上海市上海中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试卷

这是一份上海市上海中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试卷，共8页。
1．（3分）电场强度的单位用国际单位制基本单位可以表示为（ ）
A．N/CB．V/mC．D．
2．（3分）下列不属于比值法定义的物理量是（ ）
A．电阻
B．真空中点电荷的场强
C．电容
D．电势
3．（3分）下列关于电荷的相关知识说法正确的是（ ）
A．电子是一种元电荷
B．元电荷的数值最早是由库仑测出的
C．根据库仑定律，两电荷距离r趋于零时，它们之间的静电力将趋于无穷大
D．点电荷是一种理想化模型
4．（3分）下列四组用电器中，属于利用电流的热效应的一组是（ ）
A．电风扇和电烙铁B．白炽灯和电热毯
C．电解槽和电熨斗D．电吹风和电饭锅
5．（3分）如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是（ ）
A．场强EA＞EB
B．电势φA＜φB
C．将负电荷从A点移到B点，电场力做负功
D．图中三条电场线沿箭头方向将会交汇于同一点
6．（3分）电容式触摸屏其原理可简化为如图所示的电路。平行板电容器的上极板A为可动电极，下极板B为固定电极。当用手指触压屏幕上某个部位时，可动电极的极板会发生形变，使A、B两板间距离减小，形变过程中，电流表G中有从a到b的电流，则（ ）
A．直流电源的c端为电源正极
B．上极板A带负电
C．形变过程中，电容器放电
D．形变过程中，两板间的电压不断增大
7．（3分）小明同学学习了静电力的相关知识后，做了如下的实验。Q是一个带正电的物体，把系在丝线上的带正电的小球先后挂在A、B、C三处，比较小球在不同位置受到带电体的作用力的大小。关于本实验以下说法正确的是（ ）
A．小球平衡时丝线与竖直方向夹角越大，则小球受到的静电力越小
B．根据图示的实验现象可得出结论：当电荷量一定时，电荷间距离越小，相互作用力越大
C．根据图示的实验现象可得出结论：当电荷间的距离一定时，它们所带的电荷量越大，相互作用力就越大
D．为使实验现象更明显，悬挂在丝线上的小球应选用金属小球
8．（3分）如图所示为某线性元件甲和非线性元件乙的伏安特性曲线，两图线交于A点，A点坐标为（12V，1.5A），甲的图线与U轴夹角θ＝30°，下列说法正确的是（ ）
A．随着电压的增大，元件乙的电阻变大
B．在A点对应的状态时，元件甲的电阻小于乙的电阻
C．元件甲的电阻为
D．若将甲、乙两元件并联后直接接在电压恒为5V的电源上，则每秒通过干路某一横截面的电荷量为1.5C
二.多项选择题（每小题4分，共16分。错选不得分，漏选得2分。）
（多选）9．（4分）在如图甲所示的电路中，电源提供的电压恒为3V，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关闭合后，下列判断正确的是（ ）
A．灯泡L1的电阻比灯泡L2的电阻大
B．通过灯泡L1的电流为灯泡L2电流的两倍
C．灯泡L1消耗的电功率为0.75W
D．灯泡L2消耗的电功率为0.3W
（多选）10．（4分）“节能路灯”通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变。如图所示为其内部电路的简化原理图，电源两端电压恒定，R1为光敏电阻（光照强度增加时，阻值减小），A、B为规格相同的两个灯泡，R0为定值电阻。傍晚光照逐渐减弱时，下列说法正确的是（ ）
A．A灯变亮
B．B灯变亮
C．R1的电压变化量大小大于R0的电压变化量大小
D．通过R1的电流变化量大小大于R0的电流变化量大小
（多选）11．（4分）如图所示，水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点以竖直向上的初速度开始运动，经最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，小球从A点到B点的过程中克服重力做功2J，电场力做功3J，则（ ）
A．小球在B点的动能比在A点多1J
B．小球在B点的动能为0J
C．小球在C点的动能比在A点多12J
D．小球在C点的动能比在B点多9J
（多选）12．（4分）如图甲所示，真空中的两平行金属板间距为d、板长为L。A、B两板间加上如乙图所示的周期性变化电压。在t＝0时刻，一质量为m、电量为e的电子以初速度v0从两板正中间沿板方向射入电场，并在t＝2T时刻从板间射出，不计电子重力。下列说法正确的是（ ）
A．电子沿板方向做变加速运动
B．电子从板间射出时的速度大小为v0
C．电子从板间射出时机械能增加eU0
D．电子在板间运动时，电场力的冲量为零
二.填空题（每小题4分，共16分）
13．（4分）1909年，物理学家 在多次实验后发现，每滴油滴所带电荷量都是某个最小固定值的整数倍，这个最小的电荷量被称为 。
14．（4分）如图所示电路中，定值电阻分别为R1＝1Ω、R2＝6Ω、R3＝3Ω、R4＝3Ω，现在M、N两点间加12V的稳恒电压，则流过R2和R3的电流之比为 ；R2两端的电压为 V。
15．（4分）某同学在实验室设计了如图所示的简易电吹风，主要器材有定值电阻R1、R2、电动机M和电热丝R，已知电动机M标有“100V，50W”字样，它的线圈内阻为4Ω，电热丝R＝44Ω，当把该电吹风接入220V家庭电路中，电动机M恰好可以正常工作，则电热丝的热功率为 W，电动机M正常工作时的输出功率为 W。
16．（4分）如图所示，空间存在一匀强电场，电场强度方向平行于纸面，纸面内有一半径为2cm的圆，圆心为O，AB为圆的直径，P为圆上的一点，已知A点电势为17V，B点电势为9V，P点电势为5V，则O点的电势为 V，匀强电场的场强最小值为 V/m。
三.实验题（每小题8分，共8分）
17．（8分）物理兴趣实验小组的同学利用如图甲所示的电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，S为单刀双掷开关，R为定值电阻，C为电容器，A为理想电流表，V为理想电压表。
（1）当开关S接 （填“1”或“2”）时，电容器处于充电过程，此过程中电压表的示数U随时间t变化的图像为 。
A.
