物理卷·2018届四川省绵阳市南山中学高二上学期期中物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届四川省绵阳市南山中学高二上学期期中物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年四川省绵阳市南山中学高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（本题包括12小题，每题3分，共36分．每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．只有体积很小的带电体才能看作点电荷 B．电场强度是矢量，方向就是电荷在该点的受力方向 C．电容器的电容跟它两极所加电压成反比，跟它所带电量成正比 D．外电路断开时，电动势数值上等于电源两极的电压 ‎2．为了保障行驶安全，一种新型双门电动公交车安装了双门控制装置：只要有一扇门没有关紧，汽车就不能启动．如果规定：车门关紧时为“1”，未关紧时为“0”；当输出信号为“1”时，汽车可以正常启动行驶，当输出信号为“0”时，汽车不能启动．能正确表示该控制装置工作原理的逻辑电路是（　　）‎ A．与电路 B．或电路 C．非电路 D．与非电路 ‎3．下列说法错误的是（　　）‎ A．电场线越密集的地方电场越强，磁感线越密集的地方磁场也越强 B．磁场和电场一样，也是一种物质 C．静电场中的电场线是不闭合的，磁感线也是不闭合的 D．电场线某点的切线方向表示该点电场方向，磁感线某点的切线方向也表示该点的磁场方向 ‎4．两个大小相同、带等量异种电荷的导体小球A和B，彼此间的引力为F．另一个不带电的与A、B大小相同的导体小球C，先与A接触，再与B接触，然后移开，这时A和B之间的作用力为F′，则F与F′之比为（　　）‎ A．8：3 B．8：1 C．1：8 D．4：1‎ ‎5．如图所示的实验装置中，极板B接地，平行板电容器的A极板与一个灵敏的静电计相接．将B极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U、电容器两极板间的场强E、静电计指针张角θ的变化情况正确的是（　　）‎ A．Q不变，C变小，U变大，E不变，θ变大 B．Q变小，C变小，C不变，E不变，θ不变 C．Q不变，C变小，C变大，E变小，θ变大 D．Q变小，C不变，C不变，E变小，θ不变 ‎6．一电流表并联一个分流电阻后就改装成一个电流表，当把它和标准电流表串联后去测某电路中的电流时，发现标准表读数为1A时，而改装表的读数为1.1A，稍微偏大些，为了使它的读数准确，应（　　）‎ A．在原分流电阻上再并联一个较大的电阻 B．在原分流电阻上再串联一个较小的电阻 C．在原分流电阻上再串联一个较大的电阻 D．在原分流电阻上再并联一个较小的电阻 ‎7．如图所示为一小灯泡的伏安特性曲线，横轴和纵轴分别表示电压U和电流I．图线上点A的坐标为（U1，I1），过点A的切线与纵轴交点的纵坐标为I2．小灯泡两端电压为U1时，电阻等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．如图所示，a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离．在a点固定放置一个点电荷，带电量为+Q，已知在+Q的电场中b、c两点间的电势差为U．将另一个点电荷+q从d点移动到e点的过程中（　　）‎ A．电场力做功qU B．克服电场力做功qU C．电场力做功大于qU D．电场力做功小于qU ‎9．三个阻值相同的电阻，如图所示连接后接入电路，已知三个电阻的额定功率都是20W，则A、B间电路允许消耗的最大功率是（　　）‎ A．20W B．30W C．40W D．60W ‎10．如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点，以下正确的是（　　）‎ A．无法判断带电粒子的电性 B．粒子在M点的动能小于在N点的动能 C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 D．粒子在M点的电势能小于在N点的电势能 ‎11．如图所示，虚线表示等势面，相邻等势面间的电势差相等，有一带电的小球在该电场中运动，不计小球的重力和空气阻力，实线表示该带正电小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20eV，运动到b点的动能等于2eV．若取c点为零电势点，则这个带电小球的电势能等于﹣6eV时，它的动能等于（　　）‎ A．16 eV B．4 eV C．6 eV D．14 eV ‎12．在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，各电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．下列判断正确的是（　　）‎ A．|△U1|+|△U2|＜|△U3| B．|△U1|+|△U2|=|△U3|‎ C．||不变，变小 D．||变大，不变 ‎　‎ 二、本大题6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上的选项正确．全选对的得3分，选对但不全的得1分，有错或不答的得0分．‎ ‎13．关于静电场，以下看法正确的是（　　）‎ A．电势降低的方向一定是电场强度的方向 B．正电荷从电场中电势高处移向电势低处电场力做正功 C．电场强度相等处电势可能相同 D．在点电荷的电场中，距点电荷越远的地方电场强度越小，电势越高 ‎14．如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，从负极板上某处释放一个电子e，设其到达正极板的速度为v1，运动过程中加速度为a1．现将两板间距离增为原来的2倍，再从负极板处释放一电子，设其到达正极板的速度为v2，运动过程中加速度为a2．则有（　　）‎ A． = B． = C． = D． =‎ ‎15．