2019-2020年高二物理上學期期中試卷 理（含解析）一單項選擇題：（每小題只有一個選項符合題意，每小題2分，滿分30分）1（2分）關于元電荷的下列說法中正確的是（）A元電荷實質上是指電子和質子本身B所有帶電體的電荷量一定等于元電荷的整數(shù)倍C元電荷的數(shù)值通常取作e=1.61019CD電荷量e的數(shù)值最早是由庫侖用實驗測得的2（2分）在電場中某點用+q測得場強E，當撤去+q而放入時，則該點的場強（）A大小為，方向和E相同B大小為，方向和E相反C大小為E，方向和E相同D大小為E，方向和E相反3（2分）下列關于點電荷的說法正確的是（）A只有體積很小的帶電體才能看成點電荷B體積很大的帶電體一定不能看成點電荷C當兩個帶電體的大小遠小于它們間的距離時，可將這兩個帶電體看成點電荷D由公式F=k可以知，r0時，F(xiàn)4（2分）如圖所示的四個電場的電場線，其中A和C圖中小圓圈表示一個點電荷，A圖中虛線是一個圓（M、N在圓上的不同點），B圖中幾條直線間距相等互相平行，則在圖中M、N處電場強度大小相等的是（）ABCD5（2分）兩個點電荷相距為d，相互作用力大小 為F；保持兩點電荷電荷量不變，改變它們之間的距離，使之相互作用力大小變?yōu)?F，則兩點電荷之間的距離應變?yōu)椋ǎ〢4dB2dCD6（2分）如圖所示為電場中的一條電場線，A、B為其上的兩點，以下說法正確的是（）AEA與EB一定不等，A與B一定不等BEA與EB可能相等，A與B可能相等CEA與EB一定不等，A與B可能相等DEA與EB可能相等，A與B一定不等7（2分）電量為q的點電荷，在兩個固定的等量異種電荷+Q和Q的連線的垂直平分線上移動，則（）A電場力做正功B電場力做負功C電場力不做功D電場力做功的正負，取決于q的正負8（2分）如圖所示，要使靜電計的指針偏角變大，可采用的方法是（）A使兩極板靠近B減小正對面積C插入電介質D以上方法都不行9（2分）如圖所示，圖中五點均在勻強電場中，它們剛好是一個圓的四個等分點和圓心已知電場線與圓所在平面平行下列有關圓心O和等分點a的電勢、電場強度的相關描述正確的是（）Aa點的電勢為6VBa點的電勢為2VCa點的電勢為8VDa點的電勢為2V10（2分）一個電容器帶電量為Q時，兩極板間的電壓為U，若使其帶電量增加4107C，電勢差增加20V，則它的電容是（）A1108FB2108FC4108FD8108F11（2分）下列粒子從初速度為零的狀態(tài)經(jīng)過電壓為U的電場加速后，粒子速度最大的是（）A質子B氘核C粒子D鈉離子Na+12（2分）下列判斷正確的是（）A由R=知，導體兩端的電壓越大，電阻就越大B由R=知，導體中的電流越大，電阻就越小C由I=知，電流跟導體兩端電壓成正比，跟導體的電阻成反比D由U=IR可知，段導體兩端的電壓跟流過它的電流成正比13（2分）兩電阻R1、R2的電流I和電壓U的關系如圖所示，可知電阻大小之比R1：R2等于（）AB3：1CD1：314（2分）有三個電阻，R1=2，R2=3，R3=4，現(xiàn)把它們并聯(lián)起來接入電路，則通過它們的電流之比為I1：I2：I3是（）A6：4：3B3：4：6C2：3：4D4：3：215（2分）用兩只完全相同的電流表分別改裝成一只電流表和一只電壓表將它們串聯(lián)起來接入電路中，如圖所示，此時（）A兩只電表的指針偏轉角相同B兩只電表的指針都不偏轉C電流表指針的偏轉角小于電壓表指針的偏轉角D電流表指針的偏轉角大于電壓表指針的偏轉角二.多項選擇題（每小題3分，滿分15分在每小題給出的四個選項中，多個選項符合題目要求，全部選對的得3分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分16（3分）一負電荷僅受電場力作用，從電場中的A點運動到B點，在此過程中該電荷做初速度為零的勻加速直線運動，則A、B兩點電場強度EA、EB及該電荷在A、B兩點的電勢能A、B之間的關系為（）AEA=EBBEAEBCA=BDAB17（3分）如圖所示，帶箭頭的線表示某一電場的電場線在電場力作用下，一帶電粒子（不計重力）經(jīng)A點飛向B點，徑跡如圖中虛線所示，下列說法正確