B.
C.
D.
（2）开关S掷向2后，通过电流表A的电流方向为 。（填“从左到右”或“从右到左”）
（3）图乙为电容器放电时的I﹣t图像，已知电容器放电之前的电压为3V，该电容器的实测电容值为 F（结果保留2位有效数字）。
（4）若不改变电路其他参数，只减小电阻R，放电时I﹣t曲线与横轴所围成的面积将 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
四、计算题（18题8分，19题12分，20题16分，共36分。在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等，并在规定区域内答题）
18．（8分）天空中有两块乌云，它们因与空气摩擦带电，致使两块乌云之间的电势差约为3×109V且在没放电前保持不变。已知空气的电场强度达到3×106V/m将被击穿放电。请估算（估算时可以把两块乌云间电场看成是匀强电场）：
（1）当两块乌云相距多少米时会发生闪电？
（2）若两块乌云在很短时间放电完毕，之后电势差变为零，通过的电荷量为500C，此次闪电持续了0.5s，则此次闪电消耗了多少电功率？
19．（12分）静电与静电场
静电与人们的关系越来越密切，静电既有有利的一面，也有需要防范的一面。现在，人们已经可以有效地利用静电的特性，使它为我们的日常生活服务。静电是静止状态下的电荷，而静电场则是由这些静止电荷所产生的空间电场，二者相互依存。
（1）（单选）下列属于静电防范的是 。
A.静电喷雾
B.静电复印
C.安装避雷针
D.静电除尘
（2）如图1所示为一简易的静电除尘器，静电高压电源的负极与矿泉水瓶中的铜丝连接，正极连接铝片，充入烟尘，通电后烟尘在电场中通过某种机制带电，被吸附在了铝片上，达到除尘效果，则烟尘在电场中带的是 电（填正或负），带电后向铝片运动的过程中，电势能 （填“增大”或“减小”）。
（3）电场线和等势面可以形象地描述静电场。已知点电荷的电场线和等势面分布如图2所示，等势面S1、S2到点电荷的距离分别为r1、r2，静电力常量k。
①在物理学中，把电场强度的大小E与垂直于场强方向的面积S的乘积定义为电场强度通量Φ，定义式为Φ＝ES，Φ可以反映穿过该面电场线条数的多少。请计算S1、S2上单位面积通过的电场线条数之比N1：N2；
②点电荷形成的电场中，某一点的电势可以用φ＝表示，该式仅由静电力常量k、点电荷Q的电量及该点到点电荷的距离r决定。一个质量为m、电荷量为e的电子仅在电场力的作用下，以适当的速度可在该电场中做半径为r的匀速圆周运动，求点电荷Q与电子组成的系统具有的总能量E′。
20．（16分）如图所示，竖直墙壁与半径为R的四分之一光滑圆弧轨道相切于B点，CD边与竖直墙壁平行，整个空间存在范围足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝，质量为m、电荷量为+q的带电小物块乙静止在竖直墙壁的B点位置处，质量为m的不带电小物块甲从竖直墙壁上的A点由静止释放，经过一段时间后两物块碰撞，碰后粘合为一体，若两物块碰后，在B点进入圆轨道，前后动能不变，物块B在整个过程中电荷量不变，且两物块均可视为质点，已知AB＝CD＝R，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）A、B碰撞后的速度大小；
（2）碰后物块在BC段运动时的最大速度；
（3）碰后物块对轨道的最大压力；
（4）物块落到水平地面时距D点的距离。
2024-2025学年上海市上海中学高二（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一.单项选择题（每小题3分，共24分。）
1．（3分）电场强度的单位用国际单位制基本单位可以表示为（ ）
A．N/CB．V/mC．D．
【答案】C
【分析】物理公式不仅确定了各个物理量之间的关系，同时也确定了物理量的单位之间的关系，根据物理公式来分析电场强度的单位即可。
【解答】解：A、根据电场强度的定义式，则电场强度的单位为，但N和C不是基本单位，故A错误；
B、根据，则电场强度的单位为，但V不是基本单位，故B错误；
CD、电场强度的单位是，其中1N＝1kg•m/s2，1C＝1A•s则，故C正确、D错误。
故选：C。
2．（3分）下列不属于比值法定义的物理量是（ ）
A．电阻
