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2023-2024学年重庆市缙云教育联盟高二（上）期末物理试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年重庆市缙云教育联盟高二（上）期末物理试卷（含解析），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。
1.电场中某区域的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点。用φA和φB分别表示A、B两点电势的高低；将一个点电荷先后放在A、B两点时，它所受的电场力的大小分别为FA和FB。则下列关系正确的是( )
A. φA>φB，FA>FBB. φA>φB，FAC. φA<φB，FA>FBD. φA<φB，FA2.如图，A、B、C、D是正方形的四个顶点，A点和C点放有电荷量都为q的正点电荷，在B点放一未知电荷后，恰好D点的电场强度等于0。则( )
A. 未知电荷带正电
B. A、C两点处的电荷在D点产生的电场强度相同
C. 若拿走A点的点电荷，D点的电场强度方向由D指向A
D. 若拿走B点的点电荷，D点的电场强度方向由D指向B
3.如图所示，两只相同的白炽灯L1和L2串联接在电压恒定的电路中.若L1的灯丝断了，经搭丝后与L2串联，重新接在原电路中，则此时L1的亮度与灯丝未断时比较( )
A. 不变B. 变暗
C. 变亮D. 条件不足，无法判断
4.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，即Uab=Ubc，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点在等势面b上，据此可知( )
A. 带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小
B. 带电质点在P点的电势能比在Q点的小
C. 带电质点在P点的动能大于在Q点的动能
D. 三个等势面中，c的电势最高
5.如图所示，小球A、C均带正电，B球带负电，A球在绝缘的粗糙水平地面上，B球由绝缘的细线拉着，C球处在与B球等高的位置，A、B、C三球均静止且三者所在位置构成一个等边三角形。若细线与竖直方向的夹角为60°，mC=6mB，则A、B、C三球所带电荷量大小之比为( )
A. 2：1：4B. 1：2：4C. 2：1：2D. 1： 2：2
6.静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷
( )
A. 在x2和x4处电势能相等
B. 由x1运动到x3的过程中电势能减小
C. 由x1运动到x3的过程中电势能增大
D. 由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大
7.如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g，不考虑空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 匀强电场的电场强度E=mgtanθq
B. 小球做圆周运动过程中动能的最小值为Ekmin=mgL2sinθ
C. 小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D. 小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.关于电荷量，下列说法正确的是( )
A. 物体的带电量可以是任意值
B. 物体的带电量只能是某些值
C. 物体带电量的最小值是1.6×10−19C
D. 一个物体带上1.6×10−9C的负电荷，这是它失去了1010个电子的缘故
9.在物理学中，常用比值法来定义物理量，例如用E=Fq定义电场强度。下列也采用比值法定义、且定义式正确的物理量是( )
A. 电流I=nesvB. 磁感应强度B=FIL
C. 电容器的电容C=QUD. 导体的电阻R=ρLS
10.如图所示电路中，A为理想电流表，R0、R2均为固定电阻，R1为滑动变阻器且其总电阻大于R2，C为平行板电容器，M为电动机，其内阻r=0.5Ω，干电池电源电动势E=6V，内阻不计，当滑片P从a点滑到b点过程中，下列说法正确的是( )
A. 电流表的示数先增大后减小B. 电容器带电量一直减小
C. 电源消耗化学能的功率先减小后增大D. 电动机消耗的功率为72W
三、填空题：本大题共2小题，共7分。
11.如图所示，A、B为一对平行正对带电金属板，B板带正电，A、B两板间的电势差为U。质量为m的带电粒子(重力可忽略木计)以初速度v0水平射入匀强电场。若粒子带电荷量为−q，则粒子到达B板时速度大小为______；若粒子带电荷量为+q，它到达B板时速度大小为______。
12.用螺旋测微器测得金属丝的直径，如图所示，可知金属丝的直径为d= ______ mm．
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，长l=1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=1.0×10−5C，匀强电场的场强E=3.0×103N/C，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
