上海市上海中學2024-2025學年高二上學期期中考試物理試卷

2024-2025學年上海市上海中學高二（上）期中物理試卷含解析一.單項選擇題（每小題3分，共24分。）1．（3分）電場強度的單位用國際單位制基本單位可以表示為（）A．N/C B．V/m C． D．2．（3分）下列不屬于比值法定義的物理量是（）A．電阻 B．真空中點電荷的場強 C．電容 D．電勢3．（3分）下列關于電荷的相關知識說法正確的是（）A．電子是一種元電荷 B．元電荷的數(shù)值最早是由庫侖測出的 C．根據(jù)庫侖定律，兩電荷距離r趨于零時，它們之間的靜電力將趨于無窮大 D．點電荷是一種理想化模型4．（3分）下列四組用電器中，屬于利用電流的熱效應的一組是（）A．電風扇和電烙鐵 B．白熾燈和電熱毯 C．電解槽和電熨斗 D．電吹風和電飯鍋5．（3分）如圖所示，電場中有A、B兩點，則下列說法中正確的是（）A．場強EA＞EB B．電勢φA＜φB C．將負電荷從A點移到B點，電場力做負功 D．圖中三條電場線沿箭頭方向?qū)粎R于同一點6．（3分）電容式觸摸屏其原理可簡化為如圖所示的電路。平行板電容器的上極板A為可動電極，下極板B為固定電極。當用手指觸壓屏幕上某個部位時，可動電極的極板會發(fā)生形變，使A、B兩板間距離減小，形變過程中，電流表G中有從a到b的電流，則（）A．直流電源的c端為電源正極 B．上極板A帶負電 C．形變過程中，電容器放電 D．形變過程中，兩板間的電壓不斷增大7．（3分）小明同學學習了靜電力的相關知識后，做了如下的實驗。Q是一個帶正電的物體，把系在絲線上的帶正電的小球先后掛在A、B、C三處，比較小球在不同位置受到帶電體的作用力的大小。關于本實驗以下說法正確的是（）A．小球平衡時絲線與豎直方向夾角越大，則小球受到的靜電力越小 B．根據(jù)圖示的實驗現(xiàn)象可得出結論：當電荷量一定時，電荷間距離越小，相互作用力越大 C．根據(jù)圖示的實驗現(xiàn)象可得出結論：當電荷間的距離一定時，它們所帶的電荷量越大，相互作用力就越大 D．為使實驗現(xiàn)象更明顯，懸掛在絲線上的小球應選用金屬小球8．（3分）如圖所示為某線性元件甲和非線性元件乙的伏安特性曲線，兩圖線交于A點，A點坐標為（12V，1.5A），甲的圖線與U軸夾角θ＝30°，下列說法正確的是（）A．隨著電壓的增大，元件乙的電阻變大 B．在A點對應的狀態(tài)時，元件甲的電阻小于乙的電阻 C．元件甲的電阻為 D．若將甲、乙兩元件并聯(lián)后直接接在電壓恒為5V的電源上，則每秒通過干路某一橫截面的電荷量為1.5C二.多項選擇題（每小題4分，共16分。錯選不得分，漏選得2分。）（多選）9．（4分）在如圖甲所示的電路中，電源提供的電壓恒為3V，L1、L2、L3為三個相同規(guī)格的小燈泡，這種小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示。當開關閉合后，下列判斷正確的是（）A．燈泡L1的電阻比燈泡L2的電阻大 B．通過燈泡L1的電流為燈泡L2電流的兩倍 C．燈泡L1消耗的電功率為0.75W D．燈泡L2消耗的電功率為0.3W（多選）10．（4分）“節(jié)能路燈”通過光控開關實現(xiàn)自動控制：電燈的亮度可自動隨周圍環(huán)境的亮度改變而改變。如圖所示為其內(nèi)部電路的簡化原理圖，電源兩端電壓恒定，R1為光敏電阻（光照強度增加時，阻值減?。?，A、B為規(guī)格相同的兩個燈泡，R0為定值電阻。傍晚光照逐漸減弱時，下列說法正確的是（）A．A燈變亮 B．B燈變亮 C．R1的電壓變化量大小大于R0的電壓變化量大小 D．通過R1的電流變化量大小大于R0的電流變化量大?。ǘ噙x）11．（4分）如圖所示，水平向右的勻強電場中，一帶電小球從A點以豎直向上的初速度開始運動，經(jīng)最高點B后回到與A在同一水平線上的C點，小球從A點到B點的過程中克服重力做功2J，電場力做功3J，則（）A．小球在B點的動能比在A點多1J B．小球在B點的動能為0J C．小球在C點的動能比在A點多12J D．小球在C點的動能比在B點多9J（多選）12．（4分）如圖甲所示，真空中的兩平行金屬板間距為d、板長為L。