在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源内阻不能忽略．闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下调节，则下列叙述正确的是（　　）‎ A．电压表和电流表的示数都增大 B．灯L2变暗，电流表的示数减小 C．灯L1变亮，电压表的示数减小 D．电源的效率减小，电容器C所带电荷量减小 ‎16．质量为m的通电细杆置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，有电流通过杆，杆恰好静止于导轨上．如图所示的A、B、C、D四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎17．如图所示，MNPQ为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，ACB为圆弧．一个质量为m、电荷量为﹣q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球一定能从B点离开轨道 B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动 C．小球再次到达C点的速度可能为零 D．当小球从B点离开时，上升的高度一定等于H ‎18．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2＜vl）．若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（　　）‎ A．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小 B．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功 C．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小 D．小物体上升的最大高度为 ‎　‎ 三、填空题（本题共3小题，每题2分，共24分，把答案填在答题卷的横线上）‎ ‎19．为了测量一精密金属丝的电阻率：‎ Ⅰ．先用多用电表粗测金属丝的阻值，当用“×10”档时发现指针偏转角度过大，他应该换用　　档（填“×1”或“×100”），换挡测量前必须进行　　调零，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图1所示，然后用螺旋测微器测其直径为　　mm．‎ Ⅱ．为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：‎ A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ） ‎ B．电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）‎ C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω） ‎ D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）‎ E．滑动变阻器R1（0～20Ω，0.6A） ‎ F．滑动变阻器R2（0～2000Ω，0.1A）‎ G．输出电压为3V的直流稳压电源 ‎ H．开关S，导线若干 为了完成实验，则上述器材中应选用的实验器材有（填仪器前的字母序号）　　G、H．请在虚线框内设计最合理的电路图并在图4中补充完实物连线．‎ ‎20．某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：‎ A．电流表A1（量程0～3A，内阻约为0.3Ω）‎ B．电流表A2（量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω）‎ C．电压表V1（量程0～3V，内阻约为2000Ω ）‎ D．电压表V2（量程0～15V，内阻约为5000Ω）‎ E．滑动变阻器R1（10～10Ω，2A）‎ F．滑动变阻器R2（0～100Ω，1A）‎ G．被测干电池一节 H．开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．‎ ‎（1）在上述器材中应选用的实验器材有　　G、H（填仪器前的字母序号），实验电路图应选择下图中的　　（填“甲”或“乙”）；‎ ‎（2）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U﹣I图象，则干电池的电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω．‎ ‎（3）实验测出的内阻值　　真实的内阻值（选填“大于”、“等于”或“小于”）‎ ‎21．为了描绘标有“3V 0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化．所给器材如下：‎ A．电流表（0～200mA，内阻约1Ω）‎ B．电压表（0～3V，内阻约5kΩ）‎ C．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A）‎ D．电源（3V）‎ E．电键一个，导线若干 为了准确描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验电路图应选择如图中的（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎　‎ 四、计算题（本题共2小题22分．要求写出必要的文字说明、公式、重要计算步骤，明确写出答案及单位，只写出最后答案的不能得分）‎ ‎22．