(1)小球所受电场力F的大小。
(2)小球的质量m。
(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。
14.在真空中有两个点电荷A和B，电荷量分别为−Q和+2Q，相距为2l，如果在两个点电荷连线的中点O有一个半径为r(r<15.如图所示，在光滑绝缘水平面上，用长为2L的绝缘轻杆连接两个质量均为m的带电小球A和B.A球的带电量为+2q，B球的带电量为−3q，两球组成一带电系统．虚线MN与PQ平行且相距3L，开始时A和B分别静止于虚线MN的两侧，虚线MN恰为AB两球连线的垂直平分线．若视小球为质点，不计轻杆的质量，在虚线MN、PQ间加上水平向右的电场强度为E的匀强电场后，系统开始运动．试求：
(1)B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；
(2)带电系统向右运动的最大距离和此过程中B球电势能的变化量；
(3)A球从开始运动至刚离开电场所用的时间．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：电场线的疏密表示电场强度的强弱，由于B点的电场线密，所以B点的电场强度大于A点的场强，根据：F=Eq可知，故点电荷先后放在A、B两点时，它所受的电场力的大小满足：FA而沿着电场线方向，电势降低，所以两点电势有：φA>φB，故ACD错误，B正确。
故选：B。
电场线的疏密表示电场强度的强弱，属于可以根据电场线的疏密判断出电场强度的大小关系．根据F=qE判定电荷受到的电场力的大小。
电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布，根据电场线的疏密判断出电场强度的大小关系．根据F=qE判定电荷受到的电场力的大小。
2.【答案】C
【解析】解：A.A点和C点放有电荷量都为q的正点电荷，根据电场的叠加原理，在D点产生的电场沿BD方向，故B点电荷在D点产生的电场应沿DB方向，未知电荷应带负电，A错误；
B.A、C两点处的电荷在D点产生的电场强度大小相等，方向不同，B错误；
C.三个点电荷在D点的场强如图所示
若拿走A点的点电荷，D点的合场强方向由D指向A，C正确；
D.若拿走B点的点电荷，D点的电场强度方向由B指向D，D错误。
故选：C。
根据电场的叠加原理，结合D点的合场强为零，从而判断未知电荷的电性；由点电荷在周围产生电场的方向特点“背向正，指向负”可知，AC电荷在D点产生的电场的方向不同；根据电场的叠加原理，可知拿走A或B电荷时，D点电场强度方向。
本题关键要抓住对称性，结合几何关系，由电场的叠加分析场强大小。
3.【答案】B
【解析】解：根据欧姆定律，干路电流为：I=UR1+R2；
灯泡L1的电功率为：P1=I2R1=(UR1+R2)2R1=U2R1+R22R1+2R2；
其中：R1+R22R1≥2 R1⋅ R22R1=2R2 (当 R1= R22R1，即R1=R2时取等号)
故P1=U2R1+R22R1+2R2≤U24R2(当R1=R2时取等号)
由于两个灯泡相同，搭丝后灯泡L1电阻减小，故灯泡L1电功率减小，变暗；
故选：B。
搭丝后灯泡L1电阻减小，所以总电阻变小，总电流变大，根据公式P=I2R表示出灯泡L1的电功率表达式进行讨论即可．
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是搭丝后灯泡电阻变化的分析和利用数学知识判断L1的最大电功率．
4.【答案】D
【解析】【分析】
由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即向下方，由于质点带负电，因此电场线方向与受力方向相反；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大。
解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化。
【解答】
A、等势线密的地方场强大，加速度大，故质点通过P点时的加速度较大，故A错误。
B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能减小，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B错误；
C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能减小，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；
D、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向上方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a的电势最低，故D正确；
故选D。
5.【答案】A
【解析】解：对B、C两球进行受力分析，如图所示，
对C球，由力的平衡条件可得：FBC=12FAC= 33mCg
对B球，由力的平衡条件有：FT⋅sin60°=FAB⋅sin30°+FCB=FAB⋅sin30°+ 33mCg
FT⋅cs60°=FAB⋅cs30°+mBg
