资源简介

广东省清远市连州市连州中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题
1．（2024高二上·连州期中）下列情形与静电现象无关的是（　　）
A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑 B．电磁灶加热食物
C．复印机硒鼓吸附墨粉 D．油罐车后拖有一根接地的铁链
2．（2024高二上·连州期中）如图是某电动汽车的铭牌，以下说法正确的是（　　）
整车型号 CH830BEV
最大设计总质量 1800kg
动力电池容量
驱动电机额定功率 30kW
驱动电机型号 WXMP30LO
车辆设计代号VIN LVFAD11A44000003
A．该电池的容量为
B．该电池以6A的电流放电，可以工作12h
C．该电池以6A的电流放电，可以工作60h
D．该电池充完电可贮存的电荷量为60C
3．（2024高二上·连州期中）如图所示A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是的中点，A、B、C构成一个直角三角形，长为，电场线与三角形所在的平面平行，已知，，，由此可以判断（　　）
A．电场强度的方向重直连线斜向上
B．电场强度的方向由B点指向C点
C．电场强度的大小为
D．电场强度的大小为
4．（2024高二上·连州期中）如图所示为电子束焊接机，图中带箭头的虚线代表电场线，B、C是电场中两点。K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是（　　）
A．A、K之间的电场强度均为 B．B点电势大于C点电势
C．B点电场强度大于C点电场强度 D．电子由K到A的电势能减少了eU
5．（2024高二上·连州期中）如图所示，R1、R2是材料相同、厚度相同、上下表面均为正方形的导体。已知两个正方形边长的比是n∶1。通过两导体的电流方向如图。这两个导体的电阻之比为（　　）
A．R1∶R2＝1∶1 B．R1∶R2＝1∶n
C．R1∶R2＝ n∶1 D．R1∶R2＝1∶n2
6．（2024高二上·连州期中）如图所示，若质子和α粒子（氦原子核）以相同的初速度垂直射入偏转电场，不计粒子的重力。则质子和α粒子射出电场时的偏移量之比为（　　）
A．2∶1 B．1∶1 C．1∶2 D．1∶4
7．（2024高二上·连州期中）如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图像，一个带电粒子仅受电场力作用在x＝0处由静止释放沿x轴正向运动，且以一定的速度通过x＝x3处，其中x2处电势最高。则下列说法正确的是（　　）
A．x2处场强最大
B．粒子从x1处运动到x3处电场力做功为零
C．x1到x3场强先变大后变小
D．x1和x3两处场强方向相同
8．（2024高二上·连州期中）如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和，A、D两点分别固定等量异号的点电荷。下列说法正确的是（　　）
A．点与点的电场强度大小相等
B．点与点的电场强度方向相同
C．点与点的电势差等于点与点的电势差
D．将试探电荷由F点沿直线移动到O点，其电势能一直减小
9．（2024高二上·连州期中）图中的实线分别是电阻a、b的伏安特性曲线，虚线c是b（U=1V）的切线，a、c相互平行，下列说法正确的是（　　）
A．U=1V时，b的电阻为5Ω B．U=1V时，a、b的电阻相等
C．b的电阻随电压的升高而增大 D．U=3V时，a、b的电阻相等
10．（2024高二上·连州期中）如图甲所示，A、B、C、D为匀强电场的等势面，相邻等势面电势差相等且间距均为d，等势面与水平地面平行。电荷量大小为q、质量为m的带电小球垂直等势面D竖直向上抛出，恰能到达等势面A，该过程中小球的动能和机械能随上升距离的变化关系如图乙所示，为已知量，重力加速度为，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．小球的初速度大小为 B．小球加速度大小为
C．小球抛出时重力势能为 D．电场强度大小为
11．（2024高二上·连州期中）在“观察电容器的充、放电现象”实验中，
（1）甲同学观察右图的电容器，电容器外壳上面标明的“10V”的含义是（　　）
A．电容器的耐压值为10V
B．电容器电压为10V时，电容为200μF
C．电容器在10V电压下才正常工作
（2）乙同学的实验电路图如图甲所示，电源输出电压恒为，S是单刀双掷开关，C为电容器。
①当开关S接到“1”时，电容器处于　 　过程，（填“充电”或者“放电”），电容器所带的电荷量逐渐　 　；（填“增加”或“减少”）。
②下面说法正确的是　 　
A. 电容器充电时，电压表示数始终等于电源电压
B. 电容器充电时，电流逐渐增大；放电时，电流逐渐减小
C. 电容器充、放电过程，流过电流传感器的电流方向相反
③乙同学使用图甲电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。直流电源电压U=8V，实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的曲线如图乙所示。
a.图像与时间轴所围成的面积分别为S1和S2，则面积S1表示的物理意义是　 　，且有S1　 　 S2；（选填“>”、“<”或“=”）；
b.计算机测得，则该电容器的电容为　 　F；（保留两位有效数字）；
c.由甲、乙两图可以判断，阻值 R1　 　R2（选填“>”、“<”或“=”）
12．（2024高二上·连州期中）某同学用伏安法测量长为L的导体电阻率，采用分压电路接线，待测导体Rx阻值约为5。
现有器材：
A．量程为3V、内阻约为的电压表
B．量程为0.6A、内阻约为10的电流表
C．干电池两节（内阻不计）
D．滑动变阻器（0~10Ω）
E. 滑动变阻器（0~100Ω）
（1）其中滑动变阻器应选　 　（填器材前的字母代号）；
