还剩14页未读，
继续阅读
福建省三明市五县联合质检2023-2024学年高二上学期期中物理试题（Word版附解析）
展开
这是一份福建省三明市五县联合质检2023-2024学年高二上学期期中物理试题（Word版附解析），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，计算题等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：90分钟满分：100分）
一、单项选择题（共5小题，每小题4分，共20分。）
1. 下图是两个等量异种点电荷形成的电场，AB为中垂线上两点，CD为两电荷连线上两点，且A、B、C、D与O点间距离相等，则（ ）
A. A点场强比C点大B. A点电势比D点电势低
C. A、B两点场强相同，电势也相同D. C、D两点场强相同，电势也相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．两个等量异种点电荷形成的电场，连线上电场强度是先减小后增大，连线中点场强最小，连线中垂线上，中垂线与连线交点场强最大，则可知A点场强比C点小，故A错误；
B．两个等量异种点电荷形成的电场，电场线从正电荷出发到负电荷终止，而顺着电场线方向电势降低，且中垂线是电势为零的等势线，则可知A点电势比D点电势高，故B错误；
C．两个电荷的连线上下的电场是对称的，AO=BO，那么A、B两点的场强相同，又都在中垂线上，电势均为零，故C正确；
D．C、D两点场强相同，电势一正一负不相同，故D错误。
故选C。
2. 安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核的运动可等效为环形电流。设电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是（ ）
A. 电流大小为，电流方向为顺时针
B. 电流大小为，电流方向为顺时针
C. 电流大小为，电流方向为逆时针
D. 电流大小为，电流方向为逆时针
【答案】C
【解析】
【详解】电子绕核运动可等效为环形电流，电子运动周期为
根据电流的定义可得电流大小为
因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故选C。
3. 如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地。用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U。在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q不变，下面哪些操作将使静电计指针张角变小（ ）
A. 在M，N之间插入云母板B. 将M板沿水平向左方向远离N板
C. 将M板向上平移D. 将M板向下平移
【答案】A
【解析】
【详解】A．在M、N之间插入云母板（介电常数），根据
可知电容变大，由
判断得知，板间电势差U变小，静电计指针张角变小，故A正确；
B．将M板沿水平向左方向远离N板，根据
可知电容C变小，电量Q不变，由
判断得知，板间电势差U变大，静电计指针张角变大，故B错误；
C．将M板向上平移，极板正对面积减小，根据
可知电容C变小，电量Q不变，由
判断得知，板间电势差U变大，静电计指针张角变大，故C错误；
D．将M板向下平移，极板正对面积减小，根据
可知电容C变小，电量Q不变，由
判断得知，板间电势差U变大，静电计指针张角变大，故D错误；
故选A。
4. 为测某电阻R的阻值，分别接成如图所示的甲、乙两电路，在甲电路中电压表和电流表的示数分别为12V、0.15A，乙电路中两电表示数分别为10V和0.20A，为了减少测量误差下列说法正确的是（ ）
A. 应选用甲电路，其真实值小于B. 应选用乙电路，其真实值大于
C. 应选用甲电路，其真实值大于D. 应选用乙电路，其真实值小于
【答案】A
【解析】
【详解】由题意可知，甲图中，电流表是准确的，乙图中电压测量是准确的，两图中电流表示数变化量大小为
电压表示数变化量大小为
由于
所以两种接法中电流表示数变化较大，电压表示数变化较小，说明电压表的分流效果较大，故应采用电流表内接法误差较小，即甲图误差较小，测得数据
因测量值是电流表与Rx串联的阻值，所以待测电阻真实值应比80Ω略小一些。
故选A。
5. 如图，一圆环上均匀分布着电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷，已知b点处的场强为零，则d点处场强为（ ）
A. 水平向左
B. 水平向右
C. 水平向左
D. 水平向右
【答案】D
【解析】
