物理卷·2018届辽宁省葫芦岛一高高二上学期期中物理试卷+（解析版）

物理卷·2018届辽宁省葫芦岛一高高二上学期期中物理试卷+（解析版）

‎2016-2017学年辽宁省葫芦岛一高高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本大题共13小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项是符合题目要求，第9～13题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分．有选错的得0分．‎ ‎1．在静电场中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电势为零的点，电场强度也一定为零 B．电场强度的方向处处与等势面垂直 C．由静止释放的正电荷，仅在电场力作用下的运动轨迹一定与电场线重合 D．电场中任一点的电场强度的方向总是指向该点电势降落的方向 ‎2．下列关于电场强度的说法中，正确的是（　　）‎ A．公式E=只适用于真空中点电荷产生的电场 B．由公式E=可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比 C．在公式F=k中，k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；k是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小 D．由公式E=k可知，在离点电荷非常靠近的地方（r→0），电场强度E可达无穷大 ‎3．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，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，据此可知以下说法中不正确的是（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最高 B．带电质点通过P点时的电势能比Q点大 C．带电质点通过P点时的动能比Q点大 D．带电质点通过P点时的加速度比Q点大 ‎4．在其空中M、N两点分别放有异种点电初+2Q和一Q，以MN连线中点O为中心作一圆形路径abcd，a、O、c三点恰好将MN四等分．b、d为MN的中垂线与圆的交点，如图所示，则下列说法正确的（　　）‎ A．a、b、c、d四点电场强度的大小关系是Ea＞Ec，Eb=Ed B．a、b、c、d四点电势的关系是φa＜φc，φb=φd C．在MN的连线上，O点的电场强度最小 D．将带负电的试探电荷由b沿直线移动到d的过程中，其电势能始终不变 ‎5．在x轴上关于原点对称的 a、b两点处固定有两个电荷量相等的点电荷，如图E﹣x图象描绘了x轴上部分区域的电场强度（以x轴正方向为电场强度的正方向）．对于该电场中x轴上关于原点对称的c、d两点，下列结论正确的是（　　）‎ A．两点场强相同，c点电势更高 B．两点场强相同，d点电势更高 C．两点场强不同，两点电势相等，均比O点电势高 D．两点场强不同，两点电势相等，均比O点电势低 ‎6．三个阻值相同的灯泡，其允许消耗的最大功率都是10W，现将其中的两只灯泡串联起来，再与第三只灯泡并联在电路中，如图．则整个电路允许消耗的最大功率为（　　）‎ A．30W B．20W C．15W D．10W ‎7．如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为（　　）‎ A．4R B．5R C．10R D．16R ‎8．图甲所示的电路中，电流表A1指针指满刻度，电流表A2的指针指满刻度的处；图乙中，A2指针指满刻度，A1指针指满刻度的处．已知A1的内阻为0.45Ω，则A2的电阻为（　　）‎ A．0.1Ω B．0.15Ω C．0.3Ω D．0.6Ω ‎9．如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度．下列操作可使指针张开角度增大一些的是（　　）‎ A．保持开关S闭合，将R上的滑片向右移动 B．断开开关S后，将A、B两极板分开一些 C．断开开关S后，将A、B两极板的正对面积减小一些 D．保持开关S闭合，将A、B两极板分开一些 ‎10．关于电阻率，下列说法正确的是（　　）‎ A．电阻率是表征材料导电性的物理量，电阻率越大，导电的性能越好 B．各种材料的电阻率都与温度有关，金属导体的电阻率随温度的升高而增大 C．超导体是指当温度降低到接近绝对零度的某一临界温度时，它的电阻突然变为零 D．有些的合金的电阻率几乎不受温度的影响，通常用它们制成标准的电阻 ‎11．在如图所示的U﹣I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知下列说法正确的是（　　）‎ A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5Ω B．电阻R的阻值为1Ω C．电源的输出功率为4 W D．电源的效率为50%‎ ‎12．在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源内阻不能忽略．闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下调节，则下列叙述正确的是（　　）‎ A．电压表和电流表的示数都增大 B．灯L2变暗，电流表的示数减小 C．灯L1变亮，电压表的示数减小 D．电源的效率减小，电容器C所带电荷量减小 ‎13．a、b、c三个α粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，下列说法正确的是（　　）‎ A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 B．b和c同时飞离电场 C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小 D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大 ‎　‎ 二、实验题：（14题4分，15题10分共14分）‎ ‎14．读出如图所示螺旋测微器测量的读数为　　．‎ ‎15．有一个小灯泡上标有“4V 2W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线．现有下列器材供选用：‎ A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）‎ B．电压表（0～10V，内阻20kΩ）‎ C．电流表（0～0.3A，内阻1Ω）‎ D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）‎ E．滑动变阻器（10Ω，2A）‎ F．滑动变阻器（1kΩ，1A）‎ H．学生电源（直流6V），还有电键、导线若干 ‎①实验中所用电压表应选　　，电流表应选用　　，滑动变阻器应选用　　（用序号字母表示）‎ ‎②为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实验要求的电路图．‎ ‎③某同学通过实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线（如图所示），若用电动势为3V、内阻为2.5Ω的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是　　W．‎ ‎　‎ 三、计算题（共3小题，第16题10分，17题10分，18题14分，要求：写出完整的解题步骤．）‎ ‎16．如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，R3=6Ω，当S1闭合S2断开时，电流表示数为2A，电压表示数为6V，求：（电压表和电流表均看成理想电表）‎ ‎（1）R1、R2的电阻值及电源的输出功率；‎ ‎（2）S1、S2均闭合后，流过R1的电流．‎ ‎17．如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间．若小球带电荷量q=1×10﹣2 C，质量为m=2×10﹣2 kg，不考虑空气阻力．那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？此时电源输出功率是多大？（g取10m/s2）‎ ‎18．如图所示，半径R=0.8m的光滑绝缘导轨固定于竖直平面内，加上某一水平方向的匀强电场时，带正电的小球沿轨道内侧做圆周运动，它的电量q=1.00×10﹣7C．圆心O与A点的连线与竖直成一角度θ，在A点时小球对轨道的压力N=1.2N，此时小球的动能最大．若小球的最大动能比最小动能多0.32J，且小球能够到达轨道上的任意一点（不计空气阻力，g取10m/s2）．则：‎ ‎（1）小球的最小动能是多少？‎ ‎（2）小球受到重力和电场力的合力是多少？‎ ‎（3）现小球在动能最小的位置突然撤去轨道，并保持其他量都不变，若小球在0.4s后的动能与它在A点时的动能相等，求小球的质量和电场强度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省葫芦岛一高高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本大题共13小题，每小题4分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项是符合题目要求，第9～13题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分．有选错的得0分．‎ ‎1．在静电场中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电势为零的点，电场强度也一定为零 B．电场强度的方向处处与等势面垂直 C．由静止释放的正电荷，仅在电场力作用下的运动轨迹一定与电场线重合 D．电场中任一点的电场强度的方向总是指向该点电势降落的方向 ‎【考点】电场强度；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】在静电场中电场强度与电势无关．电场强度的方向处处与等势面垂直．只有当电场线是直线时，电荷的运动轨迹才有可能与电场线重合．顺着电场线方向，电势逐渐降低．‎ ‎【解答】解：A、电势为零，是人为选择的，而电场强度是由电场决定的，此处电场强度不一定为零．