物理卷·2018届黑龙江省鸡西市虎林一中高二上学期第三次月考物理试卷 (解析版)

物理卷·2018届黑龙江省鸡西市虎林一中高二上学期第三次月考物理试卷 (解析版)

‎2016-2017学年黑龙江省鸡西市虎林一中高二（上）第三次月考物理试卷 ‎　‎ 一．单项选择（本大题共20小题，每小题2分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，多选、错选或不选不得分）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．电流的方向就是电荷移动的方向 B．在直流电源的外电路上，电流的方向是从电源正极流向负极 C．电流都是由电子的移动形成的 D．电流是有方向的量，所以是矢量 ‎2．电场强度的定义式为E=（　　）‎ A．场强的方向与F的方向相同 B．该定义式只适用于点电荷产生的电场 C．F是检验电荷所受到的力，q是产生电场的电荷电量 D．由该定义式可知，场中某点电荷所受的电场力大小与该点场强的大小成正比 ‎3．如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L．为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量），可采用的方法是（　　）‎ A．增大两板间的电势差U2 B．尽可能使板长L短些 C．尽可能使板间距离d小一些 D．使加速电压U1升高一些 ‎4．关于电场线，下列表述正确的是（　　）‎ A．沿着电场线方向，电场强度越小 B．电势降低的方向就是电荷受力方向 C．沿着电场线方向，电势越来越低 D．电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小 ‎5．下列图中，a、b、c是匀强电场中的三个点，各点电势φa=10V，φb=2V，φc=6V，a、b、c三点在同一平面上，图中电场强度的方向表示正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．在静电场中，下述说法正确的是（　　）‎ A．正电荷由高电势处运动到低电势处，电势能增加 B．正电荷由高电势处运动到低电势处，电势能减小 C．负电荷由低电势处运动到高电势处，电势能增加 D．负电荷由高电势处运动到低电势处，电势能减小 ‎7．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）‎ A．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大 B．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小 C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大 D．三个等势面中，a的电势最低 ‎8．如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B，匀速飞过，电子重力不计，则电子所受的另一外力的大小和方向变化情况（　　）‎ A．先变大，后变小，方向水平向左 B．先变大，后变小，方向水平向右 C．先变小，后变大，方向水平向左 D．先变小，后变大，方向水平向右 ‎9．如图所示，匀强电场场强为1×103 N/C，ab=dc=4cm，bc=ad=3cm，则下述计算结果正确的是（　　）‎ A．ab之间的电势差为4000 V B．ac之间的电势差为50 V C．将q=﹣5×10﹣3 C的点电荷沿矩形路径abcda移动一周，静电力做功为零 D．将q=﹣5×10﹣3 C的点电荷沿abc或adc从a移到c静电力做功都是﹣0.25 J ‎10．一个带电量为q=2×10﹣8C的正点电荷，从电场中的A点移到B点时，电场力做了﹣5×10﹣6J的功，下列判断正确的是（　　）‎ A．该点电荷在B处具有的电势能比在A处小 B．AB两点之间的电势差UAB为250V C．电场A点的电势比B点低 D．该电荷在B处具有的电势能为5×10﹣6J ‎11．平行板电容器充电后断开电源，然后将两极板间的正对面积逐渐增大，则在此过程中（　　）‎ A．电容逐渐增大 B．极板间场强逐渐增大 C．极板间电压保持不变 D．极板上电荷量变小 ‎12．下列说法正确的是（　　）‎ A．电动势反映了电源把电能转化为其他形式能量本领的物理量 B．电流强度有大小又有方向所以电流强度是矢量 C．电动势的单位和电势差相同，电动势实质上就是的电势差 D．同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化 ‎13．下列说法中正确的是（　　）‎ A．由R=可知一般导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比 B．比值反映了导体阻碍电流的性质，即电阻R=‎ C．导体电流越大，电阻越小 D．导体两端电压越大，电阻越大 ‎14．R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1：2，则当R1与R2串联后接入电路中时，R1和R2两端电压之比U1：U2为（　　）‎ A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．4：1‎ ‎15．一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电量q随时间t变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为（　　）‎ A．U B． C．R D．‎ ‎16．电流表的内阻是Rg=200Ω，满偏电流值是Ig=500μA，现在欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（　　）‎ A．应串联一个0.1Ω的电阻 B．应并联一个0.1Ω的电阻 C．应串联一个1800Ω的电阻 D．应并联一个1800Ω的电阻 ‎17．