【详解】电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为，而半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为的固定点电荷，在b点处的场强为零，则圆盘在此处产生电场强度也为．
那么圆盘在此d产生电场强度则仍为．
而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为，由于都在d处产生电场强度方向相同，即为两者大小相加．
所以两者这d处产生电场强度为，方向水平向右，故选项D正确，ABC错误．
点睛：考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础．
二、多项选择题（共4小题，每小题6分，共24分。在每一小题给出的四个选项中有多项是正确的。没选全得3分，有错不得分。）
6. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（ ）
A. 三个等势面中，c的电势最高
B. 带电质点通过P点时的电势能较Q点大
C. 带电质点通过P点时的动能较Q点大
D. 带电质点通过P点时的加速度较Q点大
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】A．质点所受电场力与等势面垂直且指向轨迹凹侧，故电场力的方向如图所示
由于质点带正电，场强方向与F相同，沿电场方向电势降低，故三个等势面中，c的电势最低，A错误；
BC．若质点从P到Q，则速度方向与受力方向夹角小于90°，电场力做正功，动能增大、电势能减小，B正确，C错误；
D．由
可知，等差等势面间距d越小，场强E越大，质点的加速度越大，故带电质点通过P点时的加速度较Q点大，D正确。
故选BD。
7. 如图所示，一直流电动机与阻值的电阻串联在电源上，电源电动势V，内阻，用理想电压表测出电动机两端电压V，已知电动机线圈电阻，则下列说法中正确的是（ ）
A. 电源总功率为60WB. 通过电动机的电流为A
C. 电源的路端电压为28VD. 电动机的输出功率为18W
【答案】AC
【解析】
【详解】B．根据闭合电路欧姆定律，有
解得
故B错误；
A．电源的总功率为
故A正确；
C．电源的路端电压为
故C正确；
D．电动机的输入功率
电动机的热功率
电动机的输出功率
故D错误
故选AC。
8. 如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，其中，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则（ ）
A. 电压表读数变大，电流表读数减小
B. 和上的电压都增大
C. 质点P将向下运动，电源的效率增大
D. 上消耗的功率增大，电源的输出功率减小
【答案】AD
【解析】
【详解】A．当滑动变阻器的滑片向b端移动时，滑动变阻器的阻值变大，外电阻增大，总的电流I1减小，根据闭合电路欧姆定律有
则上的电压、电流I3都增大，根据
则通过的电流I２减小，根据
所以电压表读数变大，电流表读数减小，则A正确；
B．上的电压为
总的电流I1减小，则上的电压减小，上的电压都增大，所以B错误；
C．电容器两端电压与R３两端电压相等，则电容器两端电压增大，两极板间的电场强度变大，电场力增大，质点P将向上运动，电源的效率为
所以外电阻增大时，电源效率增大，则C错误；
D．上消耗的功率为
由于上的电压、电流I３都增大，则其消耗的功率增大，根据电源的输出功率规律，当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，由于即外电阻大于内阻，则随外电阻的增大，电源的输出功率逐渐减小，所以D正确；
故选AD。
9. 如图所示，水平固定小圆盘A，带电量为Q，电势为零，从盘心处O由静止释放一质量为m带电量为的小球，由于电场的作用，小球竖直上升的最大高度可达盘中心竖直线上的c点，又知道过竖直线上b点时，小球速度最大，已知，，由此可知（ ）
A. 小球在c点的电势能为mgH
B. c点电势
C. Ob两点电势差
D. 小球从O点到b点电势能和动能之和一直增大
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．带电小球从O到c，根据动能定理得
W电-mgH=0
电场力做正功
W电=mgH
电势能减小mgH，O点电势能为0，所以c点电势能为-mgH，c点的电势为
故A错误，B正确；
C．带电小球从O到b，根据动能定理得
解得
则可知Ob两点电势差，故C正确；
D．由于小球运动过程中只有重力和电场力做功，则小球的机械能与电势能之和保持不变，小球从O点到b点过程中，重力势能一直增大，则小球从O点到b点电势能和动能之和一直减小，故D错误。
故选BC。
三、填空题：10~15（每空2分，共22分）
