物理卷·2018届辽宁省大连市瓦房店高中高二上学期月考物理试卷（10月份） （解析版）

物理卷·2018届辽宁省大连市瓦房店高中高二上学期月考物理试卷（10月份） （解析版）

‎2016-2017学年辽宁省大连市瓦房店高中高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一.选择题：本题共12小题，每小题4分，1-7单选，8-12多选，共48分．‎ ‎1．关于电流，下列说法中正确的是（　　）‎ A．通过导线截面的电荷量越多，电流越大 B．电子运动的速率越大，电流越大 C．单位时间内通过导体截面的电荷量越多，导体中的电流越大 D．电流是矢量 ‎2．一带电粒子仅在电场力的作用下从A点运动到B点，其速度随时间变化图象如图所示，则不正确的是（　　）‎ A．A点的场强大于B点的场强 B．A点的电势一定比B点的电势高 C．粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能 D．电场力一定对粒子做正功 ‎3．在图所示电路中各个电阻都是2Ω．电流表内阻不计，在B、C两点间加6V电压时，电流表的读数是（　　）‎ A．0 B．1A C．2A D．3A ‎4．如图所示，C为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态，要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是（　　）‎ A．把R1的滑片向左移动 B．把R2的滑片向左移动 C．把R2的滑片向右移动 D．把闭合的开关S断开 ‎5．某种金属导体的U﹣I图象如图所示，图象上A点和原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角．关于导体的下列说法正确的是（　　）‎ A．欧姆定律对于该种导体是不适用的 B．该导体的电阻随电压的增大而增大 C．在A点，导体的电阻等于tanβ D．在A点，导体的电阻等于anα ‎6．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示．下列说法中正确的是（　　）‎ A．O点的电势最低 B．x2点的电势最高 C．x1和﹣x1两点的电势相等 D．x1和x3两点的电势相等 ‎7．ab是长为l的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示．ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2．则以下说法正确的是（　　）‎ A．两处的电场方向相同，E1＞E2 B．两处的电场方向相反，E1＞E2‎ C．两处的电场方向相同，E1＜E2 D．两处的电场方向相反，E1＜E2‎ ‎8．关于电动势下列说法正确的是（　　）‎ A．电源电动势等于电源正负极之间的电势差 B．用电压表直接测量电源两极得到的电压数值，实际上总略小于电源电动势的准确值 C．电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关 D．电源电动势总等于电路中通过1C的正电荷时，电源提供的能量 ‎9．传感器是一种采集信息的重要器件，如图所示是一种测定压力的电容式传感器．当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法中正确的是（　　）‎ A．若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流 B．若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流 C．若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流 D．若电流表有示数，则说明压力F发生变化 ‎10．如图所示，图线a是某一电源的U﹣I曲线，图线b是一定值电阻的U﹣I曲线．若将该电源与该定值电阻连成闭合电路（已知该电源的内阻r=2.0Ω），则（　　）‎ A．该定值电阻为6Ω B．该电源的电动势为20V C．将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大 D．将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大 ‎11．电子在电场中运动时，仅受电场力作用，其由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示．图中一组平行等距实线可能是电场线，也可能是等势线，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．不论图中实线是电场线还是等势线，a点的电势都比b点低 B．不论图中实线是电场线还是等势线，a点的场强都比b点小 C．如果图中实线是电场线，则电子在a点动能较小 D．如果图中实线是等势线，则电子在b点动能较小 ‎12．