物理卷·2018届江西省上饶市广丰一中高二上学期第一次段考物理试卷（实验班） （解析版）

物理卷·2018届江西省上饶市广丰一中高二上学期第一次段考物理试卷（实验班） （解析版）

‎2016-2017学年江西省上饶市广丰一中高二（上）第一次段考物理试卷（实验班）‎ ‎　‎ 一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分．‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．只有体积很小的带电体才能被看作点电荷 B．法拉第首先提出场的观点并引入电场线描述电场 C．电场强度、电容、电阻、位移都是利用比值定义的物理量 D．电阻率与温度和材料有关，各种材料的电阻率都随温度的升高而增大 ‎2．如图所示，有一带电物体处在一个斜向上的匀强电场E中，由静止开始沿天花板向左做匀速直线运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体一定带负电 B．物体可能带负电 C．物体一定受弹力的作用 D．物体不一定受弹力的作用 ‎3．如图所示，两质量均为m的小球A和B分别带有+q和﹣q的电量，被绝缘细线悬挂，两球间的库仑引力小于球的重力mg．现加上一个水平向右的匀强电场，待两小球再次保持静止状态时，下列结论正确的是（　　）‎ A．悬线AB向左偏，AB线的张力与不加电场时一样大 B．悬线OA向左偏，OA中的张力大于2mg C．悬线OA向右偏，OA中的张力大于2mg D．悬线OA不发生偏离，OA中的张力等于2mg ‎4．平行板间加如图所示周期变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况．图中，能定性描述粒子运动的速度图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示，有一带电粒子贴着A板内侧沿水平方向射入A、B两板间的匀强电场，当A、B两板间电压为U1时，带电粒子沿轨迹Ⅰ从两板正中间飞出；当A、B两板间电压为U2时，带电粒子沿轨迹Ⅱ落到B板正中间．设粒子两次射入电场的水平速度之比为2：1，则下列说法正确的有（　　）‎ A．若该带电粒子带正电荷，则A板带负电荷 B．粒子先后两次在电场中运动的时间之比为1：2‎ C．粒子先后两次动能的增加量之比为1：4‎ D．先后两次极板间的电压之比为1：1‎ ‎6．如图所示，平行板电容器的两个极板为A、B，B极板接地，A极板带有电荷量+Q，板间电场有一固定点P，若将B极板固定，A极板下移一些，或者将A极板固定，B极板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是（　　）‎ A．A极板下移时，P点的电场强度减小，P点电势不变 B．A极板下移时，A板的电势降低，P点电势不变 C．B极板上移时，A板的电势不变，P点电势不变 D．B极板上移时，A板的电势降低，P点电势降低 ‎7．如图所示的电路中，U=120V，滑动变阻器R2的最大值为200Ω，R1=100Ω．当滑片P滑至R2的中点时，a．b两端的电压为（　　）‎ A．60V B．40V C．80V D．120V ‎8．甲乙两铜导线，质量比是2：1，长度比是2：1，那么甲乙两导线的电阻比是（　　）‎ A．1：1 B．1：4 C．2：1 D．4：1‎ ‎9．如图所示，闭合开关S后，A灯与B灯均发光，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，以下说法中正确的是（　　）‎ A．A灯变暗 B．B灯变亮 C．电源的输出功率可能减小 D．电源的总功率可能增大 ‎10．如图所示．直线1和2分别为两个不同电源的路端电压和电流的关系图象，E1、r1，分别为电源1的电动势和内阻，E2、r2分别为电源2的电动势和内阻，则下述说法正确的是（　　）‎ A．E1=E2‎ B．r1＞r2‎ C．当两个电源短路时电源l的短路电流大 D．当两个电源分别接相同电阻时，电源2的输出功率小 ‎11．如图为某控制电路，由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器（滑动变阻器）R连接而成，L1、L2是两个指示灯．当电位器的触片由b端滑向a端时，下列说法正确的是（　　）‎ A．L1、L2都变亮 B．L1、L2都变暗 C．L1变亮，L2变暗 D．L1变暗，L2变亮 ‎12．如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），C为平行板电容器，C中央有一带电液滴刚好静止，M点接地，单独进行下列操作可使带电液滴保持静止的是（　　）‎ A．将热敏电阻R0加热 B．变阻器R的滑动头P向下移动 C．开关K断开 D．电容器C的上极板向上移动 ‎　‎ 二．实验题．（13题6分、14题6分）‎ ‎13．