B．真空中点电荷的场强
C．电容
D．电势
【答案】B
【分析】根据决定式和定义式判断哪些物理量是比值定义法，哪些物理量是决定式。
【解答】解：A、电阻是由电阻本身决定的，与电阻两端的电压和电流无关，故R＝属于比值定义法，故A不符合题意；
B、点电荷的场强由场源电荷大小以及与场源电荷的距离有关，故E＝属于决定式，不属于定义式，故B符合题意；
C、电容是由电介质相对介电常数、两极板之间的距离和两极板的正对面积决定的，故C＝属于电容器的定义式，故C不符合题意；
D、电势是由电场本身决定的，与检验电荷电荷量与电势能没有关系，故属于比值定义法，故D不符合题意；
故选：B。
3．（3分）下列关于电荷的相关知识说法正确的是（ ）
A．电子是一种元电荷
B．元电荷的数值最早是由库仑测出的
C．根据库仑定律，两电荷距离r趋于零时，它们之间的静电力将趋于无穷大
D．点电荷是一种理想化模型
【答案】D
【分析】A、元电荷是带电量的最小值，它不是电荷，所有带电电荷量均是元电荷的整数倍；
B、元电荷的数值最早由密立根测得；
C、库仑定律只适用于点电荷之间；
D、点电荷是理想化模型，只要带电体的形状、大小和电荷分布状况对带电体间的作用力的影响可以忽略时，就可以看成点电荷。
【解答】解：A、元电荷等于电子或质子的电荷量大小，元电荷不是电子，故A错误；
B、元电荷的数值最早由密立根测得，故B错误；
C、当两个电荷之间的距离很近时，它们不能看成是点电荷，所以不能用库仑定律来计算它们的库仑力，故C错误；
D、点电荷是一种理想化模型，带电体能不能看成点电荷，取决于带电体的形状大小在研究的问题中是否可以忽略不计，所以体积很小的带电体不一定可看作点电荷，故D正确。
故选：D。
4．（3分）下列四组用电器中，属于利用电流的热效应的一组是（ ）
A．电风扇和电烙铁B．白炽灯和电热毯
C．电解槽和电熨斗D．电吹风和电饭锅
【答案】B
【分析】根据电器的电能与其他形式能的转化，可判断是否都是利用电流热效应工作的。
【解答】解：A、电风扇工作时，主要将电能转化为机械能，不是利用电流的热效应，故A错误；
B、白炽灯、电热毯，都主要将电能转化为热能，故都是利用电流的热效应，故B正确；
C、电解槽工作时，主要将电能转化为化学能，不是利用电流的热效应，故C错误；
D、电吹风工作室，若不是吹热风，则主要将电能转化为机械能，不是利用电流的热效应，故D错误。
故选：B。
5．（3分）如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是（ ）
A．场强EA＞EB
B．电势φA＜φB
C．将负电荷从A点移到B点，电场力做负功
D．图中三条电场线沿箭头方向将会交汇于同一点
【答案】C
【分析】AB、根据顺着电场线方向电势降低、电场线越密场强越大，判断电势高低和场强大小；
C、根据电场力方向与电荷的正负情况和运动方向，判断电场力做功的正负；
D、根据电场线的特点判断。
【解答】解：AB、顺着电场线方向电势降低、电场线越密场强越大，可知，电势φA＞φB，场强EA＜EB，故AB错误；
C、将负电荷从A点移到B点时，电场力方向与运动方向不一致，则电场力做负功，故C正确；
D、电场线不相交，故D错误。
故选：C。
6．（3分）电容式触摸屏其原理可简化为如图所示的电路。平行板电容器的上极板A为可动电极，下极板B为固定电极。当用手指触压屏幕上某个部位时，可动电极的极板会发生形变，使A、B两板间距离减小，形变过程中，电流表G中有从a到b的电流，则（ ）
A．直流电源的c端为电源正极
B．上极板A带负电
C．形变过程中，电容器放电
D．形变过程中，两板间的电压不断增大
【答案】B
【分析】根据电容的决定式，可判断当极板间距变化时，电容的变化情况；由电容与电源的连接情况，可知电容两端电压特点；由电容、电压的特点，结合电容定义式，可判断电容储存的电荷量变化情况，即充放电情况；由电容充放电结合题目中的电流方向，可判断电源的正负极、电容极板的电性。
【解答】解：D、由电容与电源的连接情况，可知电容始终与电源连接，即电容两端电压与电源电压一致，故D错误；
C、根据电容的决定式，可判断当极板间距d变小时，电容C变大；又知其两端电压不变，结合电容定义式，可知电容两端电荷量Q变大，即电容充电，故C错误；
AB、由题意可知，电容充电时，电流为从a流向b的方向，即电源d为正极，c为负极；电容下极板B带正电，A带负电；故A错误，B正确。
