学年山西省临汾市侯马市502学校高二上学期期中考试物理试题 解析版文档格式.docx
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考查了电场线，速度时间图像
【名师点睛】根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，再结合电场强度方向判断电性，然后根据电场线的疏密程度判断加速度的大小，从而判断粒子的运动情况选择速度图象．
3.比值定义法是定义物理量的一种方法，所定义的物理量只与两者比值有关，与单个物理量的大小无关．下列各物理量中不属于比值定义法的是（
）
【解析】
是电场强度的定义式是比值定义的，故A不符合题意；
公式
是欧姆定律的表达式，不属于比值定义法，故B符合题意；
是电势的定义式，为比值定义法，故C不符合题意；
电容是极板上的电量与极板之间的电压的比值，
是电容的定义式，为比值定义法，故D不符合题意．本题选不是比值定义法的，故选B.
点睛：
中学物理中，有相当数量的物理量是采用“比值法”定义的．应用比值法定义物理量，往往需要一定的条件；
一是客观上需要，二是间接反映特征属性的两个物理量可测，三是两个物理量的比值必须是一个定值．
4.如图为某电场中的电场线和等势面，已知φA=10V，φC=6V，ab=bc，则（ ）
A.φB=8VB.φB＞8V
C.φB＜8VD.上述三种情况都可能
【答案】C
由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，ab段场强较大，根据公式U=Ed可知，a、b间电势差Uab大于b、c间电势差Ubc，即φa-φb＞φb-φc，得到
．
故选C．
考点:
电场线；
电势差
5.如图所示，把一个不带电的枕形导体靠近带正电的小球，由于静电感应，在a、b两端分别出现负、正电荷，则以下说法正确的是（ ）
A.闭合S1，有电子从枕形导体流向地B.闭合S2，有电子从枕形导体流向地
C.闭合S1，有电子从地流向枕形导体D.闭合S2，没有电子通过S2
（1）感应起电的实质是在带电体上电荷的作用下，导体上的正负电荷发生了分离，使电荷从导体的一部分转移到了另一部分，既然是转移，那么电荷必然守恒．
（2）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．
解：
在K1，K2都闭合前，对于枕型导体它的电荷是守恒的，a，b出现的负、正电荷等量．当闭合K1，K2中的任何一个以后，便把导体与大地连通，使大地也参与了电荷转移．因此，导体本身的电荷不再守恒，而是导体与大地构成的系统中电荷守恒．由于静电感应，a端仍为负电荷，大地远处感应出等量正电荷，因此无论闭K1还是K2，都是有电子从地流向导体；
故选：
C．
【点评】本题考查电荷的转移，有一定的难度，关键知道由于异种电荷相互吸引，大地的负电荷（自由电子）会转移到导体上．
6.a、b为两个带等量正电荷的固定小球，O为ab连线的中点，c、d为中垂线上的两对称点，若在c点静止释放一个电子，电子只在电场力作用下运动；
则下列叙述正确的有（
）
A.电子从c→O的过程中，做加速度增大的加速运动
B.电子从c→O的过程中，电子的电势能在减小
C.电子从c→d的过程中，电子受到电场力先增大后减小，方向不变
D.从c→d的过程中，电场的电势始终不变
A、B：
根据等量同号点电荷电场的特点，可知两个电荷连线上中点的电场强度为零，电场强度从C点到无穷远，先增大后减小，故加速度可能先增大后减小；
故A错误；
B、c到O的过程中，电场力做正功；
故电势能减小；
故B正确；
C、由A的分析可知，电子受到的电场力可能先减小、再增大再减小；
再由O点到d点时，先增大，后减小；
故C错误；
D、由于电场线是向外的；
故电势先增大后减小；
故D错误；
B．
【点评】本题考查的就是点电荷的电场的分布及特点，这要求同学对于基本的几种电场的情况要了解，本题看的就是学生的基本知识的掌握情况．
7.如图所示，在E=500V/m的匀强电场中，a、b两点相距d=2cm，它们的连线跟场强方向的夹角是60°
，则Uab等于（ ）
A.5VB.10VC.﹣5VD.﹣10V
【解析】根据顺着电场线方向电势降低，判断得知a点的电势低于b点的电势，则Uab＜0．则得：
Uab=-Edcos60°
=-500×
0.02×
0.5V=-5V，故选C.