用游标卡尺测一工件外径的读数如图（1）所示，读数为　　mm．‎ 用螺旋测微器测一圆形工件的读数如图（2）所示，读数为　　mm．‎ ‎14．某同学利用图（a）所示电路测量量程为2.5V的电压表的内阻（内阻为数千欧姆），可供选择的器材有：电阻箱R（最大阻值99999.9Ω），滑动变阻器R1（最大阻值50Ω），滑动变阻器R2（最大阻值5kΩ），直流电源E（电动势3V）．开关1个，导线若干．‎ 实验步骤如下：‎ ‎①按电路原理图（a）连接线路；‎ ‎②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图（a）中最左端所对应的位置，闭合开关S；‎ ‎③调节滑动变阻器使电压表满偏；‎ ‎④保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00V，记下电阻箱的阻值．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）实验中应选择滑动变阻器　　（填“R1”或“R2”）．‎ ‎（2）根据图（a）所示电路将图（b）中实物图连线．‎ ‎（3）实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为　　Ω（结果保留到个位）．‎ ‎（4）如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为　　（填正确答案标号）．‎ A.100μA B.250μA C.500μA D.1mA．‎ ‎　‎ 三、计算题（四个小题，共38分）‎ ‎15．如图所示，在真空中有两个点电荷q1和q2分别位于A和B，A、B相距20cm，q1为4×10﹣8 C，q2为﹣8×10﹣8 C．则在BA延长线上A点外侧离A点20cm处的D点电场强度大小、方向如何？‎ ‎16．如图所示电路中，电源电动势E=10v，内电阻不计，电阻R1=14Ω，R2=6.0Ω，R3=2.0Ω，R4=8.0Ω，R5=10Ω，电容器的电容C=2μF，求：‎ ‎（1）电容器所带的电荷量．并说明电容器哪个极板带正电．‎ ‎（2）若R2突然断路，将有多少电荷量通过R5？电流的方向如何？‎ ‎17．如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E=1.0×102V/m，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h=0.80m的a处有一粒子源，盒内粒子以v0=2.0×102m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m=2.0×10﹣15kg，电荷量为q=+10﹣12C的带电粒子，粒子最终落在金属板b上．若不计粒子重力，求：（结果保留两位有效数字）‎ ‎（1）粒子源所在处a点的电势；‎ ‎（2）带电粒子打在金属板上时的动能；‎ ‎（3）从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围（所形成的面积）．‎ ‎18．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ=37°，半径r=2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×l05N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m=5×l0﹣2kg、电荷量q=+1×10﹣6C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨．以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25．设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2．sin37°=0.6，cos37°=0.8．‎ ‎（1）求弹簧枪对小物体所做的功；‎ ‎（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省上饶市广丰一中高二（上）第一次段考物理试卷（实验班）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共48分．‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．只有体积很小的带电体才能被看作点电荷 B．法拉第首先提出场的观点并引入电场线描述电场 C．电场强度、电容、电阻、位移都是利用比值定义的物理量 D．电阻率与温度和材料有关，各种材料的电阻率都随温度的升高而增大 ‎【考点】电场强度；元电荷、点电荷；欧姆定律．