物理卷·2018届河南省周口市郸城一高高二上学期第二次月考物理试卷 (解析版)

物理卷·2018届河南省周口市郸城一高高二上学期第二次月考物理试卷 (解析版)

‎2016-2017学年河南省周口市郸城一高高二（上）第二次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共48分．其中1～8题为单选，9～12题为不定项选择）‎ ‎1．下列关于电场强度和电势的叙述正确的是（　　）‎ A．在匀强电场中，场强处处相同，电势也处处相等 B．在正点电荷形成的电场中，离点电荷越远，电势越高，场强越小 C．等量异种点电荷形成的电场中，取无限远处为电势零点，两电荷连线中点的电势为零，场强不为零 D．在任何电场中，场强越大的地方，电势也越高 ‎2．关于电动势，下列说法不正确的是（　　）‎ A．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 B．电源两极间的电压等于电源电动势 C．电源电动势的数值等于内、外电压之和 D．电源电动势与外电路的组成无关 ‎3．有一电场的电场线如图所示，场中A、B两点电场强度的大小和电势分别用EA、EB和φA、φB（　　）‎ A．EA＞EB，φA＞φB B．EA＞EB，φA＜φB C．EA＜EB，φA＞φB D．EA＜EB，φA＜φB ‎4．关于闭合电路（电源内阻不能忽略），下列说法中正确的是（　　）‎ A．闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方 B．闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的输出功率就越大 C．闭合电路中，外电阻越大，电源的路端电压就越大 D．闭合电路中，电流越大，电源的路端电压就越大 ‎5．一个电流表的满偏电流Ig=1mA．内阻为500Ω要把它改装成一个量程为100V的电压表，则应在电流表上（　　）‎ A．串联一个99.5kΩ的电阻 B．并联一个99.5kΩ的电阻 C．串联一个9.5kΩ的电阻 D．并联一个9.5kΩ的电阻 ‎6．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A 1、A 2，若把A 1、A 2 分别采用串联或并联的方式接入电路，如图（a）、（b）所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（　　）‎ A．图（a）中的A1、A2 的示数相同 B．图（a）中的A1、A2 的指针偏角相同 C．图（b）中的A1、A2 的示数和偏角都不同 D．图（b）中的A1、A2 的指针偏角相同 ‎7．如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（　　）‎ A．U1：U2=1：8 B．U1：U2=1：4 C．U1：U2=1：2 D．U1：U2=1：1‎ ‎8．在如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中a、b两点电势和场强都相同的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎9．在匀强电场中，某时刻放入一个初速度为零的负电荷．若电荷只受电场力的作用且可以自由移动，则在此后的一段时间内，下列说法正确的是（　　）‎ A．电场力一定对电荷做正功 B．电荷的电势能一定减小 C．电荷只能在电场线上运动 D．电荷从电势低的地方向电势高的地方运动 ‎10．如图所示，用绝缘细线拴一个带负电的小球，让它在竖直向下的匀强电场中绕O点做竖直平面内的圆周运动，a、b两点分别是圆周的最高点和最低点，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球有可能做匀速圆周运动，也有可能做变速圆周运动 B．小球经过a点时，机械能最大 C．小球经过b点时，电势能最大 D．小球经过b点时，动能最大 ‎11．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，实线为一带正电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q为质点先后通过电场时轨迹上的两个点，由此可知（　　）‎ A．质点在Q点时，加速度较小 B．三个等势面中，a的电势最高 C．质点通过P点时动能较大 D．质点通过Q时电势能较小 ‎12．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流计，A为理想电流表．开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态，则以下说法正确的是（　　）‎ A．在P向上移动的过程中，A表的示数变大，油滴仍然静止，G中有方向由a至b的电流 B．