北京市第二十二中学2019-2020学年高二上学期期中考试物理试题（选考） 17页

北京22中学2019-2020学年度第一学期期中试卷高二年级物理学科选考班 一、单项选择题 ‎1.M和N都是不带电的物体，它们互相摩擦后M带正电荷1.6×10－‎10C，下列判断中正确的是(　　)‎ A. 在摩擦前M和N的内部没有任何电荷 B. 摩擦的过程中电子从N转移到了M C. N在摩擦后一定带负电荷1.6×10－‎‎10C D. M在摩擦过程中失去了1.6×10－10个电子 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】摩擦起电的本质是电子的转移，说明在摩擦前MN内部都有电荷，故A错误。互相摩擦后M带1.6×10‎-10C正电荷，故应该是M上1.6×10‎-10C的电子转移到N上，故B错误。N原来是电中性，摩擦后M上1.6×10‎-10C的电子转移到N上，故N在摩擦后一定带1.6×10‎-10C的负电荷，故C正确。M在摩擦过程中失去的电子数为：n＝＝109个，故D错误。故选C。‎ ‎【点睛】解答本题应明确起电的本质，明确不带电的物体呈现电中性，而带电的原因是失去或获得电子．‎ ‎2.关于点电荷的说法，正确的是( )‎ A. 大小和形状对作用力的影响可以忽略的带电体可以视为点电荷 B. 体积很大的电荷，一定不能作为点电荷 C. 点电荷一定是带电量很小的电荷 D. 只有体积很小的电荷，才能作为点电荷 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷，选项A正确；‎ BCD ‎．带电体能否看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状及带电量的多少无具体关系，故BCD错误；‎ ‎3.下面关于电场的叙述正确的是 （ ）‎ A. 在电荷产生的电场中电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 B. A电荷受到B电荷施加的作用，本质是B电荷的电场对A电荷的作用 C. 在静电场中，场强方向都指向电势升高最快的方向 D. 只有电荷发生相互作用时才产生电场 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在电荷产生的电场中电场强度大的地方电势不一定高，电场强度小的地方电势不一定低，例如距离负点电荷越近的位置场强越大，但是电势越低；距离负点电荷越远的位置场强越小，但是电势越高；选项A错误；‎ B．A电荷受到B电荷施加的作用，本质是B电荷的电场对A电荷的作用，选项B正确；‎ C．在静电场中，场强方向都指向电势降落最快的方向，选项C错误；‎ D．电荷周围的电场总是存在的，无论是否发生相互作用都会产生电场，选项D错误。‎ ‎4.真空中放置两个点电荷，电量各为q1与q2，它们相距r时静电力大小为F。若将它们的电量分别减为和,距离也变为，则它们之间的静电力大小是：‎ A. F B. F/‎2 ‎C. ‎2F D. ‎‎4F ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】由库仑定律可得，原来它们之间的库仑力为，变化之后它们之间的库仑力为，所以A正确，BCD错误．故选A．‎ ‎5.以下说法中不正确是（　　）‎ A. 公式U=E·d只适用于匀强电场, 公式E=F/q是电场强度的定义式，适用于任何静电场 B. 公式E=kQ/r2是由库仑定律得出的，因而只适用于真空中点电荷的电场 C. 电流的定义式I=q/t，适用于任何电荷的定向移动形成的电流 D. 从R=U/I可知，导体的电阻跟两端的电压成正比，跟流过导体的电流成反比 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．公式U=E·d只适用于匀强电场, 公式E=F/q是电场强度的定义式，适用于任何静电场，选项A正确，不符合题意；‎ B．公式E=kQ/r2是由库仑定律得出的，因而只适用于真空中点电荷的电场，选项B正确，不符合题意；‎ C．电流的定义式I=q/t，适用于任何电荷的定向移动形成的电流，选项C正确，不符合题意；‎ D．导体的电阻只由导体本身决定，与两端的电压以及流过导体的电流大小无关，选项D错误，符合题意。‎ ‎6.一个检验电荷q在电场中某点受到的电场力为F，该点的电场强度为E.下图中能正确表示q、E、F三者关系的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A、B项：因为电场中的电场强度与放入电场中电荷的电量无关，由场源电荷决定。