如图所示电路中，各灯额定电压和额定功率分别是：A灯“10V，10W“，B灯“60V，60W”，c灯“40V，40W“，D灯“30V，30W“．在a、b两端加上电压后，四个灯都能发光．比较各灯消耗功率的大小，正确的是（　　）‎ A．PB＞PD＞PA＞PC B．PB＞PA＞PD＞PC C．PB＞PD＞PC＞PA D．PA＞PC＞PD＞PB ‎18．如图所示，L1，L2是两个规格不同的灯泡，当它们如图连接时，恰好都能正常发光，设电路两端的电压保持不变，现将变阻器的滑片P向右移动过程中下列判断正确的是（　　）‎ A．变阻器两端电压变小 B．通过变阻器电流变大 C．L1变暗，L2变亮 D．L1变亮，L2变暗 ‎19．下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中不正确的是（　　）‎ A．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多 B．W=UIt适用于任何电路，而W=I2Rt=t只适用于纯电阻的电路 C．在不是纯电阻的电路中，UI＞I2R D．焦耳热Q=I2Rt适用于任何电路 ‎20．如图所示，电路两端的电压U保持不变，电阻R1，R2，R3消耗的电功率一样大，电阻之比R1：R2：R3是（　　）‎ A．1：1：1 B．4：1：1 C．1：4：4 D．1：2：2‎ ‎　‎ 二．多项选择（本大题共4小题，每小题4分，共16分．每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确，全部选对得满分，少选2分，多选、错选得0分．）‎ ‎21．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力的作用，根据此图可以作出的正确判断是（　　）‎ A．带电粒子所带电荷的正、负 B．带电粒子在a、b两点的受力方向 C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大 D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大 ‎22．如图所示，图线1、2分别表示导体A、B的伏安特性曲线，它们的电阻分别为R1、R2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．R1：R2=1：3‎ B．R1：R2=3：1‎ C．将R1与R2串联后接于电源上，则电压比U1：U2=1：3‎ D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ ‎23．对一电容器充电时电容器的电容C，带电荷量Q，电压U之间的关系图象如图所示，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎24．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能 Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0﹣x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2﹣x3段是直线，则下列说法正确的是（　　）‎ A．x1处电场强度为零 B．粒子在0﹣x2段做匀变速运动，x2﹣x3段做匀速直线运动 C．在0、x1、x2、x3处电势 φ0、φ1、φ2、φ3的关系为 φ3＞φ2=φ0＞φ1‎ D．x2﹣x3段的电场强度大小方向均不变 ‎　‎ 三、实验题（共10分）‎ ‎25．在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接，极板B接地 ‎（1）若极板B稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角　　（填“变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随　　而增大；‎ ‎（2）若极板B稍向左移动一点，则将观察到静电计指针偏角　　（填“变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随　　而增大．‎ ‎26．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了小灯泡（2.5V，0.5A）、电流表、电压表以及滑动变阻器等实验器材：‎ ‎（1）图甲为实验中某同学连接好的实验电路图，在开关S闭合后，把滑动片P从A向B端移动过程中会观察到电压表读数变　　（填“大”或“小”）．‎ ‎（2）某同学由测出的数据画出I﹣U图象，如图乙所示，当小灯泡两端电压为2.0V时，小灯泡的电阻值R=　　Ω，此时小灯泡的实际功率P=　　W．（结果保留两位有效数字）‎ ‎　‎ 四、计算题（4小题，共34分．要求写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案而未写出计算过程的不能得分，有数值计算的题，答案必须写出数值和单位．）‎ ‎27．有一个带电荷量q=﹣3×10﹣6 C的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷克服电场力做6×10﹣4 J的功，从B 点移到C点，电场力对电荷做9×10﹣4 J的功，问：‎ ‎（1）AB、BC、CA间电势差各为多少？‎ ‎（2）如以B点电势为零，则A点电势为多少？电荷在A点的电势能为多少？‎ ‎28．用30cm长的绝缘细线将质量为4×10﹣3㎏的带电小球P悬挂在O点的正下方，当空中有方向为水平向右、大小为1×104N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态，如图所示．（g=10N/kg；sin37°=0.6；cos37°=0.8）‎ ‎（1）分析小球的带电性质；‎ ‎（2）求小球的带电量；‎ ‎（3）求细线的拉力．‎ ‎29．