注意事項：
1．答卷前，考生務必將自己的姓名和座位號填寫在答題卡上。
2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡的相應位置上。寫在本試卷上無效。
3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。
單選題（共6小題，每題4分，共24分）
1．如圖為2017年5月戴森公司發(fā)售的360 Eye掃地機器人．360 Eye內置鋰電池容量為2250mA·h，在一般狀況下，充滿一次電可供其運行的時間為45min．已知360 Eye掃地機器人額定功率54W，則下列說法正確的是（ ）
A．掃地機器人正常工作時的電流是2.25A
B．掃地機器人正常工作時額定電壓為18V
C．掃地機器人工作時的內阻為6Ω
D．掃地機器人電池充滿電之后的電能為4.374×105J
2．如圖所示，真空中兩個完全相同的絕緣帶電金屬小球A、B(均可看做點電荷)，分別帶有－Q和＋Q的電荷量，兩球間靜電力為F?，F(xiàn)用一個不帶電的同樣的金屬小球C先與A接觸，再與B接觸，然后移開C，則它們間的靜電力大小為（ ）
A．FB．FC．FD．F
3．靜電計是在驗電器的基礎上制成的，用其指針的張角大小來定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢差大小，如圖所示，為平行板電容器的兩個金屬板，當開關S閉合后，靜電計G指針張開一定角度。不考慮靜電計引起的電荷量變化，則下列說法正確的是（ ）
A．保持開關S閉合，將兩極板間距減小，板間場強減小
B．保持開關S閉合，將的滑片向左移動，靜電計指針張開角度變大
C．斷開開關S后，緊貼極板插入金屬板，靜電計指針張開角度減小
D．斷開開關S后，將兩極板間距增大，板間電壓減小
4．兩個帶等量正電的點電荷，固定在圖中A、B兩點，O是它們連線的中點，N、P是中垂線上的兩點，。一帶負電的試探電荷，從P點以豎直向上的初速度射入，只在靜電力作用下運動。對于試探電荷，下列說法正確的是（ ）
A．N點與P點的電場強度方向相同
B．沿著，試探電荷的加速度可能先減小后增大
C．試探電荷在N點的電勢能小于在P點的電勢能
D．若試探電荷的電荷量增大，試探電荷在P點所受靜電力與其電荷量的比值變小
5．下列關于四幅圖像的說法正確的是（ ）
A．用毛皮摩擦橡膠棒，橡膠棒上的部分電子會轉移到毛皮上，從而使橡膠棒帶正電
B．處于靜電平衡狀態(tài)的導體腔，內表面有電荷，導體殼壁W內電場強度不為0，導體殼內空腔C電場強度為0
C．通過奎寧結晶在兩點電荷的電場中的分布情況，可分析判斷兩點電荷是等量異種點電荷
D．避雷針其實不“避雷”，反而是“接雷”，只不過是化弱為強，避免強雷電的破壞
6．如圖所示，虛線框內為多用電表歐姆擋的內部電路，a、b為電表面板上的表筆插孔，下列說法正確的是（ ）
A．a孔插紅表筆
B．用“×100Ω”倍率測量時指針在0Ω附近，應先換用“×10Ω”倍率
C．更換倍率測量電阻時，不需要重新進行歐姆調零
D．若要測量電路中某電阻的阻值，需要斷開開關，但可將該電阻連在電路中進行測量
二．多選題（共4小題，每題5分，共20分。每題給出的四個選項中有多個選項符合題意，全部選對得5分，選對但不全得3分，有選錯或不選得0分）
7．高壓電線落地可能導致行人跨步觸電。如圖所示，設人的兩腳M、N間的最大跨步距離為d，電線在觸地點O流入大地的電流為I，大地的電阻率為，O、N間的距離為R，電流在以O點為圓心、r為半徑的半球面上均勻分布，其電流密度為，若電流密度乘以電阻率等于電場強度，該電場強度可以等效成把點電荷Q放在真空中的O點處產生的電場強度，已知靜電力常量為k，下列說法正確的是（ ）
A．若電流方向從O到N，越靠近O點，電勢越高
B．當兩腳間的距離最大時，兩腳間電壓一定不為零
