高二(上)期中物理試卷

六校聯(lián)考高二（上）期中物理試卷

一、單項(xiàng)選擇題（本題共9小題，每小題3分，共27分）

1.（3分）下列說法正確的是（）

A.由E=X可知，某電場的場強(qiáng)E與q成反比，與F成正比

q

B.勻強(qiáng)電場中，任意兩點(diǎn)間的電勢差等于場強(qiáng)和這兩點(diǎn)間距離的乘積

C.在點(diǎn)電荷電場中，離點(diǎn)電荷距離相等的點(diǎn)，電勢都相等

D.任一點(diǎn)的電場強(qiáng)度總是指向該點(diǎn)電勢降落的方向

2.（3分）兩個相同的金屬小球A、B,所帶的電量qA=+qo、qB=-7q°,相距r放置時，相互作用的引

力大小為F.現(xiàn)將A球與B球接觸，再把A、B兩球間的間距增在到2r,那么A、B之間的相互作用

力將變?yōu)椋ǎ?/p>

A.斥力、竺B.斥力、得C.引力、竺D.引力、竺

282814

3.（3分）如圖所示，在直線MN上有一個點(diǎn)電荷，A、B是直線MN上的兩點(diǎn)，兩點(diǎn)的間距為L,場

強(qiáng)大小分別為E和2E.則（）

A.該點(diǎn)電荷一定在A點(diǎn)的右側(cè)

B.該點(diǎn)電荷一定在A點(diǎn)的左側(cè)

C.A點(diǎn)場強(qiáng)方向一定沿直線向左

D.A點(diǎn)的電勢一定低于B點(diǎn)的電勢

4.（3分）如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下

極板都接地.在兩極板間有一個固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在

P點(diǎn)的電勢能，。表示靜電計(jì)指針的偏角.若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中

虛線位置，則（）

A.9減小，Ep增大B.0減小，E不變C.。增大，E增大D.8增大，Ep不變

5.（3分）一根長為L、橫截面積為S的金屬棒，其材料的電阻率為p,棒內(nèi)單位體積自由電子數(shù)為n,

電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,在棒兩端加上恒定的電壓時，棒內(nèi)產(chǎn)生電流，自由電子定向運(yùn)動的平

均速率為V,則金屬棒內(nèi)的電場強(qiáng)度大小為（)

22

A.工B.C.pnevD.Aev

2eLeSL

6.（3分）如圖所示，虛線a、b和c是在。點(diǎn)處的一個點(diǎn)電荷形成的靜電場中的三個等勢面，一帶

正電粒子射入該電場中，其運(yùn)動軌跡如實(shí)線KLMN所示.不計(jì)重力，由圖可知（）

B.a、b、c三個等勢面的電勢關(guān)系是巾b>6

C.粒子運(yùn)動時的電勢能先增大后減小

D.粒子在每個位置具有的電勢能與動能的總和一定相等

7.（3分）如圖所示，兩平行金屬板間帶電質(zhì)點(diǎn)P原處于靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的

影響，當(dāng)滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，則（）

A.電壓表讀數(shù)增大B.電流表讀數(shù)增大

C.質(zhì)點(diǎn)P仍處于靜止?fàn)顟B(tài)D.R3上消耗的功率逐漸增大

8.（3分）如圖所示，電源電動勢E=3V,小燈泡L標(biāo)有“2V、0.4W”,開關(guān)S接I,當(dāng)變阻器調(diào)到R=4Q

時，小燈泡L正常發(fā)光；現(xiàn)將開關(guān)S接2,小燈泡L和電動機(jī)M均正常工作.則（）

A.電動機(jī)的內(nèi)阻為4QB.電動機(jī)正常工作電壓為IV

C.電源內(nèi)阻為IQD.電源總功率0.4W

9.（3分）如圖所示，足夠長的兩平行金屬板正對著豎直放置，它們通過導(dǎo)線與電源E、定值電阻R、

開關(guān)S相連.閉合開關(guān)后，與兩極板上邊緣等高處有兩個帶負(fù)電小球A和B,它們均從兩極板正中央

由靜止開始釋放，兩小球最終均打在極板上，（不考慮小球間的相互作用及對電場的影響）下列說法

中正確的是（）

A.兩小球在兩板間運(yùn)動的軌跡都是一條拋物線

B.兩板間電壓越大，小球在板間運(yùn)動的時間越短

C.它們的運(yùn)動時間一定相同

D.若兩者的比荷相同，它們的運(yùn)動軌跡可能相同

二、多項(xiàng)選擇題（本題共4小題，每小題4分，共16分.每題列出的四個選項(xiàng)中，都有多個選項(xiàng)是

正確的，全部選對的得4分，選對但選不全的得2分，有錯選或不答的得。分.）

10.（4分）在圖中，a、b帶等量異種電荷，MN為ab連線的中垂線，現(xiàn)有一個帶電粒子從M點(diǎn)以

一定初速度V。射入，開始時一段軌跡如圖中實(shí)線，不考慮粒子重力，則在飛越該電場的整個過程中

（）

I

A.該粒子帶負(fù)電卜”

B.該粒子的動能先減小，后增大q

c.該粒子的電勢能先減小，后增大”!