故选：B。
7．（3分）小明同学学习了静电力的相关知识后，做了如下的实验。Q是一个带正电的物体，把系在丝线上的带正电的小球先后挂在A、B、C三处，比较小球在不同位置受到带电体的作用力的大小。关于本实验以下说法正确的是（ ）
A．小球平衡时丝线与竖直方向夹角越大，则小球受到的静电力越小
B．根据图示的实验现象可得出结论：当电荷量一定时，电荷间距离越小，相互作用力越大
C．根据图示的实验现象可得出结论：当电荷间的距离一定时，它们所带的电荷量越大，相互作用力就越大
D．为使实验现象更明显，悬挂在丝线上的小球应选用金属小球
【答案】B
【分析】ABC.根据共点力的平衡条件，确定库仑力的表达式，进而分析判断；
D.结合以上分析，进行判断。
【解答】解：ABC.设小球所受重力为G、丝线的拉力为T、带电物体给它的库仑斥力为F，丝线与竖直方向的夹角为θ，如图，对其受力分析：
由共点力的平衡条件可知：F＝Gtanθ，则θ越大，F越大，由题知，两带电物体电荷量一定，由图知，电荷间距离越小，θ越大，则F越大，则根据图示的实验现象可得出结论：当电荷量一定时，电荷间距离越小，相互作用力越大。故AC错误，B正确；
D.由以上分析可知，为使实验现象更明显，悬挂在丝线上的小球应选用质量较小塑料泡沫小球，故D错误。
故选：B。
8．（3分）如图所示为某线性元件甲和非线性元件乙的伏安特性曲线，两图线交于A点，A点坐标为（12V，1.5A），甲的图线与U轴夹角θ＝30°，下列说法正确的是（ ）
A．随着电压的增大，元件乙的电阻变大
B．在A点对应的状态时，元件甲的电阻小于乙的电阻
C．元件甲的电阻为
D．若将甲、乙两元件并联后直接接在电压恒为5V的电源上，则每秒通过干路某一横截面的电荷量为1.5C
【答案】A
【分析】由欧姆定律可知，当电阻一定时，通过导体的电流与导体两端的电压成正比，根据图象读出任意一组电流和电压值，根据欧姆定律求出甲元件的电阻；分析乙电流和电压变化量之间的关系，根据欧姆定律判断乙元件的电阻随温度的变化；将甲、乙两元件并联在电源两端时，通过它们的电压相等，根据图象读出两元件两端的电流，根据电荷量公式求解。
【解答】解：A、I﹣U图像上的点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，由图可知乙元件上各点与原点连线的斜率随着电压的增大而减小，故其电阻随着电压的增大而增大，故A正确；
B、在A点，甲、乙两元件的电压、电流相同，则电阻相等，故B错误；
C、甲的I﹣U 图象的斜率表示电阻的倒数，元件甲的电阻 ，故C错误；
D、通过甲的电流为 ，则干路电流为 I＝I1+I2＝1A+0.625A＝1.625A，则每秒通过干路某一横截面的电 荷量为q＝It＝1.625×1C＝1.625C，故D错误。
故选：A。
二.多项选择题（每小题4分，共16分。错选不得分，漏选得2分。）
（多选）9．（4分）在如图甲所示的电路中，电源提供的电压恒为3V，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关闭合后，下列判断正确的是（ ）
A．灯泡L1的电阻比灯泡L2的电阻大
B．通过灯泡L1的电流为灯泡L2电流的两倍
C．灯泡L1消耗的电功率为0.75W
D．灯泡L2消耗的电功率为0.3W
【答案】ACD
【分析】根据欧姆定律分析小灯泡的电压，结合图像分析其电流，进而可求解功率。
【解答】解：BCD、由伏安特性曲线可知，当L1两端电压为3.0V时，I1＝0.25A，因为L2、L3的电阻相等，所以L2、L3两端电压各为1.5V，再由图乙可知I2＝0.20A，由电功率公式P＝UI
，得灯泡L1消耗的电功率P1＝U1I1＝0.25×3W＝0.75W，灯泡L2消耗的电功率P2＝U2I2＝1.5×0.2W＝0.3W，故B错误、CD正确。
A、由小灯泡的伏安特性曲线和欧姆定律，可知，开关闭合后，灯泡L1的电阻，灯泡L2的电阻，故A正确；
故选：ACD。
（多选）10．（4分）“节能路灯”通过光控开关实现自动控制：电灯的亮度可自动随周围环境的亮度改变而改变。如图所示为其内部电路的简化原理图，电源两端电压恒定，R1为光敏电阻（光照强度增加时，阻值减小），A、B为规格相同的两个灯泡，R0为定值电阻。傍晚光照逐渐减弱时，下列说法正确的是（ ）
A．A灯变亮
B．B灯变亮