‎ ‎【分析】当电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略，电荷量对原来的电场不会产生影响的时候，该电荷就可以看做点电荷；根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可；位移都不是利用比值定义的物理量；电阻率取决于材料及温度．‎ ‎【解答】解：A、电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷，并不是只有体积很小的带电体才能看作点电荷，故A错误；‎ B、法拉第首先引入电场线和磁感线来描述电场和磁场，故B正确；‎ C、电场强度、电容、电阻都是利用比值定义的物理量，而位移却不是的，故C错误；‎ D、电阻率与温度和材料有关，金属导体的电阻率随温度的升高而增大；而半导体的电阻率随温度的升高而减小；故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，有一带电物体处在一个斜向上的匀强电场E中，由静止开始沿天花板向左做匀速直线运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．物体一定带负电 B．物体可能带负电 C．物体一定受弹力的作用 D．物体不一定受弹力的作用 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据物体的受力平衡，确定物体所受电场力的方向，由电场方向和电场力的方向判定物体带何种电荷，再根据物体匀速运动，判定物体必有摩擦务作用，根据摩擦力的产生条件判定物体必受弹力作用．‎ ‎【解答】解：物体由静止向左匀速运动，所以物体在运动过程中受力平衡，由于物体受以地球向下的重力作用，故物体所受电场力有有竖直向上的分量，故电场力沿电场线方向向上，物体带正电，又电场力沿电场方向向上，故电场力有水平方向的分力，而物体在水平方向受力平衡，故物体必受天花板的摩擦力作用，根据摩擦力的产生条件知，物体与天花板间必有弹力作用．故ABD错误，C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．如图所示，两质量均为m的小球A和B分别带有+q和﹣q的电量，被绝缘细线悬挂，两球间的库仑引力小于球的重力mg．现加上一个水平向右的匀强电场，待两小球再次保持静止状态时，下列结论正确的是（　　）‎ A．悬线AB向左偏，AB线的张力与不加电场时一样大 B．悬线OA向左偏，OA中的张力大于2mg C．悬线OA向右偏，OA中的张力大于2mg D．悬线OA不发生偏离，OA中的张力等于2mg ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；库仑定律．‎ ‎【分析】运用整体法研究OA绳与竖直方向的夹角，再隔离B研究，分析AB绳与竖直方向的夹角，得到两夹角的关系，判断系统平衡状态．‎ ‎【解答】解：A带正电，受到的电场力水平向右，B带负电，受到的电场力水平向左．‎ 以整体为研究对象，分析受力如图．‎ 设OA绳与竖直方向的夹角为α，则由平衡条件得 tanα==0，因此α=0；‎ 由平衡条件可知，绳子的拉力等于2mg；故D正确，ABC错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．平行板间加如图所示周期变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况．图中，能定性描述粒子运动的速度图象正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】不计重力的带电粒子在周期变化的电场中，在电场力作用下运动．速度随着时间变化的关系由加速度来确定，而加速度是由电场力来确定，而电场力却由电势差来确定．‎ ‎【解答】解：开始粒子在匀强电场中从静止运动，前半个周期是匀加速运动，后半个周期是匀减速运动，在下一个周期中仍是这样：继续向前匀加速运动，再匀减速运动，这样一直向前运动下去．速度的方向不变，而大小先增大后减小，再增大，再减小．‎ 故选：A ‎　‎ ‎5．如图所示，有一带电粒子贴着A板内侧沿水平方向射入A、B两板间的匀强电场，当A、B两板间电压为U1时，带电粒子沿轨迹Ⅰ从两板正中间飞出；当A、B两板间电压为U2时，带电粒子沿轨迹Ⅱ落到B板正中间．设粒子两次射入电场的水平速度之比为2：1，则下列说法正确的有（　　）‎ A．若该带电粒子带正电荷，则A板带负电荷 B．粒子先后两次在电场中运动的时间之比为1：2‎ C．粒子先后两次动能的增加量之比为1：4‎ D．