物理卷·2018届内蒙古鄂尔多斯市准格尔旗世纪中学高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届内蒙古鄂尔多斯市准格尔旗世纪中学高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年内蒙古鄂尔多斯市准格尔旗世纪中学高二（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一．单项选择（每题4分，共9题）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．点电荷就是体积很小的带电体 B．电场中P点的场强方向为试探电荷在该点受到的电场力的方向 C．根据F=k设想当r→0时得出F→∞‎ D．A电荷受到B电荷的作用，是B电荷的电场对A电荷的作用 ‎2．点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，在AB连线上，如图所示，电场强度为零的地方在（　　）‎ A．A和B之间 B．A右侧 C．B左侧 D．A的右侧及B的左侧 ‎3．若带正电荷的小球只受到电场力的作用，则它在任意一段时间内（　　）‎ A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动 B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动 C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动 D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动 ‎4．以下说法正确的是（　　）‎ A．由可知此场中某点的电场强度E与F成正比 B．由公式可知电场中某点的电势φ与q成反比 C．由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 D．公式C=，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 ‎5．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（　　）‎ A．带电油滴将沿竖直方向向上运动 B．P点的电势将降低 C．带电油滴的电势能将减小 D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大 ‎6．一带正电的粒子在电场中做直线运动的v﹣t图象如图所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是（　　）‎ A．该电场可能是由某正点电荷形成的 B．M点的电势高于N点的电势 C．从M点运动到N点的过程中，电势能逐渐减小 D．粒子在M点所受到的电场力等于在N点所受到的电场力 ‎7．氢的三种同位素氕、氘、氚的原子核分别为H、H、H．它们以相同的初速度垂直进入同一匀强电场并离开电场，离开电场时，末速度最大的是（　　）‎ A．氕核 B．氘核 C．氚核 D．一样大 ‎8．下列说法正确的是（　　）‎ A．由R=知道，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比 B．电流的单位是安培，是国际单位制中的基本单位 C．电流有方向，因此在电路中电流是矢量 D．由I=知道，一段导体两端的电压跟通过它的电流成正比 ‎9．一根粗细均匀的电阻丝，横截面的直径是d，电阻为R，把它拉制成直径是的均匀细丝后，它的电阻变成（　　）‎ A． B．100R C． D．10000R ‎　‎ 二.多项选择题：（每小题4分，共5小题）‎ ‎10．如图所示，a、b为一对等量同种正电荷连线上的两点（其中b为连线的中点），c为连线的中垂线上的一点．今将一带电荷量为q的负点电荷自a沿直线移到b，再沿直线移到c，下列说法正确的是（　　）‎ A．电荷q受到的电场力的合力先减小后增大 B．电场力的合力对电荷q一直做负功 C．电荷q的电势能一直增加 D．电荷q受到的电场力的合力方向一直不变 ‎11．一个带电粒子在电场中A点具有80eV的电势能，当它由A运动到B克服电场力做功30eV，则（　　）‎ A．电子在B点的电势能是50eV B．电子的电势能增加了30eV C．B点的电势为110V D．B点的电势为﹣110V ‎12．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（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最高 B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大 C．带电质点通过P点时的动能较Q点大 D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大 ‎13．如图所示的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（　　）‎ A．甲表是电流表，R增大时量程增大 B．甲表是电流表，R增大时量程减小 C．乙表是电压表，R增大时量程减小 D．乙表是电流表，R增大时量程增大 ‎14．