（2）图甲是未完成的实物连线图，图中a为待测导体右端接线柱，b为电流表正极接线柱，c为滑动变阻器左上端接线柱，d为滑动变阻器左下端接线柱。则导线①应连接　 　（选填a或b）。导线②应连接　 　（选填c或d）。正确接线后，闭合开关前，滑动变阻器滑片应该位于　 　（填“最左端”或“最右端”）；
（3）闭合开关后滑动滑片取得多组数据并做图线，如图乙所示，则Rx的阻值为　 　（结果保留两位有效数字）
（4）用螺旋测微器测金属丝直径d，示数如图丙所示，则d=　 　mm。用游标为20分度的卡尺测量其长度如图丁，由图可知其长度为L=　 　cm；用电流表测得某示数如图戊所示，此时电流I=　 　A；
（5）写出该金属丝的电阻率的表达式　 　（用U、I、d、L表示）。
13．（2024高二上·连州期中）如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为C的负点电荷从A点运动到B点，电场力做功为J，AB间距离L=4m，与水平方向夹角为；求：
（1）B、A间电势差UBA是多少？
（2）电场强度E是多大？
（3）如果A点的电势为-4V，则B点的电势为多少？电荷量为C的正电荷在A点具有的电势能是多少？
14．（2024高二上·连州期中）如图所示，电子经加速电场加速后，在水平方向沿垂直进入偏转电场，出偏转电场后速度与水平方向成30°，打到荧光屏P上的A点。已知加速电场中的电压为U1，形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），A点与距离为h，忽略电子的重力影响，不计空气阻力，电子质量为m，电荷量为e。求：
（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；
（2）偏转电场强度的大小和方向；
（3）荧光屏到偏转电场右边界的水平距离s。
15．（2024高二上·连州期中）如图所示，光滑轨道ABC处在足够大的竖直向下的匀强电场中，电场强度为E，AB段为水平面，BC段为半圆弧面，一质量为m的可看成质点的带正电小球从最低点B以某一速度冲上半圆弧面，恰好经过最高点C，半圆弧面半径为R，小球带电量为q，重力加速度为g。求：
(1)小球在最高点C的速度大小；
(2)小球在最低点B对轨道的压力大小；
(3)小球从C点出来后落到水平地面上的点距离B点的距离。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】静电的防止与利用；涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】静电的利用与防止一直以来都与生活息息相关，除了尖端放电核静电屏蔽之外，静电还有其他的作用，如静电吸附等。另外就是再不需要静电的场合，要采取合理的方式防止静电带来的危害。
A、梳过头发的塑料梳子吸起纸屑，是利用摩擦起电原理，与静电现象有关，故A错误；
B、电磁灶加热食物的原理是电磁感应，与静电现象无关，故B正确；
C、复印机硒鼓吸附墨粉是与静电现象有关，故C错误；
D、油罐车运送油品时，必须安装一条拖地的铁链，是为了将摩擦产生的静电荷能及时导走，与静电现象有关，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以判断出答案。
2．【答案】A
【知识点】电流、电源的概念
【解析】【解答】ABC．从题图标识牌可知电池的容量为，即以6A的电流放电可工作10h，故A正确，BC错；
D．该电池充完电可贮存的电荷量为
故D错误。
故答案为：A。
【分析】直接读取铭牌信息判断电池容量表述是否正确；利用（为电池容量对应电荷量 ），计算不同放电电流下的工作时间；通过（取容量中电流值，换算为秒 ），计算总电荷量，从而确定正确选项。
3．【答案】D
【知识点】等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】解答本题的关键是得到D点的电势，掌握电场线与等势线的关系，运用公式E=时，要注意d是两点沿电场方向的距离。AB．在匀强电场中，，则B、C连线的中点D的电势
故，为一条等势线，根据电场线与等势线垂直且沿着电场线方向电势降低可知，电场强度的方向垂直于AD连线斜向下，选项AB错误；
CD．电场强度的大小
选项C错误，D正确。
故选D。
【分析】先求出B、C连线的中点D的电势，根据D点与A点电势相等，确定电场强度的方向，再根据公式E=求电场强度的大小。
4．【答案】D
【知识点】电场线；电势；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．A、K之间建立的是非匀强电场，公式不适用，因此A、K之间的电场强度不等于，故A错误；
B．B、C所在等势面为一条条和电场线垂直的圆弧，如图所示
根据沿电场线方向电势降低，可知B点电势小于C点电势，故B错误；
C．电场线的疏密程度表示电场强度大小，从图中可知B点所在位置的电场线较疏，C点所在位置的电场线较密，故B点的电场强度小于C点的电场强度，故C错误；
D．电子由K到A，受到的电场力方向和电场方向相反，即由K指向A，和运动方向一致，所以电场力做正功，电势能减小，根据动能定理可得，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：电场线弯曲、疏密不均→ 非匀强， 不适用。
B：沿电场线方向电势降低，结合B、C位置与电场线方向比较电势。
C：电场线密集处场强大，稀疏处场强小，比较B、C场强。
D：负电荷受力与电场线反向，位移同向则电场力正功，电势能减少（减少量等于电场力做功 ）。
5．【答案】A
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】设小正方形边长l，则大正方形边长nl，厚度d，根据
可得
故答案为：A。
【分析】，关键是正确识别“长度 ”（电流方向的导体长度 ）和“横截面积 ”（垂直电流方向的面积 ），对于上下表面为正方形、厚度均匀的导体，电流沿表面流动时，横截面积 （ 为厚度， 为边长 ），代入后 被约去，电阻与边长无关，仅与厚度和材料有关。
