2020高二物理上学期期中试卷理(含解析)1.pdf

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1、【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！1/19 2020高二物理上学期期中试卷理（含解析）1编 辑：_时 间：_教学资料范本【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！2/19【最新】20 xx年高二物理上学期期中试卷 理（含解析）1一、选择题（共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分在每小题给出的四个选项中，1-8 小题只有一个选项正确，9-12 小题有多个选项正确，全部选对的得 4 分，漏选得 2 分，多选或不选得0 分）

2、1如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离（仍在P点下方）（）A带电油滴将沿竖直方向向下运动BP点的电势将降低C带电油滴的电势能将增大D若电容器的电容减小，则极板带电量将增大2如图所示，xOy平面内有一匀强电场，场强为E，方向未知，电场线跟 x 轴的负方向夹角为，电子在坐标平面xOy内，从原点 O以大小为 v0、方向沿 x 正方向的初速度射入电场，最后打在y 轴上的 M点电子的质量为m，电荷量为 e，重力不计则（）AO点电势高于 M点电势B运动过程中电子在M点电势能最多C

3、运动过程中，电子的电势能先减少后增加D电场对电子先做负功，后做正功3空间存在一电场，一带负电的粒子仅在电场力作用下从x1 处沿 x轴负方向运动，初速度大小为v0，其电势能 Ep随坐标 x 变化的关系如图所示，图线关于纵轴左右对称，以无穷远处为零电势能点，粒子在原点 O处电势能为 E0，在 x1 处电势能为 E1，则下列说法中不正确的是（）A坐标原点 O处电场强度为零B粒子经过 x1、x1 处速度相同C由 x1 运动到 O过程加速度一直减小D粒子能够一直沿x 轴负方向运动，一定有4把表头 G改装成大量程电流表时，下列说法正确的是（）【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的

4、呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！3/19 A改装原理为并联电阻能增大通过G的电流B改装成电流表后，表头G本身允许通过的最大电流减小C改装后，表头 G自身的电阻减小了D改装后使用时，表头G本身的参量都不改变，整个并联电路允许通过的电流增大了5如图电源内阻为r，固定电阻 R0=r，可变电阻 Rx的总电阻值为2r，若变阻器触头 P自最左端向最右滑动则下列说法不正确的是（）A电源输出功率由小变大BRx消耗功率由大变小CR0消耗功率由小变大D电源的效率由小变大6如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，电键S闭合前灯泡 A、B、C均已发光当电键S闭合时，A、B、C三个灯泡的亮度变化

5、情况是（灯都不会烧坏）（）AA亮度不变，B变亮，C变暗BA变暗，B变亮，C变暗CA变亮，B变暗，C变亮DA变暗，B变亮，C亮度不变7如图所示，电源电动势为E，内电阻为 r，平行板电容器两金属板水平放置，开关 S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为 q 的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计则以下说法正确的是（）A在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从 b 到 a 的电流B在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从 b 到 a 的电流C在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从 a 到 b 的电流D在将 S断开后，油滴仍保持静止状

6、态，G中无电流通过8如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻 R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若这两个电阻分别接到这个电源上，则（）AR1接在电源上时，电源的效率高BR2接在电源上时，电源的效率高CR1接在电源上时，电源的输出功率大D电源的输出功率一样大9下列关于电势高低的判断，正确的是（）A负电荷从 A移到 B时，外力做正功，A点的电势一定较高B负电荷从 A移到 B时，电势能增加，A点的电势一定较低【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！4/19 C正电荷从 A移到 B时，

7、电势能增加，A点的电势一定较低D正电荷只在电场力作用下从静止开始，由A移到 B，A点的电势一定较高10如图所示，真空中同一水平线上固定两等量异种点电荷A、B，其中 A带负电、B带正电 C、D、O是分布在 AB连线的垂线上的三个点，且 AO BO 下列判断正确的是（）AC、D两点的电势相等BC、D两点的电场强度的方向均水平向左C同一带负电的试探电荷在C点的电势能大于在D点的电势能D同一试探电荷在C点受到的电场力比在D点受到的电场力小11如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的等势面，一个电子垂直经过等势面 D时的动能为 20eV，经过等势面 C时的电势能为10eV，到达等势面 B时的速度恰好为

