2022-2022学年江苏省淮安市范集中学高二（上）期中物理试卷（选修） 一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（本大题8小题，每小题4分，共32分）1．关于点电荷的说法，正确的是（ ）A．只有体积很小的带电体，才能作为点电荷B．体积很大的带电体一定不能看作点电荷C．点电荷一定是电量很小的电荷D．当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷 2．如图中，正确描绘两个等量正点电荷电场线分布情况的是（ ）A．B．C．D． 3．在真空中有两个静止的点电荷，若保持它们之间的距离不变，仅将各自的电荷量均减小为原来的，则它们之间的库仑力将（ ）A．增大为原来的2倍B．增大为原来的4倍C．减小为原来的D．减小为原来的 4．在电场中，把电荷量为4×10﹣9C的正电荷从A点移到B点，克服电场力做功6×10﹣8J，以下说法中正确的是（ ）A．电荷在B点具有的电势能是6×10﹣8JB．B点的电势是15VC．电荷的电势能增加了6×lO﹣8JD．电荷的电势能减少了6×10﹣8J 5．电阻R1阻值为6Ω，与电阻R2并联后接入电路中，通过它们的电流之比I1：I2=2：3，则电阻R2的阻值和总电阻的阻值分别为（ ）A．4Ω，2.4ΩB．4Ω，3.6ΩC．9Ω，3.6ΩD．9Ω，4.5Ω 6．一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如表所示．根据表中提供的数据，计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，通过电热水器的电流约为（ ）额定容量54L最高水温75℃额定功率1200W额定压力0.7MPa额定电压220V电器类别Ⅰ类A．6.8AB．0.15AC．5.45AD．0.23A 14\n7．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（ ）A．Q变小，C不变，U不变，E变小B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变D．Q不变，C变小，U变大，E变小 8．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J．为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是（ ）A．3V，1.8JB．3V，3.6JC．6V，1.8JD．6V，3.6J 二、多项选择题（本部分4小题，每小题4分，共16分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答得0分）9．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（ ）A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B．无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变C．电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度强D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零10．关于电源的电动势，下列说法中正确的是（ ）A．电源电动势越大，表明它将其他形式的能转化为电能的本领越大B．电源电动势在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压C．电源电动势在数值上等于非静电力在单位时间内所做的功D．电源电动势在数值上等于非静电力把1C正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功 11．某电场的电场线分布如图所示，M、N为电场中两点．以下说法正确的是（ ）A．M、N点的场强EM＜ENB．M、N点的场强EM＞ENC．M、N点的电势φM＜φND．M、N点的电势φM＞φN 12．在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是（ ）14\nA．电压表V的示数变大B．电流表A2的示数变小C．电流表A1的示数变小D．电流表A的示数变大 三、实验题（本题共1小题，每空3分，共15分）13．有一个小灯泡上标有“4V、2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线．现有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）B．电压表（0～15V，内阻20kΩ）C．电流表（0～3A，内阻1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．滑动变阻器（500Ω，1A）G．学生电源（直流6V）、开关、导线若干（1）实验时，选用图甲而不选用图乙的电路图来完成实验，理由是 （2）实验中所用电压表应选 ，电流表应选用 ，滑动变阻器应选用 ．（用序号字母表示）（3）把图丙中所示的实验器材用实线连接成实物电路图． 三、计算或论述题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位（本大题3小题，其中14小题10分，15小题12分，16小题15分，共37分）..14．如图所示电路，电源电动势为1.5V，内阻为0.12Ω，外电路的电阻为1.38Ω，求电路中的电流和路端电压． 14\n15．用30cm的细线将质量为4×10﹣3kg的带电小球P悬挂在O点下，当空中有方向为水平向右，大小为1×104N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态．（1）分析小球的带电性质；（2）求小球的带电量；（3）求细线的拉力． 16．