物理卷·2018届河北省保定市望都中学高二上学期月考物理试卷（9月份） （解析版）

物理卷·2018届河北省保定市望都中学高二上学期月考物理试卷（9月份） （解析版）

‎2016-2017学年河北省保定市望都中学高二（上）月考物理试卷（9月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本大题共14个小题，共56分，1-9题为单选题，10-14题为多选题．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．A、B、C三点在同一直线上，AB：BC=1：2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷．当在A处放一电荷量为+q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为﹣2q的点电荷，其所受电场力为（　　）‎ A．﹣ B． C．﹣F D．F ‎2．将两金属球P、Q固定，让球P带上正电后，形成的稳定电场如图所示，已知实线为电场线，虚线为等势面，其中A、B、C、D为静电场中的四点，则（　　）‎ A．C、D两点的电场强度相同，电势相等 B．A、B两点的电势相同，电场强度不同 C．将电子从A点移至B点，电场力做负功 D．将电子从A点移至D点，电势能增大 ‎3．如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A、B连线的中点．已知A点的电势为φA=30V，B点的电势为φB=﹣10V，则C点的电势（　　）‎ A．一定φC=10 V B．一定φC＞10 V C．一定φC＜10 V D．上述选项都不正确 ‎4．如图所示、两极板水平放置的平行板电容器间形成匀强电场．两极板间相距为d．一带负电的微粒从上极板M的边缘以初速度V0射入，沿直线从下极板的边缘射出．已知微粒的电量为q、质量为m．下列说法正确的是（　　）‎ A．微粒运动的加速度为0 B．微粒的电势能减小了mgd C．两极板间的电势差为mgd/q D．M极板的电势高于N板的电势 ‎5．如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有B点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是（　　）‎ A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球 B．当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动 C．所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等 D．所有液滴下落过程中电场力做功相等 ‎6．如图所示，在水平放置的已经充电的平行板电容器之间，有一带负电的油滴处于静止状态．若某时刻油滴的电荷量开始减小，为维持该油滴原来的静止状态，可以（　　）‎ A．给平行板电容器充电补充电荷量 B．让平行板电容器放电减少电荷量 C．使两极板相互靠近些 D．使两极板相互远离些 ‎7．如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度不为零 D．0～3 s内，电场力做的总功为零 ‎8．如图所示，厚薄均匀的长方体金属片，边长ab=10cm，bc=5cm，当A与B间接入的电压为U时，电流为1A，当C与D间接入的电压为U时，其电流为（　　）‎ A．4 A B．2 A C．0.5 A D．0.25 A ‎9．正负电子对撞机的储存环是周长为200m的近似圆形轨道．当环中电子以光速的的速度流动而形成的电流是2.4mA时，环中运行的电子数目为（已知光速c=3×108 m/s，电子电荷量e=1.6×10﹣19 C）（　　）‎ A．5×1011 B．1×1011 C．5×1010 D．2×1010‎ ‎10．如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg=Eq，则（　　）‎ A．电场方向竖直向上 B．小球运动的加速度大小为g C．小球上升的最大高度为 D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为 ‎11．如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L=0.4m，两极板间距离d=4×10﹣3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v0从两极板中央平行极板射入，开关S闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央．已知微粒质量m=4×10﹣5 kg、电荷量q=+1×10﹣8 C，g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．微粒的入射速度v0=10 m/s B．电容器上板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场 C．电源电压为160 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场 D．电源电压为100 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场 ‎12．如图所示，三个质量相同，带电荷量分别为+q、﹣q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中（　　）‎ A．电场力对液滴a、b做的功相同 B．三者动能的增量相同 C．液滴a电势能的增加量等于液滴b电势能的减少量 D．重力对三者做功的功率相同 ‎13．