A、B兩板間加上如乙圖所示的周期性變化電壓。在t＝0時刻，一質(zhì)量為m、電量為e的電子以初速度v0從兩板正中間沿板方向射入電場，并在t＝2T時刻從板間射出，不計電子重力。下列說法正確的是（）A．電子沿板方向做變加速運動 B．電子從板間射出時的速度大小為v0 C．電子從板間射出時機械能增加eU0 D．電子在板間運動時，電場力的沖量為零二.填空題（每小題4分，共16分）13．（4分）1909年，物理學家在多次實驗后發(fā)現(xiàn)，每滴油滴所帶電荷量都是某個最小固定值的整數(shù)倍，這個最小的電荷量被稱為。14．（4分）如圖所示電路中，定值電阻分別為R1＝1Ω、R2＝6Ω、R3＝3Ω、R4＝3Ω，現(xiàn)在M、N兩點間加12V的穩(wěn)恒電壓，則流過R2和R3的電流之比為；R2兩端的電壓為V。15．（4分）某同學在實驗室設計了如圖所示的簡易電吹風，主要器材有定值電阻R1、R2、電動機M和電熱絲R，已知電動機M標有“100V，50W”字樣，它的線圈內(nèi)阻為4Ω，電熱絲R＝44Ω，當把該電吹風接入220V家庭電路中，電動機M恰好可以正常工作，則電熱絲的熱功率為W，電動機M正常工作時的輸出功率為W。16．（4分）如圖所示，空間存在一勻強電場，電場強度方向平行于紙面，紙面內(nèi)有一半徑為2cm的圓，圓心為O，AB為圓的直徑，P為圓上的一點，已知A點電勢為17V，B點電勢為9V，P點電勢為5V，則O點的電勢為V，勻強電場的場強最小值為V/m。三.實驗題（每小題8分，共8分）17．（8分）物理興趣實驗小組的同學利用如圖甲所示的電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，其中E為電源，S為單刀雙擲開關，R為定值電阻，C為電容器，A為理想電流表，V為理想電壓表。（1）當開關S接（填“1”或“2”）時，電容器處于充電過程，此過程中電壓表的示數(shù)U隨時間t變化的圖像為。A.B.C.D.（2）開關S擲向2后，通過電流表A的電流方向為。（填“從左到右”或“從右到左”）（3）圖乙為電容器放電時的I﹣t圖像，已知電容器放電之前的電壓為3V，該電容器的實測電容值為F（結果保留2位有效數(shù)字）。（4）若不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，放電時I﹣t曲線與橫軸所圍成的面積將（填“變大”、“變小”或“不變”）。四、計算題（18題8分，19題12分，20題16分，共36分。在列式計算、邏輯推理以及回答問題過程中，要求給出必要的圖示、文字說明、公式、演算等，并在規(guī)定區(qū)域內(nèi)答題）18．（8分）天空中有兩塊烏云，它們因與空氣摩擦帶電，致使兩塊烏云之間的電勢差約為3×109V且在沒放電前保持不變。已知空氣的電場強度達到3×106V/m將被擊穿放電。請估算（估算時可以把兩塊烏云間電場看成是勻強電場）：（1）當兩塊烏云相距多少米時會發(fā)生閃電？（2）若兩塊烏云在很短時間放電完畢，之后電勢差變?yōu)榱?，通過的電荷量為500C，此次閃電持續(xù)了0.5s，則此次閃電消耗了多少電功率？19．（12分）靜電與靜電場靜電與人們的關系越來越密切，靜電既有有利的一面，也有需要防范的一面?，F(xiàn)在，人們已經(jīng)可以有效地利用靜電的特性，使它為我們的日常生活服務。靜電是靜止狀態(tài)下的電荷，而靜電場則是由這些靜止電荷所產(chǎn)生的空間電場，二者相互依存。（1）（單選）下列屬于靜電防范的是。A.靜電噴霧B.靜電復印C.安裝避雷針D.靜電除塵（2）如圖1所示為一簡易的靜電除塵器，靜電高壓電源的負極與礦泉水瓶中的銅絲連接，正極連接鋁片，充入煙塵，通電后煙塵在電場中通過某種機制帶電，被吸附在了鋁片上，達到除塵效果，則煙塵在電場中帶的是電（填正或負），帶電后向鋁片運動的過程中，電勢能（填“增大”或“減小”）。（3）電場線和等勢面可以形象地描述靜電場。已知點電荷的電場線和等勢面分布如圖2所示，等勢面S1、S2到點電荷的距離分別為r1、r2，靜電力常量k。①在物理學中，把電場強度的大小E與垂直于場強方向的面積S的乘積定義為電場強度通量Φ，定義式為Φ＝ES，Φ可以反映穿過該面電場線條數(shù)的多少。