先后两次极板间的电压之比为1：1‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子在电场中做类平抛运动，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：A、若该带电粒子带正电荷，由轨迹的弯曲方向可知，电场力向下，电场方向向下，则A板带正电荷，B板带负电荷，故A错误；‎ B、粒子在水平方向做匀速直线运动，，则，则先后两次的时间之比，所以粒子先后两次在电场中运动的时间之比为 ‎1：1，故B错误；‎ D、带电粒子在电场中做类平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，有：‎ 解得： =∝y，先后两次极板间电压之比为1：2，故D错误；‎ C、根据动能定理，故C正确；‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．如图所示，平行板电容器的两个极板为A、B，B极板接地，A极板带有电荷量+Q，板间电场有一固定点P，若将B极板固定，A极板下移一些，或者将A极板固定，B极板上移一些，在这两种情况下，以下说法正确的是（　　）‎ A．A极板下移时，P点的电场强度减小，P点电势不变 B．A极板下移时，A板的电势降低，P点电势不变 C．B极板上移时，A板的电势不变，P点电势不变 D．B极板上移时，A板的电势降低，P点电势降低 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】本题中电容器两板所带电量不变，改变板间距离时，根据推论分析板间场强的变化．由U=Ed分析P点与下板间的电势差如何变化，结合电势的高低关系，判断P点电势的变化．‎ ‎【解答】解：‎ AB、A极板下移时，由题，电容器两板所带电量不变，正对面积不变，A板下移时，根据C=、C=和E=可推出：E=，可知，只改变板间距离d时，板间的电场强度不变，则P点的电场强度E不变．P点与下板的距离不变，根据公式U=Ed，P点与下板的电势差不变，则P点的电势不变．故A、B错误．‎ CD、B板上移时，同理得知，P点的电场强度不变，根据公式U=Ed，知AB间的电势差减小，而A点的电势比B极板电势高，则A板的电势降低．由U=Ed知，P点与B极板的间距离减小，则P点与B极板间的电势差减小，而P点的电势高于下板的电势，下板的电势为零，所以P点电势降低．故C错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．如图所示的电路中，U=120V，滑动变阻器R2的最大值为200Ω，R1=100Ω．当滑片P滑至R2的中点时，a．b两端的电压为（　　）‎ A．60V B．40V C．80V D．120V ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当滑片P滑至R2的中点时，变阻器下半部分电阻与R1并联后与上半部分电阻串联，根据串联电路电流相等的特点，由欧姆定律采用比例法求出a．b两端的电压．‎ ‎【解答】解：由题，滑片P滑至R2的中点，变阻器下半部分电阻为100Ω，下半部分电阻与R1并联的阻值为R并==50Ω，则a．b两端的电压为Uab=U=×120V=40V 故选B ‎　‎ ‎8．甲乙两铜导线，质量比是2：1，长度比是2：1，那么甲乙两导线的电阻比是（　　）‎ A．1：1 B．1：4 C．2：1 D．4：1‎ ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】根据质量关系可求得体积关系，再由体积公式可求得截面积之比；再由电阻定律则可求得电阻之比．‎ ‎【解答】解：根据m=ρv可知，甲乙两导线的体积之比为2：1；‎ 因长度之比为2：1；则可知，截面积之比为：1：1；‎ 则由R=；电阻之比为：2：1；选项C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎9．如图所示，闭合开关S后，A灯与B灯均发光，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，以下说法中正确的是（　　）‎ A．A灯变暗 B．B灯变亮 C．电源的输出功率可能减小 D．电源的总功率可能增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，即可知道B灯亮度的变化．根据并联部分电压的变化，分析A灯亮度的变化．由P=EI分析电源总功率的变化．‎ ‎【解答】解：滑片P向左滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流减小，则B灯变暗．总电流减小，路端电压增大，B灯电压减小，则A灯的电压增大，则A灯变亮．由P=EI得知，电源的总功率减小．故C正确．‎ 故选C ‎　‎ ‎10．如图所示．直线1和2分别为两个不同电源的路端电压和电流的关系图象，E1、r1，分别为电源1的电动势和内阻，E2、r2分别为电源2的电动势和内阻，则下述说法正确的是（　　）‎ A．E1=E2‎ B．r1＞r2‎ C．当两个电源短路时电源l的短路电流大 D．