江西省分宜中学2019-2020学年高二上学期物理第一次段考试卷
一、单选题
1．（2019高二上·江西月考）如图所示，把带正电金属球A，靠近不带电的验电器B，则（ ）
A．验电器金属箔片不张开，因为球A没有和B接触
B．验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了正电
C．验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了负电
D．验电器金属箔片张开，因为验电器金属箔片带上了正电
2．（2019高二上·江西月考）某示波管在偏转电极XX′、YY′上不加偏转电压时光斑位于屏幕中心。现给偏转电极XX′（水平方向）、YY′（竖直方向）加上如图（1）、（2）所示的偏转电压，则在光屏上将会看到下列哪个可能图形（圆为荧光屏，虚线为光屏坐标）（ ）
A． B．
C． D．
3．（2019高二上·江西月考）以下叙述错误的是（ ）
A．该手机待机电流约15mA B．静电除尘时空气电离
C．伏打电池φA=φB D．电解槽内电流朝右
4．（2019高二上·江西月考）如图所示，要使静电计张角变大，可采用的方法有（ ）
A．用手接触一下负极板 B．使两极板靠近些
C．两板间插入塑料板 D．使两板正对面积减小
5．（2019高二上·江西月考）如图所示，一价氢离子和二价氦离子(不考虑二者间的相互作用)，从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场中，则它们（ ）
A．同时离开偏转电场，但出射点的位置不同
B．同时离开偏转电场，出射点的位置相同
C．先后离开偏转电场，但出射点的位置相同
D．先后离开偏转电场，且出射点的位置不同
6．（2019高二上·江西月考）如图所示是某导体的I-U图像，图中α=30°，下列说法正确的是（ ）
A．此导体的电阻R=0.5
B．通过导体的电流与其两端的电压成反比
C．此I-U图像的斜率可表示电阻大小的倒数，所以R=cot30°=
D．当该导体两端加6V的电压时，每秒通过导体横截面的电荷量是3C
7．（2019高二上·江西月考）如图所示为一空腔球形导体(不带电)，现将一个带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的场强E和电势φ的关系是（ ）
A．Ea＞Eb＞Ec，φa＞φb＞φc B．Ea＝Eb＞Ec，φa＝φb＞φc
C．Ea＝Eb＝Ec，φa＝φb＞φc D．Ea＞Ec＞Eb，φa＞φb＞φc
8．（2019高二上·榆树期中）如图，真空存在一点电荷产生的电场，其中a、b两点的电场强度方向如图，a点的电场方向与ab连线成60°，b点电场方向与ab连线成30°，则以下关于a、b两点电场强度Ea、Eb及电势φa、φb的关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．（2019高二上·江西月考）欧姆定律对下列哪些导体的导电是不适用的？ （ ）
A．电动机 B．金属 C．电解液 D．气态导体
10．（2019高二上·江西月考）如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负试探电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断不正确的是（ ）
A．电荷从a到b加速度减小 B．b处电势能大
C．电荷在b处速度小 D．b处电势高
三、实验题
11．（2019高二上·江西月考）欲用伏安法测定一段阻值约为5 左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：
A．电池组（3 V，内阻1 ）
B．电流表（0～3 A，内阻0.0125 ）
C．电流表（0～0.6 A，内阻0.125 ）
D．电压表（0～3 V，内阻3 k ）
E．电压表（0～15 V，内阻15 k ）
F．滑动变阻器（0～20 ，额定电流1 A）
G．滑动变阻器（0～200 ，额定电流0.3 A）
H．开关、导线
（1）上述器材中应选用的是 ；（填写各器材的字母代号）
（2）实验电路应采用电流表 接法；（填“内”或“外”）
（3）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5 A范围内改变，请按要求在虚线框内画出测量待测金属导线电阻Rx的电路原理图．
12．（2019高二上·江西月考）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡为“6V，3 W”，其他供选择的器材有：
电压表V1（量程6 V，内阻20 kΩ）
电流表A1（量程3 A，内阻0.2 Ω）
电流表A2（量程0.6 A，内阻l Ω）
变阻器R1（0～1000 Ω，0.5 A）
变阻器R2（0～20 Ω，2 A）
学生电源E（6～8 V）
开关S及导线若干
实验中要求在电压表0～6 V范围内读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线，则在上述器材中，电流表应选 ，变阻器应选 。在方框中画出此实验的原理图 ．
四、解答题
13．（2019高二上·江西月考）加在某导体两端的电压变为原来的0.8倍时，导体中的电流减小了0.2A。如果导体两端所加电压变为原来的1.2倍，则此时导体中的电流多大
