福建省南平市浦城县高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年福建省南平市浦城县高二（上）期中物理试卷一、选择题（共48分，多选题选错一个不给分，少选给1分）1把一个带正电的金属小球a跟同样的不带电的金属球b相碰，两球都带等量的正电荷，这从本质上看是因为（）aa球的正电荷移到b球上bb球的负电荷移到a球上ca球的负电荷移到b球上db球的正电荷移到a球上2如图所示为滑动变阻器的示意图，下列说法中正确的是（）aa和b串联接入电路时，p向右移动电流增大bb和c串联接入电路时，p向右移动电流减小cb和d串联接入电路时，p向右移动电流增大da和c串联接入电路时，p向右移动电流增大3如图所示，长方体铜柱长a=10cm，宽b=5cm，高c=3cm，当将a与b接入电阻为1，若将c与d接入电路中，则电阻为（）a4b2cd4下列关于点电荷的说法正确的是（）a当两个带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷b只有体积很小的带电体才可能看作点电荷c体积较大的带电体一定不是点电荷d点电荷并非理想模型，而是真实存在的5有两个完全相同的金属小球a和b（它们的大小可忽略不计），分别带电荷量q和5q，当它们在真空中相距一定距离时，a球对b球的斥力为f，若用绝缘手柄移动这两个小球，使它们相接触后分别再放回原处，则它们间的作用力变为（）afb3fc6fd1.8f6将电量为3106c的负电荷，放在电场中a点，受到的电场力大小为6103n，方向水平向右，则将电量为6106c的正电荷放在a点，受到的电场力为（）a1.2102n，方向水平向右b1.2102n，方向水平向左c1.2102n，方向水平向右d1.2102n，方向水平向左7对于处在静电平衡状态的导体，以下说法中正确的是（）a导体内部既无正电荷，又无负电荷b导体内部和外表面处的电场均为零c导体处于静电平衡时，导体表面的电荷代数和为零d导体内部电场为零是外加电场与感应电荷产生的电场叠加的结果8某导体中的电流随其两端的电压变化，如图实线所示，则下列说法中错误的是（）a加5v电压时，导体的电阻是5b加12v电压时，导体的电阻是8c由图可知，随着电压增大，导体的电阻不断减小d由图可知，随着电压减小，导体的电阻不断减小9如图所示，由电源、小灯泡、金属电阻丝、开关组成的电路中，当闭合开关s后，小灯泡正常发光，若用酒精灯加热电阻丝时，发现小灯泡亮度变暗，发生这一现象的主要原因是（）a小灯泡的电阻发生了变化b小灯泡灯丝的电阻率随温度发生了变化c电阻丝的电阻率随温度发生了变化d电源的电压随温度发生了变化10如图所示，m、n两点分别放置两个等量种异电荷，a为它们连线的中点，b为连线上靠近n的一点，c为连线的中垂线上处于a点上方的一点，在a、b、c三点中（）a场强最小的点是a点，电势最高的点是b点b场强最小的点是a点，电势最高的点是c点c场强最小的点是c点，电势最高的点是b点d场强最小的点是c点，电势最高的点是a点11一个电容器带电量为q时，两极板间的电压为u，下述叙述中错误的是（）a若它带的电量减半，则它的电容减半，两板电压不变b若它带的电量减半，则它的电容不变，两板的电压减半c若它带的电量为0，则它的电容不变，两板电压为0d若它带的电量加倍，则它的电容不变，两板电压加倍12如图所示，电源电动势为e，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是（）a小灯泡l1、l2均变暗b小灯l1、l2均变亮c电流表a的读数变小，电压表v的读数变大d电流表a的读数变大，电压表v的读数变小13（多选）下列说法不正确的是（）a三种起电方式中的摩擦起电不遵守电荷守恒定律b任何带电体的电荷量是元电荷的整数倍c点电荷和试探电荷都是一种理想模型d自然界只存在正电荷和负电荷，同种电荷相互吸引，异种电荷相互排斥14（多选）如图所示是用一个直流电动机提升重物的装置，重物质量m=50kg，电源电压u=100v，不计各处的摩擦，当电动机以v=0.9m/s的恒定速度将重物向上提升1m时，电路中的电流i=5a由此可知（）a电动机线圈的电阻r=1b电动机线圈的电阻r=2c该装置的效率为90%d此内阻消耗热功率为50w15图中的虚线为某正点电荷电场的等势面，相邻两等势面之间电势差相等有两个带电粒子（重力不计），以不同的速率，沿不同的方向，从a点飞入电场后，沿不同的径迹1和2运动（b、c、d、e均为运动轨迹与等势面的交点）则以下判断正确的是（）a粒子1带正电，粒子2带负电b粒子