;/v

D.該粒子運(yùn)動到無窮遠(yuǎn)處后，速度的大小一定仍為V。

11.（4分）如圖所示為閉合電路中兩個不同電源的U-I圖象，則下列說法中正確的是（）

A.電動勢EI=E2，短路電流11>12

B.電動勢EI=E2，內(nèi)阻r〉r2

C.電動勢EI>E2，內(nèi)阻r1>r2

D.當(dāng)兩電源的工作電流變化量相同時，電源2的路端電壓變化較大

12.（4分）如圖所示，A、B、C是平行紙面的勻強(qiáng)電場中的三點(diǎn)，它們之間的距離均為L,電量為

q=-1.0X10'c的負(fù)電荷由A移動到C電場力做功WI=4.0X10-5J,該電荷由C移動到B電場力做功

5

W2=-2.0X10J,若B點(diǎn)電勢為零，以下說法正確的是（）

A.A點(diǎn)電勢為2V/\

/'、、

B.A點(diǎn)電勢為-2V/'、

/二、c

C.勻強(qiáng)電場的方向?yàn)橛蒀指向AL—1

D.勻強(qiáng)電場的方向?yàn)榇怪庇贏C指向B

13.（4分）硅光電池已廣泛應(yīng)用于人造衛(wèi)星和燈塔、高速公路"電子眼”等設(shè)施.其原理如圖所示，a、

b是硅光電池的兩個電極，P、N是兩塊硅半導(dǎo)體，P、N可在E區(qū)形成勻強(qiáng)電場.P的上表面鍍有一

層膜，當(dāng)光照射時，P內(nèi)產(chǎn)生的自由電子經(jīng)E區(qū)電場加速后到達(dá)半導(dǎo)體N,從而產(chǎn)生電動勢.以下說

法中正確的是（）

A.a電極為電池的正極III,一g

B.電源內(nèi)部的電流方向由P指向N

C.E區(qū)勻強(qiáng)電場的方向由N指向P

D.硅光電池是一種把化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置）一&

二、填空題（本題共4道小題，共20分）

14.（4分）光滑絕緣水平面上相距為L的點(diǎn)電荷A、B帶電荷量分別為+4q和-q,如圖所示，今引

入第三個點(diǎn)電荷C,使三個點(diǎn)電荷都處于平衡狀態(tài)，則C的電性為電荷量為,放置在

的位置.

2

15.（4分）如圖甲，兩水平金屬板間距為d,板間電場強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示.t=0時刻，質(zhì)量

為m的帶電微粒以初速度V。沿中線射入兩板間，（0-工）時間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動，T時刻微粒恰好經(jīng)金

3

屬邊緣飛出.微粒運(yùn)動過程中未與金屬板接觸.重力加速度的大小為g,末速度大小為,克

服電場力做功為.

16.（4分）如圖所示是一量程為100nA的電流表，內(nèi)阻為100Q,現(xiàn)串聯(lián)一個9900。的電阻將它改

裝成電壓表.該電壓表的量程是V.用它來測量電壓，表盤指針位置如圖所示.該電壓的大

17.（8分）在"描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實(shí)驗(yàn)中，可供選擇的器材及代號如下：

A.小燈泡L（3V、5Q）；

B.滑動變阻器R（0-10Q,額定電流1.5A）；

C.電壓表Vi（量程：0-3V,Rv=5kQ）；

D.電壓表V2（量程：0-15V,Rv=10kQ）；

E.電流表Ai（量程:0-0.6A,RA=0.5Q）；

F.電流表A2（量程:0-3A,RA=0.1Q）；

G.鉛蓄電池、開關(guān)各一個，導(dǎo)線若干；

實(shí)驗(yàn)中要求加在小燈泡兩端的電壓可連續(xù)地從零調(diào)到額定電壓.

（1）為了減少誤差，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選電壓表，電流表；

（2）電流表應(yīng)采用法（填"內(nèi)接"或"外接"）；

（3）請?jiān)诖痤}區(qū)空白處內(nèi)畫出實(shí)驗(yàn)原理圖（注明所選器材代號）

（4）某同學(xué)實(shí)驗(yàn)后作出的I-U圖象如圖所示，請分析該圖象形成的原因是：

四、計(jì)算題（本題3道小題，共37分）

18.（11分）如圖所示，光滑絕緣半球槽的半徑為R=0.5m,半徑OA水平，同時空間存在水平向右的

勻強(qiáng)電場.一質(zhì)量為m、電量為q的帶正小球從槽的右端A處無初速沿軌道滑下，滑到最低位置B

時，球?qū)壍赖膲毫?mg.（g=10m/s2）求：

（1）電場強(qiáng)度的大??；

（2）小球過B點(diǎn)后能到達(dá)的最高點(diǎn)與半徑OA的距離H；

（3）小球的最大速度出現(xiàn)在何處.

o

19.（12分）如圖所示，長L的絕緣光滑細(xì)桿AB與水平面成45。角，A、C兩點(diǎn)在同一豎直線上，B、

C兩點(diǎn)在同一水平線上，。點(diǎn)為AB的中點(diǎn)，在C點(diǎn)固定一個帶正電的點(diǎn)電荷Q,桿上套一個帶正電

的小環(huán)，環(huán)在A點(diǎn)時正好能保持靜止.現(xiàn)給環(huán)一個沿桿向下的初速度VA，環(huán)到達(dá)。點(diǎn)的速度為V。,

已知靜電常數(shù)為k,小環(huán)的質(zhì)量m,重力加速度g,求:

（1）求小環(huán)的電荷量q；

（2）A。兩點(diǎn)的電勢差UA0;

（3）環(huán)到達(dá)B點(diǎn)時環(huán)的速度.

20.（14分）如圖所示為說明示波器工作原理的示意圖，已知兩平行板間的距離為d、板長為I電子

經(jīng)電壓為Ui的電場加速后從兩平行板間的中央處垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場，設(shè)電子質(zhì)量為me、電荷量為e.

（1）求經(jīng)電場加速后電子速度v的大小;

（2）要使電子離開偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角度最大，兩平行板間的電壓6應(yīng)是多少？電子動能多大?

