吉林省吉林市普通高中20182019學(xué)年高二物理上學(xué)期期中試題（含解析）一、單選題1.有三個相同的金屬小球A、B、C，其中A、B兩球帶電情況完全相同，C球不帶電，將A、B兩球相隔很遠距離固定起來，兩球間的庫侖力是F，若使C球先和A接觸，再與B球接觸，移去C，則A、B間的庫侖力變?yōu)椋ǎ〢.F/10B.3F/8C.F/4D.F/2【答案】B【解析】試題分析：假設(shè)A帶電量為Q，B帶電量也為Q，兩球之間的相互吸引力的大小是第三個不帶電的金屬小球C與A接觸后，A和C的電量都為Q/2，C與B接觸時總電荷量再平分，則C、B分開后電量均為，這時，A、B兩球之間的相互作用力的大小，故選B．考點：庫倫定律【名師點睛】要清楚帶電體相互接觸后移開，同種電荷電量平分，異種電荷電量先中和再平分．根據(jù)庫侖定律的內(nèi)容，找出變化量和不變量求出問題。2.如圖所示，a、b和c表示電場中的三個等勢面，a和c的電勢分別為5V和1V，a、b的電勢差等于b、c的電勢差。一帶電粒子從等勢面a上某處以速度v釋放后，僅受電場力作用而運動，經(jīng)過等勢面c時的速率為2v，則它經(jīng)過等勢面b時的速率為（）A.B.C.v【答案】C【解析】由動能定理知從a到c：2=0.8qU，設(shè)在等勢面b時的速率為vb，則：，Uab=0.4U，聯(lián)立可得：，B正確．故選B.3.如圖所示，在等量異種點電荷形成的電場中有A、B、C三點，A點為兩點電荷連線的中點，B點為連線上距A點距離為d的一點，C點為連線中垂線上距A點距離也為d的一點，則下面關(guān)于三點電場強度E的大小、電勢高低的比較，正確的是（）A.EB＞EA＞EC，B.EA>EC＞EB，C.EA＜EB，EA＜EC，,D.EA＞EB，EA＞EC，,【答案】A【解析】【詳解】根據(jù)電場線的疏密分布知，A點的電場線比C點密，B點的電場線比A點密，則EB＞EA＞EC；等量的異種電荷的中垂線為等勢線，則A點的電勢與C點的電勢相等，沿著電場線方向電勢逐漸降低，則A點的電勢大于B點電勢，所以φA=φC＞φB．故B正確，ACD錯誤。4.如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc,實線為一帶正電的電荷僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，關(guān)于P、Q兩點比較可得（）A.三個等勢面中，c的電勢最高B.帶電電荷通過P點時的電勢能較小C.帶電電荷通過Q點時的動能較小D.帶電電荷通過P點時的加速度較小【答案】A【解析】【詳解】電荷所受電場力指向軌跡內(nèi)側(cè)，由于電荷帶正電，因此電場線指向右下方，沿電場線電勢降低，故c等勢線的電勢最高，a點的電勢最低，故A正確；根據(jù)質(zhì)點受力情況可知，從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，故P點的電勢能大于Q點的電勢能，故B錯誤；從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，動能增大，故P點的動能小于Q點的動能，故C錯誤；等勢線密的地方場強大，加速度大，故質(zhì)點通過P點時的加速度較大，故D錯誤。故選A.【點睛】解決這類帶電粒子在電場中運動的思路是：根據(jù)運動軌跡判斷出所受電場力方向，然后進一步判斷電勢、電場、電勢能、動能等物理量的變化.5.如圖所示，把一帶負(fù)電小球a放在光滑絕緣斜面上（虛線與斜面垂直）．欲使球a能靜止在斜面上，需在MN間放一帶電小球b，則b應(yīng)（）A.帶正電，放在A點B.帶正電，放在B點C.帶負(fù)電，放在C點D.帶正電，放在C點【答案】D【解析】6.如右圖所示的電路為歐姆表原理圖，電池的電動勢E＝1.5V，G為電流表，滿偏電流為200μA.當(dāng)調(diào)好零后，在兩表筆間接一被測電阻Rx時，電流表G的指針示數(shù)為50μA，那么Rx的值是()A.7.5kΩB.22.5kΩC.15kΩD.30kΩ【答案】B【解析】試題分析：當(dāng)電流表滿偏時：，即；電流表G的指針示數(shù)為50μA時，,即，解得：R="22.5"kΩ，選項B正確。