由题设条件有：mB=16mC
联立各式解得：FAB= 36mCg=12FBC
由上述结论：FBC=12FAC,FAB=12FBC，以及库仑定律：F=kq1q2r2
可得：qA：qB：qC=2：1：4，故BCD错误，A正确。
故选：A。
对B、C两球进行受力分析，在水平和竖直方向，根据平衡条件列式求出三个球两两之间的库仑力之间的关系，结合库仑定律求出三个球的电量之比。
本题是以三个球之间的库仑力为模型的平衡问题，注意它们之是的库仑力与电量的乘积成正比，由平衡条件找到两两之间库仑力的关系是解题的关键。
6.【答案】C
【解析】解：A、x2−x4处场强为x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x4处电势能较大，故A错误；
BC、x1−x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，所以带正电的点电荷由x1运动到x3的过程中电势能增大，故B错误、C正确；
D、由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故D错误；
故选：C。
由图可以看出在0−x1处场强为正，x1−+∞处场强为负方向，沿着电场线的方向电势降低，对于正电荷而言电势降低则电势能减小。
本题考查从E−x图象获取信息的能力，另外U=Ed，所以E−x图象组成图形的面积还可以表示电势差。
7.【答案】A
【解析】解：A.小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球进行受力分析，如图所示
由平衡关系可知
tanθ=qEmg
解得
E=mgtanθq
故A正确；
B.小球静止时细线与竖直方向成θ角，则A点为小球绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动的等效最高点，如图所示
A点时小球的速度最小，动能最小，由牛顿第二定律可知
F=mgcsθ=mvmin2L
动能
Ekmin=12mvmin2
联立解得
Ekmin=mgL2csθ
故B错误；
C.由功能关系可知，小球机械能的变化量等于除重力之外的电场力做的功。由题意可知，当小球运动到最左边与O点等高时，电场力做负功最多，机械能最小，故C错误；
D.小球从初始位置开始，在竖直平面内沿逆时针方向运动一周的过程中，电场力先做正功，再做负功，再做正功，所以电势能先减小，再增大，再减小，故D错误。
故选：A。
对小球进行受力分析，由平衡关系，求电场强度；在等效最高点，由牛顿第二定律，求最小动能；由功能关系可知，当小球运动到最左边与O点等高时，电场力做负功最多，机械能最小；电场力做负功电势能变大，电场力做正功电势能变小。
本题综合性较强，考点丰富，考查学生对平衡条件、牛顿第二定律、机械能守恒定律、电场力做功与电势能变化关系的掌握，需要学生平时多熟记规律。
8.【答案】BC
【解析】解：AB、物体所带的电荷量只能是某些特定的值，即物体所带的电荷量只能是元电荷电量的整数倍，故A错误，B正确；
C、元电荷的值通常取作e=1.60×10−19C，是物体带电量的最小值，故C正确；
D、一个物体带上1.6×10−9C的负电荷，这是它得到了n=1.6×10−91.6×10−19=1010个电子的缘故，故D错误；
故选：BC。
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．
元电荷是带电量的最小值，它本身不是电荷，所带电量均是元电荷的整数倍，且知道电子的电量与元电荷的电量相等。
9.【答案】BC
【解析】解：A、导体中电流I=nesv属于电流的计算公式，不属于定义式，故A错误。
B、磁感应强度与放入磁场中的电流元无关，此式运用的是比值定义法。故B正确。
C、电容与电压、电荷量无关，该式属于比值定义法，故C正确。
D、公式R=ρLS表明导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比，公式不属于定义式，是电阻定律的表达式，故D错误。
故选：BC。
所谓比值定义法，就是用两个物理量的“比值”来定义一个新的物理量的方法。比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的属性，与参与定义所用的物理量无关。根据物理量的定义分析是否是比值定义法。
解决本题的关键理解并掌握比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的属性，与定义所用的物理量无关。
10.【答案】BC
【解析】解：A、滑动变阻器aP段与R2串联后，再和滑动变阻器bP段并联(此处用R并表示并联的总电阻)，再与R0串联，最后与电动机并联。当滑片P从a点滑到b点的过程中，R2支路的电阻总值为R2+Ra，滑动变阻器b端支路电阻为R1−Ra，因为R1>R2，所以当：R2+Ra=R1−Ra，即两条支路电阻相等时，两支路并联电阻最大，所以当滑片P从a向b滑动时，并联电阻R并先增大后减小，由于R并先增大后减小，而电源内阻不计，则路端电压等于电源电动势，恒定不变，根据并联电路的特点可知，上方支路中电流先减小后增大，电流表的示数先减小后增大，故A错误；