的是（）A粒子帶正電B粒子在A點加速度大C粒子在B點動能大DA、B兩點相比，B點電勢能較高18（3分）兩個半徑相同的金屬小球，帶電荷量之比為1：7，相距為r，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，則相互作用力可能為原來的（）ABCD19（3分）伏安法測電阻的接法有如圖中甲、乙兩種，下列說法正確的是（） A兩種接法完全等效B按甲圖接法，測得值偏小C若待測電阻的阻值很大，按甲圖接法誤差較小D若待測電阻的阻值很小，按乙圖接法誤差較小20（3分）一個T型電路如圖所示，電路中的電阻R1=10，R2=120，R3=40，另有一測試電源，電動勢為100V，內阻忽略不計，則（）A當cd端短路時，ab之間的等效電阻是40B當ab端短路時，cd之間的等效電阻是40C當ab兩端接通測試電源時，cd兩端的電壓為80VD當cd兩端接通測試電源時，ab兩端的電壓為80V三實驗題（共2小題，每空3分，共18分）21（12分）在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，可供選擇的器材及代號如下：A小燈泡L（3V、5）；B滑動變阻器R（010，額定電流1.5A）；C電壓表V1（量程：03V，RV=5k）；D電壓表V2（量程：015V，RV=10k）；E電流表A1（量程：00.6A，RA=0.5）；F電流表A2（量程：03A，RA=0.1）；G鉛蓄電池、開關各一個，導線若干；實驗中要求加在小燈泡兩端的電壓可連續(xù)地從零調到額定電壓（1）為了減少誤差，實驗中應選電壓表，電流表；（2）在實驗中，電流表應采用法（填“內接”或“外接”）；（3）某同學實驗后作出的IU圖象如圖所示，請分析該圖象形成的原因是：22（6分）如圖一量程為100A的電流表，內阻為100，現(xiàn)串聯(lián)一個9900 的電阻將它改裝成電壓表該電壓表的量程是V用它來測量電壓，表盤指針位置如圖所示該電壓的大小是V三、計算題（4小題，共37分解答時寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）23（8分）如圖所示，一個掛在絕緣細線下端的帶正電的小球B，靜止在圖示位置，若固定的帶正電小球A的電荷量為Q，B球的質量為m，帶電荷量為q，=37，A和B在同一條水平線上，整個裝置處于真空中，求A、B兩球間的距離（靜電力常數(shù)為k，重力加速度為g）24（9分）如圖所示，平行板電容器的兩個極板A、B分別接在電壓為60V的恒壓電源上，兩極板間距為3cm，電容器帶電荷量為6108C，A極板接地（電勢為零）求：（1）平行板電容器的電容；（2）平行板電容器兩板之間的電場強度；（3）距B板為2cm的C點處的電勢25（9分）如圖所示，質量為m，電荷量為e的粒子從A點以v0的速度沿垂直電場線方向的直線AO方向射入勻強電場，由B點飛出電場是速度方向與AO方向成45，已知AO的水平距離為d（不計重力）求：（1）從A點到B點用的時間；（2）勻強電場的電場強度大??；（3）AB兩點間電勢差26（11分）一個帶正電的微粒，從A點射入水平方向的勻強電場中，微粒沿直線AB運動，如圖所示，AB與電場線夾角=30已知帶電微粒的質量m=1.0107kg，電量q=1.01010C，A、B相距L=20cm（取g=10m/s2，結果要求二位有效數(shù)字）求：（1）試說明微粒在電場中運動的性質，要求說明理由（2）電場強度大小、方向？（3）要使微粒從A點運動到B點，微粒射入電場時的最小速度是多少？