吉林省白城市第一中学2019-2020学年高二上学期物理期中考试试卷
一、单选题
1．（2018高二上·深圳月考）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子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，由此可知（ ）
A．带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小
B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大
C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大
D．带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小
2．（2019高二上·白城期中）两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示．A处电荷带正电荷量Q1，B处电荷带负电荷量Q2，且Q2＝4Q1，另取一个可以自由移动的点电荷Q3，放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则：（ ）
A．Q3为负电荷，且放于B右方 B．Q3为负电荷，且放于A左方
C．Q3为正电荷，且放于A、B之间 D．Q3为正电荷，且放于B右方
3．（2019高二上·白城期中）直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图，M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零，静电力常量用k表示．若将该正点电荷移到H点，则G点处场强的大小和方向分别为（ ）
A． ，沿y轴正向 B． ，沿y轴负向
C． ，沿y轴正向 D． ，沿y轴负向
4．（2019高二上·白城期中）空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则：（ ）
A．C点和D点的电场强度相同
B．正电荷从A点移至B点，静电力做负功
C．A点和B点比较，A点的电势比B点电势高
D．负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先增大后减小
5．（2019高二上·白城期中）如图所示的电路，L1、L2、L3是3只小电灯，R是滑动变阻器，开始时，它的滑片P位于中点位置．当S闭合时，3只小电灯都发光．现使滑动变阻器的滑片P向右移动时，则小电灯L1、L2、L3的变化情况（各灯电压均未超过额定值）：（ ）
A．L1变亮、L2变亮 B．L2变亮、L3变暗
C．L1变暗、L3变亮 D．L1、L2、L3均变亮
6．（2017高二上·天津期中）一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e，在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（ ）
A． B． C．ρnev D．
7．（2019高二上·白城期中）在如图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P缓慢向右移动，则（ ）
A．灯泡L变暗
B．电源内部消耗的功率先变大后变小
C．电容器C上的电荷量增加
D．流过R1的电流方向由左向右
二、多选题
8．（2019高二上·白城期中）关于物理学史，下列说法中正确的是：（ ）
A．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的
B．法拉第不仅提出了电场的概念，而且采用了简洁的方法——“电场线”描述电场
C．欧姆最初用实验直接得到电流通过导体产生热量的表达式
D．库仑在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律
9．（2019高二上·白城期中）如图甲、乙所示的电路图为电表改装的示意图，G为表头、R为可调电阻，则下列说法正确的是（ ）
A．图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大
B．图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小
C．图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大
D．图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小
10．（2019高二上·白城期中）x轴上O点右侧各点的电场方向与x轴方向一致，O点左侧各点的电场方向与x轴方向相反，若规定向右的方向为正方向，x轴上各点的电场强度E随x变化的图象如下图所示，该图象关于O点对称，x1和－x1为x轴上的两点．下列说法正确的是（ ）
A．O点的电势最低
B．x1和－x1两点的电势相等
C．电子在x1处的电势能大于在－x1处的电势能
D．电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，则到达O点时速度最大
11．（2019高二上·白城期中）如图所示是某型号电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成。已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W，关于该电吹风，下列说法正确的是（ ）
A．若S1、S2闭合，则电吹风吹冷风
B．电热丝的电阻为55Ω
C．电动机工作时输出的机械功率为880W
D．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J
12．（2019高二上·白城期中）如图所示，倾角为θ的绝缘斜面固定在水平面上，当质量为m、带电荷量为＋q的滑块沿斜面下滑时，在此空间突然加上竖直方向的匀强电场，已知滑块受到的电场力小于滑块的重力．则：（ ）
A．若滑块匀速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块将加速下滑