利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E=6V，电源内阻r=1Ω，电阻R=3Ω，重物质量m=0.10kg，当将重物固定时，电压表的示数为5V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为5.5V，求：‎ ‎（1）电动机线圈的电阻R1‎ ‎（2）电动机以稳定的速度匀速提升重物时，消耗的电功率 ‎（3）重物匀速上升时的速度大小（不计摩擦，g取10m/s2）．‎ ‎23．如图所示，两平行金属板A、B长8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电荷量q=10﹣10C，质量m=10﹣20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度υ0=2×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响），已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．（静电力常数k=9.0×109N•m2/C2）（粒子重力忽略不计）‎ ‎（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？‎ ‎（2）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省绵阳市南山中学高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（本题包括12小题，每题3分，共36分．每小题只有一个选项符合题意）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．只有体积很小的带电体才能看作点电荷 B．电场强度是矢量，方向就是电荷在该点的受力方向 C．电容器的电容跟它两极所加电压成反比，跟它所带电量成正比 D．外电路断开时，电动势数值上等于电源两极的电压 ‎【考点】电场强度；电容．‎ ‎【分析】带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定．电场强度方向与正电荷所受的电场力方向相同．电容与电容器板间电压和电量无关．外电路断开时，电动势数值上等于电源两极的电压．‎ ‎【解答】解：A、带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系，故A错误；‎ B、电场强度是矢量，方向就是正电荷在该点的受力方向，而与负电荷在该点的受力方向相反，故B错误．‎ C、电容表征电容器容纳电荷本领大小，与两极所加电压、带电量无关，故C错误．‎ D、外电路断开时，电源的内电压为零，根据闭合电路欧姆定律可知电动势数值上等于电源两极的电压，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．为了保障行驶安全，一种新型双门电动公交车安装了双门控制装置：只要有一扇门没有关紧，汽车就不能启动．如果规定：车门关紧时为“1”，未关紧时为“0”；当输出信号为“1”时，汽车可以正常启动行驶，当输出信号为“0”时，汽车不能启动．能正确表示该控制装置工作原理的逻辑电路是（　　）‎ A．与电路 B．或电路 C．非电路 D．与非电路 ‎【考点】简单的逻辑电路．‎ ‎【分析】门关紧时输入信号为“1”，未关紧时输入信号为“0”；则根据门电路的性质可知汽车采用的逻辑电路．‎ ‎【解答】解：因为输入“1，0”“0，1”“0，0”输出都为“0”，而输入“1，1”输出为“1”，知该逻辑门是与门．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎3．下列说法错误的是（　　）‎ A．电场线越密集的地方电场越强，磁感线越密集的地方磁场也越强 B．磁场和电场一样，也是一种物质 C．静电场中的电场线是不闭合的，磁感线也是不闭合的 D．电场线某点的切线方向表示该点电场方向，磁感线某点的切线方向也表示该点的磁场方向 ‎【考点】磁感应强度；电场线．‎ ‎【分析】电场线是为了直观形象地描述电场分布，在电场中引入的一些假想的曲线，曲线上每一点的切线方向和该点电场强度的方向一致；曲线密集的地方场强强，稀疏的地方场强弱；电场和磁场都是客观存在的物质；磁感线是形象描述磁场分布的一些曲线，疏密反映磁场的强弱，切线表示磁场的方向 ‎【解答】解：A、电场线与磁感线的疏密均表示场的强弱，电场线越密的地方，电场强度越强，磁感线越密的地方磁场越强，故A正确；‎ B、电场和磁场一样，都是一种客观存在的物质，电荷的周围存在电场，电流或磁体的周围存在磁场，故B正确；‎ C、静电场中的电场线不是闭合的，而磁感线是闭合的曲线，故C错误；‎ D、电场线某点的切线方向表示该点电场方向，磁感线某点的切线方向也表示该点的磁场方向，故D正确；‎ 本题选错误的，故选：C ‎　‎ ‎4．两个大小相同、带等量异种电荷的导体小球A和B，彼此间的引力为F．另一个不带电的与A、B大小相同的导体小球C，先与A接触，再与B接触，然后移开，这时A和B之间的作用力为F′，则F与F′之比为（　　）‎ A．8：3 B．8：1 C．1：8 D．4：1‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】理解库仑定律的内容．‎ 知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．‎ ‎【解答】解：假设A带电量为Q，B带电量为﹣Q，‎ 两球之间的相互吸引力的大小是F=k 第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为，‎ C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为﹣，‎ 这时，A、B两球之间的相互作用力的大小F′=k=F ‎ 即F与F′之比为8：1； ‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示的实验装置中，极板B接地，平行板电容器的A极板与一个灵敏的静电计相接．