6．【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】本题考查带电体在偏转电场中的运动，在计算偏移量之比时，先得到偏移量表达式的通式，再得到偏移量之比的表达式，无需对每个粒子分别受力分析求解。质子和α粒子进入偏转电场都做类平抛运动，偏移量为
由于U、d、L、v0相同
因此
故选A。
【分析】根据粒子在偏转电场中的类平抛运动特点，可以在水平方向、竖直方向分别由运动学关系式，从而得到偏移量关系式；利用偏移量关系式，得到偏移量之比的表达式，代入粒子的电荷、质量关系，得到偏移量之比。
7．【答案】B
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】解决本题的关键要明确φ-x图象的切线斜率表示场强，斜率的符号表示场强的方向。A．因为φ-x图像的斜率等于场强，可知x2处场强为零，选项A错误；
B．粒子从x1处运动到x3处，两点电势差为零，可知电场力做功为零，选项B正确；
CD．因为φ-x图像的斜率等于场强，可知 x1到x3场强先变小后变大，x1和x3两处场强方向相反，选项CD错误。
故选B。
【分析】φ-x图象的切线斜率表示场强，根据电势的变化可分析场强的方向，由电势差大小判断电场力做功大小。
8．【答案】A,C
【知识点】电场线；电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性，掌握住电场线的特点，即可解决本题。A．由两等量异种点电荷产生的电场的对称性可知，点与点的电场强度大小相等，故A正确；
B．由两等量异种点电荷产生的电场的对称性可知，点与点的电场强度方向不相同，故B错误；
C．根据等量异种电荷所形成的电场的特性可知，将O点与连接，可知连线的电势为0，分别作的平行线和，如图所示
可知平面的电势为零，因到平面的距离与到平面的距离相等，根据等量异种电荷的电场分布规律可知，两点与平面的平均电场强度相等，则根据
则点与点的电势差等于点与点的电势差，故C正确；
D．正六棱柱上表面如图所示
由几何关系可知，正电荷在OF中点K的场强方向垂直于OF，负电荷在K点的场强方向指向D点，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，而在F点的合场强与OF的夹角为钝角，因此将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点，电场力先做负功后做正功，则有其电势能先增大后减小，故D错误。
故选AC。
【分析】根据等量异种电荷的对称性求解电场强度；对六棱柱的上表面分析K点的合场强与OF的夹角关系，判断移动试验电荷电场力做功情况；根据等量异种电荷的电势分布求解各点电势，得出电势差大小关系。
9．【答案】C,D
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】对于非线性元件，伏安特性曲线上某点切线得到斜率的倒数不表示电阻，而要用交点坐标求解。
ABC．根据I-U图像可知，电阻a的阻值保持不变，大小为
Ra==Ω=5Ω
根据电阻b的伏安特性曲线可知，曲线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，而连线斜率为
k==
可知b的电阻随电压的升高而增大，U=1V时，b的电阻为
Rb==Ω=2.5Ω故AB错误，C正确；
D．U=3V时，b的电阻为
Rb'==Ω=5Ω
此时Ra=Rb'=5Ω，故D正确。
故选CD。
【分析】根据伏安特性曲线，确定当U=1V时，通过电阻b的电流，根据欧姆定律求电阻；根据伏安特性曲线的斜率的倒数求电阻a的电阻，电阻a的斜率不变，电阻不变；伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数；根据伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数求电阻，根据电阻的并联特点求电阻。
10．【答案】A,B,D
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；等势面
【解析】【解答】本题主要考查了带电粒子在电场中的应用，理解图像的物理意义，结合能量守恒定律和牛顿第二定律即可完成分析。A．由题图乙可知，小球上升过程机械能减小，由功能关系可知，电场力做负功，且电场力方向与等势面垂直，故电场力方向竖直向下，对小球，根据动能定理有
根据功能关系有
结合题图乙可知小球的初动能
初始机械能
则有
解得小球的初速度大小
故A正确；
C．小球抛出时的重力势能
故C错误；
BD．小球恰能到达等势面，则有
解得
由牛顿第二定律
则上升过程中小球的加速度大小为
故BD正确。
故选ABD。
【分析】根据动能的计算公式得出小球的初速度；根据能量守恒定律列式得出场强的大小，结合牛顿第二定律得出小球的加速度；根据能量之间的关系得出小球抛出时的重力势能；根据场强的计算公式得出场强的大小。
11．【答案】（1）A
（2）充电；增加；C；电容器所带电荷量；=；0.15；<
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】使电容器带上电荷的过程称为充电； 使电容器失去电荷的过程称为放电。 本题主要考查了电容器的充电、放电过程中的电流、电荷量的变化及电压的变化，难度较大，需要认真分析。
（1）电容器外壳上面标明的“10V”的含义是电容器的耐压值为10V；电容为200μF与电容器电压无关；电容器在10V以下都能正常工作。
故选A。
（2）①当开关S接到“1”时，电容器与电源连接，电容器处于充电过程，电容器所带的电荷量逐渐增加；
②A．电容器充电时，电容器两端电压逐渐增大，则电压表示数逐渐增大，稳定时，电压表示数等于电源电压，故A错误；
B．电容器充电时，随着电容器电荷量的增大，电流逐渐减小；放电时，随着电容器电荷量的减小，电流逐渐减小，故B错误；