B．若滑块匀速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍匀速下滑
C．若滑块匀减速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块仍减速下滑，但加速度变小
D．若滑块匀加速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍以原加速度加速下滑
三、实验题
13．（2019高二上·白城期中）如图所示，请读出以下测量仪器的示数，其中游标卡尺读数为 cm，螺旋测微器读数为 mm．
14．（2019高二上·白城期中）要测绘额定电压为2 V的日常用小灯泡的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：
A．电源E(电动势3.0 V，内阻可不计)
B．电压表V(量程为0～3.0 V，内阻约2 kΩ)
C．电流表A(0～0.6 A，内阻约1 Ω)
D．滑动变阻器R1(最大值10
Ω)
实验中要求电压表示数在0～2 V范围内变化，读取并记录下多组不同的电压值U和对应的电流值I，绘出伏安特性曲线如图．
（1）画出实验原理图(请画在答题纸上)；
（2）由图线可知,灯丝电阻随电压升高而 ；（填“增大”、“不变”或“减小”）
（3）实验中产生系统误差的原因是： ；因为上述原因将使测量结果比真实值 ．（填“偏大”、“偏小”或“没有影响”）
15．（2019高二上·白城期中）在做《测定金属电阻率》的实验时，需要对金属丝的电阻进行测量，已知金属线的阻值Rx约为1Ω，某同学用伏安法对这个电阻进行比较精确的测量，这位同学想使电压表和电流表示数变化范围尽可能的大。可供选用的器材有：
电源E：电动势3V，内阻不计；
电流表A：量程0.3A，内阻约为1Ω；
电压表V：量程3V，内阻约为10kΩ；
滑动变阻器R：最大电阻值为5Ω；
定值电阻两个：R1＝10Ω、R2＝100Ω；
开关一个，导线若干。
（1）根据上述条件，实验时定值电阻应选用 （填“R1”或“R2”）；
（2）根据实验需要在实物图中补齐所需连线；
（3）闭合开关前应将滑动变阻器的滑片置于 端（填“a”或“b”）；
（4）若在上述实验中，电流表的示数为I，电压表的示数为U，则金属线的阻值Rx的计算表达式为 。
四、解答题
16．（2018高二上·长春期中）如图所示的电路中，当开关S接a点时，标有“4V 8W”的小灯泡L正常发光，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1A，这时电阻R两端的电压为5V。求：
（1）电阻R的阻值；
（2）电源的电动势和内阻。
17．（2019高二上·白城期中）如图所示，在E＝3×103V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R＝0.4 m，一带正电荷q＝1×10－4 C的小滑块质量为m＝0.04 kg，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，取g=10m/s2．要使小滑块恰能运动到半圆轨道的最高点L，求：
（1）滑块在水平轨道上释放时离N点的距离x
（2）滑块从释放到L点过程中的最大动能EKM
18．（2019高二上·白城期中）如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场．电荷量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力．
（1）若粒子从c点离开电场，求电场强度E的大小；
（2）若粒子离开电场时动能为Ek′，求电场强度E的大小．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电场及电场力；电场力做功；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】AB、电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右；若粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，电荷的电势能增大，动能减小，知道R点的动能大，即速度大，而P点电势能较小，A不符合题意，B符合题意；
C. 根据能量守恒定律，带电质点在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变。C不符合题意；
D. 由电场线疏密确定出，R点场强大，电场力大，加速度大小大于在Q点时的加速度大小，D符合题意
故答案为：A.
【分析】利用轨迹和场线交点可以判断电场力的方向，利用电场力在运动过程的做功可以比较动能和电势能变化，两种能量之和保持不变，利用场线疏密可以比较加速度大小。
2．【答案】B
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】第三个电荷Q3所受库仑力合力为零，则Q3所处位置电场强度为零，根据电场强度矢量性、电场强度叠加可知AB之间合场强向右，不可能为零，在B的右方某处Q1产生的场强方向向右，Q2产生的场强方向向左，但是Q2产生的场强大于Q1产生的场强大小，合场强不可能为零，只有A左方且靠近A的位置合场强为零，为保证电荷AB所受电场力为零，假设Q3带正电，Q1受到电场力的合力向右，不可能为零，假设错误，说明Q3只能带负电荷。
故答案为：B
【分析】由题意可知考查带电粒子受力平衡问题，根据库仑定律和平衡条件分析可得。
3．【答案】B
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】解： G点处的电场强度恰好为零，说明负电荷在G点产生的合场强与正电荷在G点产生的场强大小相等方向相反，
根据点电荷的场强公式可得， 正电荷在G点的场强为，负电荷在G点的合场强也为
当正点电荷移到G点时，正电荷与H点的距离为2a，正电荷在H点产生的场强为， 方向沿y轴正向，
由于GH对称，所以负电荷在G点和H点产生的场强大小相等方向相反，大小为，方向沿y轴负向，
所以H点处场合强的大小为-=，方向沿y轴负向 ，所以B正确 ；