10. 真空中两个等量异种电荷电量的值均为q，相距r，两点电荷连线中点处的场强为______。
【答案】
【解析】
【详解】[1]正、负点电荷单独存在时，在两点电荷连线中点处产生的电场强度都为
且方向相同，故两点电荷连线中点处的合场强为
11. 一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V则电子在a点的电势能比在b点的___________（“高”或“低”），坐标原点处的电势为___________V。
【答案】 ①. 高 ②. 1
【解析】
【详解】[1]根据电势能的计算公式，可知电子在电势高的位置电势能小，所以电子在a点的电势能比在b点的高；
[2] 根据匀强电场中平行线上等间距同向的两点间的电势差相等，则
解得
V
12. （1）某同学用螺旋测微器测量某物体，结果如图。则螺旋测微器读数为______mm。
（2）有下图可知，该游标卡尺的读数为______cm。
【答案】 ①. 7.600 ②. 1.240
【解析】
【详解】（1）[1]螺旋测微器读数为
7.5mm+10.0×0.01mm=7.600mm
（2）[2]游标卡尺的读数为
12mm+8×0.05mm=12.40mm=1.240cm
13. 一量程为0.6A的电流表，其刻度盘如图所示。今在此电流表的两端间并联一电阻，其阻值等于该电流表内阻的，使之成为一新的电流表，则图示的刻度盘上的每一小格表示___________A
【答案】0.06
【解析】
【详解】[1]由图示表盘可知，其分度值为：0.02A；在此电流表的两端间并联一个电阻，其阻值等于该电流表内阻的，电流表内阻变为原来的，改装后电流表的量程是原电流表量程的3倍，所以电表分度值变为为0.06A，即每一小格表示0.06A。
14. 某同学为了测量一电池的电动势和内阻，所用器材是：
量程3V的电压表V；
量程0.6V的电流表A；
滑动变阻器（）；
开关S，导线。
选用图1所示的电路图测量该电池的电动势和内阻。已知定值电阻，测出几组电流、电压的数值，并画出如图2所示的图像，则可知这个电池的电动势为______V，内阻______。
【答案】 ①. 1.48
②. 1.20
【解析】
【详解】[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
根据图像可得，图像纵轴的截距表示电源的电动势，图像斜率的绝对值表示电源内阻与定值电阻之和，所以有
则
15. 指针式多用表是实验室中常用的测量仪器。请完成下列问题：
（1）使用多用表测电阻时，将选择开关拨至“×10”挡，进行欧姆调零。将两表笔接待测电阻两端，指针如图（甲）示，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学接着应该进行哪些操作？请从下面的操作中选出合理的步骤并进行正确排序___________。
A.将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向欧姆挡零刻度线
B.将选择开关拨至“×100”挡
C.将选择开关拨至“×1”挡
D.测量完毕后将选择开关拨至“OFF”挡
E.再将待测电阻接到两表笔之间测量其阻值并读出读数
经以上正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针如图（乙）所示，待测电阻为___________Ω。
（2）如图是一个多用表欧姆挡内部电路示意图。电流表满偏电流为5mA、内阻为10Ω；电池电动势为1.5V、内阻为1Ω，变阻器R0阻值为0~500Ω。则电阻刻度盘上指针指在1mA处应标上___________Ω
【答案】 ①. BAED ②. 3200 ③. 1200
【解析】
【详解】（1）[1]由图可知选择开关置于“×10”挡，图中的偏角太小，说明阻值较大，所以要换大倍率“×100”挡，重新欧姆调零后再测量。测量完成后需要将开关打至OFF挡；故步骤为：BAED。
[2]待测电阻为
（2）[3]欧姆表的内阻为
当电流表为1mA时，对应待测电阻为
四、计算题：
16. 如图所示，用长为l的绝缘细线悬挂一带电小球，小球质量为m．现加一水平向右、场强为E的匀强电场，平衡时小球静止于A点，细线与竖直方向成角．
(1)求小球所带电荷量的大小；
(2)若将细线剪断，小球将在时间t内由A点运动到电场中的P点图中未画出，求A、P两点间的距离
(3)求A、P两点间电势差的．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】（1）设小球所带电荷量的大小为q．小球平衡时的受力情况如右图所示，则有
（2）剪断细线后，小球受电场力和重力，它们的合力为F合，加速度为a，小球做初速度为0的匀加速运动．则
根据牛顿第二定律有
所以
所以A、P两点间的距离
