山西省长治市二中2019-2020学年高二上学期物理第一次月考试卷
一、单选题
1．（2019高二上·长治月考）关于电动势，下列说法正确的是（ ）
A．电动势与非静电力做的功成正比，与移送的电荷量成反比
B．电动势单位与电势、电势差的单位都是伏特，故三者本质上一样
C．铅蓄电池的电动势为2V，表示蓄电池在1s内将2J的化学能转变为电能
D．铅蓄电池（电动势为2V）将化学能转化为电能的本领比干电池（电动势为1.5V）大
2．（2019高二上·迁西月考）两根完全相同的金属裸导线，如果把其中一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折起来，然后把它们分别接上相同的电压，则在同一时间内通过它们的电量之比为（ ）
A．1:4 B．1:8 C．1:16 D．16:1
3．（2019高二上·长治月考）如图所示，平行板a、b组成的电容器与电源连接，在板间P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地，现将电容器的b板向下稍微移动，则（ ）
A．点电荷所受电场力增大 B．点电荷在P处的电势能减少
C．P点电势降低 D．电容器的带电量增加
4．（2019高二上·长治月考）下列说法正确的是（ ）
A．电场中某点的场强方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向
B．电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹
C．沿电场线方向， 电势逐渐降低，但电场强度不一定越来越小
D．将一个点电荷从静电场中的a点移至b点，其电势能的变化为零，则该电荷一定沿等势面移动
5．（2019高二上·富平月考）不带电的空腔导体P置于电场中，其周围电场线分布如图所示，a、c为电场中的两点，b为导体空腔内的一点，则（ ）
A．a、b、c三点的电场强度依次减小
B．a、b、c三点的电势依次降低
C．负试探电荷在a点的电势能比在b点的大
D．正试探电荷从a点移到c点的过程中，克服电场力做功
6．（2019高二上·陕西月考）两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是（ ）
A．带正电
B．粒子在a点加速度小于在c点加速度
C．速度先变大后变小，电势能先变小后变大
D．经过b点和d点时的速度相同
7．（2019高二上·桐城月考）一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方 处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将下极板向上平移 ，则从P点开始下落的相同粒子将（ ）
A．打到下极板上 B．在下极板处返回
C．在距上极板 处返回 D．在距上极板 处返回
二、多选题
8．（2019高二上·长治月考）如图所示，真空中三点A、B、C构成边长为L的等边三角形，EF是其中位线，在E、F点分别放置电荷量均为Q的正、负点电荷。下列说法正确的是（ ）
A．A点的电场强度大小为
B．A点的电势低于C点的电势
C．电势差UEB等于电势差UCF
D．负电荷在B点的电势能小于在C点的电势能
9．（2019高二上·长治月考）在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路，电路中电表均为理想电表．当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V．则当这台电动机正常运转时（ ）
A．电动机的内阻为2Ω B．电动机的内阻为7.5Ω
C．电动机的输出功率为30W D．电动机的输出功率为22W
10．（2019高二上·长治月考）有一沿x轴分布的电场，设定+x方向为正方向．其电场强度E随x变化的图像如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．O点的电势最低
B．x2点的电势最高
C．正电荷从x1移动到x3克服电场力做的功等于其电势能的减小量
D．x1与x3的场强相同
11．（2019高二上·长治月考）如图所示，矩形ABCD位于匀强电场中，且与匀强电场方向平行．已知AB=2BC=4m，A、B、D的电势分别为6V、2V、4V．初动能为24 eV、电荷量大小为4e的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过B，不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．该粒子一定带负电
B．该粒子到达B点时的动能为40 eV
C．该匀强电场的电场强度大小为 V/m
D．该粒子到达B点时的电势能为8 eV
12．（2019高二上·长治月考）如图所示，带电物体P、Q可视为点电荷，电荷量相同。倾角为θ、质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上。当物体Q放在与P等高(PQ连线水平)且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k，则下列说法正确的是（ ）
A．P、Q所带电荷量为
B．P对斜面的压力为0
C．斜面体受到地面的摩擦力方向水平向右，大小为
D．斜面体对地面的压力为(M＋m)g
13．（2019高二上·长治月考）x轴上有两个点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间连线上各点电势高低如图曲线所示，选无穷远处电势为零，从图中可以看出（ ）
A．Q1的电荷量小于Q2的电荷量
B．Q1和Q2一定是异种电荷
C．P处的电场强度为零
D．Q1和Q2之间连线上各点电场强度方向都指向Q2
三、填空题
14．（2019高二上·长治月考）现有一个灵敏电流表，它的满偏电流为Ig=1mA，内阻=200Ω，若要将它改装成量程为5A的电流表，应 联一个 的电阻（保留两位有效数字）．若要将它改装成量程为3V的电压表，应 联一个 的电阻．
四、实验题
15．（2019高二上·长治月考）某学习小组为测量一铜芯电线的电阻率，他们截取了一段电线，用米尺测出其长度为L，用螺旋测微器测得其直径为D，用多用电表测得其电阻值约为 .为提高测量的精度，该小组的人员从下列器材中挑选了一些元件，设计了一个电路，重新测量这段导线(用 表示)的电阻．
A．电源 (电动势为3.0V，内阻不计)
B．电压表 (量程为0～3.0V，内阻约为2kΩ)
C．电压表 (量程为0～15.0V，内阻约为6kΩ)
D．电流表 (量程为0～0.6A，内阻约为1Ω)
E．电流表 (量程为0～3.0A，内阻约为0.1Ω)
F．滑动变阻器 (最大阻值10Ω，额定电流2.0A)
G．滑动变阻器 (最大阻值1kΩ，额定电流1.0A)
H．开关S一个，导线若干
（1）如图所示是该实验小组用螺旋测微器对铜芯线直径的某次测量，其读数是 mm.
