【物理】四川省成都市蓉城名校联盟2019-2020学年高二上学期期中联考试题（解析版）
蓉城名校联盟2019~2020学年度上期高中2018级期中联考
物理
一、单项选择题
1.下列关于元电荷、场源电荷、试探电荷、点电荷的说法，正确的是
A. 元电荷既不是电子，也不是质子，它是最小的电荷量，带电粒子所带电荷量可以是1.5e
B. 试探电荷是电荷量很小，形状可以忽略的电荷，故能看成点电荷的电荷就是试探电荷
C. 体积很小的电荷不一定是点电荷，但点电荷所带电荷量一定很少
D. 空间中的电场分布只取决于场源电荷，与试探电荷无关
【答案】D
【解析】
【详解】A．元电荷既不是电子，也不是质子，它是最小的电荷量，任何带电体所带电荷量等于元电荷或者是元电荷的整数倍；故A错误．
B．点电荷是一种理想化的对象模型，指没有大小的带电体，当电荷间距离大到可认为电荷大小、形状不起什么作用时，可把电荷看成点电荷，也就是说点电荷可以很大，这样的电荷就做不了试探电荷，试探电荷需要的是体积小，电荷量小，所以点电荷不一定能做试探电荷；故B错误．
C．点电荷是将带电物体简化为一个带电点，物体能不能简化为点，不是看物体的绝对大小，而是看物体的大小对于两个电荷的间距能不能忽略不计，点电荷所带电荷量不一定很少；故C错误．
D．空间中的电场分布只取决于场源电荷，与试探电荷无关；故D正确．故选D．
2.下列说法正确的是
A. 根据可知，电阻的大小与加在它两端的电压成正比，与通过它的电流成反比
B. 电阻率小的材料，其电阻也一定很小
C. 若将一段均匀导线均匀拉长，其电阻将变大
D. 电源的电动势可以反映电源静电力做功本领的大小
【答案】C
【解析】A．公式描述电阻的定义式，是比值定义法定义的物理量，但电阻的大小与加在它两端的电压、通过它的电流无关；故A错误；
B．导体的电阻由电阻率、长度和横截面积共同决定，决定式为，电阻率小的材料，电阻不一定小；故B错误；
C．将一段均匀导线均匀拉长，长度增加，横截面积减小，由知电阻将变大；故C正确；
D．电源的电动势，可以反映电源非静电力做功本领的大小；故D错误。故选C。
3.如图所示，有两个带正电的验电器，金属箔片张开一定角度，用导体棒接触图甲验电器顶端小球，将一对金属枕形导体靠近图乙验电器放置。下列描述正确的是
A. 图甲中，若发现验电器金属箔片张开角度减小，说明导体棒可能带负电
B. 图甲中，若导体棒不带电，则一定有正电荷转移到导体棒上
C. 图乙中，电子将从A端移至B端
D. 图乙中，若用手接触A端，A端金属箔片将闭合，B端金属箔片保持张开
【答案】A
【解析】A．用导体棒接触图甲验电器顶端小球，发现验电器金属箔片张开角度减小，可能是异种电荷中和了一部分，即导体棒可能带负电；故A正确。
B．图甲中，若导体棒不带电，则电子从导体棒转移到验电器上；故B错误。
C．图乙中，根据静电感应可知，A端感应负电荷，即电子从B端移至A端；故C错误。
D．图乙中，用手接触A端，表示接地，则A端金属箔片不变，B端金属箔片将闭合；故D错误。故选A。
4.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轴所成夹角θ为30°。下列说法正确的是
A. 随电压的增大，元件乙的图像斜率越来越小，故其电阻随电压的增大而减小
B. 在A点，甲、乙两元件的电阻相等
C. 元件甲的电阻为R=k= tanθ=
D. 若将甲、乙元件并联，理想电源的电压为5 V，则每秒通过干路某一横截面的电荷量为1.5C
【答案】B
【解析】A．随电压的增大，元件乙的图象斜率越来越小，根据欧姆定律可知，其电阻随电压的增大而增大，故A错误；
B．在A点，甲、乙两元件的电压、电流相同，则电阻相等，故B正确；
C．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．将甲、乙两元件并联接到5V的电源两端时，因并联电路中各支路两端的电压相等，所以两元件两端的电压均为5V，由图象可知通过两元件的电流分别为
I乙=1.0A
因并联电路中干路电流等于各支路电流之和，所以总电流
I=I甲+I乙=1.625A
根据电荷量定义可知，每秒通过干路某一横截面的电荷量为1.625C，故D错误。
故选B。
5.如图所示，相距为0.6 m的两个点电荷A、C的电荷量大小之比为1:4，其中A带正电，C带负电，现引进第三个点电荷B，使三个点电荷都处于静止状态。有关B的电性和位置，下 列说法正确的是