如图所示的电路中，灯泡L标有“6V 12W”字样，电动机线圈的电阻RM=1.0Ω，AB两端的电压U恒为14V，若灯泡恰能正常发光，且电机能运转，试计算：‎ ‎（1）电动机的输出功率是多少？‎ ‎（2）电动机的热功率是多少？‎ ‎（3）整个电路消耗的电功率是多少？‎ ‎30．如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q（q＞0）的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb．不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年黑龙江省鸡西市虎林一中高二（上）第三次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．单项选择（本大题共20小题，每小题2分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，多选、错选或不选不得分）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．电流的方向就是电荷移动的方向 B．在直流电源的外电路上，电流的方向是从电源正极流向负极 C．电流都是由电子的移动形成的 D．电流是有方向的量，所以是矢量 ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】电流的方向就是正电荷定向移动的方向．在直流电源的外电路上，电流的方向是从电源正极流向负极．电流都是由自由电荷的定向移动形成的．电流有方向，但电流的运算不遵守平行四边形定则，是标量．‎ ‎【解答】解：A、物理学上规定，电流的方向与正电荷移动的方向相同．故A错误．‎ ‎ B、在直流电源的外电路上，电流从电源正极流出进入负极．故B正确．‎ ‎ C、电流都是由自由电荷的定向移动形成的，不一定是由电子定向移动形成的，也可以由正电荷移动形成的．故C错误．‎ ‎ D、电流有方向，表示流向，但电流的运算不遵守平行四边形定则，是标量．故D错误．‎ 故选B ‎　‎ ‎2．电场强度的定义式为E=（　　）‎ A．场强的方向与F的方向相同 B．该定义式只适用于点电荷产生的电场 C．F是检验电荷所受到的力，q是产生电场的电荷电量 D．由该定义式可知，场中某点电荷所受的电场力大小与该点场强的大小成正比 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】E=是电场强度的定义式，q是检验电荷的电荷量，F是检验电荷所受的电场力，适用于任何电场．场强的方向与放在该点的正电荷所受的电场力方向相同．场强仅由电场本身决定 ‎【解答】解：A、E=是电场强度的定义式，场强的方向与放在该点的正电荷所受的电场力方向相同，与放在该点的负电荷所受的电场力方向相反．故A错误．‎ B、E=是电场强度的定义式，q是检验电荷的电荷量，F是检验电荷所受的电场力，适用于任何电场，故B错误．‎ C、公式中F是检验电荷所受的电场力，q是检验电荷的电荷量，故C错误．‎ D、由F=Eq得知，场中某点电荷所受的电场力大小与该点场强的大小成正比．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎3．如图所示是一个说明示波管工作原理的示意图，电子经电压U1加速后垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差为U2，板长为L．为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量），可采用的方法是（　　）‎ A．增大两板间的电势差U2 B．尽可能使板长L短些 C．尽可能使板间距离d小一些 D．使加速电压U1升高一些 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】本题的关键是根据动能定理和类平抛运动规律求出示波管灵敏度的表达式，然后讨论即可求解．‎ ‎【解答】解：带电粒子加速时，由动能定理得：qU1=mv02‎ 带电粒子偏转时，由类平抛运动规律，得：‎ ‎ L=v0t ‎ ‎ h=at2‎ 又由牛顿第二定律得：a=‎ 联立以上各式可得h=‎ 由题意，灵敏度为： =‎ 可见，灵敏度与U2无关，故A错误．‎ 要提高示波管的灵敏度，可使板长L长些、板间距离d小一些、使加速电压U1降低一些，故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．关于电场线，下列表述正确的是（　　）‎ A．沿着电场线方向，电场强度越小 B．电势降低的方向就是电荷受力方向 C．沿着电场线方向，电势越来越低 D．电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】用电场线的特点分析求解，电场线的疏密程度反映电场的强弱，沿电场线方向电势越来越低；利用场强方向的规定判断电荷所受电场力的方向；据电场力做功情况，判断电势能和动能的变化即可．‎ ‎【解答】解：A、电场线的疏密表示电场强度的强弱，沿着电场线的方向电场强度的变化无法确定，故A错误．‎ B、电势降低的方向不一定是电场强度的方向，电势降低最快的方向才是电场强度，而电荷所受的电场力方向与电性也有关，所以电势降低的方向不一定是电荷受力方向，故B错误．‎ C、沿着电场线方向电势一定越来越低，故C正确．‎ D、沿电场线方向移动电荷，当电场力做正功时，电势能减小；当电场力做负功时，电势能增大，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎5．下列图中，a、b、c是匀强电场中的三个点，各点电势φa=10V，φb=2V，φc=6V，a、b、c三点在同一平面上，图中电场强度的方向表示正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势．‎ ‎【分析】在匀强电场中，电场强度处处相同，电场线平行且等间距．