C．等效點電荷Q的電荷量為
D．若M，N、O三點在一條直線上，圖中兩腳M、N間的跨步電壓等于
8．如圖所示，平行板電容器的兩個極板與水平地面成一角度，兩極板與一直流電源相連。若一帶電粒子恰能沿圖中所示水平直線通過電容器，則在此過程中，該粒子（ ）
A．所受合力為零B．做勻減速直線運動
C．電勢能逐漸增加D．機械能逐漸增加
9．兩個位于紙面內的點電荷產生電場的等勢面如圖中實線所示，相鄰等勢面間的電勢差相等。虛線MPN是一帶電粒子在該電場中的運動軌跡，軌跡與某等勢面相切于P點。下列說法正確的是（ ）
A．帶電粒子與點電荷分別帶異種電荷
B．帶電粒子運動到P點時速度最小
C．A點的電勢高于B點的電勢
D．帶電粒子沿虛線MPN運動的過程中電勢能先增大后減小
10．、為水平放置、間距為的平行導軌，左端接有如圖所示的電路。電源的電動勢為，內阻為，小燈泡的電阻為。將導體棒靜置于導軌上，整個裝置處在勻強磁場中，磁感應強度大小為，方向與導體棒垂直且與兩水平導軌所在平面的夾角，勻質導體棒質量為，阻值為。閉合開關后，導體棒恰好未滑動。已知導體棒和導軌間的動摩擦因數(shù)，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，且不計導軌的電阻，取，。則（ ）
A．此時滑動變阻器接入電路中的電阻為B．流過燈泡的電流大小為
C．導體棒受到的安培力大小為D．若將滑動變阻器的滑片向左移動，則導體棒向右移動
三．填空題（共2小題，共16分）
11．在“測定金屬絲電阻率”的實驗中需要測出其長度L、直徑D和電阻R。某同學要測量一均勻新材料制成的圓柱體的電阻率ρ，步驟如下：
（1）該同學分別用游標卡尺和螺旋測微器測量該導體的長度和直徑，測量結果分別如圖甲和圖乙所示，則該導體的長度為L= cm，直徑D= mm。
（2）該同學采用如圖丙所示電路測此合金材料的電阻。將此合金材料接人電路后，電壓表示數(shù)為U，電流表示數(shù)為I，則該合金材料的電阻率的表達式為ρ= 。（用U、I、L、D等表示，各物理量均為基本單位）
（3）若圖丙中的電壓表不能視為理想電表，不考慮偶然誤差的情況下，則該同學得到的電阻率與真實值相比 （填“偏大”“偏小”或“相同”）。
12．某實驗小組用圖甲所示裝置觀察電容器的放電現(xiàn)象。電源的輸出電壓為8V。
(1)先將開關合向 （選填“左”或“右”）側，對電容器進行充電，充滿電后，再將開關合向另一側，電流傳感器顯示放電電流隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，數(shù)得圖像與坐標軸所圍面積共40格，可知電容器充電后所帶電荷量為 C；電容器的電容為 F。（結果均保留2位有效數(shù)字）
(2)如果不改變電路其他參數(shù)，只增大定值電阻的阻值R并重復上述實驗，實線和虛線分別表示改變前后放電過程電流隨時間變化的曲線，最符合實際情況的圖像為___________。
A．B．
C．D．
四．計算題（共3小題，共40分）
（12分）13．如圖所示的電路中，R1=3 Ω，R2=6 Ω，R3=1.5 Ω，C=20 μF。當開關S斷開時，電源所釋放的總功率為2 W；當開關S閉合時，電源所釋放的總功率為4 W，求：
（1）電源的電動勢和內電阻；
（2）閉合S時，電源的輸出功率；
（3）S斷開和閉合時，流過電容器的電荷量是多少。
（12分）14．把帶電荷量為2×10－8 C的正點電荷從無限遠處移到電場中A點，要克服電場力做功8×10－6 J，若把該電荷從無限遠處移動到電場中B點，需克服電場力做功2×10－6 J，求：
（1）A點的電勢；
（2）A、B兩點的電勢差；
（3）把2×10－8 C的負電荷由A點移到B點電場力做的功
