1、2018 年下学期高二年级期中联考 物理试卷命题学校： 五中 命题人： 吴航 审题人： 陈刚 时量： 90 分钟一、单选题（每题 4 分，共计 40 分）1下述说法正确的是( )A 根据 E = F/q,q 电量减半,则场强加倍; 若没有检验电荷 ,则该点的场强为零。B 根据 E = KQ/r2,可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量 Q 成正比。C 根据场强叠加原理,可知合电场的场强一定大于分电场的场强。D 场强方向为检验电荷在该点的受力方向 ,电场线就是点电荷在电场中的运动轨迹2关于电源电动势 E，下列说法中错误的是A 电动势 E 的单位与电势、电势差的单位相同，都是伏特 VB 干电池
2、和铅蓄电池的电动势是不同的C 电动势 E 可表示为 可知，电源内非静电力做功越多，电动势越大D 电动势较大，表示电源内部将其他形式能转化为电能的本领越大3电路中，每分钟有 61013 个自由电子通过横截面积为 0.64106 m2 的导线，那么电路中的电流是( )A0.016 mA B1.6 mAC0.16 A D16 A4两根完全相同的金属裸导线,如果把其中的一根均匀拉长到原来的 2 倍, 把另一根对折后绞合起来,则这两根导线后来的电阻之比为 ( )A1 4 B4 1C1 16 D1615三根电阻相同的电热丝，分别把它们全部串联和全部并联，接在输出电压不变的电源两端，要它们发出相同的热量，所
3、需通电时间之比 t 串 ：t 并 等于( )A 9：1 B 1：3C 3：1D 1：96如图所示，A 、B、C、D、 E 是半径为 r 的圆周上等间距的五个点，在这些点上各固定一个点电荷，除 A 点处的电量为q 外，其余各点处的电量均为 q，则圆心 O 处( ) A 场强大小为 ，方向沿 AO 方向 B 场强大小为 ，方向沿 OA 方向C 场强大小为 ，方向沿 AO 方向 D 场强大小为 ，方向沿 OA 方向7如图，直线 a、b 和 c、d 是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q 是它们的交点，四点处的电势分别为 M， N， P， Q，一电子由 M 点分别到 N 点和 P 点的过程中，电
4、场力所做的负功相等，则（ ）A直线 a 位于某一等势面内， M QB直线 c 位于某一等势面内， M NC若电子由 M 点运动到 Q 点，电场力做正功 D若电子由 P 点运动到 Q 点，电场力做负功8如图所示，先接通电键 S 使电容器充电，然后断开 S，增大两极板间的距离时，电容器所带电量 Q、电容 C、两极板间电势差 U 的变化情况是（ ）A Q 变小，C 不变，U 不变 B Q 变小，C 变小， U 不变C Q 不变，C 变小，U 变大 D Q 不变，C 变小，U 变小9如图所示，有一带电粒子贴着 A 板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为 U1 时，带电粒子沿轨迹从两板正中间飞出；当偏转
5、电压为 U2 时，带电粒子沿轨迹落到 B 板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为A U1U 214 B U1U 218C U1U 211 D U1U 21210在如图的电路中，当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，A 、B 两灯亮度的变化情况为（ ）A A 灯、B 灯都变暗 B A 灯和 B 灯都变亮C A 灯变亮，B 灯变暗 D A 灯变暗，B 灯变亮二、多选题（每题 4 分，共 20 分）11欧姆定理 I=U/R 可变形为 R=U/I，对上述公式理解正确的是A 通过导体的电流与加在导体两端的电压成正比B 导体的电阻与加在导体两端的电压成正比C 导体的电阻与通过导体的电流成
6、反比D 导体的电阻与加在导体两端的电压、通过导体的电流无关12如图所示为半径相同的两个金属小球，A、B 带有电量相等的电荷，相隔一定距离，两球之间的相互作用力大小是 F，今用第三个半径相同的不带电的金属小球先后与 A、B 两球接触后移开.这时，A、B 两球之间的相互作用力的大小是(A、B 两球均可看成点电荷)（ ）A F/8B F/4C 3F/8D 3F/413如图为一匀强电场，某带电粒子从 A 点运动到 B 点在这一运动过程中克服重力做的功大小为 1.0J，电场力做的功大小为 0.5J （只受电场力、重力作用） ，则下列说法正确的是( )v BAEA粒子带负电 B粒子在 A 点的电势能比在