如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑．如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则（　　）‎ A．在荧屏上的亮斑向上移动 B．在荧屏上的亮斑向下移动 C．偏转电场对电子做的功增大 D．偏转电场的电场强度减小 ‎　‎ 三.填空题：‎ ‎15．在《测定金属丝电阻率》的实验中，用螺旋测微器测金属丝直径时读数如下图A，则金属丝的直径为　　 mm．若用下图中B测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值　　．（填“偏大”或“偏小”）‎ ‎16．．为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：‎ A．电流表（0～200mA，内阻0.5Ω）‎ B．电流表（0～0.6A，内阻0.01Ω）‎ C．电压表（0～3V，内阻5kΩ）‎ D．电压表（0～15V，内阻50kΩ）‎ E．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A）‎ F．滑动变阻器（0～1kΩ，0.1A）‎ G．电源（3V）‎ H．电键一个，导线若干．‎ ‎（1）为了完成上述实验，实验中应选择的电流表是　　，电压表　　，滑动变阻器　　．（填写器材代号）‎ ‎（2）在图1的虚线框中画出完成此实验的原理图，并将图2实物按电路图用导线连好．‎ ‎（3）此实线描绘出的I﹣U图线是　　（填“曲线”．“直线”），其原因是　　．‎ ‎　‎ 四.计算题（第17题，18题各8分，19题10分）‎ ‎17．某一用直流电动机提升重物的装置，如图所示，重物质量m=50kg，电源的电压为U=110V，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以v=0.90m/s的恒定速度向上提升重物时，电阻中的电流I=5A，由此可知电动机的线圈的电阻R为多少？‎ ‎18．一束电子流在U1=500V的电压作用下得到一定速度后垂直于平行板间的匀强电场飞入两板间的中央，如图所示．若平行板间的距离d=1cm，板长l=5cm，问至少在平行板上加多大电压U2才能使电子不再飞出平行板？‎ ‎19．如图所示，一平行板电容器板长L=4cm，板间距离为d=3cm，倾斜放置，使板面与水平方向夹角α=37°，若两板间所加电压U=100V，一带电荷量q=3×10﹣10 C的负电荷以v0=0.5m/s的速度自A板左边缘水平进入电场，在电场中沿水平方向运动，并恰好从B板右边缘水平飞出，则 ‎（1）带电粒子从电场中飞出时的速度为多少？‎ ‎（2）带电粒子的质量为多少？（g取10m/s2）‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年内蒙古鄂尔多斯市准格尔旗世纪中学高二（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．单项选择（每题4分，共9题）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．点电荷就是体积很小的带电体 B．电场中P点的场强方向为试探电荷在该点受到的电场力的方向 C．根据F=k设想当r→0时得出F→∞‎ D．A电荷受到B电荷的作用，是B电荷的电场对A电荷的作用 ‎【考点】库仑定律；元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】库仑定律的公式F=k适用于点电荷之间的静电力，当带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，该电荷可以看成点电荷，电场强度方向为正电荷在该点的电场力方向．‎ ‎【解答】解：A、当带电体的形状、大小以及电荷分布可以忽略不计，该电荷可以看成点电荷．该电荷能否看成点电荷，不是看它的体积电量，而是看形状大小能否忽略．故A错误．‎ B、电场中P点的场强方向为正试探电荷在该点受到的电场力的方向．故B错误．‎ C、当r→0时，该电荷不能看成点电荷，公式F=k不能适用，故C错误．‎ D、电场的基本性质是 对放入其中的电荷有力的作用，A电荷受到B电荷的作用，是B电荷的电场对A电荷的作用，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．点电荷A和B，分别带正电和负电，电量分别为4Q和Q，在AB连线上，如图所示，电场强度为零的地方在（　　）‎ A．A和B之间 B．A右侧 C．B左侧 D．A的右侧及B的左侧 ‎【考点】电场的叠加；电场强度．‎ ‎【分析】空间的任意一点的电场是由两个点电荷产生的电场的叠加，只有当两个点电荷产生的电场强度大小相等、方向相反时，该点的电场强度才等于零．根据点电荷场强公式E=k 和点电荷电场分布特点确定在AB连线上，电场强度为零的位置．‎ ‎【解答】解：点电荷电场线的分布特点；正电荷电场的电场线从正电荷出发到无穷远终止，负电荷电场的电场线从无穷远出发到负电荷终止．‎ A、A和B之间两点产生的电场强度方向均向向左，合场强不可能为零．故A错误．‎ B、A的右侧，A产生的电场强度向右，B产生的电场强度向左，电场强度方向相反，而且由题A的电量大于B的电量，且A较近，由点电荷场强公式E=k 可知，在同一点电场强度大小不可能相等，所以合场强不可能为零．