?UiT

2016-2017學(xué)年天津市六校聯(lián)考高二（上）期中物理試卷

參考答案與試題解析

一、單項(xiàng)選擇題（本題共9小題，每小題3分，共27分）

1.（3分）下列說法正確的是（）

A.由E=E可知，某電場的場強(qiáng)E與q成反比，與F成正比

Q

B.勻強(qiáng)電場中，任意兩點(diǎn)間的電勢差等于場強(qiáng)和這兩點(diǎn)間距離的乘積

C.在點(diǎn)電荷電場中，離點(diǎn)電荷距離相等的點(diǎn)，電勢都相等

D.任一點(diǎn)的電場強(qiáng)度總是指向該點(diǎn)電勢降落的方向

【分析】A、結(jié)合電場強(qiáng)度的決定因素可得知電場輕度與檢驗(yàn)電荷沒有關(guān)系，可得知選項(xiàng)A的正誤.

B、利用勻強(qiáng)電場中的電勢差與場強(qiáng)和距離之間的關(guān)系可判知該的正誤.

C、利用點(diǎn)電荷形成的電場中的等勢面的知識可得知該選項(xiàng)的正誤.

D、結(jié)合電場方向的闡述，可得知電場強(qiáng)度方向與電勢降落之間的關(guān)系，判知該選項(xiàng)的正誤.

【解答】解：A、電場強(qiáng)度只與電場本身有關(guān)，與檢驗(yàn)電荷無關(guān)，故A錯誤.

B、勻強(qiáng)電場中，任意兩點(diǎn)間的電勢差等于場強(qiáng)和這兩點(diǎn)在電場方向上的距離的乘積，故B錯誤.

C、在點(diǎn)電荷電場中，離點(diǎn)電荷距離相等的點(diǎn)的幾何是一個等勢面，所以各點(diǎn)的電勢都相等，故C正

確.

D、任一點(diǎn)的電場強(qiáng)度總是指向該點(diǎn)電勢降落最快的方向，而不能闡述成指向該點(diǎn)電勢降落的方向，

故D錯誤

故選：C

【點(diǎn)評】對于電場強(qiáng)度及電勢差，應(yīng)該從以下幾個方面來理解記憶.

1、電場強(qiáng)度的大小取決于電場本身，與檢驗(yàn)電荷的多少及有無沒有關(guān)系.

2、電場強(qiáng)度的方向與正電荷在該點(diǎn)的受到的電場力的方向相同，與負(fù)電荷受到的電場力的方向相反.

3、電場強(qiáng)度的方向沿著電勢降落最快的方向，不能闡述成沿著電勢降落的方向.

4、勻強(qiáng)電場中的兩點(diǎn)的電勢差等于電場強(qiáng)度與沿電場方向上的距離的乘積，切勿理解成電場強(qiáng)度與

兩點(diǎn)間的距離的乘積.

2.（3分）兩個相同的金屬小球A、B,所帶的電量qA=+q。、qB=-7q0,相距r放置時，相互作用的引

力大小為F.現(xiàn)將A球與B球接觸，再把A、B兩球間的間距增在到2r,那么A、B之間的相互作用

力將變?yōu)椋?

A斥力、-B斥力、瑞C.引力fD引力、f

【分析】設(shè)電荷A帶電荷量為q0,則電荷B帶電荷量為-7q0-,在真空中相距為r時，根據(jù)庫侖定

律可以得到F與電量q、距離r的關(guān)系;

A、B球相互接觸后放回原處，距離為2r,電荷先中和再平分，再根據(jù)庫侖定律得到相互作用的庫侖

力大小與Q、r的關(guān)系，用比例法求解.

【解答】解：金屬小球A和B,帶電量分別為+q0和-7q0,相互作用力大小為F,

根據(jù)庫侖定律，有：

F=k^O

r2

將兩球接觸后再放回原處‘電荷先中和再平分’帶電量變?yōu)槭?-3%,

根據(jù)庫侖定律，有：

F且表現(xiàn)為斥力，故正確，錯誤；

F，=『"V（2r%）2=-2L8r，ABCD

故選：A.

【點(diǎn)評】本題考查運(yùn)用比例法求解物理問題的能力.對于兩個完全相同的金屬球，互相接觸后電量平

分.

3.（3分）如圖所示，在直線MN上有一個點(diǎn)電荷，A、B是直線MN上的兩點(diǎn)，兩點(diǎn)的間距為L,場

強(qiáng)大小分別為E和2E.則（）

MJ」N

A.該點(diǎn)電荷一定在A點(diǎn)的右側(cè)

B.該點(diǎn)電荷一定在A點(diǎn)的左側(cè)

C.A點(diǎn)場強(qiáng)方向一定沿直線向左

D.A點(diǎn)的電勢一定低于B點(diǎn)的電勢

【分析】據(jù)題，A、B兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小分別為E和2E,根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=k4分析該點(diǎn)電荷的位

r

置應(yīng)離A點(diǎn)遠(yuǎn)、離B點(diǎn)近.該點(diǎn)電荷的電性未知，不能判斷電場強(qiáng)度的方向和電勢的高低.

【解答】解：

A、B,由題，A、B兩點(diǎn)的場強(qiáng)大小分別為E和2E,根據(jù)點(diǎn)電荷場強(qiáng)公式E=k與分析得知：該點(diǎn)電荷

r

的位置應(yīng)離A點(diǎn)遠(yuǎn)、離B點(diǎn)近，所以該點(diǎn)電荷一定在A點(diǎn)的右側(cè).故A正確，B錯誤.

C、D,由于該點(diǎn)電荷的電性未知，無法確定A的場強(qiáng)方向，也無法判斷A、B兩點(diǎn)電勢的高低.故

CD錯誤.

故選A

【點(diǎn)評】本題是點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式E=k4的應(yīng)用，公式中E與r的平方成反比.比較簡單.

