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2023-2024学年福建省泉州市高二（上）期中物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年福建省泉州市高二（上）期中物理试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本大题共4小题，共16分。
1.小明在学校门口购买了一本物理参考书，印刷的错误使得一道习题中带电体的电荷量模糊不清，经努力辨认猜测带电体的电荷量可能为以下四个选项，你认为合理的是( )
A. 1.0×10−18CB. 1.6×10−18CC. 2.3×10−18CD. 5.7×10−18C
2.人们购买智能手机时手机的续航能力是重点考量的一个方面，所以消费者时常会留意手机电池的相关参数。某款手机的电池铭牌上标有5000mA⋅h字样，这意味着如果这款手机工作时的电流始终为1000mA，则充满电的电池理论上可以工作5h。mA⋅h对应的物理量为( )
A. 电荷量B. 电势差C. 电容D. 能量
3.金属板和板前一正点电荷形成的电场线分布如图所示，A、B两点到正点电荷的距离相等且A点非常靠近金属板上表面，C点靠近正点电荷，则( )
A. A点的电场强度比C点的大B. A、B两点的电场强度相等
C. B、C两点的电场强度方向相同D. C点的电势比A点的高
4.如图所示的电路中，通过R1的电流是4A，已知R1=3Ω，R2=3Ω，R3=6Ω，则下列说法正确的是( )
A. 电路的总电阻是5ΩB. 通过R2的电流是1.0A
C. a、b两端的电压是20VD. a、c两端的电压是12V
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，下列说法正确的是( )
A. P点的电场强度大于Q点的电场强度
B. 带电质点在R点受到的电场力垂直于b向下
C. b的电势比c的电势高
D. 带电质点在P点的动能比在Q点的动能大
6.某分压电路的一部分如图所示，接线柱M、N之间的电压U0恒定不变，C、D间接有定值电阻Rx，开始时滑片P位于滑动变阻器的中央位置不远处，Rx两端的电压刚好等于U02。下列说法正确的是( )
A. 开始时滑片P位于滑动变阻器的中央位置上方不远处
B. 滑片P向下移动时定值电阻两端的电压增大
C. 当滑片P位于滑动变阻器的中央位置时，Rx两端的电压大于U02
D. 滑片P向下移动一些，则Rx两端的电压小于U02
7.如图所示，匀强电场平行于xOy平面坐标系，矩形ABCD的顶点B和D均落在y轴上，顶点A在x轴上，OB=5cm，AB=10cm，A、B、C三点的电势分别为3V、33V、63V，下列说法正确的是( )
A. D点的电势为33V
B. 匀强电场平行于y轴，且沿着y轴负方向
C. 匀强电场的电场强度的大小为200 3V/m
D. 将一电子从D点移动到B点，电子克服电场力做的功为30eV
8.如图所示，平行板电容器的上、下极板间的距离恒定，上板板带有正电荷、下极板带有等量负电荷。粒子1和粒子2分别沿着两板板的中心线先后以相同的初速度射入平行板电容器，已知两粒于均能从电场射出，粒子1和粒子2比荷之比为1：3，不计粒子所受重力，下列说法正确的是( )
A. 粒子1和粒子2在电场中运动的时间之比为1：3
B. 粒子1和粒于2在电场中运动的加速度大小之比为1：3
C. 粒子1和粒子2在电场中运动的侧位移大小之比为1：3
D. 粒于1和粒于2在电场中运动的侧位移大小之比为1：9
第II卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，共14分。
9.如图所示，一电荷量为−Q(Q>0)的负点电荷固定在绝缘平面上的A点，现在其右侧放置一不带电的金属圆盘，圆盘的中心位于O点，图中的虚线将圆盘分为左、右两部分。当达到静电平衡时，圆盘左侧部分带______ (填“正”或“负”)电，圆盘左侧部分内的电子数______ (填“大于”、“小于”或“等于”)圆盘右侧部分内的电子数。移走金属圆盘，若A、O间的距离为r，静电力常量为k，则O点处的电场强度大小为______ 。
10.某科研所研制出了一种新型金属材料，具有特殊的物理性质和化学性质。电阻率是重要的指标，电阻率的单位为______ 。现测得由该材料制成的边长为a的立方体前后两表面之间的电阻为R，则该材料的电阻率为______ 。若用该材料制成一边长为3a的立方体，则其前后两表面之间的电阻值为______ 。
11.机器人正逐渐走进我们的生活，电动机是机器人内部的核心元件。一直流电动机的铭牌上标有“5V、5W”，电动机线圈的电阻为0.5Ω，该电动机的额定电流为______ A，电动机正常工作时的输出功率为______ W。当电动机两端的电压为1V时，电动机不能转动，此时流过电动机的电流为______ A。
12.满偏电流为1mA的表头的内阻为200Ω，现把表头改装为0～3V和0～15V的双量程电压表，电路图如图所示。则使用A、B两个端点时，对应的量程为______ (填“0～3V”或“0～15V”)，R1的阻值为______ Ω，R2的阻值为______ Ω。
四、实验题：本大题共1小题，共7分。