請計算S1、S2上單位面積通過的電場線條數(shù)之比N1：N2；②點電荷形成的電場中，某一點的電勢可以用φ＝表示，該式僅由靜電力常量k、點電荷Q的電量及該點到點電荷的距離r決定。一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子僅在電場力的作用下，以適當?shù)乃俣瓤稍谠撾妶鲋凶霭霃綖閞的勻速圓周運動，求點電荷Q與電子組成的系統(tǒng)具有的總能量E′。20．（16分）如圖所示，豎直墻壁與半徑為R的四分之一光滑圓弧軌道相切于B點，CD邊與豎直墻壁平行，整個空間存在范圍足夠大的水平向右的勻強電場，電場強度大小為E＝，質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電小物塊乙靜止在豎直墻壁的B點位置處，質(zhì)量為m的不帶電小物塊甲從豎直墻壁上的A點由靜止釋放，經(jīng)過一段時間后兩物塊碰撞，碰后粘合為一體，若兩物塊碰后，在B點進入圓軌道，前后動能不變，物塊B在整個過程中電荷量不變，且兩物塊均可視為質(zhì)點，已知AB＝CD＝R，不計空氣阻力，重力加速度為g，求：（1）A、B碰撞后的速度大?。唬?）碰后物塊在BC段運動時的最大速度；（3）碰后物塊對軌道的最大壓力；（4）物塊落到水平地面時距D點的距離。

2024-2025學年上海市上海中學高二（上）期中物理試卷參考答案與試題解析一.單項選擇題（每小題3分，共24分。）1．（3分）電場強度的單位用國際單位制基本單位可以表示為（）A．N/C B．V/m C． D．【答案】C【分析】物理公式不僅確定了各個物理量之間的關系，同時也確定了物理量的單位之間的關系，根據(jù)物理公式來分析電場強度的單位即可?！窘獯稹拷猓篈、根據(jù)電場強度的定義式，則電場強度的單位為，但N和C不是基本單位，故A錯誤；B、根據(jù)，則電場強度的單位為，但V不是基本單位，故B錯誤；CD、電場強度的單位是，其中1N＝1kg?m/s2，1C＝1A?s則，故C正確、D錯誤。故選：C。2．（3分）下列不屬于比值法定義的物理量是（）A．電阻 B．真空中點電荷的場強 C．電容 D．電勢【答案】B【分析】根據(jù)決定式和定義式判斷哪些物理量是比值定義法，哪些物理量是決定式?！窘獯稹拷猓篈、電阻是由電阻本身決定的，與電阻兩端的電壓和電流無關，故R＝屬于比值定義法，故A不符合題意；B、點電荷的場強由場源電荷大小以及與場源電荷的距離有關，故E＝屬于決定式，不屬于定義式，故B符合題意；C、電容是由電介質(zhì)相對介電常數(shù)、兩極板之間的距離和兩極板的正對面積決定的，故C＝屬于電容器的定義式，故C不符合題意；D、電勢是由電場本身決定的，與檢驗電荷電荷量與電勢能沒有關系，故屬于比值定義法，故D不符合題意；故選：B。3．（3分）下列關于電荷的相關知識說法正確的是（）A．電子是一種元電荷 B．元電荷的數(shù)值最早是由庫侖測出的 C．根據(jù)庫侖定律，兩電荷距離r趨于零時，它們之間的靜電力將趨于無窮大 D．點電荷是一種理想化模型【答案】D【分析】A、元電荷是帶電量的最小值，它不是電荷，所有帶電電荷量均是元電荷的整數(shù)倍；B、元電荷的數(shù)值最早由密立根測得；C、庫侖定律只適用于點電荷之間；D、點電荷是理想化模型，只要帶電體的形狀、大小和電荷分布狀況對帶電體間的作用力的影響可以忽略時，就可以看成點電荷?！窘獯稹拷猓篈、元電荷等于電子或質(zhì)子的電荷量大小，元電荷不是電子，故A錯誤；B、元電荷的數(shù)值最早由密立根測得，故B錯誤；C、當兩個電荷之間的距離很近時，它們不能看成是點電荷，所以不能用庫侖定律來計算它們的庫侖力，故C錯誤；D、點電荷是一種理想化模型，帶電體能不能看成點電荷，取決于帶電體的形狀大小在研究的問題中是否可以忽略不計，所以體積很小的帶電體不一定可看作點電荷，故D正確。故選：D。4．（3分）下列四組用電器中，屬于利用電流的熱效應的一組是（）A．電風扇和電烙鐵 B．白熾燈和電熱毯 C．電解槽和電熨斗 D．電吹風和電飯鍋【答案】B【分析】根據(jù)電器的電能與其他形式能的轉(zhuǎn)化，可判斷是否都是利用電流熱效應工作的?！