1从a到b与从b到c电场力做的功相等c粒子2的电势能先减小后增大d经过d、e两点时两粒子的速率可能相等16如图所示，质量分别为ma和mb的两小球带有同种电荷，电荷量分别为qa和qb，用绝缘细线悬挂在天花板上平衡时，两小球恰处于同一水平直线上，细线与竖直方向间夹角分别为1与2（12）现在同时剪断两绝缘细线，下列判断正确的是（）ama一定小于mbbqa一定大于qbc剪断细线后a、b两球都沿原细线方向做匀加速直线运动d在两小球落地前观察，同一时间两小球一定都在同一高度二、填空题17写出如图所示的游标卡尺和螺旋测微器的读数：（1）游标卡尺的读数mm；（2）螺旋测微器的读数mm18在“测定金属的电阻率”的试验中：金属线rx的电阻大约是3，实验室提供的电流表a（量程2.5ma，内阻约30）、电压表v（量程3v，内阻约3k）则金属线、电流表和电压表的连接方式应该采用甲、乙两图中的其中图的测量值大于真实值，其中图的测量值小于真实值（填甲或者乙）19某同学用量程为1ma、内阻为120的表头按图（a）所示电路改装成量程分别为1v和1a的多用电表图中r1和r2为定值电阻，s为开关回答下列问题：（1）根据图（a）所示的电路，在图（b）所示的实物图上连线（2）开关s闭合时，多用电表用于测量 （填“电流”、“电压”或“电阻”）；开关s断开时，多用电表用于测量 （填“电流”、“电压”或“电阻”）（3）表笔a应为色（填“红”或“黑”）（4）定值电阻的阻值r1=，r2=（结果取3位有效数字）三、计算题（共34分）20如图所示，在一条直线上有两个相距0.4m的点电荷a、ba带电荷量+q，b带电9q现引入第三个点电荷c，恰好使第三个点电荷c处于平衡状态，问：（1）c应放于何处？（2）c所带电荷量为多少？21带电量为1.0102库的粒子，在电场中先后飞经a、b两点，飞经a点时的动能为10焦耳，飞经b点时的动能为40焦耳已知a点的电势为700伏，求：（l）电荷从a到b电场力做多少功？（2）带电粒子在a点的电势能是多少？（3）b点的电势是多少？22如图所示电路中，电源的电动势=16v，电阻r1=r2=r3=10，电源内阻r=1求下述各种情况中电压表的示数（电压表的内阻非常大，流过电压表的电流可忽略不计）（1）电键s接在a点（2）电键s断开（3）电键s接在b点23如图所示，a、b是竖直放置的中心带有小孔的平行金属板，两板间的电压为u1=100v，c、d是水平放置的平行金属板，板间距离为d=0.2m，板的长度为l=1m，p是c板的中点，a、b两板小孔连线的延长线与c、d两板的距离相等，将一个负离子从板的小孔处由静止释放，求：（1）为了使负离子能打在p点，c、d两板间的电压应为多少？哪板电势高？（2）如果c、d两板间所加的电压为4v，则负离子还能打在板上吗？若不能打在板上，它离开电场时发生的侧移为多少？2015-2016学年福建省南平市浦城县高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共48分，多选题选错一个不给分，少选给1分）1把一个带正电的金属小球a跟同样的不带电的金属球b相碰，两球都带等量的正电荷，这从本质上看是因为（）aa球的正电荷移到b球上bb球的负电荷移到a球上ca球的负电荷移到b球上db球的正电荷移到a球上【考点】电荷守恒定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】金属是自由电子和金属正离子组成的，正离子只做热振动，不移动，而自由电子可以移动根据这个分析接触带电的实质【解答】解：a、d金属上正电荷只做无规则的热振动，不能发生移动，更不可能从一个球移动到另一个球故a、d错误 b、c，b球原来不带电，与a球接触后，由于a球上正电荷对电子的吸引，电子从b球转移到a球上，原来中性的b球就带正电电子带负电，所以b带正电是由于b球上的负电荷移到a球上的缘故故b正确，c错误故选b【点评】本题运用基本知识分析物理现象的能力2如图所示为滑动变阻器的示意图，下列说法中正确的是（）aa和b串联接入电路时，p向右移动电流增大bb和c串联接入电路时，p向右移动电流减小cb和d串联接入电路时，p向右移动电流增大da和c串联接入电路时，p向右移动电流增大【考点】欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】滑动变阻器的原理是靠改变连入电路中的电阻丝的长度来改变电阻的，它的正确接法是“一上一下”哪一段电阻丝被接入电路中是由下面的接线柱决定的若接左下接线柱，滑片向右移动，电阻变大，则电路中的电