当两个电源分别接相同电阻时，电源2的输出功率小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir，分析电源的U﹣I图线纵轴截距和斜率的物理意义．当I=0时，U=E，图线纵轴截距等于电源的电动势．根据数学知识得知，图线的斜率大小等于电源的内阻．根据电源的输出功率规律可知两电源的输出功率的大小．‎ ‎【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，说明图线纵轴截距等于电源的电动势，由图可知，两电源的电动势相等，即E1=E2．故A正确；‎ B、根据数学知识可知，图线的斜率大小等于电源的内阻，由图可知，图线2的斜率大于图线1的斜率，则r2＞r1．故B错误 C、短路电流I=，故电源1的短路电流要大，故C正确；‎ D、只有当内外阻相等时，电源的输出功率最大，因不明确两电阻的大小关系，故无法确定输出功率的大小，故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎11．如图为某控制电路，由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器（滑动变阻器）R连接而成，L1、L2是两个指示灯．当电位器的触片由b端滑向a端时，下列说法正确的是（　　）‎ A．L1、L2都变亮 B．L1、L2都变暗 C．L1变亮，L2变暗 D．L1变暗，L2变亮 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】首先认识电路的连接关系：R2与L2并联后与L1串联，再与R1并联接入电源；滑片由b端滑向a端时，滑动变阻器接入电阻变大，则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化，再分析通过两个灯泡的电流变化，从而判断灯泡亮度．‎ ‎【解答】解：当滑片由b端滑向a端滑动时，R接入电阻增大，总电阻增大；由闭合电路的欧姆定律可知电路中总电流减小，则内电压减小，由U=E﹣Ir可知路端电压增大，则R1两端的电压增大，所以通过R1的电流增大，而总电流减小，所以通过L1的电流变小，即L1变暗，L1两端电压减小，并联电压增大，所以R2及其并联电压增大，所以通过R2电流增大，而通过L1的电流变小，所以通过L2电流变小，即L2变暗．‎ 故选：B ‎　‎ ‎12．如图所示，R0为热敏电阻（温度降低电阻增大），D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻无穷大），C为平行板电容器，C中央有一带电液滴刚好静止，M点接地，单独进行下列操作可使带电液滴保持静止的是（　　）‎ A．将热敏电阻R0加热 B．变阻器R的滑动头P向下移动 C．开关K断开 D．电容器C的上极板向上移动 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析．‎ ‎【分析】由共点力的平衡条件可知液滴的受力情况，要使液保持静止，则保持两板间的电场强度不变，由根据闭合电路欧姆定律可知应采取何种措施；注意二极管的作用可以阻止电容器上的电量流出．‎ ‎【解答】解：A、热敏电阻加热时，热敏电阻阻值减小，则由闭合电路欧姆定律可知，滑动变阻器两端的电压增大，所以电容器两端的电势差增大，则电场强度增大，电场力增大，液滴向上运动，故A错误；‎ B、当变阻器的滑片向下移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则总电流减小，内压及R0两端的电压减小，则滑动变阻器两端的电压增大，所以电容器两端的电势差增大，则电场强度增大，电场力增大，液滴向上运动，故B错误；‎ C、开关K断开时，电容器直接接在电源两端，电压增大，则液滴向上运动，故C错误；‎ D、电容器C的上极板向上移动，d增大；则电容C减小，由于二极管具有单向导电性，电荷不会向右流出，所以电容器两端的电势差增大，由于U=，C=，E=．所以：E=，由于极板上的电量不变，而场强E与极板之间的距离无关，所以电场强度E不变，液滴仍然静止，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ 二．实验题．（13题6分、14题6分）‎ ‎13．用游标卡尺测一工件外径的读数如图（1）所示，读数为　10.50　mm．‎ 用螺旋测微器测一圆形工件的读数如图（2）所示，读数为　4.600　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：1cm=10mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.05×10mm=0.50mm，‎ 所以最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm．‎ ‎2、螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为0.01×10.0mm=0.100mm，所以最终读数为4.600mm．‎ 故答案为：①10.50 ②4.600‎ ‎　‎ ‎14．某同学利用图（a）所示电路测量量程为2.5V的电压表的内阻（内阻为数千欧姆），可供选择的器材有：电阻箱R（最大阻值99999.9Ω），滑动变阻器R1（最大阻值50Ω），滑动变阻器R2（最大阻值5kΩ），直流电源E（电动势3V）．开关1个，导线若干．‎ 实验步骤如下：‎ ‎①按电路原理图（a）连接线路；‎ ‎②将电阻箱阻值调节为0，将滑动变阻器的滑片移到与图（a）中最左端所对应的位置，闭合开关S；‎ ‎③调节滑动变阻器使电压表满偏；‎ ‎④保持滑动变阻器的滑片位置不变，调节电阻箱阻值，使电压表的示数为2.00V，记下电阻箱的阻值．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）实验中应选择滑动变阻器　R1　（填“R1”或“R2”）．‎ ‎（2）根据图（a）所示电路将图（b）中实物图连线．‎ ‎（3）实验步骤④中记录的电阻箱阻值为630.0Ω，若认为调节电阻箱时滑动变阻器上的分压不变，计算可得电压表的内阻为　2520　Ω（结果保留到个位）．‎ ‎（4）如果此电压表是由一个表头和电阻串联构成的，可推断该表头的满刻度电流为　D　（填正确答案标号）．‎ A.100μA B.250μA C.500μA D.1mA．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）调节电阻箱时滑动变阻器上的分压要几乎不变，故需要选择较小的变阻器；‎ ‎（2）对照电路图连线，可以先连接电源、电键和变阻器，最后将电压表和电阻箱串联后并联上去；‎ ‎（3）结合欧姆定律列式求解即可；‎ ‎（4）电压表为表头与分压电阻串联而成，根据欧姆定律，用满偏电压除以电阻即可．‎ ‎【解答】解：（1）调节电阻箱时需要滑动变阻器上的分压保持不变，需要电压表的电阻远大于变阻器的电阻，故变阻器选阻值小的，故选滑动变阻器R1；‎ ‎（2）实物图连接如图所示：‎ ‎（3）电压表和电阻箱整体分压不变，故：‎ U=U′+‎ 代入数据，有：‎ ‎2.5=2+‎ 解得：‎ RV=2520Ω ‎（4）该表头的满刻度电流为：I==1.0×10﹣3A=1mA 故选D 故答案为：（1）R1；（2）如图所示；（3）2520；（4）D．‎ ‎　‎ 三、计算题（四个小题，共38分）‎ ‎15．如图所示，在真空中有两个点电荷q1和q2分别位于A和B，A、B相距20cm，q1为4×10﹣8 C，q2为﹣8×10﹣8 C．则在BA延长线上A点外侧离A点20cm处的D点电场强度大小、方向如何？‎ ‎【考点】点电荷的场强；电场强度．‎ ‎【分析】由点电荷电场强度公式，结合矢量叠加法则，求解即可．‎ ‎【解答】解：由点电荷电场强度的公式，结合矢量叠加法则，得：‎ ED=EA﹣EB=﹣=﹣=4.5×103N/C；‎ 则D点电场强度的方向：由A指向D．‎ 答：则在BA延长线上A点外侧离A点20cm处的D点电场强度大小4.5×103N/C、方向由A指向D．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示电路中，电源电动势E=10v，内电阻不计，电阻R1=14Ω，R2=6.0Ω，R3=2.0Ω，R4=8.0Ω，R5=10Ω，电容器的电容C=2μF，求：‎ ‎（1）电容器所带的电荷量．并说明电容器哪个极板带正电．‎ ‎（2）若R2突然断路，将有多少电荷量通过R5？电流的方向如何？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】（1）当电路稳定时，R1与R2串联，R3与R4串联，两条支路并联．R5上没有电流流过．根据欧姆定律求解，结合电路电势关系求出a、b两点间的电势差，即为电容器的电压，再求电量．电势高的极板为正极板，带正电荷 ‎（2）R2断路，当再度达到稳定后，电容器电压等于R3两端的电压，根据电容器上电压的变化判断电容器充电或放电，分析通过R5的电荷 ‎【解答】解：（1）由图可知：UR1：UR2=R1：R2=14：6‎ 且UR1+UR2=10V 得：UR1=7V，UR2=3V 同理可得：UR3=2V，UR4=8V 令d点的电势为零电势，即ϕd=0‎ 则有：UR2=ϕa﹣ϕd=3V 且：UR4=ϕb﹣ϕd=8V 可知：ϕa=3V，ϕb=8V，b点电势高，下极板带正电 Uba=ϕb﹣ϕa=5V Q=CUba=2×10﹣6×5C=1×10﹣5C；‎ ‎（2）R2断路后：Uab=UR3=2V Q′=CUab=2×10﹣6×2C=4×10﹣6C 此时下极板带负电，则流过R5电荷量为：△Q=Q+Q′=1.4×10﹣5C；‎ 电流由上到下！‎ 答：（1）电容器所带的电荷量为1×10﹣5C，下极板为正；（2）将有1.4×10﹣5C电荷量通过R5，电流由上到下．