C．R1的电压变化量大小大于R0的电压变化量大小
D．通过R1的电流变化量大小大于R0的电流变化量大小
【答案】BD
【分析】根据傍晚光照逐渐减弱时，光敏电阻R1增大，分析电路中的总电阻变化，进而知道通过电阻R0的电流，以及知道电阻R0的两端电压变化，进而分析灯泡B两端的电压变化；根据并联电路中电流的特点分析电流的变化量大小；根据R1两端电压与R0两端电压之和是一个定值，分析电阻R0两端电压和电阻R1两端电压的变化量大小；根据电源电压恒定分析A灯的亮度变化。
【解答】解：AB、傍晚光照逐渐减弱时，光敏电阻R1增大，则电路中的总电阻增大，电路中通过电源的电流减小，因为电源两端电压恒定，所以A灯两端电压不变，通过A灯的电流不变，则A灯亮度不变，根据并联电路中电流的特点知R0中的电流减小，则R0两端的电压减小，则灯泡B两端的电压变大，则B灯变亮，故A错误，B正确；
C、因为电源两端电压恒定，即R1两端电压与R0两端电压之和是一个定值，所以R1的电压变化量大小等于R0的电压变化量大小，故C错误；
D、由上面的分析可知，通过电源的电流变小，而通过A灯的电流不变，所以通过R0的电流I0变小，根据并联电路电流特点知I0＝I1+IB，由上面分析知B灯两端电压增大，通过B灯的电流IB增大，所以通过R1的电流I1变小，所以通过R1的电流变化量大小大于R0的电流变化量大小，故D正确。
故选：BD。
（多选）11．（4分）如图所示，水平向右的匀强电场中，一带电小球从A点以竖直向上的初速度开始运动，经最高点B后回到与A在同一水平线上的C点，小球从A点到B点的过程中克服重力做功2J，电场力做功3J，则（ ）
A．小球在B点的动能比在A点多1J
B．小球在B点的动能为0J
C．小球在C点的动能比在A点多12J
D．小球在C点的动能比在B点多9J
【答案】AC
【分析】由动能定理，可知小球在B点的动能比A的动能多了多少；根据小球在竖直方向的运动特点，可知小球从A到B的时间，与小球从B到C的时间相等；由小球从A到B的过程中，水平方向从静止开始做匀加速运动，可得到小球在AB段、BC段水平分位移的比例关系；由电场力做功关系式，可知小球从B到C的过程中，电场力做功多少，结合动能定理，即可知小球在C点的动能比A点、B点分别多了多少；由小球在B点时动能与A点动能关系，及小球在A点时的动能特点，即可判断其在B点的动能是否为零。
【解答】解：A、由题意可知，小球从A到B的过程中，应用动能定理有：WG+W电＝ΔEkBA，解得ΔEkBA＝1J，故A正确；
B、由A选项分析可知，小球在B点的动能比在A点时多1J，而小球在A点时即有竖直向上的速度，即其在A点时动能不为0，则在B点时的动能必然大于零，故B错误；
C、根据小球在竖直方向的运动特点，可知小球从A到B的时间，与小球从B到C的时间相等；
由小球从A到B的过程中，水平方向从静止开始做匀加速运动，可得到小球在AB段、BC段水平分位移之比为：；
由电场力做功关系式W电＝Fx，可知小球从B到C的过程中，电场力做功与AB段电场力做功之比为：，即W电BC＝3W电＝3×3J＝9J，
结合动能定理，即可知：W电+W电BC＝ΔEkCA，即C点比A点的动能多了12J，故C正确；
D、小球从B到C的过程，重力做功与从A到B的过程恰好相反，即：WG′＝﹣WG，由动能定理可知：W电BC+WG′＝ΔEkCB，得ΔEkCB＝11J，
即小球在C点的动能比B点多了11J，故D错误。
故选：AC。
（多选）12．（4分）如图甲所示，真空中的两平行金属板间距为d、板长为L。A、B两板间加上如乙图所示的周期性变化电压。在t＝0时刻，一质量为m、电量为e的电子以初速度v0从两板正中间沿板方向射入电场，并在t＝2T时刻从板间射出，不计电子重力。下列说法正确的是（ ）
A．电子沿板方向做变加速运动
B．电子从板间射出时的速度大小为v0
C．电子从板间射出时机械能增加eU0
D．电子在板间运动时，电场力的冲量为零
【答案】BD
【分析】电子受到的电场力方向垂直于极板，根据受力情况分析运动情况；一个周期内电场力做功为零，由此分析速度大小变化情况；根据功能关系分析机械能的变化；根据动量定理分析电场力的冲量。
【解答】解：A、电子受到的电场力方向垂直于极板，电子在沿板方向不受外力，电子做匀速直线运动，故A错误；