故A错误；‎ B、根据电场线和等势面的关系，可知电场强度的方向处处与等势面垂直，故B正确．‎ C、若电场线是曲线，则电荷所受的电场力将发生方向的变化，则其运动轨迹不可能与电场线重合；故C错误．‎ D、顺着电场线方向，电势逐渐降低．但电场强度的方向总是指向电势降落最快的方向，故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】本题考查对电场线物理意义的理解，电场强度方向的规定；注意电势与电场强度的区别、电场线与电荷运动轨迹的区别．‎ ‎　‎ ‎2．下列关于电场强度的说法中，正确的是（　　）‎ A．公式E=只适用于真空中点电荷产生的电场 B．由公式E=可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比 C．在公式F=k中，k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；k是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小 D．由公式E=k可知，在离点电荷非常靠近的地方（r→0），电场强度E可达无穷大 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】电场强度的定义式适用于一切电场，电场强度E表示电场本身的强度和方向，与试探电荷无关．真空中点电荷Q产生的电场强度计算公式是：E=k，当r→0时，电荷已不能看成点电荷，此公式不再成立．库仑定律公式公式中，是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小．‎ ‎【解答】解：A、电场强度的定义式适用于一切电场．故A错误．‎ ‎ B、电场强度E表示电场本身的强度和方向，与试探电荷无关，不能说E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比．故B错误．‎ ‎ C、库仑定律公式公式中，是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小．故C正确．‎ ‎ D、当r→0时，电荷已不能看成点电荷，公式E=k不再成立．故D错误．‎ 故选C ‎【点评】本题考查对电场强度两公式的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，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，据此可知以下说法中不正确的是（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最高 B．带电质点通过P点时的电势能比Q点大 C．带电质点通过P点时的动能比Q点大 D．带电质点通过P点时的加速度比Q点大 ‎【考点】电场线．‎ ‎【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、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故A正确；‎ B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；‎ C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；‎ D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确．‎ 本题选错误的，故选：C．‎ ‎【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．‎ ‎　‎ ‎4．在其空中M、N两点分别放有异种点电初+2Q和一Q，以MN连线中点O为中心作一圆形路径abcd，a、O、c三点恰好将MN四等分．b、d为MN的中垂线与圆的交点，如图所示，则下列说法正确的（　　）‎ A．a、b、c、d四点电场强度的大小关系是Ea＞Ec，Eb=Ed B．a、b、c、d四点电势的关系是φa＜φc，φb=φd C．在MN的连线上，O点的电场强度最小 D．将带负电的试探电荷由b沿直线移动到d的过程中，其电势能始终不变 ‎【考点】电场的叠加；电场强度．‎ ‎【分析】根据电场线密场强大，分析场强的大小．由电势公式φ= 和电场的叠加原理分析电势关系．根据电势的变化，分析正电荷电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、设Ma=aO=d．则Ea=+=，‎ Ec=+=，故Ea＞Ec，b、d两点由于对称，则有Eb=Ed．故A正确．‎ B、沿电场线方向电势降低，故Φa＞Φc，根据对称性可知Φb=Φd．故B错误．‎ C、电场线的疏密表示电场强度的相对大小，由电场线疏密程度可知，AB连线上电场强度最小值出现在O点的右侧，故C错误．‎ D、负点电荷沿直线由b运动到d的过程中，只是初末位置的电势能相等，过程中电势能在变化．故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题是信息题，根据题中的信息分析各点的电势是解题的关键，结合电场的叠加原理和电场分布的对称性研究．