考點：歐姆表；歐姆定律.7.在如圖電路中，電鍵K1、K1、K2、K3、K4均閉合．C是極板水平放置的平行板電容器，板間懸浮著一油滴P．?dāng)嚅_哪一個電鍵后P會向下運動（）A.K1B.K2C.K3D.K4【答案】C【解析】考點：電容；閉合電路的歐姆定律．專題：電容器專題．分析：平行板電容器板間懸浮著一油滴P，油滴所受的重力與電場力平衡，當(dāng)電場力不變時，油滴會保持懸?。鶕?jù)條件分別分析哪種情況下板間場強和油滴的電場力是不變的．解答：解：A、斷開K1，電容器兩板間的電壓不變，場強不變，油滴所受的電場力不變，油滴仍處于平衡狀態(tài)．故A正確．B、斷開K2，電容器兩板間的電壓增大，穩(wěn)定時，其電壓等于電源的電動勢，板間場強增大，油滴所受的電場力增大，油滴將向上運動．與題意不符，故B錯誤．C、斷開K2，電容器通過電阻放電，板間場強逐漸減小，油滴所受的電場力減小，油滴將向下運動．故C錯誤．D、斷開K4，電容器的電量不變，板間場強不變，油滴仍處于靜止?fàn)顟B(tài)．故D正確．故選AD點評：本題考查分析電容器電壓的能力．難點是斷開K2，穩(wěn)定后電容器的電壓等于電源的電動勢，可以用電勢差等于電壓來理解．8.在圖所示電路中，當(dāng)變阻器滑片向上移動時（）A.電壓表示數(shù)變大，電流表示數(shù)變小B.電壓表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變大C.電壓表示數(shù)變大，電流表示數(shù)變大D.電壓表示數(shù)變小，電流表示數(shù)變小【答案】B【解析】A、B、圖中電阻R2與R滑并聯(lián)后再與R1串聯(lián)；在滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，R滑接入電路的電阻減小，電路的總電阻減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律，電路的總電流I增大；故路端電壓U=EIr變小，即為電壓表示數(shù)變??；并聯(lián)部分電壓U并=EI(r+R1)也變小，由變小，由知電流表示數(shù)變大，則B正確，故選B．【點睛】本題是電路動態(tài)變化分析問題，可以按照外電路→內(nèi)電路→外電路的順序分析，同時要抓住不變量：電源的電動勢、內(nèi)阻及定值電阻的阻值．9.如圖所示電路中，電源電動勢E＝10V，內(nèi)電阻不計，電阻R1＝14Ω，R2＝6Ω，R3＝2Ω，R4＝8Ω，R5＝10Ω，則電容器兩板間電壓大小是（）A.3VB.4VC.5VD.6V【答案】C【解析】【詳解】設(shè)Ud=0，電容器兩板間的電壓即為a、b兩點間的電勢差。則a點電勢為：。電流由b點經(jīng)R4流到d點，則b點電勢為：，由Ub＞Ua可知，電容器下板帶正電，b、a兩點間的電勢差為：Uba=UbUa=5.0V，則電容器兩板間電壓大小即是5.0V。故選C?！军c睛】本題是電路橋式電路，對于電容器，關(guān)鍵求電壓．本題電路穩(wěn)定時，電容器的電壓等于電容器這一路同側(cè)兩個電阻的電壓之差.二、多選題10.有一種電荷控制式噴墨打印機的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示。其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒，此微粒經(jīng)過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符。不必考慮墨汁的重力，為了使打在紙上的字跡縮小，下列措施可行的是（）A.減小墨汁微粒的質(zhì)量B.減小墨汁微粒所帶的電荷量C.增大偏轉(zhuǎn)電場的電壓D.