（2）实验时电压表选 ，电流表选 ，滑动变阻器选 ．(只填代号)
（3）为提高实验的精确度，请你为该实验小组设计电路图，并画在下面的方框中 ．
（4）某次测量时，电压表示数为 ，电流表示数为 ，则该铜芯线材料的电阻率的表达式
五、解答题
16．（2019高二上·长治月考）如图所示，在水平向右、场强为E的匀强电场中，不带电小球A及带电量为+q的小球B通过两根长度均为L的绝缘细线悬挂，两球静止时，两细线与竖直方向的夹角分别为30°、60°，重力加速度大小为g．画出B球的受力分析图并求A、B两小球的质量．
17．（2018高二上·南宁期中）如图所示，间距为d的平行金属板间电压恒定．初速度为零的电子经电压U0加速后，沿两板间的中心线进入板间电场，电子恰好从下极板边缘飞出，飞出时速度的偏向角为θ．已知电子质量为m，电荷量为e，电子重力不计，求：
（1）电子刚进入板间电场时的速度大小v0；
（2）电子通过两极板间的过程中，电场力做的功W；
（3）平行金属板间的电场强度大小E．
18．（2019高二上·长治月考）在光滑绝缘的水平面上放置一个质量m=0.2kg、带电荷量q=5×10-4 C的带正电小球，小球系在长L=0.5m的绝缘细线上，线的另一端固定在O点．整个装置置于匀强电场中，电场方向与水平面平行且沿OA方向，如图所示（此图为俯视图）．现给小球一个初速度使其绕O点做圆周运动，小球经过A点时细线的张力F=140N，小球在运动过程中，最大动能比最小动能大20J，小球可视为质点．
（1）求电场强度的大小．
（2）求运动过程中小球的最小动能．
（3）若小球运动到动能最小的位置时细线被剪断，则小球经多长时间其动能与在A点时的动能相等，此时小球距A点多远．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】A．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量，与非静电力做功W的大小以及移送电荷量q的大小无关.故A错误
B．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电势差、电势是描述电场能的性质的物理量，三者的本质不同.故B错误；
C．铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J，即电能增加2J，与时间无关，故C错误
D．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大本领越大.所以D正确.
【分析】电动势是非静电力做功的本领，与非静电力做功及移送的电荷量无关；电势差与电动势不同；电动势的大小表示单位正电荷被移送时非静电力所做的功。
2．【答案】C
【知识点】电流的概念
【解析】【解答】设原来的电阻为R，其中的一根均匀拉长到原来的2倍，横截面积变为原来的 ，根据 可知，电阻R1=4R，另一根对折后绞合起来，长度减小为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律，电阻 ，则两电阻之比为16：1．电压相等，根据欧姆定律，电流比为1：16，根据q=It知相同时间内通过的电量之比为1：16。
故答案为：C
【分析】电流是描述电荷流量的物理量，电流越大，单位时间内流过的电荷量就越多，电流的微观表达式结合电子的密度和流速求解即可。
3．【答案】B
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】由题可知，平行板a、b之间电压为电源电压UE不变；b接地，则b板电势为零，a板电势为UE不变；由匀强电场场强与电势差关系式可知b板向下移动，则板间距增大 。
A．点电荷所受电场力变为：
电场力减小，故A项错误。
BC．P点电势变为：
（ 为点电荷到平行板a的距离），P点电势增大，则点电荷在P处电势能变为：
而 ，所以 减小，故B项正确，C项错误。
D．电容器带电量变为：
则带电量减小，故D项错误。
【分析】由于板间电压不变，当板间距离变大时场强变小所以电场力变小；利用电势差和距离的关系可以判别电势的大小，结合电性可以判别电势能的大小；利用电容的定义式结合电容变小、电压不变可以判别电荷量变小。
4．【答案】C
【知识点】电场强度；电场线；电势能
【解析】【解答】A．电场中某点的场强方向就是该点所放正电荷受到的电场力的方向，负电荷所受电场力的反方向；故A错误.
B．运动轨迹是带电粒子在电场中实际通过的径迹，径迹上每点的切线方向为粒子在该点的速度方向，所以电场线与带电粒子在电场中运动的轨迹不同；故B错误.
C．根据电势的定义可知沿电场线方向电势逐渐降低，而场强的影响因素是电场线的疏密程度.两者无关；故C正确.
D．a点到b点电势能变化为零，只能说明a点和b点电势相等，在同一个等势面上，但在移动过程中有可能发生了变化的，故不一定沿等势面移动；故D错误
【分析】电场强度的方向为正电荷受到的电场力方向；电场线不是粒子实际的运动轨迹；电场力做功为0电势能不变所以点电荷的初末位置一定是电势相等。
5．【答案】B
【知识点】电场力做功；电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】A．由电场线越密的地方电场强度越大，b处于静电平衡状态的导体的内部，电场强度大小是0，则有 ，A不符合题意.