故B错误．‎ C、在B的左侧，A产生的电场强度向左，B产生的电场强度向右，电场强度方向相反，但由于A的电量大于B的电量，且A较远，由点电荷场强公式E=k 可知，在同一点电场强度大小可能相等，所以合场强可能为零．故C正确．‎ D、由上可知D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．若带正电荷的小球只受到电场力的作用，则它在任意一段时间内（　　）‎ A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动 B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动 C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动 D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动 ‎【考点】电势；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】物体的运动情况取决于合力和初始条件．小球只受到电场力的作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，有没有初速度，初速度方向与电场线的关系．只有当电场线是直线时，小球只受到电场力的作用才可能沿电场线运动．‎ ‎【解答】解：物体的运动情况取决于合力和初始条件．小球只受到电场力的作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，有没有初速度，初速度方向与电场线的关系．只有当电场线是直线时且小球的运动方向沿着电场线时，小球只受到电场力的作用才可能沿电场线运动．所以ABC错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．以下说法正确的是（　　）‎ A．由可知此场中某点的电场强度E与F成正比 B．由公式可知电场中某点的电势φ与q成反比 C．由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 D．公式C=，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 ‎【考点】电场强度；电势差；电势．‎ ‎【分析】电场强度是采用比值定义的，E和F以及检验电荷q无关，E是由电场本身决定的；‎ 电场中某点的电势φ与检验电荷q无关，是由电场本身和零电势点决定的．‎ Uab=Ed中的d是匀强电场中的任意两点a、b沿着电场线方向的距离．‎ 电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关．‎ ‎【解答】解：A、电场强度是采用比值定义的，E和F以及检验电荷q无关，E是由电场本身决定的，故A错误．‎ B、电场中某点的电势φ与检验电荷q无关，是由电场本身和零电势点决定的．故B错误．‎ C、Uab=Ed中的d是匀强电场中的任意两点a、b沿着电场线方向的距离，故C错误．‎ D、公式C=，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关，与两极板间距离d，极板面积S等有关．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（　　）‎ A．带电油滴将沿竖直方向向上运动 B．P点的电势将降低 C．带电油滴的电势能将减小 D．若电容器的电容减小，则极板带电量将增大 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故A错误．‎ B、场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故B正确．‎ C、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加．故C错误．‎ D、根据Q=Uc，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．一带正电的粒子在电场中做直线运动的v﹣t图象如图所示，t1、t2时刻分别经过M、N两点，已知运动过程中粒子仅受电场力作用，则下列判断正确的是（　　）‎ A．该电场可能是由某正点电荷形成的 B．M点的电势高于N点的电势 C．从M点运动到N点的过程中，电势能逐渐减小 D．粒子在M点所受到的电场力等于在N点所受到的电场力 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】由速度时间图象可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度是一个定值，所以电场力不变，是匀强电场，根据动能定理可知，电场力做负功，电势能增加，又由于是正电荷，电势也增加．‎ ‎【解答】解：A、由v﹣t图象可知：粒子在电场中做匀减速直线运动，加速度不变，所以粒子所受的电场力不变，该电场是匀强电场，不可能是由某正点电荷形成的，故A错误；‎ BC、从M到N的运动过程中速度减小，根据动能定理可知电场力做负功，则粒子的电势能增加，又由于是正电荷，所以电势也增加，故M点的电势低于N点的电势，故B、C错误．