窘獯稹拷猓篈、電風扇工作時，主要將電能轉(zhuǎn)化為機械能，不是利用電流的熱效應，故A錯誤；B、白熾燈、電熱毯，都主要將電能轉(zhuǎn)化為熱能，故都是利用電流的熱效應，故B正確；C、電解槽工作時，主要將電能轉(zhuǎn)化為化學能，不是利用電流的熱效應，故C錯誤；D、電吹風工作室，若不是吹熱風，則主要將電能轉(zhuǎn)化為機械能，不是利用電流的熱效應，故D錯誤。故選：B。5．（3分）如圖所示，電場中有A、B兩點，則下列說法中正確的是（）A．場強EA＞EB B．電勢φA＜φB C．將負電荷從A點移到B點，電場力做負功 D．圖中三條電場線沿箭頭方向?qū)粎R于同一點【答案】C【分析】AB、根據(jù)順著電場線方向電勢降低、電場線越密場強越大，判斷電勢高低和場強大??；C、根據(jù)電場力方向與電荷的正負情況和運動方向，判斷電場力做功的正負；D、根據(jù)電場線的特點判斷?！窘獯稹拷猓篈B、順著電場線方向電勢降低、電場線越密場強越大，可知，電勢φA＞φB，場強EA＜EB，故AB錯誤；C、將負電荷從A點移到B點時，電場力方向與運動方向不一致，則電場力做負功，故C正確；D、電場線不相交，故D錯誤。故選：C。6．（3分）電容式觸摸屏其原理可簡化為如圖所示的電路。平行板電容器的上極板A為可動電極，下極板B為固定電極。當用手指觸壓屏幕上某個部位時，可動電極的極板會發(fā)生形變，使A、B兩板間距離減小，形變過程中，電流表G中有從a到b的電流，則（）A．直流電源的c端為電源正極 B．上極板A帶負電 C．形變過程中，電容器放電 D．形變過程中，兩板間的電壓不斷增大【答案】B【分析】根據(jù)電容的決定式，可判斷當極板間距變化時，電容的變化情況；由電容與電源的連接情況，可知電容兩端電壓特點；由電容、電壓的特點，結合電容定義式，可判斷電容儲存的電荷量變化情況，即充放電情況；由電容充放電結合題目中的電流方向，可判斷電源的正負極、電容極板的電性?！窘獯稹拷猓篋、由電容與電源的連接情況，可知電容始終與電源連接，即電容兩端電壓與電源電壓一致，故D錯誤；C、根據(jù)電容的決定式，可判斷當極板間距d變小時，電容C變大；又知其兩端電壓不變，結合電容定義式，可知電容兩端電荷量Q變大，即電容充電，故C錯誤；AB、由題意可知，電容充電時，電流為從a流向b的方向，即電源d為正極，c為負極；電容下極板B帶正電，A帶負電；故A錯誤，B正確。故選：B。7．（3分）小明同學學習了靜電力的相關知識后，做了如下的實驗。Q是一個帶正電的物體，把系在絲線上的帶正電的小球先后掛在A、B、C三處，比較小球在不同位置受到帶電體的作用力的大小。關于本實驗以下說法正確的是（）A．小球平衡時絲線與豎直方向夾角越大，則小球受到的靜電力越小 B．根據(jù)圖示的實驗現(xiàn)象可得出結論：當電荷量一定時，電荷間距離越小，相互作用力越大 C．根據(jù)圖示的實驗現(xiàn)象可得出結論：當電荷間的距離一定時，它們所帶的電荷量越大，相互作用力就越大 D．為使實驗現(xiàn)象更明顯，懸掛在絲線上的小球應選用金屬小球【答案】B【分析】ABC.根據(jù)共點力的平衡條件，確定庫侖力的表達式，進而分析判斷；D.結合以上分析，進行判斷?！窘獯稹拷猓篈BC.設小球所受重力為G、絲線的拉力為T、帶電物體給它的庫侖斥力為F，絲線與豎直方向的夾角為θ，如圖，對其受力分析：由共點力的平衡條件可知：F＝Gtanθ，則θ越大，F(xiàn)越大，由題知，兩帶電物體電荷量一定，由圖知，電荷間距離越小，θ越大，則F越大，則根據(jù)圖示的實驗現(xiàn)象可得出結論：當電荷量一定時，電荷間距離越小，相互作用力越大。故AC錯誤，B正確；D.由以上分析可知，為使實驗現(xiàn)象更明顯，懸掛在絲線上的小球應選用質(zhì)量較小塑料泡沫小球，故D錯誤。故選：B。8．（3分）如圖所示為某線性元件甲和非線性元件乙的伏安特性曲線，兩圖線交于A點，A點坐標為（12V，1.5A），甲的圖線與U軸夾角θ＝30°，下列說法正確的是（）A．隨著電壓的增大，元件乙的電阻變大 B．在A點對應的狀態(tài)時，元件甲的電阻小于乙的電阻 C．元件甲的電阻為 D．