8、零，已知相邻等势面间的距离为5cm，不计电子的重力，下列说法中正确的是（）AC等势面的电势为 10VB匀强电场的场强为200V/mC电子再次经过 D等势面时，动能为10eVD电子的运动是匀变速曲线运动12电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为 I，工作的时间为t，则下列说法中正确的是（）A电动机消耗的电能为UItB电动机消耗的电能为I2RtC电动机线圈产生的热量为I2RtD电动机线圈产生的热量为二、填空题（共 12 分，把答案填在答题纸相应的横线上）13A、B、C、D、E、F分别是正六边形的六个顶点，各顶点到正六边形中心 O的距离为 a现只在 F处放一电量为 Q的

9、点电荷，则中心O处的电场强度的大小为；若再在 A、B、C、D、E处各放一电量为+Q的点电荷，则中心O处的电场强度的大小变为14如图所示，水平安放的A、B两平行板相距 h，上板 A带正电，现有质量 m，带电量为+q 的小球，在 B板下方距离 H处，以初速 v0 竖直向上从 B板小孔进入板间电场，欲使小球刚好能到A板，则 A、B间电势差 UAB=【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！5/19 三、解答题（共 3 小题，15 小题 10 分，16小题 14 分，17 小题 16 分共 40 分.要求写出必要的文字说

10、明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分）15如图所示的电路中，当S闭合时，电压表和电流表（均为理想电表）的示数各为 1.6V 和 0.4A；当 S断开时，它们的示数各改变0.1V和 0.1A，求电源的电动势和内阻16如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下（小球的重力大于所受的电场力）（1）已知小球的质量为m，电量大小为 q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为，求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小；（2）若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，求A点距水平地面的高度h 至少应为多大？（3）若小球从斜轨道h=

11、5R处由静止释放假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量17如图所示，两平行金属板A、B长 l=8cm，两板间距离 d=8cm，A板比 B板电势高 300V，即 UAB=300V 一带正电的粒子电量q=1010C，质量 m=10 20kg，从 R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0=2106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上O点的点电荷 Q形成的电场区域（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）已知两界面MN、PS相距为 L=12cm，粒子穿过界面 PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上（静电力常数k=9109N?m

12、2/C2）求（1）粒子穿过界面 MN时的速度；（2）粒子穿过界面 PS时偏离中心线 RO的距离多远；（3）点电荷的电量20 xx-20 xx 学年河北省市宣化四中高二（上）期中物理试卷（A卷）（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共 12 小题，每小题 4 分，共 48 分在每小题给出的四个选项中，1-8 小题只有一个选项正确，9-12 小题有多个选项正确，全部选对的得 4 分，漏选得 2 分，多选或不选得0 分）1如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的

13、呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！6/19 态现将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离（仍在P点下方）（）A带电油滴将沿竖直方向向下运动BP点的电势将降低C带电油滴的电势能将增大D若电容器的电容减小，则极板带电量将增大【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题【分析】将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况由U=Ed分析 P点与下极板间电势差如何变化，即能分析 P点电势的变化；由E=q可以判断油滴电势能的变化【解答】解：A、将平行板

14、电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，板间距离减小，根据E=得知板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴将向上运动故A错误B、场强 E增大，而 P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与上极板间电势差将增大，故P点相对于 C点的电势差减小，故 P点电势降低；故B正确C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴应带负电，由于P点的电势降低，则油滴的电势能将增加故C正确D、由于电容器和电源相连，电势差不变；则若电容减小，根据Q=UC可知，极板的带电量减小；故 D错误；故选：BC【点评】本题运用U=Ed分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势

15、高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化2如图所示，xOy平面内有一匀强电场，场强为E，方向未知，电场线跟 x 轴的负方向夹角为，电子在坐标平面xOy内，从原点 O以大小为 v0、方向沿 x 正方向的初速度射入电场，最后打在y 轴上的 M点电子的质量为m，电荷量为 e，重力不计则（）AO点电势高于 M点电势B运动过程中电子在M点电势能最多C运动过程中，电子的电势能先减少后增加D电场对电子先做负功，后做正功【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！7/19【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系