沿着电场线电势逐渐降低，且电势差与场强的关系为：U=Ed，可先确定出a、b两点连线中点的电势，与c点的电势相等，即可得到一条等势线，再根据相关知识分析．‎ ‎【解答】解：据题，a、b、c三点的电势分别φa=10V，φb=2V，φc=6V，因为匀强电场中沿电场线方向相同距离电势差相等，则a、b两点连线中点的电势为 φ==V=6V，因此该中点与c点的连线为等势线，那么与此连线垂直的直线即为电场线，由于φA=10V，φB=2V，又因为沿着电场线电势降低，所以电场线方向垂直于ab的中点与c点连线向下，故D正确，ABC错误．‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．在静电场中，下述说法正确的是（　　）‎ A．正电荷由高电势处运动到低电势处，电势能增加 B．正电荷由高电势处运动到低电势处，电势能减小 C．负电荷由低电势处运动到高电势处，电势能增加 D．负电荷由高电势处运动到低电势处，电势能减小 ‎【考点】电势能．‎ ‎【分析】根据电势能与电势的关系式Ep=qφ，分析电势能的变化，也可以根据电场力做功正负进行分析．‎ ‎【解答】解：‎ A、B、根据电势能与电势的关系式Ep=qφ，可知正电荷在电势高处电势能大，则正电荷由高电势处运动到低电势处，电势能减小，故A错误，B正确．‎ C、D、根据电势能与电势的关系式Ep=qφ，可知负电荷在电势高处电势能小，则负电荷由高电势处运动到低电势处，电势能增加，故C正确，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）‎ A．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时大 B．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能小 C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大 D．三个等势面中，a的电势最低 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．‎ ‎【分析】根据等差等势线密的地方电场线密，电场强度大，来分析电场力的大小，从而判断加速度的大小．根据质点的运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧且斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方，可分析电势的高低；电势能和动能的变化可以通过电场力做功情况判断．‎ ‎【解答】解：A、等差等势线密的地方电场线密，场强大，故P点电场强度较大，质点所受的电场力较大，根据牛顿第二定律，加速度也较大，故A正确；‎ B、质点所受的电场力指向轨迹内侧，且与等势面垂直，所以电场力垂直于等势面斜向右下方，质点从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能比Q点的电势能大，故B错误；‎ C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故质点在P点的动能小于在Q点的动能，故C错误 D、由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，根据沿电场线电势降低，知a的电势最高，c的电势最低，故D错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎8．如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由A→O→B，匀速飞过，电子重力不计，则电子所受的另一外力的大小和方向变化情况（　　）‎ A．先变大，后变小，方向水平向左 B．先变大，后变小，方向水平向右 C．先变小，后变大，方向水平向左 D．先变小，后变大，方向水平向右 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】电子做匀速直线运动，知受电场力和外力平衡，外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，根据电场力的变化判断外力的变化．‎ ‎【解答】解：根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从A→O→B，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小．则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，匀强电场场强为1×103 N/C，ab=dc=4cm，bc=ad=3cm，则下述计算结果正确的是（　　）‎ A．ab之间的电势差为4000 V B．ac之间的电势差为50 V C．将q=﹣5×10﹣3 C的点电荷沿矩形路径abcda移动一周，静电力做功为零 D．将q=﹣5×10﹣3 C的点电荷沿abc或adc从a移到c静电力做功都是﹣0.25 J ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】根据匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed，d是电场方向两点间的距离，求解两点间的电势差．根据公式W=qU求解静电力做功．‎ ‎【解答】解：A、由题，ab=dc=4cm=0.04m，则ab之间的电势差 Uab=E•ab=1×103×0.04V=40V．故A错误．‎ B、由图看出，b、c在同一等势面上，电势相等，则ac之间的电势差等于ab之间的电势差，为40V．故B错误．‎ C、将q=﹣5×10﹣3C的点电荷沿矩形路径abcd移动一周，初末位置间的电势差为0，由W=qU知，静电力做功为零．故C正确．‎ ‎ D、将q=﹣5×10﹣3C的点电荷沿abc或adc从a移动到c，电场力做功相等，电场力做功为 W=qU=﹣5×10﹣3×40J=﹣0.2J．