B．沿着电场线电势逐渐降低，a点处于电场线的靠前的位置即a点的电势比b高，b的电势比c高.所以B符合题意.
C．负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，故负检验电荷在a点的电势能比在b点的小.所以C不符合题意.
D．正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正检验电荷从a点移到c点的过程中电势能减小，则电场力做正功；D不符合题意.
故答案为：B
【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。
6．【答案】B
【知识点】电场及电场力；电场力做功；电势能；等势面
【解析】【解答】A．由带电粒子在电场中的运动轨迹可知带电粒子受到指向高电势方向的电场力，而靠近正电荷处的电势高，所以带电粒子受到正电荷的吸引力，带电粒子带负电，A不符合题意.
B．由图中等势面的密集程度可知c点的电场强度大于a点的电场强度，A点加速度小于c点加速度，所以B符合题意.
C．由带电粒子的轨迹可知，电场力先做负功后做正功，带电粒子的速度先变小后变大，带电粒子的电势能先增大后减小，C不符合题意
D．由于b、d两点为等势点，根据动能定理带电粒子从b点运动到d点过程中，电场力做的功为零，b、d两点处带电粒子动能相等，速度大小相同，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】等差等势面密集的地方，电场强度比较大，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。
7．【答案】D
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】设带电粒子的质量为m，电容器两基板的电压为U，由动能定理得 ，若将下极板向上移动d/3，设带电粒子在电场中下降h，再由动能定理得 ，联立解得 ，所以带电粒子还没达到下极板就减速为零，D符合题意。
故答案为：D
【分析】 电荷在两个极板中做减速运动，结合两极板的电势差和极板的距离，利用动能定理求解即可。
8．【答案】A,C,D
【知识点】电场强度；电势能；电势；电势差
【解析】【解答】A点的场强为两个点电荷单独存在时在A点产生场强的矢量和；等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．根据公式U=Ed定性分析电势差关系．根据电势的高低，可分析电势能的大小．
+Q、-Q两个点电荷产生的电场在A处的场强大小相等，夹角为120°，故A点的电场强度大小为 ，故A正确；根据等量异种电荷连线的电场线的分布特点可知，A点位于两个等量异种点电荷的中垂线上，所以A点的电势与无穷远处的电势相等；而C点的靠近负电荷，可知A点的电势高于C点的电势．故B错误；由电场线的分布可知：EB间的电场强度与CF间的对称，由 知电势差 等于电势差 ，故C正确；根据等量异种电荷连线的电场线的分布特点，结合B的分析可知，B点的电势高于C点的电势，由 知负电荷在B点的电势能小于在C点的电势能，故D正确．
【分析】利用场强公式结合场强的叠加可以求出电场强度的大小；利用电场线的分布可以判别电势的高低；利用电场线的疏密可以判别场强的大小及电势差的大小；利用电势的大小结合电性可以判别电势能的大小。
9．【答案】A,D
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】AB．因为电机停止转动时可把电机看作纯电阻电路，所以此时直接用欧姆定律可得电动机内阻为：
故A正确，B项错误.
CD．电动机正常运转时消耗电能并将其转化为输出功和热能，因此电动机输出功率为：
故C项错误，D项正确.
【分析】利用欧姆定律可以求出电机的内阻大小；利用总功率减去消耗功率可以求出电机的输出功率。
10．【答案】A,D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】A．因为场强的数值为负，根据题给的正方向，场强方向应该水平向左，所以O点的电势最低，故A正确。
B．越向右电势越高，故B错误。
C．正电荷水平向右运动，其电势能应该增加，克服电场力做的功应该等于其电势能的增加量，故C错误。
D．纵坐标即为场强，x1、x3纵坐标值相等场强相同，故D正确。
【分析】利用场强的方向可以判别电势的高低；电场力做负功时电势能增大；利用坐标可以比较电场强度的大小和方向。
11．【答案】A,C
【知识点】电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】AC．取AB中点为O，则O点的电势为：
所以连接OD则为等势面，因为电场强度与等势面垂直且由高电势指向低电势，所以场强垂直OD斜向上，由物体做曲线运动的条件可可知电场力斜向下，故粒子带负电；
又由题设条件可知设A点到OD的距离为d：
所以电场强度为：
所以A正确；C正确.
BD．粒子从A到B由动能定理可知：
代入数据得：
故B错误，D错误.
【分析】利用电势的分布可以找出等势面，利用等势面可以判别电场强度的方向；利用粒子的运动轨迹可以判别电场力的方向及粒子的电性；利用动能定理可以求出末动能的大小；利用电势差和距离的关系可以求出场强的大小；利用电势能和动能之和保持不变可以求出电势能的大小。
12．【答案】C,D
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】A．对物体P受力分析物体P受到水平向左的库仑力，垂直斜面向上的支持力N，竖直向下的重力，则有：
又由库仑定律得：
其中q为P、Q所带电荷量，解得：
故A错误。
B．由A项分析可知，物体P受到垂直斜面向上的支持力，所以P对斜面的压力不为0，故B错误。
C．对斜面体受力分析可知斜面体受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，垂直斜面向下的压力N和水平向右的摩擦力f，所以
又有A项分析可知：
联立解得：
故C正确.