在P向上移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有由b至a的电流 C．在P向下移动的过程中，A表的示数变大，油滴向下加速运动，G中有由a至b的电流 D．在P向下移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有由b至a的电流 ‎　‎ 二、实验题（共两小题，每空2分，共16分，请将正确答案填在答题卡中的横线上）‎ ‎13．读出（图1）游标卡尺的读数为　　cm．螺旋测微器的读数为　　mm ‎14．某实验小组描绘规格为“2.5V 0.6W”的小灯泡的I﹣U特性曲线，实验室提供下列器材：‎ A．电流表A1（量程为0﹣25mA，内阻约0.2Ω）‎ B．电流表A2（量程为0一300mA，内阻约1Ω）‎ C．电压表V1（量程为0﹣3V，内阻约5kΩ）‎ D．电压表V2（量程为0﹣15V，内阻约15kΩ）‎ E．滑动变阻器R1（0一10Ω，额定电流1.5A）；‎ F．滑动变阻器R2（0一1000Ω，额定电流0.5A）‎ G．直流电源（电动势6V，内阻忽略不计）‎ H．电键一个、导线若干 ‎（1）在小灯泡接入电路前，使用多用电表直接测量小灯泡的电阻，则应将选择开关旋至　　 档进行测量（填选项前的字母）．‎ A．直流电压10V B．直流电流5mA C．欧姆“×100”D．欧姆“×1”‎ ‎（2）实验中所用的电流表、电压表和滑动变阻器分别选择　　‎ A．A1 V1R2 B．A2 V1R1 C．A2 V2R2 D．A1 V1R1‎ ‎（3）若采用如图1所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压表的右端应与电路中的　　点相连（选填“a”或“b”）‎ ‎（4）开关闭合之前，图1中滑动变阻器的滑片应该置于　　端（选填“c”、“d”或“cd中间”）‎ ‎（5）测量后，该小组根据实验数据，利用Excel拟合出小灯泡的I﹣U特性曲线如图2所示．结合所画出的I﹣U特性曲线，现将一个电动势为3.6V，内阻为12Ω的电源只与该小灯泡组成电路，则该小灯泡的实际功率约为　　W．‎ ‎（6）该小组按实验要求设计出正确电路图并正确连线后，合上电键，慢慢增大小灯泡的电压，发现刚开始时两电表指针均偏转，但小灯泡不发光，请简要分析原因：　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（共4小题，共46分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的得0分）‎ ‎15．如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q=﹣1.0×10﹣6C的点电荷由A点沿水平线移至B点，克服电场力做了2×10﹣6J的功，已知A、B间的距离为2cm．试求：‎ ‎（1）A、B两点间的电势差UAB及该匀强电场的电场强度 ‎（2）若A点的电势为φA=1V，试求B点的电势φB．‎ ‎16．如图1、2所示，两电源的电动势均为6V，内阻为0.5Ω，小型电动机M的线圈电阻为0.5Ω，滑动变阻器的最大阻值为5Ω，限流电阻R0均为2.5Ω，求：‎ ‎（1）若理想电压表的示数均为2.5V时，试求在图1中电源的输出功率和电动机输出的机械功率 ‎（2）在图2中限流电阻R0可消耗的最大功率和滑动变阻器R可消耗的最大功率．‎ ‎17．如图（甲）所示，A、B是在真空中平行放置的金属板，加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场．A、B两极板间距离d=15cm．今在A、B两极板上加如图（乙）所示的交变电压，交变电压的周期T=1.0×10﹣6s；t=0时，A板电势比B板电势高，电势差U0=1080V．一个荷质比=1.0×108 C/kg的带负电的粒子在t=0 时从B板附近由静止开始运动，不计重力．问：‎ ‎（1）当粒子的位移为多大时，粒子速度第一次达最大值？最大速度为多大？‎ ‎（2）粒子运动过程中将与某一极板相碰撞，求粒子撞击极板时的速度大小．‎ ‎18．在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．若将一个质量为m、带正电电量q的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为53°的直线运动．现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出，求运动过程中（sin53°=0.8，）‎ ‎（1）此电场的电场强度大小；‎ ‎（2）小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U；‎ ‎（3）小球的最小动能．