物理卷·2018届甘肃省庆阳市静宁一中高二上学期期中物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届甘肃省庆阳市静宁一中高二上学期期中物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年甘肃省庆阳市静宁一中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共56分．1-8题给出的四个选项中，只有一个选项正确，9-14有两个或两个以上选项正确，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．在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献．他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法．下列叙述不正确的是（　　）‎ A．法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法 B．库仑得出库仑定律并用扭秤实验最早测出了元电荷e的数值 C．用点电荷来代替实际带电的电荷是采用了理想化物理模型的方法 D．场强表达式E=和电势差U=都是利用比值法得到的定义式 ‎2．如图所示，一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将做（　　）‎ A．自由落体运动 B．曲线运动 C．沿着悬线的延长线做匀加速直线运动 D．变加速直线运动 ‎3．一根阻值为R的均匀电阻丝，长为L，横截面积为S，设温度不变，在下列哪些情况下其电阻值仍为R？（　　）‎ A．当L不变，S增大一倍时 B．当S不变，L增大一倍时 C．当L和S都缩为原来的时 D．当L和横截面的半径都增大一倍时 ‎4．图中电源电动势E=10V，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF，电池内阻可忽略不计，电键K闭合，现将电键K断开，这个过程中流过R1的电量为（　　）‎ A．1.8×10﹣4C B．3×10﹣4C C．4.8×10﹣4C D．1.2×10﹣4C ‎5．如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°角．关于a、b两点场强大小Ea、Eb的关系，以下结论正确的是（　　）‎ A．Ea= B．Ea=Eb C．Ea=Eb D．Ea=3Eb ‎6．如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V 12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中不正确的是（　　）‎ A．电动机的输入功率是12W B．电动机的输出功率是12W C．电动机的热功率是2.0W D．整个电路消耗的电功率是24W ‎7．如图所示，已知R1：R2：R3=1：2：3，三个电表都是理想电流表，则这三个电流表的示数之比I1：I2：I3=（　　）‎ A．3：2：1 B．6：3：2 C．9：5：11 D．5：9：11‎ ‎8．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，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）‎ A．静电计指针张角变小 B．平行板电容器的电容将变大 C．带电油滴的电势能将增大 D．若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 ‎9．某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电场线、粒子在A点的初速度及运动轨迹如图所示，可以判定（　　）‎ A．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度 B．粒子在A点的动能小于它在B点的动能 C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能 D．A点的电势高于B点的电势 ‎10．如图所示，O是一固定的点电荷，另一点电荷P从很远处以初速度u．射入点电荷O的电场，在电场力作用下的运动轨迹是曲线MN．a、b、c是以O为中心Ra、Rb、Rc为半径画出的三个圆，Rc一Rb=Rb一Ra.1、2、3、4为轨迹MN与三个圆的一些交点．以|W12|表示点电荷P由l到2的过程中电场力做的功的大小，|W34|表示由3到4的过程中电场力做的功的大小，则（　　）‎ A．|W12|=2|W34| B．|W12|＞2|W34|‎ C．P、O两电荷可能同号 D．P、O两电荷一定异号 ‎11．如图所示，点电荷+4Q与+Q分别固定在A、B两点，C、D两点将AB连线三等分，现使一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在CD之间运动的速度大小v与时间t的关系图象可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎12．如图所示，在竖直面内有一以O点为圆心的圆，AB、CD分别为这个圆沿竖直和水平方向的直径，该圆处于静电场中．