13.“行知”实验小组测量电容器的电容的实验器材有：直流稳压电源、待测电容器、定值电阻R1=150Ω、定值电阻R2=80Ω、电流传感器、数据采集器和计算机、单刀双掷开关S、导线若干。
(1)实验小组的同学将定值电阻R1等器材按图甲连接电路后，将开关S与1端闭合，电容器进行的是______ (填“充电”或“放电”)过程。
(2)将开关S与1端断开并与2端闭合，测得的电流随时间变化的i−t曲线如图乙所示，则电容器充满电时，电容器两极板间的电压为______ V。
(3)利用计算机软件测得乙图中i−t曲线与两坐标轴所围的面积为54mA⋅s，则电容器的电容为______ μF。
(4)用R2替换R1后，重复上述实验步骤，测得的电流随时间变化的i−t曲线如图丙中的某条虚线所示，则应是图丙中的______ (填“b”、“c”或“d”)。
五、简答题：本大题共3小题，共39分。
14.如图所示的电路中，M、N两点间电压恒为12.0V，电阻R1=20.0Ω，灯泡L的额定电压为4.0V，理想电流表的示数为1.0A，此时灯泡L恰好正常工作。求：
(1)流过R1的电流I1；
(2)灯泡L正常工作时的阻值RL；
(3)此时电阻R2消耗的电功率P2。
15.如图所示，固定光滑绝缘斜面的倾角θ=30°，A、B、C三点均为斜面上的点，AB的距离L=0.3m，BC的距离为AB的2倍。在A点固定一电荷量Q=+1.0×10−7C的正点电荷，将质量m=4.0×10−6kg的带正电小球(可视为点电荷)放置于B点时，小球恰好能保持静止。若将小球从B点移至C点，小球的电势能减小了4.0×10−6J。静电力常量k=9.0×109N⋅m2/C，重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求小球所带的电荷量q；
(2)求B、C两点间的电势差UBC；
(3)若将带电小球从C点由静止释放，不计空气阻力，求小球到达B点时的速度大小v。
16.显像设备内电场的简化模型如图所示，在y轴左侧存在水平向左、电场强度大小为E的匀强电场，右侧存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小未知。电子枪在A处无初速度释放质量为m、电荷量为e的电子，一段时间后电子经过x轴时速度方向与x轴正方向的夹角θ=30°，A点的坐标为(−L,L)，不计电子受到的重力。求：
(1)电子进入第一象限时的速度大小；
(2)电子经过x轴时的位置与原点O间的距离x0；
(3)y轴右侧的匀强电场的电场强度的大小E0。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为任何带电体电量都是元电荷的整数倍，即
q=Ne
其中e=1.6×10−19C
经计算得，1.0×10−18C是元电荷的6.25倍，1.6×10−18C是元电荷的10倍，2.3×10−18C是元电荷的14.375倍，5.7×10−18C是元电荷的35.625倍，故B正确，ACD错误。
故选：B。
元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷量叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，据此可正确解答。
本题是基础的题目，考查的就是学生对基本知识的应用情况，平时要注意提高应用所学知识解决实际问题的能力。
2.【答案】A
【解析】解：mA为电流单位，h为时间单位，根据q=It可知mA⋅h为电荷量单位。电荷量用基本单位来表示的不同形式，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据q=It可确定。
本题主要考查了电荷量的单位，解题关键是根据q=It公式来推导。
3.【答案】D
【解析】解：A.A点处电场线比C点处电场线稀疏，所以A点的电场强度比C点的小，故A错误；
B.A点处电场线比B点处电场线密，A点的电场强度大于B点的电场强度，故B错误；
C.由于B、C两点的电场强度方向与电场线相切，结合图可知它们的电场强度方向不相同，故C错误；
D.沿着电场线电势逐渐降低，则C点的电势比A点的电势高，故D正确。
故选：D。
根据电场线的特点，场强大小由电场线的疏密程度表示，电场中某点的电场强度的方向为该点电场线的切线方向，同时根据电场线的方向判断同一电场线向上电势的高低。
熟悉电场线特点，能根据电场线的分布判断场强大小和电势高低。
4.【答案】A
【解析】解：A.根据题中电路图可知，电路的总电阻
R=R1+R2R3R2+R3
代入数据解得：R=5Ω
故A正确；
B.根据并联电路特点可知，通过R2的电流
I2=IR3R2+R3
代入数据解得：I2=83A
故B错误；
CD.根据欧姆定律可知，a、b两端的电压是
Uab=4A×3Ω=12V
a、c两端的电压是
Uac=4A×5Ω=20V
故CD错误。
故选：A。
熟悉电路构造的分析，结合串并联电路的电阻特点得出电路的总电阻；
根据欧姆定律得出流过电阻的电流以及对应位置的电压。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，熟悉电路构造的分析，结合闭合电路欧姆定律联立等式即可完成解答。
5.【答案】AB
【解析】解：A.根据等差等势面越密电场强度越大，可知P点的场强比Q点的场强大，故A正确；
