- 588.00 KB
- 2021-05-21 发布
安徽省铜陵市一中2019-2020学年高二上学期中考试
一、选择题
1.下列关于起电的说法错误的是
A. 不管是何种起电方式，都要遵循电荷守恒定律
B. 摩擦起电时，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电
C. 摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体上，而后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分
D. 一个带电体接触一个不带电的物体，则两个物体带上等量异种电荷
【答案】D
【解析】
A、不管是何种起电方式，都要遵循电荷守恒定律，故A正确；
B、摩擦起电时，电子发生转移，失去电子的物体带正电，得到电子的物体带负电，故B正确；
C、摩擦和感应起电的原因均为电荷的转移，摩擦和感应都能使电子转移，只不过前者使电子从一个物体转移到另一个物体上，而后者则使电子从物体的一部分转移到另一部分，故C正确；
D、接触起电时，两物体只能带上同种电荷，并且只有两物体完全相同时才能带等量电荷，故D错误；
点睛：明确电荷守恒定律内容，知道起电的本质是电荷的转移；并且主要是电子的转移；并能正确进行解释即可求解。
2.质量为m、电荷量为q的带负电的小球，以初速度v0从P点向右上方射入真空中的沿水平向右的匀强电场中，当粒子在电场中运动到最高点B时，速率仍为v0，则
A. B点在P点的正上方 B. B点在P点的左上方
C. B点在P点的右上方 D. 以上三种情况都有可能
【答案】B
【解析】
【详解】液滴水平初速度为 ,水平方向做匀减速运动,
因为当液滴在电场中运动到最高点B时,它的速度方向是水平的,大小也恰为,由匀变速运动的特点可知如果液滴的水平速度仍旧等于，液滴水平方向的位移为零，液滴的水平方向速度大于水平方向初速度,因此液滴水平方向的位移向左，故最高点B在P点左上方,
A. B点在P点的正上方，与分析不符，故A错误；
B. B点在P点的左上方，与分析相符，故B正确；
C. B点在P点的右上方，与分析不符，故C错误；
D. 以上三种情况都有可能，与分析不符，故D错误。
3.a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点。电场线与矩形所在的平面平行。已知a点的电势是20V，b点的电势是24V，d点的电势是4V，如图。由此可知，c点的电势为（ ）
A. 4V B. 8V C. 12V D. 24V
【答案】B
【解析】
试题分析：
根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则Ube=Ubd=×（24-4）=4v，故Ube=φb-φe=4v，故φf-φd=4v，故φe=24-4=20v．φf=8v．故φa=φe，连接cf，则cf∥ae，故c点的电势φc=φf=8v．故B正确．故选B。
考点：电势
【名师点睛】①在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分；②在匀强电场中电场线平行且均匀分布故等势线平行且均匀分布．以上两点是解决此类题目的金钥匙。
4.如图所示，两个相同的空心金属球M和N，M带电荷量为－Q，N不带电(M、N
相距很远，互不影响)，旁边各放一个不带电的金属球P和R，当将带正电Q的小球分别放入M和N的空腔中时( )
A. P、R上均有感应电荷
B. P、R上均没有感应电荷
C. P上有而R上没有感应电荷
D. P上没有而R上有感应电荷
【答案】D
【解析】
【详解】把一个带正电Q的小球放入原来不带电的金属空腔球壳内，带负电的电子被带正电的小球吸引到内表面，内表面带负电，外表面剩余了正电荷，外表面带正电，而R处于电场中，出现静电感应现象，从而导致R上有感应电荷出现；若将带正电Q的小球放入带-Q电荷M空腔内时，因同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，若正负电荷相等，则金属壳上没有多余电荷，则P处没有电场，因而没有感应电荷；故ABC错误，D正确。故选D。
5.一台发电机用0.5A电流向外输电，在1min内将180J的机械能转化为电能，则发电机的电动势为（ ）
A. 6 V B. 360V C. 120V D. 12V
【答案】A
【解析】
【详解】设发电机的电动势为E，电流I=0.5A，时间t=60s，产生的电能W=180J，则由电功公式W=EIt得发电机的电动势，故选A。
6.某闭合电路中，干电池电动势1.5V，工作电流为1A，则( )
A. 电源内电压1.5V
B. 电源路端电压为1.5V
C. 电路中每秒非静电力做功1.5J
D. 电路中有1.5J的化学能转变成电能
【答案】C
【解析】
【详解】AB、设干电池电动势的内阻为，外电阻为，由闭合电路欧姆定律得，电源内电压为，电源路端电压为，由于内阻和外电阻未知，所以电源内电压和电源路端电压无法确定，故A、B错误；
CD、非电场力每秒做功为，电源把1.5J的化学能转变为电能，不是1s内将1.5J的化学能转变成电能，故C正确，D错误；