14．（2019高二上·九台月考）如图所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为60V的恒定电源上，两板间距为3cm，电容器带电荷量为6×10－8C，A极板接地。求：
（1）平行板电容器的电容；
（2）平行板两板间的电场强度；
（3）距B板2cm的C点的电势。
15．（2019高二上·江西月考）如图所示，真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间偏转电场，最后打在荧光屏上．C、D两板间的电势差UCD随时间变化的图象如图所示，设C、D间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场．已知电子的质量为m、电荷量为e（重力不计），C、D极板长为L，板间距离为d，偏转电压U2，荧光屏距C、D右端的距离为L/6，所有电子都能通过偏转电极．
（1）求电子通过偏转电场的时间t0
（2）若UCD的周期T=t0，求荧光屏上电子能够到达的区域的长度
16．（2019高二上·江西月考）如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长 L= 0.1m，两板间距离d = 0.4 cm，有一束相同的带正电微粒以相同的初速度v0=2.5m/s先后从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上．设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间。已知微粒质量为 m = 2×10-6kg，电量q = 1×10-8 C，电容器电容为C=10-6
F，取g=10m/s2．求：
（1）第一个微粒运动的时间；
（2）求微粒在下板的落点范围；
（3）求平行板电容器最终所带电荷量。
（4）求最后一个落到下极板上的带电微粒的电势能（取地面为零势能面）。
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】静电的防止与利用
【解析】【解答】用带正电的金属球A去靠近原来不带电的验电器B，由于静电感应验电器（导体）两端出现等量正负感应电荷，近端的电荷的电性与A相反，带负电，所以金属球带负电，远端的金属箔片电荷与A的电性相同，带正电荷，即金箔片带正电，两片金箔由于带上同种电荷而被排斥张开。
故答案为：D
【分析】一个带电的物体与不带电的导体相互靠近时由于电荷间的相互作用，会使导体内部的电荷重新分布，异种电荷被吸引到带电体附近，而同种电荷被排斥到远离带电体的导体另一端。
2．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】由图1可知，x方向加逐渐增大的电压，则电子将向x方向偏转；由图2可知，y方向加正向电压，则电子将向y方向偏转，并且偏转位移相同；故电子在示波器上形成一条在xy中的直线，C符合题意，A，B，D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】电子在示波器内的时间很短，故可以认为电子在电场中的加速过程中电压不变．
3．【答案】C
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A.电池容量700 ，待机时间48h，所以待机电流
A正确，不符合题意。
B. 静电除尘时将空气电离，电离后的带电粒子在烟囱空腔的电场中运动时被烟气中的煤粉俘获，使煤粉被吸附到带电的电极上，因此排出的烟就比较清洁了，B正确，不符合题意。
C.根据题意可知，伏打电池A、B为电源两极，故两点电势不等，C错误，符合题意。
D.电流从正极出发回到负极，所以电解槽内电流朝右，D正确，不符合题意。
故答案为：C
【分析】沿电场线方向电势降低，正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小。
4．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A. 由于负板接地，用手触摸时，仍接地，故对电量没有影响，电势差保持不变，静电计张角不变，A不符合题意。
B. 电容器电量不变，减小两极板间的距离，则d减小，则由决定式 ，可得是容器的电容增大；则由Q=UC可知，电势差减小，张角变小，B不符合题意；
C. 电容器电量不变，在两板间插入塑料板时，即介电常数增大，则C增大，由Q=UC可知，电势差减小，张角变小，C不符合题意；
D. 电容器电量不变，减小正对面积时， ，电容减小，因电量不变，则由Q=UC可知，电压增大，则静电计张角增大，D符合题意。
故答案为：D
【分析】两极板靠近，利用电容器的决定公式求解电容的变化，再结合公式Q=CU求解电容器内部电场强度和两极板之间电势差的变化，进而分析静电计指针夹角的变化。
5．【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】在加速电场中， ，在偏转电场中，离子沿初速度方向做匀速直线运动：vx=v0，穿过电场的时间 ，在加速电场中，由牛顿第二运动定律： 可知，一价离子的加速度大，运动时间短，偏转电场中，由于两种离子在偏转电场中运动的水平速度不同，一价离子的水平速度大，仍然是一价离子的运动时间短，所以一价离子先离开电场；平行于电场方向即垂直于初速度的方向做初速度为零的匀加速直线运动：加速度 ，偏移量 ，可以看出，离子离开电场时的偏转位移与离子的质量和电荷量均无关，即出射位置相同.