B、由上述分析可知，电阻支路的总电流I总先减小后增大，所以定值电阻R0两端的电压先减小后增大，R并两端电压与这相反，先增大后减小。当电流表示数I总减小、R并两端电压增大时，滑动变阻器b端支路电阻减小，则b端支路电流Ib增大，由于I总=Ia+Ib，可知滑动变阻器a端支路电流Ia减小，则电阻R2两端电压U2减小；当电流表示数I总增大、R并两端电压减小时，滑动变阻器a端支路电阻增大，则a端支路电流Ia减小，则电阻R2两端电压U2减小，因此R2两端电压一直减小，由此可知电容器带电量：Q=CU2一直减小，故B正确；
C、R并先增大后减小，则电路中的总电流I先减小后增大，电源消耗化学能转化为电能的功率：P=EI，先减小后增大，故C正确；
D、若电动机为纯电阻用电器，则功率为P=E2r=620.5W=72W，但是电动机为非纯电阻用电器，其正常工作时欧姆定律不成立，虽然其两端电压不变，但无法计算电流，故功率无法计算，故D错误。
故选：BC。
分清几个电阻滑动变阻器的连接关系，确定本支路总电阻的变化，从而确定电流的变化；
电容器两端电压与R2两端电压相等，从而确定其电量的变化；
根据电源的功率公式判断电源功率的变化；
只知道电动机两端电压，无法计算电动机的功率。
本题是涉电容电路和电动机电路的动态分析，抓住几个特殊条件是解决问题的突破口，一是电源内阻不计，所以路端电压不变，其次是并联的两个支路的电阻均变化，但总电阻之和不变，弄清其总电阻的变化是关键。
11.【答案】 mv02+2qUm mv02−2qUm
【解析】解：粒子带负电，由A到B过程中电场力做正功，由动能定理可知：Uq=12mv2−12mv02
解得：v= mv02+2qUm
粒子带正电，由A到B过程中电场力做负功，由动能定理可知：−Uq=12mv′2−12mv02
解得：v′= mv02−2qUm
故答案为： mv02+2qUm， mv02−2qUm；
分析电场力对电子功做情况，根据动能定理列式即可求得粒子到达B板时的速度．
本题考查带电粒子在电场中的加速规律，要注意明确电场力做功的正负，从而正确根据动能定理列式求解．
12.【答案】1.775
【解析】解：螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为27.5×0.01mm=0.275mm，所以最终读数为1.5mm+0.275mm=1.775mm．
故答案为：1.775
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．
对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．
13.【答案】解：(1)小球受到的电场力的方向向右，与电场线的方向相同才能处于图中的静止状态，表明小球带正电。
小球所受电场力F的大小为：F=qE=1.0×10−5×3.0×103N=3.0×10−2N；
(2)小球受力情况如图所示：
根据几何关系可得：mgtanθ=qE
解得：m=4.0×10−3kg；
(3)小球到达最低点时，由动能定理得：mgl(1−csθ)=12mv2
解得：v=2m/s。
答：(1)小球所受电场力F的大小是3.0×10−2N。
(2)小球的质量m是4.0×10−3kg；
(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小是2m/s。
【解析】(1)根据电场力的计算公式F=qE可求得电场力F的大小；
(2)根据共点力的平衡条件求解小球的质量m。
(3)将电场撤去后，小球向下摆动的过程中重力做功，由动能定理即可求出回到最低点时的速度。
本题关键是分析小球的受力情况，结合平衡知识和动能定理列出方程解答。
14.【答案】解：两个点电荷A和B在O点处产生的合场强大小为E1=kQL2+k2QL2=3kQL2，方向向左。
根据静电平衡导体的特点可知，球壳上的感应电荷在O点处的场强大小与两个点电荷A和B在O点处产生的合场强大小相等，方向相反，
则球壳上的感应电荷在O点处的场强大小为E2=E1=3kQL2，方向向右。
答：球壳上的感应电荷在O点处的场强大小为E2=E1=3kQL2，方向向右。
【解析】当空心金属球达到静电平衡时，球壳内O点处合场强为零，即球壳上的感应电荷在O点处产生的场强大小与两个点电荷A和B在O点处产生的合场强大小相等，方向相反．求出两个点电荷A和B在O点处产生的合场强，再求球壳上的感应电荷在O点处的场强大小和方向．
该题考查对静电平衡导体特点的理解和应用能力，抓住静电平衡时，导体内部处处场强为零的特点是解题的关键．
15.【答案】解：(1)设B球刚进入电场时带电系统速度为v1，由动能定理得2qEL=12⋅2mv12，
解得v1= 2qELm；
(2)带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场．
设A球出电场的最大位移为x，由动能定理得2qEL−qEL−3qEx=0，
解得x=L3，
则：s总=7L3，
B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为43L
其电势能的变化量为ΔEp=−W=3qE⋅43L=4qEL
(3)取向右为正方向，
第一段加速a1=2qE2m=qEm，
t1=v1a1= 2mLqE
第二段减速a2=−qE2m
设A球刚出电场速度为v2，由动能定理得−qEL=12×2m(v22−v12)
解得v2= qELm
t2=v2−v1a2=2( 2−1) mLqE