所以电场强度不随q、F的变化而变化，故A、B错误；‎ C、D项：由知，某点的电场强度一定，F与q成正比。故C错误，D正确。‎ 故选：D。‎ ‎7.如图是某一点电荷的电场线分布图，下列表述正确的是（ ）‎ A. 该点电荷带正电 B. a点的电场强度大于b点的电场强度 C. a点和b点电场强度的方向相同 D. a点的电势高于b点的电势 ‎【答案】B ‎【解析】‎ A、根据电场线的方向特点，可知该点电荷带负电，故A错误；‎ B、电场线越密的地方电场强度越大，则a点的电场强度大于b点的电场强度，故B正确；‎ C、场强方向即电场线切线方向，由题图可看出a点和b点电场强度的方向不同，故C错误；‎ D、根据电场线与等势线垂直，在b点所在电场线上可以找到与a点电势相等的点，依据沿电场线方向电势降低，则知a点电势低于b点电势，故D错误。‎ 点睛：利用电场线的特点分析即可，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低。‎ ‎8.两平行金属板相距为d，电势差为U，一电子质量为m，电荷量为e，从O点沿垂直于极板的方向射出，最远到达A点，然后返回，如图所示，OA=h，此电子具有的初动能是 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】电子在电场中被加速且末速度为零，根据动能定理：-eEh=0-Ek0，板间场强为：，联立可得：，故D正确，ABC错误。‎ ‎9.如图所示，实线为电场线，虚线为等势面，φa＝50 V，φc＝20 V，则a、c连线中点b的电势φb为(  )‎ ‎ ‎ A. 等于35 V B. 大于35 V C. 小于35 V D. 等于15 V ‎【答案】C ‎【解析】‎ 由图看出，ab段电场线比bc段电场线密，故ab段场强较大，根据公式U=Ed可知，a、c间电势差Uac大于b、c间电势差Ubc，即：φa-φb＞φb-φc，得到：φb＜． 故选C.‎ ‎10.根据欧姆定律，下列判断正确的是(　　)‎ A. 导体两端的电压为零，电阻即为零 B. 导体中的电流越大，电阻就越小 C. 当电压增大2倍时，电阻增大2倍 D. 由I＝可知，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】ABC．导体的电阻只由导体本身决定，与导体两端的电压以及导体中的电流无关，选项ABC错误；‎ D．由I＝可知，通过一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比，选项D正确。‎ ‎11.甲、乙两根粗细均匀的电阻丝，它们的材料相同，甲电阻丝的长度是乙的2倍，甲电阻丝的直径是乙的2倍，则甲、乙电阻丝电阻之比是（ ）‎ A. 1：2 B. 1：‎4 ‎C. 1：8 D. 1：16‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】已知甲乙两根电阻丝的材料相同，而甲的长度是乙的2倍；甲电阻丝的直径是乙的2倍，则甲的横截面积等于乙的4倍；根据可知，甲的电阻是乙的倍。 A．1：2，与结论相符，选项A正确； ‎ B．1：4，与结论不相符，选项B错误； ‎ C．1：8，与结论不相符，选项C错误； ‎ D．1：16，与结论不相符，选项D错误；‎ ‎12.如图所示，一个验电器用金属网罩罩住，当加上水平向右的、场强大小为E的匀强电场时，下列说法正确的是（ ）‎ A. 验电器的箔片张开 B. 金属网罩内部空间存在向右的匀强电场 C. 金属网罩上的感应电荷在金属网罩内部空间产生的电场方向水平向左 D. 金属网罩内外表面都存在感应电荷 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．因为在金属内部由于电子可以自由移动，当加上水平向右的、场强大小为E的匀强电场时，金属网罩会产生一个与外加电场相反的电场，来抵消在金属内部的电场，以保证平衡，从而金属上电荷重新分布．就是所谓“静电屏蔽”的原理．此时验电器不会受到影响，故验电器的箔片不张开，选项AB错误．‎ C．由以上分析可知，金属网罩上的感应电荷在金属网罩内部空间产生的电场方向水平向左，选项C正确；‎ D．由于静电感应，则金属网罩外表面存在感应电荷，内表面不存在感应电荷，选项D错误。‎ ‎13.由电容器电容的定义式C＝可知(　　)‎ A. 若电容器不带电，则电容C为零 B. 