下面给出了电视机、电风扇、空调和电冰箱铭牌上的主要项目，根据铭牌上提供的信息，下列说法正确的是（　　）‎ A．正常工作时电风扇中流过的电流最小 B．正常工作时电风扇消耗的电功率最小 C．在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电多 D．在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电少 ‎14．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是（　　）‎ A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 B．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ C．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围“面积”‎ ‎　‎ 二、实验题（第一题每空2分，后两题每空3分，共10分）‎ ‎15．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，0.3A）、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闭合之前，应把滑动变阻器的滑动片P移到　　位置（填“A端”或“B端”）；实验中滑动片P从中间位置向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2.00V时，小灯泡的电阻值R=　　Ω．（结果保留两位有效数字）‎ ‎（3）将两个这样规格的小灯泡串联接入电压为3V的电路中，每个小灯泡的实际功率为　　W．（结果保留两位有效数字）‎ ‎　‎ 三、计算题（本大题共3个小题，共35分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位）‎ ‎16．如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，求：‎ ‎（1）两点电荷间的库仑力大小；‎ ‎（2）C点的电场强度的大小和方向．‎ ‎17．如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O．试求：‎ ‎（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间； ‎ ‎（2）粒子打在屏上的点P到O点的距离x．‎ ‎18．如图所示，ABCD为竖直放在场强为E=104V/m水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的圆形轨道，轨道的水平部分与其半圆相切，A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg、带电荷量q=+1×10﹣4C的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动．（g取10m/s2）求：‎ ‎（1）小球到达D点时对轨道压力是多大？‎ ‎（2）若让小球安全通过轨道，开始释放点离B点至少多远？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省保定市望都中学高二（上）月考物理试卷（9月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共14个小题，共56分，1-9题为单选题，10-14题为多选题．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．A、B、C三点在同一直线上，AB：BC=1：2，B点位于A、C之间，在B处固定一电荷量为Q的点电荷．当在A处放一电荷量为+q的点电荷时，它所受到的电场力为F；移去A处电荷，在C处放一电荷量为﹣2q的点电荷，其所受电场力为（　　）‎ A．﹣ B． C．﹣F D．F ‎【考点】电场强度；电场的叠加．‎ ‎【分析】首先确定电荷量为﹣2q的点电荷在C处所受的电场力方向与F方向的关系，再根据库仑定律得到F与AB的关系，即可求出﹣2q的点电荷所受电场力．‎ ‎【解答】解：根据同种电荷相互排斥、异种电荷相互吸引，分析可知电荷量为﹣2q的点电荷在C处所受的电场力方向与F方向相同．‎ 设AB=r，则有BC=2r．‎ 则有：F=k 故电荷量为﹣2q的点电荷在C处所受电场力为：FC=k= 故选B ‎　‎ ‎2．将两金属球P、Q固定，让球P带上正电后，形成的稳定电场如图所示，已知实线为电场线，虚线为等势面，其中A、B、C、D为静电场中的四点，则（　　）‎ A．C、D两点的电场强度相同，电势相等 B．A、B两点的电势相同，电场强度不同 C．将电子从A点移至B点，电场力做负功 D．将电子从A点移至D点，电势能增大 ‎【考点】电势；电势能．‎ ‎【分析】电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小．顺着电场线电势逐渐降低，根据这些知识和电场的对称性进行分析．‎ ‎【解答】解：‎ A、由图知C、D两点电场线的疏密程度相同，说明场强的大小相等，但场强方向不同，则电场强度不同．两点在同一等势面上，电势相等．故A错误．‎ B、A点和B点不在同一个等势面上，所以它们的电势不同，场强方向相反，则电场强度也不同，故B错误．‎ C、由图知：A点的电势与D点的电势相等，高于B点的电势，根据负电荷在电势高处电势能小，可知将电子从A点移至B点，电势能增大，电场力做负功，故C正确．‎ D、A、D在同一等势面上，将电子从A点移至D点，电场力不做功，其电势能不变，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A、B连线的中点．已知A点的电势为φA=30V，B点的电势为φB=﹣10V，则C点的电势（　　）‎ A．