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器R的滑片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法中正确的是（　　）‎ A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮 B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮 C．△U1＞△U2 D．△U1＜△U2‎ ‎　‎ 二、本题共3小题，其中第13题8分，第14，15题各4分，共16分．‎ ‎13．在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所用器材有：电动势为6V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电流表、电压表、开关和导线，要求能测出尽可能多的数据，图甲所示是没有连接完的实物电路．（已连接好的导线有a、b、c、d、e、f六根）‎ ‎（1）请你用笔画线代替导线，将实物电路连接完整．‎ ‎（2）连好电路，闭合开关，移动滑片P到某处，电压表的示数为2.2V，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向　　（填“左”或“右”）端滑动．‎ ‎（3）通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表示数，并绘制成了如图乙所示的U﹣I图线，根据信息，可计算出小灯泡的额定功率为　　W．‎ ‎（4）小灯泡的U﹣I图线是曲线而不是过原点的直线，原因是　　．‎ ‎14．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积S、电流为I的电子束．已知电子的电量为e，质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为△l的电子束内的电子数目是　　．‎ ‎15．如图所示，一段长为a，宽为b，高为c（a＞b＞c）的导体，将其中的两个对立面接入电路中时，最大的电阻为R，则最小的电阻为　　．‎ ‎　‎ 三、本题3小题，共10+10+16=36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值的计算题-答案中必须明确写出数值和单位，或按题目要求作答．‎ ‎16．如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电，电荷量为q．在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷．将A由距B竖直高度为H处无初速释放，小球A下滑过程中电荷量不变．不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g，求：‎ ‎（1）A球刚释放时的加速度是多大；‎ ‎（2）当A球的动能最大时，A球与B点的距离．‎ ‎17．电动自行车提供能量的装置为装在电池盒内的电池组，当它给电动机供电时，电动机将带动车轮转动．假设有一辆电动自行车，人和车的总质量为120kg．当该车在水平地面上以5m/s的速度匀速行驶时，它受到的阻力约等于人和车总重的0.02倍，此时电池组加在电动机两端的电压为36V，通过电动机的电流为5A．若连接导线的电阻不计，传动装置消耗的能量不计，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）电动机输出的机械功率； ‎ ‎（2）电动机线圈的电阻．‎ ‎18．如图（a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U0=1.0×102V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10﹣7kg，电荷量q=1.0×10﹣2C，速度大小均为v0=1.0×104m/s，带电粒子的重力不计，则：‎ ‎（1）求电子在电场中的运动时间；‎ ‎（2）求在t=0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离；‎ ‎（3）若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省大连市瓦房店高中高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一.选择题：本题共12小题，每小题4分，1-7单选，8-12多选，共48分．‎ ‎1．关于电流，下列说法中正确的是（　　）‎ A．通过导线截面的电荷量越多，电流越大 B．电子运动的速率越大，电流越大 C．单位时间内通过导体截面的电荷量越多，导体中的电流越大 D．电流是矢量 ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】电流的定义式为，采用比值法定义．