1、高考资源网（） 您身边的高考专家新疆博尔塔拉蒙古自治州第五师高级中学2018-2019学年高二（上）期中物理试题一、选择题1.关于静电场，下列说法正确的是（ ）A. 只有体积很小的带电体才能看作点电荷B. 根据E=F/q可知，电场强度与电场力成正比C. 电场强度的方向与电荷的受力方向相同D. 任一点的电场强度总是指向该点电势降落最快的方向【答案】D【解析】【详解】A、电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷，并不是只有体积很小的带电体才能看作点电荷，故A错误；B、电场强度是描述电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关，不能说电场强度与电场力F成正比，与电量q成反比
2、，故B错误；C、物理学上规定，场强方向与放在该点的正电荷所受电场力方向相同，与放在该点的负电荷所受电场力方向相反，故C错误；D、顺着电场线方向，电势逐渐降低，但电场强度的方向总是指向电势降落最快的方向，故D正确；故选D【点睛】电场强度是描述电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关，场强方向是放在该点的正电荷所受电场力方向，顺着电场线方向，电势逐渐降低，但电场强度的方向总是指向电势降落最快的方向2.真空中有相隔距离为r的两个点电荷，它们分别带q和-5q的电荷量，其间的静电力为F，如果将它们接触后再分开，然后放回原来的位置，那么它们之间的静电力的大小应为（）A. FB. FC. FD. F【答案】C
3、【解析】相距为r时，根据库仑定律得：；接触后，各自带电量变为：q=-2q，则此时有：；故C正确，ABD错误故选C.3.图甲中AB是某电场中的一条电场线。若将一负电荷从A点处由静止释放，负电荷沿电场线从A到B运动过程中的速度图像如图乙所示。关于A、B两点的电势高低和场强大小关系，下列说法中正确的是（ ）A. AB，EAEBB. AB，EAEBC. AEBD. AB，EAEB【答案】C【解析】【详解】从速度时间图象可以看出，物体从静止开始向右加速，所以负电荷所受电场力方向向右，而负试探电荷受到的电场力方向为场强的反方向，故场强方向向左，逆着电场力方向，电势升高，故AB；速度时间图象的切线的斜率表示
4、加速度，故加速度不断减小，所以电场力不断减小，场强也不断减小，故EAEB；C正确，ABD错误。故选C4.如图为一种服务型机器人，其额定功率为48W额定工作电压为24V机器人的锂电池容量为20Ah则机器人A. 额定工作电流为20AB. 充满电后最长工作时间为2hC. 电池充满电后总电量为D. 以额定电流工作时毎秒消耗能量为20J【答案】C【解析】【详解】A.得，额定工作电流：,A错误；B. 充满电后最长工作时间：，B错误；C. 电池充满电后总电量为C正确；D.额定电流工作时每秒消耗能量.D错误5.如图所示虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷，一带电粒子以一定初速度射入电场，实线
5、为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，三点是实线与虚线的交点，则该粒子（）A. 带负电B. 在点受力最大C. 在点电势能小于在点的电势能D. 由点到点的动能变化大于由点到点的动能变化【答案】D【解析】【详解】A根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在abc的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，A错误；B点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在c点受到的电场力最小，故B错误；C根据动能定理，粒子由b到c，电场力做正功，动能增加，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C错误；Da点到b点和b点到c点相比，由于点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，
6、场强越小，故a到b电场力做功较多，动能变化也大，故D正确。故选D。6.如图所示,将平行板电容器接在电源两极间,电容器两极板间的带电尘埃恰好处于静止状态.若将两极板缓慢地错开一些,其他条件不变,则( )A. 电容器带电荷量不变B. 电源中将有电流从正极流出C. 尘埃仍静止D. 电流计中将有电流通过,电流方向由【答案】C【解析】【分析】带电尘埃原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断尘埃是否仍保持静止；根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向；【详解】A、将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定
7、式得知，电容减小，而电压不变，则电容器带电量减小，故A错误；B、因电量减小，电容器放电，故电流计G中有a到b方向的短时电流，即没有电流从正极流出，故BD错误；C、由于板间电压和距离不变，则由可知，板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态，故C正确【点睛】本题电容器动态变化问题，要抓住电压不变，根据电容的决定式和电容的定义式结合进行分析7.如图所示，光滑绝缘半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场中，场强为E.在与环心等高处放有一质量为m、带电荷量q的小球，由静止开始沿轨道运动，下列说法正确的是() A. 小球在运动过程中机械能守恒B. 小球经过环的最低点时速度最大C. 小球电势能增加EqRD.