增大墨汁微粒的噴出速度【答案】BD【解析】試題分析：微粒以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場做類平拋運動，則有：水平方向：L=v0t；豎直方向：y=at2，加速度：，聯(lián)立解得：，要縮小字跡，就要減小微粒通過偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)角y，由上式分析可知，采用的方法有：減小比荷、增大墨汁微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的初動能Ek0、減小極板的長度L、減小偏轉(zhuǎn)極板間的電壓U，故AC錯誤，BD正確．故選：BD．考點：帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn).11.如圖所示，一個帶電油滴從O點以初速度v0向右上方射入無限大的勻強電場E中，v0的方向與E方向成α角．現(xiàn)測得油滴到達運動軌跡的最高點P時速度大小仍為v0，則下列說法正確的是（）A.P點可能在O點的右上方B.P點可能在O點的左上方C.到達最高點P時，重力和電場力對油滴做功的功率都為0D.從拋出到最高點的過程中，油滴電勢能的減少量一定等于重力勢能的增加量【答案】ABD【解析】解：A、當(dāng)油滴帶正電時，電場力向右，到達最高點時，動能不變，則電勢能應(yīng)減小，電場力做正功，則P點在O點的右上方；故A正確．B、若油滴帶負(fù)電時，電場力向左，到達最高點時，動能不變，則電勢能應(yīng)減小，電場力做正功，則P點在O點的左上方；故B正確．C、由于重力與電場力垂直，油滴在最高點的速度不可能與兩個力都垂直，可知兩個力的功率不可能都為零．故C錯誤．D、從拋出到最高點的過程中，動能不變，重力勢能增加，電勢能必減小，根據(jù)能量守恒定律油滴電勢能的減少量一定等于重力勢能的增加量．故D正確．故選ABD【點評】本題以帶電液滴在復(fù)合場中的運動為背景考查了電勢能、電場力做功等問題，其關(guān)鍵是分析清楚帶電液滴的運動規(guī)律．12.水平地面上有一個傾角為θ的斜面，其表面絕緣。另一個帶正電的滑塊放在斜面上，兩物體均處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示。當(dāng)加上水平向右的勻強電場后，滑塊與斜面仍相對地面靜止，（）A.滑塊與斜面間的摩擦力一定變大B.滑塊與斜面間的摩擦力可能不變C.滑塊對斜面的壓力一定變大D.斜面體對地面的壓力一定不變【答案】BCD【解析】試題分析：滑塊開始受重力、支持力和靜摩擦力處于平衡，加上勻強電場后，滑塊多了一個水平向右的電場力，所受的靜摩擦力方向可能沿斜面向上，可能沿斜面向下，則摩擦力的大小可能減小、可能增大，可能不變．故A錯誤．B正確；未加電場前，斜面體對滑塊的支持力N=mgcosθ，加上電場后，支持力的大小變?yōu)镹′=mgcosθ+qEsinθ，知滑塊對斜面的壓力變大．故C正確；對整體分析，加電場后，豎直方向支持力的大小仍然等于總重力，所以斜面體與地面間的壓力不變．故D正確．考點：共點力的平衡問題。13.在靜電場中，將一個電子由a點移到b點，電場力做正功5eV，下面判斷中正確的是（）A.電場強度的方向一定由b指向aB.電子的動能增加了5eVC.a、b兩點電勢差Uab＝5VD.a點電勢一定低于b點的電勢【答案】BD【解析】【詳解】由題，電子由a點移到b點，電場力做功5eV，電場力的方向不一定是從a到b，電場強度的方向不一定由b指向a，故A錯誤。由于電場力對電子做正功5eV，電子的動能增加了5eV．故B正確。a、b兩點電勢差．故C錯誤。因為差Uab=5V＜0，可以確定a點的電勢低于b點的電勢。故D正確。故選BD?！军c睛】在應(yīng)用公式U=W/q解題時，U、W、q都要代入符號求解，還要注意電荷移動的方向和電勢差的順序.14.如圖所示，在場強大小為E的勻強電場中，一根不可伸長的絕緣細(xì)線一端拴一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶負(fù)電的小球，另一端固定在O點，把小球拉到使細(xì)線水平的位置A，然后將小球由靜止釋放，小球沿弧線運動到細(xì)線與水平方向成θ=60°的位置B時速度為零，以下說法正確的是（）A.小球重力與電場力的大小關(guān)系是B.小球重力與電場力的大小關(guān)系是C.小球在B點時，細(xì)線拉力T=2qED.