物理卷·2018届河南省平顶山市郏县一高高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届河南省平顶山市郏县一高高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年河南省平顶山市郏县一高高二（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共16题，共48分，每小题3分；其中第1～12题为单选题，其他为多选题）‎ ‎1．“曹冲称象”是家喻户晓的典故．“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知矣．”它既反映出少年曹冲的机智，同时也体现出重要的物理思想方法．下列物理学习或研究中用到的方法与曹冲称象的方法相同的是（　　）‎ A．建立“点电荷”的概念 B．建立“瞬时加速度”的概念 C．建立“合运动与分运动”的概念 D．探究导体电阻与其影响因素的定量关系 ‎2．我国是世界文明古国之一，在古代书籍中有许多关于物理现象的记载．西晋张华的《博物志》中写道，“今人梳头、脱着衣时，有随梳、解结有光者，也有咤声”．此处所描述的现象属于（　　）‎ A．静电现象 B．磁化现象 C．退磁现象 D．摩擦生热现象 ‎3．由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F=k，式中k为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为（　　）‎ A．kg•A2•m3 B．kg•A﹣2•m3•s﹣4‎ C．kg•m2•C﹣2 D．N•m2•A﹣2‎ ‎4．保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务．盗版书籍影响我们的学习效率甚至会给我们的学习带来隐患．小华有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个关键数字看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为可能是下列几个数字中的那一个（　　）‎ A．6.2×10﹣19C B．6.4×10﹣19C C．6.6×10﹣19C D．6.8×10﹣19C ‎5．如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，（　　）‎ A．此时A带正电，B带负电 B．此时A电势低，B电势高 C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 ‎6．如图为某电场中的一条电场线，a、b为该电场线上的两点，则下列判断中正确的是（　　）‎ A．a点的场强一定比b点的场强大 B．b点的场强可能比a点的场强小 C．负电荷在a点受到的电场力方向向左 D．正电荷在运动中通过b点时，其运动方向一定沿ba方向 ‎7．某电解池，如果在1秒钟内共有2.0×1018个二价正离子和4.0×1018个一价负离子通过某横截面，那么通过这个横截面的电流是（　　）‎ A．0A B．0.64A C．1.28A D．2.56A ‎8．一台发电机用0.5A的电流向外输电，在1min内将3600J的机械能转化为电能，则发电机的电动势为（　　）‎ A．360V B．120V C．12V D．6V ‎9．“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，选用的电路图应是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．如图所示，A、B是点电荷负Q形成的电场中的两点（rA＜rB）．若先后把带电量很小，不会影响Q形成电场的正点电荷q1、q2（q1＞q2）分别放到A点和B点，q1、q2在A点受到的电场力分别为FA1、FA2，在B点受到的电场力分别为FB1、FB2．则下列关于点电荷所受电场力F和带电量q的比值的大小的比较中，正确的说法是（　　）‎ A．，‎ B．，‎ C．，‎ D．，‎ ‎11．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP 表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）‎ A．θ增大，E增大 B．θ增大，EP不变 C．θ减小，EP增大 D．θ减小，E不变 ‎12．如图所示，充电的平行板电容器两板间形成匀强电场，以A点为坐标原点，AB方向为位移x的正方向，能正确反映电势φ随位移x变化的图象是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎13．