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省周口市郸城一高高二（上）第二次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共48分．其中1～8题为单选，9～12题为不定项选择）‎ ‎1．下列关于电场强度和电势的叙述正确的是（　　）‎ A．在匀强电场中，场强处处相同，电势也处处相等 B．在正点电荷形成的电场中，离点电荷越远，电势越高，场强越小 C．等量异种点电荷形成的电场中，取无限远处为电势零点，两电荷连线中点的电势为零，场强不为零 D．在任何电场中，场强越大的地方，电势也越高 ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】电场线越密的地方场强越强，越疏的地方，场强越弱．电荷在等势面上移动，受电场力，但是电场力不做功．等势面与电场线垂直．‎ ‎【解答】解：A、在匀强电场中，场强处处相同，但同一等势面上电势处处相等，不是所有的电势均处处相等，故A错误；‎ B、在正点电荷形成的电场中，根据E=可知，离点电荷越远，场强越小，因沿着电场线方向，电势在减小，故B错误；‎ C、取无穷远为零电势，等量异种点电荷形成的电场中，两电荷连线中垂线是等势面，与无穷远处点电势相等，故电势为零，但电场强度大小不为零，故C正确；‎ D、在任何电场中，场强越大的地方，等差等势面越密，但电势不一定越高，比如靠近负点电荷，电场强度大，而电势却低，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道等量同种电荷和等量异种电荷周围电场线的特点，根据电场线疏密比较场强的强弱，根据电场线方向确定电势的高低．‎ ‎　‎ ‎2．关于电动势，下列说法不正确的是（　　）‎ A．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 B．电源两极间的电压等于电源电动势 C．电源电动势的数值等于内、外电压之和 D．电源电动势与外电路的组成无关 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势与外电路无关．‎ ‎【解答】解：‎ A、电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势越大，电源将其他形式的能转化为电能的本领越大．故A正确．‎ B、根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir，得知，当I=0时，U=E，即电源没有接入外电路时两极间的电压等于电源电动势．当I≠0时，电源的内电压不等于0，电源两极间的电压将小于电动势，故B错误．‎ C、由闭合电路欧姆定律可知，电源电动势的数值等于内、外电压之和；故C正确；‎ D、电动势表征电源的特性，由电源本身决定，与外电路无关，同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化．故D错误．‎ 本题选错误的；故选：B ‎【点评】本题考查对电源电动势的理解，要抓住电动势的物理意义、定义和闭合电路欧姆定律来加深理解 ‎　‎ ‎3．有一电场的电场线如图所示，场中A、B两点电场强度的大小和电势分别用EA、EB和φA、φB（　　）‎ A．EA＞EB，φA＞φB B．EA＞EB，φA＜φB C．EA＜EB，φA＞φB D．EA＜EB，φA＜φB ‎【考点】电场线；电场强度；电势．‎ ‎【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．‎ ‎【解答】解：电场线的疏密表示场强的相对大小，在B点的电场线密，所以B点的电场强度大，所以EA＜EB，‎ 由于沿电场线的方向，电势降低，所以φA＜φB，所以D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．‎ ‎　‎ ‎4．关于闭合电路（电源内阻不能忽略），下列说法中正确的是（　　）‎ A．闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方 B．闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的输出功率就越大 C．闭合电路中，外电阻越大，电源的路端电压就越大 D．闭合电路中，电流越大，电源的路端电压就越大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】闭合电路的动态分析抓住不变量电动势和内电阻，然后进行分析．在外路中，电流从电势高的地方流向电势低的地方，内电路中相反．当内外电阻相等时，电源的输出功率最大．‎ ‎【解答】解：A、在外路中，电流从电势高的地方流向电势低的地方，内电路中相反．