一定φC=10 V B．一定φC＞10 V C．一定φC＜10 V D．上述选项都不正确 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】电场线的疏密表示电场的强弱．由图看出，ac段电场线比bc段电场线密，ac段场强较大，根据公式U=Ed定性分析a、c间与b、c间电势差的大小，再求解中点C的电势φc．‎ ‎【解答】解：由图看出，ac段电场线比bc段电场线密，ac段场强较大，根据公式U=Ed可知，a、c间电势差Uac大于b、c间电势差Ucb，即φa﹣φc＞φc﹣φb，得到φc＜．所以选项C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示、两极板水平放置的平行板电容器间形成匀强电场．两极板间相距为d．一带负电的微粒从上极板M的边缘以初速度V0射入，沿直线从下极板的边缘射出．已知微粒的电量为q、质量为m．下列说法正确的是（　　）‎ A．微粒运动的加速度为0 B．微粒的电势能减小了mgd C．两极板间的电势差为mgd/q D．M极板的电势高于N板的电势 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】微粒在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力必定平衡做匀速直线运动，否则就做曲线运动．微粒的加速度一定为零．根据能量守恒研究微粒电势能的变化．由△ɛ=qU，求解电势差．由题可判断出电场力方向竖直向上，微粒带负电，电场强度方向竖直向下，M板的电势高于N板的电势．‎ ‎【解答】解：A、由题分析可知，微粒做匀速直线运动，加速度为零．故A正确．‎ ‎ B、重力做功mgd，微粒的重力势能减小，动能不变，根据能量守恒定律得知，微粒的电势能增加了mgd．故B错误．‎ ‎ C、由上可知微粒的电势能增加量△ɛ=mgd，又△ɛ=qU，得到两极板的电势差U=．故C正确．‎ ‎ D、由题可判断出电场力方向竖直向上，微粒带负电，电场强度方向竖直向下，M板的电势高于N板的电势．故D正确．‎ 故选ACD ‎　‎ ‎5．如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有B点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下，液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是（　　）‎ A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球 B．当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动 C．所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等 D．所有液滴下落过程中电场力做功相等 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；库仑定律．‎ ‎【分析】随着球A液滴增多，带电量增大，空间产生的场强增强，除第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，不一定能到达A球；通过分析受力情况，判断液滴的运动情况；当液滴所受的电场力与重力相等时动能最大，但各个液滴动能最大的位置不同，最大动能不等；根据功的公式W=Fl分析电场力做功关系．‎ ‎【解答】解：‎ A、第一滴液滴只受重力做自由落体运动，以后液滴将受力向上的电场力作用而做变加速运动，随着球A液滴增多，带电量增大，空间产生的场强增强，以后液滴所受的电场力增大，这些液滴先加速后减速，就不一定能到达A球，故A错误．‎ B、当液滴下落到重力等于电场力位置时，继续向下运动时电场力增大，电场力将大于重力，开始做减速运动，故B错误．‎ C、当液滴所受的电场力与重力相等时动能最大，则有：mg=k，x是动能最大的位置到A距离，由于A球的电荷量qA在不断增大，x增大，所以第一滴液滴以后的液滴动能最大的位置将不断上移，合外力做功不等，则最大动能不等，故C正确．‎ D、由于所有液滴下落过程中所受的电场力不等，若能到达A球，根据功的公式W=Fl可知，通过的位移相等，电场力做功不相等；若不能到达A球，液滴将返回到B点，电场力做功为零，即电场力做功相等，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，在水平放置的已经充电的平行板电容器之间，有一带负电的油滴处于静止状态．若某时刻油滴的电荷量开始减小，为维持该油滴原来的静止状态，可以（　　）‎ A．给平行板电容器充电补充电荷量 B．让平行板电容器放电减少电荷量 C．使两极板相互靠近些 D．使两极板相互远离些 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】油滴受重力和电场力处于平衡状态，即mg=qE．某时刻油滴的电荷量开始减小（质量不变），为维持该油滴原来的静止状态，则电场的电场强度必须增大．根据电容器的动态分析，判断E的变化，从而确定能否保持静止．‎ ‎【解答】解：A、给平行板电容器继续充电，电量增大，电容不变，根据U=，知电势差增大，根据E=，知电场强度增大．故A正确．‎ B、让电容器放电，电量减小，电容不变，根据U=，知电势差减小，根据E=，知电场强度减小．电荷的电量减小，电场强度也减小，则电场力减小，电荷不能平衡．故B错误．‎ C、D、Q一定，因为U=，C=，所以电场强度E===，与电容器两极板间的距离无关，所以电容器两极板靠近和远离时，电场强度不变，电荷的电量减小，则电场力减小，电荷不能平衡．故C错误，D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度不为零 D．