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，某空间有一竖直向下的匀强电场，电场强度E=1.0×102V/m，一块足够大的接地金属板水平放置在匀强电场中，在金属板的正上方高度h=0.80m的a处有一粒子源，盒内粒子以v0=2.0×102m/s的初速度向水平面以下的各个方向均匀放出质量为m=2.0×10﹣15kg，电荷量为q=+10﹣12C的带电粒子，粒子最终落在金属板b上．若不计粒子重力，求：（结果保留两位有效数字）‎ ‎（1）粒子源所在处a点的电势；‎ ‎（2）带电粒子打在金属板上时的动能；‎ ‎（3）从粒子源射出的粒子打在金属板上的范围（所形成的面积）．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理；电势．‎ ‎【分析】（1）金属板接地，电势为零，粒子源处a点的电势高于金属板的电势，由U=Eh求出粒子源与金属板间的电势差，即为a点的电势；‎ ‎（2）粒子向金属板运动的过程中，只有电场力做功，根据动能定理求解粒子打在金属板上时的动能；‎ ‎（3）粒子向各个方向向下运动，打金属板上形成一个圆形区域，当粒子初速度方向水平方向向左或右时，粒子做类平抛运动，打在圆形区域的边界上，水平位移等于圆的半径，根据牛顿第二定律和运动学公式，求解圆的半径，再求解面积．‎ ‎【解答】解：（1）粒子源所在处a点的电势φa=Eh=80V ‎（2）由动能定理得 ‎ qEh=Ek﹣‎ 得到J ‎（3）粒子源打在金属板上的范围是圆，设半径为R，‎ 则，R=v0t 解得 代入数据得： m 所以面积为：S=πR2=4m2‎ 答：（1）粒子源所在处a点的电势为80V；‎ ‎（2）带电粒子打在金属板上时的动能为1.2×10﹣10J；‎ ‎（3）从粒子源射出的粒子打在金属板上所形成的面积为4m2．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道，AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ=37°，半径r=2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E=2×l05N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m=5×l0﹣2kg、电荷量q=+1×10﹣6C的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0=3m/s冲上斜轨．以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25．设小物体的电荷量保持不变，取g=10m/s2．sin37°=0.6，cos37°=0.8．‎ ‎（1）求弹簧枪对小物体所做的功；‎ ‎（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理即可求解；‎ ‎（2）对小物体进行受力分析，分析物体的运动情况，根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学基本公式即可求解．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理得Wf﹣mgr（l﹣cosθ）=mv02…①‎ 代人数据得：Wf=0.475J…②‎ ‎（2）取沿平直斜轨向上为正方向．设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，‎ 由牛顿第二定律得：﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ+qE）=ma1…③‎ 小物体向上做匀减速运动，经t1=0.1s后，速度达到v1，有：v1=v0+a1t1…④‎ 由③④可知v1=2.1m/s，设运动的位移为s1，有：sl=v0t1+a1t12…⑤‎ 电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得：‎ ‎﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ﹣qE）=ma2…⑥‎ 设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有：‎ ‎0=v1+a2t2…⑦‎ s2=v1t2+a2t22…⑧‎ 设CP的长度为s，有：s=s1+s2…⑨‎ 联立相关方程，代人数据解得：s=0.57m 答：（1）弹簧枪对小物体所做的功为0.475J；‎ ‎（2）在斜轨上小物体能到达的最高点为P，CP的长度为0.57m．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日