甘肅省金昌市永昌一中xx高二上學期期中物理試卷（理科）參考答案與試題解析一單項選擇題：（每小題只有一個選項符合題意，每小題2分，滿分30分）1（2分）關于元電荷的下列說法中正確的是（）A元電荷實質上是指電子和質子本身B所有帶電體的電荷量一定等于元電荷的整數(shù)倍C元電荷的數(shù)值通常取作e=1.61019CD電荷量e的數(shù)值最早是由庫侖用實驗測得的考點：元電荷、點電荷專題：電場力與電勢的性質專題分析：元電荷又稱“基本電量”，在各種帶電微粒中，電子電荷量的大小是最小的，人們把最小電荷叫做元電荷，常用符號e表示，任何帶電體所帶電荷都等于元電荷或者是元電荷的整數(shù)倍解答：解：A、元電荷是指最小的電荷量，不是電荷，不是指質子或者是電子，故A錯誤；B、所有帶電體的電荷量一定等于元電荷的整數(shù)倍，故B正確；C、元電荷的數(shù)值通常取作e=1.61019C，故C錯誤；D、電荷量e的數(shù)值最早是由密立根用實驗測得的，故D錯誤；故選：B點評：對于元電荷要注意明確這不是質子也不是電子，它只是在數(shù)值上等于它們的電量2（2分）在電場中某點用+q測得場強E，當撤去+q而放入時，則該點的場強（）A大小為，方向和E相同B大小為，方向和E相反C大小為E，方向和E相同D大小為E，方向和E相反考點：電場強度專題：電場力與電勢的性質專題分析：電場強度表示電場本身強弱和方向的物理量，由電場本身決定的，與試探電荷無關，可以由公式E=計算場強的大小當試探電荷移走后，同一點場強不變解答：解：把電荷量為q的檢驗電荷放入點電荷Q產生的電場中的某點，測得q所受電場力大小為F，則該點的電場強度大小為E=，若移走q，而在該點放置一個q2=5q的點電荷時，電場強度大小和方向均不變故選C點評：電場強度描述電場本身特性的物理量，與試探電荷的電量、電性、電場力無關基礎題3（2分）下列關于點電荷的說法正確的是（）A只有體積很小的帶電體才能看成點電荷B體積很大的帶電體一定不能看成點電荷C當兩個帶電體的大小遠小于它們間的距離時，可將這兩個帶電體看成點電荷D由公式F=k可以知，r0時，F(xiàn)考點：庫侖定律專題：常規(guī)題型分析：帶電體看作點電荷的條件，當一個帶電體的形狀及大小對它們間相互作用力的影響可忽略時，這個帶電體可看作點電荷，是由研究問題的性質決定，與自身大小形狀無具體關系解答：解：A、由帶電體看作點電荷的條件，當帶電體的形狀對它們間相互作用力的影響可忽略時，這個帶電體可看作點電荷，帶電體能否看作點電荷是由研究問題的性質決定，與自身大小形狀無具體關系，故AB錯誤；C、當兩個帶電體的大小遠小于它們間的距離時，可將這兩個帶電體看成點電荷，故C正確；D、由于當距離趨向于0時，電荷不能再看作點電荷；庫侖定律不再適用；不能得出F達無窮大；故D誤；故選：C點評：本題是基礎的題目，考查的就是學生對基本內容的掌握的情況，在平時要注意多積累4（2分）如圖所示的四個電場的電場線，其中A和C圖中小圓圈表示一個點電荷，A圖中虛線是一個圓（M、N在圓上的不同點），B圖中幾條直線間距相等互相平行，則在圖中M、N處電場強度大小相等的是（）ABCD考點：電場線；電場強度專題：電場力與電勢的性質專題分析：點電荷產生的電場強度根據(jù)E=即可分析，電場線的疏密表示電場的強弱，據(jù)此也可分析解答：解：A、AC是點電荷產生的電場，A中MN在同一個圓上的不同的點，C中MN到圓心的距離不等，根據(jù)E=可知，A中MN兩點電場強度大小相等，C中不等，故A正確，C錯誤；B、等間距平行的電場線表示勻強電場，電場中電場強度處處相等，故B正確；D、D圖中N點所在的電場線比較密集，M點所在的電場線比較疏，所以N點的電場強度大于M點的電場強度，故D錯誤故選AB點評：本題要求同學們知道在電場中電場線的疏密表示電場的強弱，難度不大，屬于基礎題5（2分）兩個點電荷相距為d，相互作用力大小 為F；保持兩點電荷電荷量不變，改變它們之間的距離，使之相互作用力大小變?yōu)?F，則兩點電荷之間的距離應變?yōu)椋ǎ〢4dB2dCD考點：庫侖定律專題：電場力與電勢的性質專題分析：對于這兩種情況下分別根據(jù)庫侖定律列方程即可求解解答：解：當距離為d時有：F=k 當距離變化后依據(jù)題意有：4F=k 