有一初速为零的电子经电压U1加速后，进入两块间距为d，电压为U2的平行金属板间，若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从B板边缘穿出电场，设电子的电荷量为e，质量为m，求：①电子刚进入平行金属板时的初速度；②电子的偏转距离；③平行金属板的长度． 14\n2022-2022学年江苏省淮安市范集中学高二（上）期中物理试卷（选修）参考答案与试题解析 一、单项选择题：每小题只有一个选项符合题意（本大题8小题，每小题4分，共32分）1．关于点电荷的说法，正确的是（ ）A．只有体积很小的带电体，才能作为点电荷B．体积很大的带电体一定不能看作点电荷C．点电荷一定是电量很小的电荷D．当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷考点：元电荷、点电荷．专题：电场力与电势的性质专题．分析：点电荷是理想化模型，当电荷间距远远超过电荷自身大小时，可忽略自身大小，看成一个点．解答：解：A、当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷．不是体积很小就可以看成点电荷，故A错误；B、当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷．当间距很大时，即使体积很大也可以看成点电荷，故B错误；C、当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷．但电量并不一定很小．故C错误；D、当两个带电体的形状对它的相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷．故D正确；故选：D点评：点电荷实际不存在，是理想化的，就像质点一样．自身大小对研究的问题没有影响时，就可看成点． 2．如图中，正确描绘两个等量正点电荷电场线分布情况的是（ ）A．B．C．D．考点：电场线．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据同一电场中电场线不能相交、电场线从正电荷出发到负电荷终止进行分析．解答：解：AB、在同一电场中电场线不能相交，否则交点处场强方向有两个，故AB错误．CD、电场线从正电荷出发到负电荷终止，故C错误，D正确．故选：D．点评：解决本题的关键之处在于掌握电场线的特点：不相交，知道电场线分布情况． 3．在真空中有两个静止的点电荷，若保持它们之间的距离不变，仅将各自的电荷量均减小为原来的，则它们之间的库仑力将（ ）A．增大为原来的2倍B．增大为原来的4倍14\nC．减小为原来的D．减小为原来的考点：库仑定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据库仑定律的公式F=分析．解答：解：根据库仑定律的公式F=，各自的电荷量均减小为原来的，它们之间的距离不变，则库仑力变为原来的．故D正确，A、B、C错误．故选D．点评：解决本题的关键掌握库仑定律的公式F=． 4．在电场中，把电荷量为4×10﹣9C的正电荷从A点移到B点，克服电场力做功6×10﹣8J，以下说法中正确的是（ ）A．电荷在B点具有的电势能是6×10﹣8JB．B点的电势是15VC．电荷的电势能增加了6×lO﹣8JD．电荷的电势能减少了6×10﹣8J考点：电势差与电场强度的关系；电势；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场力做正功时，电荷的电势能减小，电场力做负功时电势能增加．根据电势公式、电场力做功和功能关系进行分析和计算．解答：解：A、C、D、正电荷从A点移到B点，克服电场力做功6×10﹣8J，其电势能增加6×10﹣8J，但由于零电势点位置未知，所以B点的电势能不能确定，故AD错误，C正确．B、B点的电势能不能确定，由电势公式φB=可知，B点的电势不能确定，故B错误．故选：C．点评：本题关键明确电场力做的功等于电势能的减小量，同时结合电势φB=定义公式列式求解． 5．电阻R1阻值为6Ω，与电阻R2并联后接入电路中，通过它们的电流之比I1：I2=2：3，则电阻R2的阻值和总电阻的阻值分别为（ ）A．4Ω，2.4ΩB．4Ω，3.6ΩC．9Ω，3.6ΩD．9Ω，4.5Ω考点：串联电路和并联电路．专题：恒定电流专题．14\n分析：根据并联电路的性质可求得R2的阻值及总电阻：并联电路的电压相等，电流之比等于电阻的反比．解答：解：并联电路中电流之比等于电阻的反比；故有：==故有：R2===4Ω；则总电阻为：R===2.4Ω；故选：A．点评：本题考查并联电路的规律，要注意明确并联电路各支路两端的电压相等，电阻与电流成反比． 6．一台国产封闭型贮水式电热水器的铭牌上所列的主要技术参数如表所示．根据表中提供的数据，计算出此电热水器在额定电压下处于加热状态时，通过电热水器的电流约为（ ）额定容量54L最高水温75℃额定功率1200W额定压力0.7MPa额定电压220V电器类别Ⅰ类A．6.8AB．0.15AC．5.45AD．0.23A考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：由热水器铭牌可知，加热时的额定功率是1200W，额定电压是220V，由电功率变形公式可以求出加热时的电流．解答：解：加热时的额定功率是1200W，额定电压是220V，电热水器加热时的电流：I==≈5.45A；故选：C．点评：从铭牌获取必要的信息，熟练应用电功率的变形公式即可正确解题，本题是一道基础题． 7．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（ ）A．Q变小，C不变，U不变，E变小B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变D．Q不变，C变小，U变大，E变小14\n考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：题中平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由C=，分析电容的变化，根据C=分析电压U的变化，根据E=分析场强的变化．