故答案为：C．
【分析】粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据水平位移和竖直的大小，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解即可。
6．【答案】D
【知识点】伏安特性曲线
【解析】【解答】A. 根据图线可得，
A不符合题意。
B. 由欧姆定律可知，通过该导体的电流与其两端的电压成正比，B不符合题意；
C. 当物理量所取标度、单位不同时，则倾角不同，所以电阻不能通过倾角正切值求得，C不符合题意；
D. 在两端加6.0V电压时，电流为
则每秒通过电阻的电荷量为：q=It=3.0×1C=3.0C
D符合题意。
故答案为：D
【分析】对于I-U曲线，图像的横坐标为电压，纵坐标为电流，图像斜率的倒数为电阻的阻值，结合选项求解即可。
7．【答案】D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】解：当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场线的分布如图．
由于a处电场线较密，c处电场线较疏，b处场强为零，则Ea＞Ec＞Eb．
根据顺着电场线方向电势降低，整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，分析可知电势关系是φa＞φb＞φc．
故答案为：D
【分析】将带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷．整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面．画出电场线的分布，根据电场线越密，场强越大，顺着电场线，电势降低，判断场强和电势的大小．
8．【答案】B
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】反向延长两条电场线交于O点，说明场源电荷在O点，因为电场强度指向外，所以场源电荷是正电荷，a点到O点的距离 ，b点到O点距离 ，根据点电荷的场强公式 可得： ，故 ，在正电荷的周围越靠近场源电势越高，故有 ，B符合题意．
故答案为：B
【分析】结合ab两个位置的电场强度的方向确定点电荷的位置，根据点电荷的位置确定ab两个点电场强度大小和电势大小。
9．【答案】A,D
【知识点】欧姆定律
【解析】【解答】金属中含有大量的自由电子，适用于欧姆定律；电解液中有大量的离子，所以适用于欧姆定律，而气态导体中自由电子几乎没有，所以欧姆定律不适用，电动机因为是非纯电阻电路，欧姆定律也不适用。
故答案为：AD
【分析】该题目考查的是欧姆定律的适用范围，电动机是非纯电阻元件，不适用于欧姆定律，同样气态导体同样不适用于欧姆定律。
10．【答案】A,D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A.电场线密集处场强大，电场线疏的地方电场的强度小，场强大的地方受力大，加速度大，所以粒子在b点的加速度大，A错误，符合题意。
BD. 根据粒子的运动的轨迹可以知道，负电荷受到的电场力的方向向下，所以电场线的方向向上，所以a点的电势大于b点的电势，负电荷在电势低的地方电势能大，所以b处电势能大，B正确，不符合题意；D错误，符合题意。
C.根据能量守恒可知，b处电势能大，动能小，速度小，C正确，不符合题意。
故答案为：AD
【分析】结合题目中给出的电场线模型，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
11．【答案】（1）ACDFH
（2）外
（3）
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】（1）电池组选A，电路中的最大电流约为 ，所以电流表选择C，电源电动势为3V，故电压表选D，滑动变阻器为调节的方便选择F，所以选用的器材为ACDFH；（2）待测电阻阻值约为5Ω是小电阻，故电流表用外接法；（3）因待测金属导线的电流要在0~0.5A范围内改变，滑动变阻器用分压式接法，电路图如图所示
【分析】（1）在量程允许的情况下选择小量程的电表即可；分压滑动变阻器选择小阻值的即可，可以比较灵明的调节电压；
