于待测电阻的电阻值较小，电流表采用外接法如图所示(4)通过待测电阻的电流为：I=I2I1待测电阻两端的电压为：U=I1(Rg+R0)根据
28、欧姆定律有：R=UI根据电阻定律，有：R=Ls解得：=sULI=d2I1(Rg+R0)4L(I2I1)故答案为：(1)0.2650.268(2)880 (3)如图所示(4)d2I1(Rg+R0)4L(I2I1)17.【答案】(1)6.2；(2)9.0；2.8【解析】【分析】(1)电路中只有电流表而没有电压表，无法由伏安法求出电阻，故只有利用电阻箱得出待测电阻的阻值，当电路中电流相同时，电阻也应相同，因此可以控制电流相等，利用电阻箱的示数变化，得出待测电阻的阻值，而待测电阻等于两次电阻箱的示数之差。(2)由闭合电路欧姆定律E=IR+Ir得出1I与R的关系表达式，将R0看成电源的内阻后结合图象进行
29、求解。根据实验原理明确实验方法及步骤，再根据闭合电路欧姆定律列式求解。【解答】(1)由闭合电路欧姆定律得：E=10I+Ir及E=I(3.8+R0)+Ir，解得：R0=6.2。(2)由闭合电路欧姆定律有E=IR+R0+r得1I=1ER+R0+rE，则由图象斜率表示电动势倒数，可得电动势为E=27041V=9.0V，与纵坐标交点为R0+rE，所以电源内阻r=96.2=2.8。故填：(1)6.2；(2)9.0；2.8。18.【答案】解：(1)电动机不转时，设线圈电阻为R，则R=U1I1=0.20.4=0.5；(2)电动机正常工作时消耗的功率为P=U2I2=2.01.0W=2.0W，电动机正常工作时线
30、圈电阻损耗的功率为P损=I22R=1.020.5W=0.5W，电动机正常工作时输出功率为P出=PP损=2.00.5W=1.5W，电动机正常工作时效率为=P出P100=1.52.0100=75；(3)电动机转子被卡住时，电功全部转化为电热P热=U22R=2.020.5W=8W。【解析】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。(1)在电动机不转时，电动机相当于纯电阻，根据欧姆定律可以求得电动机的线圈电阻；(2)根据功率的公式P=UI，可以求得电动机的功率，进而可以求得电动机的效率；(3)电动机转子被卡住时，此时的电动机相当于纯电阻，
31、根据P=U2R可以求得发热的功率大小。19.【答案】解：(1)根据动能定理有eU1=12mv02，代入数据解得v0=4107m/s;(2)y轴方向的加速度为a=eU2md，运动时间为t=Lv0，偏移量为y=12at2，以上三式联立解得y=U2L24U1d=0.001m=0.1cm;(3)根据电子出电场后做匀速直线运动，将电子出电场时的速度反向延长，延长线与板间的中心线相交于板的中点，设速度反向延长线与水平方向的夹角为，则，由几何关系有，解得x=6cm。答：(1)电子进入偏转电场的速度为4107m/s；(2)电子沿垂直于板面方向偏移的距离为0.1cm；(3)P点到下极板右端的距离6cm。【解析】(1)根据动能定理计算，离开电场的速度；(2)根据类平抛运动的规律解得偏移量；(3)根据平抛运动的推论计算距离x。本题主要考查带电粒子在电场中加速做匀加速直线运动，在偏转电场中做类平抛运动。