7、B 点少 0.5JC粒子在 A 点的动能比在 B 点多 0.5JD粒子在 A 点的机械能比在 B 点少 0.5J14如图所示，两平行金属板分别加上如下列选项中的电压，能使原来静止在金属板中央的电子(不计重力)有可能做往返运动的 Ut 图象应是(设两板距离足够大)( )A A B B C C D D15如图所示，图线 1、2 分别表示导体 A、B 的伏安特性曲线，它们的电阻分别为R1、R2，则下列说法正确的是（ ）A B C 将 与 串联后接于电源上，则电压比D 将 与 并联后接于电源上，则电流比三、填空题（每空 2 分，共 12 分）16导体中的电流是 5A，那么在 32s 的时间内有_ C
8、的电荷定向移动通过导体的横截面，相当于_个电子通过该截面。17有一充电的平行板电容器，两板间电压为 3V，现使它的电荷量减少310-4 C，于是电容器两极板间电压降为原来的 1/3，此电容器的电容是_F，电容器原来的带电荷量是_C。18写出如图所示的游标卡尺和螺旋测微器的读数：（1）游标卡尺的读数：_mm。（2）螺旋测微器的读数：_mm。四、解答题19 （本题 6 分）如图所示的电路中，电源电动势为 10 V，R 14 ，R 26 ，电容C30 F，电源内阻忽略不计求：(1)闭合开关 S，稳定后通过电阻 R1 的电流；(2)将开关 S 断开，再次稳定后，求通过 R1 的总电荷量20 （本题 7
9、 分）右图家用电饭的电路原理图。将电饭煲接到稳压电源上，当开关接通“加热”时，电热丝以额定功率给食物加热，当食物蒸热后，开关接通“保温”挡，给食物保温，这时电热丝的功率为其额定功率的 1/4，电流为 1A，已知分压电的阻值 R=100。求：（1）电热丝电阻 r（2）稳压电源输出的电压；（3）电热丝的额定功率。21 （本题 7 分）把一个带电荷量为 210-8 C 的正点电荷从电场中的 A 点移到无限远处时，静电力做功 810-6 J；若把该电荷从电场中的 B 点移到无限远处时，静电力做功 210-6 J，取无限远处电势为零。(1)求 A 点的电势。(2)求 A、B 两点的电势差。(3)若把电荷
10、量 q= -210-5 C 的电荷由 A 点移到 B 点，静电力做的功为多少?22 （本题 8 分）如图所示，A 为粒子源，在 A 和极板 B 间的加速电压为 U1，在两水平放置的平行带电板 C、D 间的电压为 U2，现设有质量为 m，电荷量为 q 的质子初速度为零，从 A 被加速电压 U1 加速后水平进入竖直方向的匀强电场，平行带电板的极板的长度为 L，两板间的距离为 d，不计带电粒子的重力，求：(1)带电粒子在射出 B 板时的速度；(2)带电粒子在 C、D 极板间运动的时间；(3)带电粒子飞出 C、D 电场时在竖直方向上发生的位移 y.参考答案1 B【解析】电场中某点的场强与试探电荷的电量
11、即有无无关，选项 A 错误；根据 E = KQ/r2,可知点电荷电场中某点的场强与该点电荷的电量 Q 成正比，选项 B 正确；根据平行四边形法则可知，合电场的场强不一定大于分电场的场强，选项 C 错误；场强方向为正的检验电荷在该点的受力方向；电场线不一定是点电荷在电场中的运动轨迹，选项 D 错误；故选 B.2 C【解析】电动势 E 的单位与电势、电势差的单位相同，都是伏特 V，选项 A 正确；干电池电动势是1.5V，铅蓄电池的电动势是 2V，选项 B 正确；电动势 E 可表示为 可知，电源内非静电力从电源的负极移动 1C 正电荷到电源的正极做功越多，电动势越大，选项 C 错误；电动势较大，表示
12、电源内部将其它形式能将电能转化为电能的本领越大，选项 D 正确；此题选项错误的选项，故选 C.3C 【解析】试题分析：根据公式 可得 ,CQIt131976060.1CI Ats正确，考点：考查了电流的宏观表达式点评：关键是对公式 的正确掌握，不被题中的无效信息迷惑It4D【解析】设导线变化前的长度为 L，横截面积为 S，其中的一根均匀拉长到原来的 2 倍,则， ，把另一根对折后绞合起来后，则 ， ，代入公式12L1S 21L2S可得 ，所以 D 正确，R121:6SRL思路分析：无论是均匀拉长还是对折后绞合起来,导线的体积保持不变，然后结合公式分析解题LS试题点评：本题考查了对公式 的简单计
13、算，关键是熟练公式和细心计算，LRS5A【解析】略6 D【解析】试题分析：由点电荷的场强公式可知，各点电荷在 O 点产生的场强大小为 E= ，电场强度是矢量，求合场强应用平行四边形定则，由对称性可知，B、C、D、E 四个点电荷的合场强大小为 E= ，方向沿 OA 方向，则 A、B、C、D、E 四个点电荷的合场强大小为： E 合 =E+E= + = ，方向沿 OA 方向；故本题选 D考点：点电荷的场强，电场强度的叠加问题7B【解析】试题分析：根据题意，电子由 M 点分别到 N 点和 P 点的过程中，电场力做相等，则 N、P 两点的电势相等，又因做负功，所以则电势能增加相等，电势降低。直线 d 位