流变小；若接右下接线柱，滑片向左移动，电阻变大，则电路中的电流变小【解答】解：a、将a和b连入电路时，当滑片p向右滑动时，不会改变电阻丝长度，电阻不变，电流也不变；故a错误；b、将b和c连入电路时，连入路中的电阻丝是pb部分当滑片p向右滑动时，pb电阻丝长度减小，电阻减小，电流增大，故b错误c、将b和d连入电路时，连入路中的电阻丝是pb部分当滑片p向右滑动时，pa电阻丝长度减小，电阻减小，则电流增大，故c正确d、将a和c连入电路时，连入电路中的电阻丝是ap部分，当滑片p向右滑动时，ap电阻丝长度变长，电阻变大，电流变小，故d错误；故选：c【点评】本题考查了滑动变阻器的原理和作用，能够正确判断当“一上一下”接入电路时哪一段电阻丝被连入电路中是本题的解题关键所在3如图所示，长方体铜柱长a=10cm，宽b=5cm，高c=3cm，当将a与b接入电阻为1，若将c与d接入电路中，则电阻为（）a4b2cd【考点】电阻定律【专题】定性思想；方程法；恒定电流专题【分析】当ab接入电路时，通过欧姆定律求出电阻，再有电阻定律求解出电阻率；当cd接入电路时，有欧姆定律求出电阻，再有欧姆定律求出电流【解答】解：当将a与b接入长方体铜导线的电阻为：rab=1有电阻定律可得：rab=解得：=当cd接入电路时，电阻为rcd=故d正确，abc错误；故选：d【点评】本题主要考察电阻定律的灵活运用，注意分清各自电阻的长度与横截面积，是解题的关键4下列关于点电荷的说法正确的是（）a当两个带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看作点电荷b只有体积很小的带电体才可能看作点电荷c体积较大的带电体一定不是点电荷d点电荷并非理想模型，而是真实存在的【考点】元电荷、点电荷【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系【解答】解：a、由带电体看作点电荷的条件，当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，故a正确； b、带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系，故bc错误； d、点电荷是理想模型，实际不存在的，故d错误；故选：a【点评】本题关键明确点电荷是一种理想模型，知道物体是否可以简化为点电荷，关键是看物体的尺度在所研究的问题中是否可以忽略不计5有两个完全相同的金属小球a和b（它们的大小可忽略不计），分别带电荷量q和5q，当它们在真空中相距一定距离时，a球对b球的斥力为f，若用绝缘手柄移动这两个小球，使它们相接触后分别再放回原处，则它们间的作用力变为（）afb3fc6fd1.8f【考点】库仑定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】a球对b球的斥力为f，说明a和b带同种电荷，根据库仑定律可以得到f与电量q、距离r的关系；a、b球相互接触后放回原处，距离r不变，电荷平分，再根据库仑定律得到相互作用的库仑力大小与q、r的关系，用比例法求解【解答】解：由库仑定律可得：f=；而两球接触后再分开平分总电量，故分开后两球的带电量为3q；则库仑力f=1.8f；故选d【点评】本题考查运用比例法求解物理问题的能力对于两个完全相同的金属球互相接触后电量平分6将电量为3106c的负电荷，放在电场中a点，受到的电场力大小为6103n，方向水平向右，则将电量为6106c的正电荷放在a点，受到的电场力为（）a1.2102n，方向水平向右b1.2102n，方向水平向左c1.2102n，方向水平向右d1.2102n，方向水平向左【考点】电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场中某点的电场强度不会随着放置电荷变化而变化，它是电场固有的当放入电荷变化时，则对应的电场力也会跟着变化当不放入电荷时，电场强度依然存在【解答】解：将电量为3106c的负电荷，放在电场中a点，受到的电场力大小为6103n，方向水平向右则将电量为6106c的正电荷放在a点，受到的电场力方向与前者相反水平向左，大小为故选：b【点评】电场强度是描述电场中的强弱的物理量，不与是否放入电荷，或电荷的多少无关7对于处在静电平衡状态的导体，以下说法中正确的是（）a导体内部既无正电荷，又无负电荷b导体内部和外表面处的电场均为零c导体处于静电平衡时，导体表面的电荷代数和为零d导体内部电场为零是外加电场与感应电荷产生的电场叠加的结果【考点】静电场中的导体【专题】电场力与电势的性质专题【分析】金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，只有叠加后电场为零时，电荷才不会移动当点电荷移走后，电荷恢复原状【解答】解：a、金属导体的内部电场强度处处为零，导体内部不再有电荷的定向移动，导体的内部没有多余的净电荷，都是不能说导体内部既无正电荷，又无负电荷 