B.质点做曲线运动时受力方向指向曲线的内侧，可知质点受到的电场力的方向向下且与等势线垂直，因此带电质点在R点受到的电场力垂直于b向下，故B正确；
C.电场力指向曲线的内侧，根据轨迹弯曲的方向和质点带负电可知，电场方向向上，如图所示
沿电场线方向，电势降低，所以c点电势最高，故C错误；
D.负电荷在电势高处电势能小，P点电势低，Q点电势高，所以P点电势能大，质点只受电场力作用，动能与电势能之和保持不变，带电质点在P点的动能比在Q点的动能小，故D错误。
故选：AB。
作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上．故c点电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒。
根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点(电场线与等势面交点以及已知点)的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法。
6.【答案】AD
【解析】解：A、Rx两端的电压刚好等于U02，则Rx与滑动变阻器PN间的电阻并联后的并联值等于PM间的电阻，Rx与滑动变阻器PN间的电阻并联后的总电阻阻值小于PN间的电阻，因此PN间的电阻大于PM间的电阻，开始时滑片P位于滑动变阻器的中央位置上方不远处，故A正确；
B、P向下滑，并联部分电阻越小，分得电压越小，故B错误；
C、当滑片P位于滑动变阻器的中央时PM间的电阻大于并联部分的电阻，因此Rx两端的电压小于U02，故C 错误；
D、滑片P向下移动一些，串联部分电阻变大，并联部分电阻变小，分压变小，则定值电阻两端电压变小，即Rx两端的电压小于U02，故D正确。
故选：AD。
根据串联电路的分压原理，即电阻越大分得的电压越大，同时根据并联电路的总电阻小于任何一个分电阻的原理，结合这两个特点综合分析求解。
此题考查了由实际电路图分析电阻的变化，此题的关键是结合串联电路的分压知识和并联电路的电阻变化知识综合分析解题。
7.【答案】AC
【解析】解：连接AC，设AC与BD交于点E，过点C做BD的垂线，交于点F。
A.根据对称性可知点E的电势为φE=φA+φB2 代入数据得：φE=33V
即φE=φB，所以BE为等势面，D点在直线BE上，故D点的电势为33V，故A正确；
B.根据沿电场线电势降低，可知匀强电场方向为CF方向，即匀强电场平行于x轴，且沿着x轴负方向，故B错误；
C.根据几何关系有CF=AO= AB2−OB2 代入数据得：CF=AO=5 3cm
匀强电场的电场强度的大小为E=UCFCF 代入数据得：E=200 3V/m，故C正确；
D.B点、D点为等势面上的两点，将一电子从D点移动到B点，电场力不做功，故D错误。
故选：AC。
利用等势线与电场强度垂直可以作图，然后列方程求解即可。
本题考查学生对电势和电场强度之间的关系的理解和运用，需要注意的是等势线与电场强度垂直。
8.【答案】BC
【解析】解：A.粒子在水平方向上做匀速直线运动，因为水平方向上的速度和和位移都相等，则粒子1和粒子2在电场中运动的时间相等，故A错误；
B.根据牛顿第二定律有
a=qEm
粒子1和粒子2比荷之比为1：3，则粒子1和粒子2在电场中运动的加速度大小之比为1：3，故B正确；
CD.粒子在电场中运动的侧位移大小
y=12at2
结合上述可知，粒子1和粒子2在电场中运动的侧位移大小之比为1：3，故C正确，D错误。
故选：BC。
粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀加速直线运动，结合运动学公式和牛顿第二定律完成分析。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合类平抛运动的特点和运动学公式即可完成分析。
9.【答案】正 小于 kQr2
【解析】解：由于异种电荷相互吸引，同种电荷相互排斥，所以金属圆盘中的自由电子受到负点电荷的排斥力作用向右发生定向移动，这样圆盘的左侧就因为缺少电子带上了正电，右侧的电子数变多而带上了负电。移走金属圆盘，根据点电荷场强公式可知O点的电场强度大小为kQr2。
故答案为：正，小于，kQr2。
根据静电感应原理进行分析即可判断圆盘的带电情况，根据点电荷场强公式计算O点的场强。
本题考查的是静电感应现象，知道金属圆盘中的自由电子是在静电力的作用下发生的定向移动而使金属圆盘左右两侧带上了等量的异种电荷。
10.【答案】Ω⋅m aR 13R
【解析】解：在电阻定律R=ρLS中，R的单位是Ω，L的单位是m，S的单位是m2，所以ρ的单位是Ω⋅m；
根据电阻定律得R=ρaa2=ρa，所以该材料的电阻率为ρ=aR；变长为3a的立方体电阻大小为R′=ρ3a(3a)2=aR3a=13R。
故答案为：Ω⋅m，aR，13R。
根据电阻定律判断电阻率的单位；根据电阻定律列方程即可得到电阻率的大小和边长为3a的立方体的电阻。
本题考查的就是电阻率的应用，难度不大。
11.【答案】1 4.5 2
【解析】解：(1)该电动机的额定电流为：I=PU=55A=1A；
(2)电动机正常工作时的输出功率为：P出=P入−P热=UI−I2r=(5×1−12×0.5)W=4.5W；
(3)当电动机两端的电压为1V时，电动机不能转动，此时流过电动机的电流为：I′=U′r=10.5A=2A；
故答案为：1；4.5；2