D．对斜面体和物体P整体受力分析可知，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，水平向左的库仑力和水平向右的摩擦力，所以竖直方向上受力平衡，此时地面对斜面体的支持力：
由牛顿第三定律可知，斜面体对地面的压力为 ，故D项正确。
【分析】利用平衡条件结合库仑定律可以求出电荷量的大小；利用相互作用可以判别压力不等于0；利用整体的平衡方程可以求出地面摩擦力的大小和方向及斜面体对地面的压力大小。
13．【答案】B,D
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】解：A、φ﹣x图象的斜率大小等于场强大小，则知P点的场强方向为负值，沿着x轴负方向，即两电荷的合场强方向不等于零，P离Q1较远，由公式E=k 得知，Q1的电荷量大于Q2的电荷量．故A错误．
B、由题，无穷远处电势为零，而Q1处电势大于零，Q2处电势小于零，则知，Q1和Q2一定是异种电荷．故B正确．
C、由φ﹣x图象的斜率看出，P处的电场强度不为零．故C错误．
D、从Q1到Q2之间连线上电势逐渐降低，连线上各点电场强度方向都指向Q2，故D正确．
故选BD
【分析】电势φ与x关系图象的斜率大小等于场强，根据P点的场强方向，由公式E=k 分析两电荷电量的大小．Q1处电势大于零，Q2处电势小于零，根据顺着电场线方向电势降低，可判断出电场线方向，确定两电荷的电性．
14．【答案】并；0.040；串；2800
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】把电流表改装成5A量程的电流表需要并联一个分流电阻；并联电阻阻值： 如把它改装成量程为3V的电压表要串联电阻分压；
串连电阻阻值：
【分析】利用电表的改装结合并联电路的特点可以求出并联电阻的大小；利用串联电路的特点可以求出串联电阻的大小。
15．【答案】（1）0.700
（2）B；D；F
（3）
（4）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）由图螺旋测微器可知，固定刻度所示为0.5mm，可动刻度示数为20.0×0.01mm=0.200mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.200mm=0.700mm.(2)电源电动势为3.0V，电压表应选 (量程为0～3.0V，内阻约为2kΩ）,即选B；通过电线的最大电流约为 ，为准确测量，电流表应选电流表 （量程为0～0.6A，内阻约为1Ω），即选D，为方便实验操作，应选最大阻值减小的滑动变阻器，则选F.(3)由于 ，则选用电流表外接法；滑动变阻器选用分压式或限流式均可待测电电阻较小，为保证电路安全，待测电阻应串联一个保护电阻，电路图如图所示。
；(4)铜芯材料电阻 ，则电阻率 .
【分析】（1）利用螺旋测微器的结构可以读出对应的读数；
（2）利用电动势大小可以选择电压表量程；利用欧姆定律可以判别电流表量程；利用分压式接法时滑动变阻器选择小量程；
（3）滑动变阻器使用分压式接法；由于待测电阻较小所以电流表使用外接法；
（4）利用欧姆定律结合电阻定律可以求出电阻率的表达式。
16．【答案】解：小球B受4个力：竖直向下的重力、水平向右的电场力、沿绳子方向的拉力和库仑力，受力分析如图：
因为重力与电场力合力沿绳子，所以有：
求得B球的质量：
所以对整体受力分析有：
解得：
答： A球质量为 ；B球质量为
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【分析】小球B受到了重力、电场力、拉力和库仑力四个力作用；利用小球B和整体的平衡方程可以求出两个小球的质量大小。
17．【答案】（1）解：电子在电场中加速 解得
（2）解：设电子离开电场时的速度为v，根据动能定理有 由速度关系有 解得
（3）解：平行金属板间 而U=Ed 解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）利用动能定理可以求出速度大小；
（2）利用动能定理可以求出电场力做功的大小；
（3）利用电场力做功和场强关系可以求出场强大小。
18．【答案】（1）解：当电场力做正功最多时动能最大，而最大的正功为 ，根据题意有：
代入数据得
答：电场强度E的大小为
（2）解：在A处动能最大，A处：
A点关于O的对称点B处动能最小，则最小动能
代入数据得 答：运动过程中小球的最小动能为10J
（3）解：B点动能最小，在B点：
代入数据得 .
当动能相等时 ，断线后球做类平抛运动：
入数据得： s，
答：若小球运动到动能最小的位置时细线被剪断，则小球经 s其动能与在A点时的动能相等，此时小球距A点为 m．
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）利用电场力做功的表达式结合动能定理可以求出场强的大小；
（2）利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出最小的动能大小；
（3）利用类平抛的位移公式结合速度大小可以求出运动的距离大小。
山西省长治市二中2019-2020学年高二上学期物理第一次月考试卷
一、单选题
1．（2019高二上·长治月考）关于电动势，下列说法正确的是（ ）
A．电动势与非静电力做的功成正比，与移送的电荷量成反比
B．电动势单位与电势、电势差的单位都是伏特，故三者本质上一样
C．铅蓄电池的电动势为2V，表示蓄电池在1s内将2J的化学能转变为电能
D．铅蓄电池（电动势为2V）将化学能转化为电能的本领比干电池（电动势为1.5V）大
【答案】D
【知识点】电源电动势及内阻
【解析】【解答】A．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量，与非静电力做功W的大小以及移送电荷量q的大小无关.故A错误
B．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电势差、电势是描述电场能的性质的物理量，三者的本质不同.故B错误；
C．铅蓄电池的电动势为2V，表示非静电力将单位正电荷从电源的负极通过电源内部移送到正极时所做的功为2J，即电能增加2J，与时间无关，故C错误
D．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大本领越大.所以D正确.