16、【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电子仅在电场力作用下，以一定的初速度，从O点运动到 M点，根据曲线运动的条件可确定，电子受到的电场力方向再由电子带负电，从而确定电场强度的方向结合电场力与运动速度的方向来确定电场力做功的情况，从而可确定电子的电势能变化情况【解答】解：A、电子沿 X轴正方向进入匀强电场，出现题中的运动轨迹，由曲线运动的条件可知道，电场力的方向沿着电场线斜向上，由于电子带负电，所以电场线的方向斜向下根据沿着电场线方向电势降低，可知 O点电势低于 M点电势，故 A错误；B、由电子的运动轨迹可知，电子所受的电场力先做负功，再做正功因此电子的电势能先增加后减小所以运动过程中电子在M

17、点电势能最小，故 B错误；C、根据电子所受的电场力先做负功，再做正功因此电子的电势能先增加后减小故 C错误；D、由 A选项分析可知，开始电场力方向与初速度方向夹角大于90，之后夹角小于 90因此电场力对电子先做负功，再做正功故D正确；故选：D【点评】本题突破口：根据曲线运动的条件，结合电场的力与能的基本性质，从而即可解题3空间存在一电场，一带负电的粒子仅在电场力作用下从x1 处沿 x轴负方向运动，初速度大小为v0，其电势能 Ep随坐标 x 变化的关系如图所示，图线关于纵轴左右对称，以无穷远处为零电势能点，粒子在原点 O处电势能为 E0，在 x1 处电势能为 E1，则下列说法中不正确的是（）A坐

18、标原点 O处电场强度为零B粒子经过 x1、x1 处速度相同C由 x1 运动到 O过程加速度一直减小D粒子能够一直沿x 轴负方向运动，一定有【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！8/19【分析】根据电势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得原点O处的电场强度；速度根据能量守恒判断；根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化，由牛顿第二定律判断加速度的变化【解答】解：A、根据电

19、势能与电势的关系：Ep=q，场强与电势的关系：E=，得：E=?Epx 图象切线的斜率等于，根据数学知识可知，坐标原点 O处切线斜率为零，则坐标原点O处电场强度为零，故A正确B、由图看出，x1、x1 两处的电势能相等，根据能量守恒定律得知，粒子经过 x1、x1 处速度相同，故 B正确C、由 x1 运动到 O过程，根据数学知识可知，图线的斜率先增大后减小，说明场强先增大后减小，由F=qE知，粒子所受的电场力先增大后减小，根据牛顿第二定律得知，加速度先增大后减小，故C错误D、根据公式 Ep=q，可知，该粒子带负电，从x1 处到 x1 处，电势先降低后升高，电场方向先沿x 轴负方向后沿 x 轴正方向，

20、电场力先沿 x 轴正方向后沿 x 轴负方向，粒子只要能通过原点O，就能一直沿 x轴运动，设粒子恰好能到达原点O时的速度为 v，则根据能量守恒定律得：=E0E1，v=，当 v0v 时，即粒子能够一直沿x 轴负方向运动，故 D正确本题选错误的，故选：C【点评】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据力学基本规律：牛顿第二定律和能量守恒定律进行分析4把表头 G改装成大量程电流表时，下列说法正确的是（）A改装原理为并联电阻能增大通过G的电流B改装成电流表后，表头G本身允许通过的最大电流减小C改装后，表头 G自身的电阻减小了D改装后使用时，表头G本身的参量都不改变，整个并联电

21、路允许通过的电流增大了【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题；恒定电流专题【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！9/19【分析】把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点分析答题【解答】解：A、电流表的改装原理是并联电阻可以分流，并联电阻并不能增大通过 G的电流，故 A错误；B、把 G改装成电流表后，通过表头G本身的最大电流保持不变，故B错误；C、把 G改装成电流表后，表头G自身的电阻保持不变，故C错误；D、改装后使用时，表头G本身的参量都不改变，整个并联电路允许通过的电流增大了，故D

