1、文山州广南县一中2018-2019学年10月份考试高二物理一、单选题(共10小题,每小题3.0分,共30分) 1.在匀强电场中建立一直角坐标系，如图所示从坐标原点沿y轴前进0.2 m到A点，电势降低了10V，从坐标原点沿x轴前进0.2 m到B点，电势升高了10V，则匀强电场的场强大小和方向为()A. 50 V/m，方向BA B. 50 V/m，方向ABC. 100 V/m，方向BA D. 100 V/m，方向垂直AB斜向下【答案】C【解析】【详解】令O点电势，则，再作点B关于点O的对称点B，因为BO=OB，则，连接AB，并作其垂线OE，则从OE的方向即场强方向；场强为：，方向由B指向A，故C正
2、确，A、B、D错误；故选C。【点睛】关键是找出x轴方向上电势与A点相等的B点，A、B两点的电势相等，即AB连线上的各点电势相等，并作其垂线OE，则从OE的方向即场强方向。2.如图甲所示，MN是某一电场中的一条电场线，a、b是该电场线上的两个点，如果在a、b两点分别引入试探电荷，测得试探电荷所受的电场力F跟它的电荷量q之间的关系如图乙所示，选从N到M的方向为电场力的正方向，那么，关于a、b两点的场强和电势的大小关系，下列说法中正确的是()A. 电场强度EaEb；电势abB. 电场强度EaEb，电势abC. 电场强度EaEb，电势abD. 电场强度EaEb，电势ab【答案】B【解析】试题分析：根据
3、可知图像的斜率表示电场强度大小，沿电场线方向电势降低图象Fq斜率表示电场强度的大小，a图线的斜率大于b图线的斜率，则电场强度，选从N到M的方向为电场力的正方向，由甲图可知，电场的方向由N指向M，沿着电场线方向电势降低，则电势，B正确3.两带电荷量不等的绝缘金属小球，当相隔一定距离时，其相互作用力为F1，现将两小球接触后分开并保持原有距离，它们之间的相互作用力为F2，下列说法正确的是A. 若F2F1，则两小球所带电性必相同C. F2=F1是不可能的D. 以上三种说法都不对【答案】D【解析】本题考查库伦定律知识根据库仑定律得：，又因为r不变，k是个常量，F的大小跟两个电荷量的乘积有关，金属小球又不
4、知道是否完全相同，接触后不知道电量如何分配，故无法根据力的大小判断两小球的电性，故ABC都错误，D正确故选D4. 关于电荷守恒定律，下列说法正确的是A. 电荷守恒定律只适用于摩擦起电现象B. 电荷守恒定律只适用于感应起电现象C. 天空中云层的带电过程，不遵守电荷守恒定律D. 任何起电现象都遵守电荷守恒定律【答案】D【解析】电荷守恒定律适用于一切电现象；掌握电荷产生原理知识5.a、b、c、d分别是一个菱形的四个顶点，abc=120现将三个等量的正点电荷+Q分别固定在a、b、c三个顶点上，则下列判断正确的是则在d点所具有的电势能大于在O点所具有的电势能A. d点电场强度的方向由d指向OB. O点处
5、的电场强度是d点处的电场强度的2倍C. bd连线为一等势线D. 引入一个电量为+q的点电荷，依次置于O点和d点，【答案】B【解析】试题分析：由点电荷的电场及电场的叠加可知，在a、c两处的电荷产生的电场相到抵消，O点处的场强等于B处点电荷产生的场强，即，方向由b指向O，而在d处的场强由a、b、c处的场强产生，其大小为，方向也沿bO方向，A错误，B正确；bd是a、c两处电荷连线的中垂线，由两等量正电荷的电场中电势分布可知，在a、c两点电荷的电场中O点电势高于d点电势，而在点电荷b的电场中，O点电势也高于d点电势，再由电势叠加可知，O点电势高，而正电荷在电势越高处，电势能越大，C、D错误。考点：电场
6、强度，电势，电势能，等势线6.如图所示，空间有一电场，电场中有两个点a和b.下列表述正确的是()A. 该电场是匀强电场B. a点的电场强度比b点的大C. b点的电场强度比a点的大D. 正电荷在a、b两点受力方向相同【答案】B【解析】据电场线的疏密表示电场强度大小，则有EaEb故B正确，AC错误；正电荷在a、b两点所受电场力方向与该点电场强度方向相同，而a、b两点的电场强度方向不同所以受力方向也不同，故D错误。所以B正确，ACD错误。7. 如图1，AB是某电场中的一条电场线，若将正点电荷从A点由静止自由释放，沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图所2示，则A、B两点场强大小和电势高低关系是（