（3）A、P两点间电势差的大小
考点：电场力及共点力作用下的平衡；牛顿第二定律及运动学公式；匀强电场中电势差与场强的关系等．
17. 如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电量为e的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经过电压加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：
（1）右侧平行金属板的长度；
（2）电子穿出右侧平行金属板时的动能。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）电子通过B点时的速度大小为vB，则由动能定理得
解得
设右侧平行金属板的长度为L，由题意得
联立方程，解得
（2）电子穿出右侧平行金属板时速度为v，则有
则电子穿出右侧平行金属板时的动能为
18. 如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场E中。一质量为m，带电量为的物块（可视为质点），从水平面上的A点以初速度水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C，场强大小。求：
（1）物块达到C点的速度；
（2）物块在运动过程中克服摩擦力做的功；
（3）物块离开轨道后落回水平面水平距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）物块沿半圆形轨道恰好通过最高点C，半圆形轨道此时与物块间无弹力作用，物块受到的重力和电场力提供向心力，则有
解得
（2）物块在由A运动到C的过程中，设物块克服摩擦力做的功Wf，根据动能定理有
解得
（3）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为s，有
联立解得
（考试时间：90分钟满分：100分）
一、单项选择题（共5小题，每小题4分，共20分。）
1. 下图是两个等量异种点电荷形成的电场，AB为中垂线上两点，CD为两电荷连线上两点，且A、B、C、D与O点间距离相等，则（ ）
A. A点场强比C点大B. A点电势比D点电势低
C. A、B两点场强相同，电势也相同D. C、D两点场强相同，电势也相同
【答案】C
【解析】
【详解】A．两个等量异种点电荷形成的电场，连线上电场强度是先减小后增大，连线中点场强最小，连线中垂线上，中垂线与连线交点场强最大，则可知A点场强比C点小，故A错误；
B．两个等量异种点电荷形成的电场，电场线从正电荷出发到负电荷终止，而顺着电场线方向电势降低，且中垂线是电势为零的等势线，则可知A点电势比D点电势高，故B错误；
C．两个电荷的连线上下的电场是对称的，AO=BO，那么A、B两点的场强相同，又都在中垂线上，电势均为零，故C正确；
D．C、D两点场强相同，电势一正一负不相同，故D错误。
故选C。
2. 安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核的运动可等效为环形电流。设电荷量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是（ ）
A. 电流大小为，电流方向为顺时针
B. 电流大小为，电流方向为顺时针
C. 电流大小为，电流方向为逆时针
D. 电流大小为，电流方向为逆时针
【答案】C
【解析】
【详解】电子绕核运动可等效为环形电流，电子运动周期为
根据电流的定义可得电流大小为
因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故选C。
3. 如图所示，由两块相互靠近的平行金属板组成的平行板电容器的极板N与静电计相接，极板M接地。用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U。在两板相距一定距离d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度。在整个实验过程中，保持电容器所带电量Q不变，下面哪些操作将使静电计指针张角变小（ ）
A. 在M，N之间插入云母板B. 将M板沿水平向左方向远离N板
C. 将M板向上平移D. 将M板向下平移
【答案】A
【解析】
【详解】A．在M、N之间插入云母板（介电常数），根据
可知电容变大，由
判断得知，板间电势差U变小，静电计指针张角变小，故A正确；
B．将M板沿水平向左方向远离N板，根据
可知电容C变小，电量Q不变，由
判断得知，板间电势差U变大，静电计指针张角变大，故B错误；
C．将M板向上平移，极板正对面积减小，根据
可知电容C变小，电量Q不变，由