利用额定功率与电流电压的关系可求得额定电流，电动机正常工作的输出功率为输入功率减去电阻产热功率，电动机不转动则相当于一个电阻，利用欧姆定律即可求出电流。
本题考查了学生对于电动机工作原理的理解，应注意电动机工作时还会产热。
12.【答案】0～3V 2800 12000
【解析】解：如图，接A、B两个端点时，表头和R1串联对应一个量程，接A、C两个端点时，串联的电阻更大，故A、C应该对应更大的量程，所以A、B两个端点对应的是小量程，即0～3V的量程；
根据串联电路的特点，接A、B时，有
U1=Ig(Rg+R1)即3=1×10−3×(200+R1)得R1=2800Ω
接A、C时，有
U2=Ig(Rg+R1+R2)即15=1×10−3×(200+2800+R2)得R2=12000Ω
故答案为：0～3V，2800，12000。
表头串联大电阻改装成电压表，串联的电阻越大则量程也越大，根据串联电路的分压的原理列式代入数据运算解答。
熟练掌握串并联电路的基本知识，会根据需要改装成不同量程的电压表。
13.【答案】充电 9.0 6000 c
【解析】解：(1)图甲中，将开关S与1端闭合，电容器进行的是充电过程。
(2)由图乙知电容器放电时最大电流为
Im=60mA
则电容器充满电时，电容器两极板间的电压为
U=ImR1=150×60×10−3V=9.0V
(3)利用计算机软件测得乙图中i−t曲线与两坐标轴所围的面积为54mA⋅s，则电容器的带电量为
Q=54mA⋅s=5.4×10−2C
则电容器的电容为
C=QU=5.4×10−29.0F=6×10−3F=6000μF
(4)用R2替换R1后，重复上述实验步骤，则因R2阻值较小，则开始时放电电流较大，但是图像与坐标轴围成的面积是不变的，所以放电时间缩短，测得的电流随时间变化的i—t曲线如图丙中的c。
故答案为：(1)充电；(2)9.0；(3)6000；(4)c。
(1)根据电容器与电源的连接关系判断电容器是充电还是放电。
(2)由图乙直接读出最大电流，由欧姆定律求出电容器充满电时，电容器两极板间的电压。
(3)i−t曲线与两坐标轴所围的面积表示电容器所带电荷量，根据电容的定义式C=QU求出电容。
(4)分析用R2替换R1后的充电电流和充电时间的变化，再选择电流随时间变化的i−t曲线。
本题考查电容器的充放电的实验探究，解决本题的关键是理解电容器的充放电特点，知道i−t曲线与两坐标轴所围的面积表示电容器所带电荷量。
14.【答案】解：(1)根据欧姆定律可知
I1=UR1=1220A=0.6A
(2)根据并联电路的电流特点可知，流过灯泡L的电流
I2=I−I1=1A−0.6A=0.4A
根据欧姆定律可知，灯泡L正常工作时的阻值
RL=ULI2=4.00.4Ω=10.0Ω
(3)根据串联电路的电压特点可知，电阻R2两端的电压
U2=U−UL=12V−4V=8V
此时电阻R2消耗的电功率
P2=U2I2=8×0.4W=3.2W
答：(1)流过R1的电流I1为0.6A；
(2)灯泡L正常工作时的阻值RL为10Ω；
(3)此时电阻R2消耗的电功率P2为3.2W。
【解析】(1)根据欧姆定律求解；
(2)根据并联电路的特点先求灯泡的电流，再求灯泡的电阻；
(3)根据串联电路的特点求R2的电压，再求它消耗的功率。
熟练掌握串并联电路的特点，结合欧姆定律分别求解相应的物理量。
15.【答案】解：(1)带电小球放置于B点时恰好能保持静止，根据受力平衡有
F库=mgsinθ
根据库仑定律有
F库=kQqL2
代入数据解得
q=2.0×10−9C
(2)根据电势能变化量和电场力做功的关系有
WBC=−ΔEp=4.0×10−6J
B、C两点间的电势差
UBC=WBCq
解得
UBC=2000V
(3)C、B两点间的电势差
UCB=−UBC
小球从C点到达B点的过程中，根据动能定理有
mgsinθ⋅2L+qUCB=12mv2−0
代入数据解得
v=2m/s
答：(1)求小球所带的电荷量q为2.0×10−9C；
(2)求B、C两点间的电势差UBC为2000V；
(3)若将带电小球从C点由静止释放，不计空气阻力，则小球到达B点时的速度大小v为2m/s。
【解析】(1)根据带电小球的平衡条件写出平衡方程求解；
(2)根据电场力做功和电势能变化的关系列式求解；
(3)小球从C到B，根据动能定理写方程进行解答。
熟练掌握库仑定律求解平衡问题，根据电场力做功的特点解决实际问题。
16.【答案】解：(1)电子在y轴左侧的匀强电场中做匀加速直线运动，设电子进入第一象限时的速度大小为v1，由动能定理有：eEL=12mv12−0
代入数据可得：v1= 2eELm；
(2)设电子经过x轴时竖直方向的速度为vy，由几何关系有：tanθ=vyv1
电子在第一象限内做类平抛运动，竖直方向有：L=12vyt
水平方向有：x0=v1t
代入数据可得：x0=2 3L；
(3)设电子经过x轴时的速度大小为v，由几何关系有：csθ=v1v
电子在第一象限电场中运动的过程，由动能定理有：eE0L=12mv2−12mv12
代入数据可得：E0=E3。
答：(1)电子进入第一象限时的速度大小为 2eELm；
(2)电子经过x轴时的位置与原点O间的距离x0为2 3L。
(3)y轴右侧的匀强电场的电场强度的大小E0为E3。
【解析】(1)在左侧电场中由动能定理可得电子进入第一象限时的速度大小；