‎ D、根据F=qE知，E一定，所以粒子在M点所受到的电场力等于在N点所受到的电场力，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．氢的三种同位素氕、氘、氚的原子核分别为H、H、H．它们以相同的初速度垂直进入同一匀强电场并离开电场，离开电场时，末速度最大的是（　　）‎ A．氕核 B．氘核 C．氚核 D．一样大 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子垂直电场方向进入同一偏转电场后，在电场中做类平抛运动，根据动能定理判断离开电场时的末速度．‎ ‎【解答】解：带电粒子以速度v进入场强为E，宽度为L的电场，垂直电场方向做匀速直线运动，L=vt，所以t=‎ 沿电场方向做匀加速直线运动，加速度a=‎ 偏转位移y=at2=××=•‎ 根据动能定理：qEy=mvy2‎ vy2==••‎ 可见比荷小的垂直电场方向速度增量比较大，即末速度较大，故氕核末速度较大；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎8．下列说法正确的是（　　）‎ A．由R=知道，一段导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流成反比 B．电流的单位是安培，是国际单位制中的基本单位 C．电流有方向，因此在电路中电流是矢量 D．由I=知道，一段导体两端的电压跟通过它的电流成正比 ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】明确欧姆定律的内容，知道电阻由导体本身的性质决定，与电压和电流无关，但电流与电压成正比．‎ ‎【解答】解：A、电阻是导体本身的性质，与电压和电流无关，故A错误；‎ B、电流的单位是安培，它是国际单位制中的基本单位之一，故B正确； ‎ C、电流有方向，但电流的运算不适用平行四边形定则，故不是矢量，故C错误；‎ D、由I=知道，一段导体两端的电流跟通过它的电压成正比，但不能说电压和电流成正比，因为电压是电流形成的原因，只有有电压才能产生电流，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．一根粗细均匀的电阻丝，横截面的直径是d，电阻为R，把它拉制成直径是的均匀细丝后，它的电阻变成（　　）‎ A． B．100R C． D．10000R ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】抓住电阻的体积不变，结合直径的变化得出长度的变化，通过电阻定律得出电阻的变化．‎ ‎【解答】解：将电阻丝拉制成直径是的均匀细丝后，横截面积变为原来的，由于体积不变，则长度变为原来的100倍，根据R=知，电阻变为原来的10000倍．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二.多项选择题：（每小题4分，共5小题）‎ ‎10．如图所示，a、b为一对等量同种正电荷连线上的两点（其中b为连线的中点），c为连线的中垂线上的一点．今将一带电荷量为q的负点电荷自a沿直线移到b，再沿直线移到c，下列说法正确的是（　　）‎ A．电荷q受到的电场力的合力先减小后增大 B．电场力的合力对电荷q一直做负功 C．电荷q的电势能一直增加 D．电荷q受到的电场力的合力方向一直不变 ‎【考点】电场的叠加；电势能．‎ ‎【分析】由题，两个等量同种电荷，它们在点O处产生的电场强度大小相等，方向相反．bc连线上方的中垂线上每一点（除b点）电场线方向向上．根据电场力做功正负，判断电势能的变化：电场力做负功，电荷的电势能增大．‎ ‎【解答】解：A、两个等量同种电荷，它们在点b处产生的电场强度大小相等，方向相反，互相抵消，则中点b的场强为零，所以将一带电量为q的负点电荷自a沿直线移到b再沿直线移到c，电场力先减小后增大，即合力先减小后增大．故A正确．‎ B、负电荷所受力的方向与电场强度方向相反，所以负点电荷自a沿直线移到b的过程中，电场力做负功，再沿直线移到c时，电场力还是做负功．故B正确．‎ C、负电荷的电场力做负功，负电荷的电势能增大．故C正确．‎ D、从a到b再到c的过程中，电场强度方向先沿ab方向，后沿bc方向，电场力的方向与电场强度方向相反，所以电场力的方向也改变，即合力方向会改变．故D错误．‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ ‎11．一个带电粒子在电场中A点具有80eV的电势能，当它由A运动到B克服电场力做功30eV，则（　　）‎ A．电子在B点的电势能是50eV B．电子的电势能增加了30eV C．B点的电势为110V D．B点的电势为﹣110V ‎【考点】电势能；电势．‎ ‎【分析】通过电场力做功量度电势能的变化来分析问题．根据电势的定义得出电势的大小．‎ ‎【解答】解：A、电场力做正功，电势能减少；电场力做负功，电势能增加．本题“克服电场力做功”即为电场力做负功，所以电势能增加． ‎ 根据W电=△EP电 得出：那电子在B处的电势能是Ep=80eV+30eV=110eV．‎ ‎ 故A错误，B正确．‎ C、根据电势的定义，若带电粒子是电子，则在B点的电势等于φ==，由于题目中没有告知带电量及电性，故CD错误． ‎ ‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎12．