故a错误b、金属导体内部电场强度处处为零，电荷分布在外表面上，表面处的场强不等于0，故b错误c、导体处于静电平衡时，导体表面的电荷代数和不一定为零，要看开始时是不是0故c错误；d、金属导体在点电荷附近，出现静电感应现象，导致电荷重新分布因此在金属导体内部出现感应电荷的电场，正好与点电荷的电场叠加，内部电场强度处处为零故d正确故选：d【点评】处于静电感应现象的导体，内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面且导体是等势体8某导体中的电流随其两端的电压变化，如图实线所示，则下列说法中错误的是（）a加5v电压时，导体的电阻是5b加12v电压时，导体的电阻是8c由图可知，随着电压增大，导体的电阻不断减小d由图可知，随着电压减小，导体的电阻不断减小【考点】路端电压与负载的关系【专题】恒定电流专题【分析】iu图象描述物体的电流随电压的变化；由各点的坐标可求得导体的电阻；由图象的斜率的变化可明确电阻的变化【解答】解：a、加5v的电压时，电流为1.0a，则由欧姆定律可知，r=5，故a正确，b、加12v的电压时，电流为1.5a，则可得电阻为：r=8，故b正确；c、由图可知，随电压的增大，图象的斜率减小，则可知导体的电阻越来越大，故c错误；d、随着电压的减小，导体的电阻减小，故d正确；本题选择错误的，故选：c【点评】本题考查欧姆定律的应用；注意伏安特性曲线的性质，能从图象中得出电阻的变化9如图所示，由电源、小灯泡、金属电阻丝、开关组成的电路中，当闭合开关s后，小灯泡正常发光，若用酒精灯加热电阻丝时，发现小灯泡亮度变暗，发生这一现象的主要原因是（）a小灯泡的电阻发生了变化b小灯泡灯丝的电阻率随温度发生了变化c电阻丝的电阻率随温度发生了变化d电源的电压随温度发生了变化【考点】电阻定律【分析】导体的电阻与温度有关，纯金属的电阻率随温度的升高而增大【解答】解：电阻与导体的温度有关，对于大多数金属导体而言，电阻随温度的升高而增大所以当用酒精灯对金属电阻丝进行加热时，金属电阻丝的温度就会升高，电阻就会增大，此时电路中的电流就会减小，灯泡的亮度就会变暗故选：c【点评】本题考查了导体电阻与温度的关系：金属导体的电阻随温度升高而增大，随温度降低而减小（如超导体现象），非金属导体和绝缘体的电阻随温度升高而减小（如玻璃加热到红炽状态时也会变为导体）10如图所示，m、n两点分别放置两个等量种异电荷，a为它们连线的中点，b为连线上靠近n的一点，c为连线的中垂线上处于a点上方的一点，在a、b、c三点中（）a场强最小的点是a点，电势最高的点是b点b场强最小的点是a点，电势最高的点是c点c场强最小的点是c点，电势最高的点是b点d场强最小的点是c点，电势最高的点是a点【考点】电势；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据等量异种电荷电场线的分布去比较场强的大小，以及电势的高低沿着电场线方向电势降低【解答】解：根据等量异种电荷电场线的分布，知道ebeaec，场强最小的是c点等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，知a=c，沿着电场线方向电势逐渐降低，异种电荷间的电场线由正电荷指向负电荷，知ba，所以电势最高点是b点故a、b、d错误，c正确故选c【点评】解决本题的关键是熟悉等量异种电荷周围电场线的分布以及知道等量异种电荷间连线的垂直平分线是等势线11一个电容器带电量为q时，两极板间的电压为u，下述叙述中错误的是（）a若它带的电量减半，则它的电容减半，两板电压不变b若它带的电量减半，则它的电容不变，两板的电压减半c若它带的电量为0，则它的电容不变，两板电压为0d若它带的电量加倍，则它的电容不变，两板电压加倍【考点】电容；电容器的动态分析【专题】电磁学【分析】电容是表征电容器容纳电荷本领的物理量，与电容所带电量、板间电压无关根据电容的定义式c=，分析电量减半时电压如何变化【解答】解：a、b若电容器带的电量q减半时，其电容c不变，根据电容的定义式c=得知，两板的电压u减半故a错误，b正确c、电容与电量无关，当若电容器带