如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷Q 产生的电场线，若点电粒子q（|Q|＞＞|q|）由a运动到b轨迹如图中虚线，电场力做正功．则下列判断正确的是（　　）‎ A．若Q为正电荷，则q带负电，且Fa＞Fb B．若Q为正电荷，则q带负电，且Fa＜Fb C．若Q为负电荷，则q带负电，且Fa＞Fb D．若Q为负电荷，则q带负电，且Fa＜Fb ‎14．某同学在实验中测出a、b、c三种元件的伏安特性曲线分别如图中的（a）、（b）、（c），下列说法正确的是（　　）‎ A．a可以作为标准电阻使用 B．b能作为标准电阻使用 C．b的阻值随电压升高而增大 D．c的阻值随电压升高而增大 ‎15．如图所示是常用在电子手表和小型仪表中的锌汞电池，它的电动势约为1.2V，这表示（　　）‎ A．电路通过1C的电荷量，电源把1.2J其他形式能转化为电能 B．电源在每秒内把1.2J其他形式能转化为电能 C．该电源比电动势为1.5V的干电池做功少 D．该电源与电动势为1.5V的干电池相比，通过1C电荷量时转化为电能少 ‎16．如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1带负电，a、b两点在它们连线的延长线上．现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是（　　）‎ A．Q2一定带正电 B．Q2的电量一定大于Q1的电量 C．b点的电场强度一定为零 D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大 ‎　‎ 二、填空题（每空2分，共16分）‎ ‎17．如图所示为研究平行板电容器电容的实验．电容器充电后与电源断开，与电容器相连的静电计用来测量电容器的　　．当极板间插入其它的电介质板时，电容器的电容将　　（填“增大”、“减小”或“不变”），于是我们发现，静电计指针偏角将　　．（填“增大”、“减小”或“不变”）‎ ‎18．有一个小灯泡上有“4V，2W”的字样，现要描绘这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：‎ A．电压表（0～5V，内阻约为10kΩ）‎ B．电压表（0～10V，内阻约为20kΩ）‎ C．电流表（0～0.3A，内阻约为1Ω）‎ D．电流表（0～0.6A，内阻约为0.4Ω）‎ E．滑动变阻器（10Ω，2A）‎ F．滑动变阻器（1kΩ，1A）‎ G．学生电源（直流6V），还有开关、导线若干 ‎（1）实验中所用电压表应选　　，电流表应选　　，滑动变阻器应选　　（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．‎ ‎　‎ 三、计算题（共36分）‎ ‎19．如图所示电路中，电源电动势E=9V，内电阻r=2Ω，定值电阻R1=6Ω，R2=10Ω，R3=6Ω，电容器的电容C=10μF．‎ ‎（1）保持开关S1、S2闭合，求电容器C的带电量；‎ ‎（2）保持开关S1闭合，将开关S2断开，求断开开关S2后流过电阻R2的电量．‎ ‎20．一直流电动机线圈内阻一定，用手握住转轴使其不能转动，在线圈两端加电压为0.3V时，电流为0.3A．松开转轴，在线圈两端加电压为2V时，电流为0.8A，电动机正常工作．求：‎ ‎（1）该电动机正常工作时，输入的电功率是；‎ ‎（2）电动机的机械功率；‎ ‎（3）若电机突然被卡住，求此时的热功率．‎ ‎21．一长为L的细线，上端固定于O点，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将细线拉成水平，释放后小球从A点由静止沿圆弧开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：‎ ‎（1）该小球带电性质；‎ ‎（2）匀强电场的场强大小；‎ ‎（3）若从A点给小球一个竖直向下的初速度v0，使小球绕O点在竖直平面内做圆周运动，v0至少多大？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省平顶山市郏县一高高二（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共16题，共48分，每小题3分；其中第1～12题为单选题，其他为多选题）‎ ‎1．“曹冲称象”是家喻户晓的典故．“置象大船之上，而刻其水痕所至，称物以载之，则校可知矣．”它既反映出少年曹冲的机智，同时也体现出重要的物理思想方法．下列物理学习或研究中用到的方法与曹冲称象的方法相同的是（　　）‎ A．建立“点电荷”的概念 B．建立“瞬时加速度”的概念 C．建立“合运动与分运动”的概念 D．探究导体电阻与其影响因素的定量关系 ‎【考点】元电荷、点电荷；电阻定律．