C．电容器充、放电过程，由电路图可知流过电流传感器的电流方向相反，故C正确。
故选C。
③图像与时间轴所围成的面积分别为S1和S2，根据
可知面积S1表示的物理意义是电容器充完电后所带的电荷量；则面积S2表示的物理意义是放电过程，电容器放出的电荷量，则有
由于
且
可得该电容器的电容为
根据
，
由乙图可知，充电瞬间的电流大于放电瞬间的电流，则有
【分析】（1）电容器外壳上面标着“2200μF，10V”，根据该铭牌表示的物理意义进行分析；
（2） ① 当开关S接到“1”时，电容器与电源相连，是充电过程，电容器所带电荷量逐渐增加，据此作答；
② A.电源给电容器充电，随着电容器所带电荷量逐渐增大，电容器两极板间的电压逐渐增大，据此作答；
B.电源给电容器充电，电路瞬间有了充电电流，充电结束，充电电流为零，据此作答；
C.放电电流从电容器的正极板经用电器到负极板，据此作答；
D.放电过程，电容器所带电荷量逐渐减小，据此作答。
③ a.可知q=it，得出i-t图像“面积”的含义，然后作答；由i-t图像直接得出；
b.根据电容器的定义式求解电容；
c.根据充电瞬间和放电瞬间的电流，结合闭合电路的欧姆定律判断电路中的电阻。
（1）电容器外壳上面标明的“10V”的含义是电容器的耐压值为10V；电容为200μF与电容器电压无关；电容器在10V以下都能正常工作。
故选A。
（2）①[1][2] 当开关S接到“1”时，电容器与电源连接，电容器处于充电过程，电容器所带的电荷量逐渐增加；
②[3]
A．电容器充电时，电容器两端电压逐渐增大，则电压表示数逐渐增大，稳定时，电压表示数等于电源电压，故A错误；
B．电容器充电时，随着电容器电荷量的增大，电流逐渐减小；放电时，随着电容器电荷量的减小，电流逐渐减小，故B错误；
C．电容器充、放电过程，由电路图可知流过电流传感器的电流方向相反，故C正确。
故选C。
③[4][5]图像与时间轴所围成的面积分别为S1和S2，根据
可知面积S1表示的物理意义是电容器充完电后所带的电荷量；则面积S2表示的物理意义是放电过程，电容器放出的电荷量，则有；
[6]由于
且
可得该电容器的电容为
[7]根据
，
由乙图可知，充电瞬间的电流大于放电瞬间的电流，则有
12．【答案】（1）D
（2）a；d；最左端
（3）4.7
（4）1.841；5.015；0.26
（5）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】本题考查选择恰当的电路测量电阻的问题，要明确实验原理，掌握欧姆定律和利用图像处理问题的方法，能够根据实验原理正确选择实验器材。
（1）滑动变阻器要接成分压电路，则应选阻值较小的D；
（2）因RV>>Rx，可知应该采用电流表外接，则导线①应连接a。因滑动变阻器用分压解法，则导线②应连接d。正确接线后，闭合开关前，滑动变阻器滑片应该位于最左端；
（3）根据U-I图像可知，Rx的阻值为
（4）用螺旋测微器测金属丝直径d=1.5mm+0.01mm×34.2=1.842mm
长度为L=5cm+0.05mm×3=5.015cm
电流表最小刻度0.02A，则测得电流I=0.26A；
（5）根据
解得
【分析】（1）根据题中选择的接线方式和实验中调节方便分析判断；
（2）根据误差分析选择电流表的接法；根据分压接线法分析判断；根据保护电路，电路电流最小分析判断；
（3）根据图像斜率计算待测电阻阻值；
（4）先确定螺旋测微器的最小分度值再读数；
（5）根据电阻定律和欧姆定律推导。
（1）滑动变阻器要接成分压电路，则应选阻值较小的D；
（2）[1][2][3]因RV>>Rx，可知应该采用电流表外接，则导线①应连接a。因滑动变阻器用分压解法，则导线②应连接d。正确接线后，闭合开关前，滑动变阻器滑片应该位于最左端；
（3）根据U-I图像可知，Rx的阻值为
（4）[1]用螺旋测微器测金属丝直径
d=1.5mm+0.01mm×34.2=1.842mm
[2]长度为
L=5cm+0.05mm×3=5.015cm
[3]电流表最小刻度0.02A，则测得电流I=0.26A；
（5）根据
解得
13．【答案】（1）解：A、B间的电势差为
解得
-8V
则
－8V
（2）解：匀强电场的电场强度大小为
V/m
（3）解：根据电势差的定义式有
解得
V
根据电势能的计算公式有
－8×10-6J
【知识点】电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）根据W=qU求解电势差；
（2）根据U=Ed求解电场强度大小；
（3）根据电势差的定义式计算电势，根据电势能计算公式计算电势能。
（1）A、B间的电势差为
解得
-8V
则
－8V
（2）匀强电场的电场强度大小为
V/m
（3）根据电势差的定义式有
解得
V
根据电势能的计算公式有
－8×10-6J
14．【答案】解：（1）电子经加速电场加速
解得
（2）电子偏转时做类平抛运动，有
联立可得
方向竖直向下。
（3）电子离开偏转电场后水平方向和竖直方向均做匀速运动，则有
代入数据得
【知识点】示波器的使用
【解析】【分析】（1）根据动能定理求出电子进入偏转电场的速度v的大小。
（2）电子出电场后反向速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压的大小。
（3）电子离开偏转电场后水平方向和竖直方向均做匀速运动，从而解得荧光屏到偏转电场右边界的水平距离s。
15．【答案】解：(1)恰好通过最高点C，则有
解得
(2)设B点速度为，则B到C由动能定理可得
在B点由牛顿第二定律可得
联立可解得
则由牛顿第三定律可得，在B点对轨道压力大小为
(3)小球从C点飞出后，水平方向做匀速直线运动，有
竖直方向做初速度为零的匀加速运动，有
联立可解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）小球恰好经过最高点C，轨道对小球没有作用力，由重力和电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求小球在最高点C的速度大小；