聯(lián)立可得r=，故ABD錯誤，C正確故選：C點評：正確理解庫侖定律公式以及公式中各個物理量的含義是解本題關鍵，由于公式涉及物理量較多，因此常用兩式相比的方法進行求解6（2分）如圖所示為電場中的一條電場線，A、B為其上的兩點，以下說法正確的是（）AEA與EB一定不等，A與B一定不等BEA與EB可能相等，A與B可能相等CEA與EB一定不等，A與B可能相等DEA與EB可能相等，A與B一定不等考點：電勢；電場強度；電場線專題：圖析法分析：電場強度的大小看電場線的疏密程度，電場線越密的地方電場強度越大，電勢的高低看電場線的指向，沿著電場線電勢一定降低解答：解：電場線越密的地方電場強度越大，由于只有一條電場線，無法看出電場線的疏密，故EA與EB可能相等、可能不相等；沿著電場線電勢一定降低，故A一定大于B；故選D點評：本題關鍵在于通過電場線的疏密程度看電場強度的大小，通過電場線的指向看電勢的高低7（2分）電量為q的點電荷，在兩個固定的等量異種電荷+Q和Q的連線的垂直平分線上移動，則（）A電場力做正功B電場力做負功C電場力不做功D電場力做功的正負，取決于q的正負考點：電勢能；電場線專題：電場力與電勢的性質專題分析：等量異種電荷+Q和Q的連線的垂直平分線是一條等勢線，各點電勢相等，移動電荷時電場力不做功解答：解：根據(jù)等勢線的分布情況得知，等量異種電荷+Q和Q的連線的垂直平分線是一條等勢線，各點電勢相等，任意兩點間的電勢差為零，根據(jù)電場力做功公式W=Uq可知，移動電荷時電場力不做功故選：C點評：本題關鍵抓住等量異種電荷等勢線分布特點，這是考試的熱點，基本題8（2分）如圖所示，要使靜電計的指針偏角變大，可采用的方法是（）A使兩極板靠近B減小正對面積C插入電介質D以上方法都不行考點：電容器的動態(tài)分析專題：電容器專題分析：靜電計用來測量電容器板間的電勢差，電勢差越大，指針的偏角越大根據(jù)電容的決定式分析電容如何變化，再由電容的定義式分析電勢差如何變化進行選擇解答：解：A、使兩極板靠近，板間距離d減小，根據(jù)電容的決定式C=，分析得知，電容C增大，而電容器的帶電量Q不變，由C=分析得知，板間電勢差U減小，則靜電計的指針偏角變小故A錯誤B、減小正對面積，根據(jù)電容的決定式C=，分析得知，電容C減小，而電容器的帶電量Q不變，由C=分析得知，板間電勢差U增大，則靜電計的指針偏角變大故B正確C、插入電介質，根據(jù)電容的決定式C=，分析得知，電容C增大，而電容器的帶電量Q不變，由C=分析得知，板間電勢差U減小，則靜電計的指針偏角變小故C錯誤D、由上可知D錯誤故選B點評：本題是電容器的動態(tài)分析問題，由電容的決定式C=和定義式C=結合進行分析9（2分）如圖所示，圖中五點均在勻強電場中，它們剛好是一個圓的四個等分點和圓心已知電場線與圓所在平面平行下列有關圓心O和等分點a的電勢、電場強度的相關描述正確的是（）Aa點的電勢為6VBa點的電勢為2VCa點的電勢為8VDa點的電勢為2V考點：電勢專題：電場力與電勢的性質專題分析：勻強電場的電場線為相互平行間隔相等的平行線，而等勢線與電場線垂直；勻強電場中，任意兩平行直線上相等距離的電勢差相等由題意知可以找到一條等勢線，根據(jù)電場線與等勢線的特點可確定電場線的方向解答：解：在勻強電場中，任意兩平行直線上相等距離的電勢差相等，所以，a點電勢比10V低4V，則為6V，則A正確故選；A點評：本題的關鍵在于找出等勢面，然后才能確定電場線，要求學生明確電場線與等勢線的關系，能利用幾何關系找出等勢點，再根據(jù)等勢線的特點確定等勢面10（2分）一個電容器帶電量為Q時，兩極板間的電壓為U，若使其帶電量增加4107C，電勢差增加20V，則它的電容是（）A1108FB2108FC4108FD8108F考點：電容；電勢差專題：電容器專題分析：電容器的電容定義式C=，對于給定的電容器，電容一定，則根據(jù)數(shù)學知識有C=解答：解：已知電容器電量的增加量Q=4107C，板間電壓的增加量U=20V，則電容為C=F=2108F故選B點評：關于電容的兩個公式C=和C=可以運用數(shù)學知識理解，并能靈活應用11（2分）下列粒子從初速度為零的狀態(tài)經(jīng)過電壓為U的電場加速后，粒子速度最大的是（）A質子B氘核C粒子D鈉離子Na+考點：帶電粒子在勻強電場中的運動專題：電場力與電勢的性質專題分析：粒子經(jīng)過加速電場時，電場力做功qU，根據(jù)動能定理求得速度表達式，由各個粒子比荷大小，比較速度的大小解答：解：設加速電場的電壓為U，粒子的質量和電量分別為m和q，由動能定理得：qU=mv20，解得：v=，可見，速度與粒子的比荷平方根成正比由于質子的比荷最