A. B球一定带正电，位置在C的右边，距C的距离为0.6m
B. B球一定带负电，位置在A、C之间，距C的距离为0.3 m .
C. B球一定带正电，位置在A的左边，距A的距离为0.3 m
D. B球一定带负电，位置在A的左边，距A的距离为0.6m
【答案】D
【解析】A、B、C三个电荷要平衡，必须三个电荷的一条直线，外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，所以B必须为负电，在A的左侧。
设B所在位置与A的距离为r，则B所在位置与B的距离为0.6+r，要能处于平衡状态，所以A对B的电场力大小等于C对B的电场力大小，设B的电量为q。则有：
解得：
r=0.6m
故D正确，ABC错误。故选D。
6.如图所示，在平行于ABC平面的匀强电场中，有一一个边长为6 cm的等边三角形，A、B、C三点电势分别为8V，-4V和2V，D为靠近A点的AB线段的三等分点。下列说法正确的是
A. 电场强度为400 V/m
B. 电场线方向与AB平行，方向指向A
C. 电子在A点的电势能小于在B点的电势能
D. 若将一电子从C点移至D点，电场力做功为-2eV
【答案】C
【解析】匀强电场平行相等的线段的端电压相等，则有AB的中点F点的电势为
则F、C为等电势点，FC为等势线，则AB为一电场线，方向由A到B，则
AB．匀强电场的场强为
方向由A到B；故AB错误。
C．电子带负电，由知其在电势高处电势能小；故C正确。
D．D点的电势为
则UCD=-2V，将一电子从C点移至D点，电场力做功为
故D错误。故选C。
7.将一质量为m、电荷量为+q的小球在匀强电场中静止释放，小球沿斜向左下做直线运动，如图所示，直线为其运动轨迹，轨迹与水平方向的夹角为θ。下列说法正确的是
A. 电场方向可能沿轨迹向下 B. 电场方向可能水平向右
C. 电场力对小球一定做功 D. 电场力的最小值为mg cos θ
【答案】D
【解析】A．小球在重力和电场力的共同作用下做直线运动，其合力必定在此直线上，所以电场力不可能轨迹向下，则电场方向不可能轨迹向下；故A错误。
B．若电场方向水平向右，小球所受的电场力方向水平向右，与重力的合力与轨迹不在同一直线上，不可能做直线运动；故B错误。
C．电场力可能与轨迹垂直，出现电场力对小球不做功；故C错误。
D．因为小球的合力沿轨迹方向，根据数学知识可知，当电场力与轨迹垂直时电场力最小，如图所示：
可得电场力的最小值为mgcosθ；故D正确。故选D。
8.如图所示，电源的电动势为6V、内阻为1Ω，R是一个电阻箱，定值电阻R2=4Ω、R3= 10Ω，电容器C的电容为5μF，闭合开关S，调节电阻箱R，电路达到稳定状态后，下列说法正确的是
A. 当R1的阻值增大时，电源的路端电压增大，流过R3的电流减小
B. 当R1的阻值增大时，电容器的电荷量将增大
C. 当R1的电阻为6Ω时，电容器所带电荷量的大小为1×10-5C
D. 当S断开后，R2中将出现瞬时电流，方向由a→b
【答案】C
【解析】A．当R1的阻值增大时，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，干路电流减小，内电压减小，电源的路端电压增大，则R3两端电压增大，通过的电流增大；故A错误。
B．电容器两端的电压为电阻R2两端电压，干路电流减小，通过R3的电流增大，则流过R2的电流减小，两端电压减小，电容器的电荷量Q=CU减小；故B错误。
C．当R1的电阻为6Ω时，则外电阻为5Ω，则路端电压为5V，电阻R2两端电压为2V，电荷量Q=CU=5×10-6×2C=1×10-5C
故C正确。
D．当S断开时，电容器放电，左端为正极，R2中将出现瞬时电流，方向由b→a；故D错误。故选C。