4.（3分）如圖所示，平行板電容器帶有等量異種電荷，與靜電計(jì)相連，靜電計(jì)金屬外殼和電容器下

極板都接地.在兩極板間有一個固定在P點(diǎn)的點(diǎn)電荷，以E表示兩板間的電場強(qiáng)度，Ep表示點(diǎn)電荷在

P點(diǎn)的電勢能，。表示靜電計(jì)指針的偏角.若保持下極板不動，將上極板向下移動一小段距離至圖中

虛線位置，則（）

A.9減小，Ep增大B.。減小，E不變C.。增大，E增大D.6增大，Ep不變

【分析】電容器充電后斷開電源，極板上的電量不變；根據(jù)電容器的定義式可分析電容的變化，再根

據(jù)決定式分析電壓的變化，從而分析靜電計(jì)指針夾角的變化；根據(jù)U=Ed分析電場強(qiáng)度的變化

【解答】解：電容器與電源斷開，故電量不變；上極板向下移動時，兩板間的距離減小，

根據(jù)c3一可知，電容C增大，則根據(jù)C=@可知，電壓U減??；故靜電計(jì)指針偏角減小；

4兀kdU

兩板間的電場強(qiáng)度也；因此電場強(qiáng)度與板間距無關(guān)，因此電場強(qiáng)度不變；故B正確，

dCd￡S

ACD錯誤；

故選：B

【點(diǎn)評】本題考查電容器的動態(tài)分析問題，解題的關(guān)鍵在于正確掌握電容的決定式和定義式；同時注

意要掌握相關(guān)結(jié)論的應(yīng)用，如本題中可以直接應(yīng)用結(jié)論：當(dāng)充電后斷開電源時，如果只改變兩板間距

離，則兩板間的電場強(qiáng)度不變.

5.（3分）一根長為L、橫截面積為S的金屬棒，其材料的電阻率為p,棒內(nèi)單位體積自由電子數(shù)為n,

電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,在棒兩端加上恒定的電壓時，棒內(nèi)產(chǎn)生電流，自由電子定向運(yùn)動的平

均速率為V,則金屬棒內(nèi)的電場強(qiáng)度大小為（）

0.；V>——?

+----------------------------------V—

22

A.更LB.史匕①C.pnevD.包匕

2eLeSL

【分析】利用電流的微觀表達(dá)式求的電流，由電阻的定義式求的電阻，由求的電場強(qiáng)度

L

【解答】解：導(dǎo)體中的電流為l=neSv

導(dǎo)體的電阻為

S

導(dǎo)體兩端的電壓為U=RI

場強(qiáng)為E衛(wèi)

L

聯(lián)立解得E=pnev

故選：C

【點(diǎn)評】本題主要考查了電流的微觀表達(dá)式，根據(jù)電阻的決定式求的電阻，由E國求的場強(qiáng)

L

6.（3分）如圖所示，虛線a、b和c是在。點(diǎn)處的一個點(diǎn)電荷形成的靜電場中的三個等勢面，一帶

正電粒子射入該電場中，其運(yùn)動軌跡如實(shí)線KLMN所示.不計(jì)重力，由圖可知（）

A.。點(diǎn)處的電荷一定是正電荷

B.a、b、C三個等勢面的電勢關(guān)系是巾a>0b>6c

C.粒子運(yùn)動時的電勢能先增大后減小

D.粒子在每個位置具有的電勢能與動能的總和一定相等

【分析】首先根據(jù)帶電粒子軌跡的彎曲方向判斷其所受的靜電力性質(zhì)，即可判斷其電性；再根據(jù)電場

線的方向確定電勢的高低，根據(jù)電場力做功比較動能的大小和電勢能的大小.

【解答】解：

A、根據(jù)帶電粒子軌跡的彎曲方向可知：帶電粒子受到了引力作用，Q與帶電粒子是異種粒子，所以

Q一定帶負(fù)電.故A錯誤.

、帶負(fù)電荷，電場線方向從無窮處到終止，根據(jù)順著電場線方向電勢降低可知，故

BQQ4）a<4>b<4>c.

B錯誤.

C、粒子所受的電場力與速度的夾角先銳角，做正功，后為鈍角，做負(fù)功，所以電勢能先減小后增大.故

C錯誤.

D、從整個運(yùn)動過程中，帶電粒子只有兩種形式的能：電勢能和動能，根據(jù)能量守恒定律得知：粒子

在每個位置具有的電勢能與動能的總和一定相等.故D正確.

故選：D.

【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵根據(jù)軌跡的彎曲方向判斷出電場力的方向，再一步分析電場力做功與電勢能

的關(guān)系，知道電場力做正功，電勢能減小，電場力做負(fù)功，電勢能增加.

7.（3分）如圖所示，兩平行金屬板間帶電質(zhì)點(diǎn)P原處于靜止?fàn)顟B(tài)，不考慮電流表和電壓表對電路的

影響，當(dāng)滑動變阻器R4的滑片向b端移動時，則（）

A.電壓表讀數(shù)增大B.電流表讀數(shù)增大

C.質(zhì)點(diǎn)P仍處于靜止?fàn)顟B(tài)D.R3上消耗的功率逐漸增大

【分析】根據(jù)電路結(jié)構(gòu)，由滑片的移動可知電路中電阻的變化，再由閉合電路歐姆定律可知各電表示

數(shù)的變化及電容器兩端的電壓變化；再分析質(zhì)點(diǎn)P的受力情況可知質(zhì)點(diǎn)的運(yùn)動情況.由電流或電壓的

變化，分析R3上消耗的功率如何變化.

【解答】解：AB、由圖可知，R2與滑動變阻器R4串聯(lián)后與R3并聯(lián)后，再由R1串聯(lián)接在電源兩端；電

容器與R3并聯(lián)；

當(dāng)滑片向b端移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小；由閉合電路歐姆定律可知，

電路中電流增大，路端電壓減小，Ri兩端的電壓增大，故并聯(lián)部分的電壓減小；由歐姆定律可知流過

R3的電流減小，而流過并聯(lián)部分的總電流增大，故電流表示數(shù)增大；故B正確；

因并聯(lián)部分電壓減小，而R2中的電流增大，電壓增大，故電壓表示數(shù)減小，故A錯誤；

C、因電容器兩端電壓等于并聯(lián)電路兩端的電壓，電壓減小，故電荷受到的向上電場力減小，則重力

大于電場力，合力向下，質(zhì)點(diǎn)P向下運(yùn)動，故C錯誤；

D、因R3兩端的電壓減小，可知，R3上消耗的功率減??；故D錯誤.

