物理安徽省宣城市四校学年高二上学期期中联考试题解析版Word格式.docx
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A.点电荷从P到O是匀加速运动，O点速度达最大值
B.点电荷在从P到O的过程中，电势能增大，速度越来越大
C.点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大
D.点电荷一定能够返回到P点。
6．如图所示，额定电压为110V的两盏电灯，额定功率分别为
＝100W，
＝40W．把它们接到220V的电路上，在它们都能正常发光的前提下，总功率最小的接法是（）
7.在直角坐标系Oxyz中有一四面体OABC，其顶点坐标如图所示。
在原点O固定一个电荷量为--Q的点电荷，下列说法正确的是
A.A,B,C三点的电场强度相同
B.平面ABC构成一个等势面
C.若将试探电荷+q自A点沿+x轴方向移动，其电势能增加
D.若在A、B、C三点放置三个点电荷，--Q所受电场力的合力可能为零
8.如图甲所示，在两极板
之间有一静止的电子，当在
之间加上如图乙所示的变化电压时（开始时板带正电），电子的运动情况是（不计重力，板间距离足够大ab上电压大小不变）（）
A.电子一直向板运动
B.电子一直向板运动
C.电子先向板运动，再返回一直向板运动
D.电子在两板间做周期性往返运动
二.多项选择题（每小题4分共16分.错选零分、少选2分）
9.如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行．整个装置处在真空中，重力可忽略．在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是
A．U1变大、U2变大B．U1变大、U2变小
C．U1变小、U2不变D．U1不变、U2变大
10．如图所示，带箭头的线段表示某一电场中的电场线的分布情况．一带电粒子在电场中运动的轨迹如图中虚线所示．只受电场力，则下列判断中正确的是
A．若粒子是从A运动到B，则粒子带正电；
若粒子是从B运动到A，则粒子带负电
B．不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子必带负电
C．若粒子是从B运动到A，则其加速度增大
D．若粒子是从A运动到B，则电势能一定增大
11.空间存在着平行于x轴方向的静电场，A、M、O、N、B为x轴上的点，OA＜OB，OM＝ON，一带正电的粒子在AB间的电势能Ek随x的变化规律为如图所示的折线，则下列判断中正确的是
A．AO间的电场强度等于OB间的电场强度
B．M点电势比N点电势低
C．若将一带负电的粒子从M点静止释放，它一定能通过N点
D．该粒子从M向O移动过程中，所受电场力做正功
12．如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，下面判断正确的是（灯泡电阻不变）（）
A．L1上电压变化量与电流变化量之比不变
B．L1上电压变化量与电流变化量之比可能变大
C．LI变亮，L2变亮，L3变暗
D．L3上电流变化量大于LI上的电流变化量，
三、填空题（共16分。
答案填在答题卡上）
13.（2分）螺旋测微器的示数为mm．
14.（8分）如图所示，四个相同的电流表分别改装成两个安培表和两个伏特表。
安培表A1的量程小于A2的量程，伏特表V1的量程大于V2的量程，把它们按图接入电路，则:
安培表A1的读数安培表A2的读数；
安培表A1的偏转角安培表A2的偏转角；
（填“大于”，“小于”或“等于”）
伏特表V1的读数伏特表V2的读数；
伏特表V1的偏转角伏特表V2的偏转角；
15.（6分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中备有下列器材：
A．小灯泡（3.8V,1.5W）B．直流电源（电动势4.5V，内阻约0.4Ω）
C．电流表（量程0～500mA，内阻约0.5Ω）D．电压表（量程0～5V，内阻约5000Ω）
E．滑动变阻器R1（0～5Ω，额定电流2A）F．滑动变阻器R2（0～50Ω，额定电流1A）
G．开关一个，导线若干
如果既要满足测量要求，又要使测量误差较小，应选择如图所示的四个电路中的_______，应选用的滑动变阻器是_______（填写器材序号）．
四.计算题（共36分、写出必要的文字说明和解答过程，直接写答案不得分）
16.（10分）如图所示，已知R3＝3Ω，理想电压表读数为3v，理想电流表读数为2A，某时刻由于电路中R3发生断路，电流表的读数2.5A，R1上的电压为5v求：
（1）R1大小、R3发生断路前R2上的电压、及R2阻值各是多少？
（R3发生断路时R2上没有电流）
（2）电源电动势E和内电阻r各是多少？
17.（13分）如图所示，匀强电场水平向左，带正电物体沿绝缘、粗糙水平板向右直线运动，经A点时动能为80J，到达B点时动能为60J．物体从A运动到B的过程中克服电场力做功16J。
则
（1）物体从A运动到B的过程中摩擦力做功Wf与电场力做功WE之比，摩擦力f与电场力F大小之比
（2）物体从A点向右运动到最远处过程中电场力做的功。
（3）物体第二次经过B点时动能大小是多少？
18.（13分）如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一带电量为q=-2×
10-5C的小球，自倾角为θ=37°
的绝缘斜面顶端A点由静止开始滑下，接着通过半径为R=2m的绝缘半圆轨道最高点C（C点的切线水平），已知小球质量为m=0.5kg，匀强电场的场强E=2×
105N/C，小球运动过程中摩擦阻力及空气阻力不计（g=10m/s2sinθ=0.6cosθ=0.8），求：
（1）小球沿斜面向下运动过程中加速度大小
（2）H至少应为多少？
（提示小球在最高点C时速度不能为零.c点速度最小时H最小）
（3）通过调整释放高度使小球到达C点的速度为4m/s，则小球落回到斜面时的动能是多少？
【参考答案】
1.【答案】B
【解析】
考点：
库仑定律；
物体的平衡
2．【答案】D
【解析】试题分析：
电场中某点的电场强度和试探电荷的电荷量及所受的电场力无关，选项A错误；
电容器的电容与所带电荷量及两极板间的电压无关，选项B错误；
真空中点电荷的电场强度公式
，知电场中某点电场强度和场源电荷的电荷量成正比，选项C错误；
根据电势差的定义式UAB＝WAB/q可知带电荷量为1C的正电荷，从电场中的A点移动到B点克服电场力做功为1J，则A、B两点间的电势差为
，选项D正确；
故选D.