‎ 电流与电荷定向移动速率的关系是I=nvqS．‎ 电流有方向，但不是矢量；根据这些知识进行分析．‎ ‎【解答】解：AC、根据电流的定义式，可知单位时间内通过导体某横载面的电荷量越多，导体中的电流就越大，而通过导体某一横载面的电荷量越多，电流不一定越多，还与时间有关，故A错误，C正确．‎ B、根据电流的微观表达式I=nvqS，可知，电子运动的速率越大，电流不一定越大，还与单位体积内电子数目n、横截面积S有关，故B错误；‎ D、电流虽有方向，但运算时不遵守平行四边形定则，所以电流是标量，不是矢量，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．一带电粒子仅在电场力的作用下从A点运动到B点，其速度随时间变化图象如图所示，则不正确的是（　　）‎ A．A点的场强大于B点的场强 B．A点的电势一定比B点的电势高 C．粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能 D．电场力一定对粒子做正功 ‎【考点】电势；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】速度图象的斜率等于加速度，可知，带电粒子从A到B加速度减小，由牛顿第二定律分析场强的关系．由于带电粒子的电性未知，不能判断A与B两点电势关系．由图看出，带电粒子的动能增大，电势能减小，由动能定理分析电场力做功的正负．‎ ‎【解答】解：A、速度图象的斜率等于加速度，由图看出，带电粒子从A到B加速度减小，由a=分析得知，A点的场强大于B点的场强．故A正确．‎ B、C带电粒子的速度增大，动能增大，由能量守恒定律得知，电势能减小，由于带电粒子的电性未知，不能判断A与B两点电势关系．故B错误，C正确．‎ D、动能增加，由动能定理得知，电场力做正功．故D正确．‎ 因选错误的，故选：B ‎　‎ ‎3．在图所示电路中各个电阻都是2Ω．电流表内阻不计，在B、C两点间加6V电压时，电流表的读数是（　　）‎ A．0 B．1A C．2A D．3A ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】在图上标上电阻的符号如图．图中电流表内阻不计，在B、C两点间加6V电压时，电阻R2与R3并联后与R1串联，电流表测量的是电阻R2的电流；先求解总电阻，根据欧姆定律求解干路电流，根据并联电路的电流关系得到通过电阻R2的电流．‎ ‎【解答】解：如右图所示，电阻R2与R3并联后与R1串联，电路的总电阻为：R=2+×2=3Ω；‎ 根据欧姆定律得，干路电流为：I==A=2A 由于并联电路的电流与电阻成反比，故电流表的示数为：IR2==1A 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，C为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态，要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是（　　）‎ A．把R1的滑片向左移动 B．把R2的滑片向左移动 C．把R2的滑片向右移动 D．把闭合的开关S断开 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；电容；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，即要减小电场强度；变阻器R2处于分压状态，根据题意，只要减小电容器两端电压就可以减小电场力，从而使尘埃P向下加速运动．‎ ‎【解答】解：A、尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，故要减小电容器两端的电压；‎ 电路稳定时，滑动变阻器R1无电流通过，两端电压为零，故改变R1的电阻值无效果，故A错误；‎ B、C、变阻器R2处于分压状态，电容器两端电压等于变阻器R2左半段的电压，故要减小变阻器R2左半段的电阻值，变阻器R2滑片应该向左移动，故B正确，C错误；‎ D、把闭合的开关S断开，电容器两端电压增大到等于电源电动势，故P向上加速，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．某种金属导体的U﹣I图象如图所示，图象上A点和原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角．关于导体的下列说法正确的是（　　）‎ A．欧姆定律对于该种导体是不适用的 B．该导体的电阻随电压的增大而增大 C．在A点，导体的电阻等于tanβ D．在A点，导体的电阻等于anα ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】明确伏安特性曲线的性质，能根据斜率求解电阻的变化； 同时明确图象斜率的意义，知道不能根据斜率来求解电阻大小．