(2)根据夹角可得电子在x轴时竖直方向速度大小，电子在第一象限内做类平抛运动，由竖直方向位移大小可得时间，由x=vt可得水平方向位移大小；
(3)在第一象限电场中由动能定理可得电场强度的大小。
本题考查了电子在加速电场和偏转电场中的运动，解题的关键是知道电子在第一象限内的电场内做类平抛运动，利用竖直方向的位移可得运动时间，也可得电场力做的功。
一、单选题：本大题共4小题，共16分。
1.小明在学校门口购买了一本物理参考书，印刷的错误使得一道习题中带电体的电荷量模糊不清，经努力辨认猜测带电体的电荷量可能为以下四个选项，你认为合理的是( )
A. 1.0×10−18CB. 1.6×10−18CC. 2.3×10−18CD. 5.7×10−18C
2.人们购买智能手机时手机的续航能力是重点考量的一个方面，所以消费者时常会留意手机电池的相关参数。某款手机的电池铭牌上标有5000mA⋅h字样，这意味着如果这款手机工作时的电流始终为1000mA，则充满电的电池理论上可以工作5h。mA⋅h对应的物理量为( )
A. 电荷量B. 电势差C. 电容D. 能量
3.金属板和板前一正点电荷形成的电场线分布如图所示，A、B两点到正点电荷的距离相等且A点非常靠近金属板上表面，C点靠近正点电荷，则( )
A. A点的电场强度比C点的大B. A、B两点的电场强度相等
C. B、C两点的电场强度方向相同D. C点的电势比A点的高
4.如图所示的电路中，通过R1的电流是4A，已知R1=3Ω，R2=3Ω，R3=6Ω，则下列说法正确的是( )
A. 电路的总电阻是5ΩB. 通过R2的电流是1.0A
C. a、b两端的电压是20VD. a、c两端的电压是12V
二、多选题：本大题共4小题，共24分。
5.如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，R同时在等势面b上，下列说法正确的是( )
A. P点的电场强度大于Q点的电场强度
B. 带电质点在R点受到的电场力垂直于b向下
C. b的电势比c的电势高
D. 带电质点在P点的动能比在Q点的动能大
6.某分压电路的一部分如图所示，接线柱M、N之间的电压U0恒定不变，C、D间接有定值电阻Rx，开始时滑片P位于滑动变阻器的中央位置不远处，Rx两端的电压刚好等于U02。下列说法正确的是( )
A. 开始时滑片P位于滑动变阻器的中央位置上方不远处
B. 滑片P向下移动时定值电阻两端的电压增大
C. 当滑片P位于滑动变阻器的中央位置时，Rx两端的电压大于U02
D. 滑片P向下移动一些，则Rx两端的电压小于U02
7.如图所示，匀强电场平行于xOy平面坐标系，矩形ABCD的顶点B和D均落在y轴上，顶点A在x轴上，OB=5cm，AB=10cm，A、B、C三点的电势分别为3V、33V、63V，下列说法正确的是( )
A. D点的电势为33V
B. 匀强电场平行于y轴，且沿着y轴负方向
C. 匀强电场的电场强度的大小为200 3V/m
D. 将一电子从D点移动到B点，电子克服电场力做的功为30eV
8.如图所示，平行板电容器的上、下极板间的距离恒定，上板板带有正电荷、下极板带有等量负电荷。粒子1和粒子2分别沿着两板板的中心线先后以相同的初速度射入平行板电容器，已知两粒于均能从电场射出，粒子1和粒子2比荷之比为1：3，不计粒子所受重力，下列说法正确的是( )
A. 粒子1和粒子2在电场中运动的时间之比为1：3
B. 粒子1和粒于2在电场中运动的加速度大小之比为1：3
C. 粒子1和粒子2在电场中运动的侧位移大小之比为1：3
D. 粒于1和粒于2在电场中运动的侧位移大小之比为1：9
第II卷（非选择题）
三、填空题：本大题共4小题，共14分。
9.如图所示，一电荷量为−Q(Q>0)的负点电荷固定在绝缘平面上的A点，现在其右侧放置一不带电的金属圆盘，圆盘的中心位于O点，图中的虚线将圆盘分为左、右两部分。当达到静电平衡时，圆盘左侧部分带______ (填“正”或“负”)电，圆盘左侧部分内的电子数______ (填“大于”、“小于”或“等于”)圆盘右侧部分内的电子数。移走金属圆盘，若A、O间的距离为r，静电力常量为k，则O点处的电场强度大小为______ 。
10.某科研所研制出了一种新型金属材料，具有特殊的物理性质和化学性质。电阻率是重要的指标，电阻率的单位为______ 。现测得由该材料制成的边长为a的立方体前后两表面之间的电阻为R，则该材料的电阻率为______ 。若用该材料制成一边长为3a的立方体，则其前后两表面之间的电阻值为______ 。
11.机器人正逐渐走进我们的生活，电动机是机器人内部的核心元件。一直流电动机的铭牌上标有“5V、5W”，电动机线圈的电阻为0.5Ω，该电动机的额定电流为______ A，电动机正常工作时的输出功率为______ W。当电动机两端的电压为1V时，电动机不能转动，此时流过电动机的电流为______ A。
12.满偏电流为1mA的表头的内阻为200Ω，现把表头改装为0～3V和0～15V的双量程电压表，电路图如图所示。则使用A、B两个端点时，对应的量程为______ (填“0～3V”或“0～15V”)，R1的阻值为______ Ω，R2的阻值为______ Ω。
四、实验题：本大题共1小题，共7分。
13.“行知”实验小组测量电容器的电容的实验器材有：直流稳压电源、待测电容器、定值电阻R1=150Ω、定值电阻R2=80Ω、电流传感器、数据采集器和计算机、单刀双掷开关S、导线若干。