大，所以質子的速度最大故選：A點評：帶電粒子在加速電場中獲得的速度，常常根據(jù)動能定理求解，本題還要了解各個粒子的比荷關系12（2分）下列判斷正確的是（）A由R=知，導體兩端的電壓越大，電阻就越大B由R=知，導體中的電流越大，電阻就越小C由I=知，電流跟導體兩端電壓成正比，跟導體的電阻成反比D由U=IR可知，段導體兩端的電壓跟流過它的電流成正比考點：歐姆定律專題：恒定電流專題分析：電阻的大小由導體決定，與電壓電流無關，但電流由電壓與電阻確定解答：解：AB、電阻與所加電壓，電流無關，則AB錯誤；C、電流由電壓，電阻有關為電流跟導體兩端電壓成正比，跟導體的電阻成反比，則C正確； D、電阻一定，電壓與與電流成正比，則D正確故選：CD點評：明確電阻的決定因素，由歐姆定律分析電壓電流的關系13（2分）兩電阻R1、R2的電流I和電壓U的關系如圖所示，可知電阻大小之比R1：R2等于（）AB3：1CD1：3考點：歐姆定律專題：恒定電流專題分析：根據(jù)圖線的斜率表示電阻的倒數(shù)去進行求解解答：解：因為該圖線為IU圖線，則圖線的斜率表示電阻的倒數(shù)，兩根圖線的斜率比為3：1，所以電阻比為1：3故A、B、C錯，D正確故選D點評：解決本題的關鍵搞清IU圖線的斜率表示什么14（2分）有三個電阻，R1=2，R2=3，R3=4，現(xiàn)把它們并聯(lián)起來接入電路，則通過它們的電流之比為I1：I2：I3是（）A6：4：3B3：4：6C2：3：4D4：3：2考點：串聯(lián)電路和并聯(lián)電路專題：恒定電流專題分析：根據(jù)并聯(lián)電路中支路電流與支路電阻的比值關系進行分析，即電流之比等于電阻的反比解答：解：因為R1：R2：R3=2：3：4=2：3：4；所以I1：I2：I3=6：4：3故選：A點評：會熟練應用歐姆定律，知道并聯(lián)電路電阻與電流的比值關系15（2分）用兩只完全相同的電流表分別改裝成一只電流表和一只電壓表將它們串聯(lián)起來接入電路中，如圖所示，此時（）A兩只電表的指針偏轉角相同B兩只電表的指針都不偏轉C電流表指針的偏轉角小于電壓表指針的偏轉角D電流表指針的偏轉角大于電壓表指針的偏轉角考點：把電流表改裝成電壓表專題：實驗題分析：電流表改裝成電壓表是串聯(lián)較大的分壓電阻；電流表改裝成大量程電流表是并聯(lián)較小的分流電阻；將電壓表和電流表串聯(lián)，分析通過表頭的電流關系，判斷指針偏轉角度的大小解答：解：電流表改裝成電壓表是串聯(lián)較大的分壓電阻；電流表改裝成大量程電流表是并聯(lián)較小的分流電阻；兩表串聯(lián)后，通過電流表的總電流與電壓表的電流相等，由于電流表改裝成大量程電流表是并聯(lián)較小的分流電阻，所以大部分電流通過了分流電阻，通過表頭的電流很小，電流表指針的偏轉角小于電壓表指針的偏轉角，故ABD錯誤，C正確；故選：C點評：本題關鍵是明確電流表和電壓表的改裝原理，熟悉串聯(lián)電路的電流特點，基礎題二.多項選擇題（每小題3分，滿分15分在每小題給出的四個選項中，多個選項符合題目要求，全部選對的得3分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分16（3分）一負電荷僅受電場力作用，從電場中的A點運動到B點，在此過程中該電荷做初速度為零的勻加速直線運動，則A、B兩點電場強度EA、EB及該電荷在A、B兩點的電勢能A、B之間的關系為（）AEA=EBBEAEBCA=BDAB考點：電勢能；電場強度專題：應用題分析：根據(jù)受力特點可以判斷A、B兩點電場強度的大小，根據(jù)電場力做功的正負判斷A、B兩點電勢能的高低解答：解：由于電荷做勻加速直線運動，所以根據(jù)Eq=ma可知，電場強度不變，即EA=EB；電荷做初速度為零的勻加速直線運動，且只受電場力，因此電場力做正功，電勢能減小，所以AB，故BC錯誤，AD正確故選AD點評：本題比較簡單，基礎性強；要加強理解電場力和電場強度關系，電勢能和電場力做功關系17（3分）如圖所示，帶箭頭的線表示某一電場的電場線在電場力作用下，一帶電粒子（不計重力）經(jīng)A點飛向B點，徑