‎ ‎【解答】解：A、金属导体是适用欧姆定律求解的，本题中图象为曲线的原因是电阻随温度的变化而变化造成的，故A错误；‎ B、由图可知，该导体的斜率越来越大，故该导体的电阻随电压的增大而增大，故B正确； ‎ CD、A点电阻应根据坐标值来求，由于不能两坐标采用的标度不同，故不能根据斜率来求电阻，故CD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示．下列说法中正确的是（　　）‎ A．O点的电势最低 B．x2点的电势最高 C．x1和﹣x1两点的电势相等 D．x1和x3两点的电势相等 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据题意，电场关于x轴对称分布可知，作出电场线如图，根据顺着电场线，电势降低和对称性可判断电势高低．‎ ‎【解答】解：A、B、作出电场线，根据顺着电场线电势降低，则O电势最高，故A错误，B错误；‎ C、从图线看出，电场强度关于原点O对称，则X轴上关于O点对称位置的电势相等．故C正确；‎ D、x1和x3两点在电场线的不同位置，沿电场线电势降低，故两点电势不相等；故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．ab是长为l的均匀带电细杆，P1、P2是位于ab所在直线上的两点，位置如图所示．ab上电荷产生的静电场在P1处的场强大小为E1，在P2处的场强大小为E2．则以下说法正确的是（　　）‎ A．两处的电场方向相同，E1＞E2 B．两处的电场方向相反，E1＞E2‎ C．两处的电场方向相同，E1＜E2 D．两处的电场方向相反，E1＜E2‎ ‎【考点】电场的叠加．‎ ‎【分析】由于细杆均匀带电，我们取a关于P1的对称点a′，则a与a′关于P1点的电场互相抵消，整个杆对于P1点的电场，仅仅相对于a′b部分对于P1的产生电场．‎ 而对于P2，却是整个杆都对其有作用，所以，P2点的场强大．‎ ‎【解答】解：将均匀带电细杆等分为很多段，每段可看作点电荷．设细杆带正电根据电场的叠加，这些点电荷在P1的合场强方向向左，在P2的合场强方向向右，且E1＜E2．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎8．关于电动势下列说法正确的是（　　）‎ A．电源电动势等于电源正负极之间的电势差 B．用电压表直接测量电源两极得到的电压数值，实际上总略小于电源电动势的准确值 C．电源电动势总等于内、外电路上的电压之和，所以它的数值与外电路的组成有关 D．电源电动势总等于电路中通过1C的正电荷时，电源提供的能量 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电源电动势的数值等于内、外电压之和．电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领的大小．电源两极间的电压等于或小于电源电动势．电动势与外电路的结构无关．根据电动势的定义式E=可求出电动势．‎ ‎【解答】解：A、电源电动势反映电源将其他形式能量转化为电能的本领大小，电源正、负极之间的电势差为电源的路端电压，只有当电源处于断路状态时，电源的电动势才等于路端电压，故A错误；‎ B、电压表是由内阻的，跟电源连接后构成一个通路，测量的是电压表内阻的电压，所以电压表测得的电源两极间电压值略小于电动势．故B正确．‎ C、电动势反映电源的特性，与外电路的结构无关，故C错误；‎ D、根据电动势的定义式E=可知电源电动势总等于电路中通过1C的正电荷时，电源提供的能量，故D正确．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎9．传感器是一种采集信息的重要器件，如图所示是一种测定压力的电容式传感器．当待测压力F作用于可动膜片电极上时，以下说法中正确的是（　　）‎ A．若F向上压膜片电极，电路中有从a到b的电流 B．若F向上压膜片电极，电路中有从b到a的电流 C．若F向上压膜片电极，电路中不会出现电流 D．若电流表有示数，则说明压力F发生变化 ‎【考点】电容；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电容器的电压不变．若F向上压膜片电极，电容增大，电量增大，电容器充电，电路中形成顺时针方向的电流，电流表指针发生偏转．电流表有示数，则说明压力F发生变化．‎ ‎【解答】解：A、B、C由题可知，电容器的电压不变．若F向上压膜片电极，减小板间距离，电容增大，电量增大，电容器充电，电路中形成顺时针方向的充电电流，即电路中有从b到a的电流．故AC错误，B正确．‎ ‎ D、当压力F变化时，电容变化，电量变化，电路中就有电流．故D正确．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，图线a是某一电源的U﹣I曲线，图线b是一定值电阻的U﹣I曲线．若将该电源与该定值电阻连成闭合电路（已知该电源的内阻r=2.0Ω），则（　　）‎ A．该定值电阻为6Ω B．该电源的电动势为20V C．将3只这种电阻并联作为外电阻，电源输出功率最大 D．