(1)实验小组的同学将定值电阻R1等器材按图甲连接电路后，将开关S与1端闭合，电容器进行的是______ (填“充电”或“放电”)过程。
(2)将开关S与1端断开并与2端闭合，测得的电流随时间变化的i−t曲线如图乙所示，则电容器充满电时，电容器两极板间的电压为______ V。
(3)利用计算机软件测得乙图中i−t曲线与两坐标轴所围的面积为54mA⋅s，则电容器的电容为______ μF。
(4)用R2替换R1后，重复上述实验步骤，测得的电流随时间变化的i−t曲线如图丙中的某条虚线所示，则应是图丙中的______ (填“b”、“c”或“d”)。
五、简答题：本大题共3小题，共39分。
14.如图所示的电路中，M、N两点间电压恒为12.0V，电阻R1=20.0Ω，灯泡L的额定电压为4.0V，理想电流表的示数为1.0A，此时灯泡L恰好正常工作。求：
(1)流过R1的电流I1；
(2)灯泡L正常工作时的阻值RL；
(3)此时电阻R2消耗的电功率P2。
15.如图所示，固定光滑绝缘斜面的倾角θ=30°，A、B、C三点均为斜面上的点，AB的距离L=0.3m，BC的距离为AB的2倍。在A点固定一电荷量Q=+1.0×10−7C的正点电荷，将质量m=4.0×10−6kg的带正电小球(可视为点电荷)放置于B点时，小球恰好能保持静止。若将小球从B点移至C点，小球的电势能减小了4.0×10−6J。静电力常量k=9.0×109N⋅m2/C，重力加速度大小g=10m/s2。
(1)求小球所带的电荷量q；
(2)求B、C两点间的电势差UBC；
(3)若将带电小球从C点由静止释放，不计空气阻力，求小球到达B点时的速度大小v。
16.显像设备内电场的简化模型如图所示，在y轴左侧存在水平向左、电场强度大小为E的匀强电场，右侧存在竖直向上的匀强电场，电场强度大小未知。电子枪在A处无初速度释放质量为m、电荷量为e的电子，一段时间后电子经过x轴时速度方向与x轴正方向的夹角θ=30°，A点的坐标为(−L,L)，不计电子受到的重力。求：
(1)电子进入第一象限时的速度大小；
(2)电子经过x轴时的位置与原点O间的距离x0；
(3)y轴右侧的匀强电场的电场强度的大小E0。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为任何带电体电量都是元电荷的整数倍，即
q=Ne
其中e=1.6×10−19C
经计算得，1.0×10−18C是元电荷的6.25倍，1.6×10−18C是元电荷的10倍，2.3×10−18C是元电荷的14.375倍，5.7×10−18C是元电荷的35.625倍，故B正确，ACD错误。
故选：B。
元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷量叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，据此可正确解答。
本题是基础的题目，考查的就是学生对基本知识的应用情况，平时要注意提高应用所学知识解决实际问题的能力。
2.【答案】A
【解析】解：mA为电流单位，h为时间单位，根据q=It可知mA⋅h为电荷量单位。电荷量用基本单位来表示的不同形式，故A正确，BCD错误。
故选：A。
根据q=It可确定。
本题主要考查了电荷量的单位，解题关键是根据q=It公式来推导。
3.【答案】D
【解析】解：A.A点处电场线比C点处电场线稀疏，所以A点的电场强度比C点的小，故A错误；
B.A点处电场线比B点处电场线密，A点的电场强度大于B点的电场强度，故B错误；
C.由于B、C两点的电场强度方向与电场线相切，结合图可知它们的电场强度方向不相同，故C错误；
D.沿着电场线电势逐渐降低，则C点的电势比A点的电势高，故D正确。
故选：D。
根据电场线的特点，场强大小由电场线的疏密程度表示，电场中某点的电场强度的方向为该点电场线的切线方向，同时根据电场线的方向判断同一电场线向上电势的高低。
熟悉电场线特点，能根据电场线的分布判断场强大小和电势高低。
4.【答案】A
【解析】解：A.根据题中电路图可知，电路的总电阻
R=R1+R2R3R2+R3
代入数据解得：R=5Ω
故A正确；
B.根据并联电路特点可知，通过R2的电流
I2=IR3R2+R3
代入数据解得：I2=83A
故B错误；
CD.根据欧姆定律可知，a、b两端的电压是
Uab=4A×3Ω=12V
a、c两端的电压是
Uac=4A×5Ω=20V
故CD错误。
故选：A。
熟悉电路构造的分析，结合串并联电路的电阻特点得出电路的总电阻；
根据欧姆定律得出流过电阻的电流以及对应位置的电压。
本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，熟悉电路构造的分析，结合闭合电路欧姆定律联立等式即可完成解答。
5.【答案】AB
【解析】解：A.根据等差等势面越密电场强度越大，可知P点的场强比Q点的场强大，故A正确；
B.质点做曲线运动时受力方向指向曲线的内侧，可知质点受到的电场力的方向向下且与等势线垂直，因此带电质点在R点受到的电场力垂直于b向下，故B正确；
C.电场力指向曲线的内侧，根据轨迹弯曲的方向和质点带负电可知，电场方向向上，如图所示
沿电场线方向，电势降低，所以c点电势最高，故C错误；
D.负电荷在电势高处电势能小，P点电势低，Q点电势高，所以P点电势能大，质点只受电场力作用，动能与电势能之和保持不变，带电质点在P点的动能比在Q点的动能小，故D错误。