‎ ‎　‎ ‎5．在x轴上关于原点对称的 a、b两点处固定有两个电荷量相等的点电荷，如图E﹣x图象描绘了x轴上部分区域的电场强度（以x轴正方向为电场强度的正方向）．对于该电场中x轴上关于原点对称的c、d两点，下列结论正确的是（　　）‎ A．两点场强相同，c点电势更高 B．两点场强相同，d点电势更高 C．两点场强不同，两点电势相等，均比O点电势高 D．两点场强不同，两点电势相等，均比O点电势低 ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】根据根据给出的E﹣x图象判断出ab处的电性，根据点电荷产生的场强和电场的叠加即可判断cd两处的场强大小，沿电场方向电势降低 ‎【解答】解：根据给出的E﹣x图象可知，在a处为正电荷，在b处为负电荷，根据点电荷产生的场强E=及电场的叠加可知，cd两处场强相同，电场方向由c指向d，故c点电势高，故A正确 故选：A ‎【点评】该题考查等量异种电荷电场的特点，解题的关键是先判断出两电荷的电性，根据点电荷的场强叠加和沿电场线方向电势的变化变化 ‎　‎ ‎6．三个阻值相同的灯泡，其允许消耗的最大功率都是10W，现将其中的两只灯泡串联起来，再与第三只灯泡并联在电路中，如图．则整个电路允许消耗的最大功率为（　　）‎ A．30W B．20W C．15W D．10W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】根据电路连接关系及已知条件：三个电阻R1、R2、R3的阻值相同，允许消耗的最大功率为10W，分析保证电路安全的条件，然后求电路的最大功率．‎ ‎【解答】解：若灯泡2和3都达到最大功率时，灯泡1两端的电压将太大，容易烧坏，所以整个电路允许消耗的最大功率应该是灯泡3达到最大功率．即W，串联部分消耗功率为=5W，所以总功率为15W．‎ 故选：C ‎【点评】解本题的关键是根据题意，结合串并联电路的特点，电功率的公式，分析出保证电路安全且功率最大的条件，本题难度较大，是一道难题．‎ ‎　‎ ‎7．如图是一个将电流表改装成欧姆表的示意图，此欧姆表已经调零，用此欧姆表测一阻值为R的电阻时，指针偏转至满刻度处，现用该表测一未知电阻，指针偏转到满刻度的处，则该电阻的阻值为（　　）‎ A．4R B．5R C．10R D．16R ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】欧姆表调零即待测电阻为零，根据指针偏转位置和闭合回路欧姆定律求解．‎ ‎【解答】解：设电动势为E，内阻为R内，满偏电流为Ig，‎ 欧姆表调零时，Ig=‎ 测一阻值为R的电阻时 Ig=‎ 测一未知电阻时 Ig=‎ 解这三式得：‎ ‎ R′=16R 故选D．‎ ‎【点评】考查欧姆表的改装原理，结合闭合回路欧姆定律进而求所测电阻．‎ ‎　‎ ‎8．图甲所示的电路中，电流表A1指针指满刻度，电流表A2的指针指满刻度的处；图乙中，A2指针指满刻度，A1指针指满刻度的处．已知A1的内阻为0.45Ω，则A2的电阻为（　　）‎ A．0.1Ω B．0.15Ω C．0.3Ω D．0.6Ω ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】根据串联电路电流相等的特点和并联电路电压相等的特点，利用欧姆定律分别列出两电流表满偏时指针的关系，再把A2的内阻代入求解方程即可求出A1的内阻．‎ ‎【解答】解：设电流表A1、A2满偏电流分别为I1、I2；‎ 由题意知，当电流表串联时：I1=I2…①‎ 当电流表并联时：电源的电压为：U=I2R2=I1R1…②‎ 由于R1=0.45Ω…③‎ 将①③式代入②解得：R2=0.1Ω．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题要理解并掌握串联电路和并联电路特点，能根据两电流表示数之间的关系建立方程组．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，A、B为平行板电容器的金属板，G为静电计．开始时开关S闭合，静电计指针张开一定角度．下列操作可使指针张开角度增大一些的是（　　）‎ A．保持开关S闭合，将R上的滑片向右移动 B．断开开关S后，将A、B两极板分开一些 C．断开开关S后，将A、B两极板的正对面积减小一些 D．保持开关S闭合，将A、B两极板分开一些 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】静电计测量的是电容器两端的电势差，断开电键，电容器所带的电量不变，根据电容的变化判断电势差的变化．闭合电键，电容器两端的电势差等于电源的电动势．‎ ‎【解答】解：AB、保持开关闭合，电容器两端的电势差等于电源的电动势，故电容器两端的电势差不变，则指针张角不变，故AD错误；‎ B、断开开关S后，电容器带电量不变，将AB分开一些，则d增大，电容减小，根据C=知，电势差增大，指针张角增大，故B正确；‎ C、断开开关S后，电容器带电量Q不变，将A、B两极板的正对面积减小一些，电容C减小，根据C=知，电势差U增大，指针张角增大，故C正确；‎ 故选：BC ‎【点评】本题考查电容器的动态分析，关键抓住断开电键，电容器所带的电量不变，电键闭合，电容器两端的电势差不变．‎ ‎　‎ ‎10．