电容C与电容器所带电荷量Q成反比，与电压U成反比 C. 电容在数值上等于使两板间的电压增加1 V时所需增加的电荷量 D. 电容器所带电荷量，是两极板所带电荷量的代数和 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．电容器的电容只由电容器内部结构决定，与电容器是否带电以及两端的电压均无关，选项AB错误；‎ C．根据 可知，电容器的电容在数值上等于使两板间的电压增加1 V时所需增加的电荷量，选项C正确；‎ D．电容器所带电荷量，是指一个极板带电量的绝对值，选项D错误。‎ ‎14.某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，沿图中虚线由M运动到N，以下说法不正确的是(　　)‎ A. 粒子是正电荷 B. 粒子在M点的加速度小于在N点的加速度 C. 粒子在M点的电势能小于在N点的电势能 D. 粒子在M点的动能小于在N点的动能 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．带电粒子在电场中运动时，受到的电场力的方向指向运动轨迹的弯曲的内侧，由此可知，此带电的粒子受到的电场力的方向为沿着电场线向上，所以此粒子为正电荷，所以A正确，不符合题意；‎ B．由电场线的分布可知，电场线在N点的时候较密，所以在N点的电场强，粒子在N点时受到的电场力大，加速度也大，所以B正确，不符合题意；‎ C．粒子带正电，从M到N的过程中，电场力对粒子做正功，所以粒子的电势能要减小，即粒子在M点的电势能大于N点的电势能，所以C错误，符合题意；‎ D．粒子带正电，从M到N的过程中，电场力对粒子做正功，粒子的动能要增加，即粒子在M点的动能小于N点的动能，所以D正确，不符合题意；‎ ‎15.图中平行直线表示一簇垂直于纸面的等势面。一个带–5.0×10‎-8C的点电荷，沿图中曲线从A点移到B点,电场力做的功为：‎ A. –5.0×10-7J B. 5.0×10-7J C. –3.5×10-6J D. 3.5×10-6J ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】电场力做功与路径无关，只决定于初末位置的电势差。,B对。‎ ‎16.水平放置的平行板电容器与一电池相连，在电容器的两板间有一带正电的质点处于静止平衡状态，现将电容器两板间的距离增大，则（ ）‎ A. 电容变大，质点向上运动 B. 电容变大，质点向下运动 C. 电容变小，质点保持静止 D. 电容变小，质点向下运动 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】根据平行板电容器决定式可得，两板间距增大，电容减小；由于电容器与电池相连，电容器两板间电压不变，两板间距增大，电容器板间电场强度减小，质点所受电场力减小，质点向下运动。故D项正确，ABC三项错误。‎ ‎17.如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q(不计重力)，由静止释放后，下列说法中正确的是(　　)‎ A. 点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大 B. 点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大 C. 点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值 D. 点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】AB．根据点电荷电场强度的叠加法则，可知，同种正电荷连线的中垂线上，电场强度方向由O点向两边延伸，且大小先增大后减小，在P点由静止释放一个负点电荷q，在从P点到O运动的过程中，它只在电场力作用下，向下加速，电场强度可能可能越来越小，电场力可能越来越小，则加速度可能越来越小。故AB错误。‎ C．运动到O点时，电场强度为零，所受的电场力为零，加速度为零，速度达最大值，故C正确。‎ D．点电荷越过O点后，速度越来越小，所受的电场力向上，速度减小，电场强度可能越来越大，加速度可能越来越大，故D错误。‎ ‎18.