（2）小球从B点运动到C点的过程，由动能定理求出小球经过B点时的速度。小球在B点时，由重力、电场力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道的支持力，再由牛顿第三定律求得小球在最低点B对轨道的压力大小；
（3）小球从C点出来后做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据分位移公式和牛顿第二定律求小球从C点出来后落到水平地面上的点距离B点的距离。
1 / 1广东省清远市连州市连州中学2024-2025学年高二上学期期中考试物理试题
1．（2024高二上·连州期中）下列情形与静电现象无关的是（　　）
A．梳过头发的塑料梳子吸起纸屑 B．电磁灶加热食物
C．复印机硒鼓吸附墨粉 D．油罐车后拖有一根接地的铁链
【答案】B
【知识点】静电的防止与利用；涡流、电磁阻尼、电磁驱动
【解析】【解答】静电的利用与防止一直以来都与生活息息相关，除了尖端放电核静电屏蔽之外，静电还有其他的作用，如静电吸附等。另外就是再不需要静电的场合，要采取合理的方式防止静电带来的危害。
A、梳过头发的塑料梳子吸起纸屑，是利用摩擦起电原理，与静电现象有关，故A错误；
B、电磁灶加热食物的原理是电磁感应，与静电现象无关，故B正确；
C、复印机硒鼓吸附墨粉是与静电现象有关，故C错误；
D、油罐车运送油品时，必须安装一条拖地的铁链，是为了将摩擦产生的静电荷能及时导走，与静电现象有关，故D错误。
故答案为：B。
【分析】根据静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以判断出答案。
2．（2024高二上·连州期中）如图是某电动汽车的铭牌，以下说法正确的是（　　）
整车型号 CH830BEV
最大设计总质量 1800kg
动力电池容量
驱动电机额定功率 30kW
驱动电机型号 WXMP30LO
车辆设计代号VIN LVFAD11A44000003
A．该电池的容量为
B．该电池以6A的电流放电，可以工作12h
C．该电池以6A的电流放电，可以工作60h
D．该电池充完电可贮存的电荷量为60C
【答案】A
【知识点】电流、电源的概念
【解析】【解答】ABC．从题图标识牌可知电池的容量为，即以6A的电流放电可工作10h，故A正确，BC错；
D．该电池充完电可贮存的电荷量为
故D错误。
故答案为：A。
【分析】直接读取铭牌信息判断电池容量表述是否正确；利用（为电池容量对应电荷量 ），计算不同放电电流下的工作时间；通过（取容量中电流值，换算为秒 ），计算总电荷量，从而确定正确选项。
3．（2024高二上·连州期中）如图所示A、B、C、D是匀强电场中的四个点，D是的中点，A、B、C构成一个直角三角形，长为，电场线与三角形所在的平面平行，已知，，，由此可以判断（　　）
A．电场强度的方向重直连线斜向上
B．电场强度的方向由B点指向C点
C．电场强度的大小为
D．电场强度的大小为
【答案】D
【知识点】等势面；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】解答本题的关键是得到D点的电势，掌握电场线与等势线的关系，运用公式E=时，要注意d是两点沿电场方向的距离。AB．在匀强电场中，，则B、C连线的中点D的电势
故，为一条等势线，根据电场线与等势线垂直且沿着电场线方向电势降低可知，电场强度的方向垂直于AD连线斜向下，选项AB错误；
CD．电场强度的大小
选项C错误，D正确。
故选D。
【分析】先求出B、C连线的中点D的电势，根据D点与A点电势相等，确定电场强度的方向，再根据公式E=求电场强度的大小。
4．（2024高二上·连州期中）如图所示为电子束焊接机，图中带箭头的虚线代表电场线，B、C是电场中两点。K为阴极，A为阳极，两极之间的距离为d，在两极之间加上高压U，有一电子在K极由静止被加速。不考虑电子重力，元电荷为e，则下列说法正确的是（　　）
A．A、K之间的电场强度均为 B．B点电势大于C点电势
C．B点电场强度大于C点电场强度 D．电子由K到A的电势能减少了eU
【答案】D
【知识点】电场线；电势；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】A．A、K之间建立的是非匀强电场，公式不适用，因此A、K之间的电场强度不等于，故A错误；
B．B、C所在等势面为一条条和电场线垂直的圆弧，如图所示
根据沿电场线方向电势降低，可知B点电势小于C点电势，故B错误；
C．电场线的疏密程度表示电场强度大小，从图中可知B点所在位置的电场线较疏，C点所在位置的电场线较密，故B点的电场强度小于C点的电场强度，故C错误；
D．电子由K到A，受到的电场力方向和电场方向相反，即由K指向A，和运动方向一致，所以电场力做正功，电势能减小，根据动能定理可得，故D正确。
故答案为：D。
【分析】A：电场线弯曲、疏密不均→ 非匀强， 不适用。
B：沿电场线方向电势降低，结合B、C位置与电场线方向比较电势。
C：电场线密集处场强大，稀疏处场强小，比较B、C场强。
D：负电荷受力与电场线反向，位移同向则电场力正功，电势能减少（减少量等于电场力做功 ）。
5．（2024高二上·连州期中）如图所示，R1、R2是材料相同、厚度相同、上下表面均为正方形的导体。已知两个正方形边长的比是n∶1。通过两导体的电流方向如图。这两个导体的电阻之比为（　　）
A．R1∶R2＝1∶1 B．R1∶R2＝1∶n
C．R1∶R2＝ n∶1 D．R1∶R2＝1∶n2
【答案】A
【知识点】电阻定律
【解析】【解答】设小正方形边长l，则大正方形边长nl，厚度d，根据
可得
故答案为：A。
【分析】，关键是正确识别“长度 ”（电流方向的导体长度 ）和“横截面积 ”（垂直电流方向的面积 ），对于上下表面为正方形、厚度均匀的导体，电流沿表面流动时，横截面积 （ 为厚度， 为边长 ），代入后 被约去，电阻与边长无关，仅与厚度和材料有关。
6．（2024高二上·连州期中）如图所示，若质子和α粒子（氦原子核）以相同的初速度垂直射入偏转电场，不计粒子的重力。则质子和α粒子射出电场时的偏移量之比为（　　）