（2）为了能得到比较多的数据，采用分压法，电流表内阻比较大，对电压影响比较大，故采用电流表外接法；
（3）结合第二问的要求设计电路图即可。
12．【答案】A2；R2；
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】灯泡额定电流
故电流表应选择A2，因为电压从零开始，滑动变阻器采取分压接法，选择较小的R2，因为电流表内阻已知，故为了准确方便计算，采取电流表内接法，电路图如下：
【分析】在量程允许的情况下选择小量程的电表即可；为了能得到比较多的数据，采用分压法，电压表内阻比较小，对电流的影响大，电路采用电流表内接法。
13．【答案】解：设是导体两端原来的电压为U，电流为I，则导体电阻
电压变为原来的0.8倍时，导体中的电流减小了0.2A。
联立得
解得I=1.0A
当电压变为1.2U时，根据欧姆定律可知I′=2I=1.2A
【知识点】欧姆定律
【解析】【分析】导体的电阻是本身的一种属性，与外加的电压和流过它的电流没有关系，先利用欧姆定律求解电阻，结合外加电压大小，再利用欧姆定律求解电流。
14．【答案】（1）解：根据电容定义有
（2）解：两板之间为匀强电场
方向竖直向下。
（3）解：C点距A板间距离为dAC=d-dBC=1cm
A与C间电势差UAC=EdAC=20V
又UAC=φA-φC，φA=0
可得φC=-20V
【知识点】电容器及其应用；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）结合电容器的电荷量和电势差，利用公式Q=CU求解电容器的电容即可；
（2）结合极板间的电势差和极板的间隔求解电场强度；
（3）确定零势能面，利用电场强度和距离求解C点的电势。
15．【答案】（1）解：电子在电场加速过程 ①
在偏转电场中运动，水平方向匀速运动 ②
由①②得
（2）解：当 时，所有电子在偏转电场中运动过程，竖直方向加速半个周期，减速半个周期，最终水平飞出．由竖直方向速度时间图像得 时刻进入的电子向上侧移距离最大，所以电子达到的区域长；
竖直方向：向上加速：
解得：
向上减速：由对称性可知
由对称性，向下运动
荧光屏上电子能够到达的区域的长度
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】粒子在电场的作用下做加速运动，利用动能定理求解末速度的大小；粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据水平位移和竖直的大小，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解即可。
16．【答案】（1）解：第一个微粒运动的时间t，根据
可知，
（2）解：第一个微粒落点
所以落在了下板中点，随着电荷的积累，竖直方向出现电场力，小球竖直加速度减小，运动时间变长，落点依次向右，直到飞出极板，所以落点范围是下极板的右半板。
（3）解：当平行板电容器电压最大时，进入板间的微粒刚好从下极板右边缘飞出，微粒在板间做类平抛运动，水平方向：L=v0t1
竖直方向：
由牛顿第二定律得：
代入数据解得：U=6V
平行板电容器最终所带电荷量
（4）解：因为上极板接地电势为零，板间电压为6V，下极板带正电，所以下极板电势为6V，根据电势能定义可知
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）粒子在竖直方向做匀速运动，结合竖直位移求解运动时间；
（2）粒子在水平方向做匀速运动，结合水平运动时间求解水平位移；
（3）利用运动学公式求解粒子的加速度，利用牛顿第二定律求解粒子受到的电场力，进而求解电容器的电荷量；
（4）求解电荷在A点的电势能，利用电荷量乘以A点的电势即可。
江西省分宜中学2019-2020学年高二上学期物理第一次段考试卷
一、单选题
1．（2019高二上·江西月考）如图所示，把带正电金属球A，靠近不带电的验电器B，则（ ）
A．验电器金属箔片不张开，因为球A没有和B接触
B．验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了正电
C．验电器金属箔片张开，因为整个验电器都带上了负电
D．验电器金属箔片张开，因为验电器金属箔片带上了正电
【答案】D
【知识点】静电的防止与利用