故选：AB。
作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向上．故c点电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒。
根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点(电场线与等势面交点以及已知点)的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法。
6.【答案】AD
【解析】解：A、Rx两端的电压刚好等于U02，则Rx与滑动变阻器PN间的电阻并联后的并联值等于PM间的电阻，Rx与滑动变阻器PN间的电阻并联后的总电阻阻值小于PN间的电阻，因此PN间的电阻大于PM间的电阻，开始时滑片P位于滑动变阻器的中央位置上方不远处，故A正确；
B、P向下滑，并联部分电阻越小，分得电压越小，故B错误；
C、当滑片P位于滑动变阻器的中央时PM间的电阻大于并联部分的电阻，因此Rx两端的电压小于U02，故C 错误；
D、滑片P向下移动一些，串联部分电阻变大，并联部分电阻变小，分压变小，则定值电阻两端电压变小，即Rx两端的电压小于U02，故D正确。
故选：AD。
根据串联电路的分压原理，即电阻越大分得的电压越大，同时根据并联电路的总电阻小于任何一个分电阻的原理，结合这两个特点综合分析求解。
此题考查了由实际电路图分析电阻的变化，此题的关键是结合串联电路的分压知识和并联电路的电阻变化知识综合分析解题。
7.【答案】AC
【解析】解：连接AC，设AC与BD交于点E，过点C做BD的垂线，交于点F。
A.根据对称性可知点E的电势为φE=φA+φB2 代入数据得：φE=33V
即φE=φB，所以BE为等势面，D点在直线BE上，故D点的电势为33V，故A正确；
B.根据沿电场线电势降低，可知匀强电场方向为CF方向，即匀强电场平行于x轴，且沿着x轴负方向，故B错误；
C.根据几何关系有CF=AO= AB2−OB2 代入数据得：CF=AO=5 3cm
匀强电场的电场强度的大小为E=UCFCF 代入数据得：E=200 3V/m，故C正确；
D.B点、D点为等势面上的两点，将一电子从D点移动到B点，电场力不做功，故D错误。
故选：AC。
利用等势线与电场强度垂直可以作图，然后列方程求解即可。
本题考查学生对电势和电场强度之间的关系的理解和运用，需要注意的是等势线与电场强度垂直。
8.【答案】BC
【解析】解：A.粒子在水平方向上做匀速直线运动，因为水平方向上的速度和和位移都相等，则粒子1和粒子2在电场中运动的时间相等，故A错误；
B.根据牛顿第二定律有
a=qEm
粒子1和粒子2比荷之比为1：3，则粒子1和粒子2在电场中运动的加速度大小之比为1：3，故B正确；
CD.粒子在电场中运动的侧位移大小
y=12at2
结合上述可知，粒子1和粒子2在电场中运动的侧位移大小之比为1：3，故C正确，D错误。
故选：BC。
粒子在偏转电场中做类平抛运动，水平方向上做匀速直线运动，竖直方向上做匀加速直线运动，结合运动学公式和牛顿第二定律完成分析。
本题主要考查了带电粒子在电场中的运动，熟悉粒子的受力分析，结合类平抛运动的特点和运动学公式即可完成分析。
9.【答案】正 小于 kQr2
【解析】解：由于异种电荷相互吸引，同种电荷相互排斥，所以金属圆盘中的自由电子受到负点电荷的排斥力作用向右发生定向移动，这样圆盘的左侧就因为缺少电子带上了正电，右侧的电子数变多而带上了负电。移走金属圆盘，根据点电荷场强公式可知O点的电场强度大小为kQr2。
故答案为：正，小于，kQr2。
根据静电感应原理进行分析即可判断圆盘的带电情况，根据点电荷场强公式计算O点的场强。
本题考查的是静电感应现象，知道金属圆盘中的自由电子是在静电力的作用下发生的定向移动而使金属圆盘左右两侧带上了等量的异种电荷。
10.【答案】Ω⋅m aR 13R
【解析】解：在电阻定律R=ρLS中，R的单位是Ω，L的单位是m，S的单位是m2，所以ρ的单位是Ω⋅m；
根据电阻定律得R=ρaa2=ρa，所以该材料的电阻率为ρ=aR；变长为3a的立方体电阻大小为R′=ρ3a(3a)2=aR3a=13R。
故答案为：Ω⋅m，aR，13R。
根据电阻定律判断电阻率的单位；根据电阻定律列方程即可得到电阻率的大小和边长为3a的立方体的电阻。
本题考查的就是电阻率的应用，难度不大。
11.【答案】1 4.5 2
【解析】解：(1)该电动机的额定电流为：I=PU=55A=1A；
(2)电动机正常工作时的输出功率为：P出=P入−P热=UI−I2r=(5×1−12×0.5)W=4.5W；
(3)当电动机两端的电压为1V时，电动机不能转动，此时流过电动机的电流为：I′=U′r=10.5A=2A；
故答案为：1；4.5；2
利用额定功率与电流电压的关系可求得额定电流，电动机正常工作的输出功率为输入功率减去电阻产热功率，电动机不转动则相当于一个电阻，利用欧姆定律即可求出电流。
本题考查了学生对于电动机工作原理的理解，应注意电动机工作时还会产热。
12.【答案】0～3V 2800 12000
【解析】解：如图，接A、B两个端点时，表头和R1串联对应一个量程，接A、C两个端点时，串联的电阻更大，故A、C应该对应更大的量程，所以A、B两个端点对应的是小量程，即0～3V的量程；