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎10．一个带电量为q=2×10﹣8C的正点电荷，从电场中的A点移到B点时，电场力做了﹣5×10﹣6J的功，下列判断正确的是（　　）‎ A．该点电荷在B处具有的电势能比在A处小 B．AB两点之间的电势差UAB为250V C．电场A点的电势比B点低 D．该电荷在B处具有的电势能为5×10﹣6J ‎【考点】电势能；电势．‎ ‎【分析】电场力做的功等于电势能的减小量，即WAO=EpA﹣EO，然后结合电势差的定义式列式分析计算 ‎【解答】解：A、从电场中的A点移到B点时，电场力做了﹣5×10﹣6J的功，电荷的电势能增大．故A错误；‎ B、AB两点之间的电势差： V．故B错误；‎ C、正电荷从电场中的A点移到B点时，电场力做了﹣5×10﹣6J的功，说明正电荷运动的方向与受力的方向相反，所以运动的方向与电场线的方向相反，根据沿电场线的方向电势降低，所以A点的电势低于B点的电势．故C正确；‎ D、该题中没有选取0势能点，所以不能判定该电荷在B处具有的电势能为5×10﹣6J．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎11．平行板电容器充电后断开电源，然后将两极板间的正对面积逐渐增大，则在此过程中（　　）‎ A．电容逐渐增大 B．极板间场强逐渐增大 C．极板间电压保持不变 D．极板上电荷量变小 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】平行板电容器充电后断开电源后，电容器的电量不变．根据电容器的决定式可明确电容的变化；由公式C=分析电量的变化；根据U=Ed分析板间场强的变化．‎ ‎【解答】解：根据电容器的决定式C=可知，正对面积增大时，电容增大；由于充电后断开电源，则电量不变；由C=可知，电压U减小；根据E=可知，场强减小；‎ 故A正确，BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎12．下列说法正确的是（　　）‎ A．电动势反映了电源把电能转化为其他形式能量本领的物理量 B．电流强度有大小又有方向所以电流强度是矢量 C．电动势的单位和电势差相同，电动势实质上就是的电势差 D．同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化 ‎【考点】电源的电动势和内阻；电流、电压概念．‎ ‎【分析】电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，由电源本身的特性决定，与外路的结构无关．电动势的大小等于电源没有接入电路时两极间的电压．‎ ‎【解答】解：A、电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小．故A错误．‎ ‎ B、电流有方向，但电流的加减不使用平行四边形定则，所以是标量．故B错误．‎ ‎ C、电动势的单位和电势差相同，但电动势与电势差是两个不同的物理量，它们的物理意义不同．故C错误．‎ ‎ D、电动势由电源本身的特性决定，跟电源的体积无关，与外电路的结构无关．同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎13．下列说法中正确的是（　　）‎ A．由R=可知一般导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比 B．比值反映了导体阻碍电流的性质，即电阻R=‎ C．导体电流越大，电阻越小 D．导体两端电压越大，电阻越大 ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】导体电阻取决于导体本身，电流取决于导体两端的电压及电阻；电压决定了电流，而电流不能决定电压．‎ ‎【解答】解：A、C、D、导体的电阻取决于导体自身，与U、I无关，故A、C、D错误；‎ B、比值反映了导体对电流的阻碍作用，定义为电阻，故B正确；‎ 故选：B ‎　‎ ‎14．R1与R2并联在电路中，通过R1与R2的电流之比为1：2，则当R1与R2串联后接入电路中时，R1和R2两端电压之比U1：U2为（　　）‎ A．1：2 B．2：1 C．1：4 D．4：1‎ ‎【考点】串联电路和并联电路；欧姆定律．‎ ‎【分析】由并联电路的电流规律可得出两电阻的比值；由串联电路的电压规律可得出电压之比．‎ ‎【解答】解：并联电路中电阻之比等于电流的反比，故=；‎ 由串联电路的规律可知，电压之比等于电阻之比，故U1：U2=2：1；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎15．一个阻值为R的电阻两端加上电压U后，通过电阻横截面的电量q随时间t变化的图象如图所示，此图象的斜率可表示为（　　）‎ A．U B． C．R D．‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】给出的图象是q﹣t图象，其斜率为I=，所以斜率代表的是电流，再由欧姆定律可得出正确答案．‎ ‎【解答】解：根据电流强度的定义公式I=；‎ 可知q﹣t图象的斜率代表的就是电流；‎ 根据欧姆定律，有：I=，故斜率也代表电流．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎16．电流表的内阻是Rg=200Ω，满偏电流值是Ig=500μA，现在欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（　　）‎ A．应串联一个0.1Ω的电阻 B．应并联一个0.1Ω的电阻 C．应串联一个1800Ω的电阻 D．应并联一个1800Ω的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的电阻值为：R=，U为量程．‎ ‎【解答】解：电流表改装成电压表要串联的电阻为：R===1800Ω A 串联阻值不对．