‎ ‎【分析】曹冲称象故事用等重量的石头代替等重量的大象，是等效替代的思想；力的合成与分解、运动的合成与分解是等效替代思想．‎ ‎【解答】解：A、建立“点电荷”的概念，采用理想模型法，不是等效替代，故A错误；‎ B、建立“瞬时加速度”的概念，采用极值法，不是等效替代，故B错误；‎ C、建立“合运动和分运动”的概念，采用的是等效替代的方法；故C正确；‎ D、探究导体电阻与其影响因素的定量关系采用了控制变量的方法；故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．我国是世界文明古国之一，在古代书籍中有许多关于物理现象的记载．西晋张华的《博物志》中写道，“今人梳头、脱着衣时，有随梳、解结有光者，也有咤声”．此处所描述的现象属于（　　）‎ A．静电现象 B．磁化现象 C．退磁现象 D．摩擦生热现象 ‎【考点】电荷守恒定律．‎ ‎【分析】先要理解“今人梳头、脱着衣时，有随梳、解结有光者，也有咤声”这句话的意思，即人们梳头、穿衣时，梳子与头发，外衣与里面的衣服摩擦产生电荷，是静电现象．‎ ‎【解答】解：人们梳头、穿衣时，梳子与头发，外衣与里面的衣服摩擦，使它们带有异种电荷，电荷放电，看到小火星和听到微弱响声，是摩擦起电，属于静电现象，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎3．由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F=k，式中k为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为（　　）‎ A．kg•A2•m3 B．kg•A﹣2•m3•s﹣4‎ C．kg•m2•C﹣2 D．N•m2•A﹣2‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】力学单位制规定了物理量的单位，同时根据物理量间的公式也可以分析单位之间的关系．‎ ‎【解答】解：根据F=k可得：k=，‎ 由于F=ma，‎ q=It，‎ 所以k=‎ 根据质量的单位是kg，加速度的单位m/s2，距离的单位是m，电流的单位是A，时间的单位s，可得 k的单位是kg•A﹣2•m3•s﹣4‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．保护知识产权，抵制盗版是我们每个公民的责任与义务．盗版书籍影响我们的学习效率甚至会给我们的学习带来隐患．小华有一次不小心购买了盗版的物理参考书，做练习时，他发现有一个关键数字看不清，拿来问老师，如果你是老师，你认为可能是下列几个数字中的那一个（　　）‎ A．6.2×10﹣19C B．6.4×10﹣19C C．6.6×10﹣19C D．6.8×10﹣19C ‎【考点】元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，据此可正确解答．‎ ‎【解答】解：电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，因此该带电量为电子电量e=1.6×10﹣19C的整数倍，将四个选项中的电量除以电子电量得数为整数倍的便是可能正确的数字，故ACD错误，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，两个不带电的导体A和B，用一对绝缘柱支持使它们彼此接触．把一带正电荷的物体C置于A附近，贴在A、B下部的金属箔都张开，（　　）‎ A．此时A带正电，B带负电 B．此时A电势低，B电势高 C．移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 D．先把A和B分开，然后移去C，贴在A、B下部的金属箔都闭合 ‎【考点】静电现象的解释．‎ ‎【分析】根据静电感应规律可明确AB两端所带电性，再根据电荷间的相互作用分析移走C后AB所带电量，即可明确金箔能否闭合．‎ ‎【解答】解：A、物体C靠近A附近时，由于静电感应，A端带上负电，B端带上正电；故A错误；‎ B、此时AB为等势体，两端电势相等；故B错误；‎ C、移去C后，由于电荷间相互作用，重新中和，达电中性状态，两金属箔均闭合；故C正确；‎ D、先把AB分开，则A带负电，B带正电，移去C后，电荷不能再进行中和，故两金属箔仍然张开；故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图为某电场中的一条电场线，a、b为该电场线上的两点，则下列判断中正确的是（　　）‎ A．a点的场强一定比b点的场强大 B．b点的场强可能比a点的场强小 C．负电荷在a点受到的电场力方向向左 D．