22、正确；故选：D【点评】本题考查了电流表的改装，知道电流表的改装原理是解题的关键，应用并联电路特点可以解题5如图电源内阻为r，固定电阻 R0=r，可变电阻 Rx的总电阻值为2r，若变阻器触头 P自最左端向最右滑动则下列说法不正确的是（）A电源输出功率由小变大BRx消耗功率由大变小CR0消耗功率由小变大D电源的效率由小变大【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】当变阻器的滑动触头向右滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，根据闭合电路欧姆定律即可求解，总功率P=EI，效率=输出功率比总功率，利用等效内阻法求输出功率【解答】解：A、根据闭合电路内外阻相等时，电源的输出功率最大，当变

23、阻器的滑动触头向右滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电阻小于等效内阻，随外电阻的减小，输出功率减小，故A错误B、当变阻器的滑动触头向右滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，根据P=I2R0可知，R0消耗功率由小变大，又输出功率减小，故 Rx消耗功率由大变小，故BC正确；D、根据总功率 P=EI 可知，电流增大，总功率增大，输出功率减小，故电源的效率由大变小，故D正确本题选不正确的，故选：A【点评】本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，注意总功率P=EI，难度不大，属于基础题【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如

24、有侵权，望告知删除！10/19 6如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，电键S闭合前灯泡 A、B、C均已发光当电键S闭合时，A、B、C三个灯泡的亮度变化情况是（灯都不会烧坏）（）AA亮度不变，B变亮，C变暗BA变暗，B变亮，C变暗CA变亮，B变暗，C变亮DA变暗，B变亮，C亮度不变【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】当电键 S闭合时，灯泡 C、D并联电阻减小，引起外电路总电阻减小，根据欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，再分析B、C、D三个灯泡电压或电流的变化，分析灯泡亮度的变化【解答】解：当电键S闭合时，灯泡 C、D并联电阻减小，外电路总电阻 R减小，根据闭合电路欧姆定

25、律可知，总电流I 增大，灯泡 A的电压 UA=E Ir 减小，电流 IA 减小，灯泡 A变暗灯泡 B的电流 IB=I IA 增大，电压 UB增大，灯泡 B变亮 C灯的电压 UC=UA UB，UA减小，UB增大，则 UC减小，灯泡 C变暗故选 B【点评】本题是电路中动态变化分析的问题，考查综合分析问题的能力这类问题常常按照“局部整体局部”的思路分析7如图所示，电源电动势为E，内电阻为 r，平行板电容器两金属板水平放置，开关 S是闭合的，两板间一质量为m、电荷量为 q 的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计则以下说法正确的是（）A在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴向上加速运动，G中有从 b

26、 到 a 的电流B在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中，油滴向下加速运动，G中有从 b 到 a 的电流C在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，油滴仍然静止，G中有从 a 到 b 的电流D在将 S断开后，油滴仍保持静止状态，G中无电流通过【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电容；闭合电路的欧姆定律【专题】带电粒子在电场中的运动专题；恒定电流专题【分析】电容器与电阻R、电阻 R2相并联后与 R1串联，滑片移动，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎

27、下载收藏，如有侵权，望告知删除！11/19【解答】解：A、C、粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻 R、电阻 R2相并联后与 R1串联，滑片向上移动，电阻R变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U=E I（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b 到 a，故 A正确，C错误；B、在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程刚好与选项A相反，故 B错误；D、在将 S断开后，电容器通过电阻R2与 R1放电，电量减为零，电流沿 a 至 b，故 D错误；故选 A【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合

28、电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化8如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻 R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若这两个电阻分别接到这个电源上，则（）AR1接在电源上时，电源的效率高BR2接在电源上时，电源的效率高CR1接在电源上时，电源的输出功率大D电源的输出功率一样大【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】电源的效率等于电源输出功率与电源总功率的百分比根据效率的定义，找出效率与电源路端电压的关系，由图读出路端电压，就能求出效率电源与电阻的U I 图线的交点，表示电阻接在电源上时的工作状态，可读出电压、电流，算出电源的