判断得知，板间电势差U变大，静电计指针张角变大，故C错误；
D．将M板向下平移，极板正对面积减小，根据
可知电容C变小，电量Q不变，由
判断得知，板间电势差U变大，静电计指针张角变大，故D错误；
故选A。
4. 为测某电阻R的阻值，分别接成如图所示的甲、乙两电路，在甲电路中电压表和电流表的示数分别为12V、0.15A，乙电路中两电表示数分别为10V和0.20A，为了减少测量误差下列说法正确的是（ ）
A. 应选用甲电路，其真实值小于B. 应选用乙电路，其真实值大于
C. 应选用甲电路，其真实值大于D. 应选用乙电路，其真实值小于
【答案】A
【解析】
【详解】由题意可知，甲图中，电流表是准确的，乙图中电压测量是准确的，两图中电流表示数变化量大小为
电压表示数变化量大小为
由于
所以两种接法中电流表示数变化较大，电压表示数变化较小，说明电压表的分流效果较大，故应采用电流表内接法误差较小，即甲图误差较小，测得数据
因测量值是电流表与Rx串联的阻值，所以待测电阻真实值应比80Ω略小一些。
故选A。
5. 如图，一圆环上均匀分布着电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q(q>0)的固定点电荷，已知b点处的场强为零，则d点处场强为（ ）
A. 水平向左
B. 水平向右
C. 水平向左
D. 水平向右
【答案】D
【解析】
【详解】电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为，而半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为的固定点电荷，在b点处的场强为零，则圆盘在此处产生电场强度也为．
那么圆盘在此d产生电场强度则仍为．
而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为，由于都在d处产生电场强度方向相同，即为两者大小相加．
所以两者这d处产生电场强度为，方向水平向右，故选项D正确，ABC错误．
点睛：考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础．
二、多项选择题（共4小题，每小题6分，共24分。在每一小题给出的四个选项中有多项是正确的。没选全得3分，有错不得分。）
6. 如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（ ）
A. 三个等势面中，c的电势最高
B. 带电质点通过P点时的电势能较Q点大
C. 带电质点通过P点时的动能较Q点大
D. 带电质点通过P点时的加速度较Q点大
【答案】BD
【解析】
【分析】
【详解】A．质点所受电场力与等势面垂直且指向轨迹凹侧，故电场力的方向如图所示
由于质点带正电，场强方向与F相同，沿电场方向电势降低，故三个等势面中，c的电势最低，A错误；
BC．若质点从P到Q，则速度方向与受力方向夹角小于90°，电场力做正功，动能增大、电势能减小，B正确，C错误；
D．由
可知，等差等势面间距d越小，场强E越大，质点的加速度越大，故带电质点通过P点时的加速度较Q点大，D正确。
故选BD。
7. 如图所示，一直流电动机与阻值的电阻串联在电源上，电源电动势V，内阻，用理想电压表测出电动机两端电压V，已知电动机线圈电阻，则下列说法中正确的是（ ）
A. 电源总功率为60WB. 通过电动机的电流为A
C. 电源的路端电压为28VD. 电动机的输出功率为18W
【答案】AC
【解析】
【详解】B．根据闭合电路欧姆定律，有
解得
故B错误；
A．电源的总功率为
故A正确；
C．电源的路端电压为
故C正确；
D．电动机的输入功率
电动机的热功率
电动机的输出功率
故D错误
故选AC。
8. 如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，其中，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，则（ ）
A. 电压表读数变大，电流表读数减小
B. 和上的电压都增大
C. 质点P将向下运动，电源的效率增大
D. 上消耗的功率增大，电源的输出功率减小
【答案】AD
【解析】
【详解】A．当滑动变阻器的滑片向b端移动时，滑动变阻器的阻值变大，外电阻增大，总的电流I1减小，根据闭合电路欧姆定律有
则上的电压、电流I3都增大，根据
则通过的电流I２减小，根据
所以电压表读数变大，电流表读数减小，则A正确；
B．上的电压为
总的电流I1减小，则上的电压减小，上的电压都增大，所以B错误；
C．电容器两端电压与R３两端电压相等，则电容器两端电压增大，两极板间的电场强度变大，电场力增大，质点P将向上运动，电源的效率为
所以外电阻增大时，电源效率增大，则C错误；
D．上消耗的功率为