正电荷在运动中通过b点时，其运动方向一定沿ba方向 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】该电场线为一点电荷形成的一条电场线，因不知是正点电荷还是负点电荷，所以无法判断a、b两点的场强大小以及电场力大小．正电荷所受电场力方向与该点的电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与该点的电场强度方向相反．‎ ‎【解答】解：A、因不知是正点电荷还是负点电荷产生的电场线，所以无法判断a、b两点的场强大小以及电场力大小．故A错误；‎ ‎ B、因不知是正点电荷还是负点电荷产生的电场线，所以无法判断a、b两点的场强大小以及电场力大小．所以b点的场强可能比a点的场强小，故B正确；‎ C、负电荷在a点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相反，而该点的电场强度方向即为该点的切线方向，所以负电荷在a点受到的电场力方向向右，故C错误；‎ D、正电荷所受电场力方向与该点的电场强度方向相同，负电荷所受电场力方向与该点的电场强度方向相反．所以正电荷在运动中通过b点时，电场力方向一定向左．而运动方向并不一定沿ba方向，还受到初速度方向的限制．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．某电解池，如果在1秒钟内共有2.0×1018个二价正离子和4.0×1018个一价负离子通过某横截面，那么通过这个横截面的电流是（　　）‎ A．0A B．0.64A C．1.28A D．2.56A ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】由题计算出1s内通过截面正离子与负离子电量绝对值之和，根据电流的定义式求解电流．一价离子所带电量大小为e=1.6×10﹣19C．‎ ‎【解答】解：由题，1s内通过截面正离子的电量为q1=2n1e，负离子的电量绝对值为q2=n2e，则电流为I=，‎ 将n1=2×1018个，n2=4×1018个，e=1.6×10﹣19C 代入解得，I=1.28A 故选：C ‎　‎ ‎8．一台发电机用0.5A的电流向外输电，在1min内将3600J的机械能转化为电能，则发电机的电动势为（　　）‎ A．360V B．120V C．12V D．6V ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】发电机将机械能转化为电能，根据电功公式W=EIt求出发电机的电动势 ‎【解答】解：设发电机的电动势为E，电流I=0.5A，时间t=60s，产生的电能W=3600J，‎ 则由电功公式W=EIt得发电机的电动势为：E==V=120V，故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，选用的电路图应是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】测小灯泡的伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，电流表应采用外接法，分析电路图，然后答题．‎ ‎【解答】解：测定小灯泡的伏安特性曲线，电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，约为几欧姆到十几欧姆，远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，故应选择图B所示电路；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，A、B是点电荷负Q形成的电场中的两点（rA＜rB）．若先后把带电量很小，不会影响Q形成电场的正点电荷q1、q2（q1＞q2）分别放到A点和B点，q1、q2在A点受到的电场力分别为FA1、FA2，在B点受到的电场力分别为FB1、FB2．则下列关于点电荷所受电场力F和带电量q的比值的大小的比较中，正确的说法是（　　）‎ A．，‎ B．，‎ C．，‎ D．，‎ ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】真空点电荷产生的电场强度计算公式是E=，Q是产生电场的电荷的电量，r是电场中的某点到场源电荷Q的距离．放在电场中某点的电荷受到的电场力与其电荷量比值等于该点的电场强度．电场中同一点电场强度不变．‎ ‎【解答】解：A、由题，q1、q2在A点受到的电场力分别为FA1、FA2，而A点的电场强度一定，根据场强的定义式E=可知， =EA．故A错误．‎ ‎ B、由点电荷的场强公式E=分析可知，A点的场强大于B点的场强，则有．故B错误．‎ ‎ C、由上分析可知， ，．故C正确．‎ ‎ D、电场强度反映本身的强弱与方向，与试探电荷无关，电场中同一点场强是一定的，则=．故D错误 故选C ‎　‎ ‎11．