如图所示，虚线表示等势面，相邻两等势面间的电势差相等，有一电子在该电场中运动，实线表示该电子的运动轨迹，电子在a点的动能等于28 eV，运动到b点时的动能等于4 eV，若取c点为零电势点，当这个电子的电势能等于－6 eV时，它的动能等于( )‎ A. 16 eV B. 18 eV C. 6 eV D. 8 eV ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】小球自a点运动到b时，电场力做负功：‎ Wab=4eV-28eV=-24eV  ①‎ 由于相邻两等势面的电势差相等，故电势差的大小关系有：‎ Uab=3Ubc    ②‎ 从b到c电场力做正功，根据动能定理有：‎ Wbc=Ekc-Ekb        ③‎ 联立①②③可得 Ekc=12eV。‎ 由于只有电场力做功，电势能和动能和保持不变，故在c点：‎ E=Ep+Ek=12eV 即电势能和动能之和为12eV，因此当电势能等于-6eV时动能为18eV。‎ A．16 eV，与结论不相符，选项A错误；‎ B．18 eV，与结论相符，选项B正确；‎ C．6 eV，与结论不相符，选项C错误；‎ D．8 eV，与结论不相符，选项D错误；‎ 二、实验题 ‎19.在探究两电荷间相互作用力的大小与哪些因素有关的实验中，一同学猜想可能与两电荷的间离和带电量有关。他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如图所示。‎ ‎（1）实验时，先保持两电荷量不变，使A球从远处逐渐向B球靠近，观察到两球距离越小，B球悬线的偏角越大，再保持两球的距离不变，改变小球所带的电荷量，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大。实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的________而增大，随其所带电荷量___________而增大。‎ ‎（2）此同学在探究中应用的科学方法是______(选填：“累积法”、“等效替代法”、“控制变量法”、“或演绎法”)‎ ‎【答案】减小，增大，控制变量法 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）实验表明：两电荷之间的相互作用力，随其距离的减小而增大，随其所带电荷量的增大而增大．‎ ‎（2）试验中先保持两球电荷量不变，观察到B球悬线的偏角越大；再保持两球距离不变，改变小球所带的电荷，观察到电荷量越大，B球悬线的偏角越大；此同学在探究中应用的科学方法是控制变量法．‎ ‎20.用图所示的实验装置研究平行板电容器的电容与哪些因素有关，下面哪些说法符合实验结果（ ）‎ A. 把B板向左平移，静电计指针示数变大 B. 把B板向右平移，静电计指针示数变大 C. 把B板向上平移，静电计指针示数变小 D. 保持两板不动，在B、A之间插入一块云母板，静电计指针示数变小 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】A．将B板向左平移，板间距离增大，根据，电容器电容C减小，而电容器的电量Q不变，由Q=CU分析可知，电容器两板间电势差增大，则静电计指针偏角变大。故A正确；‎ B．将B板向右平移，板间距离减小，根据，电容器电容C增大，而电容器的电量Q不变，由Q=CU分析可知，电容器两板间电势差减小，则静电计指针偏角变小。故B错误。‎ C．将B板向上平移，两板正对面积减小，根据，电容C减小，而电容器的电量Q不变，由Q=CU分析可知，电容器两板间电势差增大，则静电计指针偏角变大。故C错误。‎ D．保持两板不动，在B、A之间插入一块云母板，根据，电容增大，而电容器的电量Q不变，由Q=CU分析可知，电容器两板间电势差减小，则静电计指针偏角变小。故D正确。‎ ‎21.用伏安法测量一个电阻，连接成如图所示的电路。当把伏特表的右端分别接于a点和b点，发现电流表的示数有明显的变化。则正确的实验方法应把电压表的右端接于__________点，这时测得的电阻值比真实值偏__________（填“大”或“小）‎ ‎【答案】 (1). b (2). 大 ‎【解析】‎ ‎【详解】[1][2]当电压表右端分别接a和接b时，发现电流表读数比电压表计数变化明显，说明电压表的分流作用较大，电流表的分压作用较小，所以要用安培表内接法，即正确的实验方法应把电压表的右端接于b点；这时测得电压表的读数大于待测电阻两端的电压，则测得的电阻值比真实值偏大.‎ ‎22.在“测定金属的电阻率”的实验中，待测金属丝的电阻Rx约为5 Ω，实验室备有下列实验器材：‎ A.电压表 (量程0～3 V，内阻约为15 kΩ)；‎ B.电压表 (量程0～15 V，内阻约为75 kΩ)；‎ C.