【解析】【解答】用带正电的金属球A去靠近原来不带电的验电器B，由于静电感应验电器（导体）两端出现等量正负感应电荷，近端的电荷的电性与A相反，带负电，所以金属球带负电，远端的金属箔片电荷与A的电性相同，带正电荷，即金箔片带正电，两片金箔由于带上同种电荷而被排斥张开。
故答案为：D
【分析】一个带电的物体与不带电的导体相互靠近时由于电荷间的相互作用，会使导体内部的电荷重新分布，异种电荷被吸引到带电体附近，而同种电荷被排斥到远离带电体的导体另一端。
2．（2019高二上·江西月考）某示波管在偏转电极XX′、YY′上不加偏转电压时光斑位于屏幕中心。现给偏转电极XX′（水平方向）、YY′（竖直方向）加上如图（1）、（2）所示的偏转电压，则在光屏上将会看到下列哪个可能图形（圆为荧光屏，虚线为光屏坐标）（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】由图1可知，x方向加逐渐增大的电压，则电子将向x方向偏转；由图2可知，y方向加正向电压，则电子将向y方向偏转，并且偏转位移相同；故电子在示波器上形成一条在xy中的直线，C符合题意，A，B，D不符合题意；
故答案为：C.
【分析】电子在示波器内的时间很短，故可以认为电子在电场中的加速过程中电压不变．
3．（2019高二上·江西月考）以下叙述错误的是（ ）
A．该手机待机电流约15mA B．静电除尘时空气电离
C．伏打电池φA=φB D．电解槽内电流朝右
【答案】C
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A.电池容量700 ，待机时间48h，所以待机电流
A正确，不符合题意。
B. 静电除尘时将空气电离，电离后的带电粒子在烟囱空腔的电场中运动时被烟气中的煤粉俘获，使煤粉被吸附到带电的电极上，因此排出的烟就比较清洁了，B正确，不符合题意。
C.根据题意可知，伏打电池A、B为电源两极，故两点电势不等，C错误，符合题意。
D.电流从正极出发回到负极，所以电解槽内电流朝右，D正确，不符合题意。
故答案为：C
【分析】沿电场线方向电势降低，正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小。
4．（2019高二上·江西月考）如图所示，要使静电计张角变大，可采用的方法有（ ）
A．用手接触一下负极板 B．使两极板靠近些
C．两板间插入塑料板 D．使两板正对面积减小
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】A. 由于负板接地，用手触摸时，仍接地，故对电量没有影响，电势差保持不变，静电计张角不变，A不符合题意。
B. 电容器电量不变，减小两极板间的距离，则d减小，则由决定式 ，可得是容器的电容增大；则由Q=UC可知，电势差减小，张角变小，B不符合题意；
C. 电容器电量不变，在两板间插入塑料板时，即介电常数增大，则C增大，由Q=UC可知，电势差减小，张角变小，C不符合题意；
D. 电容器电量不变，减小正对面积时， ，电容减小，因电量不变，则由Q=UC可知，电压增大，则静电计张角增大，D符合题意。
故答案为：D
【分析】两极板靠近，利用电容器的决定公式求解电容的变化，再结合公式Q=CU求解电容器内部电场强度和两极板之间电势差的变化，进而分析静电计指针夹角的变化。
5．（2019高二上·江西月考）如图所示，一价氢离子和二价氦离子(不考虑二者间的相互作用)，从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场中，则它们（ ）
A．同时离开偏转电场，但出射点的位置不同
B．同时离开偏转电场，出射点的位置相同
C．先后离开偏转电场，但出射点的位置相同
D．先后离开偏转电场，且出射点的位置不同
【答案】C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】在加速电场中， ，在偏转电场中，离子沿初速度方向做匀速直线运动：vx=v0，穿过电场的时间 ，在加速电场中，由牛顿第二运动定律： 可知，一价离子的加速度大，运动时间短，偏转电场中，由于两种离子在偏转电场中运动的水平速度不同，一价离子的水平速度大，仍然是一价离子的运动时间短，所以一价离子先离开电场；平行于电场方向即垂直于初速度的方向做初速度为零的匀加速直线运动：加速度 ，偏移量 ，可以看出，离子离开电场时的偏转位移与离子的质量和电荷量均无关，即出射位置相同.