7、）A. EAEB；AB B. EAEB；ABC. EAEB；AB D. EAEB；AB【答案】D【解析】试题分析：从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况解：从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，故电场力向右，且不断变小，故A点的电场强度较大，故EAEB；正电荷受到的电场力与场强方向相同，故场强向右，沿场强方向，电势变小，故A点电势较大，即AB；故选D【点评】本题关键通过速度时间图象得到物体的速度变化情况和加速度变化情况，然后判断场强方向和电势大小8.如图所示，相距10 mm的两等势面AA、BB，其间有一静止的油滴P，已知它所受
8、的重力是1.61014 N，所带的电荷量是3.21019 C，则下面判断正确的是()A. AB，UAB100 V B. AB，UAB750 VC. AB，UBA500 V D. AB，UBA1 000 V【答案】C【解析】【详解】由题意可知，电场力与重力平衡，即有：mg=qE；则有：；油滴带正电，且电场力竖直向上，则电场强度的方向竖直向上，UBAEdV500V，故选C。【点睛】考查电场力与重力相平衡的条件解题，注意油滴的电性，掌握电场强度的方向与正电荷的受到电场力的方向关系9. 下列说法中正确的是（ ）A. 电流的方向就是电荷移动的方向B. 电流都是由电子的移动形成的C. 在直流电源对外供电的
9、过程中，外电路上电流的方向是从电源正极流向负极D. 电流是有方向的量，所以是矢量【答案】C【解析】试题分析：电流的方向就是正电荷定向移动的方向 ，选项A错误；电流不都是由电子的移动形成的，有的是由离子视为定向移动产生的，选项B错误；在直流电源对外供电的过程中，外电路上电流的方向是从电源正极流向负极，选项C正确；电流是有方向的量，但是电流是标量，选项D错误；故选C考点：电流【名师点睛】本题中要注意电流的形成以及方向，同时明确电流的方向与矢量的方向意义不同，其运算按代数法则，不能按照平行四边形定则计算，故电流不是矢量，是标量。10.在、四只电阻，它们的关系如图所示，则图中电阻最小的是（ ）A. B
10、. C. D. 【答案】A【解析】试题分析：电阻，可知电阻R等于I-U图线的斜率倒数图线d的斜率的最小，电阻最大故选D考点：欧姆定律二、多选题(共4小题,每小题4.0分,共16分) 11. 如图所示，一电容为C的平行板电容器，两极板A、B间距离为d，板间电压为U，B板电势高于A板，两板间有M、N、P三点，MN连线平行于极板，N、P连线垂直于极板，M、P两点间距离为L，PMN以下说法正确的是（ ）A. 电容器带电量为B. 两极板间匀强电场的电场强度大小为C. M、P两点间的电势差为D. 若将带电量为q的电荷从M移到P，该电荷的电势能减少了【答案】CD【解析】本题考查电容器电容的定义式，电场强度与
11、电势差的关系，电场力做功与电势能改变的关系由电容器电容的定义式可知，电容器的带电量为QCU，A项错误；两板间的电场为匀强电场，根据匀强电场场强与电势差的关系可知，两板间电场强度E，B项错误；MP两点间的电势差就等于NP间的电势差，即UMPELsin，C项正确；由于下板带正电，因此板间场强方向竖直向上，将带电量为q的电荷从M点移到P点，电场力做正功，电势能减少量就等于电场力做的功，即为qUMP，D项正确本题较易12.如图所示为一空腔导体周围的电场线分布图，电场方向如图中箭头所示，M、N、P、Q是以O为圆心的一个圆周上的四点，其中M、N在一条直电场线上，P、Q在一条曲电场线上，下列说法正确的有()
12、A. M点的电场强度比N点的电场强度小B. P点的电势比Q点的电势低C. 负电荷在P点的电势能小于其在Q点的电势能D. M、O间的电势差等于O、N间的电势差【答案】AC【解析】用电场线的疏密程度表示电场的强弱，故N点的场强比M点的场强大，故A正确.沿着电场线的方向电势越来越低，所以Q点的电势比P点的电势低，故B错误.P点电势高于Q点，根据Epq可知，负电荷在P点的电势能小于在Q点的电势能，故C正确.根据电场分布可知，MO间的平均电场强度比ON间的平均电场强度小，故由公式UABEd可知，MO间的电势差小于ON间的电势差，故D错误.故选AC.13.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