电场强度；
电容器；
电场力的功
3.【答案】C
以ab整体为研究对象，整体电量相当于-q，水平方向受向右的电场力，故上面绳子向右倾斜；
以最下面小球为研究对象，带负电，受向右的电场力，故下面的绳子也是向右倾斜；
故选C。
4.【答案】B
带电粒子从静止开始做加速运动，速度增大，动能增大，由能量守恒定律得知，其电势能减小，即带电粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能．但不能判断出粒子的电性，所以就不能判断电势的高低．故A错误，B正确；
带电粒子做加速运动，不能带电粒子的电性，故C错误．根据速度图象的斜率等于加速度，由数学知识可以看出，从A点运动到B点的过程中带电粒子的加速度减小，则其所受的电场力减小，由
知，电场强度E减小，即A处的场强一定大于B处的场强，所以该电场不可能是匀强电场，故D错误．故选B.
电势及电势能
5.【答案】D
点电荷在从P到O的过程中，所受的电场力方向竖直向下，因场强大小不断变化，电场力不断变化，故做变加速运动，所以速度越来越大，到达C点后向下运动，受电场力向上而作减速运动，故O点速度达最大值，越过O点后，负电荷q做减速运动，速度越来越小，速度减到零后反向运动，返回到P点，选项A错误，D正确；
点电荷在从P到O的过程中，电场力做正功，故电势能减小，选项B错误；
因为从O向上到无穷远，电场强度先增大后减小，P到O的过程中，电场强度大小变化不能确定，所以电场力无法确定，加速度不能确定．故C错误．故选D.
带电粒子在电场中的运动。
6．【答案】C
越串越大；
灯泡A和灯泡B正常工作时，此时电路的总电阻为R=2RA=2×
121Ω=968Ω；
D图是灯泡A和可变电阻并联后又和灯泡B串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡a与可变电阻R并联后和灯泡b的电阻相等；
但并联电路中，电阻越并越小，小于任何一个分电阻，所以此电路中灯泡A和灯泡B不能正常工作，故D不正确；
根据公式
可知，电路电阻越大，消耗的功率就越小，比较ABC图可知，C图的总电阻大，消耗的功率最小，故选C。
电功率
7.【答案】C
根据点电荷电场线的分布情况可知：
A、B、C三点的电场强度大小相同，方向不同，而场强是矢量，则A、B、C三点的电场强度不同．故A错误．A、B、C三点处于同一等势面上，电势相同，由于A、B、C三点所在的等势面为球面，所以平面ABC不是等势面．故B错误．若将试探电荷+q自A点沿+x轴方向移动，该试探电荷受到吸引力，吸收力方向一定沿着x轴的负方向运动，则电场力对该试探电荷做负功，其电势能将增加．故C正确．若在A、B、C三点放置三个点电荷，任意两个点电荷对-Q的电场力的合力与第三个电荷对-Q的电场力不在同一直线上，所以三个点电荷对-Q的合力不可能为零，故D错误．故选C.
8.【答案】D
在0-0.1s时间内，电子受到的电场力向上，向上做匀加速直线运动，在0.1-0.2s时间内，电子受到的电场力向下，向上做匀减速直线运动，0.2s时刻速度为零；
在0.2-0.3s时间内，电子受到的电场力向下，向下做匀加速直线运动，在0.3-0.4s时间内，电子受到的电场力向上，向下做匀减速直线运动，接着周而复始，故电子在两板间做周期性往返运动．故选D.
带电粒子在电场中的运动
【名师点睛】电子在周期性变化的电场中运动，根据受力情况，由牛顿定律可分析出电子的运动情况，这是学习力学应具有的能力。
9.【答案】CD
设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：
qU1=
mv02-0
①
又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：
②
又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：
③
电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：
vy=at④
由①②③④可得：
，又有：
，解得：
，
A.U1变大，U2变大，偏转角不确定，故A错误；
B、U1变大，U2变小，偏转角变小，故B错误；
C.U1变小，U2不变，偏转角一定增大，故C正确；
D、U1不变，U2变大，偏转角变大，故D正确；
故选CD.