故A错误；‎ B、电源的输出功率与外电阻有关，当内外电阻相等时输出功率最大，而外电阻越大时，路端电压越大；故路端电压大，不能得出输出功率大的结论；故B错误；‎ C、闭合电路中，外电阻越大，总电阻越大，总电流越小，内电压越小，则U=E﹣Ir可知，路端电压越大，故C正确；‎ D、闭合电路中，外电阻越小，总电阻越小，总电流越大，内电压越大，路端电压越小．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律的应用，解决本题的关键是进行动态分析时，明确U=E﹣Ir的应用，同时注意明确电源输出功率在路端电压为电动势的一半时输出功率最大，故路端电压大，输出功率不一定大，但电源的效率增大．‎ ‎　‎ ‎5．一个电流表的满偏电流Ig=1mA．内阻为500Ω要把它改装成一个量程为100V的电压表，则应在电流表上（　　）‎ A．串联一个99.5kΩ的电阻 B．并联一个99.5kΩ的电阻 C．串联一个9.5kΩ的电阻 D．并联一个9.5kΩ的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值．‎ ‎【解答】解：把电流表改装成100V的电压表需要串联分压电阻，‎ 串联电阻阻值：R=﹣Rg=﹣500=99500Ω=99.5kΩ；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查了电压表的改装，知道电压表改装原理是解题的前提，应用串联电路特点与欧姆定律可以解题．‎ ‎　‎ ‎6．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A 1、A 2，若把A 1、A 2 分别采用串联或并联的方式接入电路，如图（a）、（b）所示，则闭合开关后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（　　）‎ A．图（a）中的A1、A2 的示数相同 B．图（a）中的A1、A2 的指针偏角相同 C．图（b）中的A1、A2 的示数和偏角都不同 D．图（b）中的A1、A2 的指针偏角相同 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大．当它们串联时，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．‎ ‎【解答】解：A、图（a）中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，量程大的电流表示数大，故A错误，B正确．‎ C、图（b）中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同，量程越大，电流表内阻越小，电流表两端电压越小，指针偏角越小，A1的指针偏角小于A2的指针偏角，故CD错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（　　）‎ A．U1：U2=1：8 B．U1：U2=1：4 C．U1：U2=1：2 D．U1：U2=1：1‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】带点粒子在电场中做类似平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，根据运动学公式和牛顿第二定律列式求解．‎ ‎【解答】解：带点粒子在电场中做类似平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，有 x=v0t y=‎ 解得 ‎∝‎ 故 故选A．‎ ‎【点评】本题关键根据类平抛运动的分位移公式和牛顿第二定律联立列式求解出电压的一般表达式，然后再进行分析讨论．‎ ‎　‎ ‎8．在如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中a、b两点电势和场强都相同的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场强度；电势．‎ ‎【分析】电场强度是矢量，既有大小又有方向，只有当大小均相同时，场强才相同．电势是标量，真空中点电荷电场的等势线是以点电荷为球心的球面．‎ ‎【解答】解：A、ab两点电势相同，电场强度方向不同，场强不同．故A错误．‎ ‎ B、a点电场强度是由匀强电场与点电荷电场场强的合成，a点场强斜向右上方，b点场强斜向右下方，则两点场强不同．故B错误．‎ ‎ C、根据对称性，ab两点场强相同，ab在同一等势面上，电势相同．故C正确．‎ ‎ D、a点场强方向向上，b点场强方向向下，场强不同．故D错误．‎ 故选C ‎【点评】矢量要相同，只有大小和方向都相同才相同，相反当大小或方向之一变化时，矢量就变化．‎ ‎　‎ ‎9．在匀强电场中，某时刻放入一个初速度为零的负电荷．若电荷只受电场力的作用且可以自由移动，则在此后的一段时间内，下列说法正确的是（　　）‎ A．电场力一定对电荷做正功 B．电荷的电势能一定减小 C．