故答案为：B
【分析】根据点电荷的场强公式和场强叠加的原理，可以知道在G点的时候负电荷在G点产生的合场强与正电荷在G点产生的场强大小相等方向相反，在H点同样根据场强的叠加来计算台场强的大小即可。
4．【答案】C
【知识点】电场力做功；电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】A．C点和D点的电场强度方向不同，故电场强度不同，A不符合题意；
B．正电荷从A点移至B点， 电势差为正，电量为正，则静电力做正功，B不符合题意。
C．由图可知A点与C点和D点在一条等势线上，沿着电场线的方向电势降低，C点电势高于乙球表面的电势，乙球表面的电势高于B点电势，因此A点的电势比B点电势高，C符合题意
D．负电荷从C点沿直线CD移至D点，直线CD上各点电势相等，电场力做功为零，电势能不变，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】由题意可知考查带电粒子在非匀强电场中的运动，根据电场特点及电场力做功情况分析可得。
5．【答案】B
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】滑片P向右移动，支路电阻增大，外电阻增大，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，通过灯L1电流变小，所以变暗，外电压增大，灯L1的电压减小，说明灯L2两端电压增大，通过灯L2的电流增大，变亮，而总电流减小，通定灯L3电流减小，变暗。
故答案为：B
【分析】由题意可知考查电路的动态分析，根据闭合电路欧姆定律分析计算可得。
6．【答案】C
【知识点】电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系；电阻定律；电流的概念
【解析】【解答】解：导体中的电流为I=neSv
导体的电阻为R=
导体两端的电压为U=RI
场强为E=
联立解得E=ρnev
故答案为：C
【分析】电流的微观表达式结合电阻定律与场强公式可求解。
7．【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】AB．当滑片向右移动时，电阻减小，干路电流增大，根据P=I2R知灯泡变亮，电源内部消耗功率 变大，A、B不符合题意；
C．根据U=IR知，电源内电压及灯泡上电压增大，滑动变阻器上分得电压减小，电容器因与滑动变阻器并联，电容器C上电压也减小，根据Q=CU知电容器电量减小，C不符合题意；
D．电容器会通过R、R1组成回路放电，故经过电阻R1的电流由左向右，D符合题意。
故答案为：D
【分析】滑动变阻器的滑片缓慢向右滑动的过程中，接入电路中的电阻变小，结合欧姆定律求解电流、电压的变化，利用公式分析电容电荷量的变化。
8．【答案】A,B,D
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，与物理学史相符，A符合题意；
B．法拉第不仅提出了电场的概念，而且采用了简洁的方法——“电场线”描述电场，与物理学史相符，B符合题意。
C．焦耳最初用实验直接得到电流通过导体产生热量的表达式 ，C不符合题意。
D．库仑在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律 ，与物理学史相符，D符合题意。
故答案为：ABD
【分析】该题目考查的是物理学中，著名物理学家的成就，平时注意积累、记忆即可。
9．【答案】B,C
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，根据 可知，会使得改装后电表的量程减小，A不符合题意，B符合题意；图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，根据 可知，改装后电表的量程增大，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：BC.
【分析】通过并联一个小电阻起分流作用，可以把电流计改装成电流表，利用欧姆定律求解量程即可；通过串联一个大电阻起分压作用，可以把电流计改装成电压表，利用欧姆定律求解量程即可。
10．【答案】B,D
【知识点】电势差、电势、电势能；电场力做功
【解析】【解答】沿电场方向电势减小，所以在x轴左侧O点的电势最大，在x轴右侧O点的电势也是最大的，故O点的电势最大，A不符合题意； 和 两点关于x轴对称，电场强度的大小相等，从O点到 和从O点到 电势降落相等，故 和 两点的电势相等，B符合题意；根据公式 ，由于 和 两点的电势相等，所以电子在这两点的电势能相等，C符合题意；电子运动过程中电势能与动能之和恒定，由于O点的电势最高，而负电荷在高电势处的电势能小，故在O点的电势能最小，即在O点的动能最大，D符合题意。
故答案为：BC
【分析】对于电势-距离图像，图形的斜率表示该位置处电场的强度，与横轴包围的面积是电场力做的功，结合选项求解即可。
11．【答案】B,D
【知识点】电功率和电功；欧姆定律
【解析】【解答】A．若 闭合，电热丝接入，则此时电阻丝发热，电吹风冷出的是热风，A不符合题意；
B．电机和电阻并联，当吹热风时，电阻消耗的功率为：
由 ，可知 ，B符合题意；
C．电动机工作时输出的功率为吹冷风时的功率，故只有 ，C不符合题意；
D．当吹热风时，电动机消耗的电功率仍为 ，故每秒钟消耗的电能为 ，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】结合题目中提供的条件，利用串并联电路中的电流和电压规律求解用电器两端的电压和电流，利用欧姆定律求解电阻，利用功率公式求解电功率。
12．【答案】B,C
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】A.若滑块匀速下滑，
，
加上竖直向上的电场后，滑块受到竖直向上的电场力作用，设电场力为F，
滑块继续匀速度运动，A不符合题意；
B.若滑块匀速下滑， ，
加上竖直向下的电场后，滑块受到竖直向下的电场力作用，设电场力为F，
，
说明滑块仍匀速下滑，B符合题意。
C.若滑块匀减速下滑，
加上竖直向上的电场后，滑块仍减速下滑，