故A错误 B 不应并联．故B错误 C 符合要求．故C正确 D 不应并联．故D错误 故选：C ‎　‎ ‎17．如图所示电路中，各灯额定电压和额定功率分别是：A灯“10V，10W“，B灯“60V，60W”，c灯“40V，40W“，D灯“30V，30W“．在a、b两端加上电压后，四个灯都能发光．比较各灯消耗功率的大小，正确的是（　　）‎ A．PB＞PD＞PA＞PC B．PB＞PA＞PD＞PC C．PB＞PD＞PC＞PA D．PA＞PC＞PD＞PB ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】由电路图可知，C、D两灯并联，再与A、B两灯串联；先根据R=求出四盏灯的电阻，设电路中的总电流为1A，根据并联电路电流特点求出C、D两灯的电流，根据P=I2R分别求出四盏灯的电功率，即可比较各灯消耗功率的大小关系．‎ ‎【解答】解：A灯的电阻：RA==10Ω，‎ B灯的电阻：RB==60Ω，‎ C灯的电阻：RC==40Ω，‎ D灯的电阻：RD==30Ω；‎ 设a到b回路的电流为1A，则IA=IB=1A；‎ ‎∵C、D两灯并联 ‎∴UC=UD，即ICRC=（1﹣IC）RD，‎ ‎∴IC=A，‎ ID=1A﹣A=A；‎ A灯消耗的功率为PA=IA2RA=（1A）2×10Ω=10W，‎ B灯消耗的功率为PB=IB2RB=（1A）2×60Ω=60W，‎ C灯消耗的功率为PC=IC2RC=（A）2×40Ω≈7.3W，‎ D灯消耗的功率为PD=ID2RD=（A）2×30Ω≈9.8W．‎ 所以PB＞PA＞PD＞PC 故选：B．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，L1，L2是两个规格不同的灯泡，当它们如图连接时，恰好都能正常发光，设电路两端的电压保持不变，现将变阻器的滑片P向右移动过程中下列判断正确的是（　　）‎ A．变阻器两端电压变小 B．通过变阻器电流变大 C．L1变暗，L2变亮 D．L1变亮，L2变暗 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】本题的电路结构是：滑动变阻器与灯泡L2并联，再与灯泡L1串联．滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，引起并联部分电阻变化，外电路总电阻变化，干路电流变化，再分析灯泡L2电压的变化来分析灯泡亮度的变化．‎ ‎【解答】解：滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，变阻器有效电阻RP变大，外电路总电阻R变大，干路电流I减小，则L1变暗，灯泡L2的电压U2=U﹣IR1变大，则L2变亮，由于总电流减小，所以通过变阻器电流变小．由于L1变暗，分压减小，所以并联支路的电压即变阻器两端电压变大．‎ 故选：C ‎　‎ ‎19．下列关于电功、电功率和焦耳定律的说法中不正确的是（　　）‎ A．电功率越大，电流做功越快，电路中产生的焦耳热一定越多 B．W=UIt适用于任何电路，而W=I2Rt=t只适用于纯电阻的电路 C．在不是纯电阻的电路中，UI＞I2R D．焦耳热Q=I2Rt适用于任何电路 ‎【考点】电功、电功率；焦耳定律．‎ ‎【分析】电功为电流做功的总量，电功率为单位时间的电流做功值；焦耳定律描述的是电流通过电阻的发热功率．‎ ‎【解答】解：A、电功率越大，电流做功越快，但不一定转化的热量大．故A错误 ‎ B、W=UIt适用于任何电路，而W=I2Rt=t只适用于纯电阻的电路，说法准确．故B正确 ‎ C、在非纯电阻电路中，总电功大于电热故UI＞I2R．故C正确 ‎ D、任何电路中求焦耳热要用Q=I2Rt．故D 正确 本题选错误的 故选：A ‎　‎ ‎20．如图所示，电路两端的电压U保持不变，电阻R1，R2，R3消耗的电功率一样大，电阻之比R1：R2：R3是（　　）‎ A．1：1：1 B．4：1：1 C．1：4：4 D．1：2：2‎ ‎【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】串联部分电流相等，并联部分电压相等，根据P=I2R和P=进行分析．‎ ‎【解答】解：R2、R3电压相等，根据P=得，功率相等，则R2=R3．通过电阻R1的电流是R2电流的2倍，根据P=I2R得，功率相等，则．所以电阻之比R1：R2：R3=1：4：4．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二．多项选择（本大题共4小题，每小题4分，共16分．每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确，全部选对得满分，少选2分，多选、错选得0分．）‎ ‎21．如图所示，图中实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点，若带电粒子在运动过程中只受到电场力的作用，根据此图可以作出的正确判断是（　　）‎ A．带电粒子所带电荷的正、负 B．带电粒子在a、b两点的受力方向 C．带电粒子在a、b两点的加速度何处较大 D．带电粒子在a、b两点的速度何处较大 ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【分析】先由粒子的运动轨迹，判断粒子所受电场力的大体方向，即粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性．根据电场线疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得ab点加速度的大小．‎ ‎【解答】解：ABC、由图，粒子的运动轨迹向右弯曲，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左，由于电场线方向不明，无法确定粒子的电性和产生该电场的点电荷的电性．故A错误，B正确．