二、多项选择题
9.下列说法正确的是
A. 沿着电场线的方向移动电荷，电荷的电势能可能增大
B. 只有点电荷在真空中任一点产生的电场强度大小才可以用求解
C. 根据可知，电容器的电容与其储存的电荷Q成正比，与其两端的电压U成反比
D. 电脑和手机屏幕上很容易聚集灰尘是因为静电现象
【答案】AD
【解析】
【详解】A．正电荷沿电场线方向移动，电场力做正功，电势能减小。负电荷沿电场线方向移动，电场力做负功，电势能增加；故A正确。
B．电场强度的定义式
适用于任何电场；故B错误。
C．公式
是电容的定义式，采用比值法定义，C与Q、U无关，由电容器本身的性质决定；故C错误。
D．电脑和手机屏幕上会带上电荷，很容易吸附灰尘，是因为静电现象；故D正确。
故选AD。
10.如图所示为电源甲和电源乙的U-I图像。下列说法正确的是
A. 甲乙两电源的内阻r甲
E乙
D. 若两电源的工作电流变化量相同时，电源乙的路端电压变化较大
【答案】BC
【解析】
【详解】A．由电源的U-I图像其斜率表示内阻，内阻r甲＞r乙；故A错误。
B．当外电路短路时对应的电流为短路电流，此时路端电压为零；将图中横坐标下移至U=0时，图象的交点即为短路电流，则可知I甲＜I乙。故B正确。
C．U-I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，故电动势E甲＞E乙；故C正确。
D．根据U=E-Ir可知，
△U=-r•△I
内阻r甲＞r乙，故当电源的工作电流变化相同时，电源甲的路端电压变化较大；故D错误。
故选BC。
11.如图所示，A、B是平行板电容器的两金属板，其中B板接地，现在闭合开关S，稳定后，一带电液滴恰好静止于AB板间的P点。下列说法正确的是
A. 若保持开关S闭合，将A板向左边移动一段距离，液滴将向下运动.
B. 若保持开关S闭合，将A板向上移动一小段距离，P点的电势升高
C. 若断开开关S，将A板向上移动一段距离，液滴仍保持静止
D. 若断开开关S，将A板向左移动一小段距离，P点电势升高
【答案】CD
【解析】
【详解】A．当保持开关S闭合，则两极板间的电压不变；若将A板左移板间距不变，据
知场强不变，所以电场力仍与重力平衡，液滴静止不动；故A错误。
B．当保持开关S闭合，则两极板间的电压不变，若将A板上移，电容器的板间距d增大，据
知场强变小，据
φP=UPB=EdPB
知P点的电势降低；故B错误。
C．当断开开关S，则两极板间的电量Q不变；若将A板上移，电容器的板间距d
增大，根据
可得板间场强
知板间场强E不变，小球所受的电场力不变，液滴保持静止；故C正确。
D．当断开开关S，则两极板间的电量Q不变；若将A板左移，电容器的极板正对面积S减小，根据
可得板间场强
知板间场强E变大，据
φP=UPB=EdPB
知P点的电势升高；故D正确。故选CD。
12.如图所示，A、B、C、D是匀强电场中的四个水平的等差等势面，相邻等势面间的距离均为2.5cm，已知B等势面，上的电势为零。一个电子从D等势面，上的P点以初动能Ek =20eV进入电场，刚好从N点离开电场，离开时，N点的动能为5eV，Ep表示电子在电场中的电势能。下列说法正确的是
A. 结合电子的运动轨迹和等势面可知，电子在该匀强电场中的受力方向水平向右
B. 该匀强电场的场强为200V/m
C. 该粒子经过等势面C时的动能为10eV
D. 该粒子从P到N的过程，
【答案】BD
【解析】
【详解】A．电场线垂直于等势面，电子受力方向应该是竖直向下，电场线方向竖直向上；故A错误。
B．一个电子从D等势面上的P点以初动能Ek=20eV进入电场，刚好从N点离开电场，离开时，N点的动能为5eV，EP表示电子在电场中的电势能，则电势能增加了15eV，电场力做负功W=-15eV，根据