7.金属球原来不带电，现沿球直径的延长线放置一均匀带电细杆MN，如图所示。金属球上感应电荷产生的电场在球内直径上a、b、c三点的场强大小分别为Ea、Eb、Ec。下列判断正确的是
A. Ea>Eb>Ec B. Eb>Ec>Ea C. Ec>Eb>Ea D. Ea=Eb=Ec
【答案】C
【解析】
【详解】金属球上感应电荷产生的附加电场与带电的细杆MN产生的场强大小相等，方向相反，相互抵消。c点离带电的细杆MN最近，带电的细杆MN在c点处产生的场强最大，则金属球上感应电荷在c点处产生的场强最大，即Ec最大；而a点离带电杆最远，则金属球上感应电荷在a点处产生的场强最小，所以Ec>Eb>Ea，故C正确。
8.如图所示，光滑绝缘水平面上有三个带电小球a、b、c(可视为点电荷)，三球沿一条直线摆放，仅在它们之间的静电力作用下静止，则以下判断正确的是
A. a对b的静电力可能是斥力 B. a对b的静电力一定是引力
C. a的电荷量一定比b的多 D. a的电荷量可能比b的少
【答案】BC
【解析】
【详解】AB. a静止，则b、c对a的静电力等大反向，则b、c带异种电荷，同理，c静止，则a、b对c的静电力等大反向，则a、b带异种电荷，所以a对b的静电力一定是引力，故A
错误，B正确；
CD. c静止，则a、b对c的静电力等大反向，则a、b带异种电荷，且b、c间距离小于a、c间距离，由库仑定律可知，a带电量大于b，故C正确，D错误。
9.如图所示，电路中、为两块竖直放置金属板，是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述做法可使静电计指针张角增大的是（ ）
A. 使、两板靠近一些 B. 使、两板正对面积减小一些
C. 断开S后，使板向右平移一些 D. 断开S后，使、正对面积减小一些
【答案】CD
【解析】
【详解】AB.静电计显示的是、两极板间的电压，指针张角越大，表示两板间的电压越高；当合上S后，、两板与电源两极相连，板间电压等于电源电压，不管是使、两板靠近一些，还是使、两板正对面积减小一些，静电计指针张角不变，故选项AB不合题意。
CD.当断开S后，根据平行板电容器电容的决定式C=，板间距离d增大，正对面积S减小，都将使、两板间的电容C变小，而电容器所带的电荷量Q不变，由可知，板间电压增大，从而使静电计指针张角增大，故选项CD符合题意。
10.如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子只在电场力作用下的运动轨迹，a，b是运动轨迹上的两点，可以判定（ ）
A. 粒子在a点的速度大于在b点的速度
B. 粒子在a点的加速度小于在b点的加速度
C. 粒子一定带负电
D. 粒子在a点的电势能大于在b点的电势能
【答案】BD
【解析】
【详解】A. 由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向沿电场线的切线方向向左，粒子从a运动到b，电场力对粒子做正功，粒子的速度增大；从b运动到a电场力做负功，所以粒子在a点的速度小于在b点的速度。故A错误。
B. a点处的电场线较疏，而b点处电场线较密，则a点处的电场强度较小，粒子在a点受力小，则在a点的加速度小于在b点的加速度，故B正确。
C. 由于电场线的方向未知，所以不能确定粒子带什么电，故C错误。
D.因为粒子在a点的速度小于在b点的速度，所以粒子在a点的动能小于在b点的动能，根据能量守恒可知，粒子在a点的电势能大于在b点的电势能，故D正确。
二、实验题
11.某同学改装和校准电压表的电路图如图所示，图中虚线框内是电压表的改装电路。
(1)已知表头满偏电流为100，表头上标记的内阻值为900Ω。R1、R2和R3是定值电阻。利用R1和表头构成1 mA的电流表，然后再将其改装为两个量程的电压表。若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1 V；若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3 V。则根据题给条件，定值电阻的阻值应选R1=___Ω，R2=______Ω，R3=_______Ω。
(2)用量程为3V，内阻为2500Ω的标准电压表对改装电表3V挡的不同刻度进行校准。所用电池的电动势E为5V；滑动变阻器R有两种规格，最大阻值分别为50Ω和5kΩ。为了方便实验中调节电压，图中R应选用最大阻值为______Ω的滑动变阻器。
(3)校准时，在闭合开关S前，滑动变阻器的滑动端P应靠近_______（填“M”或“N”）端。
(4)若由于表头G上标记的内阻值不准，造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，则表头G内阻的真实值_________（填“大于”或“小于”）900Ω。
【答案】 (1). 100 910 2000 (2). 50 (3). M (4). 大于
【解析】
【详解】（1）根据题意，R1与表头构成1mA的电流表，则 ，得R1=100Ω；
若使用a、b两个接线柱，电压表的量程为1V，则 ；
若使用a、c两个接线柱，电压表的量程为3V，则 。
（2）电压表与改装电表并联之后，电阻小于2500Ω，对于分压式电路，要求滑动变阻器的最大阻值小于并联部分，同时还要便于调节，故滑动变阻器选择小电阻，即选择50Ω的电阻。