合力减小，加速度变小，C符合题意；
D.若滑块匀加速下滑，
加上竖直向下的电场后，
滑块受到的合力增大，加速度增大，D不符合题意。
故答案为：BC
【分析】由题意可知考查力的平衡和牛顿第二定律应用，根据平衡条件和牛顿第二定律分析可得。
13．【答案】1.140；4.713（4.712、4.714）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】 先读主尺上的数值为11mm，再读游标尺上的数值0.05×8=0.40，二者加在一起为游标卡尺读数
(11+0.40)mm=11.40mm=1.140cm 先读固定刻度值为4.5mm，再读可动刻度0.01×21.2mm=0.212mm，螺旋测微器读数为两部分之和
4.5mm+0.212mm=4.712mm
【分析】由题意可知考查游标卡尺、螺旋测微器读数问题，根据两种仪器的读数原理分析可得。
14．【答案】（1）
（2）增大
（3）电压表的分流；偏小
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】(1)分析伏安特性曲线可知小灯泡最大电阻约为4 ，属于小电阻，为减小误差电流表采用外接法，描绘伏安特性曲线时要求电压、电流从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法。故画出的电路图如下所示：
;(2) 在I-U图象中，割线的斜率的倒数表示电阻的大小，随着电压的增大，斜率减小，说明电阻增大。(3)实验中产生系统误差的原因是电压表的分流作用。电压表测量值等于真实值，但是电流测量值大于真实值，这样测的电阻值比真实值偏小。
【分析】由题意可知考查描绘小灯泡伏安特性曲线实验原理，数据处理及误差分析，根据实验原理分析可得。
15．【答案】（1）
（2）解：如图所示：
（3）a
（4）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）因待测电阻Rx约为1Ω，电表的量程较大，而想使电压表和电流表示数变化范围尽可能的大，则需要让待测电阻与定制电阻串联，定值电阻的阻值要与待测电阻相当，由给定的定值电阻可知要选R1；（2）如图所示：
;（3）因滑动变阻器选用分压电路，故闭合开关前应将滑动变阻器的滑片置于a端；（4）若在上述实验中，电流表的示数为I，电压表的示数为U，则金属线的阻值Rx的计算表达式为：
【分析】（1）分压滑动变阻器选择小阻值的即可，可以比较灵明的调节电压；
（2）电压表并联在定值电阻两端；
（3）为了保证电路安全，滑动变阻器接入电路中的阻值最大才可以；
（4）结合电流表、电压表的示数，利用欧姆定律求解电阻的阻值即可。
16．【答案】（1）解：当开关S接b点时，电压为5V，电流为1A，由欧姆定律可得，电阻R的值为：
答：电阻R的值是5Ω
（2）解：由公式 得，小灯泡的额定电流：
当开关接a时，根据闭合电路欧姆定律得：
其中 ，
当开关接b时，有：
又 ， ，
联立解得： ，r=1Ω
答：电源的电动势和内阻分别为6 V和1Ω
【知识点】欧姆定律
【解析】【分析】（1）结合定时电阻两端的电压和流过定值电阻的电流，利用欧姆定律求解定值电阻的阻值即可；
（2）结合题目给出的两组条件，分别对回路应用闭合电路欧姆定律列方程联立求解电动势和内属即可。
17．【答案】（1）解：滑块刚能通过轨道最高点的条件是
mg＝m
v＝ ＝2m/s
滑块由释放点到最高点过程，由动能定理得：
qEx－μmgx－2mgR＝ mv2
代入数据得：x＝4m
（2）解：应用等效重力法分析,滑块受到重力电场力合力为恒力,与竖直方向夹角为37°时动能最大，从A点到最高点L过程中由动能定理：
－mg R－qE R＝ mv2－EKM
得：EKM＝0.44J
【知识点】动能定理的综合应用；电场力做功
【解析】【分析】由题意可知考查与电场力有关圆周运动问题，根据牛顿第二定律、动能定理计算可得。
18．【答案】（1）解：粒子在匀强电场中做类平抛运动
在初速度方向上：L＝v0t
电场方向上：L＝ at2
由牛顿第二定律可得qE＝ma
Ek＝
解得E＝
（2）解：①若粒子由bc离开电场，则水平方向做匀速运动
L＝v0t；
竖直方向做匀加速运动y＝ at2
由动能定理得qEy＝Ek′－Ek
解得：E＝
②若粒子由cd边离电场，则由动能定理得qEL＝Ek′－Ek
则E＝
故 或
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】由题意可知考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，根据牛顿第二定律、动能定理结合运动学公式计算可得。
吉林省白城市第一中学2019-2020学年高二上学期物理期中考试试卷
一、单选题
1．（2018高二上·深圳月考）如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子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，由此可知（ ）
A．带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小
B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大
C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大
D．带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小
【答案】A
【知识点】电场及电场力；电场力做功；电势能与电场力做功的关系
【解析】【解答】AB、电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向向右；若粒子从P经过R运动到Q，电场力做负功，电荷的电势能增大，动能减小，知道R点的动能大，即速度大，而P点电势能较小，A不符合题意，B符合题意；
C. 根据能量守恒定律，带电质点在运动过程中各点处的动能与电势能之和保持不变。C不符合题意；
D. 由电场线疏密确定出，R点场强大，电场力大，加速度大小大于在Q点时的加速度大小，D符合题意
故答案为：A.