A．2∶1 B．1∶1 C．1∶2 D．1∶4
【答案】A
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】本题考查带电体在偏转电场中的运动，在计算偏移量之比时，先得到偏移量表达式的通式，再得到偏移量之比的表达式，无需对每个粒子分别受力分析求解。质子和α粒子进入偏转电场都做类平抛运动，偏移量为
由于U、d、L、v0相同
因此
故选A。
【分析】根据粒子在偏转电场中的类平抛运动特点，可以在水平方向、竖直方向分别由运动学关系式，从而得到偏移量关系式；利用偏移量关系式，得到偏移量之比的表达式，代入粒子的电荷、质量关系，得到偏移量之比。
7．（2024高二上·连州期中）如图所示为某电场中x轴上电势φ随x变化的图像，一个带电粒子仅受电场力作用在x＝0处由静止释放沿x轴正向运动，且以一定的速度通过x＝x3处，其中x2处电势最高。则下列说法正确的是（　　）
A．x2处场强最大
B．粒子从x1处运动到x3处电场力做功为零
C．x1到x3场强先变大后变小
D．x1和x3两处场强方向相同
【答案】B
【知识点】电势能；电势
【解析】【解答】解决本题的关键要明确φ-x图象的切线斜率表示场强，斜率的符号表示场强的方向。A．因为φ-x图像的斜率等于场强，可知x2处场强为零，选项A错误；
B．粒子从x1处运动到x3处，两点电势差为零，可知电场力做功为零，选项B正确；
CD．因为φ-x图像的斜率等于场强，可知 x1到x3场强先变小后变大，x1和x3两处场强方向相反，选项CD错误。
故选B。
【分析】φ-x图象的切线斜率表示场强，根据电势的变化可分析场强的方向，由电势差大小判断电场力做功大小。
8．（2024高二上·连州期中）如图所示，正六棱柱上下底面的中心为O和，A、D两点分别固定等量异号的点电荷。下列说法正确的是（　　）
A．点与点的电场强度大小相等
B．点与点的电场强度方向相同
C．点与点的电势差等于点与点的电势差
D．将试探电荷由F点沿直线移动到O点，其电势能一直减小
【答案】A,C
【知识点】电场线；电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】【解答】常见电场的电场线分布及等势面的分布要求我们能熟练掌握，并要注意沿电场线的方向电势是降低的，同时注意等量异号电荷形成电场的对称性，掌握住电场线的特点，即可解决本题。A．由两等量异种点电荷产生的电场的对称性可知，点与点的电场强度大小相等，故A正确；
B．由两等量异种点电荷产生的电场的对称性可知，点与点的电场强度方向不相同，故B错误；
C．根据等量异种电荷所形成的电场的特性可知，将O点与连接，可知连线的电势为0，分别作的平行线和，如图所示
可知平面的电势为零，因到平面的距离与到平面的距离相等，根据等量异种电荷的电场分布规律可知，两点与平面的平均电场强度相等，则根据
则点与点的电势差等于点与点的电势差，故C正确；
D．正六棱柱上表面如图所示
由几何关系可知，正电荷在OF中点K的场强方向垂直于OF，负电荷在K点的场强方向指向D点，则K点的合场强与OF的夹角为锐角，而在F点的合场强与OF的夹角为钝角，因此将试探电荷+q由F点沿直线移动到O点，电场力先做负功后做正功，则有其电势能先增大后减小，故D错误。
故选AC。
【分析】根据等量异种电荷的对称性求解电场强度；对六棱柱的上表面分析K点的合场强与OF的夹角关系，判断移动试验电荷电场力做功情况；根据等量异种电荷的电势分布求解各点电势，得出电势差大小关系。
9．（2024高二上·连州期中）图中的实线分别是电阻a、b的伏安特性曲线，虚线c是b（U=1V）的切线，a、c相互平行，下列说法正确的是（　　）
A．U=1V时，b的电阻为5Ω B．U=1V时，a、b的电阻相等
C．b的电阻随电压的升高而增大 D．U=3V时，a、b的电阻相等
【答案】C,D
【知识点】线性元件和非线性元件的伏安特性曲线；欧姆定律的内容、表达式及简单应用
【解析】【解答】对于非线性元件，伏安特性曲线上某点切线得到斜率的倒数不表示电阻，而要用交点坐标求解。
ABC．根据I-U图像可知，电阻a的阻值保持不变，大小为
Ra==Ω=5Ω
根据电阻b的伏安特性曲线可知，曲线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，而连线斜率为
k==
可知b的电阻随电压的升高而增大，U=1V时，b的电阻为
Rb==Ω=2.5Ω故AB错误，C正确；
D．U=3V时，b的电阻为
Rb'==Ω=5Ω
此时Ra=Rb'=5Ω，故D正确。
故选CD。
【分析】根据伏安特性曲线，确定当U=1V时，通过电阻b的电流，根据欧姆定律求电阻；根据伏安特性曲线的斜率的倒数求电阻a的电阻，电阻a的斜率不变，电阻不变；伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数；根据伏安特性曲线的斜率表示电阻的倒数求电阻，根据电阻的并联特点求电阻。
10．（2024高二上·连州期中）如图甲所示，A、B、C、D为匀强电场的等势面，相邻等势面电势差相等且间距均为d，等势面与水平地面平行。电荷量大小为q、质量为m的带电小球垂直等势面D竖直向上抛出，恰能到达等势面A，该过程中小球的动能和机械能随上升距离的变化关系如图乙所示，为已知量，重力加速度为，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）
A．小球的初速度大小为 B．小球加速度大小为
C．小球抛出时重力势能为 D．电场强度大小为
【答案】A,B,D
【知识点】牛顿第二定律；动能定理的综合应用；等势面
【解析】【解答】本题主要考查了带电粒子在电场中的应用，理解图像的物理意义，结合能量守恒定律和牛顿第二定律即可完成分析。A．由题图乙可知，小球上升过程机械能减小，由功能关系可知，电场力做负功，且电场力方向与等势面垂直，故电场力方向竖直向下，对小球，根据动能定理有
根据功能关系有
结合题图乙可知小球的初动能
初始机械能