（3）在闭合开关S前，滑动变阻器的滑动端P应靠近M端，使并联部分分压为零，起到保护作用。
（4）造成改装后电压表的读数比标准电压表的读数偏小，说明通过表头的电流偏小，则实际电阻偏大，故表头G内阻的真实值大于900Ω。
【点睛】本题关键是电压表和电流表的改装原理，分析清楚电路结构，应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。
12.在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，现除了有一个标有“5V,2.5 W”的小灯泡、导线和开关外，还有：
A．直流电源(电动势约为5V，内阻可不计)
B．直流电流表(量程0～3A，内阻约为0.1Ω)
C．直流电流表(量程0～600mA，内阻约为5Ω)
D．直流电压表(量程0～15V，内阻约为15kΩ)
E．直流电压表(量程0～5 V，内阻约为10kΩ)
F．滑动变阻器(最大阻值10Ω，允许通过的最大电流为2A)
G．滑动变阻器(最大阻值1kΩ，允许通过的最大电流为0.5A)
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能测多组数据．
(1)实验中电流表应选用________，电压表应选用________，滑动变阻器应选用________(均用序号字母表示)．
(2)
某同学通过实验正确作出的小灯泡的伏安特性曲线如下图甲所示．现把实验中使用的小灯泡接到如图乙所示的电路中，其中电源电动势E＝6V，内阻r＝1Ω，定值电阻R＝9Ω，此时灯泡的实际功率为________W．(结果保留两位有效数字)
【答案】 (1). C E F (2). 0.84(0.81～0.87)
【解析】
【详解】（1）灯泡的额定电流A，故电流表应选择C；
灯泡的额定电压为5V，因此电压表选择大于等于5V的即可，故选E；
实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择F；
（2）把定值电阻与电源整体看做等效电源，根据闭合电路欧姆定律得：，作出电源的U-I图象如图所示：
由图示图象可知，灯泡两端电压U=2.2V，灯泡电流I=0.38A，灯泡实际功率P=UI=2.2×0.38=0.84W。
三、解答题
13.某导体的电阻为10Ω，15s内通过该导体的某一横截面的电量为18C，求：
（1）这导体两端的电压为多少？
（2）5s内通过这个截面的电子有多少个？（电子的电荷量为1.6×10﹣19C）
【答案】（1）电压为12V；（2）5s内通过这个截面的电子为3.75×1019个．
【解析】
（1）由电流的定义可得：导体中的电流；
由欧姆定律可得：U=IR=R=×10=12V；
（2）电子的电量为1.6×10﹣19C；
则电子个数：个；
点睛：本题考查电流的定义及欧姆定律，注意明确电流的为电量与时间比值；同时要注意物理解题的方法，中间量的计算过程中不要代入数据，整理中最后公式后再代入数据．
14.如图所示, ,电源内阻不计.
(1).闭合开关S,求稳定后通过的电流;
(2).然后将开关S断开,求这以后通过的总电荷量.
【答案】（1）1A （2）1.2×10﹣4C
【解析】
（1）稳定时，电容看作断开状态，电路中的电流：A
（2）S闭合，电路处于稳定状态时，电容两端的电压：U=IR2=1×6V=6V
断开后，电容两端的电压为10V，
故这以后流过R1的总电量为：△Q=△U•c=（10﹣6）×30×10﹣6C=1.2×10﹣4C
答：（1）闭合开关S，稳定后通过R1的电流1A；
（2）然后将开关S断开，这以后流过R1的总电量1.2×10﹣4C
15.匀强电场中A、B、C三点，一负电荷的电量q=2×10-6C，该电荷从A点移动到B点克服电场力做功4×10-4J，从B点移动到C点电场力做功6×10-4J，求
(1)AC两点间的电势差UAC
(2)若已知AC=2m，且AC连线与电场线的夹角为60°，求电场强度的大小E
【答案】（1）-100V （2）100 V/m
【解析】
【详解】(1)根据题意可知间电势差为：
间的电势差：
根据题意则有：
解得：
(2)电场强度大小为：
16.用长为L的绝缘细线拴一个质量为m，电荷量为q的小球，如图所示，线的另一端固定在水平方向的匀强电场中，开始时将带电球拉到使线成水平的位置，小球由静止从A点向下摆动，当细线转过60°角，小球到达B点时，速度恰好为零，试求：
（1）匀强电场的场强E为多大？
（2）小球由A运动到B点的过程中，细线的最大拉力多大？
（3）在A点给小球一竖直向下的初速度使小球能完成竖直平面内的完整的圆周运动，求小球速度最小的点的电势．（设O点的电势为零，电场区域足够大，小球始终在匀强电场中）
【答案】（1）；（2）（6﹣2）mg；（3）
【解析】
【详解】（1）小球从A到B的运动过程中运用动能定理的：
﹣EqL（1﹣cos60°）+mgLsin60°=0
解得：E=
（2）当小球运动到细线方向与电场力和重力合力的方向相反时，绳子的拉力最大，
设此时绳子与水平方向夹角为θ，则tanθ=
所以θ=30°
根据动能定理得：mgLsinθ﹣Eq（1﹣cosθ）L=mv2
T﹣F合=m
由上述各式解得：T=（6﹣2）mg
（3）小球速度最小的点应在与C位置在同一直径上的C′点，如图所示
则有：U=ELsin60°
解得：φ=