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）‎ A．θ增大，E增大 B．θ增大，EP不变 C．θ减小，EP增大 D．θ减小，E不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】电容器充电后断开电源，极板上的电量不变；根据电容器的定义式可分析电容的变化，再根据决定式分析电压的变化，从而分析静电计指针夹角的变化；根据U=Ed分析电场强度的变化；根据电势与电势差之间的关系可分析P点电势，再由电势分析电势能的变化．‎ ‎【解答】解：电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据C=可知，电容C增大，则根据C=可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小；‎ 两板间的电场强度E===；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；‎ 再根据设P与下极板距离为l，则P点的电势φP=El，电势能EP=ELq； 因此电荷在P点的电势能保持不变；故D正确，ABC错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，充电的平行板电容器两板间形成匀强电场，以A点为坐标原点，AB方向为位移x的正方向，能正确反映电势φ随位移x变化的图象是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】沿电场线的方向电势逐渐降低，在匀强电场中电势与场强的关系呈线性关系．‎ ‎【解答】解：沿电场线的方向电势逐渐降低，AB错误；在匀强电场中电势与场强的关系为U=Ed，呈线性关系，故C正确D错误．‎ 故选C ‎　‎ ‎13．如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷Q 产生的电场线，若点电粒子q（|Q|＞＞|q|）由a运动到b轨迹如图中虚线，电场力做正功．则下列判断正确的是（　　）‎ A．若Q为正电荷，则q带负电，且Fa＞Fb B．若Q为正电荷，则q带负电，且Fa＜Fb C．若Q为负电荷，则q带负电，且Fa＞Fb D．若Q为负电荷，则q带负电，且Fa＜Fb ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【分析】根据Q的正负以及电场力做的功判断带电粒子的电性，根据电场线的疏密比较场强的大小，从而得知电场力的大小．‎ ‎【解答】解：A、若Q为正电荷，带电粒子由a点到b点电场力做正功，知，该带电粒子带正电．由于Ea＞Eb，则Fa＞Fb．故AB错误．‎ C、若Q为负电荷，带电粒子由a点到b点电场力做正功，知，该带电粒子带负电．由于Ea＞Eb，则Fa＞Fb．故C正确D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎14．某同学在实验中测出a、b、c三种元件的伏安特性曲线分别如图中的（a）、（b）、（c），下列说法正确的是（　　）‎ A．a可以作为标准电阻使用 B．b能作为标准电阻使用 C．b的阻值随电压升高而增大 D．c的阻值随电压升高而增大 ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】根据各元件的伏安特性曲线结合欧姆定律分析答题．‎ ‎【解答】解：A、因a元件的I﹣U图线是直线，说明其电阻不随电压的变化而变化，故可作为标准电阻，故A正确，．‎ B、C、D的阻值随电压升高而增大，c的阻值随电压升高而降低，故，B错误C正确，D错误 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示是常用在电子手表和小型仪表中的锌汞电池，它的电动势约为1.2V，这表示（　　）‎ A．电路通过1C的电荷量，电源把1.2J其他形式能转化为电能 B．电源在每秒内把1.2J其他形式能转化为电能 C．该电源比电动势为1.5V的干电池做功少 D．该电源与电动势为1.5V的干电池相比，通过1C电荷量时转化为电能少 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电源是一种把其它形式的能转化为电能的装置，电动势E的大小等于非静电力做的功与电量的比值，即E=，其大小表示电源把其它形式的能转化为电能本领大小，而与转化能量多少无关．‎ ‎【解答】解：A、电动势在数值上等于将1C电量的正电荷从电源的负极移到正极过程中非静电力做的功，即一节干电池的电动势为1.2V，表示该电池能将1C电量的正电荷由负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.2J的功，电源把1.2J其他形式能转化为电能．