的电量为0，但它的电容仍不变，板间没有电场，电压为0故c正确d、若电容器带的电量q加倍，但它的电容c不变，根据电容的定义式c=得知，两板电压u加倍故d正确本题选错误的，故选a【点评】本题考查对电容的物理意义和其定义式的理解及应用能力对于给定的电容器其电容是不变的12如图所示，电源电动势为e，内阻为r，不计电压表和电流表内阻对电路的影响，当电键闭合后，两小灯泡均能发光在将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，下列说法正确的是（）a小灯泡l1、l2均变暗b小灯l1、l2均变亮c电流表a的读数变小，电压表v的读数变大d电流表a的读数变大，电压表v的读数变小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律判断干路电流的变化，即可知道电流表示数的变化和路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化分析并联部分电压的变化，判断l1灯亮度的变化【解答】解：将滑动变阻器的滑片逐渐向右滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，并联部分的电阻增大，外电路总电阻增大，则干路电流减小，故l2灯变暗，电流表读数变小电源的内电压减小，则路端电压增大，电压表读数变大根据串联电路分压特点可知，并联部分电压增大，则l1灯变亮故c正确abd错误故选：c【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式、灵活应用欧姆定律公式是正确解题的关键13（多选）下列说法不正确的是（）a三种起电方式中的摩擦起电不遵守电荷守恒定律b任何带电体的电荷量是元电荷的整数倍c点电荷和试探电荷都是一种理想模型d自然界只存在正电荷和负电荷，同种电荷相互吸引，异种电荷相互排斥【考点】电荷守恒定律；元电荷、点电荷【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】任何起电方式的实质都是一样，电荷的转移，均遵守电荷守恒定律；任何带电体的电荷量是元电荷的整数倍；点电荷和试探电荷都是一种理想模型；只存在正电荷和负电荷，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，从而即可求解【解答】解：a、任何起电方式，均遵守电荷守恒定律，故a错误；b、任何带电体的电荷量是元电荷的整数倍，元电荷可以由实验测定，故b正确；c、点电荷和试探电荷都是一种理想模型，故c正确；d、自然界中只存在正电荷和负电荷，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故d错误；本题选择不正确的，故选：ad【点评】本题考查起电的本质，掌握元电荷的概念，理解点电荷与试探电荷的区别，注意正负电荷的相互作用的规律14（多选）如图所示是用一个直流电动机提升重物的装置，重物质量m=50kg，电源电压u=100v，不计各处的摩擦，当电动机以v=0.9m/s的恒定速度将重物向上提升1m时，电路中的电流i=5a由此可知（）a电动机线圈的电阻r=1b电动机线圈的电阻r=2c该装置的效率为90%d此内阻消耗热功率为50w【考点】电功、电功率【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题【分析】电动机消耗的电能转化为提升重物的机械能和内部产生的内能，根据能量守恒定律列出电动机消耗的电功率与输出的机械功率与发热功率的关系式，求出电动机线圈的电阻，效率等于提升重物的功与小号的总电功的比值，不计各处的摩擦，额外功等于电动机的内阻产生的热量【解答】解：ab、根据能量转化和守恒定律得：ui=mgv+i2r得到：r=2，故a错误，b正确；c、该装置的效率为：=%=90%，故c正确；d、根据能量守恒关系可知，内阻消耗的额外功功率为p=uimgv=50w，故d正确；故选：bcd【点评】本题考查电动机的功率问题，要注意明确电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，抓住能量如何转化列方程是关键15图中的虚线为某正点电荷电场的等势面，相邻两等势面之间电势差相等有两个带电粒子（重力不计），以不同的速率，沿不同的方向，从a点飞入电场后，沿不同的径迹1和2运动（b、c、d、e均为运动轨迹与等势面的交点）则以下判断正确的是（）a粒子1带正电，粒子2带负电b粒