解得总时间t=t1+t2=(3 2−2) mLqE
【解析】(1)对系统运用动能定理，根据动能定理求出B球刚进入电场时，带电系统的速度大小．
(2)带电系统经历了三个阶段，：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场，根据动能定理求出A球离开PQ的最大位移，从而求出带电系统向右运动的最大距离．根据B球在电场中运动的位移，求出电场力做的功，从而确定B球电势能的变化量
(3)由动能定理求其速度，由牛顿运动定律结合运动学方程求时间
解决本题的关键理清带电系统在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律、动能定理和运动学公式综合求解，难度较大
1.电场中某区域的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点。用φA和φB分别表示A、B两点电势的高低；将一个点电荷先后放在A、B两点时，它所受的电场力的大小分别为FA和FB。则下列关系正确的是( )
A. φA>φB，FA>FBB. φA>φB，FA
A. 未知电荷带正电
B. A、C两点处的电荷在D点产生的电场强度相同
C. 若拿走A点的点电荷，D点的电场强度方向由D指向A
D. 若拿走B点的点电荷，D点的电场强度方向由D指向B
3.如图所示，两只相同的白炽灯L1和L2串联接在电压恒定的电路中.若L1的灯丝断了，经搭丝后与L2串联，重新接在原电路中，则此时L1的亮度与灯丝未断时比较( )
A. 不变B. 变暗
C. 变亮D. 条件不足，无法判断
4.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，即Uab=Ubc，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点在等势面b上，据此可知( )
A. 带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小
B. 带电质点在P点的电势能比在Q点的小
C. 带电质点在P点的动能大于在Q点的动能
D. 三个等势面中，c的电势最高
5.如图所示，小球A、C均带正电，B球带负电，A球在绝缘的粗糙水平地面上，B球由绝缘的细线拉着，C球处在与B球等高的位置，A、B、C三球均静止且三者所在位置构成一个等边三角形。若细线与竖直方向的夹角为60°，mC=6mB，则A、B、C三球所带电荷量大小之比为( )
A. 2：1：4B. 1：2：4C. 2：1：2D. 1： 2：2
6.静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷
( )
A. 在x2和x4处电势能相等
B. 由x1运动到x3的过程中电势能减小
C. 由x1运动到x3的过程中电势能增大
D. 由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大
7.如图所示，在竖直平面内有水平向左的匀强电场，在匀强电场中有一根长为L的绝缘细线，细线一端固定在O点，另一端系一质量为m的带电小球。小球静止时细线与竖直方向成θ角，此时让小球获得初速度且恰能绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动，重力加速度为g，不考虑空气阻力。下列说法正确的是( )
A. 匀强电场的电场强度E=mgtanθq
B. 小球做圆周运动过程中动能的最小值为Ekmin=mgL2sinθ
C. 小球运动至圆周轨迹的最高点时机械能最小
D. 小球从初始位置开始，在竖直平面内运动一周的过程中，其电势能先减小后增大
二、多选题：本大题共3小题，共15分。
8.关于电荷量，下列说法正确的是( )
A. 物体的带电量可以是任意值
B. 物体的带电量只能是某些值
C. 物体带电量的最小值是1.6×10−19C
D. 一个物体带上1.6×10−9C的负电荷，这是它失去了1010个电子的缘故
9.在物理学中，常用比值法来定义物理量，例如用E=Fq定义电场强度。下列也采用比值法定义、且定义式正确的物理量是( )
A. 电流I=nesvB. 磁感应强度B=FIL
C. 电容器的电容C=QUD. 导体的电阻R=ρLS
10.如图所示电路中，A为理想电流表，R0、R2均为固定电阻，R1为滑动变阻器且其总电阻大于R2，C为平行板电容器，M为电动机，其内阻r=0.5Ω，干电池电源电动势E=6V，内阻不计，当滑片P从a点滑到b点过程中，下列说法正确的是( )
A. 电流表的示数先增大后减小B. 电容器带电量一直减小
C. 电源消耗化学能的功率先减小后增大D. 电动机消耗的功率为72W
三、填空题：本大题共2小题，共7分。
11.如图所示，A、B为一对平行正对带电金属板，B板带正电，A、B两板间的电势差为U。质量为m的带电粒子(重力可忽略木计)以初速度v0水平射入匀强电场。若粒子带电荷量为−q，则粒子到达B板时速度大小为______；若粒子带电荷量为+q，它到达B板时速度大小为______。
12.用螺旋测微器测得金属丝的直径，如图所示，可知金属丝的直径为d= ______ mm．
四、计算题：本大题共3小题，共30分。