关于电阻率，下列说法正确的是（　　）‎ A．电阻率是表征材料导电性的物理量，电阻率越大，导电的性能越好 B．各种材料的电阻率都与温度有关，金属导体的电阻率随温度的升高而增大 C．超导体是指当温度降低到接近绝对零度的某一临界温度时，它的电阻突然变为零 D．有些的合金的电阻率几乎不受温度的影响，通常用它们制成标准的电阻 ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】电阻率是描述材料导电能力的物理量，材料的电阻率由材料本身性质决定，与材料长度和横截面积无关，受温度影响．‎ ‎【解答】解：A、电阻率是表征材料导电性的物理量，电阻率越小，导电性能越好．故A错误．‎ B、各种材料的电阻率都与温度有关，金属导体的电阻率随温度的升高而增大．故B正确．‎ C、超导体是指当温度降低到接近绝对零度的某一临界温度时，它的电阻突然变为零．故C正确．‎ D、有些的合金的电阻率几乎不受温度的影响，通常用它们制成标准的电阻．故D正确．‎ 故选BCD．‎ ‎【点评】本题考查了影响电阻率的因素，是一道基础题，熟练掌握基础知识即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎11．在如图所示的U﹣I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知下列说法正确的是（　　）‎ A．电源的电动势为3 V，内阻为0.5Ω B．电阻R的阻值为1Ω C．电源的输出功率为4 W D．电源的效率为50%‎ ‎【考点】电功、电功率；欧姆定律．‎ ‎【分析】根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，斜率大小读出电源的内阻．图线Ⅱ的斜率大小等于电阻R的大小．两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率和电源的效率．‎ ‎【解答】解：‎ A、由图线图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势E=3V，其斜率大小等于电源的内阻r==Ω=0.5Ω．故A正确．‎ B、电阻R的阻值为R==Ω=1Ω．故B正确．‎ C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有U=2V，I=2A，电源的输出功率为P=UI=2×2W=4W．故C正确．‎ D、电源的效率为η==≈66.7%．故D错误．‎ 故选：ABC ‎【点评】本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，常见的题型．‎ ‎　‎ ‎12．在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源内阻不能忽略．闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下调节，则下列叙述正确的是（　　）‎ A．电压表和电流表的示数都增大 B．灯L2变暗，电流表的示数减小 C．灯L1变亮，电压表的示数减小 D．电源的效率减小，电容器C所带电荷量减小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】先分析变阻器有效电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析干路电流和路端电压的变化，即可知道电压表示数的变化和灯L1亮度的变化；根据并联部分电压的变化，判断灯L2亮度的变化．根据干路电流和通过灯L2电流的变化，来分析通过电流表示数的变化．电源的效率等于输出功率与总功率之比．电容器的电压等于并联部分的电压，由电压的变化来分析其电量的变化．‎ ‎【解答】解：‎ A、B、C、当闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，则灯L1变亮，电压表的示数减小．根据串联电路分压规律可知，并联部分的电压减小，则灯L2的电流减小，灯L2变暗．‎ 根据干路电流增大，灯L2的电流减小，可知电流表的示数增大，故AB错误，C正确．‎ D、电源的效率η==，U减小，则电源的效率减小．并联部分电压减小，则电容器的电压减小，由Q=CU，可知电容器C的带电量减小．故D正确．‎ 故选：CD ‎【点评】本题是电路中动态变化分析问题，在抓住不变量的基础上，根据路端电压随外电阻增大而增大，减小而减小，分析路端电压的变化．利用串联电路的电压与电阻成正比，分析各部分电压的变化．‎ ‎　‎ ‎13．a、b、c三个α粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，下列说法正确的是（　　）‎ A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 B．b和c同时飞离电场 C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小 D．动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】三个粒子做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．