子1从a到b与从b到c电场力做的功相等c粒子2的电势能先减小后增大d经过d、e两点时两粒子的速率可能相等【考点】等势面【分析】根据轨迹判定电荷1受到中心电荷的斥力，而电荷2受到中心电荷的引力，可知两粒子在从a向d、e运动过程中电场力做功情况根据ade三点在同一等势面上，可判定从a到d和从a到e过程中电场力所做的总功为0【解答】解：a、由图可知在某正点电荷电场中电荷1受到中心电荷的斥力，而电荷2受到中心电荷的引力，故粒子1带正电，粒子2带负电，故a正确b、由于电场力做功：w=qu，相邻两等势面之间电势差相等，所以粒子1从a到b与从b到c电场力做的功相等故b正确c、电荷2受到中心电荷的引力，靠近的过程中电场力做正功，电势能减小；远离的过程中电场力做负功，电势能增大故c正确d、ade三点在同一个等势面上，而粒子1从a到d、粒子2从a到e电场力做功均为零，则经过d、e两点两粒子的速率一定不相等，故d错误；故选：abc【点评】根据轨迹判定“电荷1受到中心电荷的斥力，而电荷2受到中心电荷的引力”是解决本题的突破口16如图所示，质量分别为ma和mb的两小球带有同种电荷，电荷量分别为qa和qb，用绝缘细线悬挂在天花板上平衡时，两小球恰处于同一水平直线上，细线与竖直方向间夹角分别为1与2（12）现在同时剪断两绝缘细线，下列判断正确的是（）ama一定小于mbbqa一定大于qbc剪断细线后a、b两球都沿原细线方向做匀加速直线运动d在两小球落地前观察，同一时间两小球一定都在同一高度【考点】库仑定律；牛顿第二定律【分析】设两个球间的静电力为f，分别对两个球受力分析，求解重力表达式后比较质量大小；两球运动后之间的库仑力在减小，合力变化，不可能是匀变速运动；竖直方向上做自由落体运动，高度决定时间，高度相同、时间就相同【解答】解：a、对小球a受力分析，受重力、静电力、拉力，如图根据平衡条件，有：故：同理，有：由于12，故mamb，故a正确b、两球间的库仑力是作用力与反作用力，一定相等，与两个球带电量是否相等无关，故b错误c、假设剪断细线后a、b两球都沿原细线方向，两球之间的距离增大，则库仑力减小，合力变化，不可能做匀变速运动故c错误d、小球受到的库仑力始终在水平方向上，不影响运动时间，运动时间由竖直方向上的运动决定，竖直方向上只受重力，从同一高度做自由落体运动，故在两小球落地前观察，同一时间两小球一定都在同一高度，故d正确故选：ad【点评】本题考查知识点较多，涉及运动的独立性以及物体的平衡等，较好的考查了学生综合应用知识的能力，是一道考查能力的好题二、填空题17写出如图所示的游标卡尺和螺旋测微器的读数：（1）游标卡尺的读数52.35mm；（2）螺旋测微器的读数3.855mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】实验题【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；（2）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数示数之和是螺旋测微器示数之和【解答】解：（1）由图1所示游标卡尺可知，主尺示数是5.2cm=52mm，游标尺示数是70.05mm=0.35mm，游标卡尺示数为52mm+0.35mm=52.35mm（2）由图2所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为3.5mm，可动刻度示数为35.50.01mm=0.355mm，螺旋测微器示数为3.5mm+0.355mm=3.855mm故答案为：（1）52.35；（2）3.855【点评】要掌握游标卡尺与螺旋测微器的使用及读数方法；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读18在“测定金属的电阻率”的试验中：金属线rx的电阻大约是3，实验室提供的电流表a（量程2.5ma，内阻约30）、电压表v（量程3v，内阻约3k）则金属线、电流表和电压表的连接方式应该采用甲、乙两图中的乙其中甲图的测量值大于真实值，其中乙图的测量值小于真实值（填甲或者乙）【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题；定性思想；图析法；恒定电流专题【分析】根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后选择实验电路图；根据电路图应用欧姆定律分析实验误差【解答】解：由题意可知， =0.1， =1