跡如圖中虛線所示，下列說法正確的是（）A粒子帶正電B粒子在A點加速度大C粒子在B點動能大DA、B兩點相比，B點電勢能較高考點：電場線；動能定理的應用；電勢能分析：電場線的疏密表示電場強度的強弱，電場線某點的切線方向表示電場強度的方向不計重力的粒子在電場力作用下從A到B，運動與力關系可知，電場力方向與速度方向分居在運動軌跡兩邊，且電場力偏向軌跡的內側解答：解：A、根據(jù)曲線運動條件可得粒子所受合力應該指向曲線內側，所以電場力逆著電場線方向，即粒子受力方向與電場方向相反，所以粒子帶負電故A錯誤；B、由于B點的電場線密，所以B點的電場力大，則A點的加速度較小故B錯誤；C、粒子從A到B，電場力對粒子運動做負功，電勢能增加，導致動能減少，故C錯誤；D、對負電荷來講電勢低的地方電勢能大，故D正確；故選：D點評：電場線雖然不存在，但可形象來描述電場的分布對于本題關鍵是根據(jù)運動軌跡來判定電場力方向，由曲線運動條件可知合力偏向曲線內側18（3分）兩個半徑相同的金屬小球，帶電荷量之比為1：7，相距為r，兩者相互接觸后再放回原來的位置上，則相互作用力可能為原來的（）ABCD考點：庫侖定律專題：電場力與電勢的性質專題分析：由庫侖定律列出接觸前的庫侖力表達式；根據(jù)電荷守恒定律可得出接觸后兩球的電荷量，再由庫侖定律列出庫侖力表達式，即可求得兩力的關系解答：解：由庫侖定律可得兩球接觸前的庫侖力為：F=k當兩球帶同種電荷時，兩球接觸后平分電量，則兩球的電量為：q=4Q兩球接觸后的庫侖力為：F=k=F；當兩球帶異種電荷時，兩球接觸中和后再平分電量，則兩球的電量為：q=3Q兩球接觸后的庫侖力為：F=k=故CD正確、AB錯誤故選：CD點評：兩相同小球相互接觸再分開，則電量先中和然后再平分總電荷量；庫侖定律計算中可以只代入電量，最后再根據(jù)電性判斷庫侖力的方向19（3分）伏安法測電阻的接法有如圖中甲、乙兩種，下列說法正確的是（） A兩種接法完全等效B按甲圖接法，測得值偏小C若待測電阻的阻值很大，按甲圖接法誤差較小D若待測電阻的阻值很小，按乙圖接法誤差較小考點：伏安法測電阻專題：恒定電流專題分析：伏安法測電阻有兩種實驗電路，電流表的內接法與外接法，當待測電阻很大時，應用電流表內接法誤差較小解答：解：A、甲電路采用電流表內接法，乙電路是電流表的外接法，兩種電路效果不同，故A錯誤；B、甲圖采用電流表內接法，由于電流表的分壓作用，使待測電阻的測量值大于真實值測得的電阻偏大，故B錯誤；C、當待測電阻很大，遠大于電流表內阻時，采用電流表內接法實驗誤差較小，甲電路測大電阻誤差小，故C正確；D、若待測電阻的阻值很小，遠小于電壓表內阻時，電壓表分流對實驗影響較小，采用電流表外接法實驗誤差減小，即按圖乙接法實驗誤差小，故D正確；故選：CD點評：待測電阻遠大于電流表內阻時，電流表的分壓小，可忽略不計，用電流表內接法測量值偏大待測電阻遠小于電壓表內阻時，電壓表的分流小，可忽略不計，用電流表外接法，測量值偏小20（3分）一個T型電路如圖所示，電路中的電阻R1=10，R2=120，R3=40，另有一測試電源，電動勢為100V，內阻忽略不計，則（）A當cd端短路時，ab之間的等效電阻是40B當ab端短路時，cd之間的等效電阻是40C當ab兩端接通測試電源時，cd兩端的電壓為80VD當cd兩端接通測試電源時，ab兩端的電壓為80V考點：閉合電路的歐姆定律；串聯(lián)電路和并聯(lián)電路專題：恒定電流專題分析：當cd端短路時，ab間電路的結構是：電阻R2、R3并聯(lián)后與R1串聯(lián)當ab端短路時，cd之間電路結構是：電阻R1、R3并聯(lián)后與R2串聯(lián)當ab兩端接通測試電源時，cd兩端的電壓等于電阻R3兩端的電壓當cd兩端接通測試電源時，ab兩端的電壓等于電阻R3兩端的電壓根據(jù)歐姆定律求解電壓解答：解：A、當cd端短路時，ab間電路的結構是：電阻R2、R3并聯(lián)后與R1串聯(lián)，等效電阻為R=40故A正確 B、當ab端短路時，cd之間電路結構是：電阻R1、R3并聯(lián)后與R2串聯(lián)，等效電阻為R=128故B錯誤 