【分析】利用轨迹和场线交点可以判断电场力的方向，利用电场力在运动过程的做功可以比较动能和电势能变化，两种能量之和保持不变，利用场线疏密可以比较加速度大小。
2．（2019高二上·白城期中）两个可自由移动的点电荷分别放在A、B两处，如图所示．A处电荷带正电荷量Q1，B处电荷带负电荷量Q2，且Q2＝4Q1，另取一个可以自由移动的点电荷Q3，放在AB直线上，欲使整个系统处于平衡状态，则：（ ）
A．Q3为负电荷，且放于B右方 B．Q3为负电荷，且放于A左方
C．Q3为正电荷，且放于A、B之间 D．Q3为正电荷，且放于B右方
【答案】B
【知识点】库仑定律
【解析】【解答】第三个电荷Q3所受库仑力合力为零，则Q3所处位置电场强度为零，根据电场强度矢量性、电场强度叠加可知AB之间合场强向右，不可能为零，在B的右方某处Q1产生的场强方向向右，Q2产生的场强方向向左，但是Q2产生的场强大于Q1产生的场强大小，合场强不可能为零，只有A左方且靠近A的位置合场强为零，为保证电荷AB所受电场力为零，假设Q3带正电，Q1受到电场力的合力向右，不可能为零，假设错误，说明Q3只能带负电荷。
故答案为：B
【分析】由题意可知考查带电粒子受力平衡问题，根据库仑定律和平衡条件分析可得。
3．（2019高二上·白城期中）直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图，M、N两点各固定一负点电荷，一电荷量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零，静电力常量用k表示．若将该正点电荷移到H点，则G点处场强的大小和方向分别为（ ）
A． ，沿y轴正向 B． ，沿y轴负向
C． ，沿y轴正向 D． ，沿y轴负向
【答案】B
【知识点】电场强度的叠加
【解析】【解答】解： G点处的电场强度恰好为零，说明负电荷在G点产生的合场强与正电荷在G点产生的场强大小相等方向相反，
根据点电荷的场强公式可得， 正电荷在G点的场强为，负电荷在G点的合场强也为
当正点电荷移到G点时，正电荷与H点的距离为2a，正电荷在H点产生的场强为， 方向沿y轴正向，
由于GH对称，所以负电荷在G点和H点产生的场强大小相等方向相反，大小为，方向沿y轴负向，
所以H点处场合强的大小为-=，方向沿y轴负向 ，所以B正确 ；
故答案为：B
【分析】根据点电荷的场强公式和场强叠加的原理，可以知道在G点的时候负电荷在G点产生的合场强与正电荷在G点产生的场强大小相等方向相反，在H点同样根据场强的叠加来计算台场强的大小即可。
4．（2019高二上·白城期中）空间存在甲、乙两相邻的金属球，甲球带正电，乙球原来不带电，由于静电感应，两球在空间形成了如图所示稳定的静电场．实线为其电场线，虚线为其等势线，A、B两点与两球球心连线位于同一直线上，C、D两点关于直线AB对称，则：（ ）
A．C点和D点的电场强度相同
B．正电荷从A点移至B点，静电力做负功
C．A点和B点比较，A点的电势比B点电势高
D．负电荷从C点沿直线CD移至D点，电势能先增大后减小
【答案】C
【知识点】电场力做功；电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】A．C点和D点的电场强度方向不同，故电场强度不同，A不符合题意；
B．正电荷从A点移至B点， 电势差为正，电量为正，则静电力做正功，B不符合题意。
C．由图可知A点与C点和D点在一条等势线上，沿着电场线的方向电势降低，C点电势高于乙球表面的电势，乙球表面的电势高于B点电势，因此A点的电势比B点电势高，C符合题意
D．负电荷从C点沿直线CD移至D点，直线CD上各点电势相等，电场力做功为零，电势能不变，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】由题意可知考查带电粒子在非匀强电场中的运动，根据电场特点及电场力做功情况分析可得。
5．（2019高二上·白城期中）如图所示的电路，L1、L2、L3是3只小电灯，R是滑动变阻器，开始时，它的滑片P位于中点位置．当S闭合时，3只小电灯都发光．现使滑动变阻器的滑片P向右移动时，则小电灯L1、L2、L3的变化情况（各灯电压均未超过额定值）：（ ）
A．L1变亮、L2变亮 B．L2变亮、L3变暗
C．L1变暗、L3变亮 D．L1、L2、L3均变亮
【答案】B
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】滑片P向右移动，支路电阻增大，外电阻增大，总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知总电流减小，内电压减小，外电压增大，通过灯L1电流变小，所以变暗，外电压增大，灯L1的电压减小，说明灯L2两端电压增大，通过灯L2的电流增大，变亮，而总电流减小，通定灯L3电流减小，变暗。
故答案为：B
【分析】由题意可知考查电路的动态分析，根据闭合电路欧姆定律分析计算可得。
6．（2017高二上·天津期中）一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e，在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（ ）