B、在t＝0时刻电子以初速度v0从两板正中间沿板方向射入电场，并在t＝2T时刻从板间射出，根据图乙可知，此过程中电场力做功为零（W＝qU，电势差为正做正功、电势差为负做负功），电子从板间射出时的速度大小为v0，故B正确；
C、由于这个过程中电场力做功为零，根据功能关系可知，电子从板间射出时机械能增加为零，故C错误；
D、根据动量定理可得：I＝Δp，由于速度变化为零、则动量变化为零，所以电场力的冲量为零，故D正确。
故选：BD。
二.填空题（每小题4分，共16分）
13．（4分）1909年，物理学家 密立根 在多次实验后发现，每滴油滴所带电荷量都是某个最小固定值的整数倍，这个最小的电荷量被称为 元电荷 。
【答案】密立根，元电荷
【分析】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，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍。
【解答】解：物理学家密立根在实验中发现各个油滴所带电荷量都是某一最小电量的整数倍，即电荷量的不连续性，这个最小的电量被称之为元电荷。
故答案为：密立根，元电荷。
14．（4分）如图所示电路中，定值电阻分别为R1＝1Ω、R2＝6Ω、R3＝3Ω、R4＝3Ω，现在M、N两点间加12V的稳恒电压，则流过R2和R3的电流之比为 1：2 ；R2两端的电压为 4 V。
【答案】1：2；4。
【分析】根据并联分流比例，可知通过R2和R3的电流之比；由并联电路电阻求解，串联电路分压特点，可计算R2两端的电压。
【解答】解：根据并联分流比例，可知通过R2和R3的电流之比；
由并联电路电阻求解办法可知，R2和R3并联后的电阻为：，代入解得：R＝2Ω；
由串联分压特点可知，R2两端的电压与MN间总电压之比为：，代入解得：U2＝4V。
故答案为：1：2；4。
15．（4分）某同学在实验室设计了如图所示的简易电吹风，主要器材有定值电阻R1、R2、电动机M和电热丝R，已知电动机M标有“100V，50W”字样，它的线圈内阻为4Ω，电热丝R＝44Ω，当把该电吹风接入220V家庭电路中，电动机M恰好可以正常工作，则电热丝的热功率为 1100 W，电动机M正常工作时的输出功率为 49 W。
【答案】1100；49。
【分析】电热丝为纯电阻电路，根据家用电路的电压、电热丝电阻，可计算电热丝的功率；由电动机正常工作，可计算通过电动机的电流，由热功率公式，可计算电动机的热功率；由电动机的输入功率、热功率、输出功率关系，可计算电动机的输出功率。
【解答】解：电热丝为纯电阻电路，根据家用电路的电压、电热丝电阻，可计算电热丝的功率，解得：PR＝1100W；
由电动机正常工作，可知通过电动机的电流为：，电动机的热功率为：，可计算其热功率为：P热＝1W，
由电动机的输入功率、热功率、输出功率关系，可知：P出＝PM﹣P热＝50W﹣1W＝49W。
故答案为：1100；49。
16．（4分）如图所示，空间存在一匀强电场，电场强度方向平行于纸面，纸面内有一半径为2cm的圆，圆心为O，AB为圆的直径，P为圆上的一点，已知A点电势为17V，B点电势为9V，P点电势为5V，则O点的电势为 13 V，匀强电场的场强最小值为 400 V/m。
【答案】13；400
【分析】根据匀强电场的特点求出O点的电势，找出等势线，从而确定电场线的方向，由U＝Ed分析求出电场强度的大小。
【解答】解：根据匀强电场中电势差性质可知
φO＝＝V＝13V
UAB＝φA﹣φB＝17V﹣9V＝8V
延长AB到Q点，使BQ＝AB，如图（a）所示，根据匀强电场中电势差性质可得＝＝2
解得UBQ＝4V
又因为UBQ＝φB﹣φQ
则φQ＝5V
则PQ为等势面，电场强度的方向与PQ垂直，从A点向PQ作垂线，垂足为C，电场强度大小为E＝
当AC最长时电场强度E最小，根据几何关系可得当∠AQC最大时AC最长，所以当PQ与圆相切时∠AQC最大，如图（b）所示，此时AC最长，根据几何关系可得
＝＝
解得最大值AC＝3cm
代入解得最小电场强度为
E＝V/m＝400V/m
故答案为：13；400
三.实验题（每小题8分，共8分）
17．（8分）物理兴趣实验小组的同学利用如图甲所示的电路观察电容器的充、放电现象，其中E为电源，S为单刀双掷开关，R为定值电阻，C为电容器，A为理想电流表，V为理想电压表。
（1）当开关S接 1 （填“1”或“2”）时，电容器处于充电过程，此过程中电压表的示数U随时间t变化的图像为 B 。
A.