将2只这种电阻串联作为外电阻，电源输出功率最大 ‎【考点】串联电路和并联电路；欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】根据图线b的斜率求出定值电阻的阻值；读出两图线交点处电压和电流，根据欧姆定律求出电源的电动势；对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大．‎ ‎【解答】解：A、图线b的斜率k===6Ω，则定值电阻的阻值R=k=6Ω；故A正确；‎ B、由图读出交点的电压U=15V，电流I=2.5A，根据闭合电路欧姆定律得，电源的电动势：E=U+Ir=15V+2.5×2V=20V；故B正确；‎ C、由图可知，电源的内阻r==2Ω，而对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，故将3只这种电阻并联的外电阻R外==2Ω，电源输出功率最大，故C正确；‎ D、因电源的内阻r=2Ω，对于电源，当内外电路的电阻相等时输出功率最大，故将2只这种电阻串联的外电阻R外=6+6=24Ω，电源输出功率不可能最大，故D错误；‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ ‎11．电子在电场中运动时，仅受电场力作用，其由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示．图中一组平行等距实线可能是电场线，也可能是等势线，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．不论图中实线是电场线还是等势线，a点的电势都比b点低 B．不论图中实线是电场线还是等势线，a点的场强都比b点小 C．如果图中实线是电场线，则电子在a点动能较小 D．如果图中实线是等势线，则电子在b点动能较小 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】由电子的轨迹弯曲方向判断电子所受的电场力方向，确定电场线的方向，判断电势高低．匀强电场中场强处处大小相等．根据电场力方向与电子速度方向的夹角，判断电场力对电子做正功还是负功，确定电子在a点与b点动能的大小．‎ ‎【解答】解：A、若图中实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，电场线方向水平向左，则a点的电势比b点低；若实线是等势面，由于电场线与等势面垂直，电子所受电场力方向向下，则电场线方向向上，则a点的电势比b点高．不论图中实线是电场线还是等势面，该电场是匀强电场，a点和b点的场强大小相等．故A、B错误．‎ C、电子所受的电场力水平向右，从a点运动到b点电场力做正功，所以电子在a点动能较小，故C正确；‎ D、若实线是等势面，由于电场线与等势面垂直，电子所受电场力方向向下，则电场线方向向上，则a点的电势比b点高．从a到b电子做负功，所以电势能增加，则电子在a点的动能比在b点的动能大，故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎12．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r．当滑动变阻器R的滑片P从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法中正确的是（　　）‎ A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮 B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮 C．△U1＞△U2 D．△U1＜△U2‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯L2亮度的变化．根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断L3亮度的变化．根据总电流与通过L3电流的变化，分析通过L1电流的变化，判断其亮度变化．根据路端电压的变化，分析△U1和△U2的大小．‎ ‎【解答】解：A、B、当滑动变阻器的触片P从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则L2变亮．‎ 变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分电压减小，则L3变暗．总电流增大，而L3的电流减小，则L1的电流增大，则L1变亮．故A错误，B正确．‎ C、D、由上分析可知，电压表V1的示数减小，电压表V2的示数增大，由于路端电压减小，所以△U1＞△U2．故C正确，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ 二、本题共3小题，其中第13题8分，第14，15题各4分，共16分．‎ ‎13．