A． B． C．ρnev D．
【答案】C
【知识点】电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系；电阻定律；电流的概念
【解析】【解答】解：导体中的电流为I=neSv
导体的电阻为R=
导体两端的电压为U=RI
场强为E=
联立解得E=ρnev
故答案为：C
【分析】电流的微观表达式结合电阻定律与场强公式可求解。
7．（2019高二上·白城期中）在如图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P缓慢向右移动，则（ ）
A．灯泡L变暗
B．电源内部消耗的功率先变大后变小
C．电容器C上的电荷量增加
D．流过R1的电流方向由左向右
【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】AB．当滑片向右移动时，电阻减小，干路电流增大，根据P=I2R知灯泡变亮，电源内部消耗功率 变大，A、B不符合题意；
C．根据U=IR知，电源内电压及灯泡上电压增大，滑动变阻器上分得电压减小，电容器因与滑动变阻器并联，电容器C上电压也减小，根据Q=CU知电容器电量减小，C不符合题意；
D．电容器会通过R、R1组成回路放电，故经过电阻R1的电流由左向右，D符合题意。
故答案为：D
【分析】滑动变阻器的滑片缓慢向右滑动的过程中，接入电路中的电阻变小，结合欧姆定律求解电流、电压的变化，利用公式分析电容电荷量的变化。
二、多选题
8．（2019高二上·白城期中）关于物理学史，下列说法中正确的是：（ ）
A．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的
B．法拉第不仅提出了电场的概念，而且采用了简洁的方法——“电场线”描述电场
C．欧姆最初用实验直接得到电流通过导体产生热量的表达式
D．库仑在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律
【答案】A,B,D
【知识点】物理学史
【解析】【解答】A．元电荷e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的，与物理学史相符，A符合题意；
B．法拉第不仅提出了电场的概念，而且采用了简洁的方法——“电场线”描述电场，与物理学史相符，B符合题意。
C．焦耳最初用实验直接得到电流通过导体产生热量的表达式 ，C不符合题意。
D．库仑在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律 ，与物理学史相符，D符合题意。
故答案为：ABD
【分析】该题目考查的是物理学中，著名物理学家的成就，平时注意积累、记忆即可。
9．（2019高二上·白城期中）如图甲、乙所示的电路图为电表改装的示意图，G为表头、R为可调电阻，则下列说法正确的是（ ）
A．图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大
B．图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小
C．图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程增大
D．图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，改装后电表的量程减小
【答案】B,C
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】图甲为电流表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，根据 可知，会使得改装后电表的量程减小，A不符合题意，B符合题意；图乙为电压表改装的原理图，增大可调电阻的阻值，根据 可知，改装后电表的量程增大，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：BC.
【分析】通过并联一个小电阻起分流作用，可以把电流计改装成电流表，利用欧姆定律求解量程即可；通过串联一个大电阻起分压作用，可以把电流计改装成电压表，利用欧姆定律求解量程即可。
10．（2019高二上·白城期中）x轴上O点右侧各点的电场方向与x轴方向一致，O点左侧各点的电场方向与x轴方向相反，若规定向右的方向为正方向，x轴上各点的电场强度E随x变化的图象如下图所示，该图象关于O点对称，x1和－x1为x轴上的两点．下列说法正确的是（ ）
A．O点的电势最低
B．x1和－x1两点的电势相等
C．电子在x1处的电势能大于在－x1处的电势能
D．电子从x1处由静止释放后，若向O点运动，则到达O点时速度最大
【答案】B,D
【知识点】电势差、电势、电势能；电场力做功
【解析】【解答】沿电场方向电势减小，所以在x轴左侧O点的电势最大，在x轴右侧O点的电势也是最大的，故O点的电势最大，A不符合题意； 和 两点关于x轴对称，电场强度的大小相等，从O点到 和从O点到 电势降落相等，故 和 两点的电势相等，B符合题意；根据公式 ，由于 和 两点的电势相等，所以电子在这两点的电势能相等，C符合题意；电子运动过程中电势能与动能之和恒定，由于O点的电势最高，而负电荷在高电势处的电势能小，故在O点的电势能最小，即在O点的动能最大，D符合题意。