根据串联电路的特点，接A、B时，有
U1=Ig(Rg+R1)即3=1×10−3×(200+R1)得R1=2800Ω
接A、C时，有
U2=Ig(Rg+R1+R2)即15=1×10−3×(200+2800+R2)得R2=12000Ω
故答案为：0～3V，2800，12000。
表头串联大电阻改装成电压表，串联的电阻越大则量程也越大，根据串联电路的分压的原理列式代入数据运算解答。
熟练掌握串并联电路的基本知识，会根据需要改装成不同量程的电压表。
13.【答案】充电 9.0 6000 c
【解析】解：(1)图甲中，将开关S与1端闭合，电容器进行的是充电过程。
(2)由图乙知电容器放电时最大电流为
Im=60mA
则电容器充满电时，电容器两极板间的电压为
U=ImR1=150×60×10−3V=9.0V
(3)利用计算机软件测得乙图中i−t曲线与两坐标轴所围的面积为54mA⋅s，则电容器的带电量为
Q=54mA⋅s=5.4×10−2C
则电容器的电容为
C=QU=5.4×10−29.0F=6×10−3F=6000μF
(4)用R2替换R1后，重复上述实验步骤，则因R2阻值较小，则开始时放电电流较大，但是图像与坐标轴围成的面积是不变的，所以放电时间缩短，测得的电流随时间变化的i—t曲线如图丙中的c。
故答案为：(1)充电；(2)9.0；(3)6000；(4)c。
(1)根据电容器与电源的连接关系判断电容器是充电还是放电。
(2)由图乙直接读出最大电流，由欧姆定律求出电容器充满电时，电容器两极板间的电压。
(3)i−t曲线与两坐标轴所围的面积表示电容器所带电荷量，根据电容的定义式C=QU求出电容。
(4)分析用R2替换R1后的充电电流和充电时间的变化，再选择电流随时间变化的i−t曲线。
本题考查电容器的充放电的实验探究，解决本题的关键是理解电容器的充放电特点，知道i−t曲线与两坐标轴所围的面积表示电容器所带电荷量。
14.【答案】解：(1)根据欧姆定律可知
I1=UR1=1220A=0.6A
(2)根据并联电路的电流特点可知，流过灯泡L的电流
I2=I−I1=1A−0.6A=0.4A
根据欧姆定律可知，灯泡L正常工作时的阻值
RL=ULI2=4.00.4Ω=10.0Ω
(3)根据串联电路的电压特点可知，电阻R2两端的电压
U2=U−UL=12V−4V=8V
此时电阻R2消耗的电功率
P2=U2I2=8×0.4W=3.2W
答：(1)流过R1的电流I1为0.6A；
(2)灯泡L正常工作时的阻值RL为10Ω；
(3)此时电阻R2消耗的电功率P2为3.2W。
【解析】(1)根据欧姆定律求解；
(2)根据并联电路的特点先求灯泡的电流，再求灯泡的电阻；
(3)根据串联电路的特点求R2的电压，再求它消耗的功率。
熟练掌握串并联电路的特点，结合欧姆定律分别求解相应的物理量。
15.【答案】解：(1)带电小球放置于B点时恰好能保持静止，根据受力平衡有
F库=mgsinθ
根据库仑定律有
F库=kQqL2
代入数据解得
q=2.0×10−9C
(2)根据电势能变化量和电场力做功的关系有
WBC=−ΔEp=4.0×10−6J
B、C两点间的电势差
UBC=WBCq
解得
UBC=2000V
(3)C、B两点间的电势差
UCB=−UBC
小球从C点到达B点的过程中，根据动能定理有
mgsinθ⋅2L+qUCB=12mv2−0
代入数据解得
v=2m/s
答：(1)求小球所带的电荷量q为2.0×10−9C；
(2)求B、C两点间的电势差UBC为2000V；
(3)若将带电小球从C点由静止释放，不计空气阻力，则小球到达B点时的速度大小v为2m/s。
【解析】(1)根据带电小球的平衡条件写出平衡方程求解；
(2)根据电场力做功和电势能变化的关系列式求解；
(3)小球从C到B，根据动能定理写方程进行解答。
熟练掌握库仑定律求解平衡问题，根据电场力做功的特点解决实际问题。
16.【答案】解：(1)电子在y轴左侧的匀强电场中做匀加速直线运动，设电子进入第一象限时的速度大小为v1，由动能定理有：eEL=12mv12−0
代入数据可得：v1= 2eELm；
(2)设电子经过x轴时竖直方向的速度为vy，由几何关系有：tanθ=vyv1
电子在第一象限内做类平抛运动，竖直方向有：L=12vyt
水平方向有：x0=v1t
代入数据可得：x0=2 3L；
(3)设电子经过x轴时的速度大小为v，由几何关系有：csθ=v1v
电子在第一象限电场中运动的过程，由动能定理有：eE0L=12mv2−12mv12
代入数据可得：E0=E3。
答：(1)电子进入第一象限时的速度大小为 2eELm；
(2)电子经过x轴时的位置与原点O间的距离x0为2 3L。
(3)y轴右侧的匀强电场的电场强度的大小E0为E3。
【解析】(1)在左侧电场中由动能定理可得电子进入第一象限时的速度大小；
(2)根据夹角可得电子在x轴时竖直方向速度大小，电子在第一象限内做类平抛运动，由竖直方向位移大小可得时间，由x=vt可得水平方向位移大小；
(3)在第一象限电场中由动能定理可得电场强度的大小。
本题考查了电子在加速电场和偏转电场中的运动，解题的关键是知道电子在第一象限内的电场内做类平抛运动，利用竖直方向的位移可得运动时间，也可得电场力做的功。
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