故選：B

【點(diǎn)評】解決閉合電路歐姆定律的題目，一般可以按照整體-局部-整體的思路進(jìn)行分析，注意電路

中某一部分電阻減小時，無論電路的連接方式如何，總電阻均減小.

8.（3分）如圖所示，電源電動勢E=3V,小燈泡L標(biāo)有“2V、0.4W”,開關(guān)S接I,當(dāng)變阻器調(diào)到R=4Q

時，小燈泡L正常發(fā)光；現(xiàn)將開關(guān)S接2,小燈泡L和電動機(jī)M均正常工作.則（）

A.電動機(jī)的內(nèi)阻為4QB.電動機(jī)正常工作電壓為IV

C.電源內(nèi)阻為IQD.電源總功率0.4W

【分析】（1）小燈泡L正常發(fā)光，其電壓為額定電壓，功率為額定功率，由公式P=UI可求出電路中

的電流.根據(jù)閉合電路歐姆定律求解電源的電阻.

（2）電動機(jī)為非純電阻電路，注意公式的應(yīng)用與選取即可

【解答】解：小燈泡的額定電流為l=P=0?4=0.2A；

U2

電阻為%=心=/金10。

LJ.U.Z

C、當(dāng)接1時，由閉合電路歐姆定律可知，E=l（氏+R+r）,代入數(shù)據(jù)解得r=lQ,故C正確；

AB、當(dāng)接2時燈泡正常發(fā)光，流過的電流為l=0.2A

電源內(nèi)阻分的電壓為U=lr=0.2XlV=0.2V

故電動機(jī)分得電壓為U動=￡-仇-U=3-2-0.2V=0.8V

故電阻RV%=&@C=4Q,故AB錯誤;

I0.2

D、電源總功率，P=EI=3X0,2=0.6W,故D錯誤.

故選：C

【點(diǎn)評】本題考查閉合電路歐姆定律可功率公式的應(yīng)用，要注意每個功率公式的使用的條件是不同的,

掌握住公式的使用的條件，根據(jù)需要靈活選擇公式求解.

9.（3分）如圖所示，足夠長的兩平行金屬板正對著豎直放置，它們通過導(dǎo)線與電源E、定值電阻R、

開關(guān)S相連.閉合開關(guān)后，與兩極板上邊緣等高處有兩個帶負(fù)電小球A和B,它們均從兩極板正中央

由靜止開始釋放，兩小球最終均打在極板上，（不考慮小球間的相互作用及對電場的影響）下列說法

中正確的是（)

A.兩小球在兩板間運(yùn)動的軌跡都是一條拋物線

B.兩板間電壓越大，小球在板間運(yùn)動的時間越短

C.它們的運(yùn)動時間一定相同

D.若兩者的比荷相同，它們的運(yùn)動軌跡可能相同

【分析】分析帶電液滴的受力，根據(jù)物體做曲線運(yùn)動的條件可知液滴的運(yùn)動軌跡；

根據(jù)U=Ed可知電動勢變化時E的變化，則可知所受合力的變化，即可求得加速度的變化；

因液滴落在了一個極板上，故液滴的運(yùn)動時間取決其在水平向的運(yùn)動，分析水平方向上的受力情況可

求得液滴的運(yùn)動時間.

【解答】解：A、液滴在磁場中受重力及電場力，電場力沿水平方向，重力沿豎直方向；因液滴由靜

止釋放，故合力的方向一定與運(yùn)動方向一致，故液滴做直線運(yùn)動，故A錯誤；

B、兩板上的電壓越大，由U=Ed可知，板間的電場強(qiáng)度增大，電場力變大，水平加速度增大，根據(jù)

2

x^|at,得t二杵，時間越短，故B正確；

2

C、因粒子最終打在極板上，故運(yùn)動時間取決于水平向的加速度，x=l^-t,得畫因?yàn)楸群?/p>

不一定相同，所以運(yùn)動時間不一定相同，故C錯誤；

D、若兩者的比荷相同，它們運(yùn)動的軌跡不同，因?yàn)閹щ娦再|(zhì)不同，故D錯誤；

故選：B.

【點(diǎn)評】雖然本題中液滴做的是直線運(yùn)動，但要注意速度合成與分解的應(yīng)用，明確水平方向和豎直方

向上的兩個運(yùn)動是互不干擾的.

二、多項(xiàng)選擇題（本題共4小題，每小題4分，共16分.每題列出的四個選項(xiàng)中，都有多個選項(xiàng)是

正確的，全部選對的得4分，選對但選不全的得2分，有錯選或不答的得。分.）

10.（4分）在圖中，a、b帶等量異種電荷，MN為ab連線的中垂線，現(xiàn)有一個帶電粒子從M點(diǎn)以

一定初速度V。射入，開始時一段軌跡如圖中實(shí)線，不考慮粒子重力，則在飛越該電場的整個過程中

（）

M

/；\\

”!7

>

A.該粒子帶負(fù)電

B.該粒子的動能先減小，后增大

C.該粒子的電勢能先減小，后增大

D.該粒子運(yùn)動到無窮遠(yuǎn)處后，速度的大小一定仍為V。

【分析】根據(jù)軌跡的彎曲方向確定粒子所受的電場力方向，從而確定粒子的電性；根據(jù)電場力做功，

結(jié)合動能定理得出動能的變化，根據(jù)電場力做功與電勢能的關(guān)系判斷電勢能的變化.通過M點(diǎn)和無

窮遠(yuǎn)處的電勢差，結(jié)合動能定理判斷粒子到達(dá)無窮遠(yuǎn)處的速度.