【分析】电动势是非静电力做功的本领，与非静电力做功及移送的电荷量无关；电势差与电动势不同；电动势的大小表示单位正电荷被移送时非静电力所做的功。
2．（2019高二上·迁西月考）两根完全相同的金属裸导线，如果把其中一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折起来，然后把它们分别接上相同的电压，则在同一时间内通过它们的电量之比为（ ）
A．1:4 B．1:8 C．1:16 D．16:1
【答案】C
【知识点】电流的概念
【解析】【解答】设原来的电阻为R，其中的一根均匀拉长到原来的2倍，横截面积变为原来的 ，根据 可知，电阻R1=4R，另一根对折后绞合起来，长度减小为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律，电阻 ，则两电阻之比为16：1．电压相等，根据欧姆定律，电流比为1：16，根据q=It知相同时间内通过的电量之比为1：16。
故答案为：C
【分析】电流是描述电荷流量的物理量，电流越大，单位时间内流过的电荷量就越多，电流的微观表达式结合电子的密度和流速求解即可。
3．（2019高二上·长治月考）如图所示，平行板a、b组成的电容器与电源连接，在板间P处固定放置一带负电的点电荷，平行板b接地，现将电容器的b板向下稍微移动，则（ ）
A．点电荷所受电场力增大 B．点电荷在P处的电势能减少
C．P点电势降低 D．电容器的带电量增加
【答案】B
【知识点】含容电路分析
【解析】【解答】由题可知，平行板a、b之间电压为电源电压UE不变；b接地，则b板电势为零，a板电势为UE不变；由匀强电场场强与电势差关系式可知b板向下移动，则板间距增大 。
A．点电荷所受电场力变为：
电场力减小，故A项错误。
BC．P点电势变为：
（ 为点电荷到平行板a的距离），P点电势增大，则点电荷在P处电势能变为：
而 ，所以 减小，故B项正确，C项错误。
D．电容器带电量变为：
则带电量减小，故D项错误。
【分析】由于板间电压不变，当板间距离变大时场强变小所以电场力变小；利用电势差和距离的关系可以判别电势的大小，结合电性可以判别电势能的大小；利用电容的定义式结合电容变小、电压不变可以判别电荷量变小。
4．（2019高二上·长治月考）下列说法正确的是（ ）
A．电场中某点的场强方向就是该点所放电荷受到的静电力的方向
B．电场线一定是带电粒子在电场中运动的轨迹
C．沿电场线方向， 电势逐渐降低，但电场强度不一定越来越小
D．将一个点电荷从静电场中的a点移至b点，其电势能的变化为零，则该电荷一定沿等势面移动
【答案】C
【知识点】电场强度；电场线；电势能
【解析】【解答】A．电场中某点的场强方向就是该点所放正电荷受到的电场力的方向，负电荷所受电场力的反方向；故A错误.
B．运动轨迹是带电粒子在电场中实际通过的径迹，径迹上每点的切线方向为粒子在该点的速度方向，所以电场线与带电粒子在电场中运动的轨迹不同；故B错误.
C．根据电势的定义可知沿电场线方向电势逐渐降低，而场强的影响因素是电场线的疏密程度.两者无关；故C正确.
D．a点到b点电势能变化为零，只能说明a点和b点电势相等，在同一个等势面上，但在移动过程中有可能发生了变化的，故不一定沿等势面移动；故D错误
【分析】电场强度的方向为正电荷受到的电场力方向；电场线不是粒子实际的运动轨迹；电场力做功为0电势能不变所以点电荷的初末位置一定是电势相等。
5．（2019高二上·富平月考）不带电的空腔导体P置于电场中，其周围电场线分布如图所示，a、c为电场中的两点，b为导体空腔内的一点，则（ ）
A．a、b、c三点的电场强度依次减小
B．a、b、c三点的电势依次降低
C．负试探电荷在a点的电势能比在b点的大
D．正试探电荷从a点移到c点的过程中，克服电场力做功
【答案】B
【知识点】电场力做功；电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】A．由电场线越密的地方电场强度越大，b处于静电平衡状态的导体的内部，电场强度大小是0，则有 ，A不符合题意.
B．沿着电场线电势逐渐降低，a点处于电场线的靠前的位置即a点的电势比b高，b的电势比c高.所以B符合题意.
C．负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，故负检验电荷在a点的电势能比在b点的小.所以C不符合题意.
D．正电荷在电势高处电势能大，在电势低处电势能小，故正检验电荷从a点移到c点的过程中电势能减小，则电场力做正功；D不符合题意.