14、于同一等势面上，在匀强电场里，等势面与电场线垂直且为平行的直线，由此可知，直线 a 不是同一等势面，直线 c 位于某一等势面内，且 M N故 A 错误，B 正确；由上分析知，直线 c位于某一等势面内，M、Q 的电势相等，若电子由 M 点运动到 Q 点电场力不做功，故 C 错误；电子由 P 点运动到 Q 点电场力做正功，故 D 错误所以 B 正确，ACD 错误。考点：匀强电场、电场力做功【名师点睛】匀强电场的电场线为相互平行间隔相等的平行线，而等势线与电场线垂直；匀强电场中，任意两平行直线上相等距离的电势差相等本题的关键在于找出电子由 M 点分别到 N 点和 P 点的过程中，电场力所做的负功相等
15、，说明电势能增加相等，据此分析电势高低。8 C【解析】试题分析：由于充电后，电容器的带电量 Q 不变，AB 错误；根据 可知，当两板间距离 d 增大时，电容 C 变小，根据 可知，而两板间的电势差 U 增大，D 错误；而内部电场强度 ，因此电场强度与两板间距离变化无关，C 正确。考点：电容器【名师点睛】电容器的定义式 是一个比值定义，也就是电容器的大小与 Q 和 U 都无关，只与它们的比值有关；而电容器的决定式 说明电器的大小与两板的正对面积成正比，与两板间的距离成反比；电容器内部是匀强电场，且电场强度大小为 。9 B【解析】【分析】带点粒子在电场中做类似平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平
16、板方向正交分解，根据运动学公式和牛顿第二定律列式求解。【详解】带电粒子在电场中做类似平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，有x=v0t， ，加速度为： ，解得 ，所以 ，故 B 正确，ACD错误。【点睛】本题关键根据类平抛运动的分位移公式和牛顿第二定律联立列式求解出电压的一般表达式，然后再进行分析讨论。10 A【解析】试题分析：当滑动变阻器的滑动头向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，并联部分的总电阻变小，所以外电路总电阻变小，总电流变大，B 灯消耗的电压变小，则知 B 灯变暗由于电流增大，电源的内电压和 B 灯的电压变大，根据闭合电路欧姆定律得知，并联部分的电压变小，所以
17、 A 灯消耗的功率变小，则知 A 灯变暗故 A 正确故选 A.【点睛】从图可知，滑动变阻器与灯泡 A 并联，然后跟灯泡 B 串联，首先判断滑动变阻器电阻的变化情况，然后根据串联电路中电阻的特点，得出总电阻变化情况，由欧姆定律可知电路中电流表的变化及并联部分电压的变化即可判断两灯亮度的变化11 AD【解析】分析：导体的阻值是导体本身所具有的性质，与通过它的电流、它两端的电压无关但可以用导体两端的电压与通过导体的电流的比值求出其大小解答：解：通过导体的电流与加在导体两端的电压成正比，导体电阻的大小与导体的材料、长度、横截面积和温度有关，与导体两端电压和通过电流无关；故选项 AD 正确，BC 选项不
18、正确故选 AD点评：本题考查欧姆定律及其变形公式的理解，关键是知道影响电阻大小的因素是导体的材料、长度、横截面积和温度，与导体两端的电压和通过的电流没有关系12 AC【解析】试题分析：由于两球开始时吸引，则两球带等量的异种电荷，电量大小都为 Q，有： 则让第三个半径相同的不带电的金属小球先后与 A，B 两球接触后移2QFkr开两球所带的电量大小分别为 、 ，则库仑力 故 A 正确，BCD 错24Q28QkFr误故选 A考点：库仑定律【名师点睛】解决本题的关键掌握接触带电的原则，等大球接触后电量先中和后均分，熟练掌握库仑定律的公式。13ACD【解析】粒子从 A 点运动到 B 点，受电场力向右，与
19、场强方向相反，粒子带负电，A 对。由 A 到 B 电场力做正功，电势能减少 0.5JB 错。重力做负功，合外力做功为 0.5J，动能增量为 0.5J，C 对。机械能对应非重力功，即电场力做功，电场力做正功 0.5J，机械能增加 0.5J,D 对。14 BC【解析】【详解】电子在前 内做匀加速直线运动，后 内做匀减速运动到零，然后重复之前的运动，一直向前运动，故 A 错误；电子在前 内做匀加速直线运动，第二个 内做匀减速运动到零，第三个 内反向做匀加速直线运动，第四个 内反向做匀减速直线运动，然后重复之前的运动，故 B 正确；电子在前 内做变加速直线运动，第二个 内做变减速直线运动到零，第三个