‎ C、根据电场线的疏密程度，判断ab两点场强的大小，从而判断ab两点电场力大小，再根据牛顿第二定律得a点加速度的大，故C正确．‎ D、由a到b，电场力做负功，动能减小，故b处的速度小，D正确 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎22．如图所示，图线1、2分别表示导体A、B的伏安特性曲线，它们的电阻分别为R1、R2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．R1：R2=1：3‎ B．R1：R2=3：1‎ C．将R1与R2串联后接于电源上，则电压比U1：U2=1：3‎ D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】根据控制变量法和欧姆定律分析电流与电压的关系图即可得出正确答案．‎ ‎【解答】解：A、B、根据电阻的定义式R=得，根据图象可知，当电流都为1A时，电阻之比等于电压的反比，所以导体A、B的电阻==．故A正确，B错误；‎ C、D、根据公式：U=IR，当两段导体中的电流相等时，他们的电压之比U1：U2==1：3．故C正确，D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎23．对一电容器充电时电容器的电容C，带电荷量Q，电压U之间的关系图象如图所示，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电容．‎ ‎【分析】电容器的电容由本身的性质决定，与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比．‎ ‎【解答】解：A、B、C电容的定义式是C=，可知电容器电容的大小与电容的带电量Q以及电容器两极板之间的电压无关，由电容器本身决定，对于给定的电容器电容C是一定的，故AB错误，C正确．‎ D、C一定，由C=，得知，Q∝U，故D正确．‎ 故选CD ‎　‎ ‎24．一带负电的粒子只在电场力作用下沿x轴正方向运动，其电势能 Ep随位移x变化的关系如图所示，其中0﹣x2段是关于直线x=x1对称的曲线，x2﹣x3段是直线，则下列说法正确的是（　　）‎ A．x1处电场强度为零 B．粒子在0﹣x2段做匀变速运动，x2﹣x3段做匀速直线运动 C．在0、x1、x2、x3处电势 φ0、φ1、φ2、φ3的关系为 φ3＞φ2=φ0＞φ1‎ D．x2﹣x3段的电场强度大小方向均不变 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．‎ ‎【分析】根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，结合分析图象斜率与场强的关系，即可求得x1处的电场强度；根据能量守恒判断速度的变化；由Ep=qφ，分析电势的高低．由牛顿第二定律判断加速度的变化，即可分析粒子的运动性质．根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，得：E=•，‎ 由数学知识可知Ep﹣x图象切线的斜率等于，x1处切线斜率为零，则x1处电场强度为零，故A正确．‎ BD、由图看出在0～x1段图象切线的斜率不断减小，由上式知场强减小，粒子所受的电场力减小，加速度减小，做非匀变速运动．x1～x2段图象切线的斜率不断增大，场强增大，粒子所受的电场力增大，做非匀变速运动．x2～x3段斜率不变，场强不变，即电场强度大小和方向均不变，是匀强电场，粒子所受的电场力不变，做匀变速直线运动，故B错误，D正确；‎ C、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，粒子带负电，q＜0，则知：电势能越大，粒子所在处的电势越低，所以有：φ1＞φ2=φ0＞φ3，故C错误．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ 三、实验题（共10分）‎ ‎25．在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接，极板B接地 ‎（1）若极板B稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角　变大　（填“变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随　两极板间正对面积的增大　而增大；‎ ‎（2）若极板B稍向左移动一点，则将观察到静电计指针偏角　变大　（填“变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随　两极板间间距离的减小　而增大．‎ ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，先由电容的决定式C= 分析电容的变化，根据电容的定义式C=，分析电压U的变化．即可判断静电计指针偏角的变化．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）若极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，由电容的决定式C= 分析知电容减小，电容器的电量不变，根据电容的定义式C=，极板间的电压U增大．则静电计指针偏角增大，此实验说明平行板电容器的电容随正对面积的增大而增大；‎ ‎（2）若极板B稍向左移动一点，板间距离增大，由电容的决定式C= 分析知电容减小，电容器的电量不变，根据电容的定义式C=，极板间的电压U增大．则静电计指针偏角增大，此实验说明平行板电容器的电容与极板间距离成反比．极板间距离的减小而增大；‎ 故答案为：（1）变大，两极板间正对面积的增大； （2）变大，两极板间间距离的减小｡‎ ‎　‎ ‎26．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了小灯泡（2.5V，0.5A）、电流表、电压表以及滑动变阻器等实验器材：‎ ‎（1）图甲为实验中某同学连接好的实验电路图，在开关S闭合后，把滑动片P从A向B端移动过程中会观察到电压表读数变　大　（填“大”或“小”）．