粒子的质量和电量相同，知加速度相同．比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小．通过动能定理比较动能的变化量．‎ ‎【解答】解：A、粒子的质量和电量相同，知加速度相同．a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y=知，a、b运动的时间相等，c的运动时间最短．故A正确，B错误．‎ C、因为ta=tb＞tc，又xa＜xb=xc，因为垂直电场方向上做匀速直线运动，所以vc＞vb＞va．故C正确．‎ D、据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能变化量相等．c电荷电场力做功最少，动能变化量最小．故D正确．‎ 故选ACD．‎ ‎【点评】解决本题的关键将类平抛运动分解为垂直电场方向和沿电场方向，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．‎ ‎　‎ 二、实验题：（14题4分，15题10分共14分）‎ ‎14．读出如图所示螺旋测微器测量的读数为　6.490　．‎ ‎【考点】螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】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：螺旋测微器的固定刻度为6mm，可动刻度为49.0×0.01mm=0.490mm，所以最终读数为6mm+0.490mm=6.490mm．‎ 故答案为：6.490‎ ‎【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．‎ ‎　‎ ‎15．有一个小灯泡上标有“4V 2W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性图线．现有下列器材供选用：‎ A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）‎ B．电压表（0～10V，内阻20kΩ）‎ C．电流表（0～0.3A，内阻1Ω）‎ D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）‎ E．滑动变阻器（10Ω，2A）‎ F．滑动变阻器（1kΩ，1A）‎ H．学生电源（直流6V），还有电键、导线若干 ‎①实验中所用电压表应选　A　，电流表应选用　D　，滑动变阻器应选用　E　（用序号字母表示）‎ ‎②为使实验误差尽量减小，要求从零开始多取几组数据，请在方框内画出满足实验要求的电路图．‎ ‎③某同学通过实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线（如图所示），若用电动势为3V、内阻为2.5Ω的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是　0.8　W．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器；‎ ‎（2）根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法．‎ ‎（3）在U﹣I图线上做出电源的外电压和电流的关系图线，与伏安特性曲线的交点所对应的电流、电压为灯泡的实际电流和电压，根据P=UI求出灯泡的实际功率．‎ ‎【解答】解：（1）因灯泡的额定电压为4V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于4V，但不能大太多，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，故选A；‎ 由P=UI得，灯泡的额定电流A；故电流表应选择0～0.6A的量程，故电流表选D；‎ 而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；‎ ‎（2）在用伏安法描绘这个灯泡的I一U图线的实验中，电压要从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法；由于灯泡的电阻较小，所以选择电流表外接法．所以电路图如图．‎ ‎（3）在U﹣I图线上做出电源的外电压和电流的关系图线，与伏安特性曲线的交点横坐标为0.4A，电压U=2.0V，则灯泡的实际功率P=UI=0.8W．‎ 故答案为：①A、D、E②如图 ‎③0.8W ‎【点评】本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．‎ ‎　‎ 三、计算题（共3小题，第16题10分，17题10分，18题14分，要求：写出完整的解题步骤．）‎ ‎16．如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，R3=6Ω，当S1闭合S2断开时，电流表示数为2A，电压表示数为6V，求：（电压表和电流表均看成理想电表）‎ ‎（1）R1、R2的电阻值及电源的输出功率；‎ ‎（2）S1、S2均闭合后，流过R1的电流．