B.
C.
D.
（2）开关S掷向2后，通过电流表A的电流方向为 从左到右 。（填“从左到右”或“从右到左”）
（3）图乙为电容器放电时的I﹣t图像，已知电容器放电之前的电压为3V，该电容器的实测电容值为 7.5×10﹣4 F（结果保留2位有效数字）。
（4）若不改变电路其他参数，只减小电阻R，放电时I﹣t曲线与横轴所围成的面积将 不变 （填“变大”、“变小”或“不变”）。
【答案】（1）1，B；（2）从左到右；（3）7.5×10﹣4；（4）不变。
【分析】（1）根据电路分析，在充电过程中，电容器所带电荷量是逐渐增多的，据此分析两板间电压的变化；
（2）根据极板所带电性结合电流的方向规定分析；
（3）根据图像与坐标轴所围面积表示电荷量计算电容器所带电荷量，然后根据电容定义式计算；
（4）电容器两板间电压以及电容大小都不变，据此分析。
【解答】解：（1）当电容器开始和电源连接时，是给电容器充电，所以开关接“1”时，是给电容器充电，在充电过程中，随着电容器所带电荷量的增多，两极板间的电压会逐渐增大，且增大的越来越慢，当增大到和电源电压相等，则充电完毕，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2）电容器的下极板和电源的正极相连，所以电容器的下极板带正电，开关S掷向2后，通过电流表A的电流方向即正电荷定向移动的方向为从左到右；
（3）I﹣t图像与坐标轴所围面积表示电荷量，大于半格的按照一格，少于半格的舍去，由图可查出根据图像可得图像所包围的面积一共有28个小格，所以电容器所带电荷量为Q＝28×0.4×0.2×10﹣3C＝2.24×10﹣3C，则电容器的电容大小为C＝
（4）若不改变电路其他参数，只减小电阻R，电容器两板间的电压不变，电容大小不变，所以电容器所带电荷量不变，即放电时I﹣t曲线与横轴所围成的面积也不变，但是因为电阻的减小，放电电流变大，放电时间变短。
故答案为：（1）1，B；（2）从左到右；（3）7.5×10﹣4；（4）不变。
四、计算题（18题8分，19题12分，20题16分，共36分。在列式计算、逻辑推理以及回答问题过程中，要求给出必要的图示、文字说明、公式、演算等，并在规定区域内答题）
18．（8分）天空中有两块乌云，它们因与空气摩擦带电，致使两块乌云之间的电势差约为3×109V且在没放电前保持不变。已知空气的电场强度达到3×106V/m将被击穿放电。请估算（估算时可以把两块乌云间电场看成是匀强电场）：
（1）当两块乌云相距多少米时会发生闪电？
（2）若两块乌云在很短时间放电完毕，之后电势差变为零，通过的电荷量为500C，此次闪电持续了0.5s，则此次闪电消耗了多少电功率？
【答案】（1）乌云间距离为103m；
（2）此次闪电消耗的电功率为3×1012W。
【分析】（1）由电势差与电场强度的关系，可计算乌云间的距离；
（2）由电场力做功表达式，可计算电荷量通过时，电场力做功；由电功率定义式，可知此次闪电消耗的电功率。
【解答】解：（1）由电势差与电场强度的关系，可知：，代入解得：d＝103m；
（2）由电场力做功表达式，可计算电荷量通过时，电场力做功为：W＝QU；
由电功率定义式，可知此次闪电消耗的电功率，解得：P＝3×1012W。
答：（1）乌云间距离为103m；
（2）此次闪电消耗的电功率为3×1012W。
19．（12分）静电与静电场
静电与人们的关系越来越密切，静电既有有利的一面，也有需要防范的一面。现在，人们已经可以有效地利用静电的特性，使它为我们的日常生活服务。静电是静止状态下的电荷，而静电场则是由这些静止电荷所产生的空间电场，二者相互依存。
（1）（单选）下列属于静电防范的是 C 。
A.静电喷雾
B.静电复印
C.安装避雷针
D.静电除尘
（2）如图1所示为一简易的静电除尘器，静电高压电源的负极与矿泉水瓶中的铜丝连接，正极连接铝片，充入烟尘，通电后烟尘在电场中通过某种机制带电，被吸附在了铝片上，达到除尘效果，则烟尘在电场中带的是 负 电（填正或负），带电后向铝片运动的过程中，电势能 减小 （填“增大”或“减小”）。
（3）电场线和等势面可以形象地描述静电场。已知点电荷的电场线和等势面分布如图2所示，等势面S1、S2到点电荷的距离分别为r1、r2，静电力常量k。