故答案为：BC
【分析】对于电势-距离图像，图形的斜率表示该位置处电场的强度，与横轴包围的面积是电场力做的功，结合选项求解即可。
11．（2019高二上·白城期中）如图所示是某型号电吹风的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成。已知电吹风的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W，关于该电吹风，下列说法正确的是（ ）
A．若S1、S2闭合，则电吹风吹冷风
B．电热丝的电阻为55Ω
C．电动机工作时输出的机械功率为880W
D．当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120J
【答案】B,D
【知识点】电功率和电功；欧姆定律
【解析】【解答】A．若 闭合，电热丝接入，则此时电阻丝发热，电吹风冷出的是热风，A不符合题意；
B．电机和电阻并联，当吹热风时，电阻消耗的功率为：
由 ，可知 ，B符合题意；
C．电动机工作时输出的功率为吹冷风时的功率，故只有 ，C不符合题意；
D．当吹热风时，电动机消耗的电功率仍为 ，故每秒钟消耗的电能为 ，D符合题意。
故答案为：BD
【分析】结合题目中提供的条件，利用串并联电路中的电流和电压规律求解用电器两端的电压和电流，利用欧姆定律求解电阻，利用功率公式求解电功率。
12．（2019高二上·白城期中）如图所示，倾角为θ的绝缘斜面固定在水平面上，当质量为m、带电荷量为＋q的滑块沿斜面下滑时，在此空间突然加上竖直方向的匀强电场，已知滑块受到的电场力小于滑块的重力．则：（ ）
A．若滑块匀速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块将加速下滑
B．若滑块匀速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍匀速下滑
C．若滑块匀减速下滑，加上竖直向上的电场后，滑块仍减速下滑，但加速度变小
D．若滑块匀加速下滑，加上竖直向下的电场后，滑块仍以原加速度加速下滑
【答案】B,C
【知识点】受力分析的应用；牛顿第二定律
【解析】【解答】A.若滑块匀速下滑，
，
加上竖直向上的电场后，滑块受到竖直向上的电场力作用，设电场力为F，
滑块继续匀速度运动，A不符合题意；
B.若滑块匀速下滑， ，
加上竖直向下的电场后，滑块受到竖直向下的电场力作用，设电场力为F，
，
说明滑块仍匀速下滑，B符合题意。
C.若滑块匀减速下滑，
加上竖直向上的电场后，滑块仍减速下滑，
合力减小，加速度变小，C符合题意；
D.若滑块匀加速下滑，
加上竖直向下的电场后，
滑块受到的合力增大，加速度增大，D不符合题意。
故答案为：BC
【分析】由题意可知考查力的平衡和牛顿第二定律应用，根据平衡条件和牛顿第二定律分析可得。
三、实验题
13．（2019高二上·白城期中）如图所示，请读出以下测量仪器的示数，其中游标卡尺读数为 cm，螺旋测微器读数为 mm．
【答案】1.140；4.713（4.712、4.714）
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】 先读主尺上的数值为11mm，再读游标尺上的数值0.05×8=0.40，二者加在一起为游标卡尺读数
(11+0.40)mm=11.40mm=1.140cm 先读固定刻度值为4.5mm，再读可动刻度0.01×21.2mm=0.212mm，螺旋测微器读数为两部分之和
4.5mm+0.212mm=4.712mm
【分析】由题意可知考查游标卡尺、螺旋测微器读数问题，根据两种仪器的读数原理分析可得。
14．（2019高二上·白城期中）要测绘额定电压为2 V的日常用小灯泡的伏安特性曲线，所供选择的器材除了导线和开关外，还有以下一些器材可供选择：
A．电源E(电动势3.0 V，内阻可不计)
B．电压表V(量程为0～3.0 V，内阻约2 kΩ)
C．电流表A(0～0.6 A，内阻约1 Ω)
D．滑动变阻器R1(最大值10
Ω)
实验中要求电压表示数在0～2 V范围内变化，读取并记录下多组不同的电压值U和对应的电流值I，绘出伏安特性曲线如图．
（1）画出实验原理图(请画在答题纸上)；
（2）由图线可知,灯丝电阻随电压升高而 ；（填“增大”、“不变”或“减小”）
（3）实验中产生系统误差的原因是： ；因为上述原因将使测量结果比真实值 ．（填“偏大”、“偏小”或“没有影响”）
【答案】（1）
（2）增大
（3）电压表的分流；偏小
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】(1)分析伏安特性曲线可知小灯泡最大电阻约为4 ，属于小电阻，为减小误差电流表采用外接法，描绘伏安特性曲线时要求电压、电流从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法。故画出的电路图如下所示：
;(2) 在I-U图象中，割线的斜率的倒数表示电阻的大小，随着电压的增大，斜率减小，说明电阻增大。(3)实验中产生系统误差的原因是电压表的分流作用。电压表测量值等于真实值，但是电流测量值大于真实值，这样测的电阻值比真实值偏小。