电荷只能在电场线上运动 D．电荷从电势低的地方向电势高的地方运动 ‎【考点】电势能；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】静止开始的电荷会沿着电场力的方向运动，此题需要根据电场力做功的特点判断两点电势能的高低，知道电场力做正功，电势能减小．‎ ‎【解答】解：A、静止开始的电荷会沿着电场力的方向运动，电场力做正功，故A正确；‎ B、电场力做正功电荷的电势能一定减小，故B正确；‎ C、由于负电荷只受电场力，从静止开始运动，故会逆着电场线运动，故C错误；‎ D、逆着电场线运动，电势逐渐升高，故D正确；‎ 故选：ABD．‎ ‎【点评】本题比较简单，基础性强，考查的知识点比较全面；要加强理解电场力和电场强度关系，电势能和电场力做功关系．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，用绝缘细线拴一个带负电的小球，让它在竖直向下的匀强电场中绕O点做竖直平面内的圆周运动，a、b两点分别是圆周的最高点和最低点，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球有可能做匀速圆周运动，也有可能做变速圆周运动 B．小球经过a点时，机械能最大 C．小球经过b点时，电势能最大 D．小球经过b点时，动能最大 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】小球做什么运动，与重力和电场力的大小关系有关，分别分析小球所受的电场力大于重力、等于重力和小于重力三种情况分析小球的运动情况．电场力做功，小球的机械能不守恒．根据电场力做功正负，分析电势能何处最小，机械能何处最大．‎ ‎【解答】解：‎ A、当球所受的电场力与重力大小不等时，小球做变速圆周运动；当球所受的电场力与重力大小相等时，小球做匀速圆周运动；故A正确．‎ B、由于小球运动过程中，电场力对小球做功，则小球在运动中机械能不守恒．小球从a到b的过程中，电场力做负功，电势能增大，则小球经过a点时，电势能最小，机械能最大．而在b点时电势能最大，机械能最小，由于不能明确合力做功情况，故无法确定动能的大小；故D错误，BC正确 故选：ABC ‎【点评】本题考查带电粒子在电场和重力势能中的功能关系分析，注意明确机械能守恒的条件以及功能关系的应用，明确只有重力做功来分析机械能是否守恒．根据电场力做功，还可判断电势能的变化．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，实线为一带正电的质点仅在电场力的作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q为质点先后通过电场时轨迹上的两个点，由此可知（　　）‎ A．质点在Q点时，加速度较小 B．三个等势面中，a的电势最高 C．质点通过P点时动能较大 D．质点通过Q时电势能较小 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．‎ ‎【解答】解：A、等势线密的地方电场线密场强大，故Q点位置电场小，电场力小，根据牛顿第二定律，加速度也小，故A正确；‎ B、带正电的质点所受电场力沿电场线的切线方向，而电场力又指向轨迹内侧，因此电场线指向右下方，而沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故B错误；‎ CD、根据质点的受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故C错误，D正确；‎ 故选：AD ‎【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示的电路中，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器C的两金属板水平放置，R1和R2为定值电阻，P为滑动变阻器R的滑动触头，G为灵敏电流计，A为理想电流表．开关S闭合后，C的两板间恰好有一质量为m、电荷量为q的油滴处于静止状态，则以下说法正确的是（　　）‎ A．在P向上移动的过程中，A表的示数变大，油滴仍然静止，G中有方向由a至b的电流 B．在P向上移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有由b至a的电流 C．在P向下移动的过程中，A表的示数变大，油滴向下加速运动，G中有由a至b的电流 D．在P向下移动的过程中，A表的示数变小，油滴向上加速运动，G中有由b至a的电流 ‎【考点】电容器．‎ ‎【分析】电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片移动，根据电路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到导致电容器两端电压变化情况，最终判断油滴受力变化和运动情况．