8.如图所示,abcd是匀强电场中的四个点,它们正好是一个矩形的四个顶点,电场线与矩形所在平面平行,已知a点电势为20V,b点电势为24V,d点电势为4V,由此可知c点电势为（ ）
A.4VB.8VC.12VD.24V
根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则Ube=
Ubd=
×
（24-4）=4v，故Ube=φb-φe=4v，故φf-φd=4v，故φe=24-4=20v．φf=8v．故φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故B正确．故选B。
电势
【名师点睛】①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；
②在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙。
视频
9.如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，φa＝50V，φc＝20V，则a、c连线中点b的电势φb为（
A.等于35VB.大于35VC.小于35VD.等于15V
【解析】由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，故ab段场强较大，根据公式U=Ed可知，a、c间电势差Uac大于b、c间电势差Ubc，即：
φa-φb＞φb-φc，得到：
φb＜
故选C.
10.用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图所示）．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ．实验中，极板所带电荷量不变，若（ ）
A.保持S不变，增大d，则θ变大B.保持S不变，增大d，则θ变小
C.保持d不变，减小S，则θ变小D.保持d不变，减小S，则θ不变
【答案】A
根据电容的决定式
，可知当保持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式
，可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角
变大．故A正确，B错误．同理，当保持d不变，减小S时，电容减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则板间电势差增大，静电计指针的偏角
变大．故CD错误．故选A.
【点睛】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．根据电容的决定式
和电容的定义式
分析判断电势差的变化情况.
11.在空间有正方向为水平向右，场强按如图所示变化的电场，位于电场中A点的电子在t=0时静止释放，运动过程中只受电场力作用．在t=1s时，电子离开A点的距离大小为l，那么在t=3s时，电子将处在（ ）
A.A点右方3l处B.A点左方2l处C.A点左方3l处D.A点
加图中电场，电子在t=0时静止释放，电子开始向板匀加速，t=1s时，电子离开A点的距离大小为l，之后再做相同大小加速度的匀减速运动，经过1s，电子速度减为零，距离A点2l，之后重复前面的过程，3s时与A点的距离为3l，C正确．
C.
带电粒子在电场中的运动
点评：
电子在不同的时刻进入电场，运动情况是不同的，一定要结合题目要求进行分析。
12.一带电粒子从电场中的A点运动到B点，径迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则
（
）
A.粒子带正电B.粒子加速度逐渐减小
C.A点的场强大于B点的场强D.粒子的电势能不断减小
【答案】BC
.........
电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．
13.示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示。
如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的
A.极板X应带正电B.极板X´
应带正电
C.极板Y应带正电D.极板Y´
【答案】AC
电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到X′，则X带正电，同理可知Y带正电，AD正确
考查了示波管工作原理
【名师点睛】要知道电子的受力与电场的方向相反，会分析两个方向上所加不同电压对应的不同偏转情况．
14.示波管的内部结构如图甲所示．如果在偏转电极XX´
、YY´
之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏一中心．如果在偏转电极XX´
之间和YY´
之间加上图丙所示的几种电压，荧光屏上可能会出现图乙中（a）、（b）所示的两种波形．则（
A.若XX´
和YY´
分别加电压（3）和
（1），荧光屏上可以出现图乙中（a）所示波形
B.若XX´
分别加电压（4）和
（1），荧光屏上可以出现图乙中（a）所示波形
C.若XX´
分别加电压（3）和
（2），荧光屏上可以出现图乙中（b）所示波形
D.若XX´
分别加电压（4）和
（2），荧光屏上可以出现图乙中（b）所示波形
要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．XX′偏转电极要接入锯齿形电压，即扫描电压．B和D在XX′偏转电极所加的电压（4）不可能要水平向完成偏转，而AC在XX′偏转电极接入的是（3）锯齿形电压可实现显示的为YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压．故AC正确，BD错误．
AC
示波器的原理.