0～3 s内，电场力做的总功为零 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】由图象可知，电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可确定运动情况．‎ ‎【解答】解：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为 a1=，为第2s内加速度a2=的，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v﹣t图象如图所示：‎ A、带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误．‎ B、根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子离出发点最远，故B错误；‎ C、由图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C错误；‎ D、因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，厚薄均匀的长方体金属片，边长ab=10cm，bc=5cm，当A与B间接入的电压为U时，电流为1A，当C与D间接入的电压为U时，其电流为（　　）‎ A．4 A B．2 A C．0.5 A D．0.25 A ‎【考点】电阻定律；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据电阻定律求出在两种情况下的电阻之比，抓住电压相等，通过欧姆定律求出电流之比．‎ ‎【解答】解：当A、B间接入电压，根据电阻定律知，，当C与D间接入电压，，‎ 则，‎ 根据欧姆定律得，I=，因为电压相等，电阻之比为4：1，则电流之比为1：4，所以当C与D间接入的电压为U时，其电流为4A．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎9．正负电子对撞机的储存环是周长为200m的近似圆形轨道．当环中电子以光速的的速度流动而形成的电流是2.4mA时，环中运行的电子数目为（已知光速c=3×108 m/s，电子电荷量e=1.6×10﹣19 C）（　　）‎ A．5×1011 B．1×1011 C．5×1010 D．2×1010‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】知道电子的速度和周长，利用速度公式求电子运动一周用的时间，再根据电流定义式求电荷量，而一个电子电荷量e=1.6×10﹣19C，可求在整个环中运行的电子数目．‎ ‎【解答】解：电子运动一周用的时间为：t===×10﹣6s，‎ 由I=可得则电量为：Q=It=2.4×10﹣3A××10﹣6s=1.6×10﹣8C，‎ 在整个环中运行的电子数目为：n==1×1011个．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，一质量为m、电荷量为q的小球在电场强度为E、区域足够大的匀强电场中，以初速度v0沿ON在竖直面内做匀变速直线运动．ON与水平面的夹角为30°，重力加速度为g，且mg=Eq，则（　　）‎ A．电场方向竖直向上 B．小球运动的加速度大小为g C．小球上升的最大高度为 D．若小球在初始位置的电势能为零，则小球电势能的最大值为 ‎【考点】电势能；力的合成与分解的运用；电场强度．‎ ‎【分析】首先对小球的受力情况和运动情况进行分析，小球受重力和电场力作用，因mg=qE且沿ON运动，所以电场力的方向与水平方向成30°角，合力沿ON向下，小球应做匀减速直线运动，对二力进行合成，合力大小为mg，加速度为g；由运动学公式可判断C的对错；因电场力和重力在ON上的分量相等，可知克服电场力做功和克服重力做功是相等的，可知转化为电势能的最大值为初动能的一半．‎ ‎【解答】解：‎ A、B小球做匀变速直线运动，合力应与速度在同一直线上，即在ON直线上，因mg=Eq，所以电场力Eq与重力关于ON对称，根据数学知识得：电场力qE与水平方向的夹角应为30°，受力情况如图一所示，合力沿ON方向向下，大小为mg，所以加速度为g，方向沿ON向下．故A错误，B正确．‎ C、经对A的分析可知，小球做匀减速直线运动，由运动学公式可得最大位移为 x=，则最大高度为h=xsin30°=．故C错误．‎ D、若小球在初始位置的电势能为零，在减速运动至速度为零的过程中，小球克服电场力做功和克服重力做功是相等的，由能量的转化与守恒可知，小球的初动能一半转化为电势能，一半转化为重力势能，初动能为，小球的最大电势能为，故D正确．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，水平放置的平行板电容器与某一电源相连，它的极板长L=0.4m，两极板间距离d=4×10﹣3 m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流以相同的速度v0从两极板中央平行极板射入，开关S闭合前，两极板间不带电，由于重力作用，微粒能落到下极板的正中央．已知微粒质量m=4×10﹣5 kg、电荷量q=+1×10﹣8 C，g=10m/s2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．微粒的入射速度v0=10 m/s B．电容器上板接电源正极时微粒有可能从平行板电容器的右边射出电场 C．电源电压为160 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场 D．电源电压为100 V时，微粒可能从平行板电容器的右边射出电场 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子入射速度v0的大小；‎ ‎（2）由于两板之间加入了匀强电场，此时带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，仍把运动在水平和竖直两个方向上分解，进行列式计算．