（16分）15．如圖，空間存在豎直向下的勻強電場，半徑為R的光滑絕緣圓弧軌道ABCD固定在電場中的豎直面內，BD為圓弧的豎直直徑，O為圓心，OA與豎直方向的夾角為在電場中的P點沿水平方向拋出一個質量為m、電荷量為q的帶正電小球，小球恰好從A點無碰撞地進入圓弧軌道。不計小球的大小，重力加速度大小為g，勻強電場的電場強度大小P、O兩點在同一水平線上，求：
(1)小球從P點拋出時的初速度大??；
(2)小球沿圓弧軌道向上運動過程中，能到達圓弧軌道的最高位置離O點的高度；
(3)若小球到A點時，保持電場強度大小不變，方向變?yōu)樗较蛴?，則此后小球在圓弧軌道上運動的最大速度多大？物理答案
1．B【詳解】A．根據(jù)電流的定義式可得工作電流為
故A錯誤；
B．機器人額定功率54W，則工作電壓
故B正確；
C．機械人消耗的電功率大部分轉化為機械能，所以其電阻值一定小于
故C錯誤；
D．機器人電池充滿電之后的電能等于放電過程中消耗的電能
E=Pt=54×2700J=1.458×105J
故D錯誤。
2．B【詳解】真空中兩個靜止點電荷間的靜電力大小為
現(xiàn)用一個不帶電的同樣的金屬小球C先與A接觸
再與B接觸，然后移開C
則有
故B正確，ACD錯誤。
3．C【詳解】A．保持開關S閉合，兩極板間電勢差不變，將兩極板間距減小，由可知，板間場強增大，故A錯誤；
B．保持開關閉合，變阻器僅僅充當導線功能，電容器兩極板間的電勢差不變，滑動觸頭滑動不會影響靜電計指針張角，靜電計指針張開角度不變，故B錯誤；
C．斷開開關S后，電容器帶電量不變，緊貼極板插入金屬板，相當于極板之間的距離減小，根據(jù)可知，電容增大，根據(jù)可知，兩極板間電勢差減小，靜電計指針張開角度減小，故C正確；
D．斷開開關S后，電容器帶電量不變，將兩極板間距增大，根據(jù)可知，電容減小，根據(jù)可知，兩極板間電勢差增大，故D錯誤。
4．B【詳解】A．等量正電荷周圍部分電場線如圖所示
則N點與P點的電場強度方向相反，故A錯誤；
B．根據(jù)等量同種電荷的電場線分布，沿著，電場強度可能先減小后增大，也可能先增大后減小，再增大再減小，所以試探電荷的加速度可能先減小后增大，也可能先增大后減小，再增大再減小，故B正確；
C．運動過程中，試探電荷電場力先做正功，后做負功，電勢能先減小后增大，根據(jù)對稱性可得試探電荷在N點的電勢能大于在P點的電勢能，故C錯誤；
D．根據(jù)電場的性質，P點場強僅由電場本身決定，試探電荷在該點所受電場力與其電量的比值為該點的場強，若試探電荷的電量增大，試探電荷在P點所受電場力與其電量的比值不變，故D錯誤。
5．C【詳解】A．用毛皮摩擦橡膠棒，毛皮上的部分電子會轉移到橡膠棒上，從而使橡膠棒帶負電，故A 錯誤；
B．處于靜電平衡狀態(tài)的導體腔，導體殼壁W內電場強度為0，導體殼內空腔C電場強度為0，故B錯誤；
C．奎寧結晶在兩點電荷的電場中的分布情況，與等量異種點電荷的電場線分布相似，則兩點電荷是等量異種點電荷，故 C正確；
D．避雷針其實不“避雷”，反而是“接雷”，只不過是化強為弱，避免強雷電的破壞，故D錯誤。
6．B【詳解】A．多用電表的黑表筆連接內部電源的正極，紅表筆連接內部電源的負極，由圖可知a孔插黑表筆，故A錯誤；
B．用“×100Ω”倍率測量時指針在0Ω附近，可知待測電阻較小，應更換更小的倍率，故B正確；
C．更換倍率測量電阻時，由于不同倍率對應的歐姆表內阻不同，所以要重新進行歐姆調零，故C錯誤；
D．若要測量電路中某電阻的阻值，需要斷開開關，還需要將該電阻與其他元件斷開，再進行測量，故D錯誤。
7．AC【詳解】A．高壓電線落地，電線觸地電流從O點流入大地的，O點電勢最高，越靠近O點，電勢越高，故A正確；
B．當兩腳位于同一等勢線上時即兩腳到O點的距離相等時，跨步電壓為零，故B錯誤；
C．根據(jù)題意有
解得
故C正確；
D．N點處電流密度為，由于MN間的電場是非勻強電場，電場強度越靠近O點越大，則知MN間的場強大于，兩腳MN間跨步電壓大于，故D錯誤。