故答案为：C．
【分析】粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据水平位移和竖直的大小，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解即可。
6．（2019高二上·江西月考）如图所示是某导体的I-U图像，图中α=30°，下列说法正确的是（ ）
A．此导体的电阻R=0.5
B．通过导体的电流与其两端的电压成反比
C．此I-U图像的斜率可表示电阻大小的倒数，所以R=cot30°=
D．当该导体两端加6V的电压时，每秒通过导体横截面的电荷量是3C
【答案】D
【知识点】伏安特性曲线
【解析】【解答】A. 根据图线可得，
A不符合题意。
B. 由欧姆定律可知，通过该导体的电流与其两端的电压成正比，B不符合题意；
C. 当物理量所取标度、单位不同时，则倾角不同，所以电阻不能通过倾角正切值求得，C不符合题意；
D. 在两端加6.0V电压时，电流为
则每秒通过电阻的电荷量为：q=It=3.0×1C=3.0C
D符合题意。
故答案为：D
【分析】对于I-U曲线，图像的横坐标为电压，纵坐标为电流，图像斜率的倒数为电阻的阻值，结合选项求解即可。
7．（2019高二上·江西月考）如图所示为一空腔球形导体(不带电)，现将一个带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，图中a、b、c三点的场强E和电势φ的关系是（ ）
A．Ea＞Eb＞Ec，φa＞φb＞φc B．Ea＝Eb＞Ec，φa＝φb＞φc
C．Ea＝Eb＝Ec，φa＝φb＞φc D．Ea＞Ec＞Eb，φa＞φb＞φc
【答案】D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】解：当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷，画出电场线的分布如图．
由于a处电场线较密，c处电场线较疏，b处场强为零，则Ea＞Ec＞Eb．
根据顺着电场线方向电势降低，整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面，分析可知电势关系是φa＞φb＞φc．
故答案为：D
【分析】将带正电的小金属球A放入腔中，当静电平衡时，空腔球形导体内壁感应出负电荷，外表面感应出正电荷．整个空腔球形导体是一个等势体，表面是一个等势面．画出电场线的分布，根据电场线越密，场强越大，顺着电场线，电势降低，判断场强和电势的大小．
8．（2019高二上·榆树期中）如图，真空存在一点电荷产生的电场，其中a、b两点的电场强度方向如图，a点的电场方向与ab连线成60°，b点电场方向与ab连线成30°，则以下关于a、b两点电场强度Ea、Eb及电势φa、φb的关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】反向延长两条电场线交于O点，说明场源电荷在O点，因为电场强度指向外，所以场源电荷是正电荷，a点到O点的距离 ，b点到O点距离 ，根据点电荷的场强公式 可得： ，故 ，在正电荷的周围越靠近场源电势越高，故有 ，B符合题意．
故答案为：B
【分析】结合ab两个位置的电场强度的方向确定点电荷的位置，根据点电荷的位置确定ab两个点电场强度大小和电势大小。
二、多选题
9．（2019高二上·江西月考）欧姆定律对下列哪些导体的导电是不适用的？ （ ）
A．电动机 B．金属 C．电解液 D．气态导体
【答案】A,D
【知识点】欧姆定律
【解析】【解答】金属中含有大量的自由电子，适用于欧姆定律；电解液中有大量的离子，所以适用于欧姆定律，而气态导体中自由电子几乎没有，所以欧姆定律不适用，电动机因为是非纯电阻电路，欧姆定律也不适用。
故答案为：AD
【分析】该题目考查的是欧姆定律的适用范围，电动机是非纯电阻元件，不适用于欧姆定律，同样气态导体同样不适用于欧姆定律。
10．（2019高二上·江西月考）如图所示，实线是一个电场中的电场线，虚线是一个负试探电荷在这个电场中的轨迹，若电荷是从a处运动到b处，以下判断不正确的是（ ）
A．电荷从a到b加速度减小 B．b处电势能大
C．电荷在b处速度小 D．b处电势高
【答案】A,D