【分析】由题意可知考查描绘小灯泡伏安特性曲线实验原理，数据处理及误差分析，根据实验原理分析可得。
15．（2019高二上·白城期中）在做《测定金属电阻率》的实验时，需要对金属丝的电阻进行测量，已知金属线的阻值Rx约为1Ω，某同学用伏安法对这个电阻进行比较精确的测量，这位同学想使电压表和电流表示数变化范围尽可能的大。可供选用的器材有：
电源E：电动势3V，内阻不计；
电流表A：量程0.3A，内阻约为1Ω；
电压表V：量程3V，内阻约为10kΩ；
滑动变阻器R：最大电阻值为5Ω；
定值电阻两个：R1＝10Ω、R2＝100Ω；
开关一个，导线若干。
（1）根据上述条件，实验时定值电阻应选用 （填“R1”或“R2”）；
（2）根据实验需要在实物图中补齐所需连线；
（3）闭合开关前应将滑动变阻器的滑片置于 端（填“a”或“b”）；
（4）若在上述实验中，电流表的示数为I，电压表的示数为U，则金属线的阻值Rx的计算表达式为 。
【答案】（1）
（2）解：如图所示：
（3）a
（4）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）因待测电阻Rx约为1Ω，电表的量程较大，而想使电压表和电流表示数变化范围尽可能的大，则需要让待测电阻与定制电阻串联，定值电阻的阻值要与待测电阻相当，由给定的定值电阻可知要选R1；（2）如图所示：
;（3）因滑动变阻器选用分压电路，故闭合开关前应将滑动变阻器的滑片置于a端；（4）若在上述实验中，电流表的示数为I，电压表的示数为U，则金属线的阻值Rx的计算表达式为：
【分析】（1）分压滑动变阻器选择小阻值的即可，可以比较灵明的调节电压；
（2）电压表并联在定值电阻两端；
（3）为了保证电路安全，滑动变阻器接入电路中的阻值最大才可以；
（4）结合电流表、电压表的示数，利用欧姆定律求解电阻的阻值即可。
四、解答题
16．（2018高二上·长春期中）如图所示的电路中，当开关S接a点时，标有“4V 8W”的小灯泡L正常发光，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1A，这时电阻R两端的电压为5V。求：
（1）电阻R的阻值；
（2）电源的电动势和内阻。
【答案】（1）解：当开关S接b点时，电压为5V，电流为1A，由欧姆定律可得，电阻R的值为：
答：电阻R的值是5Ω
（2）解：由公式 得，小灯泡的额定电流：
当开关接a时，根据闭合电路欧姆定律得：
其中 ，
当开关接b时，有：
又 ， ，
联立解得： ，r=1Ω
答：电源的电动势和内阻分别为6 V和1Ω
【知识点】欧姆定律
【解析】【分析】（1）结合定时电阻两端的电压和流过定值电阻的电流，利用欧姆定律求解定值电阻的阻值即可；
（2）结合题目给出的两组条件，分别对回路应用闭合电路欧姆定律列方程联立求解电动势和内属即可。
17．（2019高二上·白城期中）如图所示，在E＝3×103V/m的水平向左匀强电场中，有一光滑半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在竖直平面与电场线平行，其半径R＝0.4 m，一带正电荷q＝1×10－4 C的小滑块质量为m＝0.04 kg，与水平轨道间的动摩擦因数μ＝0.5，取g=10m/s2．要使小滑块恰能运动到半圆轨道的最高点L，求：
（1）滑块在水平轨道上释放时离N点的距离x
（2）滑块从释放到L点过程中的最大动能EKM
【答案】（1）解：滑块刚能通过轨道最高点的条件是
mg＝m
v＝ ＝2m/s
滑块由释放点到最高点过程，由动能定理得：
qEx－μmgx－2mgR＝ mv2
代入数据得：x＝4m
（2）解：应用等效重力法分析,滑块受到重力电场力合力为恒力,与竖直方向夹角为37°时动能最大，从A点到最高点L过程中由动能定理：
－mg R－qE R＝ mv2－EKM
得：EKM＝0.44J
【知识点】动能定理的综合应用；电场力做功
【解析】【分析】由题意可知考查与电场力有关圆周运动问题，根据牛顿第二定律、动能定理计算可得。
18．（2019高二上·白城期中）如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场．电荷量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力．
（1）若粒子从c点离开电场，求电场强度E的大小；
（2）若粒子离开电场时动能为Ek′，求电场强度E的大小．
【答案】（1）解：粒子在匀强电场中做类平抛运动
在初速度方向上：L＝v0t
电场方向上：L＝ at2
由牛顿第二定律可得qE＝ma
Ek＝
解得E＝
（2）解：①若粒子由bc离开电场，则水平方向做匀速运动
L＝v0t；
竖直方向做匀加速运动y＝ at2
由动能定理得qEy＝Ek′－Ek
解得：E＝
②若粒子由cd边离电场，则由动能定理得qEL＝Ek′－Ek
则E＝
故 或
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】由题意可知考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动，根据牛顿第二定律、动能定理结合运动学公式计算可得。