13.如图所示，长l=1m的轻质细绳上端固定，下端连接一个可视为质点的带电小球，小球静止在水平向右的匀强电场中，绳与竖直方向的夹角θ=37°。已知小球所带电荷量q=1.0×10−5C，匀强电场的场强E=3.0×103N/C，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8，求：
(1)小球所受电场力F的大小。
(2)小球的质量m。
(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小。
14.在真空中有两个点电荷A和B，电荷量分别为−Q和+2Q，相距为2l，如果在两个点电荷连线的中点O有一个半径为r(r<
(1)B球刚进入电场时，带电系统的速度大小；
(2)带电系统向右运动的最大距离和此过程中B球电势能的变化量；
(3)A球从开始运动至刚离开电场所用的时间．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：电场线的疏密表示电场强度的强弱，由于B点的电场线密，所以B点的电场强度大于A点的场强，根据：F=Eq可知，故点电荷先后放在A、B两点时，它所受的电场力的大小满足：FA
故选：B。
电场线的疏密表示电场强度的强弱，属于可以根据电场线的疏密判断出电场强度的大小关系．根据F=qE判定电荷受到的电场力的大小。
电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布，根据电场线的疏密判断出电场强度的大小关系．根据F=qE判定电荷受到的电场力的大小。
2.【答案】C
【解析】解：A.A点和C点放有电荷量都为q的正点电荷，根据电场的叠加原理，在D点产生的电场沿BD方向，故B点电荷在D点产生的电场应沿DB方向，未知电荷应带负电，A错误；
B.A、C两点处的电荷在D点产生的电场强度大小相等，方向不同，B错误；
C.三个点电荷在D点的场强如图所示
若拿走A点的点电荷，D点的合场强方向由D指向A，C正确；
D.若拿走B点的点电荷，D点的电场强度方向由B指向D，D错误。
故选：C。
根据电场的叠加原理，结合D点的合场强为零，从而判断未知电荷的电性；由点电荷在周围产生电场的方向特点“背向正，指向负”可知，AC电荷在D点产生的电场的方向不同；根据电场的叠加原理，可知拿走A或B电荷时，D点电场强度方向。
本题关键要抓住对称性，结合几何关系，由电场的叠加分析场强大小。
3.【答案】B
【解析】解：根据欧姆定律，干路电流为：I=UR1+R2；
灯泡L1的电功率为：P1=I2R1=(UR1+R2)2R1=U2R1+R22R1+2R2；
其中：R1+R22R1≥2 R1⋅ R22R1=2R2 (当 R1= R22R1，即R1=R2时取等号)
故P1=U2R1+R22R1+2R2≤U24R2(当R1=R2时取等号)
由于两个灯泡相同，搭丝后灯泡L1电阻减小，故灯泡L1电功率减小，变暗；
故选：B。
搭丝后灯泡L1电阻减小，所以总电阻变小，总电流变大，根据公式P=I2R表示出灯泡L1的电功率表达式进行讨论即可．
本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的应用，关键是搭丝后灯泡电阻变化的分析和利用数学知识判断L1的最大电功率．
4.【答案】D
【解析】【分析】
由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即向下方，由于质点带负电，因此电场线方向与受力方向相反；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场场强大。
解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化。
【解答】
A、等势线密的地方场强大，加速度大，故质点通过P点时的加速度较大，故A错误。
B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能减小，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B错误；
C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能减小，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；
D、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带负电，因此电场线指向上方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a的电势最低，故D正确；
故选D。
5.【答案】A
【解析】解：对B、C两球进行受力分析，如图所示，
对C球，由力的平衡条件可得：FBC=12FAC= 33mCg
对B球，由力的平衡条件有：FT⋅sin60°=FAB⋅sin30°+FCB=FAB⋅sin30°+ 33mCg
FT⋅cs60°=FAB⋅cs30°+mBg
由题设条件有：mB=16mC
联立各式解得：FAB= 36mCg=12FBC
由上述结论：FBC=12FAC,FAB=12FBC，以及库仑定律：F=kq1q2r2
可得：qA：qB：qC=2：1：4，故BCD错误，A正确。
故选：A。
对B、C两球进行受力分析，在水平和竖直方向，根据平衡条件列式求出三个球两两之间的库仑力之间的关系，结合库仑定律求出三个球的电量之比。