则有
解得小球的初速度大小
故A正确；
C．小球抛出时的重力势能
故C错误；
BD．小球恰能到达等势面，则有
解得
由牛顿第二定律
则上升过程中小球的加速度大小为
故BD正确。
故选ABD。
【分析】根据动能的计算公式得出小球的初速度；根据能量守恒定律列式得出场强的大小，结合牛顿第二定律得出小球的加速度；根据能量之间的关系得出小球抛出时的重力势能；根据场强的计算公式得出场强的大小。
11．（2024高二上·连州期中）在“观察电容器的充、放电现象”实验中，
（1）甲同学观察右图的电容器，电容器外壳上面标明的“10V”的含义是（　　）
A．电容器的耐压值为10V
B．电容器电压为10V时，电容为200μF
C．电容器在10V电压下才正常工作
（2）乙同学的实验电路图如图甲所示，电源输出电压恒为，S是单刀双掷开关，C为电容器。
①当开关S接到“1”时，电容器处于　 　过程，（填“充电”或者“放电”），电容器所带的电荷量逐渐　 　；（填“增加”或“减少”）。
②下面说法正确的是　 　
A. 电容器充电时，电压表示数始终等于电源电压
B. 电容器充电时，电流逐渐增大；放电时，电流逐渐减小
C. 电容器充、放电过程，流过电流传感器的电流方向相反
③乙同学使用图甲电路观察电容器的充、放电过程。电路中的电流传感器与计算机相连，可以显示电路中电流随时间的变化。直流电源电压U=8V，实验前电容器不带电。先使S与“1”端相连给电容器充电，充电结束后，使S与“2”端相连，直至放电完毕。计算机记录的电流随时间变化的曲线如图乙所示。
a.图像与时间轴所围成的面积分别为S1和S2，则面积S1表示的物理意义是　 　，且有S1　 　 S2；（选填“>”、“<”或“=”）；
b.计算机测得，则该电容器的电容为　 　F；（保留两位有效数字）；
c.由甲、乙两图可以判断，阻值 R1　 　R2（选填“>”、“<”或“=”）
【答案】（1）A
（2）充电；增加；C；电容器所带电荷量；=；0.15；<
【知识点】观察电容器的充、放电现象
【解析】【解答】使电容器带上电荷的过程称为充电； 使电容器失去电荷的过程称为放电。 本题主要考查了电容器的充电、放电过程中的电流、电荷量的变化及电压的变化，难度较大，需要认真分析。
（1）电容器外壳上面标明的“10V”的含义是电容器的耐压值为10V；电容为200μF与电容器电压无关；电容器在10V以下都能正常工作。
故选A。
（2）①当开关S接到“1”时，电容器与电源连接，电容器处于充电过程，电容器所带的电荷量逐渐增加；
②A．电容器充电时，电容器两端电压逐渐增大，则电压表示数逐渐增大，稳定时，电压表示数等于电源电压，故A错误；
B．电容器充电时，随着电容器电荷量的增大，电流逐渐减小；放电时，随着电容器电荷量的减小，电流逐渐减小，故B错误；
C．电容器充、放电过程，由电路图可知流过电流传感器的电流方向相反，故C正确。
故选C。
③图像与时间轴所围成的面积分别为S1和S2，根据
可知面积S1表示的物理意义是电容器充完电后所带的电荷量；则面积S2表示的物理意义是放电过程，电容器放出的电荷量，则有
由于
且
可得该电容器的电容为
根据
，
由乙图可知，充电瞬间的电流大于放电瞬间的电流，则有
【分析】（1）电容器外壳上面标着“2200μF，10V”，根据该铭牌表示的物理意义进行分析；
（2） ① 当开关S接到“1”时，电容器与电源相连，是充电过程，电容器所带电荷量逐渐增加，据此作答；
② A.电源给电容器充电，随着电容器所带电荷量逐渐增大，电容器两极板间的电压逐渐增大，据此作答；
B.电源给电容器充电，电路瞬间有了充电电流，充电结束，充电电流为零，据此作答；
C.放电电流从电容器的正极板经用电器到负极板，据此作答；
D.放电过程，电容器所带电荷量逐渐减小，据此作答。
③ a.可知q=it，得出i-t图像“面积”的含义，然后作答；由i-t图像直接得出；
b.根据电容器的定义式求解电容；
c.根据充电瞬间和放电瞬间的电流，结合闭合电路的欧姆定律判断电路中的电阻。
（1）电容器外壳上面标明的“10V”的含义是电容器的耐压值为10V；电容为200μF与电容器电压无关；电容器在10V以下都能正常工作。
故选A。
（2）①[1][2] 当开关S接到“1”时，电容器与电源连接，电容器处于充电过程，电容器所带的电荷量逐渐增加；
②[3]
A．电容器充电时，电容器两端电压逐渐增大，则电压表示数逐渐增大，稳定时，电压表示数等于电源电压，故A错误；
B．电容器充电时，随着电容器电荷量的增大，电流逐渐减小；放电时，随着电容器电荷量的减小，电流逐渐减小，故B错误；
C．电容器充、放电过程，由电路图可知流过电流传感器的电流方向相反，故C正确。
故选C。
③[4][5]图像与时间轴所围成的面积分别为S1和S2，根据
可知面积S1表示的物理意义是电容器充完电后所带的电荷量；则面积S2表示的物理意义是放电过程，电容器放出的电荷量，则有；
[6]由于
且
可得该电容器的电容为
[7]根据
，
由乙图可知，充电瞬间的电流大于放电瞬间的电流，则有
12．（2024高二上·连州期中）某同学用伏安法测量长为L的导体电阻率，采用分压电路接线，待测导体Rx阻值约为5。
现有器材：
A．量程为3V、内阻约为的电压表
B．量程为0.6A、内阻约为10的电流表
C．干电池两节（内阻不计）
D．滑动变阻器（0~10Ω）
E. 滑动变阻器（0~100Ω）
（1）其中滑动变阻器应选　 　（填器材前的字母代号）；
（2）图甲是未完成的实物连线图，图中a为待测导体右端接线柱，b为电流表正极接线柱，c为滑动变阻器左上端接线柱，d为滑动变阻器左下端接线柱。则导线①应连接　 　（选填a或b）。导线②应连接　 　（选填c或d）。正确接线后，闭合开关前，滑动变阻器滑片应该位于　 　（填“最左端”或“最右端”）；
（3）闭合开关后滑动滑片取得多组数据并做图线，如图乙所示，则Rx的阻值为　 　（结果保留两位有效数字）
（4）用螺旋测微器测金属丝直径d，示数如图丙所示，则d=　 　mm。用游标为20分度的卡尺测量其长度如图丁，由图可知其长度为L=　 　cm；用电流表测得某示数如图戊所示，此时电流I=　 　A；