‎ ‎（2）某同学由测出的数据画出I﹣U图象，如图乙所示，当小灯泡两端电压为2.0V时，小灯泡的电阻值R=　4.4　Ω，此时小灯泡的实际功率P=　0.90　W．（结果保留两位有效数字）‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前滑片要移到分压电路分压为零的位置，根据滑片的移动方向判断电压表示数如何变化．‎ ‎（2）根据图象应用欧姆定律判断灯丝电阻如何变化；由图象求出电压对应的电流，然后由欧姆定律求出灯泡阻值．‎ ‎【解答】解：（1）由图示电路图可知，在开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑动片P移到A端；实验中滑动片P从从A向B端移动过程中会观察到电压表读数变大．‎ ‎（2）由图象可知，当U=2.0V时，对应的电流为：I=0.45A，‎ 则小灯泡的电阻值为：R=≈4.4Ω，‎ 灯泡的实际功率为：P=UI=2.0×0.45=0.90W；‎ 故答案为：（1）大；（2）4.4，0.90‎ ‎　‎ 四、计算题（4小题，共34分．要求写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案而未写出计算过程的不能得分，有数值计算的题，答案必须写出数值和单位．）‎ ‎27．有一个带电荷量q=﹣3×10﹣6 C的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷克服电场力做6×10﹣4 J的功，从B 点移到C点，电场力对电荷做9×10﹣4 J的功，问：‎ ‎（1）AB、BC、CA间电势差各为多少？‎ ‎（2）如以B点电势为零，则A点电势为多少？电荷在A点的电势能为多少？‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】（1）根据电势差的定义式U=求出电势差．‎ ‎（2）根据电势差等于电势之差，求A点的电势，再根据EP=qφ求电荷在A点的电势能．‎ ‎【解答】解：（1）电荷由A移向B克服电场力做功，即电场力做负功，为 WAB=﹣9×10﹣4 J，则 AB间的电势差为 UAB===200V BC间的电势差为 UBC===﹣300V AC间的电势差为 UAC=UAB+UBC=200V+（﹣300V）=﹣100V 则CA间电势差 UCA=﹣UAC=100 V ‎（2）若φB=0，由UAB=φA﹣φB得 φA=UAB=200 V 则电荷在A点的电势能 EpA=qφA=﹣3×10﹣6×200 J=﹣6×10﹣4 J 答：‎ ‎（1）AB、BC、CA间电势差各为200V、﹣300V和100V．‎ ‎（2）如以B点电势为零，则A点电势为200V，电荷在A点的电势能为﹣6×10﹣4 J．‎ ‎　‎ ‎28．用30cm长的绝缘细线将质量为4×10﹣3㎏的带电小球P悬挂在O点的正下方，当空中有方向为水平向右、大小为1×104N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态，如图所示．（g=10N/kg；sin37°=0.6；cos37°=0.8）‎ ‎（1）分析小球的带电性质；‎ ‎（2）求小球的带电量；‎ ‎（3）求细线的拉力．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】对小球受力分析，根据带电小球处于静止状态，结合力的合成或分解解决问题 ‎【解答】解：（1）小球受力如图，故带正电．‎ ‎（2）小球受力平衡，在水平方向：‎ qE=mgtan37°，‎ 得：‎ ‎（3）如受力图可知： =0.05N　　　‎ 答：（1）小球的带正电；‎ ‎（2）小球的带电量；‎ ‎（3）细线的拉力0.05N ‎　‎ ‎29．如图所示的电路中，灯泡L标有“6V 12W”字样，电动机线圈的电阻RM=1.0Ω，AB两端的电压U恒为14V，若灯泡恰能正常发光，且电机能运转，试计算：‎ ‎（1）电动机的输出功率是多少？‎ ‎（2）电动机的热功率是多少？‎ ‎（3）整个电路消耗的电功率是多少？‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】灯泡额定电是6V，额定功率是12W，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率；由电功率公式可以求出电路总功率．‎ ‎【解答】解：（1）（2）电动机两端的电压：U1=U﹣UL=14﹣6V=8V 整个电路中的电流：I===2A 所以电动机的输入功率：P=U1I=8×2W=16W 电动机的热功率：P热=I2RM=4×1W=4W 则电动机的输出功率：P2=P﹣I2RM=16﹣4=12W ‎（3）整个电路消耗的功率：‎ P总=UI=14×2W=28W．‎ 答：（1）电动机的输出功率是12W；‎ ‎（2）电动机的热功率是4W；‎ ‎（3）整个电路消耗的电功率是28W．‎ ‎　‎ ‎30．如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q（q＞0）的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb．不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】根据牛顿第二定律，将电场力与支持力提供向心力列出方程，并由动能定理来联立求解．‎ ‎【解答】解：质点所受到电场力的大小为：f=qE，‎ 设质点质量为m，经过a点和b点时速度大小分别为va和vb，‎ 由牛顿第二定律有，‎ 设质点经过a点和b点时动能分别为Eka和Ekb，则有：‎ ‎，‎ ‎，‎ 根据动能定理有，Ekb﹣Eka=2rf，‎ 联立解得：，‎ Eka=，‎ Ekb=，‎ 答：电场强度的大小：、质点经过a点：，和b点时的动能：．‎ ‎　‎ ‎2016年12月15日