故答案为：B
【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。
6．（2019高二上·陕西月考）两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是（ ）
A．带正电
B．粒子在a点加速度小于在c点加速度
C．速度先变大后变小，电势能先变小后变大
D．经过b点和d点时的速度相同
【答案】B
【知识点】电场及电场力；电场力做功；电势能；等势面
【解析】【解答】A．由带电粒子在电场中的运动轨迹可知带电粒子受到指向高电势方向的电场力，而靠近正电荷处的电势高，所以带电粒子受到正电荷的吸引力，带电粒子带负电，A不符合题意.
B．由图中等势面的密集程度可知c点的电场强度大于a点的电场强度，A点加速度小于c点加速度，所以B符合题意.
C．由带电粒子的轨迹可知，电场力先做负功后做正功，带电粒子的速度先变小后变大，带电粒子的电势能先增大后减小，C不符合题意
D．由于b、d两点为等势点，根据动能定理带电粒子从b点运动到d点过程中，电场力做的功为零，b、d两点处带电粒子动能相等，速度大小相同，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】等差等势面密集的地方，电场强度比较大，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。
7．（2019高二上·桐城月考）一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）。小孔正上方 处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回。若将下极板向上平移 ，则从P点开始下落的相同粒子将（ ）
A．打到下极板上 B．在下极板处返回
C．在距上极板 处返回 D．在距上极板 处返回
【答案】D
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】设带电粒子的质量为m，电容器两基板的电压为U，由动能定理得 ，若将下极板向上移动d/3，设带电粒子在电场中下降h，再由动能定理得 ，联立解得 ，所以带电粒子还没达到下极板就减速为零，D符合题意。
故答案为：D
【分析】 电荷在两个极板中做减速运动，结合两极板的电势差和极板的距离，利用动能定理求解即可。
二、多选题
8．（2019高二上·长治月考）如图所示，真空中三点A、B、C构成边长为L的等边三角形，EF是其中位线，在E、F点分别放置电荷量均为Q的正、负点电荷。下列说法正确的是（ ）
A．A点的电场强度大小为
B．A点的电势低于C点的电势
C．电势差UEB等于电势差UCF
D．负电荷在B点的电势能小于在C点的电势能
【答案】A,C,D
【知识点】电场强度；电势能；电势；电势差
【解析】【解答】A点的场强为两个点电荷单独存在时在A点产生场强的矢量和；等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线．根据公式U=Ed定性分析电势差关系．根据电势的高低，可分析电势能的大小．
+Q、-Q两个点电荷产生的电场在A处的场强大小相等，夹角为120°，故A点的电场强度大小为 ，故A正确；根据等量异种电荷连线的电场线的分布特点可知，A点位于两个等量异种点电荷的中垂线上，所以A点的电势与无穷远处的电势相等；而C点的靠近负电荷，可知A点的电势高于C点的电势．故B错误；由电场线的分布可知：EB间的电场强度与CF间的对称，由 知电势差 等于电势差 ，故C正确；根据等量异种电荷连线的电场线的分布特点，结合B的分析可知，B点的电势高于C点的电势，由 知负电荷在B点的电势能小于在C点的电势能，故D正确．
【分析】利用场强公式结合场强的叠加可以求出电场强度的大小；利用电场线的分布可以判别电势的高低；利用电场线的疏密可以判别场强的大小及电势差的大小；利用电势的大小结合电性可以判别电势能的大小。
9．（2019高二上·长治月考）在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路，电路中电表均为理想电表．当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和1.0V；重新调节R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V．则当这台电动机正常运转时（ ）
A．电动机的内阻为2Ω B．电动机的内阻为7.5Ω
C．电动机的输出功率为30W D．电动机的输出功率为22W
【答案】A,D
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】AB．因为电机停止转动时可把电机看作纯电阻电路，所以此时直接用欧姆定律可得电动机内阻为：
故A正确，B项错误.
CD．电动机正常运转时消耗电能并将其转化为输出功和热能，因此电动机输出功率为：
故C项错误，D项正确.
【分析】利用欧姆定律可以求出电机的内阻大小；利用总功率减去消耗功率可以求出电机的输出功率。
10．（2019高二上·长治月考）有一沿x轴分布的电场，设定+x方向为正方向．其电场强度E随x变化的图像如图所示．下列说法正确的是（ ）
A．O点的电势最低
B．x2点的电势最高
C．正电荷从x1移动到x3克服电场力做的功等于其电势能的减小量
D．x1与x3的场强相同
【答案】A,D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】A．因为场强的数值为负，根据题给的正方向，场强方向应该水平向左，所以O点的电势最低，故A正确。
B．越向右电势越高，故B错误。
C．正电荷水平向右运动，其电势能应该增加，克服电场力做的功应该等于其电势能的增加量，故C错误。
D．纵坐标即为场强，x1、x3纵坐标值相等场强相同，故D正确。
【分析】利用场强的方向可以判别电势的高低；电场力做负功时电势能增大；利用坐标可以比较电场强度的大小和方向。
11．（2019高二上·长治月考）如图所示，矩形ABCD位于匀强电场中，且与匀强电场方向平行．已知AB=2BC=4m，A、B、D的电势分别为6V、2V、4V．初动能为24 eV、电荷量大小为4e的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过B，不计粒子的重力，下列说法正确的是（ ）
A．该粒子一定带负电
B．该粒子到达B点时的动能为40 eV
C．该匀强电场的电场强度大小为 V/m
D．该粒子到达B点时的电势能为8 eV
【答案】A,C
【知识点】电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】AC．取AB中点为O，则O点的电势为：
所以连接OD则为等势面，因为电场强度与等势面垂直且由高电势指向低电势，所以场强垂直OD斜向上，由物体做曲线运动的条件可可知电场力斜向下，故粒子带负电；
又由题设条件可知设A点到OD的距离为d：
所以电场强度为：
所以A正确；C正确.