故A正确；‎ B、电源的电动势是1.2V，不表示电源在每秒内把1.2J其他形式能转化为电能．故B错误；‎ C、电动势表示电源做功的能力的大小，不表示做功的多少．故C错误；‎ D、电动势表示电源做功的能力的大小，1.2V的电源与电动势为1.5V的干电池相比，通过1C电荷量时转化为电能少．故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎16．如图甲所示，Q1、Q2为两个被固定的点电荷，其中Q1‎ 带负电，a、b两点在它们连线的延长线上．现有一带负电的粒子以一定的初速度沿直线从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），粒子经过a、b两点时的速度分别为va、vb，其速度图象如图乙所示．以下说法中正确的是（　　）‎ A．Q2一定带正电 B．Q2的电量一定大于Q1的电量 C．b点的电场强度一定为零 D．整个运动过程中，粒子的电势能先减小后增大 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】速度时间图线上每一点切线的斜率表示瞬时加速度，可见粒子经过b点时的加速度为0．从而知道b点的电场力及电场强度．通过B点的场强可以分析出两个点电荷电量的大小．通过能量守恒判断电势能的变化．‎ ‎【解答】解：AC、从速度图象上看出，粒子从a到b做加速度减小的减速运动，在b点时粒子运动的加速度为零，则粒子在b点所受的电场力为零，所以该点场强为零．Q1对负电荷的电场力向右，则Q2对粒子的电场力向左，所以Q2带正电．故A错误，C正确．‎ B、b点场强为零，可见在b点两点电荷对带电粒子的电场力相等，根据库仑定律F=k，知b到Q1的距离大于到Q2的距离，所以Q1的电量大于Q2的电量．故B错误．‎ C、整个过程动能先减小后增大，根据能量守恒电势能知粒子的先增大后减小．故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ 二、填空题（每空2分，共16分）‎ ‎17．如图所示为研究平行板电容器电容的实验．电容器充电后与电源断开，与电容器相连的静电计用来测量电容器的　电势差　．当极板间插入其它的电介质板时，电容器的电容将　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”），于是我们发现，静电计指针偏角将　减小　．（填“增大”、“减小”或“不变”）‎ ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】平行板电容器充电后与电源断开，极板上的电荷量不变；平行板电容器的电容C=，根据题目中各量的变化可判断电容的变化，由C=，得出电压的变化，即可得出偏角的变化；‎ ‎【解答】解：电容器充电后与电源断开，电量Q 将不变，与电容器相连的静电计用来测量电容器的电势差；‎ 空气的相对介电常数是最小的；当插入介质时，ɛ增大，由C= 可知电容将增大；‎ 由C=，可知，两板间的电压减小，静电计指针偏角减小．‎ 故答案为：电势差，增大，减小．‎ ‎　‎ ‎18．有一个小灯泡上有“4V，2W”的字样，现要描绘这个小灯泡的伏安特性曲线．现有下列器材供选用：‎ A．电压表（0～5V，内阻约为10kΩ）‎ B．电压表（0～10V，内阻约为20kΩ）‎ C．电流表（0～0.3A，内阻约为1Ω）‎ D．电流表（0～0.6A，内阻约为0.4Ω）‎ E．滑动变阻器（10Ω，2A）‎ F．滑动变阻器（1kΩ，1A）‎ G．学生电源（直流6V），还有开关、导线若干 ‎（1）实验中所用电压表应选　A　，电流表应选　D　，滑动变阻器应选　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．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】本题（1）的关键是根据小灯泡的额定电压和额定电流的大小来选择电压表和电流表的量程，根据实验要求电流从零调可知，变阻器应用分压式接法，应选阻值小的变阻器以便于调节．题（2）的关键是根据电流表的内阻为已知的确定值时，电流表采用内接法时能精确求出待测电阻的阻值，所以电流表应用内接法，又要求电流从零调可知，变阻器应用分压式接法，即可画出电路图．‎ ‎【解答】解：（1）由新的规格“4V，2W”可知，额定电压U=4V，额定电流I===0.5A，所以电压表应选A，电流表应选D；‎ 由于实验要求电流从零调，所以应选阻值小的变阻器E．‎ ‎（2）：由于电流表的内阻为已知的确定值，电流表采用内接法时能精确求出待测电阻的阻值，所以电流表应用内接法，又实验要求电流从零调，变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：‎ 故答案为：（1）A，D，E ‎（2）如图所示 ‎　‎ 三、计算题（共36分）‎ ‎19．