15.如图所示，有三个质量相等分别带正电、负电和不带电的小球，从平行板电场中的左侧以相同的初速垂直于电场方向进入电场，它们分别落到A、B、C三点，则可以断定（
A.落到a点的小球带正电，落到C点的小球带负电
B.三小球在电场中运动时间相等
C.三小球到达负极板的动能关系是EKA＞EKB＞EKC
D.三小球在电场中运动的加速度是aA＜aB＜aC
【解析】在平行金属板间不带电小球、带负电小球和带正电小球的受力如下图所示：
由此可知不带电小球做平抛运动a1=
，带负电小球做类平抛运动
，带正电小球做类平抛运动
．根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h相等，据：
得三小球运动时间，正电荷最长，不带电小球次之，带负电小球时间最短．三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，故水平位移最小的A是带正电荷的小球，B是不带电的小球，水平位移最大的C是带负电的小球．故A正确．由于三小球在竖直方向位移相等，初速度均为0，由于电场力的作用，三小球的加速度不相等，故它们的运动时间不相等，故B错误；
根据动能定理，三小球到达下板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功．由受力图可知，带负电小球合力最大为G+F，做功最多动能最大，带正电小球合力最小为G-F，做功最少动能最小．故C正确．因为A带正电，B不带电，C带负电，所以aA=a3，aB=a1，aC=a2，所以aA＞aB＞aC．故D错误．故选AC．
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．
三、实验,探究题
16.图（甲）是用一主尺最小分度为1mm，游标上有20个分度的卡尺测量一工件的长度，结果如图所示。
可以读出此工件的长度为____________cm．图（乙）是用螺旋测微器测量某一圆筒内径时的示数，此读数应为______mm
【答案】
（1）.10.240cm
（2）.5.543-5.547mm
【解析】分析：
游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
解答：
游标卡尺的主尺读数为102mm，游标读数为0.05×
7mm=0.35mm，所以最终读数为102.35mm=10.235cm．
螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为0.01×
4.6mm=0.046mm，所以最终读数为5.546mm=0.5546cm．
故本题答案为：
10.235，0.5546
解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法，固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
17.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验仪器如图．要求测量时电压从很小的值开始，在图中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路并画出电路图。
【答案】
【解析】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．电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，滑动变阻器采用分压接法，实物电路图如图所示：
四、计算题
18.有一电子经电压U1加速后，进入两块间距为d，电压为U2的平行金属板间，若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能穿出电场，设电子的电量为e．求：
（1）金属板AB的长度．
（2）电子穿出电场时的动能．
（1）
（2）
（1）电子在加速电场中做加速运动，由动能定理可以求出其速度，电子在偏转电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律求出金属板的长度．
（2）由动能定理可以求出电子的动能．
（1）电子在加速电场中，由动能定理得：
eU1=
mv02﹣0，
电子在偏转电场中做类平抛运动，
水平方向：
L=v0t，
竖直方向：
d=
at2=
t2，
解得：
L=d
；
（2）整个过程中，由动能定理可得：
eU1+e
=EK﹣0，
EK=
答：
（1）金属板AB的长度为d
（2）电子穿出电场时的动能为
【点评】本题考查了电子在电场中的运动，求金属板的长度、求电子的动能，分析清楚电子运动过程、应用类平抛运动规律与动能定理即可正确解题．
19.一直流电动机线圈内阻一定，用手握住转轴使其不能转动，在线圈两端加电压为0.3V，电流为0.3A.松开转轴，在线圈两端加电压为2V时，电流为0.8A，电动机正常工作.求该电动机正常工作时，输入的电功率是多少?
电动机的机械功率是多少?
【答案】1.6W；
0.96W
（1）电动机不转动时，其消耗的电功全部转化为内能，故可视为纯电阻电路，由欧姆定律得电动机线圈内阻：
电动机转动时，消耗的电能转化为内能和机械能，
其输入的电功率为：
P入=I1U1="
0.8×
2W=1.6"
W
（2）电动机的机械功率：
P机=P入-I2r=1.6W-0.82×
1W="
0.96"
电功率的计算.
20.一根长为L=3.2m、横截面积S=1.6×
10﹣3m2的铜棒，两端加电压U=7.0×
10﹣2V．铜的电阻率ρ=1.75×
10﹣8Ω•m，求：
（1）通过铜棒的电流；
（2）铜棒内的电场强度．
（1）2×
10-3A；
（2）2.2×
10﹣2V/m
（1）由
和
得：
（2）由U=Ed可知电场强度为：
．
电场强度的方向与电子运动方向相反，
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