本题是以三个球之间的库仑力为模型的平衡问题，注意它们之是的库仑力与电量的乘积成正比，由平衡条件找到两两之间库仑力的关系是解题的关键。
6.【答案】C
【解析】解：A、x2−x4处场强为x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x4处电势能较大，故A错误；
BC、x1−x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，所以带正电的点电荷由x1运动到x3的过程中电势能增大，故B错误、C正确；
D、由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故D错误；
故选：C。
由图可以看出在0−x1处场强为正，x1−+∞处场强为负方向，沿着电场线的方向电势降低，对于正电荷而言电势降低则电势能减小。
本题考查从E−x图象获取信息的能力，另外U=Ed，所以E−x图象组成图形的面积还可以表示电势差。
7.【答案】A
【解析】解：A.小球静止时细线与竖直方向成θ角，对小球进行受力分析，如图所示
由平衡关系可知
tanθ=qEmg
解得
E=mgtanθq
故A正确；
B.小球静止时细线与竖直方向成θ角，则A点为小球绕O点在竖直平面内沿逆时针方向做圆周运动的等效最高点，如图所示
A点时小球的速度最小，动能最小，由牛顿第二定律可知
F=mgcsθ=mvmin2L
动能
Ekmin=12mvmin2
联立解得
Ekmin=mgL2csθ
故B错误；
C.由功能关系可知，小球机械能的变化量等于除重力之外的电场力做的功。由题意可知，当小球运动到最左边与O点等高时，电场力做负功最多，机械能最小，故C错误；
D.小球从初始位置开始，在竖直平面内沿逆时针方向运动一周的过程中，电场力先做正功，再做负功，再做正功，所以电势能先减小，再增大，再减小，故D错误。
故选：A。
对小球进行受力分析，由平衡关系，求电场强度；在等效最高点，由牛顿第二定律，求最小动能；由功能关系可知，当小球运动到最左边与O点等高时，电场力做负功最多，机械能最小；电场力做负功电势能变大，电场力做正功电势能变小。
本题综合性较强，考点丰富，考查学生对平衡条件、牛顿第二定律、机械能守恒定律、电场力做功与电势能变化关系的掌握，需要学生平时多熟记规律。
8.【答案】BC
【解析】解：AB、物体所带的电荷量只能是某些特定的值，即物体所带的电荷量只能是元电荷电量的整数倍，故A错误，B正确；
C、元电荷的值通常取作e=1.60×10−19C，是物体带电量的最小值，故C正确；
D、一个物体带上1.6×10−9C的负电荷，这是它得到了n=1.6×10−91.6×10−19=1010个电子的缘故，故D错误；
故选：BC。
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．
元电荷是带电量的最小值，它本身不是电荷，所带电量均是元电荷的整数倍，且知道电子的电量与元电荷的电量相等。
9.【答案】BC
【解析】解：A、导体中电流I=nesv属于电流的计算公式，不属于定义式，故A错误。
B、磁感应强度与放入磁场中的电流元无关，此式运用的是比值定义法。故B正确。
C、电容与电压、电荷量无关，该式属于比值定义法，故C正确。
D、公式R=ρLS表明导体的电阻与导体的长度成正比，与导体的横截面积成反比，公式不属于定义式，是电阻定律的表达式，故D错误。
故选：BC。
所谓比值定义法，就是用两个物理量的“比值”来定义一个新的物理量的方法。比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的属性，与参与定义所用的物理量无关。根据物理量的定义分析是否是比值定义法。
解决本题的关键理解并掌握比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的属性，与定义所用的物理量无关。
10.【答案】BC
【解析】解：A、滑动变阻器aP段与R2串联后，再和滑动变阻器bP段并联(此处用R并表示并联的总电阻)，再与R0串联，最后与电动机并联。当滑片P从a点滑到b点的过程中，R2支路的电阻总值为R2+Ra，滑动变阻器b端支路电阻为R1−Ra，因为R1>R2，所以当：R2+Ra=R1−Ra，即两条支路电阻相等时，两支路并联电阻最大，所以当滑片P从a向b滑动时，并联电阻R并先增大后减小，由于R并先增大后减小，而电源内阻不计，则路端电压等于电源电动势，恒定不变，根据并联电路的特点可知，上方支路中电流先减小后增大，电流表的示数先减小后增大，故A错误；
B、由上述分析可知，电阻支路的总电流I总先减小后增大，所以定值电阻R0两端的电压先减小后增大，R并两端电压与这相反，先增大后减小。当电流表示数I总减小、R并两端电压增大时，滑动变阻器b端支路电阻减小，则b端支路电流Ib增大，由于I总=Ia+Ib，可知滑动变阻器a端支路电流Ia减小，则电阻R2两端电压U2减小；当电流表示数I总增大、R并两端电压减小时，滑动变阻器a端支路电阻增大，则a端支路电流Ia减小，则电阻R2两端电压U2减小，因此R2两端电压一直减小，由此可知电容器带电量：Q=CU2一直减小，故B正确；
C、R并先增大后减小，则电路中的总电流I先减小后增大，电源消耗化学能转化为电能的功率：P=EI，先减小后增大，故C正确；