由于上的电压、电流I３都增大，则其消耗的功率增大，根据电源的输出功率规律，当外电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，由于即外电阻大于内阻，则随外电阻的增大，电源的输出功率逐渐减小，所以D正确；
故选AD。
9. 如图所示，水平固定小圆盘A，带电量为Q，电势为零，从盘心处O由静止释放一质量为m带电量为的小球，由于电场的作用，小球竖直上升的最大高度可达盘中心竖直线上的c点，又知道过竖直线上b点时，小球速度最大，已知，，由此可知（ ）
A. 小球在c点的电势能为mgH
B. c点电势
C. Ob两点电势差
D. 小球从O点到b点电势能和动能之和一直增大
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．带电小球从O到c，根据动能定理得
W电-mgH=0
电场力做正功
W电=mgH
电势能减小mgH，O点电势能为0，所以c点电势能为-mgH，c点的电势为
故A错误，B正确；
C．带电小球从O到b，根据动能定理得
解得
则可知Ob两点电势差，故C正确；
D．由于小球运动过程中只有重力和电场力做功，则小球的机械能与电势能之和保持不变，小球从O点到b点过程中，重力势能一直增大，则小球从O点到b点电势能和动能之和一直减小，故D错误。
故选BC。
三、填空题：10~15（每空2分，共22分）
10. 真空中两个等量异种电荷电量的值均为q，相距r，两点电荷连线中点处的场强为______。
【答案】
【解析】
【详解】[1]正、负点电荷单独存在时，在两点电荷连线中点处产生的电场强度都为
且方向相同，故两点电荷连线中点处的合场强为
11. 一匀强电场的方向平行于xOy平面，平面内a、b、c三点的位置如图所示，三点的电势分别为10V、17V、26V则电子在a点的电势能比在b点的___________（“高”或“低”），坐标原点处的电势为___________V。
【答案】 ①. 高 ②. 1
【解析】
【详解】[1]根据电势能的计算公式，可知电子在电势高的位置电势能小，所以电子在a点的电势能比在b点的高；
[2] 根据匀强电场中平行线上等间距同向的两点间的电势差相等，则
解得
V
12. （1）某同学用螺旋测微器测量某物体，结果如图。则螺旋测微器读数为______mm。
（2）有下图可知，该游标卡尺的读数为______cm。
【答案】 ①. 7.600 ②. 1.240
【解析】
【详解】（1）[1]螺旋测微器读数为
7.5mm+10.0×0.01mm=7.600mm
（2）[2]游标卡尺的读数为
12mm+8×0.05mm=12.40mm=1.240cm
13. 一量程为0.6A的电流表，其刻度盘如图所示。今在此电流表的两端间并联一电阻，其阻值等于该电流表内阻的，使之成为一新的电流表，则图示的刻度盘上的每一小格表示___________A
【答案】0.06
【解析】
【详解】[1]由图示表盘可知，其分度值为：0.02A；在此电流表的两端间并联一个电阻，其阻值等于该电流表内阻的，电流表内阻变为原来的，改装后电流表的量程是原电流表量程的3倍，所以电表分度值变为为0.06A，即每一小格表示0.06A。
14. 某同学为了测量一电池的电动势和内阻，所用器材是：
量程3V的电压表V；
量程0.6V的电流表A；
滑动变阻器（）；
开关S，导线。
选用图1所示的电路图测量该电池的电动势和内阻。已知定值电阻，测出几组电流、电压的数值，并画出如图2所示的图像，则可知这个电池的电动势为______V，内阻______。
【答案】 ①. 1.48
②. 1.20
【解析】
【详解】[1][2]根据闭合电路欧姆定律有
根据图像可得，图像纵轴的截距表示电源的电动势，图像斜率的绝对值表示电源内阻与定值电阻之和，所以有
则
15. 指针式多用表是实验室中常用的测量仪器。请完成下列问题：
（1）使用多用表测电阻时，将选择开关拨至“×10”挡，进行欧姆调零。将两表笔接待测电阻两端，指针如图（甲）示，为了使多用电表测量的结果更准确，该同学接着应该进行哪些操作？请从下面的操作中选出合理的步骤并进行正确排序___________。
A.将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针指向欧姆挡零刻度线
B.将选择开关拨至“×100”挡
C.将选择开关拨至“×1”挡
D.测量完毕后将选择开关拨至“OFF”挡
E.再将待测电阻接到两表笔之间测量其阻值并读出读数
经以上正确操作，将两表笔接待测电阻两端时，指针如图（乙）所示，待测电阻为___________Ω。
（2）如图是一个多用表欧姆挡内部电路示意图。电流表满偏电流为5mA、内阻为10Ω；电池电动势为1.5V、内阻为1Ω，变阻器R0阻值为0~500Ω。则电阻刻度盘上指针指在1mA处应标上___________Ω