‎ ‎【解答】解：A、B、粒子原来处于平衡状态，重力和静电力平衡；电容器与电阻R、电阻R2相并联后与R1串联，滑片向上移动，电阻R变大，电路总电阻变大，电流变小，电容器两端电压为：U=E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变大，带电量变大，电场力变大，粒子向上加速；电容器充电，故电流从b到a，故A错误，B正确；‎ C、D、在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程，电阻R变小，电路总电阻变小，电流变大，电容器两端电压为：U=E﹣I（r+R1），故电容器两端电压变小，带电量变小，电场力变小，粒子向下加速；电容器放电，故电流从a到b，故C正确；D错误；‎ 故选BC．‎ ‎【点评】本题是电路动态分析问题，关键是理清电路，根据路串并联知识和闭合电路欧姆定律得到各个部分电路电流和电压的变化．‎ ‎　‎ 二、实验题（共两小题，每空2分，共16分，请将正确答案填在答题卡中的横线上）‎ ‎13．读出（图1）游标卡尺的读数为　5.45　cm．螺旋测微器的读数为　6.576（6.575～6.578都可以）　mm ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为：5.4cm=54mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.1mm=0.4mm，所以最终读数为：54mm+0.4mm=54.4mm=5.45cm．‎ ‎2、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为7.6×0.01mm=0.076mm，所以最终读数为6.5mm+0.076mm=6.576mm，由于需要估读，最后的结果可以在6.575～6.578之间．‎ 故答案为：5.45，6.576（6.575～6.578都可以）．‎ ‎【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．‎ ‎　‎ ‎14．某实验小组描绘规格为“2.5V 0.6W”的小灯泡的I﹣U特性曲线，实验室提供下列器材：‎ A．电流表A1（量程为0﹣25mA，内阻约0.2Ω）‎ B．电流表A2（量程为0一300mA，内阻约1Ω）‎ C．电压表V1（量程为0﹣3V，内阻约5kΩ）‎ D．电压表V2（量程为0﹣15V，内阻约15kΩ）‎ E．滑动变阻器R1（0一10Ω，额定电流1.5A）；‎ F．滑动变阻器R2（0一1000Ω，额定电流0.5A）‎ G．直流电源（电动势6V，内阻忽略不计）‎ H．电键一个、导线若干 ‎（1）在小灯泡接入电路前，使用多用电表直接测量小灯泡的电阻，则应将选择开关旋至　D　 档进行测量（填选项前的字母）．‎ A．直流电压10V B．直流电流5mA C．欧姆“×100”D．欧姆“×1”‎ ‎（2）实验中所用的电流表、电压表和滑动变阻器分别选择　B　‎ A．A1 V1R2 B．A2 V1R1 C．A2 V2R2 D．A1 V1R1‎ ‎（3）若采用如图1所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压表的右端应与电路中的　a　点相连（选填“a”或“b”）‎ ‎（4）开关闭合之前，图1中滑动变阻器的滑片应该置于　c　端（选填“c”、“d”或“cd中间”）‎ ‎（5）测量后，该小组根据实验数据，利用Excel拟合出小灯泡的I﹣U特性曲线如图2所示．结合所画出的I﹣U特性曲线，现将一个电动势为3.6V，内阻为12Ω的电源只与该小灯泡组成电路，则该小灯泡的实际功率约为　0.24　W．‎ ‎（6）该小组按实验要求设计出正确电路图并正确连线后，合上电键，慢慢增大小灯泡的电压，发现刚开始时两电表指针均偏转，但小灯泡不发光，请简要分析原因：　电压（电流）较小时，灯丝的温度较低，达不到发光的温度　．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】（1）根据灯泡电阻分析答题．‎ ‎（2）根据小电珠的额定电流选择电流表，根据小电珠额定电压选择电压表，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器．‎ ‎（3）根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后答题．‎ ‎（4）滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前分压部分电路阻值应最小，根据电路图确定滑片的位置．‎ ‎（5）由图象求出电压对应的电流，然后由P=UI求出灯泡功率．‎ ‎（6）由I﹣U图象，应用功率公式分析答题．