将B极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U、电容器两极板间的场强E、静电计指针张角θ的变化情况正确的是（　　）‎ A．Q不变，C变小，U变大，E不变，θ变大 B．Q变小，C变小，C不变，E不变，θ不变 C．Q不变，C变小，C变大，E变小，θ变大 D．Q变小，C不变，C不变，E变小，θ不变 ‎【考点】电容；电容器．‎ ‎【分析】平行板电容器带电后电量几乎不变，根据电容的决定式C=，分析增大电容器两极板间的距离时电容的变化，再由电容的定义式分析板间电压的变化，确定静电计指针张角的变化．‎ ‎【解答】解：将B极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，由电容的决定式C=，分析可知电容C减小，而电容器的电量Q不变，则由C= 得到，板间电压U增大，静电计的指针偏角变大；而极板之间的电场强度：，与极板之间的距离无关，保持不变．‎ 故选：A ‎　‎ ‎6．一电流表并联一个分流电阻后就改装成一个电流表，当把它和标准电流表串联后去测某电路中的电流时，发现标准表读数为1A时，而改装表的读数为1.1A，稍微偏大些，为了使它的读数准确，应（　　）‎ A．在原分流电阻上再并联一个较大的电阻 B．在原分流电阻上再串联一个较小的电阻 C．在原分流电阻上再串联一个较大的电阻 D．在原分流电阻上再并联一个较小的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】电流表示数偏大，说明所并联电阻的分流太小，则分流电阻阻值偏大．让分流电阻变的稍小些即可．‎ ‎【解答】解；A 在原分流电阻上再并联一个较大的电阻，可使其并联值稍小，分流稍大，可以．故A正确 ‎ B 串联后分流电阻更大，分流更小，示数更大．故B错误 ‎ C 原分流电阻上再串联一个较大的电阻，分流更小，示数更大．故C错误 ‎ D 原分流电阻上再并联一个较小的电阻，可使其并联值变小，但小的太多，会使分流过大，示数又偏小．故D错误 故选 A ‎　‎ ‎7．如图所示为一小灯泡的伏安特性曲线，横轴和纵轴分别表示电压U和电流I．图线上点A的坐标为（U1，I1），过点A的切线与纵轴交点的纵坐标为I2．小灯泡两端电压为U1时，电阻等于（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】小灯泡是纯电阻，根据欧姆定律即可解题．‎ ‎【解答】解：小灯泡两端电压为U1时，通过小灯泡的电流为I1，根据欧姆定律得：‎ R=‎ 故选B ‎　‎ ‎8．如图所示，a、b、c、d、e五点在一直线上，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离．在a点固定放置一个点电荷，带电量为+Q，已知在+Q的电场中b、c两点间的电势差为U．将另一个点电荷+q从d点移动到e点的过程中（　　）‎ A．电场力做功qU B．克服电场力做功qU C．电场力做功大于qU D．电场力做功小于qU ‎【考点】电势能；电势差．‎ ‎【分析】根据电场力的方向与位移方向的关系分析电场力做功的正负．由U=Ed，定性分析b、c两点间电势差与d、e两点间电势差的关系，再由电场力做功公式W=qU研究+q从d点移动到e点的过程中电场力做功大小．‎ ‎【解答】解：在+Q的电场中，将+q从d点移动到e点的过程中，电荷所受的电场力方向与位移方向相同，则电场力做正功．根据E=k得知，b、c两点间的电场强度大于d、e两点间的电场强度，b、c两点间的距离等于d、e两点间的距离，由U=Ed分析可知，将+q从d点移动到e点的过程中，电场力做功小于从b点移动到c点的过程中电场力做功qU．所以电场力做功小于qU．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．三个阻值相同的电阻，如图所示连接后接入电路，已知三个电阻的额定功率都是20W，则A、B间电路允许消耗的最大功率是（　　）‎ A．20W B．30W C．40W D．60W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】由电路图可知，两电阻并联后与第三个电阻并联；三电阻的阻值相同，额定功率相等，假设额定电流为I，则电路中的电流最大值为I，根据并联电路的特点求出两支路的电流，利用P=I2R求出三电阻的电功率，三电功率之和即为AB间允许消耗的最大功率．‎ ‎【解答】解：由电路图可知，两电阻并联后与第三个电阻并联．‎ 假设额定电流为I，则电路中的电流最大值为I，则P额=I2R=20W；‎ 由于并联电路中各支路两端的电压相等，且三电阻的阻值相等，故根据欧姆定律可知，通过两电阻的电流均为：‎ I′=，‎ 则AB间允许消耗的最大功率：‎ P总=I2R+（I′）2R+（I′）2R=I2R+（）2R+（）2R=P额=×20W=30W．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点，以下正确的是（　　）‎ A．无法判断带电粒子的电性 B．粒子在M点的动能小于在N点的动能 C．粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力 D．粒子在M点的电势能小于在N点的电势能 ‎【考点】电场线；电势能．‎ ‎【分析】带电粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子带正电，由电场线的疏密可判断场强的大小，再判断电场力的大小．由带电粒子的轨迹可判定电场力的方向，确定电场力做功情况，分析电势能和动能的变化，再分析速度的变化．带电粒子的动能和电势能总和守恒．‎ ‎【解答】解：A、带电粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子带正电，故A错误．‎ B、粒子先经过M点，再经过N点，电场力做正功，动能增大，速度也增大，故带电粒子在N点的速度大于在M点的速度，粒子在N点的动能大于在M点的动能．故B正确．‎ C、电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在M点的场强小于N点的场强，在M点的加速度小于N点的加速度．