C、當ab兩端接通測試電源時，cd兩端的電壓等于電阻R3兩端的電壓，為U3=E=80V故C正確 D、當cd兩端接通測試電源時，ab兩端的電壓等于電阻R3兩端的電壓，為U3=25V故D錯誤故選AC點評：對于電路的問題，首先要識別電路的結構，有時要畫出等效電路圖基礎題，比較容易三實驗題（共2小題，每空3分，共18分）21（12分）在“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗中，可供選擇的器材及代號如下：A小燈泡L（3V、5）；B滑動變阻器R（010，額定電流1.5A）；C電壓表V1（量程：03V，RV=5k）；D電壓表V2（量程：015V，RV=10k）；E電流表A1（量程：00.6A，RA=0.5）；F電流表A2（量程：03A，RA=0.1）；G鉛蓄電池、開關各一個，導線若干；實驗中要求加在小燈泡兩端的電壓可連續(xù)地從零調到額定電壓（1）為了減少誤差，實驗中應選電壓表C，電流表E；（2）在實驗中，電流表應采用外接法法（填“內接”或“外接”）；（3）某同學實驗后作出的IU圖象如圖所示，請分析該圖象形成的原因是：金屬材料的電阻率隨著溫度的升高而升高考點：描繪小電珠的伏安特性曲線專題：實驗題分析：電壓表、電壓表最佳測量范圍為大于等于滿偏的；IU圖象的斜率等于電阻R的倒數(shù)，故IU圖象的斜率逐漸減小，即電阻R逐漸增大；被測電阻是小電阻，電流表應該采用外接法；要小燈泡兩端的電壓從0開始連續(xù)可調，滑動變阻器要采用分壓接法解答：解：（1）由于小燈泡的額定電壓為3伏，而電壓表最佳測量范圍為大于等于滿偏的，故不能選015v的量程，而只能選03v的量程，故電壓表應選C由于小燈泡的額定電流Ig=0.6A，而電流表最佳測量范圍為大于等于滿偏的，故不能選03A的量程而只能選0.6A的量程，故電流表應選E（2）由于的電阻R=5，而中值電阻R中=50，故被測電阻是小電阻，故電流表應該采用外接法（3）IU圖象的斜率等于電阻R的倒數(shù)，從圖象可知IU圖象的斜率逐漸減小，即電阻R逐漸增大，故金屬材料的電阻隨著溫度的升高而升高；故本題的答案為：C E外接法；（3）金屬材料的電阻率隨著溫度的升高而升高點評：本題主要考查了電流表的接法，滑動變阻器的接法，量程的選擇等，這是電學實驗考查的重點，要認真掌握并多多訓練22（6分）如圖一量程為100A的電流表，內阻為100，現(xiàn)串聯(lián)一個9900 的電阻將它改裝成電壓表該電壓表的量程是1V用它來測量電壓，表盤指針位置如圖所示該電壓的大小是0.84V考點：用多用電表測電阻專題：實驗題分析：電流表改裝成電壓表串聯(lián)電阻分壓，改裝后的量程為電流表和串聯(lián)電阻上的電壓之和：U=Ig（Rg+R）解答：解：改裝后的電壓表的量程為：U=Ig（Rg+R）=100106（100+9900）=1V用它來測量電壓，表盤指針位置如圖所示， 則表盤的最小分度為0.1V，要估讀到下一位，讀數(shù)為：0.84V；故答案為：1；0.84點評：本題考查電表的改裝原理，明確改裝后的量程為U=Ig（Rg+R）三、計算題（4小題，共37分解答時寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟只寫出最后答案的不能得分有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位）23（8分）如圖所示，一個掛在絕緣細線下端的帶正電的小球B，靜止在圖示位置，若固定的帶正電小球A的電荷量為Q，B球的質量為m，帶電荷量為q，=37，A和B在同一條水平線上，整個裝置處于真空中，求A、B兩球間的距離（靜電力常數(shù)為k，重力加速度為g）考點：庫侖定律；共點力平衡的條件及其應用專題：電場力與電勢的性質專題分析：根據(jù)B球的狀態(tài)可以求出B球的受力情況，從而求出兩球之間的庫侖力，再根據(jù)庫侖定律求出兩球之間的距離解答：解：以小球為研究對象，對小球進行受力分析，根據(jù)小球處于平衡狀態(tài)可知FF=mgtan=mgtan37=mg（1）而小球所受庫侖力大小為：F=k （2）聯(lián)立（1）（2）解得A、B兩球之間的距離為：r=答：A、B兩球間的距離為點評：對于復合場中的共點力作用下物體的平衡其解決方法和純力學中共點力作用下物體的平衡適用完全相同的解決方法24（9分）如圖所示，平行板電容器的兩個極板A、B分別接在電壓為60V的恒壓電源上，兩極板間距為3cm，電容器帶電荷量為6108C，A極板接地（電勢為零）求：（1）平行板電容器的電容；（2）平行板電容器兩板之間的電場強度；（3）距B板為2cm的C點處的電勢考點：電容；電勢差專題：電容器專題分析：電容定義式C=，兩板之間為勻強電場E=，A與C間電勢差UAC=EdAC=20 V，又UAC=AC，WBA=qUBA=qUAB解答：解：（1）依電容定義有C= F=1109 F（2）兩板之間為勻強電場E=2103 V/m方向豎直向下（3）C點距A板間距離為dAC=ddBC=1 cmA與C間電勢差UAC=EdAC=20 V又UAC=AC，A=0可得C=20 V答：（1）平行板電容器的電容1109F；（2）平行板電容器兩板之間的電場強度2103 V/m方向豎直向下；（3）距B板為2cm的C點處的電勢20 V點評：本題考查了電容的定義式勻強電場中場強與電勢差的關系和電場力移動電荷做功25（9分）如圖所示，質量為m，電荷量為e的粒子從A點以v0的速度沿垂直電場線方向的直線AO方向射入勻強電場，由B點飛出電場是速度方向與AO方向成45，已知AO的水平距離為d（不計重力）求：（1）從A點到B點用的時間；（2）勻強電場的電場強度大??；（3）AB兩點間電勢差考點：帶電粒子在勻強電場中的運動；平拋運動專題：帶電粒子在電場中的運動專題分析：（1）粒子從A點以v0的速度沿垂直電場線方向射入電場，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做初速度為零的勻加速直線運動，由水平距離d和初速度v0可求出時間（2）將粒子射出電場的速度進行分解，求出豎直方向分速度vy，由牛頓第二定律和vy=at結合求出電場強度E（3）由動能定理可求解AB兩點間電勢差解答：解：（1）粒子從A點以v0的速度沿垂直電場線方向射入電場，水平方向做勻速直線運動，則有：t=（2）由牛頓第二定律得：a=將粒子射出電場的速度v進行分解，則有 vy=v0tan45=v0，又vy=at，得：v0=，解得：E=（3）由動能定理得：eUAB=解得：UAB=答：（1）從A點到B點用的時間為；（2）勻強電場的電場強度大小為；（3）AB兩點間電勢差為點評：本題運用運動的分解法研究類平拋運動，關鍵將速度進行分解，由牛頓第二定律和運動學公式相結合進行研究26（11分）一個帶正電的微粒，從A點射入水平方向的勻強電場中，微粒沿直線AB運動，如圖所示，AB與電場線夾角=30已知帶電微粒的質量m=1.0107kg，電量q=1.01010C，A、B相距L=20cm（取g=10m/s2，結果要求二位有效數(shù)字）求：（1）試說明微粒在電場中運動的性質，要求說明理由（2）電場強度大小、方向？（3）要使微粒從A點運動到B點，微粒射入電場時的最小速度是多少？考點：帶電粒子在勻強電場中的運動；力的合成與分解的運用；動能定理的應用專題：電場力與電勢的性質專題分析：（1）根據(jù)直線運動的條件并結合受力分析，得到電場力的方向，最終分析出物體的運動規(guī)律；（2）根據(jù)力的合成的平行四邊形定則并結合幾何關系得到電場力，求出電場強度；（3）對粒子的運動過程運用動能定理列式求解即可解答：解：（1）微粒只在重力和電場力作用下沿AB直線運動，故合力一定與速度在同一條直線上，可知電場力的方向水平向左，如圖所示微粒所受合力的方向由B指向A，與初速度VA方向相反，微粒做勻減速直線運動即微粒做勻減速直線運動（2）根據(jù)共點力平衡條件，有：qE=mgtan1故電場強度E=1.7104N/C，電場強度方向水平向左（3）微粒由A運動到B的速度vB=0，微粒進入電場中的速度最小，由動能定理有：mgLsin+qELcos=mvA2解得vA=2.8m/s即要使微粒從A點運動到B點，微粒射入電場時的最小速度是2.8m/s點評：本題關鍵結合運動情況得到粒子受力的受力情況，然后根據(jù)動能定理列式求解