‎ ‎【解答】解：（1）小电珠（2.5V，0.6W），小电珠正常发光时的电阻为：R==≈10.4Ω，‎ 测小电珠的电阻，应将选择开关旋至欧姆档，选择多用电表×1倍率，故选D．‎ ‎（2）小电珠额定电流为：I===0.24A=240mA，电流表应选B；小电珠额定电压为2.5V，电压表选C；为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的E．‎ ‎（3）灯泡电阻为10.4Ω，电流表内阻约1Ω，电压表内阻约为5kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，由图1所示电路图可知，电压表的右端应与电路中的a端．‎ ‎（4）由图1所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最左端．‎ ‎（5）在图2所示坐标系内作出电源的I﹣U图象如图所示：‎ 由图象可知，小灯泡两端电压为1.2V，通过灯泡的电流为0.2A，则灯泡实际功率P=UI=1.2×0.2=0.24W．‎ ‎（6）由图2所示图象可知，开始时灯泡电压与通过灯泡的电流很小，由P=UI可知灯泡实际功率很小，灯丝的温度较低，达不到发光的温度，所以灯泡不发光．‎ 故答案为：（1）D；（2）B （3）a；（4）c；（5）0.24；（6）电压（电流）较小时，灯丝的温度较低，达不到发光的温度．‎ ‎【点评】本题考查了欧姆表的应用、实验器材的选择、实验注意事项、求功率等问题，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表应采用外接法；要掌握实验器材的选择原则．‎ ‎　‎ 三、计算题（共4小题，共46分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的得0分）‎ ‎15．如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q=﹣1.0×10﹣6C的点电荷由A点沿水平线移至B点，克服电场力做了2×10﹣6J的功，已知A、B间的距离为2cm．试求：‎ ‎（1）A、B两点间的电势差UAB及该匀强电场的电场强度 ‎（2）若A点的电势为φA=1V，试求B点的电势φB．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势．‎ ‎【分析】（1）A、B间两点间的电势差由公式UAB=求解．根据UAB=Ed，d是两点沿电场线方向的距离，求解电场强度．‎ ‎（2）由UAB=φA﹣φB，求出B点的电势φB．‎ ‎【解答】解：（1）由题意可知，点电荷从A到B，电场力做负功 UAB=﹣2×10﹣6 J 据UAB=得 UAB=V=2V A、B两点沿电场线方向的距离 d=2×10﹣2cos 60°m=1×10﹣2 m 由E==200 V/m，方向：沿电场线斜向下 ‎（2）由UAB=φA﹣φB，则φB=φA﹣UAB=﹣1 V 答：‎ ‎（1）A、B两点间的电势差UAB是2V，该匀强电场的电场强度是200 V/m，方向：沿电场线斜向下．‎ ‎（2）若A点的电势为φA=1V，B点的电势φB是﹣1V．‎ ‎【点评】本题考查对电势差与电场强度关系的理解能力．还要抓住公式E=中d是两点沿电场线方向的距离．同时要注意沿着电场线方向电势是降低的．‎ ‎　‎ ‎16．如图1、2所示，两电源的电动势均为6V，内阻为0.5Ω，小型电动机M的线圈电阻为0.5Ω，滑动变阻器的最大阻值为5Ω，限流电阻R0均为2.5Ω，求：‎ ‎（1）若理想电压表的示数均为2.5V时，试求在图1中电源的输出功率和电动机输出的机械功率 ‎（2）在图2中限流电阻R0可消耗的最大功率和滑动变阻器R可消耗的最大功率．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律列式求解电动机的电压，电动机与电阻R0串联，根据欧姆定律求解电阻R0的电流，最后根据P=UI求解电动机的输入功率；根据P机=P电﹣P热=UI﹣I2RM求解电动机的输出功率．‎ ‎（2）当R滑=0时电路中的电流最大，由闭合电路的欧姆定律求出电流，然后代入功率的表达式即可求出．‎ ‎【解答】解：（1）I=IR0==1 A；‎ 电源的功率PE=IE=6 W；‎ 内电路消耗的功率Pr=I2r=0.5 W；‎ 电源的输出功率P出=PE﹣Pr=5.5 W 电动机分压UM=E﹣I（r+R0）=3 V；‎ 电动机消耗的功率PM=IUM=3W；‎ 热功率P热=I2rM=0.5 W；‎ 电动机输出的机械功率P机=PM﹣P热=2.5W ‎（2）当R滑=0时，，‎ 所以Pmax=Im2R0=10 W．‎ 当滑动变阻器阻值3Ω时，消耗的功率最大，Pmax=3 W．‎ 答：（1）若理想电压表的示数均为2.5V时，在图1中电源的输出功率5.5W和电动机输出的机械功率2.5W ‎（2）在图2中限流电阻R0可消耗的最大功率10W和滑动变阻器R可消耗的最大功率3W ‎【点评】本题关键抓住电路中电压分配和能量的关系，不能直接根据欧姆定律这样来求解电路中电流：I=，因为电动机工作时，欧姆定律不成立．