8、 小球由静止释放到达最低点，动能的增量等于mgR【答案】B【解析】【详解】小球在运动过程中除重力做功外，还有电场力做功，所以机械能不守恒，故A错误；小球所受的电场力竖直向下，从最高点到最低点的过程中，合力做正功，则根据动能定理得知，动能增大，速度增大，所以小球经过环的最低点时速度最大，故B正确；小球运动到最低点的过程中，重力与电场力均做正功，重力势能减少mgR，电势能减少EqR，而动能增加mgREqR，故CD错误所以B正确，ACD错误8.如图所示，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，C为电容器，L为小灯泡，电表均为理想电表，闭合开关S后，若滑动变阻器的触头P向下滑动时
9、，则（）A. 小灯泡的功率减小B. 电压表的示数减小C. 电容器上的电荷量增加D. 两表示数变化量的比值|不变【答案】D【解析】【详解】AP下滑，R2阻值变小，故电路总电阻减小，则总电流增大，通过灯泡的电流增大，可知小灯泡的功率增大，A错误；B因电流增大，则R1上的电压增大，则电压表示数增大，B错误；C总电流增大，所以内电压及R1上的电压增大，故电容器上电压减小，所以电容器上的电荷量由知减小，C错误；D两表示数之比故两表示数变化量的比值仍为R1不变，D正确。故选D。9.如图所示，水平放置的两个平行金属板，上板带负电，下板带等量的正电，三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的粒子从极板的左侧P点
10、以相同的水平初速度进入电场中，分别落在正极板的a、b、c三处，由此可知 ( ) A. 粒子a带正电，b不带电，c带负电B. 三个粒子在电场中运动的时间相等C. 三个粒子在电场中的加速度aaabacD. 三个粒子到达正极板的动能EkaEkbEkc【答案】D【解析】【分析】由图，电容器上极板带负电，下极板带正电，平行板间有竖直向上的匀强电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力，不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动由此根据平抛和类平抛运动规律求解【详解】A、B、C根据题意，三小球在水平方向做匀速直线
11、运动，则有x=v0t，v0相同，则水平位移x与运动时间t成正比，由图看出，水平位移的关系为xaxbxc，则运动时间关系为tAtBtc竖直方向上三个粒子都做初速度为0的匀加速直线运动，到达下极板时，在竖直方向产生的位移y相等：y=at2，则知加速度关系为 aAaBaC由牛顿第二定律得知三个小球 的合力关系为 FAFBFC由于平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，向下的合力最小，向下的加速度最小，负电荷受到向下的电场力，向下的合力最大，向下的加速度最大，不带电的小球做平抛运动，加速度为重力加速度g，可知，落在a点的颗粒带负电，c点的带正电，b点的不带电故ABC错误，D、由以上分
12、析可知，FAFBFC则竖直位移相同，则可知外力做功a最大，c最小；则由动能定理可知三个粒子到达正极板的动能EkaEkbEkc，故D正确；故选D【点睛】确认不带电小球做平抛运动，带电小球做类平抛运动，分水平和竖直方向分析小球的运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为0的匀加速直线运动，由运动的合成与分解进行分析10.如图所示，电流表A1(03 A)和A2(00.6 A)是由两个相同的灵敏电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法正确的是()A. A1的读数小于A2的读数B. A1的读数大于A2的读数C. A1、A2的指针偏转角度之比为51D. A1、
13、A2的指针偏转角度之比为11【答案】BD【解析】【详解】C、D、两电流表由相同的灵敏电流计改装而成，由图示电路图可知，两电流表A1、A2并联，两表头的电压相等，通过它们的电流相等，指针偏转的角度相同，所以A1、A2的指针偏转角度之比为1：1，故C错误，D正确；A、B、电流表A1量程为3A，A2的量程为0.6A，当偏转角相同时，A1、A2的读数之比为5：1，A1的读数大于A2的读数，故A错误，B正确；故选BD.【点睛】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成指针偏转角度取决于流过表头的电流大小11.如图所示，直线为电源的路端电压与电流的关系图象，直线为电源的路端电
14、压与电流的关系图象，在直线为电阻两端的电压与电流的关系图象电源、的电动势分别为、，内阻分别为、，将电阻分别接到、两电源上，则A. ，B. C. 接到电源上，电阻的发热功率得电源的效率都较高D. 接到电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低【答案】ABD【解析】本题首先要理解电源效率的含义：电源的效率等于电源的输出功率占总功率的百分比根据欧姆定律得到，电源的效率也等于外电阻与电路总电阻之比由电源的UI图象斜率大小等于电源的内阻，比较读出电源内电阻的大小，确定电源的效率关系当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的UI图线与电源的UI图线的交点表示工作状态，交点坐标的乘积等于电源的输出功率由闭合电路