在做“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验时，所用器材有：电动势为6V的电源，额定电压为2.5V的小灯泡，以及符合实验要求的滑动变阻器、电流表、电压表、开关和导线，要求能测出尽可能多的数据，图甲所示是没有连接完的实物电路．（已连接好的导线有a、b、c、d、e、f六根）‎ ‎（1）请你用笔画线代替导线，将实物电路连接完整．‎ ‎（2）连好电路，闭合开关，移动滑片P到某处，电压表的示数为2.2V，若要测量小灯泡的额定功率，应将滑片P向　右　（填“左”或“右”）端滑动．‎ ‎（3）通过移动滑片P，分别记下了多组对应的电压表和电流表示数，并绘制成了如图乙所示的U﹣I图线，根据信息，可计算出小灯泡的额定功率为　0.5　W．‎ ‎（4）小灯泡的U﹣I图线是曲线而不是过原点的直线，原因是　灯丝的电阻会随温度的升高而增大　．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】要“描绘小灯泡的伏安特性曲线”则滑动变阻器要采用分压接法；‎ 要增大小灯泡两端的电压，则要增大与小灯泡并联的部分电阻；‎ 根据图象直接得出额定电压所对应的电流从而算出小灯泡的额定功率；‎ U﹣I图象的斜率代表灯丝的电阻，功率越大，灯丝的温度越高．‎ ‎【解答】解：（1）要“描绘小灯泡的伏安特性曲线”则电压要从0开始连续可调，故滑动变阻器要采用分压接法，由于小灯泡为小电阻故电流表要采用外接法，实物图连接如图所示；‎ ‎（2）小灯泡的额定电压为2.5V，而此时电压表的示数为2.2V，故要增大小灯泡两端的电压，则应该增大滑片P和左端之间的电阻，故应将滑片P向右端滑动；‎ ‎（3）由图可知当小灯泡两端的电压为小灯泡的额定电压2.5V时，电流表的示数为0.2A，故小灯泡的额定功率 P=UI=2.5×0.2=0.5W；‎ ‎（4）由于电压越大，灯泡的实际功率越大即灯丝的温度越高，电阻越大，所以说灯丝的电阻会随温度的升高而增大．‎ 故答案为：（1）电路图如图所示；（2）右；（3）0.5；（4）灯丝的电阻会随温度的升高而增大．‎ ‎　‎ ‎14．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积S、电流为I的电子束．已知电子的电量为e，质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为△l的电子束内的电子数目是　　．‎ ‎【考点】射线管的构造及其工作原理．‎ ‎【分析】根据动能定理求出电子刚出加速电场时的速度v．在一小段长为△l内电子可以看成做匀速运动，由△t=求出电子运动的时间，根据电流求出长为△l电子束的电量，再求解电子数．‎ ‎【解答】解：根据动能定理得：‎ eU=mv2‎ 得到：‎ v= ①‎ 在刚射出加速电场时，一小段长为△l的电子束内电子电量为：‎ q=I△t=I ②‎ 电子数n= ③‎ 联立①②③得：‎ n=‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，一段长为a，宽为b，高为c（a＞b＞c）的导体，将其中的两个对立面接入电路中时，最大的电阻为R，则最小的电阻为　　．‎ ‎【考点】电阻定律；欧姆定律．‎ ‎【分析】由电阻定律：R=可知横截面积越小电阻越大，横截面积越大电阻越小，由此可判定最大和最小两种电阻对应的接入状态，进而求解．‎ ‎【解答】解：由电阻定律：R=可知横截面积越小电阻越大，横截面积越大电阻越小．故电阻最大时，横截面积应该最小，即从左右两端接入，此时电阻为：‎ 解得：‎ 当从上下两个面接入是电阻最小，此时电阻为：‎ ‎．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ 三、本题3小题，共10+10+16=36分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值的计算题-答案中必须明确写出数值和单位，或按题目要求作答．‎ ‎16．如图所示，质量为m的小球A穿在绝缘细杆上，杆的倾角为α，小球A带正电，电荷量为q．在杆上B点处固定一个电荷量为Q的正电荷．将A由距B竖直高度为H处无初速释放，小球A下滑过程中电荷量不变．不计A与细杆间的摩擦，整个装置处在真空中，已知静电力常量k和重力加速度g，求：‎ ‎（1）A球刚释放时的加速度是多大；‎ ‎（2）当A球的动能最大时，A球与B点的距离．‎ ‎【考点】库仑定律；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）对A球受力分析，受到重力、支持力和静电斥力，根据牛顿第二定律求加速度；‎ ‎（2）小球A先加速下滑，当静电斥力等于重力的下滑分量时，小球速度最大，之后减速下降，再加速返回，减速返回到最高点，完成一次振动，即在平衡位置速度最大．‎ ‎【解答】解：（1）由牛顿第二定律可知mgsin α﹣F=ma，‎ 根据库仑定律F=k，‎ 又据几何关系有r=，‎ 解得a=gsin α﹣．‎ ‎（2）当A球受到合力为零、加速度为零时，动能最大．‎ 设此时A球与B点间的距离为d，则mgsin α=，‎ 解得d=．