‎ ‎　‎ ‎17．如图（甲）所示，A、B是在真空中平行放置的金属板，加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场．A、B两极板间距离d=15cm．今在A、B两极板上加如图（乙）所示的交变电压，交变电压的周期T=1.0×10﹣6s；t=0时，A板电势比B板电势高，电势差U0=1080V．一个荷质比=1.0×108 C/kg的带负电的粒子在t=0 时从B板附近由静止开始运动，不计重力．问：‎ ‎（1）当粒子的位移为多大时，粒子速度第一次达最大值？最大速度为多大？‎ ‎（2）粒子运动过程中将与某一极板相碰撞，求粒子撞击极板时的速度大小．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据AB两极板电场的变化，分析粒子的运动过程，然后判断出何时速度最大，并求出最大速度．‎ ‎（2）分析清楚粒子的运动过程，由运动学公式求出粒子撞击极板时的速度．‎ ‎【解答】解：（1）在0～时间内，粒子加速向A板运动，当t=时，粒子第一次达到最大速度．‎ 根据牛顿第二定律可知，粒子运动的加速度 设粒子的最大速度为vm，此时的位移为s，则根据运动学公式有：‎ ‎（2）粒子在第一周期的前T时间内，先加速后减速向A板运动，位移为sA；后内先加速后减速向B板运动，位移为sB．以后的每个周期都将重复上述运动．‎ 由于粒子在加速减速运动中的加速度大小相等，所以有：sA=2s=0.08m 所以粒子在一个周期内的位移为s1=sA﹣sB=0.06m 第二个周期末，粒子与B板的距离为s2=2s1=0.12m．‎ 此时粒子距离A板的距离为s3=d﹣s2=0.03m＜0.04m，‎ 表明粒子将在第三个周期内的前内到达A板．‎ 设粒子到达A板时的速度为v，根据速度位移的关系有：‎ 答：（1）当粒子的位移为0.04m时，粒子速度第一次达最大值，最大速度为；‎ ‎（2）粒子运动过程中将与A极板相碰撞，撞击极板时的速度大小．‎ ‎【点评】由于电场方向不断变化，粒子运动情况比较复杂，本题是一道难题；分析清楚粒子的运动过程是正确解题的关键．‎ ‎　‎ ‎18．在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．若将一个质量为m、带正电电量q的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为53°的直线运动．现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出，求运动过程中（sin53°=0.8，）‎ ‎（1）此电场的电场强度大小；‎ ‎（2）小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U；‎ ‎（3）小球的最小动能．‎ ‎【考点】电场强度；电势差．‎ ‎【分析】（1）小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为53°的直线运动，可知小球的合力沿与竖直方向夹角为53°的直线方向，即可得到重力与电场力的关系，用几何关系求解．‎ ‎（2）电势差U=Ed，其中d为沿电场方向的距离，小球抛出后，由运动的分解知识可知，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀减速运动，由运动学方程求解即可．‎ ‎（3）分别列式水平和竖直两个方向分速度与时间的关系式，得到合速度与时间的关系，运用数学知识求解最小速度，即可求得最小动能．‎ ‎【解答】解：（1）根据题设条件，电场力大小 F==mg 由F=qE得，电场强度 E=．‎ ‎（2）上抛小球沿竖直方向做匀减速运动：vy=v0﹣gt 沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a：ax==g 小球上升到最高点的时间t=，此过程小球沿电场方向位移：x=axt2=‎ 电场力做功 W=Fx=mg=‎ 小球运动的抛出点至最高点之间的电势差 U=Ex==‎ ‎（3）水平速度vx=axt，竖直速度vy=v0﹣gt，小球的速度v=‎ 由以上各式得出 v2=g2t2﹣2v0gt+v02‎ 解得，当t=时，v有最小值，最小值为 vmin=v0，小球动能的最小值为Ekmin=mv2min=．‎ 答：（1）此电场的电场强度大小为；（2）小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U为；（3）小球的最小动能是．‎ ‎【点评】本题的突破口是“小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为53°的直线运动”，对于曲线运动问题，用运动分解的办法，运用函数法求解最小速度．‎ ‎　‎