若將甲、乙兩元件并聯(lián)后直接接在電壓恒為5V的電源上，則每秒通過干路某一橫截面的電荷量為1.5C【答案】A【分析】由歐姆定律可知，當電阻一定時，通過導體的電流與導體兩端的電壓成正比，根據(jù)圖象讀出任意一組電流和電壓值，根據(jù)歐姆定律求出甲元件的電阻；分析乙電流和電壓變化量之間的關系，根據(jù)歐姆定律判斷乙元件的電阻隨溫度的變化；將甲、乙兩元件并聯(lián)在電源兩端時，通過它們的電壓相等，根據(jù)圖象讀出兩元件兩端的電流，根據(jù)電荷量公式求解?！窘獯稹拷猓篈、I﹣U圖像上的點與原點連線的斜率表示電阻的倒數(shù)，由圖可知乙元件上各點與原點連線的斜率隨著電壓的增大而減小，故其電阻隨著電壓的增大而增大，故A正確；B、在A點，甲、乙兩元件的電壓、電流相同，則電阻相等，故B錯誤；C、甲的I﹣U圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)，元件甲的電阻，故C錯誤；D、通過甲的電流為，則干路電流為I＝I1+I2＝1A+0.625A＝1.625A，則每秒通過干路某一橫截面的電荷量為q＝It＝1.625×1C＝1.625C，故D錯誤。故選：A。二.多項選擇題（每小題4分，共16分。錯選不得分，漏選得2分。）（多選）9．（4分）在如圖甲所示的電路中，電源提供的電壓恒為3V，L1、L2、L3為三個相同規(guī)格的小燈泡，這種小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示。當開關閉合后，下列判斷正確的是（）A．燈泡L1的電阻比燈泡L2的電阻大 B．通過燈泡L1的電流為燈泡L2電流的兩倍 C．燈泡L1消耗的電功率為0.75W D．燈泡L2消耗的電功率為0.3W【答案】ACD【分析】根據(jù)歐姆定律分析小燈泡的電壓，結合圖像分析其電流，進而可求解功率。【解答】解：BCD、由伏安特性曲線可知，當L1兩端電壓為3.0V時，I1＝0.25A，因為L2、L3的電阻相等，所以L2、L3兩端電壓各為1.5V，再由圖乙可知I2＝0.20A，由電功率公式P＝UI，得燈泡L1消耗的電功率P1＝U1I1＝0.25×3W＝0.75W，燈泡L2消耗的電功率P2＝U2I2＝1.5×0.2W＝0.3W，故B錯誤、CD正確。A、由小燈泡的伏安特性曲線和歐姆定律，可知，開關閉合后，燈泡L1的電阻，燈泡L2的電阻，故A正確；故選：ACD。（多選）10．（4分）“節(jié)能路燈”通過光控開關實現(xiàn)自動控制：電燈的亮度可自動隨周圍環(huán)境的亮度改變而改變。如圖所示為其內(nèi)部電路的簡化原理圖，電源兩端電壓恒定，R1為光敏電阻（光照強度增加時，阻值減?。?，A、B為規(guī)格相同的兩個燈泡，R0為定值電阻。傍晚光照逐漸減弱時，下列說法正確的是（）A．A燈變亮 B．B燈變亮 C．R1的電壓變化量大小大于R0的電壓變化量大小 D．通過R1的電流變化量大小大于R0的電流變化量大小【答案】BD【分析】根據(jù)傍晚光照逐漸減弱時，光敏電阻R1增大，分析電路中的總電阻變化，進而知道通過電阻R0的電流，以及知道電阻R0的兩端電壓變化，進而分析燈泡B兩端的電壓變化；根據(jù)并聯(lián)電路中電流的特點分析電流的變化量大小；根據(jù)R1兩端電壓與R0兩端電壓之和是一個定值，分析電阻R0兩端電壓和電阻R1兩端電壓的變化量大?。桓鶕?jù)電源電壓恒定分析A燈的亮度變化。【解答】解：AB、傍晚光照逐漸減弱時，光敏電阻R1增大，則電路中的總電阻增大，電路中通過電源的電流減小，因為電源兩端電壓恒定，所以A燈兩端電壓不變，通過A燈的電流不變，則A燈亮度不變，根據(jù)并聯(lián)電路中電流的特點知R0中的電流減小，則R0兩端的電壓減小，則燈泡B兩端的電壓變大，則B燈變亮，故A錯誤，B正確；C、因為電源兩端電壓恒定，即R1兩端電壓與R0兩端電壓之和是一個定值，所以R1的電壓變化量大小等于R0的電壓變化量大小，故C錯誤；D、由上面的分析可知，通過電源的電流變小，而通過A燈的電流不變，所以通過R0的電流I0變小，根據(jù)并聯(lián)電路電流特點知I0＝I1+IB，由上面分析知B燈兩端電壓增大，通過B燈的電流IB增大，所以通過R1的電流I1變小，所以通過R1的電流變化量大小大于R0的電流變化量大小，故D正確。