‎ 答：（1）A球刚释放时的加速度是gsin α﹣；‎ ‎（2）当A球的动能最大时，A球与B点的距离．‎ ‎　‎ ‎17．电动自行车提供能量的装置为装在电池盒内的电池组，当它给电动机供电时，电动机将带动车轮转动．假设有一辆电动自行车，人和车的总质量为120kg．当该车在水平地面上以5m/s的速度匀速行驶时，它受到的阻力约等于人和车总重的0.02倍，此时电池组加在电动机两端的电压为36V，通过电动机的电流为5A．若连接导线的电阻不计，传动装置消耗的能量不计，g取10m/s2．求：‎ ‎（1）电动机输出的机械功率； ‎ ‎（2）电动机线圈的电阻．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）电动机输出的机械功率等于牵引力与速度的乘积．当自行车匀速时，牵引力等于阻力，再可求解．‎ ‎（2）根据条件分别列出电动机输入功率、内部的热功率，根据能量守恒定律得到这两个功率与电动机输出功率的关系，求出电动机的内阻．‎ ‎【解答】解：（1）当电动自行车匀速行驶时，牵引力等于阻力，有：‎ F=F阻=0.02mg，‎ 电动机输出的机械功率P出=Fv，‎ 代入数据解得P出=120W；‎ ‎（2）电动机的输入功率P=IU，‎ 电动机内部的热功率Pr=I2r，‎ 由能量守恒定律有IU=P出+I2r，‎ 所以，‎ 代入数据解得r=2.4Ω；‎ 答：（1）电动机输出的机械功率为120W； ‎ ‎（2）电动机线圈的电阻为2.4Ω．‎ ‎　‎ ‎18．如图（a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U0=1.0×102V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10﹣7kg，电荷量q=1.0×10﹣2C，速度大小均为v0=1.0×104m/s，带电粒子的重力不计，则：‎ ‎（1）求电子在电场中的运动时间；‎ ‎（2）求在t=0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离；‎ ‎（3）若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动的位移与时间的关系．‎ ‎【分析】（1）粒子进入电场后水平方向做匀速直线运动，由t=，求出电子通过电场的时间．‎ ‎（2）在t=0时刻进入的粒子，竖直方向上先作匀加速直线运动2×10﹣5s，再作匀减速直线运动1×10﹣5s，根据牛顿第二定律求得加速度，由速度公式v=at求出粒子射出电场时竖直方向的速度．由运动学位移时间公式求出粒子离开电场时偏转的竖直位移．粒子离开电场后做匀速直线运动，也运用运动的分解法求解偏转的竖直位移，即可得到粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离；‎ ‎（3）由b图可知，粒子在竖直方向加速和减速运动的时间之差等于交变电压的周期的，由公式vy=at求解粒子离开电场时的竖直分速度．所有粒子飞出时的速度均相同，重点研究2×10﹣5s来打入的一个粒子，若其恰好能不碰下极板，即可由几何知识和运动学公式求解荧光屏上出现的光带长度．‎ ‎【解答】解：（1）粒子水平方向速度不变，作匀速直线运动，‎ 在电场中运动时间为：t==s=3×10﹣5s，‎ ‎（2）0时刻进入的粒子竖直方向上先作匀加速直线运动，用时t1=2×10﹣5s，再作匀减速直线运动，用时t2=1×10﹣5s，加速度大小相等，为：‎ ‎ a==m/s2=108m/s2，‎ 射出电场时，竖直分速度为：‎ ‎ vy=at1﹣at2=108×（2×10﹣5﹣1×10﹣5）m/s=103m/s，‎ 因为t1=2t2，可将整个运动时间分成三个t2，根据初速度为零的匀加速直线运动的推论可知，在三个t2内粒子竖直分位移分别为：y1=at22，y2=3×at22，y3=3×at22，所以射出电场时，竖直分位移为：‎ ‎ Y′=（1+3+3）•at22=7×m=0.035m 依据比例可得：Y=Y′+x=0.035+0.05=0.085（m）‎ ‎（3）粒子离开电场时竖直分速度为：vy=a（t正﹣t负），式中t正为粒子在电场中运动时正向电压（上极板为U0）的持续时间．t负为粒子在电场中运动时负向电压（下极板为U0）的持续时间，（t正﹣t负）恰好等于交变电压的周期的，‎ 故vy=a•T=108m/s2×m/s=1000m/s，‎ 又所有粒子打入时的水平速度均为v0=1.0×104m/s，且水平方向作匀速直线运动，所以所有粒子离开电场时的速度均为v==1000m/s，方向与水平成arccot10度角．可知粒子离开电场时的速度均相同．‎ 研究2×10﹣5s来打入的一个粒子，若其恰好能不碰下极板（如图），所以光带长度为 l=d﹣at22=0.095m 答：‎ ‎（1）电子在电场中的运动时间为3×10﹣5s；‎ ‎（2）在t=0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离为0.085m；‎ ‎（3）荧光屏上出现的光带长度为0.095m．‎ ‎　‎ ‎2016年12月10日