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A.电场线密集处场强大，电场线疏的地方电场的强度小，场强大的地方受力大，加速度大，所以粒子在b点的加速度大，A错误，符合题意。
BD. 根据粒子的运动的轨迹可以知道，负电荷受到的电场力的方向向下，所以电场线的方向向上，所以a点的电势大于b点的电势，负电荷在电势低的地方电势能大，所以b处电势能大，B正确，不符合题意；D错误，符合题意。
C.根据能量守恒可知，b处电势能大，动能小，速度小，C正确，不符合题意。
故答案为：AD
【分析】结合题目中给出的电场线模型，电场线密集的区域电场强度大，沿电场线方向电势减小，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加。
三、实验题
11．（2019高二上·江西月考）欲用伏安法测定一段阻值约为5 左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：
A．电池组（3 V，内阻1 ）
B．电流表（0～3 A，内阻0.0125 ）
C．电流表（0～0.6 A，内阻0.125 ）
D．电压表（0～3 V，内阻3 k ）
E．电压表（0～15 V，内阻15 k ）
F．滑动变阻器（0～20 ，额定电流1 A）
G．滑动变阻器（0～200 ，额定电流0.3 A）
H．开关、导线
（1）上述器材中应选用的是 ；（填写各器材的字母代号）
（2）实验电路应采用电流表 接法；（填“内”或“外”）
（3）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5 A范围内改变，请按要求在虚线框内画出测量待测金属导线电阻Rx的电路原理图．
【答案】（1）ACDFH
（2）外
（3）
【知识点】电阻的测量
【解析】【解答】（1）电池组选A，电路中的最大电流约为 ，所以电流表选择C，电源电动势为3V，故电压表选D，滑动变阻器为调节的方便选择F，所以选用的器材为ACDFH；（2）待测电阻阻值约为5Ω是小电阻，故电流表用外接法；（3）因待测金属导线的电流要在0~0.5A范围内改变，滑动变阻器用分压式接法，电路图如图所示
【分析】（1）在量程允许的情况下选择小量程的电表即可；分压滑动变阻器选择小阻值的即可，可以比较灵明的调节电压；
（2）为了能得到比较多的数据，采用分压法，电流表内阻比较大，对电压影响比较大，故采用电流表外接法；
（3）结合第二问的要求设计电路图即可。
12．（2019高二上·江西月考）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡为“6V，3 W”，其他供选择的器材有：
电压表V1（量程6 V，内阻20 kΩ）
电流表A1（量程3 A，内阻0.2 Ω）
电流表A2（量程0.6 A，内阻l Ω）
变阻器R1（0～1000 Ω，0.5 A）
变阻器R2（0～20 Ω，2 A）
学生电源E（6～8 V）
开关S及导线若干
实验中要求在电压表0～6 V范围内读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线，则在上述器材中，电流表应选 ，变阻器应选 。在方框中画出此实验的原理图 ．
【答案】A2；R2；
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】灯泡额定电流
故电流表应选择A2，因为电压从零开始，滑动变阻器采取分压接法，选择较小的R2，因为电流表内阻已知，故为了准确方便计算，采取电流表内接法，电路图如下：
【分析】在量程允许的情况下选择小量程的电表即可；为了能得到比较多的数据，采用分压法，电压表内阻比较小，对电流的影响大，电路采用电流表内接法。
四、解答题
13．（2019高二上·江西月考）加在某导体两端的电压变为原来的0.8倍时，导体中的电流减小了0.2A。如果导体两端所加电压变为原来的1.2倍，则此时导体中的电流多大
【答案】解：设是导体两端原来的电压为U，电流为I，则导体电阻
电压变为原来的0.8倍时，导体中的电流减小了0.2A。
联立得
解得I=1.0A
当电压变为1.2U时，根据欧姆定律可知I′=2I=1.2A
【知识点】欧姆定律
【解析】【分析】导体的电阻是本身的一种属性，与外加的电压和流过它的电流没有关系，先利用欧姆定律求解电阻，结合外加电压大小，再利用欧姆定律求解电流。