故選：BD。（多選）11．（4分）如圖所示，水平向右的勻強電場中，一帶電小球從A點以豎直向上的初速度開始運動，經(jīng)最高點B后回到與A在同一水平線上的C點，小球從A點到B點的過程中克服重力做功2J，電場力做功3J，則（）A．小球在B點的動能比在A點多1J B．小球在B點的動能為0J C．小球在C點的動能比在A點多12J D．小球在C點的動能比在B點多9J【答案】AC【分析】由動能定理，可知小球在B點的動能比A的動能多了多少；根據(jù)小球在豎直方向的運動特點，可知小球從A到B的時間，與小球從B到C的時間相等；由小球從A到B的過程中，水平方向從靜止開始做勻加速運動，可得到小球在AB段、BC段水平分位移的比例關系；由電場力做功關系式，可知小球從B到C的過程中，電場力做功多少，結合動能定理，即可知小球在C點的動能比A點、B點分別多了多少；由小球在B點時動能與A點動能關系，及小球在A點時的動能特點，即可判斷其在B點的動能是否為零。【解答】解：A、由題意可知，小球從A到B的過程中，應用動能定理有：WG+W電＝ΔEkBA，解得ΔEkBA＝1J，故A正確；B、由A選項分析可知，小球在B點的動能比在A點時多1J，而小球在A點時即有豎直向上的速度，即其在A點時動能不為0，則在B點時的動能必然大于零，故B錯誤；C、根據(jù)小球在豎直方向的運動特點，可知小球從A到B的時間，與小球從B到C的時間相等；由小球從A到B的過程中，水平方向從靜止開始做勻加速運動，可得到小球在AB段、BC段水平分位移之比為：；由電場力做功關系式W電＝Fx，可知小球從B到C的過程中，電場力做功與AB段電場力做功之比為：，即W電BC＝3W電＝3×3J＝9J，結合動能定理，即可知：W電+W電BC＝ΔEkCA，即C點比A點的動能多了12J，故C正確；D、小球從B到C的過程，重力做功與從A到B的過程恰好相反，即：WG′＝﹣WG，由動能定理可知：W電BC+WG′＝ΔEkCB，得ΔEkCB＝11J，即小球在C點的動能比B點多了11J，故D錯誤。故選：AC。（多選）12．（4分）如圖甲所示，真空中的兩平行金屬板間距為d、板長為L。A、B兩板間加上如乙圖所示的周期性變化電壓。在t＝0時刻，一質(zhì)量為m、電量為e的電子以初速度v0從兩板正中間沿板方向射入電場，并在t＝2T時刻從板間射出，不計電子重力。下列說法正確的是（）A．電子沿板方向做變加速運動 B．電子從板間射出時的速度大小為v0 C．電子從板間射出時機械能增加eU0 D．電子在板間運動時，電場力的沖量為零【答案】BD【分析】電子受到的電場力方向垂直于極板，根據(jù)受力情況分析運動情況；一個周期內(nèi)電場力做功為零，由此分析速度大小變化情況；根據(jù)功能關系分析機械能的變化；根據(jù)動量定理分析電場力的沖量?！窘獯稹拷猓篈、電子受到的電場力方向垂直于極板，電子在沿板方向不受外力，電子做勻速直線運動，故A錯誤；B、在t＝0時刻電子以初速度v0從兩板正中間沿板方向射入電場，并在t＝2T時刻從板間射出，根據(jù)圖乙可知，此過程中電場力做功為零（W＝qU，電勢差為正做正功、電勢差為負做負功），電子從板間射出時的速度大小為v0，故B正確；C、由于這個過程中電場力做功為零，根據(jù)功能關系可知，電子從板間射出時機械能增加為零，故C錯誤；D、根據(jù)動量定理可得：I＝Δp，由于速度變化為零、則動量變化為零，所以電場力的沖量為零，故D正確。故選：BD。二.填空題（每小題4分，共16分）13．（4分）1909年，物理學家密立根在多次實驗后發(fā)現(xiàn)，每滴油滴所帶電荷量都是某個最小固定值的整數(shù)倍，這個最小的電荷量被稱為元電荷?！敬鸢浮棵芰⒏?，元電荷【分析】元電荷又稱“基本電量”，在各種帶電微粒中，電子電荷量的大小是最小的，人們把最小電荷叫做元電荷，常用符號e表示，任何帶電體所帶電荷都等于元電荷或者是元電荷的整數(shù)倍。【解答】解：物理學家密立根在實驗中發(fā)現(xiàn)各個油滴所帶電荷量都是某一最小電量的整數(shù)倍，即電荷量的不連續(xù)性，這個最小的電量被稱之為元電荷。故答案為：密立根，元電荷。