如图所示电路中，电源电动势E=9V，内电阻r=2Ω，定值电阻R1=6Ω，R2=10Ω，R3=6Ω，电容器的电容C=10μF．‎ ‎（1）保持开关S1、S2闭合，求电容器C的带电量；‎ ‎（2）保持开关S1闭合，将开关S2断开，求断开开关S2后流过电阻R2的电量．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】（1）保持开关S1、S2闭合，电阻R1、R2串联，电路稳定时，没有电流流过R3，电容器的电压等于R1两端的电压，根据欧姆定律和电容的定义式求解电容器的带电量．‎ ‎（2）保持开关S1闭合，将开关S2断开，电路稳定时没有电流，电容器的电压等于电源电动势，由电容的定义式求出电容器的带电量，再求出流过电阻R2的电量．‎ ‎【解答】解：（1）保持开关S1、S2闭合，则电容器上电压：‎ Uc=UR1== ①‎ 电容器带电量为：Q=CUc=10×10﹣6×3C=3×10﹣5C ②‎ ‎（2）保持开关S1闭合，将开关S2断开后，电路稳定时电容器上电压等于电源电压：‎ Q′=CE=10×10﹣6×9C=9×10﹣5C 流过R2的电量等于电容器C上电量的增加量为：‎ QR2=△Q=Q′﹣Q=9×10﹣5﹣3×10﹣5=6×10﹣5C 答：（1）保持开关S1、S2闭合，电容器C的带电量为3×10﹣5C；‎ ‎（2）保持开关S1闭合，将开关S2断开，断开开关S2后流过电阻R2的电量为6×10﹣5C．‎ ‎　‎ ‎20．一直流电动机线圈内阻一定，用手握住转轴使其不能转动，在线圈两端加电压为0.3V时，电流为0.3A．松开转轴，在线圈两端加电压为2V时，电流为0.8A，电动机正常工作．求：‎ ‎（1）该电动机正常工作时，输入的电功率是；‎ ‎（2）电动机的机械功率；‎ ‎（3）若电机突然被卡住，求此时的热功率．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）由P=UI求解电动机正常工作时输入的电功率；‎ ‎（2）由P热=I2R求出电动机正常工作时电动机线圈消耗的热功率，电动机的输入功率与热功率之差是电动机的机械功率；‎ ‎（3）被卡住当作电阻处理即可．‎ ‎【解答】解：（1）电动机转动时，消耗的电能转化为内能和机械能，其输入的电功率为：P入=I2U2=0.8×2W=1.6W；‎ ‎（2）电动机不转动时，其消耗的电功全部转化为内能，故可视为纯电阻电路，由欧姆定律得电动机线圈内阻： =1Ω；‎ 电动机的机械功率：P机=P入﹣I2r=1.6W﹣0.82×1W=0.96W；‎ ‎（3）若电机突然被卡住，为纯电阻，发热功率为：P热=；‎ 答：（1）该电动机正常工作时，输入的电功率是1.6W；‎ ‎（2）电动机的机械功率为0.96W；‎ ‎（3）若电机突然被卡住，此时的热功率为4W．‎ ‎　‎ ‎21．一长为L的细线，上端固定于O点，下端拴一质量为m、带电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将细线拉成水平，释放后小球从A点由静止沿圆弧开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：‎ ‎（1）该小球带电性质；‎ ‎（2）匀强电场的场强大小；‎ ‎（3）若从A点给小球一个竖直向下的初速度v0，使小球绕O点在竖直平面内做圆周运动，v0至少多大？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理的应用；电场强度．‎ ‎【分析】（1）根据电场力的方向与电场线的关系判断出电性；‎ ‎（2）小球从A到B的过程中，重力做正功mgLsin60°，电场力做功为qUAB，动能的变化量为零，根据动能定理求解电势差UAB；根据U=Ed即可求出．‎ ‎（3）明确等效重力场的方向，根据临界条件进行分析即可求得最高点时的临界速度，再根据动能定理即可求得初速度．‎ ‎【解答】解：（1）根据电场力的方向与电场线的方向是相同的，所以小球带正电．‎ ‎（2）小球由A到B过程中，由动能定理得：‎ ‎ mgLsin60°+EqL（1﹣cos60°）=0‎ 解得：E=；‎ ‎（3）由几何关系可知，重力与电场力合力方向与水平方向成30°角，‎ 如图，在左侧C点（与水平夹角30°）的最小速度满足等效合力F提供向心力，而F合=2mg 则在等效最高点处有：2mg=‎ 解得：v=‎ 从A到C由动能定理可得：‎ ‎﹣mgh﹣qEd=mvC2﹣mv02‎ 解得：v0=‎ 所以最小速度为 答：（1）该小球带正电；‎ ‎（2）匀强电场的场强大小；‎ ‎（3）若从A点给小球一个竖直向下的初速度v0，使小球绕O点在竖直平面内做圆周运动，v0至少为 ‎　‎ ‎2016年12月6日