①在物理学中，把电场强度的大小E与垂直于场强方向的面积S的乘积定义为电场强度通量Φ，定义式为Φ＝ES，Φ可以反映穿过该面电场线条数的多少。请计算S1、S2上单位面积通过的电场线条数之比N1：N2；
②点电荷形成的电场中，某一点的电势可以用φ＝表示，该式仅由静电力常量k、点电荷Q的电量及该点到点电荷的距离r决定。一个质量为m、电荷量为e的电子仅在电场力的作用下，以适当的速度可在该电场中做半径为r的匀速圆周运动，求点电荷Q与电子组成的系统具有的总能量E′。
【答案】（1）C；（2）负；减小；（3）①S1、S2上单位面积通过的电场线条数之比N1：N2为；②点点电荷Q与电子组成的系统具有的总能量为﹣。
【分析】（1）安装避雷针是为了防范静电带来的危害；
（2）根据电场力做功与电势能变化的关系解答；
（3）①根据点电荷电场强度的表达式求场强，再根据电通量的定义推导该球面电通量的表达式；根据电通量的定义及推出的表达式求单位面积通过的电场线条数比；
②电荷与电子组成的系统的能量是动能和势能之和，分别求出动能和势能求和即可求出总能量，进一步可求总能量。
【解答】解：（1）静电喷雾、静电复印、静电除尘都是利用静电，安装避雷针属于静电防范，故C正确，ABD错误。
故选：C。
（2）正极连接铝片，通电后烟尘在电场中通过某种机制带电，被吸附在了铝片上，则烟尘在电场中带的是负极，带电后运动过程中，电场力做正功，电势能减小；
（3）①以点电荷+Q为球心，半径为r的球面，可得此球面上电场强度为E＝
又球体的表面积为
S＝4πr2
根据电通量的定义有Φ＝ES
解得Φ＝4πkQ
则S1、S2上单位面积通过的电场线条数之比为＝＝；
②根据库仑定律和牛顿第二定律可得＝m
则电子的动能为Ek＝
电子的势能为：Ep＝qφ＝﹣
点电荷与电子组成的系统具有的能量是E'＝Ek+Ep
解得E'＝﹣
故答案为：（1）C；（2）负；减小；（3）①S1、S2上单位面积通过的电场线条数之比N1：N2为；②点点电荷Q与电子组成的系统具有的总能量为﹣。
20．（16分）如图所示，竖直墙壁与半径为R的四分之一光滑圆弧轨道相切于B点，CD边与竖直墙壁平行，整个空间存在范围足够大的水平向右的匀强电场，电场强度大小为E＝，质量为m、电荷量为+q的带电小物块乙静止在竖直墙壁的B点位置处，质量为m的不带电小物块甲从竖直墙壁上的A点由静止释放，经过一段时间后两物块碰撞，碰后粘合为一体，若两物块碰后，在B点进入圆轨道，前后动能不变，物块B在整个过程中电荷量不变，且两物块均可视为质点，已知AB＝CD＝R，不计空气阻力，重力加速度为g，求：
（1）A、B碰撞后的速度大小；
（2）碰后物块在BC段运动时的最大速度；
（3）碰后物块对轨道的最大压力；
（4）物块落到水平地面时距D点的距离。
【答案】（1）A、B碰撞后的速度大小为；
（2）碰后物块在BC段运动时的最大速度为；
（3）碰后物块对轨道的最大压力为（6﹣3）mg；
（4）物块落到水平地面时距D点的距离为0。
【分析】（1）甲物块从A运动到B机械能守恒，结合动量守恒定律解得A、B碰撞后的速度大小；
（2）根据等效重力场原理结合动能定理解答；
（3）根据牛顿第二定律分析解答；
（4）根据运动的分解结合运动学规律解答。
【解答】解：（1）甲物块从A运动到B机械能守恒得
mgR＝
碰撞过程动量守恒
mv1＝2mv2
解得v2＝
（2）此后两物块所受的电场力大小等于
Eq＝2mg
则等效重力
G'＝
根据tanθ＝＝1
可知运动到与竖直方向成45°位置处对轨道压力最大，运动到该位置处的速度设为v3，由动能定理可得
2mgRsin45°﹣EqR（ 1﹣cs45° ）＝×2﹣×2
解得v3＝
（3）由牛顿第二定律可得
N﹣G'＝2m
由牛顿第三定律可得压力
N'＝N＝（6﹣3）mg
（4）由动能定理可得两物块从B运动到C有
2mgR﹣EqR＝×2﹣×2
可得
v4＝v2
从C点水平飞出后在竖直方向做自由落体，在水平方向先匀减再匀加，竖直方向上的运动有
R＝
水平方向上的位移
x ＝v4t﹣
解得x即到D点的距离
x＝0
答：（1）A、B碰撞后的速度大小为；
（2）碰后物块在BC段运动时的最大速度为；
（3）碰后物块对轨道的最大压力为（6﹣3）mg；
（4）物块落到水平地面时距D点的距离为0。