W=EedAD
知
故B正确。
C．根据W=Eed，知每降落相同的电势差电场力做功相等，所以该粒子经过等势面C时的动能为20eV-5eV=15eV；故C错误。
D．从P到N的过程只有电场力做功，发生动能和电势能的转化，所以动能和电势能总和守恒，
△Ek+△Ep=0
故D正确。
故选BD。
13.一电子只在电场力作用下，沿x轴正向运动加速度a与x的关系如图所示，其中OA段的图像为直线，O为坐标原点，A、B、C为x轴上的点，O、A之间的距离为d， A、C两点的加速度均为a0，，设a沿x轴方向时为正，O点电势为零，电子质量为m，所带电荷量为-e。下列说法正确的是
A. φO>φA>φB>φC B. 电子在A点的电势能大于在B点的电势能
C. A点电势为 D. |UAB|>|UBC|
【答案】AC
【解析】
【详解】A．由图可知，负电荷受力沿x负方向，电场强度方向沿x轴正方向，因沿电场方向电势降低，故φO＞φA＞φB＞φC；故A正确。
B．电子带负电，电势高的地方电势能小，在A点的电势能小于在B点的电势能。故B错误。
C．根据牛顿第二定律知
U=Ex
所以
O、A之间的距离为d，A点的加速度为a0，则
解得：
故C正确；
D．根据可以知道a-x图象的面积间接反映电势差的大小，所以|UAB|<|UBC|，故D错误。故选AC。
三、实验探究题
14.有一表头，内阻为200Ω，满偏电流为1mA，现要将它改装成量程为6 V的电压表应____ （填 “串联”或“并联”）的电阻的值R=_____。 若将其改装成量程为0.6A的电流表，应当给表头___ （填 “串联”或“并联”）的电阻的值R=____.(计算结果保留2位有效数字）。
【答案】 (1). 串联 (2). 5800Ω (3). 并联 (4). 0.33Ω
【解析】
【详解】[1] [2]把表头改装成大量程的电压表，需要给表头串联一个电阻；
此时表头满偏电压为：
则串联电阻为：
[3][4]若表头改装成大量程的电流表，需要给表头并联一个电阻，此时表头满偏电流为1mA，故并联电阻为：
15.为提高学生动手操作能力，学校实验室对外开放。小明去实验室发现一段阻值大约为6 Ω的电阻，他欲采用伏安法对其进行测定。实验室有以下器材可供他选择: （要求测量结果尽量准确）
A.电池组（3V，内阻约1Ω）
B.电流表（0~3A，内阻约0.025Ω）
C.电流表（0~0.6A，内阻约0.125 Ω）
D.电压表（0~3V，内阻约3 kΩ）
E.电压表（0~15V， 内阻约15 kΩ）
F.滑动变阻器（0~10Ω，额定电流1 A）
G.滑动变阻器（0~1000Ω，额定电流0.1 A）
H.开关，导线若干
①实验时应选用的器材是__ （填写各器材的字母代号）。
②请在下面的虚线框中画出实验电路图。（ ）
③小明选择器材、连接电路和操作均正确，从实验原理_上看，待测电阻测量值_______实值（填“大于”或“小于”），原因是_________________。
【答案】 (1). ACDFH (2). (3). 小于 电流表的读数大于流过待测电阻的实际电流
【解析】
【详解】①[1]电源的电动势为3V，电压表应选D．
因采用伏安法测定一段阻值约为6Ω左右的金属丝的电阻，电阻中最大电流约为
通过待测金属丝的电流不太大，电流表应选C.
因滑动变阻器最大电阻大于待测电阻，考虑变阻器用限流式接法，故可选变阻器F，当然还应选H;
所以实验时应选用的器材是ACDFH；
②[2]应用伏安法测电阻，即用电压表测电阻两端电压，电流表测通过电阻的电流，小电阻电流表采用外接法，实验电路图如图所示
③[3][4]待测电阻阻值较小，所以需用电流表外接，由于电压表的分压作用，测量电流比实际值偏大，电压测量准确，根据
可知，测量值偏小.