故C错误．‎ D、粒子先经过M点，再经过N点，电场力做正功，电势能减小，粒子在M点的电势能大于在N点的电势能．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎11．如图所示，虚线表示等势面，相邻等势面间的电势差相等，有一带电的小球在该电场中运动，不计小球的重力和空气阻力，实线表示该带正电小球的运动轨迹，小球在a点的动能等于20eV，运动到b点的动能等于2eV．若取c点为零电势点，则这个带电小球的电势能等于﹣6eV时，它的动能等于（　　）‎ A．16 eV B．4 eV C．6 eV D．14 eV ‎【考点】等势面．‎ ‎【分析】解决本题需掌握：小球只受电场力时，小球的动能和电势能之和保持不变；正确判断小球在电场中所受电场力方向以及电场力做功情况 ‎【解答】解：设相邻两等势面间的电势差为U，小球的电荷量为q，小球从a到b和从b到c分别根据动能定理得：‎ ‎﹣q•3U=Ekb﹣Eka，qU=Ekc﹣Ekb 解得： eV=8eV 因为c点为零电势，所以小球在c点时的电势能为：Ec=qφc=0．‎ 小球在电场中运动时，只有电场力做功，因此有W电=△Ek，同时，W电=﹣△Ep，所以△Ek+△Ep=0，即只有电场力做功时，小球的动能与电势能的总和保持不变．‎ 设小球电势能为﹣6 eV时，在电场中的P点位置，由于小球的动能与电势能的总和保持8 eV不变，所以有EkP+Ep=8 eV，‎ 解得：EkP=8 eV﹣Ep=[8﹣（﹣6）]eV=14 eV．‎ 故选：D ‎　‎ ‎12．在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2和U3表示，各电表示数变化量的大小分别用△I、△U1、△U2和△U3表示．下列判断正确的是（　　）‎ A．|△U1|+|△U2|＜|△U3| B．|△U1|+|△U2|=|△U3|‎ C．||不变，变小 D．||变大，不变 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】本题要分定值电阻与可变电阻去分析．对于定值电阻，有R==；对于可变电阻，可根据闭合电路欧姆定律分析与电源内阻的关系，从而作出判断．‎ ‎【解答】解：‎ AB、当滑动变阻器的滑片P向下滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电流减小，则U1减小，内电压也减小，则U2增大，U3增大．‎ 因为U1+U2=U3，则得△U1+△U2=△U3，因为△U1＜0，△U2＞0，△U3＞0，所以|△U1|+|△U2|＞|△U3|，故A、B错误．‎ C、R1是定值电阻，有R1==，可知、都不变，故C错误；‎ D、当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，R2变大，R2是可变电阻，有=R2，所以变大．‎ 根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣I（R1+r），则知 =R1+r，不变，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二、本大题6小题，每小题3分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上的选项正确．全选对的得3分，选对但不全的得1分，有错或不答的得0分．‎ ‎13．关于静电场，以下看法正确的是（　　）‎ A．电势降低的方向一定是电场强度的方向 B．正电荷从电场中电势高处移向电势低处电场力做正功 C．电场强度相等处电势可能相同 D．在点电荷的电场中，距点电荷越远的地方电场强度越小，电势越高 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场．‎ ‎【分析】明确电场的性质，知道电场强度和电势的定义从而进行分析判断，同时注意正电荷在高电势处电势能大，在低电势处电势能小，根据电势能的变化即可判断电场力做功情况，同时掌握点电荷的电场强度的分布情况．‎ ‎【解答】解：A、只有电势降低最快的方向才是电场强度的方向，故A错误；‎ B、正电荷从电场中电势高处移向电势低处时电势能减小，则说明电场力做正功，故B正确；‎ C、电场强度相等时电势也可能相等，如匀强电场中的等势面上各点，故C正确；‎ D、在点电荷的电场中，距点电荷越远的地方电场强度越小，但电势不一定越高，如果是负电荷，则电势升高，如果时正电荷，则电势越小，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，一平行板电容器充电后与电源断开，从负极板上某处释放一个电子e，设其到达正极板的速度为v1，运动过程中加速度为a1．现将两板间距离增为原来的2倍，再从负极板处释放一电子，设其到达正极板的速度为v2，运动过程中加速度为a2．则有（　　）‎ A． = B． = C． = D． =‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】平行板电容器之间形成匀强电场，电子在电场中做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，根据动能定理求出速度即可求解．‎ ‎【解答】解：平行板电容器充电后与电源断开，将两板间距离增为原来的2倍，此时电容器极板上的电荷量不变，所以电场强度E不变，根据公式：U=Ed．极板之间的电势差是用来的2倍．‎ AB、设电容器两端电压为U，距离为d，则：E=，根据牛顿第二定律得：a===，若将两板间距离增为原来的2倍，则： ==，故A正确，B错误；‎ CD、电子从负极移动到正极的过程中运用动能定理得：eU=mv2﹣0，解得：v=，可见速度与极板间的电势差有关，若将两板间距离增为原来的2倍，极板之间的电势差是用来的2倍，速度： ===，故C错误，D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎15．