【答案】 ①. BAED ②. 3200 ③. 1200
【解析】
【详解】（1）[1]由图可知选择开关置于“×10”挡，图中的偏角太小，说明阻值较大，所以要换大倍率“×100”挡，重新欧姆调零后再测量。测量完成后需要将开关打至OFF挡；故步骤为：BAED。
[2]待测电阻为
（2）[3]欧姆表的内阻为
当电流表为1mA时，对应待测电阻为
四、计算题：
16. 如图所示，用长为l的绝缘细线悬挂一带电小球，小球质量为m．现加一水平向右、场强为E的匀强电场，平衡时小球静止于A点，细线与竖直方向成角．
(1)求小球所带电荷量的大小；
(2)若将细线剪断，小球将在时间t内由A点运动到电场中的P点图中未画出，求A、P两点间的距离
(3)求A、P两点间电势差的．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【分析】
【详解】（1）设小球所带电荷量的大小为q．小球平衡时的受力情况如右图所示，则有
（2）剪断细线后，小球受电场力和重力，它们的合力为F合，加速度为a，小球做初速度为0的匀加速运动．则
根据牛顿第二定律有
所以
所以A、P两点间的距离
（3）A、P两点间电势差的大小
考点：电场力及共点力作用下的平衡；牛顿第二定律及运动学公式；匀强电场中电势差与场强的关系等．
17. 如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电量为e的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经过电压加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：
（1）右侧平行金属板的长度；
（2）电子穿出右侧平行金属板时的动能。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）电子通过B点时的速度大小为vB，则由动能定理得
解得
设右侧平行金属板的长度为L，由题意得
联立方程，解得
（2）电子穿出右侧平行金属板时速度为v，则有
则电子穿出右侧平行金属板时的动能为
18. 如图所示，竖直放置的半圆形绝缘轨道半径为R，下端与绝缘水平面平滑连接，整个装置处于方向竖直向上的匀强电场E中。一质量为m，带电量为的物块（可视为质点），从水平面上的A点以初速度水平向左运动，沿半圆形轨道恰好通过最高点C，场强大小。求：
（1）物块达到C点的速度；
（2）物块在运动过程中克服摩擦力做的功；
（3）物块离开轨道后落回水平面水平距离。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）物块沿半圆形轨道恰好通过最高点C，半圆形轨道此时与物块间无弹力作用，物块受到的重力和电场力提供向心力，则有
解得
（2）物块在由A运动到C的过程中，设物块克服摩擦力做的功Wf，根据动能定理有
解得
（3）物块离开半圆形轨道后做类平抛运动，设水平位移为s，有
联立解得
相关试卷
福建省三明市2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题（Word版附解析）： 这是一份福建省三明市2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题（Word版附解析），文件包含福建省三明市2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题原卷版docx、福建省三明市2023-2024学年高二上学期期末考试物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
福建省三明市2023-2024学年高一上学期期末考试物理试题（Word版附解析）： 这是一份福建省三明市2023-2024学年高一上学期期末考试物理试题（Word版附解析），文件包含福建省三明市2023-2024学年高一上学期期末考试物理试题原卷版docx、福建省三明市2023-2024学年高一上学期期末考试物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
福建省福州市福清市高中联合体2023-2024学年高二上学期期末联考物理试题（Word版附解析）： 这是一份福建省福州市福清市高中联合体2023-2024学年高二上学期期末联考物理试题（Word版附解析），文件包含福建省福州市福清市高中联合体2023-2024学年高二上学期期末联考物理试题原卷版docx、福建省福州市福清市高中联合体2023-2024学年高二上学期期末联考物理试题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