四、计算题
16.如图所示，已知电源电动势E=3.0V，内阻r=1.0Ω，定值电阻R1=1.0Ω， R2= 2.0Ω0，R3=3.0Ω。求:
（1）开关S1闭合而S2断开时电压表的示数;
（2）开关S1和S2都闭合时电压表的示数（计算结果保留2位小数）。
【答案】（1）2.5V（2）2.36V
【解析】
【详解】(1)开关S1闭合而S2断开时，根据闭合电路欧姆定律可得通过电源的电流
电压表的示数即路端电压
(2)电键都闭合时，R1、R2并联，设并联值为R并，则
根据闭合电路欧姆定律可得通过电源的电流
则电压表的读数为
17.如图所示，匀强电场的场强大小为E= 60 V/m，方向水平向右。在电场中有a、b、c三点，ab=6cm，bc=8 cm，其中ab沿电场线方向，bc和电场线方向成60°角，现将一电荷从b点移到a点时静电力做功为W =-3.6×10-7J，求:
（1）该电荷的电荷量大小;
（2）a、c两点间的电势差Uac;
（3）假设a点的电势为零，则该电荷在c点的电势能Ep。
【答案】（1）（2）6V（3）
【解析】
【详解】(1)设a、b间距离为d，由题设条件有
W =qEd
(2)设b、c间距离为d2，有:
(3)电荷在c点的电势能为
18.如图所示为真空中示波管的简化示意图，电子由静止开始经加速电场加速后，从右板的中心O1水平射出，射出后沿平行于板面的方向射入偏转电场，然后从偏转电场的另一侧飞出，最后做匀速直线运动打在荧光屏上，显示出荧光亮点（板的中心O1与荧光屏中心O2在同一直线）。已知电子的质量为m、电荷量为e，加速电场电压为U1，偏转电场可看作匀强电场，两极板间的距离为d、电压为U2，极板长度为L1，偏转电场到荧光屏间距为L2，电子所受重力忽略不计。求:
（1）电子射入偏转电场时的初速度v0
（2）电子从偏转电场射出时的速度v;
（3）电子打在荧光屏的位置距屏中心的距离Y。
【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【详解】(1)根据功和能的关系，有
电子射入偏转电场的初速度
(2)在偏转电场中，电子的运动时间
射出偏转电场时沿电场方向的速度
速度大小
设射出时速度方向与初速度v0的夹角为θ，则
(3)电子在偏转电场中的偏转距离
出偏转电场后，电子做匀速直线运动打在荧光屏上，由相似三角形知:
解得:
19.如图所示，光滑斜面轨道、粗糙水平轨道与半径的光滑圆轨道（所有轨道均为绝缘轨道）分别相切于B、C两点， D点为圆轨道最高点，此空间区域存在有场强大小为、方向水平向右的匀强电场，水平轨道末端F离水平地面高h=0.4m，F右侧的水平地面上方空间存在有场强大小为E、方向竖直向下的匀强电场。质量、电荷量的小钢球（可视为质点）由光滑斜面轨道上的A点静止释放。从B点进入圆轨道，C点离开圆轨道进入水平轨道，不计圆轨道在B、C间交错的影响。已知斜面轨道的倾角为θ=45°，小钢球与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力。求:
（1）为保证小钢球能够在光滑圆环内做完整圆周运动，A、B两点间的竖直高度差至少为多少;
（2）若A、B两点间的竖直高度差为 m，小钢球到达D点时对轨道产生的压力大小;
（3）若把轨道所在区域的电场方向改为竖直向下，大小不变，且A点离水平轨道的高度为3.0m，水平轨道CF的长度为d= 1.0 m，小钢球通过轨道后落到水平地面的G点，求F、G两点间的水平距离。
【答案】（1）1.5 m（2）1.8N（3）2 m
【解析】
【详解】(1)小钢球在复合场中的等效重力加速度:
等效最低点与竖直方向的夹角为45°.
小钢球过等效最高点的最小速度
设A点离水平轨道CF的高度至少为H，如图所示:
小钢球由A点静止释放运动到等效最高点，由动能定理:
联立解得:
H =1.5 m
(2)设小钢球运动到D点速度为vD，小钢球由A点静止释放运动到D点,由动能定理:
设在D点轨道对小钢球的压力为N，由牛顿第二定律有:
联立解得:
N=1.8N
由牛顿第三定律可知:对轨道压力N'=1.8N，方向竖直向下
(3)小钢球由A点静止释放运动到F点,由动能定理:
小钢球离开F后做类平抛运动:
联立解得:
x=2m