D、若电动机为纯电阻用电器，则功率为P=E2r=620.5W=72W，但是电动机为非纯电阻用电器，其正常工作时欧姆定律不成立，虽然其两端电压不变，但无法计算电流，故功率无法计算，故D错误。
故选：BC。
分清几个电阻滑动变阻器的连接关系，确定本支路总电阻的变化，从而确定电流的变化；
电容器两端电压与R2两端电压相等，从而确定其电量的变化；
根据电源的功率公式判断电源功率的变化；
只知道电动机两端电压，无法计算电动机的功率。
本题是涉电容电路和电动机电路的动态分析，抓住几个特殊条件是解决问题的突破口，一是电源内阻不计，所以路端电压不变，其次是并联的两个支路的电阻均变化，但总电阻之和不变，弄清其总电阻的变化是关键。
11.【答案】 mv02+2qUm mv02−2qUm
【解析】解：粒子带负电，由A到B过程中电场力做正功，由动能定理可知：Uq=12mv2−12mv02
解得：v= mv02+2qUm
粒子带正电，由A到B过程中电场力做负功，由动能定理可知：−Uq=12mv′2−12mv02
解得：v′= mv02−2qUm
故答案为： mv02+2qUm， mv02−2qUm；
分析电场力对电子功做情况，根据动能定理列式即可求得粒子到达B板时的速度．
本题考查带电粒子在电场中的加速规律，要注意明确电场力做功的正负，从而正确根据动能定理列式求解．
12.【答案】1.775
【解析】解：螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为27.5×0.01mm=0.275mm，所以最终读数为1.5mm+0.275mm=1.775mm．
故答案为：1.775
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．
对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．
13.【答案】解：(1)小球受到的电场力的方向向右，与电场线的方向相同才能处于图中的静止状态，表明小球带正电。
小球所受电场力F的大小为：F=qE=1.0×10−5×3.0×103N=3.0×10−2N；
(2)小球受力情况如图所示：
根据几何关系可得：mgtanθ=qE
解得：m=4.0×10−3kg；
(3)小球到达最低点时，由动能定理得：mgl(1−csθ)=12mv2
解得：v=2m/s。
答：(1)小球所受电场力F的大小是3.0×10−2N。
(2)小球的质量m是4.0×10−3kg；
(3)将电场撤去，小球回到最低点时速度v的大小是2m/s。
【解析】(1)根据电场力的计算公式F=qE可求得电场力F的大小；
(2)根据共点力的平衡条件求解小球的质量m。
(3)将电场撤去后，小球向下摆动的过程中重力做功，由动能定理即可求出回到最低点时的速度。
本题关键是分析小球的受力情况，结合平衡知识和动能定理列出方程解答。
14.【答案】解：两个点电荷A和B在O点处产生的合场强大小为E1=kQL2+k2QL2=3kQL2，方向向左。
根据静电平衡导体的特点可知，球壳上的感应电荷在O点处的场强大小与两个点电荷A和B在O点处产生的合场强大小相等，方向相反，
则球壳上的感应电荷在O点处的场强大小为E2=E1=3kQL2，方向向右。
答：球壳上的感应电荷在O点处的场强大小为E2=E1=3kQL2，方向向右。
【解析】当空心金属球达到静电平衡时，球壳内O点处合场强为零，即球壳上的感应电荷在O点处产生的场强大小与两个点电荷A和B在O点处产生的合场强大小相等，方向相反．求出两个点电荷A和B在O点处产生的合场强，再求球壳上的感应电荷在O点处的场强大小和方向．
该题考查对静电平衡导体特点的理解和应用能力，抓住静电平衡时，导体内部处处场强为零的特点是解题的关键．
15.【答案】解：(1)设B球刚进入电场时带电系统速度为v1，由动能定理得2qEL=12⋅2mv12，
解得v1= 2qELm；
(2)带电系统向右运动分三段：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场．
设A球出电场的最大位移为x，由动能定理得2qEL−qEL−3qEx=0，
解得x=L3，
则：s总=7L3，
B球从刚进入电场到带电系统从开始运动到速度第一次为零时位移为43L
其电势能的变化量为ΔEp=−W=3qE⋅43L=4qEL
(3)取向右为正方向，
第一段加速a1=2qE2m=qEm，
t1=v1a1= 2mLqE
第二段减速a2=−qE2m
设A球刚出电场速度为v2，由动能定理得−qEL=12×2m(v22−v12)
解得v2= qELm
t2=v2−v1a2=2( 2−1) mLqE
解得总时间t=t1+t2=(3 2−2) mLqE
【解析】(1)对系统运用动能定理，根据动能定理求出B球刚进入电场时，带电系统的速度大小．
(2)带电系统经历了三个阶段，：B球进入电场前、带电系统在电场中、A球出电场，根据动能定理求出A球离开PQ的最大位移，从而求出带电系统向右运动的最大距离．根据B球在电场中运动的位移，求出电场力做的功，从而确定B球电势能的变化量
(3)由动能定理求其速度，由牛顿运动定律结合运动学方程求时间
解决本题的关键理清带电系统在整个过程中的运动情况，结合牛顿第二定律、动能定理和运动学公式综合求解，难度较大
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