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（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最高 B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大 C．带电质点通过P点时的动能较Q点大 D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大 ‎【考点】等势面；电势能．‎ ‎【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c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；‎ 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．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（　　）‎ A．甲表是电流表，R增大时量程增大 B．甲表是电流表，R增大时量程减小 C．乙表是电压表，R增大时量程减小 D．乙表是电流表，R增大时量程增大 ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】电流表串联电阻分压改装成电压表，电阻分压大，量程大；并联电阻分流改装成电流表，分流大，量程大．‎ ‎【解答】解：A、甲是并联电阻起分流作用，为电流表，R增加，分流电流减小，量程变小．故A错误，B正确；‎ ‎ C、乙是串联电阻起分压作用，为电压表，R增大，分压电压变大，量程变大．故CD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示的阴极射线管，无偏转电场时，电子束加速后打到荧屏中央形成亮斑．如果只逐渐增大M1M2之间的电势差，则（　　）‎ A．在荧屏上的亮斑向上移动 B．在荧屏上的亮斑向下移动 C．偏转电场对电子做的功增大 D．偏转电场的电场强度减小 ‎【考点】射线管的构造及其工作原理．‎ ‎【分析】电子在加速电场中运动时，电场力做正功，电子获得速度，根据动能定理求解电子离开加速电场后的速度；‎ 电子垂直进入偏转电场后做类平抛运动，平行于极板方向做匀速直线运动，垂直于极板方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求得偏转量的表达式与电场力做功的表达式，即可进行说明．‎ ‎【解答】解：A、B、设电子由加速电场加速后的速度为v．电子在加速电场中运动过程，由动能定理得：‎ ‎ eU1=‎ 解得，．‎ 电子进入偏转电场后做匀变速曲线运动，沿极板方向做匀速直线运动，沿电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，则有：‎ ‎ 水平方向有：L=vt ‎ 竖直方向有：‎ ‎ vy=at 电子刚离开偏转电场时的偏转角正切为：tanα=‎ 由以上各式解得：电子刚离开偏转电场时偏转角的正切为：tanα=，‎ 则 α=arctan．‎ 即电子离开偏转电场时的偏转角α随偏转电压的增大而增大．如果只逐渐增大M1M2之间的电势差U2，在荧屏上的亮斑向上移动．故A正确，B错误；‎ C、电子离开偏转电场时的偏转量：，‎ 如果只逐渐增大M1M2之间的电势差U2，电子离开偏转电场时的偏转量将增大．‎ 偏转电场对电子做的功：W=e•E•y，偏转量越大，电场力做的功越多．故C正确；‎ D、偏转电场的电场强度：，所以如果只逐渐增大M1M2之间的电势差U2，偏转电场的电场强度增大．故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ 三.填空题：‎ ‎15．在《测定金属丝电阻率》的实验中，用螺旋测微器测金属丝直径时读数如下图A，则金属丝的直径为　0.698　 mm．若用下图中B测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值　偏小　．（填“偏大”或“偏小”）‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】本题的关键是掌握螺旋测微器的读数方法：把总长度分成整数部分和小数部分两部分来读，注意”半毫米“刻度线是否露出和需要估读；明确伏安法测电阻实验中外接法和内接法的选择方法以及误差分析方法．‎ ‎【解答】解：根据螺旋测微器的读数方法“可分成整数部分和小数部分两部分之和来读”可得，金属丝的直径d=0.5mm+19.8×0.01mm=0.698mm（0.696、0.697、0.699均给分）；根据欧姆定律可知，在电流表外接法中， =测量的是电压表与待测电阻的并联电阻，由于并联电阻小于任一支路的电阻，所以测量结果比真实值偏小． ‎ 故答案为：0.698，偏小 ‎　‎ ‎16．．为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：‎ A．电流表（0～200mA，内阻0.5Ω）‎ B．电流表（0～0.6A，内阻0.01Ω）‎ C．电压表（0～3V，内阻5kΩ）‎ D．电压表（0～15V，内阻50kΩ）‎ E．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A）‎ F．