BD．粒子从A到B由动能定理可知：
代入数据得：
故B错误，D错误.
【分析】利用电势的分布可以找出等势面，利用等势面可以判别电场强度的方向；利用粒子的运动轨迹可以判别电场力的方向及粒子的电性；利用动能定理可以求出末动能的大小；利用电势差和距离的关系可以求出场强的大小；利用电势能和动能之和保持不变可以求出电势能的大小。
12．（2019高二上·长治月考）如图所示，带电物体P、Q可视为点电荷，电荷量相同。倾角为θ、质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上。当物体Q放在与P等高(PQ连线水平)且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k，则下列说法正确的是（ ）
A．P、Q所带电荷量为
B．P对斜面的压力为0
C．斜面体受到地面的摩擦力方向水平向右，大小为
D．斜面体对地面的压力为(M＋m)g
【答案】C,D
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【解答】A．对物体P受力分析物体P受到水平向左的库仑力，垂直斜面向上的支持力N，竖直向下的重力，则有：
又由库仑定律得：
其中q为P、Q所带电荷量，解得：
故A错误。
B．由A项分析可知，物体P受到垂直斜面向上的支持力，所以P对斜面的压力不为0，故B错误。
C．对斜面体受力分析可知斜面体受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，垂直斜面向下的压力N和水平向右的摩擦力f，所以
又有A项分析可知：
联立解得：
故C正确.
D．对斜面体和物体P整体受力分析可知，受到竖直向下的重力，竖直向上的支持力，水平向左的库仑力和水平向右的摩擦力，所以竖直方向上受力平衡，此时地面对斜面体的支持力：
由牛顿第三定律可知，斜面体对地面的压力为 ，故D项正确。
【分析】利用平衡条件结合库仑定律可以求出电荷量的大小；利用相互作用可以判别压力不等于0；利用整体的平衡方程可以求出地面摩擦力的大小和方向及斜面体对地面的压力大小。
13．（2019高二上·长治月考）x轴上有两个点电荷Q1和Q2，Q1和Q2之间连线上各点电势高低如图曲线所示，选无穷远处电势为零，从图中可以看出（ ）
A．Q1的电荷量小于Q2的电荷量
B．Q1和Q2一定是异种电荷
C．P处的电场强度为零
D．Q1和Q2之间连线上各点电场强度方向都指向Q2
【答案】B,D
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】解：A、φ﹣x图象的斜率大小等于场强大小，则知P点的场强方向为负值，沿着x轴负方向，即两电荷的合场强方向不等于零，P离Q1较远，由公式E=k 得知，Q1的电荷量大于Q2的电荷量．故A错误．
B、由题，无穷远处电势为零，而Q1处电势大于零，Q2处电势小于零，则知，Q1和Q2一定是异种电荷．故B正确．
C、由φ﹣x图象的斜率看出，P处的电场强度不为零．故C错误．
D、从Q1到Q2之间连线上电势逐渐降低，连线上各点电场强度方向都指向Q2，故D正确．
故选BD
【分析】电势φ与x关系图象的斜率大小等于场强，根据P点的场强方向，由公式E=k 分析两电荷电量的大小．Q1处电势大于零，Q2处电势小于零，根据顺着电场线方向电势降低，可判断出电场线方向，确定两电荷的电性．
三、填空题
14．（2019高二上·长治月考）现有一个灵敏电流表，它的满偏电流为Ig=1mA，内阻=200Ω，若要将它改装成量程为5A的电流表，应 联一个 的电阻（保留两位有效数字）．若要将它改装成量程为3V的电压表，应 联一个 的电阻．
【答案】并；0.040；串；2800
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】把电流表改装成5A量程的电流表需要并联一个分流电阻；并联电阻阻值： 如把它改装成量程为3V的电压表要串联电阻分压；
串连电阻阻值：
【分析】利用电表的改装结合并联电路的特点可以求出并联电阻的大小；利用串联电路的特点可以求出串联电阻的大小。
四、实验题
15．（2019高二上·长治月考）某学习小组为测量一铜芯电线的电阻率，他们截取了一段电线，用米尺测出其长度为L，用螺旋测微器测得其直径为D，用多用电表测得其电阻值约为 .为提高测量的精度，该小组的人员从下列器材中挑选了一些元件，设计了一个电路，重新测量这段导线(用 表示)的电阻．
A．电源 (电动势为3.0V，内阻不计)
B．电压表 (量程为0～3.0V，内阻约为2kΩ)
C．电压表 (量程为0～15.0V，内阻约为6kΩ)
D．电流表 (量程为0～0.6A，内阻约为1Ω)
E．电流表 (量程为0～3.0A，内阻约为0.1Ω)
F．滑动变阻器 (最大阻值10Ω，额定电流2.0A)
G．滑动变阻器 (最大阻值1kΩ，额定电流1.0A)
H．开关S一个，导线若干
（1）如图所示是该实验小组用螺旋测微器对铜芯线直径的某次测量，其读数是 mm.