15、欧姆定律可知，图像与U轴的交点表示电动势，则A的电动势较大，图像的斜率表示内阻，则B电源的内阻r较小，A电源的内阻r较大，两个电源的短路电流相同，故AB正确；电源的热功率，由图看出，R接到b电源上，电路中电流较小，b电源的内阻r较小，所以电源的热功率较低，C错误；当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的UI图线与电源的UI图线的交点表示电阻的工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，两者乘积表示电源的输出功率，由图看出，R接到a电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大，由上知，电源的效率较低，故D正确故选ABD12.如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小
16、物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2(v2v1)若小物体电荷量保持不变，OMON，则()A. 小物体上升的最大高度为B. 从N到M的过程中，小物体的电势能先减小后增大C. 从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D. 小物体上滑过程克服摩擦力的功跟下滑过程克服摩擦力的功不相等【答案】AB【解析】【详解】设斜面倾角为、上升过程中物体沿斜面运动的最大距离为L因为OM=ON，则MN两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力
17、对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所作的功相等、并设为Wf在上滑和下滑过程，对小物体，摩擦力做功相等，则应用动能定理分别有：-mgLsin-Wf=-mv12；mgLsin-Wf=mv22；由以上两式相减可得 h=Lsin=，故A正确，D错误；从N到M的过程中，电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大，故B正确从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功故C错误故选AB【点睛】本题考查动能定理的应用、摩擦力及电场力做功的特点，涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用，并要求学生能明确几种特殊力做功的特点，如摩擦力、电场力、洛仑兹力二
18、、实验题13.某同学用游标卡尺测量一个圆柱形铜片的直径，如图所示，其直径为_mm。【答案】10.75【解析】【详解】游标卡尺的主尺读数为1cm=10mm，游标尺上第15个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为150.05mm=0.75mm，所以最终读数为：10mm+0.75mm=10.75mm。14.然后用螺旋测微器测量该铜片的厚度，示数如图所示，其厚度为_mm。 【答案】6.195(6.1946.196)【解析】【详解】螺旋测微器的固定刻度为6mm，可动刻度为19.50.01mm=0.195mm，所以最终读数为6mm+0.195mm=6.195mm（6.1946.196）15.要测绘一个标
19、有“3 V 0.6 W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3 V，并便于操作已选用的器材有：直流电源（电压为4 V）；电流表（量程为00.6 A，内阻约0.5 )；电压表（量程为03 V，内阻约3 k)；电键一个、导线若干（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_（填字母代号）A滑动变阻器（最大阻值10 ，额定电流1 A）B滑动变阻器（最大阻值1 k，额定电流0.3 A）（2）如图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接（用黑色水笔画线表示对应的导线）（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示由曲线可知小灯泡的电阻随电压增大而_（填“
20、增大”、“不变”或“减小”）（4）如果某次实验测得小灯泡两端所加电压如图所示，请结合图线算出此时小灯泡的电阻是_（保留两位有效数字）（5）根据实验得到的小灯泡伏安特性曲线，下列分析正确的是_A测得的小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由于电压表内阻引起B测得的小灯泡正常发光的功率偏小，主要是由于电流表内阻引起C测得的小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由于电压表内阻引起D测得的小灯泡正常发光的功率偏大，主要是由于电流表内阻引起【答案】 (1). A (2). (3). 增大 (4). 12 C【解析】【分析】由于采用分压式接法，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；根据题意确定滑动变阻器与电流