在如图所示的电路中，电压表和电流表均为理想电表，电源内阻不能忽略．闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下调节，则下列叙述正确的是（　　）‎ A．电压表和电流表的示数都增大 B．灯L2变暗，电流表的示数减小 C．灯L1变亮，电压表的示数减小 D．电源的效率减小，电容器C所带电荷量减小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】先分析变阻器有效电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析干路电流和路端电压的变化，即可知道电压表示数的变化和灯L1亮度的变化；根据并联部分电压的变化，判断灯L2亮度的变化．根据干路电流和通过灯L2电流的变化，来分析通过电流表示数的变化．电源的效率等于输出功率与总功率之比．电容器的电压等于并联部分的电压，由电压的变化来分析其电量的变化．‎ ‎【解答】解：‎ A、B、C、当闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P向下时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，路端电压减小，则灯L1变亮，电压表的示数减小．根据串联电路分压规律可知，并联部分的电压减小，则灯L2的电流减小，灯L2变暗．‎ 根据干路电流增大，灯L2的电流减小，可知电流表的示数增大，故AB错误，C正确．‎ D、电源的效率η==，U减小，则电源的效率减小．并联部分电压减小，则电容器的电压减小，由Q=CU，可知电容器C的带电量减小．故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎16．质量为m的通电细杆置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，有电流通过杆，杆恰好静止于导轨上．如图所示的A、B、C、D四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【考点】安培力；力的合成与分解的运用．‎ ‎【分析】通过受力分析，根据杆子所处的状态为平衡状态，合力为0，去判断是否有摩擦力．‎ ‎【解答】解：A、杆子受重力、支持力，水平向右的安培力，可知，杆子可能受摩擦力，也可能不受．故A错误．‎ ‎ B、若杆子受的重力与所受的竖直向上的安培力相等，杆子不受摩擦力．若重力大于安培力，则受重力、支持力，安培力、摩擦力．所以杆子可能受摩擦力，可能不受摩擦力．故B错误．‎ ‎ C、杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，若要处于平衡，一定受摩擦力．故C正确．‎ ‎ D、杆子受重力水平向左的安培力、支持力，若要处于平衡，一定受摩擦力．故D正确．‎ 故选CD．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，MNPQ为有界的竖直向下的匀强电场，电场强度为E，ACB为光滑固定的半圆形轨道，圆轨道半径为R，A、B为圆水平直径的两个端点，ACB为圆弧．一个质量为m、电荷量为﹣q的带电小球，从A点正上方高为H处由静止释放，并从A点沿切线进入半圆轨道．不计空气阻力及一切能量损失，关于带电小球的运动情况，下列说法正确的是（　　）‎ A．小球一定能从B点离开轨道 B．小球在AC部分可能做匀速圆周运动 C．小球再次到达C点的速度可能为零 D．当小球从B点离开时，上升的高度一定等于H ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力．‎ ‎【分析】当小球的重力与电场力平衡，小球进入轨道，靠弹力提供向心力，做匀速圆周运动．根据动能定律判断上升的高度与H的关系．．通过假设法判断小球到达C点的速度能否为零，若能为零，根据动能定理知，电场力做功做功等于重力做功，则电场力大于重力，无法做圆周运动．‎ ‎【解答】解：A、由于题中没有给出H与R、E的关系，所以小球不一定能从B点离开轨道，故A错误；‎ B、若重力大小等于电场力，小球在AC部分做匀速圆周运动，故B正确．‎ C、若小球到达C点的速度为零，则电场力大于重力，则小球不可能沿半圆轨道运动，所以小球到达C点的速度不可能为零．故C错误．‎ D、由于小球在AB部分电场力做功为零，所以若小球能从B点离开，上升的高度一定等于H，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2＜vl）．若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（　　）‎ A．从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小 B．从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功 C．从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小 D．小物体上升的最大高度为 ‎【考点】电势能；电场强度．‎ ‎【分析】小物块带负电，正点电荷对它有吸引力，根据距离变化即可判断电场力做功和电势能的变化．分析小球受力情况，根据斜面对小球支持力的变化，分析摩擦力的变化．根据动能定理分别上升和下滑两个过程，求出物体上升的最大高度．‎ ‎【解答】解：A、由题分析可知，正点电荷对物体有吸引力，从N到M的过程中，物体与正点电荷间的距离先减小后增大，则电场力先做正功后做负功，物体的电势能先减小后增加．故A错误．‎ B、从M到N的过程中，物体与正点电荷间的距离先减小后增大，则电场力先做正功后做负功．故B错误．‎ C、从N到M的过程中，小物体受到的电场力先增大后减小，电场力在垂直于斜面的分力也先增大后减小，根据物体在垂直于斜面方向力平衡得知，斜面对物体的支持力也先增大后减小，则物体受到的摩擦力先增大后减小．故C正确．