小球在B點時，細(xì)線拉力【答案】AD【解析】【詳解】小球從A運動到B的過程中，根據(jù)動能定理得：mgLsinθqEL（1cosθ）=0;得Eq：mg=sinθ：（1cosθ）=：1，則得qE=mg；小球到達B點時速度為零，向心力為零，則沿細(xì)線方向合力為零，此時對小球受力分析可知：T=qEcos60°+mgsin60°，故細(xì)線拉力T=mg，故選AD。三、實驗題15.小燈泡燈絲的電阻會隨溫度的升高而變化，一研究性學(xué)習(xí)小組在實驗室通過實驗研究這一問題，實驗室備有的器材是：電源（1.5V,3Ω）電壓表（3V，3kΩ）、電流表（0～0.6A，0.1Ω）、電池、開關(guān)、滑動變阻器、待測小燈泡、導(dǎo)線若干．實驗時，要求小燈泡兩端電壓從零逐漸增大到額定電壓以上．(1)他們應(yīng)選用甲圖中所示的____電路進行實驗；(2)根據(jù)實驗測得數(shù)據(jù)描繪出如圖乙所示UI圖象，由圖分析可知，小燈泡電阻隨溫度T變化的關(guān)系是____________．(3)已知實驗中使用的小燈泡標(biāo)有1.5V字樣，請你根據(jù)上述實驗結(jié)果求出小燈泡在1.5V電源下的實際功率是_______W．（保留兩位有效數(shù)字）【解析】試題分析：(1)由于小燈泡的電阻很小，在測量的時候為了減小實驗的誤差，電流表要采用外接的方法，同時由于小燈泡的電壓要從零開始變化，電壓的變化的范圍較大，滑動變阻器要采用分壓的接法，故選A.（2）歐姆定律可知,U－I圖象斜率越來越大，說明小燈泡電阻隨T升高，R增大.（3）當(dāng)燈泡接入電動勢為1.5V、內(nèi)阻為3歐的電源中時，根據(jù)燈泡的伏安特性曲線分析可知，此時小燈泡的電壓為0.6V，電流為0.3A，此時小燈泡的功率為P=UI=0.6×0.3W=0.18W，所以燈泡的功率為0.18w.考點：研究小燈泡的U－I圖象。點評：本題的關(guān)鍵的地方是找出燈泡在電路中時的電壓的大小，要根據(jù)燈泡的伏安特性曲線逐個來分析找出合適的電壓和電流的大小，同時注意題目中關(guān)于有效數(shù)字的要求．四、解答題16.如圖所示，用一根絕緣細(xì)線懸掛一個帶電小球，小球的質(zhì)量為m，電量為q，現(xiàn)加一水平的勻強電場，平衡時絕緣細(xì)線與豎直方向夾θ角．（1）試求這個勻強電場的場強E大小；（2）如果將電場方向順時針旋轉(zhuǎn)θ角、大小變?yōu)镋′后，小球平衡時，絕緣細(xì)線仍與豎直方向夾θ角，則E′的大小又是多少？【答案】(1)E=mgtanθ/q(2)E′=mgsinθ/q【解析】試題分析：（1）小球受到重力、電場力和細(xì)線的拉力，受力分析如圖1所示．由平衡條件得：,解得：（2）將電場方向順時針旋轉(zhuǎn)θ角、大小變?yōu)镋′后，電場力方向也順時針轉(zhuǎn)過θ角，大小為，此時電場力與細(xì)線垂直，如圖2所示根據(jù)平衡條件得：,則得：考點：共點力平衡的條件及其應(yīng)用、電場強度?！久麕燑c睛】（1）對小球受力分析，受到重力、電場力和細(xì)線的拉力，根據(jù)共點力平衡條件和電場力列式求解場強E；（2）如果將電場方向順時針旋轉(zhuǎn)θ角、大小變?yōu)镋′后，電場力方向也順時針轉(zhuǎn)過θ角，大小為，再運用同樣的方法求解E′的大小。17.如圖所示，兩平行金屬板板長L=10cm，板間距離d=10cm的平行電容器水平放置，它的左側(cè)有與水平方向成60°角斜向右上方的勻強電場，某時刻一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球由O點靜止釋放，沿直線OA從電容器C的中線水平進入，最后剛好打在電容器的上極板右邊緣，O到A的距離，(g取10m/s2)，求：(1)電容器左側(cè)勻強電場的電場強度E的大?。?2)小球剛進入電容器C時的速度v的大?。?3)電容器C極板間的電壓U?！敬鸢浮?1)(2)(3)【解析】試題分析：（1）由于帶電小球做直線運動，因此小球所受合力沿水平方向，則：…①解得：（2）從O點到A點，由動能定理得：mgxtan30°＝mv2?0…②解之得：v=3m/s（3）小球在電容器C中做類平拋運動