由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小了，由此可判断受到了竖直向上的电场力作用，再结合牛顿运动定律列式求解即可．‎ ‎【解答】解：A、粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：‎ 水平方向有=v0t 竖直方向有=gt2，‎ 解得 v0=10m/s，所以A正确；‎ B、由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，所以B错误；‎ C、当所加电压为U时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：‎ 水平方向有L=v0t′‎ 竖直方向有=at′2，‎ 解得：a=2.5m/s2；‎ 根据牛顿第二定律得：a= 解得：U=120V，‎ 若微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：‎ 根据牛顿第二定律得：a= 解得：U=200V，所以C正确，D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，三个质量相同，带电荷量分别为+q、﹣q和0的小液滴a、b、c，从竖直放置的两板中间上方由静止释放，最后从两板间穿过，轨迹如图所示，则在穿过极板的过程中（　　）‎ A．电场力对液滴a、b做的功相同 B．三者动能的增量相同 C．液滴a电势能的增加量等于液滴b电势能的减少量 D．重力对三者做功的功率相同 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】根据等时性，比较出a、b液滴的运动时间，从而比较出偏转位移，得知电场力做功情况，电场力做功等于电势能的减小量．重力的功率等于重力与竖直分速度的乘积．‎ ‎【解答】解：A、因为液滴a、b的电荷量大小相等，则液滴所受的电场力大小相等，由静止释放，穿过两板的时间相等，则偏转位移大小相等，电场力做功相等．故A正确．‎ B、电场力对a、b两液滴做功相等，重力做功相等，则动能的增量相等，对于c液滴，只有重力做功，小于a、b动能的增量．故B错误．‎ C、对于液滴a和液滴b，电场力均做正功，电势能均减小．故C错误．‎ D、根据公式P=mgvy，液滴进入电场后竖直方向都做自由落体运动，穿过电场时竖直分速度相等，则重力对三者做功的功率相同．故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎13．下面给出了电视机、电风扇、空调和电冰箱铭牌上的主要项目，根据铭牌上提供的信息，下列说法正确的是（　　）‎ A．正常工作时电风扇中流过的电流最小 B．正常工作时电风扇消耗的电功率最小 C．在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电多 D．在24小时内正常使用的电冰箱比连续运转的电风扇耗电少 ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】从铭牌图象得到各个用电器的额定功率和额定电压，根据P=UI计算额定电流．‎ ‎【解答】解：A、从铭牌图象得到四个用电器的额定电压都是220V，除空调机外，其余的用电器的额定功率中最小的是电风扇，电风扇的额定电流，小于空调机的额定电流，故A正确；‎ B、四个用电器的额定电压都是220V，正常工作时电风扇中流过的电流最小，根据P=UI，正常工作时电风扇消耗的电功率最小，故B正确；‎ C、D、电风扇的每日耗电量为：W=0.065KW×24h=1.56KW•h，电冰箱的每日耗电量为0.8KW•h，故C错误，D正确；‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎14．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线，下列说法中正确的是（　　）‎ A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 B．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ C．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围“面积”‎ ‎【考点】欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】小灯泡的伏安特性曲线上的各点与原点连线的斜率表示电阻，斜率增大，灯泡的电阻增大．任一状态灯泡的电阻R=．由P=UI可求得功率．‎ ‎【解答】解：A、I﹣U图线各点与原点连线的斜率表示电阻，由题，此斜率减小，说明随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大．故A错误．‎ ‎ B、C根据电阻的定义得到，对应P点，小灯泡的电阻为R=，R不等于切线斜率，故B正确，C错误．‎ D、P点的功率P=UI，故可以用矩形PQOM所围“面积”来表示；故D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ 二、实验题（第一题每空2分，后两题每空3分，共10分）‎ ‎15．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，0.3A）、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闭合之前，应把滑动变阻器的滑动片P移到　A端　位置（填“A端”或“B端”）；实验中滑动片P从中间位置向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2.00V时，小灯泡的电阻值R=　7.7　Ω．