000，则电流表应采用外接法，应选图乙所示电路图图甲所示电路图中电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，所测电压偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值大于真实值；故答案为：乙；甲【点评】本题考查了伏安法测电阻测量电路的选择与实验误差的分析，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时，电流表采用内接法，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表采用外接法19某同学用量程为1ma、内阻为120的表头按图（a）所示电路改装成量程分别为1v和1a的多用电表图中r1和r2为定值电阻，s为开关回答下列问题：（1）根据图（a）所示的电路，在图（b）所示的实物图上连线（2）开关s闭合时，多用电表用于测量电流 （填“电流”、“电压”或“电阻”）；开关s断开时，多用电表用于测量电压 （填“电流”、“电压”或“电阻”）（3）表笔a应为黑色（填“红”或“黑”）（4）定值电阻的阻值r1=1.00，r2=880（结果取3位有效数字）【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）对照电路图连线即可，注意电流表的正负接线柱；（2）并联分流电阻电流量程扩大；串联分压电阻电压量程扩大；（3）红正黑负，即电流从红表笔流入，黑表笔流出；（4）根据电路串并联知识列式求解即可【解答】解：（1）对照电路图连线，如图所示；（2）开关s断开时，串联分压电阻，电压量程扩大，是电压表；开关s闭合时，并联分流电阻，电流量程扩大，是电流表；（3）红正黑负，故表笔a连接负接线柱，为黑表笔；（4）开关s断开时，电压量程为1v，故：rv=；故r2=rvrg=1000120=880；r1=；故答案为：（1）如图所示； （2）电流，电压； （3）黑； （4）1.00，880【点评】本题关键明确电压表和电流表的改装原理，然后根据串并联电路的电流、电压、电阻关系列式求解；注意电表是纯电阻电路三、计算题（共34分）20如图所示，在一条直线上有两个相距0.4m的点电荷a、ba带电荷量+q，b带电9q现引入第三个点电荷c，恰好使第三个点电荷c处于平衡状态，问：（1）c应放于何处？（2）c所带电荷量为多少？【考点】库仑定律【专题】定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题【分析】a、b、c三个点电荷都处于静止状态，对电荷受力分析，每个电荷都处于受力平衡状态，故根据库仑定律可分别对任意两球进行分析列出平衡方程即可求得结果【解答】解：a、b、c三个电荷要平衡，必须三个电荷的一条直线，外侧二个电荷相互排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所以外侧两个电荷距离大，要平衡中间电荷的拉力，必须外侧电荷电量大，中间电荷电量小，所以c必须为负电，在a的左侧设c所在位置与a的距离为r，则c所在位置与b的距离为l+r，要能处于平衡状态，所以a对c的电场力大小等于b对c的电场力大小，设c的电量为q则有： =解得：r=0.2m对点电荷a，其受力也平衡，则=解得：q=q所以c带负电，放在a的左边0.2m处，带电荷量为q答：（1）c应放于离a的距离为0.2m处；（2）c所带电荷量为q【点评】我们可以去尝试假设c带正电或负电，它应该放在什么地方，能不能使整个系统处于平衡状态不行再继续判断21带电量为1.0102库的粒子，在电场中先后飞经a、b两点，飞经a点时的动能为10焦耳，飞经b点时的动能为40焦耳已知a点的电势为700伏，求：（l）电荷从a到b电场力做多少功？（2）带电粒子在a点的电势能是多少？（3）b点的电势是多少？【考点】电势能；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）带电粒子从a点到b点的过程中电场力做功等于动能的增加（2）由ep=q求解带电粒子在a点的电势能（3）由w=quab求出a、b两点的电势差结合a点的电势为700伏，求出b点的电势【解答】解：（1）根据动能定理得到，带电粒子从a点到b点的过程中电场力做功等于动能的增加量，则电场力做功为：w=ekbeka=40j10j=30j；（2）带电粒子在a点的电势能：epa=qa=1.0102（700）v=7j；（3）a、b间的电势差