13、，P为图线上一点，PN为图线在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，小灯泡的电阻增大B. 对应P点，小灯泡的电阻为C. 对应P点，小灯泡的电阻为D. 对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积大小【答案】ABD【解析】试题分析：A、B、由图象可知，灯泡的电阻等于R=，等于图线上的点与原点O连线斜率的倒数，由图象可知，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大，A错误；P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻，故B正确、C错误；因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确故选：BD考点：小灯泡
14、的伏安特性曲线【名师点睛】14.下列判断正确的是()A. 由知，电流跟导体两端电压成正比，跟导体的电阻成反比B. 由可知，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比C. 由可知，I一定时，导体的电阻R与U成正比，U一定时，导体的电阻R与I成反比D. 对给定的导体，比值是个定值，反映了导体本身的性质【答案】ABD【解析】【详解】导体电阻由导体材料、导体长度与导体的横截面积有关，导体电阻与导体电阻两端的电压与流过导体的电流无关；导体中的电流是由电压及电阻决定的；电流跟导体两端电压成正比，跟导体的电阻成反比；故ABD正确；三、实验题、填空题(共4小题,每小题5.0分,共20分) 15.ab是长为L的
15、均匀带电绝缘细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为则P1、P2处的电场强度方向_（填“相同”或“相反”）若将绝缘细杆的左边l/2截掉并移走（右边l/2电量、位置不变）则P2处的场强大小为_【答案】 (1). 相反 (2). E1【解析】将均匀带电细杆等分为很多段，每段可看作点电荷设细杆带正电，根据场的叠加，这些点电荷在P1的左侧的电量比较右侧的电量少，所以P1处的合场强方向向左，在P2的合场强方向向右，即P1、P2处的电场强度方向相反。取a关于P1的对称点a，由于，则aa=，所以细杆左侧的上的电荷在点的电场互
16、相抵消，右半边的电荷在P1处的电场强度为E1，由题意，当将绝缘细杆的左边截掉并移走后，根据电场的对称性可得，右半边的电荷在P2处的电场强度为E1。16.如图，A、B、C为一条电场线上的三点，以A点为电势零点，一个质子从A点移到B点和C点静电力分别做功3.21019J和9.61019J，则电场线的方向_，B、C两点的电势差UBC_ V.【答案】 (1). 从A到C (2). 4【解析】【详解】：质子带正电，从A点移到B点和C点静电力分别做功3.210-19J和9.610-19J，电场力做正功，正电荷电势减小，说明电场线的方向从A到C；所以17.如图所示为一个点电荷电场的电场线(实线)和等势线(虚
17、线)，两相邻等势线间的电势差为4 V，有一个带电荷量为q1.0108C的负电荷从A点沿不规则曲线移到B点，静电力做功为_ J.【答案】 ；【解析】【详解】负电荷从A点移到B点电场力做功 WAB=qUAB=-1.010-84J=-4.010-8J。18.如图所示，甲、乙分别是两个电阻的IU图线，甲电阻阻值为_ ，乙电阻阻值为_ ，电压为10 V时，甲中电流为_A，乙中电流为_A.【答案】 (1). 2.5； (2). 5； (3). 4； (4). 2【解析】【分析】I-U图线的斜率表示电阻的倒数，结合图线的斜率求出电阻的大小，根据欧姆定律求出电流的大小；【详解】根据IU图线得，根据欧姆定律得，