14．（2019高二上·九台月考）如图所示，平行板电容器的两个极板A、B分别接在电压为60V的恒定电源上，两板间距为3cm，电容器带电荷量为6×10－8C，A极板接地。求：
（1）平行板电容器的电容；
（2）平行板两板间的电场强度；
（3）距B板2cm的C点的电势。
【答案】（1）解：根据电容定义有
（2）解：两板之间为匀强电场
方向竖直向下。
（3）解：C点距A板间距离为dAC=d-dBC=1cm
A与C间电势差UAC=EdAC=20V
又UAC=φA-φC，φA=0
可得φC=-20V
【知识点】电容器及其应用；电势差；电势差与电场强度的关系
【解析】【分析】（1）结合电容器的电荷量和电势差，利用公式Q=CU求解电容器的电容即可；
（2）结合极板间的电势差和极板的间隔求解电场强度；
（3）确定零势能面，利用电场强度和距离求解C点的电势。
15．（2019高二上·江西月考）如图所示，真空室中电极K发出的电子（初速度不计）经过电势差为U1的加速电场加速后，沿两水平金属板C、D间的中心线射入两板间偏转电场，最后打在荧光屏上．C、D两板间的电势差UCD随时间变化的图象如图所示，设C、D间的电场可看作匀强电场，且两板外无电场．已知电子的质量为m、电荷量为e（重力不计），C、D极板长为L，板间距离为d，偏转电压U2，荧光屏距C、D右端的距离为L/6，所有电子都能通过偏转电极．
（1）求电子通过偏转电场的时间t0
（2）若UCD的周期T=t0，求荧光屏上电子能够到达的区域的长度
【答案】（1）解：电子在电场加速过程 ①
在偏转电场中运动，水平方向匀速运动 ②
由①②得
（2）解：当 时，所有电子在偏转电场中运动过程，竖直方向加速半个周期，减速半个周期，最终水平飞出．由竖直方向速度时间图像得 时刻进入的电子向上侧移距离最大，所以电子达到的区域长；
竖直方向：向上加速：
解得：
向上减速：由对称性可知
由对称性，向下运动
荧光屏上电子能够到达的区域的长度
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】粒子在电场的作用下做加速运动，利用动能定理求解末速度的大小；粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，根据水平位移和竖直的大小，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解即可。
16．（2019高二上·江西月考）如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长 L= 0.1m，两板间距离d = 0.4 cm，有一束相同的带正电微粒以相同的初速度v0=2.5m/s先后从两板中央平行极板射入，由于重力作用微粒能落到下板上，微粒所带电荷立即转移到下极板且均匀分布在下极板上．设前一微粒落到下极板上时后一微粒才能开始射入两极板间。已知微粒质量为 m = 2×10-6kg，电量q = 1×10-8 C，电容器电容为C=10-6
F，取g=10m/s2．求：
（1）第一个微粒运动的时间；
（2）求微粒在下板的落点范围；
（3）求平行板电容器最终所带电荷量。
（4）求最后一个落到下极板上的带电微粒的电势能（取地面为零势能面）。
【答案】（1）解：第一个微粒运动的时间t，根据
可知，
（2）解：第一个微粒落点
所以落在了下板中点，随着电荷的积累，竖直方向出现电场力，小球竖直加速度减小，运动时间变长，落点依次向右，直到飞出极板，所以落点范围是下极板的右半板。
（3）解：当平行板电容器电压最大时，进入板间的微粒刚好从下极板右边缘飞出，微粒在板间做类平抛运动，水平方向：L=v0t1
竖直方向：
由牛顿第二定律得：
代入数据解得：U=6V
平行板电容器最终所带电荷量
（4）解：因为上极板接地电势为零，板间电压为6V，下极板带正电，所以下极板电势为6V，根据电势能定义可知
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）粒子在竖直方向做匀速运动，结合竖直位移求解运动时间；
（2）粒子在水平方向做匀速运动，结合水平运动时间求解水平位移；
（3）利用运动学公式求解粒子的加速度，利用牛顿第二定律求解粒子受到的电场力，进而求解电容器的电荷量；
（4）求解电荷在A点的电势能，利用电荷量乘以A点的电势即可。