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）根据欧姆定律求R2的电阻值，由闭合电路欧姆定律求R1的电阻值．电源的输出功率由公式P=I2（R1+R2）求解．‎ ‎（2）S1、S2均闭合后，先求出外电路总电阻，再由闭合电路欧姆定律求流过R1的电流．‎ ‎【解答】解：（1）当S1闭合S2断开时，由题可得，R2===3Ω 根据闭合电路欧姆定律得：I=‎ 可得 R1=﹣R2﹣r=﹣3﹣1=1Ω 电源的输出功率 P=I2（R1+R2）=22×（1+3）W=16W ‎（2）S1、S2均闭合后，外电路总电阻 R=R1+=1+=3Ω 由闭合电路欧姆定律得 流过R1的电流 I′===2.5A 答：‎ ‎（1）R1、R2的电阻值分别为1Ω和3Ω，电源的输出功率是16W；‎ ‎（2）S1、S2均闭合后，流过R1的电流是2.5A．‎ ‎【点评】本题是直流电路的计算问题，要搞清电路的连接关系，运用串并联电路的电流及电压规律与闭合电路欧姆定律解答．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间．若小球带电荷量q=1×10﹣2 C，质量为m=2×10﹣2 kg，不考虑空气阻力．那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？此时电源输出功率是多大？（g取10m/s2）‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析．‎ ‎【分析】小球恰好运动到A板，根据动能定理列式求解两板间的电压；然后根据欧姆定律求解滑动变阻器的电阻值；最后根据电功率表达式求解电源的输出功率．‎ ‎【解答】解：设两板间电压为UAB，小球从B板到A板的过程，由动能定理：‎ ‎﹣mgd﹣qUAB=0﹣mv02，‎ 代入数据解得：UAB=8 V．‎ 则滑动变阻器两端电压为：U滑=UAB=8 V．‎ 设通过滑动变阻器电流为I，由闭合电路欧姆定律得：‎ I==A=1 A．‎ 滑动变阻器接入电路的电阻为：R滑==Ω=8Ω ‎ 电源输出功率为：P=I2（R+R滑）=12×（15+8）W=23 W ‎ ‎ 答：滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω；此时电源输出功率是23W．‎ ‎【点评】本题关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据动能定理、欧姆定律联立列式求解．要力电之间的桥梁是电容器的电压．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，半径R=0.8m的光滑绝缘导轨固定于竖直平面内，加上某一水平方向的匀强电场时，带正电的小球沿轨道内侧做圆周运动，它的电量q=1.00×10﹣7C．圆心O与A点的连线与竖直成一角度θ，在A点时小球对轨道的压力N=1.2N，此时小球的动能最大．若小球的最大动能比最小动能多0.32J，且小球能够到达轨道上的任意一点（不计空气阻力，g取10m/s2）．则：‎ ‎（1）小球的最小动能是多少？‎ ‎（2）小球受到重力和电场力的合力是多少？‎ ‎（3）现小球在动能最小的位置突然撤去轨道，并保持其他量都不变，若小球在0.4s后的动能与它在A点时的动能相等，求小球的质量和电场强度．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】（1）（2）带电小球沿轨道内侧做圆周运动，受到重力和电场力作用，其合力是恒力，当合力沿OA连线向下时，小球通过A点时动能最大，通过关于O点对称的B点时动能最小．根据动能定理研究小球从B运动到A点的过程，求出重力与电场力的合力大小．根据牛顿第二定律和动能的计算式求出A点的动能，再求出小球的最小动能；‎ ‎（3）在B点撤去轨道后，小球将做类平抛运动，由题，小球经0.02s时，其动能与在A点时的动能相等，说明小球经0.04s时偏转量等于2R，由位移公式和牛顿第二定律结合求出质量 ‎【解答】解：（1）、（2）小球在电场和重力场的复合场中运动，因为小球在A点具有最大动能，所以复合场的方向由O指向A，在AO延长线与圆的交点B处小球具有最小动能EkB．设小球在复合场中所受的合力为F，则有：‎ 即：‎ 带电小球由A运动到B的过程中，重力和电场力的合力做功，根据动能定理有：‎ ‎﹣F2R=EKB﹣EKA=﹣0.32 ‎ 由此可得：F=0.2N，EKB=0.8J ‎ 即小球的最小动能为0.8J，重力和电场力的合力为0.2N．‎ ‎（3）带电小球在B处时撤去轨道后，小球做类平抛运动，即在BA方向上做初速度为零的匀加速运动，在垂直于BA方向上做匀速运动．设小球的质量为m，则：‎ 在BA方向上做初速度为零的匀加速运动，有：‎ ‎2R=t2‎ 得：m==0.01kg ‎ 由几何关系有：‎ 故：θ=600‎ 在垂直于BA方向上做匀速运动，有：Eq=Fsinθ ‎ 解得：E=，方向水平向左 ‎ 答：（1）小球的最小动能是0.8J；‎ ‎（2）小球受到重力和电场力的合力是20N；‎ ‎（3）小球的质量为0.01kg．电场强度为方向水平向左 ‎【点评】本题可以运用竖直平面内绳子系住的小球运动进行类比，A相当于物理的最低点，B相当于物理的最高点 ‎　‎