14．（4分）如圖所示電路中，定值電阻分別為R1＝1Ω、R2＝6Ω、R3＝3Ω、R4＝3Ω，現(xiàn)在M、N兩點間加12V的穩(wěn)恒電壓，則流過R2和R3的電流之比為1：2；R2兩端的電壓為4V?！敬鸢浮?：2；4?！痉治觥扛鶕?jù)并聯(lián)分流比例，可知通過R2和R3的電流之比；由并聯(lián)電路電阻求解，串聯(lián)電路分壓特點，可計算R2兩端的電壓?！窘獯稹拷猓焊鶕?jù)并聯(lián)分流比例，可知通過R2和R3的電流之比；由并聯(lián)電路電阻求解辦法可知，R2和R3并聯(lián)后的電阻為：，代入解得：R＝2Ω；由串聯(lián)分壓特點可知，R2兩端的電壓與MN間總電壓之比為：，代入解得：U2＝4V。故答案為：1：2；4。15．（4分）某同學在實驗室設計了如圖所示的簡易電吹風，主要器材有定值電阻R1、R2、電動機M和電熱絲R，已知電動機M標有“100V，50W”字樣，它的線圈內(nèi)阻為4Ω，電熱絲R＝44Ω，當把該電吹風接入220V家庭電路中，電動機M恰好可以正常工作，則電熱絲的熱功率為1100W，電動機M正常工作時的輸出功率為49W?！敬鸢浮?100；49?！痉治觥侩姛峤z為純電阻電路，根據(jù)家用電路的電壓、電熱絲電阻，可計算電熱絲的功率；由電動機正常工作，可計算通過電動機的電流，由熱功率公式，可計算電動機的熱功率；由電動機的輸入功率、熱功率、輸出功率關系，可計算電動機的輸出功率?！窘獯稹拷猓弘姛峤z為純電阻電路，根據(jù)家用電路的電壓、電熱絲電阻，可計算電熱絲的功率，解得：PR＝1100W；由電動機正常工作，可知通過電動機的電流為：，電動機的熱功率為：，可計算其熱功率為：P熱＝1W，由電動機的輸入功率、熱功率、輸出功率關系，可知：P出＝PM﹣P熱＝50W﹣1W＝49W。故答案為：1100；49。16．（4分）如圖所示，空間存在一勻強電場，電場強度方向平行于紙面，紙面內(nèi)有一半徑為2cm的圓，圓心為O，AB為圓的直徑，P為圓上的一點，已知A點電勢為17V，B點電勢為9V，P點電勢為5V，則O點的電勢為13V，勻強電場的場強最小值為400V/m?！敬鸢浮?3；400【分析】根據(jù)勻強電場的特點求出O點的電勢，找出等勢線，從而確定電場線的方向，由U＝Ed分析求出電場強度的大小。【解答】解：根據(jù)勻強電場中電勢差性質(zhì)可知φO＝＝V＝13VUAB＝φA﹣φB＝17V﹣9V＝8V延長AB到Q點，使BQ＝AB，如圖（a）所示，根據(jù)勻強電場中電勢差性質(zhì)可得＝＝2解得UBQ＝4V又因為UBQ＝φB﹣φQ則φQ＝5V則PQ為等勢面，電場強度的方向與PQ垂直，從A點向PQ作垂線，垂足為C，電場強度大小為E＝當AC最長時電場強度E最小，根據(jù)幾何關系可得當∠AQC最大時AC最長，所以當PQ與圓相切時∠AQC最大，如圖（b）所示，此時AC最長，根據(jù)幾何關系可得＝＝解得最大值AC＝3cm代入解得最小電場強度為E＝V/m＝400V/m故答案為：13；400三.實驗題（每小題8分，共8分）17．（8分）物理興趣實驗小組的同學利用如圖甲所示的電路觀察電容器的充、放電現(xiàn)象，其中E為電源，S為單刀雙擲開關，R為定值電阻，C為電容器，A為理想電流表，V為理想電壓表。（1）當開關S接1（填“1”或“2”）時，電容器處于充電過程，此過程中電壓表的示數(shù)U隨時間t變化的圖像為B。A.B.C.D.（2）開關S擲向2后，通過電流表A的電流方向為從左到右。（填“從左到右”或“從右到左”）（3）圖乙為電容器放電時的I﹣t圖像，已知電容器放電之前的電壓為3V，該電容器的實測電容值為7.5×10﹣4F（結果保留2位有效數(shù)字）。（4）若不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，放電時I﹣t曲線與橫軸所圍成的面積將不變（填“變大”、“變小”或“不變”）。【答案】（1）1，B；（2）從左到右；（3）7.5×10﹣4；（4）不變?！痉治觥浚?）