【解答】解：A、粒子軌跡向右彎曲，受到的電場力大致向右，該粒子帶負(fù)電.故A正確.

B、由題可知，電場力先做正功，后做負(fù)功，則根據(jù)動能定理得知，粒子的動能先增大后減小.故B

錯誤.

C、電場力先做正功，后做負(fù)功，粒子的電勢能先減小后增大.故C正確.

D、M點(diǎn)的電勢與無窮遠(yuǎn)處相等，粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到無窮遠(yuǎn)處過程，電場力做功為零，則該粒子運(yùn)動

到無窮遠(yuǎn)處后，其速度大小一定仍為Vo.故D正確.

故選：ACD.

【點(diǎn)評】本題是軌跡問題，根據(jù)軌跡的彎曲方向可判斷出粒子的合力方向，分析出電場力做功情況.帶

等量異種電荷連線的中垂線是一條件延伸到無窮遠(yuǎn)處的等勢線，要記住.

1L（4分）如圖所示為閉合電路中兩個不同電源的U7圖象，則下列說法中正確的是（）

A.電動勢EI=E2，短路電流11》12

B.電動勢EI=E2，內(nèi)阻ri>「2

C.電動勢EI>E2，內(nèi)阻rI>r2

D.當(dāng)兩電源的工作電流變化量相同時，電源2的路端電壓變化較大

【分析】根據(jù)閉合電路歐姆定律，路端電壓為：U=E-lr；U-I圖象中與U軸的交點(diǎn)表示電源的電動

勢，與I軸的交點(diǎn)表示短路電流，斜率表示內(nèi)阻.

【解答】解：A、B、C、U-I圖象中與U軸的交點(diǎn)表示電源的電動勢，斜率表示內(nèi)阻，則知電動勢

EI=E2，

內(nèi)阻ri<r2,U-I圖象與I軸的交點(diǎn)表示短路電流，故發(fā)生短路時的電流li>l2，故BC錯誤，

A正確；

D、根據(jù)U=E-lr可知，△U=r?4l,內(nèi)阻值<0故當(dāng)電源的工作電流變化相同時，電源2的路端電

壓變化較大，故D正確；

故選：AD.

【點(diǎn)評】本題考查了閉合電路電源的U-I圖象的相關(guān)知識，要求同學(xué)們理解U-I圖象中與U軸的交

點(diǎn)表示電源的電動勢，與I軸的交點(diǎn)表示短路電流，斜率表示內(nèi)阻.

12.（4分）如圖所示，A、B、C是平行紙面的勻強(qiáng)電場中的三點(diǎn)，它們之間的距離均為L,電量為

q=-1.0X10-C的負(fù)電荷由A移動到C電場力做功Wi=4.0X10-J,該電荷由C移動到B電場力做功

5

W2=-2.0X10J,若B點(diǎn)電勢為零，以下說法正確的是（）

B

A.A點(diǎn)電勢為2V

B.A點(diǎn)電勢為-2V

C.勻強(qiáng)電場的方向?yàn)橛蒀指向A

D.勻強(qiáng)電場的方向?yàn)榇怪庇贏C指向B

【分析】根據(jù)試探電荷的電荷量和電場力做功，根據(jù)公式U=更分別求出A與無窮遠(yuǎn)間、A與B間電

q

勢差，無窮遠(yuǎn)處電勢為零，再確定A、B兩點(diǎn)的電勢

【解答】解：A、對于C、B間電勢差為UCB=%"=*"4V=2V,

q-l.oxio~5

若B點(diǎn)電勢為零，UCB=6C-6B，則C點(diǎn)電勢。C=2V.

而A與C間的電勢差為UAC=WAC=._4V,

q-1.0X10-5

UAC=4>A-力c，則A點(diǎn)電勢巾A=-2V.故A錯誤,B正確；

C、由上分析可知，AC連線的中點(diǎn)M電勢為0,M與B點(diǎn)的連線即為等勢線，且電場線垂直于等勢

線，三角形ABC為等邊三角形，BM±AC,根據(jù)沿著電場線方向，電勢降低，則有勻強(qiáng)電場的方向由

C到A,故C正確，D錯誤；

故選：BC

【點(diǎn)評】本題考查對電勢差公式的應(yīng)用能力，UAB=3?應(yīng)用時，各量均需代入符號.注意電勢有正負(fù),

q

而電壓沒有正負(fù)可言.

13.（4分）硅光電池已廣泛應(yīng)用于人造衛(wèi)星和燈塔、高速公路"電子眼”等設(shè)施.其原理如圖所示，a、

b是硅光電池的兩個電極，P、N是兩塊硅半導(dǎo)體，P、N可在E區(qū)形成勻強(qiáng)電場.P的上表面鍍有一

層膜，當(dāng)光照射時，P內(nèi)產(chǎn)生的自由電子經(jīng)E區(qū)電場加速后到達(dá)半導(dǎo)體N,從而產(chǎn)生電動勢.以下說

法中正確的是（）

P

~2

A.a電極為電池的正極

B.電源內(nèi)部的電流方向由P指向N

C.E區(qū)勻強(qiáng)電場的方向由N指向P

D.硅光電池是一種把化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能的裝置

【分析】根據(jù)負(fù)電荷的電場力從而確定電場強(qiáng)度的方向，由電流的方向與負(fù)電荷的運(yùn)動方向相反，可

確定電源的內(nèi)部電流方向.