21、表的接法，然后连接实物电路图；根据图示图象应用欧姆定律分析答题；由图示电压表读出其示数，由图示图象求出对应的电流，然后由欧姆定律求出电阻阻值；根据电路图应用串并联电路特点与功率公式分析答题；【详解】解：(1) 由于采用分压式接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择A；(2)描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻为：, 电流表内阻约为0.5，电压表内阻约为3k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示：(3)由图示图象可知，随电压增大通过灯泡的电流增大，电压与电流表的比值增大，灯泡电阻增大；(4)电压表量程为3V，由图
22、示电压表可知其分度值为0.1V，示数为2.3V，由图示图象可知，2.3V对应的电流为0.196A，此时灯泡电阻为：；(5)电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流I偏大，测得的小灯泡正常发光的功率P=UI偏大，故C正确，A、B、D错误；故选C三、计算题16.如图所示，匀强电场的场强E=1.2102V/m，方向水平向右一点电荷q=410-8C沿半径为R=10cm的圆周，从A点移动到B点（已知AOB=90）求：（1）A、B间的电势差UAB；（2）这一过程电场力做的功【答案】（1）-12V；（2）-4.810-8J【解析】【详解】（1）根据U=Ed，UAB=-ER=-1.21020.1V=-
23、12V；（2）正点电荷从A到B，根据WAB=qUAB=4.010-81.2J=-4.810-8J，负号表示电场力做负功；17.如图所示电路中，电阻R1=8，电动机绕组电阻R0=2，当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当开关S闭合时电阻R1消耗的电功率是2W若电源的电动势为6V，求：(1)电源的内阻；(2)开关S闭合时，电动机输出的机械功率【答案】（1）2 （2）1.5 W【解析】【详解】试题分析：（1）S断开时, P1=I2R1 ；I= 得r=2（2）S闭合后,P2= I12R1 ；I1 =0.5 AR1电压U1=I1R1 ；U =4 V总电流I总=A=1 A流过电动机的电流I2
24、=I总-I1=0.5A电动机输出功率P出=I2U1-I22R0 代入数据解得 P出=1.5 W.考点：闭合电路欧姆定律 电动机功率18.如图所示,长为L=0.5m、倾角为=37的光滑绝缘斜面处于水平向右的匀强电场中,一带电荷量为+q,质量为m的小球(可视为质点),以初速度v0=2m/s恰能沿斜面匀速上滑,g取10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,求：(1)水平匀强电场的电场强度的大小？(2)若水平匀强电场电场强度减半,小球运动到B点时速度为多少？【答案】（1）（2）1m/s【解析】【详解】（1）带电小球从A点到B点，动能不变，由动能定理知重力做功与电场力做功之和为零，即得 qE
25、Lcos-mgLsin=0，得 （2）电场强度未减半时，满足mgsin=qEcos；若电场强度减半，小球在斜面方向的合力为：F=mgsin-qEcos=mgsin=ma所以小球的加速度为：a=gsin=3m/s2；方向向下.根据速度位移公式，有：v2-v02 =2aL，代入数据解得v=1m/s【点睛】本题是带电体在电场中运动问题，要转换思维，就把电场力当作一般的力，将这类问题当作力学问题去处理，可增强信心.19.如图所示，一质量为m，电荷量为q的带正电荷小球（可视为质点）从y轴上的A点以初速度v0（未知）水平抛出，两长为L的平行金属板M。N倾斜放置且水平方向间的夹角为，带电小球恰好能垂直M板从
26、其中心小孔B进入两板间（sin37=0.6，cos37=0.8）（1）试求带电小球在y轴上的抛出点A的坐标以及小球抛出时的初速度v0；（2）若该平行金属板M、N间有如图所示的匀强电场，且匀强电场的电场强度大小与小球质量之间的关系满足，试计算两平行板M、N之间的垂直距离d至少为多少时才能保证小球不打在N板上。【答案】(1)，；(2)。【解析】【详解】（1）设小球由y轴上的A点运动到金属板M的中点B的时间为t，由题意，在与x轴平行的方向上，有：带电小球在竖直方向上下落的距离为：所以小球抛出点A的纵坐标为：以上各式联立并代入数据可解得：所以小球抛出点A坐标为，小球抛出时的初速度大小为：（2）设小球进入电场时的速度大小为v，则由动能定理可得解得：带电小球进入匀强电场后的受力情况如图所示因为，所以因此，带电小球进入该匀强电场之后，将做类平抛运动其加速度大小为：设带电小球在该匀强电场中运动的时间为，欲使小球不打在N板上，由类平抛运动的规律可得：以上各式联立求解并代入数据可得：- 17 - 版权所有高考资源网