（5）写出该金属丝的电阻率的表达式　 　（用U、I、d、L表示）。
【答案】（1）D
（2）a；d；最左端
（3）4.7
（4）1.841；5.015；0.26
（5）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】本题考查选择恰当的电路测量电阻的问题，要明确实验原理，掌握欧姆定律和利用图像处理问题的方法，能够根据实验原理正确选择实验器材。
（1）滑动变阻器要接成分压电路，则应选阻值较小的D；
（2）因RV>>Rx，可知应该采用电流表外接，则导线①应连接a。因滑动变阻器用分压解法，则导线②应连接d。正确接线后，闭合开关前，滑动变阻器滑片应该位于最左端；
（3）根据U-I图像可知，Rx的阻值为
（4）用螺旋测微器测金属丝直径d=1.5mm+0.01mm×34.2=1.842mm
长度为L=5cm+0.05mm×3=5.015cm
电流表最小刻度0.02A，则测得电流I=0.26A；
（5）根据
解得
【分析】（1）根据题中选择的接线方式和实验中调节方便分析判断；
（2）根据误差分析选择电流表的接法；根据分压接线法分析判断；根据保护电路，电路电流最小分析判断；
（3）根据图像斜率计算待测电阻阻值；
（4）先确定螺旋测微器的最小分度值再读数；
（5）根据电阻定律和欧姆定律推导。
（1）滑动变阻器要接成分压电路，则应选阻值较小的D；
（2）[1][2][3]因RV>>Rx，可知应该采用电流表外接，则导线①应连接a。因滑动变阻器用分压解法，则导线②应连接d。正确接线后，闭合开关前，滑动变阻器滑片应该位于最左端；
（3）根据U-I图像可知，Rx的阻值为
（4）[1]用螺旋测微器测金属丝直径
d=1.5mm+0.01mm×34.2=1.842mm
[2]长度为
L=5cm+0.05mm×3=5.015cm
[3]电流表最小刻度0.02A，则测得电流I=0.26A；
（5）根据
解得
13．（2024高二上·连州期中）如图所示，在水平向右的匀强电场中，有一电荷量为C的负点电荷从A点运动到B点，电场力做功为J，AB间距离L=4m，与水平方向夹角为；求：
（1）B、A间电势差UBA是多少？
（2）电场强度E是多大？
（3）如果A点的电势为-4V，则B点的电势为多少？电荷量为C的正电荷在A点具有的电势能是多少？
【答案】（1）解：A、B间的电势差为
解得
-8V
则
－8V
（2）解：匀强电场的电场强度大小为
V/m
（3）解：根据电势差的定义式有
解得
V
根据电势能的计算公式有
－8×10-6J
【知识点】电势能；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）根据W=qU求解电势差；
（2）根据U=Ed求解电场强度大小；
（3）根据电势差的定义式计算电势，根据电势能计算公式计算电势能。
（1）A、B间的电势差为
解得
-8V
则
－8V
（2）匀强电场的电场强度大小为
V/m
（3）根据电势差的定义式有
解得
V
根据电势能的计算公式有
－8×10-6J
14．（2024高二上·连州期中）如图所示，电子经加速电场加速后，在水平方向沿垂直进入偏转电场，出偏转电场后速度与水平方向成30°，打到荧光屏P上的A点。已知加速电场中的电压为U1，形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），A点与距离为h，忽略电子的重力影响，不计空气阻力，电子质量为m，电荷量为e。求：
（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；
（2）偏转电场强度的大小和方向；
（3）荧光屏到偏转电场右边界的水平距离s。
【答案】解：（1）电子经加速电场加速
解得
（2）电子偏转时做类平抛运动，有
联立可得
方向竖直向下。
（3）电子离开偏转电场后水平方向和竖直方向均做匀速运动，则有
代入数据得
【知识点】示波器的使用
【解析】【分析】（1）根据动能定理求出电子进入偏转电场的速度v的大小。
（2）电子出电场后反向速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压的大小。
（3）电子离开偏转电场后水平方向和竖直方向均做匀速运动，从而解得荧光屏到偏转电场右边界的水平距离s。
15．（2024高二上·连州期中）如图所示，光滑轨道ABC处在足够大的竖直向下的匀强电场中，电场强度为E，AB段为水平面，BC段为半圆弧面，一质量为m的可看成质点的带正电小球从最低点B以某一速度冲上半圆弧面，恰好经过最高点C，半圆弧面半径为R，小球带电量为q，重力加速度为g。求：
(1)小球在最高点C的速度大小；
(2)小球在最低点B对轨道的压力大小；
(3)小球从C点出来后落到水平地面上的点距离B点的距离。
【答案】解：(1)恰好通过最高点C，则有
解得
(2)设B点速度为，则B到C由动能定理可得
在B点由牛顿第二定律可得
联立可解得
则由牛顿第三定律可得，在B点对轨道压力大小为
(3)小球从C点飞出后，水平方向做匀速直线运动，有
竖直方向做初速度为零的匀加速运动，有
联立可解得
【知识点】带电粒子在电场中的运动综合
【解析】【分析】（1）小球恰好经过最高点C，轨道对小球没有作用力，由重力和电场力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求小球在最高点C的速度大小；
（2）小球从B点运动到C点的过程，由动能定理求出小球经过B点时的速度。小球在B点时，由重力、电场力和轨道支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道的支持力，再由牛顿第三定律求得小球在最低点B对轨道的压力大小；
（3）小球从C点出来后做类平抛运动，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据分位移公式和牛顿第二定律求小球从C点出来后落到水平地面上的点距离B点的距离。
1 / 1

展开更多......

收起↑