（结果保留两位有效数字）‎ ‎（3）将两个这样规格的小灯泡串联接入电压为3V的电路中，每个小灯泡的实际功率为　0.52　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）该题中滑动变阻器采用分压接法，为了保护电路，在连接电路时应使开关断开，使测量电路处于短路状态，即使灯泡的电压电流为零．‎ ‎（2）伏安法测电阻的原理：R=；知道灯泡的电压和电流，由欧姆定律可以计算电阻； ‎ ‎（3）根据P=UI，即可计算功率．‎ ‎【解答】解：（1）滑动变阻器采用分压接法，为了保护电路，开始闭合开关前，要使测量电路处于短路状态，即将划片移动到A端，根据分压接法可知，当划片从中间向B端移动时，测量电路的电压读数增大．‎ ‎（2）根据图乙可知，当电压为2.00V时，灯泡中电流大约为：0.26A，‎ 根据欧姆定律得：‎ R==Ω≈7.7Ω；‎ ‎（3）灯泡的功率为：P=UI=2.00×0.26W=0.52W．‎ 故答案为：（1）A端，增大； （2）7.7； （3）0.52．‎ ‎　‎ 三、计算题（本大题共3个小题，共35分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位）‎ ‎16．如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0×109N•m2/C2，求：‎ ‎（1）两点电荷间的库仑力大小；‎ ‎（2）C点的电场强度的大小和方向．‎ ‎【考点】库仑定律；电场强度．‎ ‎【分析】（1）根据库仑定律公式F=k列式求解即可；‎ ‎（2）先求解两个电荷单独存在时在C点的场强，然后根据平行四边形定则合成得到C点的场强．‎ ‎【解答】解：（1）电荷量均为q=+2.0×10﹣6C的两点电荷分别固定在A、B点，静电力为：‎ F=k=9.0×109×=9.0×10﹣3N；‎ ‎（2）A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：‎ E1=k=9.0×109×=4.5×103N/C A、B点电荷在C点的合场强大小为：‎ E=2E1cos30°=2×4.5×103N/C×=7.8×103N/C 场强方向沿着y轴正方向；‎ 答：（1）两点电荷间的库仑力大小为9.0×10﹣3N；‎ ‎（2）C点的电场强度的大小为7.8×103N/C，方向为+y轴正方向．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，在两条平行的虚线内存在着宽度为L、电场强度为E的匀强电场，在与右侧虚线相距也为L处有一与电场平行的屏．现有一电荷量为+q、质量为m的带电粒子（重力不计），以垂直于电场线方向的初速度v0射入电场中，v0方向的延长线与屏的交点为O．试求：‎ ‎（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间； ‎ ‎（2）粒子打在屏上的点P到O点的距离x．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）粒子水平方向不受力的作用，故在水平方向做匀速直线运动，根据x=vt可求得运动时间；‎ ‎（2）根据牛顿第二定律可求得粒子在竖直方向上的位移，根据运动的合成与分解规律可求得竖直方向上的偏转位移和离开电场时的速度；离开电场后粒子做匀速运动，根据运动的合成与分解规律可求得竖直分位移，从而求出粒子在竖直方向上的总位移．‎ ‎【解答】解：（1）根据题意，粒子在垂直于电场线的方向上做匀速直线运动，所以粒子从射入到打到屏上所用的时间为：t=．‎ ‎（2）设粒子在电场中的偏转距离为y，则由牛顿第二定律可得：‎ a=‎ 在电场中偏转的位移为：y=a（）2=•‎ 竖直分速度为：vy=at=‎ 离开电场后做匀速直线运动，竖直方向上的位移为：y'=vy=‎ x=y+y‘=‎ 答：（1）粒子从射入到打到屏上所用的时间为 ‎ ‎（2）粒子打在屏上的点P到O点的距离为 ‎　‎ ‎18．如图所示，ABCD为竖直放在场强为E=104V/m水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的圆形轨道，轨道的水平部分与其半圆相切，A为水平轨道上的一点，而且AB=R=0.2m，把一质量m=0.1kg、带电荷量q=+1×10﹣4C的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动．（g取10m/s2）求：‎ ‎（1）小球到达D点时对轨道压力是多大？‎ ‎（2）若让小球安全通过轨道，开始释放点离B点至少多远？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）由动能定理求出小球到达C点时的速度，然后由牛顿第二定律求出轨道对小球的支持力，然后由牛顿第三定律求出小球对轨道的压力；‎ ‎（2）小球恰好到达D点时，轨道对小球的支持力为零，重力提供向心力，由牛顿第二定律求出到达D点时的速度，然后由动能定理求出释放点到B点的距离．‎ ‎【解答】解：（1）由A点到C点，由动能定理得：‎ qE•2R﹣mg•R=mvD2﹣0，‎ 代入数据解得：vD=2m/s．‎ 在C点应用牛顿第二定律得：‎ FN﹣qE=m 代入数据解得FN=3 N 由牛顿第三定律知，小球在C点对轨道的压力为3 N．‎ ‎（2）小球要安全通过D点，必有mg≤m．‎ 设释放点距B点的距离为x，由动能定理得：‎ Eqx﹣mg•2R=mvD2‎ 以上两式联立，代入数据可得：x≥0.5 m．‎ 答：（1）小球到达C点时对轨道压力是3N．（2）若让小球安全通过轨道，开始释放点离B点至少0.5m．‎ ‎　‎ ‎2016年12月10日