29、输出功率，进而比较大小【解答】解：A、B，电源的效率=，效率与路端电压成正比，R1接在电源上时路端电压大，效率高，故A正确，B错误 C、D，由图线的交点读出，R1接在电源上时 U=U0，I=I0，电源的输出输出功率 P1=UI=U0I0；R2接在电源上时 U=U0，I=I0，电源的输出输出功率P2=UI=U0I0，故C、D均错误故选：A【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！12/19【点评】本题首先要知道效率与功率的区别，电源的效率高，输出功率不一定大其次，会读图电源与电阻的伏安特性曲线交点表示电阻接在该电源

30、上时的工作状态9下列关于电势高低的判断，正确的是（）A负电荷从 A移到 B时，外力做正功，A点的电势一定较高B负电荷从 A移到 B时，电势能增加，A点的电势一定较低C正电荷从 A移到 B时，电势能增加，A点的电势一定较低D正电荷只在电场力作用下从静止开始，由A移到 B，A点的电势一定较高【考点】电势；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据推论：正电荷在电势高处，电势能大；负电荷在电势低处，电势能大，判断两点间电势的高低正电荷只在电场力作用下从A移到 B，电荷不一定从高电势处向低电势处运动负电荷从A移到 B时，外力作正功，A点电势不一定较高【解答】解：A、负电荷从 A移到 B时，外力作

31、正功，无法判断电势的高低，故A错误B、根据负电荷在电势低处具有的电势能大，则知负电荷从A移到 B时，电势能增加，B点的电势一定较低，A点的电势一定较高，故B错误C、正电荷从 A移到 B时，电势能增加，根据正电荷在电势高处具有的电势能大，可知 A点的电势一定较低，故C正确D、正电荷只在电场力作用下从静止开始由A移到 B，电场力一定做正功，电势能减小，电势降低，则A点的电势一定较高故D正确故选：CD【点评】电场中两点间电势高低可根据推论判断，也可以根据电场力做功的正负与电荷的电性判断，但不能根据外力做功情况判断10如图所示，真空中同一水平线上固定两等量异种点电荷A、B，其中 A带负电、B带正电 C

32、、D、O是分布在 AB连线的垂线上的三个点，且 AO BO 下列判断正确的是（）AC、D两点的电势相等BC、D两点的电场强度的方向均水平向左C同一带负电的试探电荷在C点的电势能大于在D点的电势能D同一试探电荷在C点受到的电场力比在D点受到的电场力小【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！13/19【考点】示波管及其使用；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】定性思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到无穷远处或负电荷为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度

33、大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加然后结合等量异种点电荷的电场线和等势面分布解答即可【解答】解：A、由图可知，D离正电荷近，则由等量异种点电荷的电场线和等势面分布可知，O DC，故 A错误；B、在 AB连线中垂线上的各点电场强度方向水平向左，结合等量异种点电荷的电场线的分布可知，EC和 ED的方向斜向左上，故B错误；C、负电荷在电势低处电势能大，所以EpC EpD，故 C正确；D、由等量异种点电荷的电场线的分布可知，EC ED，所以同一试探电荷在 C点受到的电场力比在D点受到的电场力小，故D正确故选：CD【点评】本题要求掌握住等量异种电荷的电场的

34、分布的情况，根据电场分布的特点以及电场线与电势的关系即可以分析本题11如图所示，A、B、C、D为匀强电场中相邻的等势面，一个电子垂直经过等势面 D时的动能为 20eV，经过等势面 C时的电势能为10eV，到达等势面 B时的速度恰好为零，已知相邻等势面间的距离为5cm，不计电子的重力，下列说法中正确的是（）AC等势面的电势为 10VB匀强电场的场强为200V/mC电子再次经过 D等势面时，动能为10eVD电子的运动是匀变速曲线运动【考点】等势面；电场强度；电势差【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电子从 D到 B过程，根据动能定理求出BD间电势差，即可得到 A等势面的电势；由E=求解电场强度；

35、根据能量守恒可知，电子再次经过 D等势面时，动能为20eV；匀强电场中电子所受的电场力是恒力，电子做匀变速直线运动【解答】解：A、电子从 B到 D过程，根据动能定理得：eUDB=0 EkD，解得，UDB=20V；eUDC=EKCEKD，联立以上 3 公式，求得：EKC=EKD=10eV【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！14/19 所以电子的总能量：E=EKC+EPC=0到达等势面 B时的速度恰好为零，电子的动能为0，所以该电场中的等势面 B是 0 势能面由于是等差的等势面，则知，C等势面的电势为10V故