根據(jù)電路分析，在充電過程中，電容器所帶電荷量是逐漸增多的，據(jù)此分析兩板間電壓的變化；（2）根據(jù)極板所帶電性結合電流的方向規(guī)定分析；（3）根據(jù)圖像與坐標軸所圍面積表示電荷量計算電容器所帶電荷量，然后根據(jù)電容定義式計算；（4）電容器兩板間電壓以及電容大小都不變，據(jù)此分析?！窘獯稹拷猓海?）當電容器開始和電源連接時，是給電容器充電，所以開關接“1”時，是給電容器充電，在充電過程中，隨著電容器所帶電荷量的增多，兩極板間的電壓會逐漸增大，且增大的越來越慢，當增大到和電源電壓相等，則充電完畢，故B正確，ACD錯誤。故選：B。（2）電容器的下極板和電源的正極相連，所以電容器的下極板帶正電，開關S擲向2后，通過電流表A的電流方向即正電荷定向移動的方向為從左到右；（3）I﹣t圖像與坐標軸所圍面積表示電荷量，大于半格的按照一格，少于半格的舍去，由圖可查出根據(jù)圖像可得圖像所包圍的面積一共有28個小格，所以電容器所帶電荷量為Q＝28×0.4×0.2×10﹣3C＝2.24×10﹣3C，則電容器的電容大小為C＝（4）若不改變電路其他參數(shù)，只減小電阻R，電容器兩板間的電壓不變，電容大小不變，所以電容器所帶電荷量不變，即放電時I﹣t曲線與橫軸所圍成的面積也不變，但是因為電阻的減小，放電電流變大，放電時間變短。故答案為：（1）1，B；（2）從左到右；（3）7.5×10﹣4；（4）不變。四、計算題（18題8分，19題12分，20題16分，共36分。在列式計算、邏輯推理以及回答問題過程中，要求給出必要的圖示、文字說明、公式、演算等，并在規(guī)定區(qū)域內(nèi)答題）18．（8分）天空中有兩塊烏云，它們因與空氣摩擦帶電，致使兩塊烏云之間的電勢差約為3×109V且在沒放電前保持不變。已知空氣的電場強度達到3×106V/m將被擊穿放電。請估算（估算時可以把兩塊烏云間電場看成是勻強電場）：（1）當兩塊烏云相距多少米時會發(fā)生閃電？（2）若兩塊烏云在很短時間放電完畢，之后電勢差變?yōu)榱悖ㄟ^的電荷量為500C，此次閃電持續(xù)了0.5s，則此次閃電消耗了多少電功率？【答案】（1）烏云間距離為103m；（2）此次閃電消耗的電功率為3×1012W?！痉治觥浚?）由電勢差與電場強度的關系，可計算烏云間的距離；（2）由電場力做功表達式，可計算電荷量通過時，電場力做功；由電功率定義式，可知此次閃電消耗的電功率?！窘獯稹拷猓海?）由電勢差與電場強度的關系，可知：，代入解得：d＝103m；（2）由電場力做功表達式，可計算電荷量通過時，電場力做功為：W＝QU；由電功率定義式，可知此次閃電消耗的電功率，解得：P＝3×1012W。答：（1）烏云間距離為103m；（2）此次閃電消耗的電功率為3×1012W。19．（12分）靜電與靜電場靜電與人們的關系越來越密切，靜電既有有利的一面，也有需要防范的一面?，F(xiàn)在，人們已經(jīng)可以有效地利用靜電的特性，使它為我們的日常生活服務。靜電是靜止狀態(tài)下的電荷，而靜電場則是由這些靜止電荷所產(chǎn)生的空間電場，二者相互依存。（1）（單選）下列屬于靜電防范的是C。A.靜電噴霧B.靜電復印C.安裝避雷針D.靜電除塵（2）如圖1所示為一簡易的靜電除塵器，靜電高壓電源的負極與礦泉水瓶中的銅絲連接，正極連接鋁片，充入煙塵，通電后煙塵在電場中通過某種機制帶電，被吸附在了鋁片上，達到除塵效果，則煙塵在電場中帶的是負電（填正或負），帶電后向鋁片運動的過程中，電勢能減?。ㄌ睢霸龃蟆被颉皽p小”）。（3）電場線和等勢面可以形象地描述靜電場。已知點電荷的電場線和等勢面分布如圖2所示，等勢面S1、S2到點電荷的距離分別為r1、r2，靜電力常量k。①在物理學中，把電場強度的大小E與垂直于場強方向的面積S的乘積定義為電場強度通量Φ，定義式為Φ＝ES，Φ可以反映穿過該面電場線條數(shù)的多少。請計算S1、S2上單位面積通過的電場線條數(shù)之比N1：N2；②點電荷形成的電場中，某一點的電勢可以用φ＝表示，該式僅由靜電力常量k、點電荷Q的電量及該點到點電荷的距離r決定。一個質(zhì)量為m、電荷量為e的電子僅在電場力的作用下，以適當?shù)乃俣瓤稍谠撾妶鲋凶霭霃綖閞的勻速圓周運動，求點電荷Q與電子組成的系統(tǒng)具有的總能量E′。【答案】（1）C；（2）負；減??；（3）①S1、