解答：解：A、B，平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变．故A、B错误．C、D，增大电容器两极板间的距离d时，由C=知，电容C变小，Q不变，根据C=知，U变大，而E===，Q、k、ɛ、S均不变，则E不变．故C正确，D错误．故选C点评：对于电容器动态变化分析问题，要抓住不变量．当电容器保持与电源相连时，电压不变．当电容器充电后，与电源断开后，往往电量不变． 8．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J．为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是（ ）A．3V，1.8JB．3V，3.6JC．6V，1.8JD．6V，3.6J考点：闭合电路的欧姆定律．分析：（1）已知电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能0.9J，根据W=UQ变形可求出电压；当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=可知，当时间相同，由电荷时的关系可知电流关系，因为电阻不变，根据U=IR，由电流关系可知电压关系，即可求出电阻丝两端所加电压U；（2）已知通过电阻丝的电量是0.6C，电阻丝两端所加电压U已求出，根据W=UQ可求出电阻丝在这段时间内消耗的电能W．解答：解：因为电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能是0.9J，所以此时电压为：U′===3V当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=可知，I=2I′，根据U=IR可知，电阻不变，此时电阻丝两端电压：U=2U′=6V，电阻丝在这段时间内消耗的电能：W=UQ=6V×0.6C=3.6J．故选D．点评：本题考查了电量和电功的计算及欧姆定律的应用．本题由于不知道时间不能求出电流，只能根据相关公式找出相关关系来求解． 二、多项选择题（本部分4小题，每小题4分，共16分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答得0分）9．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（ ）A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比14\nB．无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变C．电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度强D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零考点：电场强度．分析：公式E=是电场强度的定义式，运用比值法定义，电场强度反映本身的特性，与试探电荷无关．解答：解：A、C、电场强度的定义式E=，运用比值法定义，E由电场本身决定，与试探电荷所受的电场力F和电荷量q无关，所以不能说E跟F成正比，跟q成反比．故AC错误．B、电场中同一点电场强度是一定的，与试探电荷无关，则在电场中的同一点，无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变．故B正确．D、一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，该点的场强可能为零，也可能不为零，故D错误．故选：B．点评：解决本题的关键是运用比值法定义的共性来理解电场强度的物理意义，知道E由电场本身决定，与试探电荷所受的电场力F和电荷量q无关． 10．关于电源的电动势，下列说法中正确的是（ ）A．电源电动势越大，表明它将其他形式的能转化为电能的本领越大B．电源电动势在数值上等于电源没有接入电路时两极间的电压C．电源电动势在数值上等于非静电力在单位时间内所做的功D．电源电动势在数值上等于非静电力把1C正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功考点：电源的电动势和内阻．专题：恒定电流专题．分析：电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势与外电路无关．解答：解：电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势越大，电源将其他形式的能转化为电能的本领越大．则A正确；其大小在数值上等于非静电力把1C正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功，也等于电源没有接入电路时两极间的电压．则C错误BD正确，故选：ABD点评：本题考查对电源电动势的理解，要抓住电动势的物理意义、定义和闭合电路欧姆定律来加深理解． 11．某电场的电场线分布如图所示，M、N为电场中两点．以下说法正确的是（ ）A．M、N点的场强EM＜ENB．M、N点的场强EM＞ENC．M、N点的电势φM＜φND．M、N点的电势φM＞φN14\n考点：电场线；电场强度；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．沿着电场线方向电势是降低的．解答：解：AB、电场线的密的地方场强大，N点电场线密，所以N点场强大，故A正确，B错误．CD、沿着电场线方向电势降低，M点电势高于N点电势，故C错误，D正确．故选：AD．点评：掌握电场线的特点即可解决问题．可通过动能定理判断电荷动能的变化即可知道电势能的变化．注意电场力的方向与运动方向来确定电场力做功的正负是解题的关键． 12．在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是（ ）A．电压表V的示数变大B．电流表A2的示数变小C．电流表A1的示数变小D．电流表A的示数变大考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表及电压表的变化．