20、内反向做变加速直线运动，第四个 内反向做变减速直线运动，然后重复之前的运动，故 C正确；电子在前 内做匀加速直线运动，第二个 内做匀速运动，第三个 内做匀加速运动，第四个 内做匀速直线运动，然后重复之前的运动规律，故 D 错误。故 BC 正确，AD 错误。15 AC【解析】A、B、根据电阻的定义式 得,根据图象可以知道,当电流都为 1A 时, 电阻之比等于电压的正比,所以导体 A、B 的电阻 .所以 A 选项是正确的,B 错误;C、根据公式: ,当两段导体中的电流相等时,他们的电压之比 .所以 C 选项是正确的D、根据公式: ,当两段导体中的电压相等时，他们的电流之比 ，故 D 错误综上所述本
21、题答案是：AC161610 -5，1010 14【解析】试题分析：根据公式 可得 ，相当于QIt655103.210C个电子通过该截面，541919.60n考点：考查了电流的定义式【名师点睛】已知电流和通电时间，根据电流的定义式 求出 32s 内通过导体横截qIt面的电荷量每个电子的电荷量大小为 e=1610 -19C，由 求出相当于电子的数ne目17150 4.510 -4【解析】试题分析：由题：平行板电容器的电荷量减少 ，电压降低 ，4310 QCA2UVA则 41.50QCFUA电容器原来的带电荷量 441.50.5CU考点：考查了对电容器电容的理解电容点评：对于电容器的电容，表征电容器
22、容纳电荷的本领大小，与其电量、电压无关求电容可用 QCA18 （1）50.15； （2）3.617 （3.6153.618 均正确） ；【解析】游标卡尺的主尺读数为 5cm=50mm,游标尺上第 3 个刻度和主尺上某一刻度对齐,游标读数为 0.053mm=0.15mm,所以最终读数为：主尺读数 +游标尺读数=50mm+0.15mm=50.15mm；螺旋测微器的固定刻度读数 3.5mm，可动刻度读数为 0.0111.6=0.116mm，所以最终读数为：固定刻度读数+ 可动刻度读数=3.5+0.116=3.616mm(3.615-3.618) 【点睛】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方
23、法，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19 (1)1 A (2)1.2104 C解析 (1)I A1 A.（3 分）ER1 R2 104 6(2)闭合 S 时，电容两端的电压 UCU2 IR26 V，断开 S 后，电容两端电压UCE 10 V，所以断开 S 后，电容器有一个短时间的继续充电过程，通过 R1 的电荷量即为 QUC(10 6)30 10-6 C1.210 -4 C.（3 分）20 （1）100（2）200V（3）400W【解析】设电源输出电压为 U，则：U=I(R+r) I2r=U2/4r
24、解得：r=100 （3 分）（2）稳压电源输出的电压 U=I(R+r)=1(100+100) V=200V （2 分）（3）电热丝的额定功率 P=U2r=400W （2 分）21 （ 1） A=400 V（2）300 V（3）-610-3 J【解析】【详解】（1）无穷远处某点 O 的电势为零，根据电场力做功与电势能变化的关系公式 WAB=EpA-EpB，有 WOA=EpO-EpA无穷远处电势能为零，即 EpO=0故 EpA=-WOA=810-6J根据电势的定义式 =得 ；（3 分）（2）把该电荷从无限远处的 O 点移到电场中 B 点，需克服电场力做功 210-6J，取无限远处电势为零，根据电场
25、力做功与电势能变化的关系公式 WAB=EpA-EpB，有WOB=EpO-EpB无穷远处电势能为零，即 EpO=0故 EpB=-WOB=210-6J根据电势的定义式，得故 A、B 间的电势差为 UAB=A-B=400V-100V=300V；（3 分）（3）若把 210-5C 的负电荷由 A 点移到 B 点，电场力所做的功： WAB=qUAB=-210-5300=-610-3 J；（1 分）【点睛】本题关键是根据功能关系得到电场力做功与电势能变化的关系，然后列式求解出电场中各个点的电势能，最后根据电势的定义式求解各个点的电势22 （ 1） （2） （3）【解析】试题分析：（1）由动能定理得： W=qU1= （2 分）则（2 ）离子在偏转电场中运动的时间 tL = （2 分）（3 ）设粒子在离开偏转电场时纵向偏移量为 y（2 分）综合解得 （2 分）考点：带电粒子在电场中的运动【名师点睛】本题关键明确粒子的运动性质，对应直线加速过程，根据动能定理列式；对于类似平抛运动过程，根据类似平抛运动的分运动公式列式求解；不难