10．【答案】BD
根据物体做曲线运动时，所受的合外力指向曲线内侧，可知，不论粒子是从A运动到B，还是从B运动到A，粒子所受的电场力都大致向左，必带负电，故A错误，B正确；
电场线密的地方电场强度大，可知，若粒子从B运动到A，电场强度减小，粒子所受的电场力减小，则其加速度减小，故C错误；
粒子从A到B过程中，电场力方向与速度方向成钝角，电场力对粒子负功，则粒子的电势能增大，选项D正确；
故选BD.
11.【答案】BC
在Ep-x图象中，图象的斜率绝对值表示电场力大小，故AO间的电场强度大于OB间的电场强度，故A错误；
沿着AO方向，电势逐渐升高，在由O点向B点移动的过程中电势能逐渐减少，说明电场力做正功，即沿OB方向，电势逐渐降低；
由于OM=ON，EM＞EN，根据电场强度与电势差的关系可知：
UOM＞UON，故φM＜φN，故B正确；
若将一个带负电的粒子从M点静止释放，在电场力的作用下，它将加速运动到O点后，再向N点做减速运动，根据能量守恒定律可知，运动到N点时，其动能大于零，故C正确；
带正电的粒子在A点向O点移动的过程中电势能逐渐增加，说明电场力做负功，故D错误；
故选C.
12．【答案】AD
L1的电阻不变，故L1上电压变化量与电流变化量之比等于L1的电阻的阻值，选项A正确，B错误；
当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，故L1变亮；
电路中总电流增大，故内电压及R0、L1两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故L2变暗；
因L2中电流减小，干路电流增大，故流过L3的电流增大，故L3变亮；
故C错误；
B错误；
因L1中电流增大，L3中电流增大，而L2中电流减小；
开始时有：
I1=I2+I3，故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值；
故D正确；
故选AD.
电路的动态分析
13.【答案】3.240mm（3.239，3.241都对）
螺旋测微器的示数为3mm+0.01mm×
24.0=3.240mm.
螺旋测微器的读数
【名师点睛】
14.【答案】
（1）小于；
（2）等于；
（3）大于；
（4）等于；
安培表A1、A2并联，电压相同，表头的电流相同，指针偏转角度相同，由于安培表A1的量程小于A2的量程，则安培表A1的读数小于安培表A2的读数．伏特表V1与V2串联，流过表头的电流相同，指针偏转的角度相同，由于伏特表V1的量程大于V2的量程，则伏特表V1的读数大于伏特表V2的读数．
电表的改装
15.【答案】
（1）丙；
（2）E
由灯泡铭牌可知，灯泡额定电压是3.8V，所以电压表应选用的是量程0～5V，即选D．在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器，即选E．由于伏安特性曲线中的电压和电流均要从零开始测量，所以滑动变阻器应选用分压式，又小灯泡的电阻约RL=9.6Ω，
，所以安培表应该选用外接法．故应选择如图中电路中的丙．
描绘小灯泡的伏安特性曲线
16.【答案】
（1）1V1Ω
（2）10V；
2Ω
（1）R3断开时电表读数分别变为5v和2.5A可知R1=2欧
R3断开前R1上电压U1=R1I=4V
U1=U2+U3
所以U2=1V
U2：
U3=R2：
R3=1:
3
R2=1Ω
（2）R3断开前总电流I1=3A
E=U1+I1r
R3断开后总电流I2=2.5A
E=U2+I2r
联解方程E=10Vr=2Ω
闭合电路的欧姆定律
17.【答案】
（1）1:
4
（2）-64J（3）36J
（1）因为动能减少20J
△EK=Wf+W电
WF=-4J）
物体A到B过程中WF:
W电=1:
4
f:
F=1:
4
（2）物体A到B过程中WF:
则物体向右运动最远时△EK=-80J
W电=4△EK/5=-64J
（或:
物体向右运动最远时动能定理fx+Fx=△EK；
fx+4fx=△EK解得fx=-16J
则：
W电=4fx=-64J）
（3）物体A到B过程中摩擦力做功Wf=-4J
物体从B向右运动到最远处摩擦力做功Wf=-12J
物体从B向右运动到最远处，返回到B时摩擦力做功Wf=-24J
电场力W电=0
由动能定理可知EK2-EK1=WF
EK2=36J
动能定理的应用
18.【答案】
（1）1.2m/s2
（2）5m（3）5J
（1）斜面上（mg-Eq）sinθ=ma
加速度a=1.2m/s2
（2）恰好过最高点C时：
VC=2.0m/s
从A到C有：
解得：
H=5m
（3）从C点飞出后做类平抛运动mg-qE=maa=2m/s2
竖直方向
水平方向x=vct
根据几何关系
t=1sy=1m
从C到落回斜面有：
Ek=5J
平抛运动；
动能定理
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