【解答】解：A、根據(jù)題意，E區(qū)電場能使P逸出的自由電子向N運(yùn)動，因負(fù)電荷受到的電場力與電

場方向相反，所以電場方向由N指向P,由于電流的方向與負(fù)電荷的運(yùn)動方向相反，所以電源內(nèi)部的

電流方向由N指向P,A正確、B錯誤；

C、由題意可知，電子在E區(qū)加速，故電場方向應(yīng)為N到P；故C正確；

D、該電池是將光能轉(zhuǎn)化為電能的裝置，故D錯誤.

故選：AC.

【點(diǎn)評】本題考查根據(jù)電荷的電場力的方向來確定電場強(qiáng)度的方向，并掌握電流的方向與負(fù)電荷的運(yùn)

動方向關(guān)系，同時理解電源內(nèi)部的電流的方向?yàn)橛韶?fù)極流向正極.

二、填空題（本題共4道小題，共20分）

14.（4分）光滑絕緣水平面上相距為L的點(diǎn)電荷A、B帶電荷量分別為+4q和-q,如圖所示，今引

入第三個點(diǎn)電荷C,使三個點(diǎn)電荷都處于平衡狀態(tài)，則C的電性為正電電荷量為4q,放置在

的位置在B右側(cè)距B為L處.

—

【分析】A、B、C三個點(diǎn)電荷都處于靜止?fàn)顟B(tài)，對電荷受力分析，每個電荷都處于受力平衡狀態(tài)，故

根據(jù)庫侖定律可分別對任意兩球進(jìn)行分析列出平衡方程即可求得結(jié)果.

【解答】解：A、B、C三個電荷要平衡，必須三個電荷的一條直線，外側(cè)二個電荷相互排斥，中間電

荷吸引外側(cè)兩個電荷，所以外側(cè)兩個電荷距離大，要平衡中間電荷的拉力，必須外側(cè)電荷電量大，中

間電荷電量小，所以C必須為正電，在B的右側(cè).

設(shè)C所在位置與B的距離為r,則C所在位置與A的距離為L+r,要能處于平衡狀態(tài)，

所以A對C的電場力大小等于B對C的電場力大小，設(shè)C的電量為Q.則有：k）

（L+r）2r2

解得：r=L

對點(diǎn)電荷A,其受力也平衡，則：k?4Qq

（L+r產(chǎn)L2

解得：Q=4q

故答案為：正電，4q,在B右側(cè)距B為L處.

【點(diǎn)評】我們可以去嘗試假設(shè)C帶正電或負(fù)電，它應(yīng)該放在什么地方，能不能使整個系統(tǒng)處于平衡狀

態(tài).不行再繼續(xù)判斷.

15.（4分）如圖甲，兩水平金屬板間距為d,板間電場強(qiáng)度的變化規(guī)律如圖乙所示.t=0時刻，質(zhì)量

為m的帶電微粒以初速度V。沿中線射入兩板間，（0-工）時間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動，T時刻微粒恰好經(jīng)金

3

屬邊緣飛出.微粒運(yùn)動過程中未與金屬板接觸.重力加速度的大小為g,末速度大小為V。，克服

電場力做功為—mgd.

-2■-

由乙

【分析】0?1時間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動，重力和電場力相等，工?21內(nèi)，微粒做平拋運(yùn)動，2工?T時間

3333

內(nèi)，微粒豎直方向上做勻減速運(yùn)動，水平方向上始終做勻速直線運(yùn)動，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公

式進(jìn)行求解.

【解答】解：0?工時間內(nèi)微粒勻速運(yùn)動，則有：qE°=mg.工?2L內(nèi)微粒做平拋運(yùn)動，豎直方向下降

333

的位移Xi=Lg(工)2,紅?T時間內(nèi)微粒的加速度a=^qE°-ITlo=g,方向豎直向上，微粒在豎直方向

233m

上做勻減速運(yùn)動，由工?紅內(nèi)與紅?T時間內(nèi)豎直方向運(yùn)動的對稱性可知，T時刻豎直分速度為零，

333

所以末速度的方向沿水平方向，大小為Vo.

微粒在豎直方向上向下運(yùn)動，工?ZL內(nèi)與ZL?T時間內(nèi)豎直方向上的加速度大小相等，方向相反，

333

時間相等，則通過位移的大小相等，為工d,整個過程中克服電場力做功為

4

W=2Eo*q,-^d=-^qEod=-mgd.

422

故答案為：Vo，—mgd.

2

【點(diǎn)評】解決本題的關(guān)鍵知道微粒在各段時間內(nèi)的運(yùn)動規(guī)律，抓住等時性，結(jié)合牛頓第二定律和運(yùn)動

學(xué)公式進(jìn)行求解.知道在工?21內(nèi)與21?T時間內(nèi)豎直方向上的加速度大小相等，方向相反，時間

333

相等，位移的大小相等.

16.(4分)如圖所示是一量程為100|1A的電流表，內(nèi)阻為100Q,現(xiàn)串聯(lián)一個9900Q的電阻將它改

裝成電壓表.該電壓表的量程是1V.用它來測量電壓，表盤指針位置如圖所示.該電壓的大小

是0.85V.

【分析】應(yīng)用串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律可以求出電壓表量程，根據(jù)電壓表量程由圖示表盤確定其分度

值，然后讀出其示數(shù).

【解答】解：電壓表量程：U=lg(Rg+R)=100X10-6X(100+9900)=1V,

電壓表量程是IV,由圖示表盤可知，其分度值為0.1V,電壓表示數(shù)為：0.85V；

故答案為:1:0.85.

【點(diǎn)評】本題考查了求電壓表量程、對電壓表讀數(shù)，應(yīng)用串聯(lián)電路特點(diǎn)與歐姆定律可以求出電壓表量

程；對電壓表讀數(shù)時要先確定其量程與分度值，然后再讀數(shù)，讀數(shù)時視線要與刻度線垂直.