（2）实验时电压表选 ，电流表选 ，滑动变阻器选 ．(只填代号)
（3）为提高实验的精确度，请你为该实验小组设计电路图，并画在下面的方框中 ．
（4）某次测量时，电压表示数为 ，电流表示数为 ，则该铜芯线材料的电阻率的表达式
【答案】（1）0.700
（2）B；D；F
（3）
（4）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）由图螺旋测微器可知，固定刻度所示为0.5mm，可动刻度示数为20.0×0.01mm=0.200mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.200mm=0.700mm.(2)电源电动势为3.0V，电压表应选 (量程为0～3.0V，内阻约为2kΩ）,即选B；通过电线的最大电流约为 ，为准确测量，电流表应选电流表 （量程为0～0.6A，内阻约为1Ω），即选D，为方便实验操作，应选最大阻值减小的滑动变阻器，则选F.(3)由于 ，则选用电流表外接法；滑动变阻器选用分压式或限流式均可待测电电阻较小，为保证电路安全，待测电阻应串联一个保护电阻，电路图如图所示。
；(4)铜芯材料电阻 ，则电阻率 .
【分析】（1）利用螺旋测微器的结构可以读出对应的读数；
（2）利用电动势大小可以选择电压表量程；利用欧姆定律可以判别电流表量程；利用分压式接法时滑动变阻器选择小量程；
（3）滑动变阻器使用分压式接法；由于待测电阻较小所以电流表使用外接法；
（4）利用欧姆定律结合电阻定律可以求出电阻率的表达式。
五、解答题
16．（2019高二上·长治月考）如图所示，在水平向右、场强为E的匀强电场中，不带电小球A及带电量为+q的小球B通过两根长度均为L的绝缘细线悬挂，两球静止时，两细线与竖直方向的夹角分别为30°、60°，重力加速度大小为g．画出B球的受力分析图并求A、B两小球的质量．
【答案】解：小球B受4个力：竖直向下的重力、水平向右的电场力、沿绳子方向的拉力和库仑力，受力分析如图：
因为重力与电场力合力沿绳子，所以有：
求得B球的质量：
所以对整体受力分析有：
解得：
答： A球质量为 ；B球质量为
【知识点】共点力平衡条件的应用
【解析】【分析】小球B受到了重力、电场力、拉力和库仑力四个力作用；利用小球B和整体的平衡方程可以求出两个小球的质量大小。
17．（2018高二上·南宁期中）如图所示，间距为d的平行金属板间电压恒定．初速度为零的电子经电压U0加速后，沿两板间的中心线进入板间电场，电子恰好从下极板边缘飞出，飞出时速度的偏向角为θ．已知电子质量为m，电荷量为e，电子重力不计，求：
（1）电子刚进入板间电场时的速度大小v0；
（2）电子通过两极板间的过程中，电场力做的功W；
（3）平行金属板间的电场强度大小E．
【答案】（1）解：电子在电场中加速 解得
（2）解：设电子离开电场时的速度为v，根据动能定理有 由速度关系有 解得
（3）解：平行金属板间 而U=Ed 解得
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）利用动能定理可以求出速度大小；
（2）利用动能定理可以求出电场力做功的大小；
（3）利用电场力做功和场强关系可以求出场强大小。
18．（2019高二上·长治月考）在光滑绝缘的水平面上放置一个质量m=0.2kg、带电荷量q=5×10-4 C的带正电小球，小球系在长L=0.5m的绝缘细线上，线的另一端固定在O点．整个装置置于匀强电场中，电场方向与水平面平行且沿OA方向，如图所示（此图为俯视图）．现给小球一个初速度使其绕O点做圆周运动，小球经过A点时细线的张力F=140N，小球在运动过程中，最大动能比最小动能大20J，小球可视为质点．
（1）求电场强度的大小．
（2）求运动过程中小球的最小动能．
（3）若小球运动到动能最小的位置时细线被剪断，则小球经多长时间其动能与在A点时的动能相等，此时小球距A点多远．
【答案】（1）解：当电场力做正功最多时动能最大，而最大的正功为 ，根据题意有：
代入数据得
答：电场强度E的大小为
（2）解：在A处动能最大，A处：
A点关于O的对称点B处动能最小，则最小动能
代入数据得 答：运动过程中小球的最小动能为10J
（3）解：B点动能最小，在B点：
代入数据得 .
当动能相等时 ，断线后球做类平抛运动：
入数据得： s，
答：若小球运动到动能最小的位置时细线被剪断，则小球经 s其动能与在A点时的动能相等，此时小球距A点为 m．
【知识点】动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）利用电场力做功的表达式结合动能定理可以求出场强的大小；
（2）利用动能定理结合牛顿第二定律可以求出最小的动能大小；
（3）利用类平抛的位移公式结合速度大小可以求出运动的距离大小。