18、甲中的电流，乙中的电流；故答案为：2.5，5，4，2四、计算题(共4小题,每小题18.0分,共72分) 19.如图，一质量m=1106kg，带电量q=2108C的微粒以初速度v0竖直向上从A点射入一水平向右的匀强电场，当微粒运动到比A高2cm的B点时速度大小也是v0，但方向水平，且AB两点的连线与水平方向的夹角为45，g取10m/s2，求：（1）AB两点间的电势差UAB；（2）匀强电场的场强E的大小【答案】（1）UAB=10V（2）500V/m【解析】解：（1）根据动能定理得qUABmgh=得到=V=10V（2）将微粒的运动分解为水平和竖直两个方向：水平方向做匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动
19、设A、B沿电场线方向的距离为d则有竖直方向：h=，水平方向：d=得到d=h=0.02m所以匀强电场的场强E的大小E=答：（1）AB两点间的电势差UAB=10V（2）匀强电场的场强E的大小是500V/m【点评】涉及到电势差的问题，常常要用到动能定理本题的难点在于运动的处理，由于微粒受到两个恒力作用，运用运动的分解是常用的方法20.（16分）两个板长均为L的平板电极，平行正对放置，相距为d，极板之间的电势差为U，板间电场可以认为是均匀的。一个粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板边缘。已知质子电荷为e，质子和中子的质量均视为m，忽略重力和空气阻力的影响，
20、求：（1）极板间的电场强度E；（2）粒子的初速度v0。【答案】（1）E=（2）v0=【解析】（1）板间场强E=（4分）（2）粒子（2e，4m）受电场力F=2eE =粒子加速度a=类平抛d=at2L=v0tv0=（12分）21.如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L10 cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L10 cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示(每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电压是不变的)求：(1)在t0.06 s时刻，电子打在荧光屏上的何处(2)荧光屏上有电子打到的
21、区间有多长？【答案】 (1)打在屏上的点位于O点上方，距O点13.5 cm(2)30 cm【解析】【分析】根据动能定理求出电子刚进入偏转电场时的速度；电子在偏转电场中做类平抛运动，根据偏转电压求出加速度，结合垂直电场方向做匀速直线运动求出运动的时间，从而得出偏转位移与偏转电压的关系，得出偏转位移的大小根据粒子出偏转电场时反向延长线经过中轴线的中点，结合相似三角形求出打在光屏上的位置；通过第(1)问中偏转位移与偏转电压的关系得出在电场中的最大偏转位移，从而通过相似三角形，结合几何关系求出得出电子打到光屏上的区间长度；【详解】解：(1)设电子经电压U0加速后的速度为v，根据动能定理得：所以：经偏转
22、电场偏转后偏移量所以由题图知t=0.06s时刻代入数据解得设打在屏上的点距O点距离为Y，根据相似三角形得：代入数据解得：(2)由题知电子偏移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了；则在偏转电场中的最大偏移为根据，得：所以荧光屏上电子能打到的区间长为：22.如图所示，质量为、电荷量为的小球从距地面一定高度的点，以初速度沿着水平方向抛出，已知在小球运动的区域里，存在着一个与小球的初速度方向相反的匀强电场，如果测得小球落地时的速度方向恰好是竖直向下的，且已知小球飞行的水平距离为，求：（1）电场强度为多大？（2）小球落地点与抛出点之间的电势差为多大？（3）小球落地时的动能为多大？【答案】（1）（2）（3）【解析】（1）分析水平方向的分运动有：小球受到水平向左的电场力，做匀减速运动，则有：v02=2aL又根据牛顿第二定律得：qE=ma 联立解得（2）A与O之间的电势差:UAO=EL （3）设小球落地时的动能为EKA，空中飞行的时间为T，分析竖直方向的分运动有：分析水平方向的分运动有：解得