36、A正确；B、对于 BD段：电场强度为 E=200V/m 故 B正确；C、根据能量守恒可知，电子再次经过D等势面时，电势能不变，动能不变，其动能仍为20eV；故 C错误；D、根据电场线与等势面垂直可知，该电场是匀强电场，电子做匀变速直线运动故 D错误故选：AB【点评】解决本题的关键知道等势面与电场线关系，掌握匀强电场的场强公式，以及电场力做功与电势差的关系12电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为 I，工作的时间为t，则下列说法中正确的是（）A电动机消耗的电能为UItB电动机消耗的电能为I2RtC电动机线圈产生的热量为I2RtD电动机线圈产生的热量为【考点】电功、电

37、功率；焦耳定律【专题】恒定电流专题【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用 P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的【解答】解：A、电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作的时间为 t，所以电动机消耗的电能为UIt，所以 A正确，B错误；C、电动机为非纯电阻电路线圈产生的热量为I2Rt，不能用来计算，所以 C正确，D错误；故选 AC【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计

38、算公式是不一样的二、填空题（共 12 分，把答案填在答题纸相应的横线上）【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！15/19 13A、B、C、D、E、F分别是正六边形的六个顶点，各顶点到正六边形中心 O的距离为 a现只在 F处放一电量为 Q的点电荷，则中心O处的电场强度的大小为；若再在 A、B、C、D、E处各放一电量为+Q的点电荷，则中心O处的电场强度的大小变为2【考点】电场的叠加；库仑定律【分析】根据电场强度的叠加原理和点电荷场强公式求解【解答】解：根据点电荷场强公式得：只在 F处放一电量为 Q的点电荷，则中心

39、O处的电场强度的大小若再在 A、B、C、D、E处各放一电量为+Q的点电荷，根据电场强度的叠加原理得B和 E的叠加后场强为零，A和 D的叠加后场强为零，所以中心 O处的电场强度的大小等于F和 C的场强叠加，即 2故答案为：，2【点评】本题运用电场强度的叠加，及几何图形的对称性来结合求解14如图所示，水平安放的A、B两平行板相距 h，上板 A带正电，现有质量 m，带电量为+q 的小球，在 B板下方距离 H处，以初速 v0 竖直向上从 B板小孔进入板间电场，欲使小球刚好能到A板，则 A、B间电势差 UAB=【考点】电势差与电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】如图，平行板电容器上极板A

40、带正电，下极板 B带负电，电场方向向下质量为m，带电量为+q的小球从 B板进入电场后受到重力和电场力，电场力方向向下，对小球做负功，小球刚好打到A板时，速度恰好为零，电场力做功为qUBA=qUAB，整个过程中重力做功为mg（H+h）根据动能定理求解电势差UAB【解答】解：由题，小球刚好打到A板时，速度恰好为零，根据动能定理，对整个过程进行研究得mg（H+h）qUAB=0 m解得，UAB=；【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！16/19 故答案为：【点评】本题涉及两个过程，采用全程法运用动能定理研究，比较简洁

41、，也可以分段研究，或运用牛顿定律和运动学公式结合研究三、解答题（共 3 小题，15 小题 10 分，16小题 14 分，17 小题 16 分共 40 分.要求写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，只写出最后答案的不能得分）15如图所示的电路中，当S闭合时，电压表和电流表（均为理想电表）的示数各为 1.6V 和 0.4A；当 S断开时，它们的示数各改变0.1V和 0.1A，求电源的电动势和内阻【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由题知道电源的两组路端电压和电流，可由闭合电路欧姆定律列两个方程，联立求得电源的电动势和内阻【解答】解：根据欧姆定律得E=U1+I1r E=U2+I2r