8．BC【詳解】AB．根據(jù)題意可知，粒子做直線運動，則垂直極板向上的電場力與豎直向下的重力的合力方向與速度方向反向，粒子做勻減速直線運動，因此A錯誤，B正確；
CD．由以上分析可知，電場力做負功，則電勢能增加，動能減小，機械能減小，故C正確，D錯誤；
9．BD【詳解】A．根據(jù)等勢面的分布情況可知兩點電荷帶同種電荷，故A錯誤；
B．根據(jù)粒子的運動軌跡和電場線的方向可知，由M到P電場力做負功，由P到N電場力做正功，所以M到P動能減小，由P到N動能增加，故粒子運動到P點時動能最小，速度最小，故B正確；
CD．由于粒子沿虛線MPN運動的過程中，動能先減小后增大，則電勢能先增大后減小，但由于帶電粒子的電性無法確定，則不能確定A、B點的電勢高低，故C錯誤，D正確。
10．AD【詳解】ABC．根據(jù)題意，對導體棒受力分析，如圖所示
導體棒恰好未滑動，則有
解得
又有
解得流過導體棒的電流為
燈泡與導體棒并聯(lián)，且電阻相等，則流過燈泡的電流也為，燈泡兩端的電壓為
流過滑動變阻器的電流為
滑動變阻器兩端的電壓為
則滑動變阻器接入電路中的電阻為
故BC錯誤，A正確；
D．若將滑動變阻器的滑片向左移動，接入電路的總電阻減小，總電流增大，則安培力增大，減小，則減小，則有
導體棒向右移動，故D正確。
11． 5.020 3.778/3.776/3.777/3.779 偏小
【詳解】（1）[1]該導體的長度為
[2]直徑為
（2）[3]根據(jù)歐姆定律以及電阻定律可得
解得該合金材料的電阻率為
（3）[4]若圖丙中的電壓表不能視為理想電表，則電壓表示數(shù)是導體兩端電壓的真實值，但由于電壓表分流的緣故，電流表示數(shù)略微大于通過導體的電流的真實值，所以該同學得到的電阻率與真實值相比偏小。
12．(1) 右 (2)A
【詳解】（1）[1][2][3]先將開關合向右側，對電容器進行充電，充電后電容器所帶電量
電容器的電容為
（2）定值電阻阻值變大，根據(jù)歐姆定律可知，放電時的最大電流變小，放電變慢，放電時間變長，但由于放電電量一定，所以面積不變。
故選A。
13．（1）4V，0.5Ω；（2）3.5W；（3）
【詳解】（1）S斷開，R2、R3串聯(lián)根據(jù)閉合電路歐姆定律可得
總功率為
S閉合，R1、R2并聯(lián)再與R3串聯(lián)，總外電阻
根據(jù)閉合電路歐姆定律可得
所以總功率為
聯(lián)立解得
E=4V
r=0.5Ω
（2）閉合S，總外電阻
R′=3.5Ω
干路電流為
電源輸出功率
P出=EI′-I′2r=4×1W-12×0.5W=3.5W
（3）S閉合時電容器兩端電壓為零；S斷開時，C兩端電壓等于電阻R2兩端電壓
14．（1）400 V；（2）300 V；（3）－6×10－6 J
【詳解】（1）無限遠處與A點間的電勢差為
而
又
所以可得
（2）無限遠處與B點間的電勢差為
而
又
所以可得
則A、B兩點的電勢差為
UAB＝φA－φB＝300 V
（3）根據(jù)公式可得，電場力做的功為
15．(1) (2) (3)
【詳解】（1）小球從P點到A點過程中，小球運動的加速度
設小球的初速度為，小球到A點時的速度沿電場方向的分速度為，則
解得
在A點根據(jù)速度分解有
（2）小球在A點的速度
設小球剛要離開圓弧軌道時，小球的位置和O點連線與豎直方向夾角為θ，小球的速度為，根據(jù)牛頓第二定律
根據(jù)動能定理
解得
因此小球能到達圓弧軌道的最高位置離O點的高度
（3）根據(jù)力與運動的關系分析可知，由于小球受重力和電場力大小相等，當小球運動的位置和O點的連線與OB的夾角為45°時，即在等效平衡位置時速度最大，根據(jù)動能定理
解得

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