‎ D、设物体上升过程中，摩擦力做功为W，上升的最大高度为h．由于OM=ON，M、N两点的电势相等，上升和下滑过程中电场力做功都为0，则根据动能定理得，‎ 上升过程：W﹣mgh=0﹣mv12‎ 下滑过程：W+mgh=mv22﹣0‎ 联立解得，h=．故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ 三、填空题（本题共3小题，每题2分，共24分，把答案填在答题卷的横线上）‎ ‎19．为了测量一精密金属丝的电阻率：‎ Ⅰ．先用多用电表粗测金属丝的阻值，当用“×10”档时发现指针偏转角度过大，他应该换用　×1　档（填“×1”或“×100”），换挡测量前必须进行　欧姆　调零，进行一系列正确操作后，指针静止时位置如图1所示，然后用螺旋测微器测其直径为　1.195　mm．‎ Ⅱ．为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：‎ A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ） ‎ B．电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）‎ C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω） ‎ D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）‎ E．滑动变阻器R1（0～20Ω，0.6A） ‎ F．滑动变阻器R2（0～2000Ω，0.1A）‎ G．输出电压为3V的直流稳压电源 ‎ H．开关S，导线若干 为了完成实验，则上述器材中应选用的实验器材有（填仪器前的字母序号）　ADE　G、H．请在虚线框内设计最合理的电路图并在图4中补充完实物连线．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】Ⅰ、应用欧姆表测电阻要选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．‎ Ⅱ、根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器，根据实验原理与实验器材分析答题；根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出电路图，再连接实物电路图．‎ ‎【解答】解：Ⅰ、用“×10”档时发现指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应该换用×1档，换挡测量前必须进行 欧姆调零；由图1所示可知，待测电阻阻值为7×1=7Ω；由图示螺旋测微器可知，其直径为：1mm+19.5×0.01mm=1.195mm；‎ Ⅱ、电源电动势为3V，电压表应选择A，电路最大电流约为：I==≈0.42A=420mA，电流表应选择D，为方便实验操作滑动变阻器应选择E；‎ 待测电阻阻值约为7Ω，由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，滑动变阻器最大阻值远大于待测电阻阻值，滑动变阻器可以采用限流接法，电路图如图所示，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示．‎ 故答案为：Ⅰ、×1；欧姆；1.195；Ⅱ、ADE；电路图与实物电路图如图所示．‎ ‎　‎ ‎20．某同学用伏安法测一节干电池的电动势和内阻，现备有下列器材：‎ A．电流表A1（量程0～3A，内阻约为0.3Ω）‎ B．电流表A2（量程0～0.6A，内阻约为0.1Ω）‎ C．电压表V1（量程0～3V，内阻约为2000Ω ）‎ D．电压表V2（量程0～15V，内阻约为5000Ω）‎ E．滑动变阻器R1（10～10Ω，2A）‎ F．滑动变阻器R2（0～100Ω，1A）‎ G．被测干电池一节 H．开关、导线若干 伏安法测电池电动势和内阻的实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，测量结果存在系统误差，在现有器材的条件下，要尽可能准确地测量电池的电动势和内阻．‎ ‎（1）在上述器材中应选用的实验器材有　BCE　G、H（填仪器前的字母序号），实验电路图应选择下图中的　乙　（填“甲”或“乙”）；‎ ‎（2）根据实验中电流表和电压表的示数得到了如图丙所示的U﹣I图象，则干电池的电动势E=　1.50　V，内电阻r=　1.0　Ω．‎ ‎（3）实验测出的内阻值　小于　真实的内阻值（选填“大于”、“等于”或“小于”）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）实验中要能保证安全和准确性选择电表；本实验应采用电阻箱和电压表联合测量，由实验原理可得出电路原理图；‎ ‎（2）由原理利用闭合电路欧姆定律可得出表达式，由数学关系可得出电动势和内电阻；‎ ‎（3）明确电表内阻的影响，作出电源的真实伏安特性曲线，则可比较测量值和真实值之间的关系．‎ ‎【解答】解：（1）在上述器材中请选择适当的器材：G．被测干电池一节，电动势约为1.5V，电流较小，故为了读数准确，所以选择B．电流表：量程0～0.6A，C．电压表：量程0～3V，滑动变阻器阻值较小有利于电表的数值变化，减小误差，故选E．滑动变阻器，H．开关、导线若干；本实验中电源内阻较小，故应选择电流表相对电源的外接法；故实验电路图选乙；‎ ‎（3）由U﹣I图可知，电源的电动势为：E=1.50V；‎ 内电阻为：r===1.0Ω；‎ ‎（4）本实验中由于电压表的分流作用，使电流表示数偏小，而当外电路短路时，电流表分流可忽略，故可得出真实图象如图所示；则由图可知，电动势和内电阻偏小； ‎ 故答案为：（1）BCE 乙 （2）1.50；1.0 （3）小于 ‎　‎ ‎21．为了描绘标有“3V 0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化．所给器材如下：‎ A．电流表（0～200mA，内阻约1Ω）‎ B．