电流表 (量程0～‎3 A，内阻约为0.2 Ω)；‎ D.电流表 (量程0～‎0.6 A，内阻约为1 Ω)；‎ E.滑动变阻器R1(0～10 Ω，‎0.6 A)；‎ F.滑动变阻器R2(0～2 000 Ω，‎0.1 A)；‎ G.电池组E(电动势为3 V)；‎ H.开关S，导线若干.‎ ‎(1)为减小实验误差，应选用的实验器材有________(填器材前面的序号).‎ ‎(2)为减小实验误差，应选用如图中________(选填“甲”或“乙”)为该实验的电路原理图，并按所选择的电路原理图把实物图用线连接起来________.‎ ‎(3)若用毫米刻度尺测得金属丝长度为‎60.00 cm ‎，用螺旋测微器测得金属丝的直径及两电表的示数如图所示，则金属丝的直径为_____ mm，电阻值为______ Ω.‎ ‎【答案】 (1). ADEGH　　 (2). 乙 (3). (4). 0.635‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）[1]．电源电动势为3V，可知电压表选择A；电路中可能出现的最大电流为，则电流表选择D；为了方便调节，滑动变阻器选择E；则需要选择的仪器是：ADEGH； ‎ ‎（2）[2][3]．电压表的内阻远大于待测电阻的阻值，则用电流表外接；滑动变阻器用限流电路，则为减小实验误差，应选用如图中乙为该实验的电路原理图。实物连线如图；‎ ‎（3）[4]．金属丝的直径为：‎0.5mm+‎0.01mm×13.5=‎0.635 mm；‎ ‎[5]．电压表读数U=1.20V；电流表读数：I=‎0.50A，则电阻值为 三、计算题 ‎23.电场中某区域的电场线如图所示， A、B是电场中的两点. 一个电荷量q = +4.0×10‎-8 C的点电荷在A点所受电场力FA=2.0×10-4 N，将该点电荷从A点移到B点，电场力做功W = 8.0×10-7J . 求：‎ ‎（1）在图中画出电荷在A点受电场力的示意图；‎ ‎（2）A点电场强度的大小EA；‎ ‎（3）A、B两点间的电势差UAB。‎ ‎【答案】（1）（2）5.0×103N/C（3）20V ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）在A点受电场力的示意图如图；‎ ‎（2）A点电场强度 ‎（3）A、B两点间的电势差 ‎ ‎24.如图所示，滑动变阻器的总电阻R＝1 000 Ω，A、B两端电压U＝100 V，调节滑片P使其下部电阻R1＝400 Ω.‎ ‎（1）空载时，C、D两端电压多大？‎ ‎（2）在C、D间接入一个R0＝400 Ω的电阻，C、D两端的电压多大？‎ ‎【答案】（1）40V（2）25V ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）空载时CD两端电压，即为R1两端的电压；则为：‎ ‎（2）由图可知R1与R0并联后，再与R2串联，则总电阻 ‎；‎ 由欧姆定律可得：则CD两端的电压 ‎25.图为一真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度可忽略不计），经灯丝与A板间的电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点。 已知M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L，偏转板的右端距荧光屏L2，电子的质量为m，电荷量为e，不计电子受到的重力及它们之间的相互作用力。‎ ‎（1）求电子穿过A板时速度的大小和方向；‎ ‎（2）求电子从偏转电场射出时的侧移量y；‎ ‎（3）电子打在荧光屏上P点，P距离屏中心O的距离PO为多少？‎ ‎（4）若要使PO缩小为原来的80%，则M、N两板间的电压应变为多少？‎ ‎【答案】（1）方向水平向右.（2） （3） （4）0.8U2.‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，由动能定理 ‎ 解得 ‎ ‎ ‎ 方向水平向右. （2）电子以速度v0进入偏转电场后，做类平抛运动．设电子离开偏转电场时的侧移量为y 沿初速方向匀速直线运动，有 ‎  L=v0t   ‎ 垂直初速方向，有  ‎ ‎ ‎ 又电场力 ‎ ‎ ‎ 根据F=ma，得加速度 ‎ ‎ 解得  ‎ ‎（3）由类平抛运动的结论，结合几何关系可知：‎ ‎ ‎ 解得 ‎ ‎ ‎（4）根据 ，若要使PO缩小为原来的80%，则M、N两板间的电压应变为0.8U2.‎