滑动变阻器（0～1kΩ，0.1A）‎ G．电源（3V）‎ H．电键一个，导线若干．‎ ‎（1）为了完成上述实验，实验中应选择的电流表是　A　，电压表　C　，滑动变阻器　E　．（填写器材代号）‎ ‎（2）在图1的虚线框中画出完成此实验的原理图，并将图2实物按电路图用导线连好．‎ ‎（3）此实线描绘出的I﹣U图线是　曲线　（填“曲线”．“直线”），其原因是　随着温度的升高电阻变大　．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）器材选取的原则需安全精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表、电压表的量程．灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法； ‎ ‎（2）通过灯泡电阻的大小分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接．根据电路图连接实物图．‎ ‎（3）灯泡的电阻随温度的变化而变化，所以I﹣U图线是一条曲线．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡的额定电压为3V，所以电压表的量程选择3V的误差较小，额定电流I===0.13A=130mA，所以电流表的量程选择200mA的，由于本实验采用分压接法，故滑动变阻器应选择E； ‎ ‎（2）灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡正常工作时的电阻R===22.5Ω，远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法．电路图和实物连线图如图所示．‎ ‎（3）由于温度升高，电阻变大，所以描绘出的I﹣U图线是曲线．‎ 故答案为：（1）A、C、E ‎（2）如右图．‎ ‎（3）曲线，随着温度的升高电阻变大．‎ ‎　‎ 四.计算题（第17题，18题各8分，19题10分）‎ ‎17．某一用直流电动机提升重物的装置，如图所示，重物质量m=50kg，电源的电压为U=110V，不计电源内阻及各处摩擦，当电动机以v=0.90m/s的恒定速度向上提升重物时，电阻中的电流I=5A，由此可知电动机的线圈的电阻R为多少？‎ ‎【考点】闭合电路中的能量转化；电功、电功率．‎ ‎【分析】用直流电动机提升重物时，电动机消耗的电能转化为电动机的内能和提升重物的机械能，根据能量守恒定律列出功率求解R．‎ ‎【解答】解：电动机消耗的总能量一部分用于提升重物的机械能，一部分消耗在电动机线圈电阻发热上．根据能量守恒定律得 ‎ P电=P机+P热，‎ 其中P电=IU，P机=mgv，P热=I2R，‎ 所以有IU=mgv+I2R，‎ 代入解得 R==4Ω 答：电动机的线圈的电阻R为4Ω．‎ ‎　‎ ‎18．一束电子流在U1=500V的电压作用下得到一定速度后垂直于平行板间的匀强电场飞入两板间的中央，如图所示．若平行板间的距离d=1cm，板长l=5cm，问至少在平行板上加多大电压U2才能使电子不再飞出平行板？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】电子在加速电场中电场力做正功，根据动能定理求出加速获得的速度．电子进入水平平行金属板之间做类平抛运动．当使电子恰好不飞出平行板时，电子轨迹与下边缘相切，水平位移等于板长，竖直位移等于板间距离的一半．根据运动学公式和牛顿定律求解电压．‎ ‎【解答】解：电子经U1加速时，电场力做正功，根据动能定理可得：‎ eU1=‎ 电子飞入平行板电场后做类平抛运动，在水平方向电子做匀速直线运动．‎ 当使电子恰好不飞出平行板时，电子轨迹与下边缘相切，最大运动时间为：‎ t=‎ 在竖直方向电子做初速度为零的匀加速直线运动，其加速度为：‎ a=‎ 根据运动学公式为：‎ ‎=at2‎ 由以上各式解得：U2=2U1=400V ‎ 答：至少在平行板上加400V电压U2才能使电子不再飞出平行板．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，一平行板电容器板长L=4cm，板间距离为d=3cm，倾斜放置，使板面与水平方向夹角α=37°，若两板间所加电压U=100V，一带电荷量q=3×10﹣10 C的负电荷以v0=0.5m/s的速度自A板左边缘水平进入电场，在电场中沿水平方向运动，并恰好从B板右边缘水平飞出，则 ‎（1）带电粒子从电场中飞出时的速度为多少？‎ ‎（2）带电粒子的质量为多少？（g取10m/s2）‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）电荷运动过程中，重力不做功，只有电场力做功，根据动能定理求解微粒飞出时的速度；‎ ‎（2）负电荷在电场中受到重力和电场力，而做直线运动，电场力与重力的合力必定沿此直线方向，否则就做曲线运动．根据力的合成，由重力与电场力的关系求解质量．‎ ‎【解答】解：（1）对液滴由动能定理得：，‎ 代入数据解得：v=1m/s．‎ ‎（2）根据题意画出带电液滴的受力图如图所示，由图可得：‎ qEcosα=mg，‎ E=‎ 解得：m=kg=8×10﹣8kg 答：（1）粒子飞出时的速度为1m/s．‎ ‎（2）带电粒子质量为8×10﹣8kg．‎ ‎　‎ ‎2016年12月6日