42、联立式得r=1代入式得 E=2V答：电源的电动势为2V，内阻为 1【点评】求解电源的电动势和内阻，常常根据两种情况由闭合电路欧姆定律列方程组求解16如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下（小球的重力大于所受的电场力）（1）已知小球的质量为m，电量大小为 q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为，求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小；（2）若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，求A点距水平地面的高度h 至少应为多大？（3）若小球从斜轨道h=5R处由静止释放假设其能够通过B点，求在此过程中小球机械能的改变量【考点】匀

43、强电场中电势差和电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！17/19【分析】带负电的小球从斜面滚下时，对其受力分析，利用力的合成求出合力，再由牛顿第二定律可算出小球的加速度若要使小球恰能通过圆轨迹道最高点，由最高点受力利用牛顿第二定律可确定速度，最后运用动能定理求出小球释放的高度；小球在运动过程中，由于有电场力做功，所以机械能不守恒，正是由于电场力做功导致机械能发生改变的，因此此过程中小球机械能的改变量与电场力做功多少有关【解答】解：（1）由牛顿第二定律有（mg qE）

44、sin=ma得：a=（2）球恰能过 B点有：（mg qE）=（1）由动能定理，从 A点到 B点过程，则有：（mg qE）（h12R）=0 （2）由（1）（2）解得 h1=（3）因电场力做负功，导致机械能减少，电势能增加则增加量：E=qE（h22R）=qE（5R2R）=3qER由能量守恒定律得机械能减少，且减少量为3qER 答：（1）已知小球的质量为m，电量大小为 q，匀强电场的场强大小为 E，斜轨道的倾角为，小球沿斜轨道下滑的加速度的大小为；（2）若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，A点距水平地面的高度 h 至少应为（3）若小球从斜轨道h=5R处由静止释放假设其能够通过B点，在此

45、过程中小球机械能的改变量3qER【点评】考查圆周运动最高点的最小速度，同时运用动能定理解题，并体现除重力以外的力做功，导致机械能变化17如图所示，两平行金属板A、B长 l=8cm，两板间距离 d=8cm，A板比 B板电势高 300V，即 UAB=300V 一带正电的粒子电量q=1010C，质量 m=10 20kg，从 R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度v0=2106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上O点的点电荷 Q形成的电场区域（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）已知两界面MN、PS相距【新教材2020 版】本资料系本人收集整

46、编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！18/19 为 L=12cm，粒子穿过界面 PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上（静电力常数k=9109N?m2/C2）求（1）粒子穿过界面 MN时的速度；（2）粒子穿过界面 PS时偏离中心线 RO的距离多远；（3）点电荷的电量【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；运动的合成和分解【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动由牛顿定律求出加速度，由运动学公式求出粒子飞出电场时的侧移h，由几何知识求解粒

47、子穿过界面PS时偏离中心线 RO的距离（2）由运动学公式求出粒子飞出电场时速度的大小和方向粒子穿过界面 PS后将绕电荷 Q做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，由几何关系求出轨迹半径，再牛顿定律求解Q的电量【解答】解：（1）设粒子从电场中飞出时在竖直方向的速度为vy 则 vy=at=代入解得vy=1.5 106m/s粒子从电场中飞出时速度v则v=2.5106m/s（2）设粒子从电场中飞出的侧位移为h，穿过界面 PS时偏离中心线的距离为 y h=at2 （1）l=v0t （2）又粒子的加速度为a=（3）由（1）（2）（3）得 h=代入解得 h=0.03m又由相似三角形得代入解得 y=0.12m【新

48、教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！19/19（2）v 与水平方向的夹角=arctan=37 粒子穿过界面 PS垂直打在放置中心线上的荧光屏上，粒子穿过界面PS后将绕电荷 Q做匀速圆周运动，其半径与速度方向垂直匀速圆周运动半径r，由几何关系得 r=0.15m 又 k=m代入解得Q=1.04108C 答：（1）粒子穿过界面 MN时的速度为 2.5106m/s；（2）粒子穿过界面 PS时偏离中心线 RO的距离为 0.12m；（3）点电荷的电量为1.04108C【点评】本题是类平抛运动与匀速圆周运动的综合，分析粒子的受力情况和运动情况是基础难点是运用几何知识研究圆周运动的半径