17.（8分）在"描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實(shí)驗(yàn)中，可供選擇的器材及代號如下：

A.小燈泡L（3V、5Q）；

B.滑動變阻器R（0-10Q,額定電流1.5A）；

C.電壓表Vi（量程：0-3V,Rv=5kQ）；

D.電壓表V2（量程：0-15V,Rv=10kQ）；

E.電流表Ai（量程：0-0.6A,RA=0.5Q）；

F.電流表A2（量程：0-3A,RA=0.1Q）；

G.鉛蓄電池、開關(guān)各一個，導(dǎo)線若干；

實(shí)驗(yàn)中要求加在小燈泡兩端的電壓可連續(xù)地從零調(diào)到額定電壓.

（1）為了減少誤差，實(shí)驗(yàn)中應(yīng)選電壓表C,電流表E；

（2）電流表應(yīng)采用外接法（填"內(nèi)接"或"外接"）；

（3）請?jiān)诖痤}區(qū)空白處內(nèi)畫出實(shí)驗(yàn)原理圖（注明所選器材代號）

（4）某同學(xué)實(shí)驗(yàn)后作出的I-U圖象如圖所示，請分析該圖象形成的原因是：隨小燈泡兩端電壓

升高電阻增大.

【分析】（1）的關(guān)鍵是根據(jù)小燈泡規(guī)格求出額定電流來選擇電流表量程；根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求電壓從零調(diào)可

知變阻器應(yīng)用分壓式接法，應(yīng)選擇阻值小的變阻器以方便調(diào)節(jié).

（2）的關(guān)鍵是由于小燈泡電阻較小可知電流表應(yīng)用外接法，即電路應(yīng)是"分壓外接

（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求可明確滑動變阻器的接法，從而得出對應(yīng)的電路圖；

（4）I-U圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)，從圖中可得電壓和電流的增大，斜率減小，說明了電阻隨電

壓的增大而增大.

【解答】解：（1）根據(jù)小燈泡規(guī)格"3V,5?！笨芍?，額定電壓為3V,所以選擇量程為3V的電壓表C；

額定電流，1=匹芭=0.6AV.所以電流表選擇0.6A的E；

R5

（2）小燈泡的電阻為5Q,由于小燈泡電阻滿足良=駟6=1000；旦=二10,故包＞且，因此電

R5RA0.5RRA

流表應(yīng)用外接法;

（3）因本實(shí)驗(yàn)中要求電壓從零開始調(diào)節(jié)，故應(yīng)采用滑動變阻器分壓接法，所以電路圖如圖所示：

（4）I-U圖象中圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)，從圖中可得電壓和電流的增大，斜率減小，說明了電

阻隨電壓的增大而增大.

故答案為：（1）C,E

（2）外接.

（3）如圖所示；

（4）隨小燈泡兩端電壓升高電阻增大

【點(diǎn)評】應(yīng)明確：①根據(jù)小燈泡規(guī)格中的額定電流來選擇電流表量程.②若要求電壓從零調(diào)時變阻器

應(yīng)采用分壓式接法，應(yīng)選擇阻值小的變阻器以方便調(diào)節(jié).③當(dāng)滿足呵時，電流表應(yīng)用外接法,

RRA

反之用內(nèi)接法.

四、計(jì)算題（本題3道小題，共37分）

18.（11分）如圖所示，光滑絕緣半球槽的半徑為R=0.5m,半徑0A水平，同時空間存在水平向右的

勻強(qiáng)電場.一質(zhì)量為m、電量為q的帶正小球從槽的右端A處無初速沿軌道滑下，滑到最低位置B

時，球?qū)壍赖膲毫?mg.（g=10m/s2）求：

（1）電場強(qiáng)度的大小；

（2）小球過B點(diǎn)后能到達(dá)的最高點(diǎn)與半徑0A的距離H；

（3）小球的最大速度出現(xiàn)在何處.

【分析】（1）設(shè)小球運(yùn)動到最底位置B時速度為V,小球從A處沿槽滑到最底位置B的過程中，根據(jù)

動能定理求出v,結(jié)合向心力公式聯(lián)立方程即可求解電場強(qiáng)度的大?。?/p>

（2）從A到B點(diǎn)左側(cè)的最高點(diǎn)的過程，運(yùn)用動能定理求H.

（3）小球在滑動過程中最大速度的條件：是小球沿軌道運(yùn)動過程某位置時切向合力為零，設(shè)此時小

球和圓心間的連線與豎直方向的夾角為0,根據(jù)幾何關(guān)系及動能定理即可求解.

【解答】解：（1）在B點(diǎn)，根據(jù)牛頓第二定律得：

2

N-mg=m^—

R

據(jù)題得N=2mg

由A到B的過程中，由動能定理得：

mgR-qER=^mv2-0

2

得E=陛

2q

（2）從A至UB點(diǎn)左側(cè)的最高點(diǎn)有：mgH-E（R+^R2_H2）=0

解得H=0.8R=0.4m

（3）當(dāng)重力、電場力的合力F與速度垂直時，小球速度最大

設(shè)合力F與電場力的夾角為3則：tanB=工建

mgmg2

即0=arctan—

2

答：

（1）電場強(qiáng)度的大小是理；

2q

（2）小球過B點(diǎn)后能到達(dá)的最高點(diǎn)與半徑OA的距離H是0.4m；

（3）小球的最大速度出現(xiàn)在偏角為arctan±B的右側(cè).

【點(diǎn)評】本題主要考查了動能定理及向心力公式的直接應(yīng)用，要理清小球的運(yùn)動情況，判斷受力情況,

注意由指向圓心的合力提供向心力.

19.（12分）如圖所示，長L的絕緣光滑細(xì)桿AB與水平面成45。角，A、C兩點(diǎn)在同一豎直線上，B、

C兩點(diǎn)在同一水平線上，。點(diǎn)為AB的中點(diǎn)，在C點(diǎn)固定一個帶正電的點(diǎn)電荷Q