电压表（0～3V，内阻约5kΩ）‎ C．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A）‎ D．电源（3V）‎ E．电键一个，导线若干 为了准确描绘小灯泡的伏安特性曲线，实验电路图应选择如图中的（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】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，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 ‎【解答】解：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，‎ 则有： =222， ==22.5，故，故应采用电流表外接法，故应选择A电路，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 四、计算题（本题共2小题22分．要求写出必要的文字说明、公式、重要计算步骤，明确写出答案及单位，只写出最后答案的不能得分）‎ ‎22．利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势E=6V，电源内阻r=1Ω，电阻R=3Ω，重物质量m=0.10kg，当将重物固定时，电压表的示数为5V，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为5.5V，求：‎ ‎（1）电动机线圈的电阻R1‎ ‎（2）电动机以稳定的速度匀速提升重物时，消耗的电功率 ‎（3）重物匀速上升时的速度大小（不计摩擦，g取10m/s2）．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】根据闭合电路欧姆定律求出电路中的电流和电动机输入电压．电动机消耗的电功率等于输出的机械功率和发热功率之和，根据能量转化和守恒定律列方程求解重物匀速上升时的速度大小．‎ ‎【解答】解：（1）由题，电源电动势E=6V，电源内阻r=1Ω，当将重物固定时，电压表的示数为5V，则根据闭合电路欧姆定律得电路中电流为：‎ I===1A 电动机的电阻为：‎ RM==Ω=2Ω ‎（2）当重物匀速上升时，电压表的示数为：U=5.5V，‎ 电路中电流为：I′===0.5A 电动机两端的电压为：UM=E﹣I′（R+r）=6﹣0.5×（3+1）V=4V 故电动机的输入功率为：P=UMI′=4×0.5=2W ‎（3）根据能量转化和守恒定律得：‎ UMI′=mgv+I′2R 代入解得：v=1.5m/s 答：（1）电动机的内阻为2Ω；‎ ‎（2）重物匀速上升时电动机的输入功率为2W；‎ ‎（3）重物匀速上升的速度大小为1.5m/s ‎　‎ ‎23．如图所示，两平行金属板A、B长8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，一带正电的粒子电荷量q=10﹣10C，质量m=10﹣20kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度υ0=2×106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域，（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响），已知两界面MN、PS相距为12cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为9cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上．（静电力常数k=9.0×109N•m2/C2）（粒子重力忽略不计）‎ ‎（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离多远？到达PS界面时离D点多远？‎ ‎（2）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．由牛顿定律求出加速度，由运动学公式求出粒子飞出电场时的侧移h，由几何知识求解粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离．‎ ‎（2）由运动学公式求出粒子飞出电场时速度的大小和方向．粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，由几何关系求出轨迹半径，再牛顿定律求解Q的电量．‎ ‎【解答】解：（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（侧向位移）：‎ ‎，‎ ‎ l=v0t 代入数据得：y=0.03m=3cm ‎ 带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS线交于a，设a到中心线的距离为Y． ‎ 又由相似三角形得 ‎ Y=4y=12cm ‎ ‎（2）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，在MN、PS间的无电场区域做匀速直线运动，界面PS右边做圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上，图象如图所示：‎ 带电粒子到达a处时，带电粒子的水平速度：vx=υ0=2×106m/s ‎ 竖直速度：所以 υy=at=1.5×160m/s，‎ v合=2.5×106m/s ‎ 该带电粒子在穿过界面PS后将绕点电荷Q作匀速圆周运动．所以Q带负电．根据几何关系：半径r=15cm ‎ 代入数据解得：Q=1.04×10﹣8C ‎ 答：（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为3cm；到达PS界面时离D点12cm；‎ ‎（2）Q带负电，电荷量为Q=1.04×10﹣8C．‎