解答：解：当滑片向右滑动时，滑动变阻器接入电阻增大，则总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，则由U=E﹣Ir可知，路端电压增大；则可知电流表A的示数减小，电压表V的示数增大；故A正确，D错误；因路端电压增大，A1中电流增大，故C错误；因总电流减小，而R1中电流增大，则A2中电流减小，故B正确；故选：AB．点评：本题考查闭合电路欧姆定律的应用，要注意明确解题的思路为：“局部﹣整体﹣局部”． 三、实验题（本题共1小题，每空3分，共15分）13．有一个小灯泡上标有“4V、2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线．现有下列器材供选用：A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）B．电压表（0～15V，内阻20kΩ）C．电流表（0～3A，内阻1Ω）D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）E．滑动变阻器（10Ω，2A）F．滑动变阻器（500Ω，1A）G．学生电源（直流6V）、开关、导线若干14\n（1）实验时，选用图甲而不选用图乙的电路图来完成实验，理由是 电压应从零开始变化 （2）实验中所用电压表应选 A ，电流表应选用 D ，滑动变阻器应选用 E ．（用序号字母表示）（3）把图丙中所示的实验器材用实线连接成实物电路图．考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：（1）根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法．（2）仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器．（3）对照电路图连接实物图，注意电流从电流表电压表正接线柱流入．解答：解：（1）在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，所以电路图选用图甲．（2）因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，故选A；由P=UI得，灯泡的额定电流I===0.5A，故电流表应选择0～0.6A的量程，故选D；而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；（3）对照电路图连接实物图，注意电流从电流表电压表正接线柱流入，如图：故答案为：（1）电压应从零开始变化；（2）A；D；E；（3）实物电路图如图所示．点评：本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断． 三、计算或论述题：解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤.只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位（本大题3小题，其中14小题10分，15小题12分，16小题15分，共37分）..14\n14．如图所示电路，电源电动势为1.5V，内阻为0.12Ω，外电路的电阻为1.38Ω，求电路中的电流和路端电压．考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：闭合开关S后，运用闭合电路欧姆定律求解电路中的电流I，由部分电路欧姆定律求解路端电压．解答：解：闭合开关S后，由闭合电路欧姆定律得：电路中的电流I为：I==A=1A路端电压为：U=IR=1×1.38=1.38（V）答：电路中的电流为1A，路端电压为1.38V．点评：解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律，知道电路中电流与电源的电动势成正比，与整个电路的总电阻成反比，满足闭合电路欧姆定律． 15．用30cm的细线将质量为4×10﹣3kg的带电小球P悬挂在O点下，当空中有方向为水平向右，大小为1×104N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态．（1）分析小球的带电性质；（2）求小球的带电量；（3）求细线的拉力．考点：共点力平衡的条件及其应用；电场强度．专题：共点力作用下物体平衡专题．分析：对小球受力分析，根据带电小球处于静止状态，结合力的合成或分解解决问题解答：解：（1）小球受力如图，电场力方向与电场同向，故带正电（2）小球受力平衡，在水平方向：qE=mgtan37°，得（3）由受力图可知=0.05N所以，（1）正电（2）带电量3×10﹣6C（3）拉力0.05N14\n点评：受力分析是解决力学问题的第一步，要结合力的合成或分解找出力与力之间的关系 16．有一初速为零的电子经电压U1加速后，进入两块间距为d，电压为U2的平行金属板间，若电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能从B板边缘穿出电场，设电子的电荷量为e，质量为m，求：①电子刚进入平行金属板时的初速度；②电子的偏转距离；③平行金属板的长度．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）电子在加速电场中，电场力做正功qU1，根据动能定理求解v0；（2）由题：电子从两板正中间垂直电场方向射入，且正好能打在B板的正中点，得知：y=d，根据牛顿第二定律求出加速度，再由位移公式求出时间．（3）由题x=L，则由L=2x=2v0t求解．解答：解：（1）由动能定理有得（2）电子正好能从B板边缘穿出电场，所以电子的偏转量：（3）沿电场方向：电场力F=eE=又电子在电场中沿v0方向做匀速直线运动的时间：所以：14\n答：①电子刚进入平行金属板时的初速度；②电子的偏转距离为；③平行金属板的长度．点评：本题是分析和处理带电粒子在组合场中运动的问题，关键是分析运动情况和选择解题规律．比较容易． 14