将带负电荷的小球从O点以相同的动能分别沿竖直平面向不同方向射出，小球会沿圆所在平面运动并经过圆周上不同的点．已知小球从O点分别到A、B两点的过程中电场力对它做的功相同，小球到达D点时的电势能最大．若小球只受重力和电场力的作用，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．此电场可能是位于C点的正点电荷形成的 B．小球到达B点时的动能等于到达点A时的动能 C．小球到达B点时的机械能与它在圆周上其他各点相比最小 D．小球到达A点时的电势能和重力势能之和与它在圆周上其他各点相比最小 ‎13．空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图所示．一个质量为m、电荷量为q的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为α，A、B两点之间的高度差与水平距离均为H，则下列判断中正确的是（　　）‎ A．小球由A点运动到B点的过程中，电场力做的功W=mv22﹣mv12﹣mgH B．A、B两点间的电势差U=（v22﹣v12）‎ C．小球由A点运动到B点的过程中，电势能可能增加 D．小球运动到B点时所受重力的瞬时功率P=mgv2cosα ‎14．如图所示，三个可视为质点的金属小球A、B、C，质量分别为m、2m和3m，B球带负电，电荷量为﹣q，A、C不带电，不可伸长的绝缘细线将三球连接，最上边的细线连接在斜面顶端的O点，三球均处于场强大小为E的竖直向上的匀强电场中，三段细线均伸直，三个金属球均静止于倾角为30°的绝缘光滑斜面上，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B球间的细线的张力为 B．A、B球间的细线的张力可能为0‎ C．将线OA剪断的瞬间，B、C间的细线张力 D．将线OA剪断的瞬间，A、B球间的细线张力 ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，共16分，每空2分，14题电路图4分）‎ ‎15．如图甲、乙所示为定性研究平行板电容器的电容与其结构之间的关系的装置，平行板电容器的A板与静电计相连，B板和静电计金属壳都接地，若充电后保证电容器带电量不变，试指出如图所示的情况下，静电计指针的偏转角度变化情况．‎ ‎（1）正对面积减小时，静电计指针的偏转角度　　．（填“变大”“变小”或“不变”）‎ ‎（2）板间距离增大时，两板间的电场强度　　．（填“变大”“变小”或“不变”）‎ ‎16．有一个额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，现要描绘这个灯泡的I﹣U 图线，有下列器材供选用：‎ A．电压表（0～3V，内阻6kΩ）‎ B．电压表（0～15V，内阻30kΩ）‎ C．电流表（0～3A，内阻0.1Ω）‎ D．电流表（0～0.6A，内阻0.5Ω）‎ E．滑动变阻器（10Ω，5A）‎ F．滑动变阻器 G．蓄电池（电动势6V，内阻不计）‎ ‎（1）电压表应选用　　，电流表应选用　　．滑动变阻器应选用　　．（用序号字母表示）‎ ‎（2）请在答卷上的方框中画出实验电路图1．‎ ‎（3）通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图2所示．由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为　　Ω．（结果保留三位有效数字）‎ ‎　‎ 三、计算题（3小题，共38分．要求在答卷上写出必要的文字说明．）‎ ‎17．如图所示，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成θ角，重力加速度为g．‎ ‎（1）判断小球带何种电荷．‎ ‎（2）求电场强度E．‎ ‎（3）若在某时刻将细线突然剪断，求经过t时间小球的速度v．‎ ‎18．一长为L的细线，上端固定，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，将线与小球拉成水平，然后释放小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：‎ ‎（1）AB两点的电势差UAB；‎ ‎（2）匀强电场的场强大小；‎ ‎（3）小球到达B点时，细线对小球的拉力大小．‎ ‎19．相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0，质量为m，电量为﹣e，在AB 两板之间加上图乙所示的交变电压，其中0＜k＜1，U0=；紧靠B 板的偏转电场电压也等于U0，板长为L，两板间距为d，距偏转极板右端处垂直放置很大的荧光屏PQ．不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计．‎ ‎（1）试求在0﹣kT 与kT﹣T时间内射出B板电子的速度各多大？（结果用U0、e、m表示）‎ ‎（2）在0﹣T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离．（结果用L、d 表示，）‎ ‎（3）撤去偏转电场及荧光屏，当k取恰当的数值时，使在0﹣T时间内通过了电容器B板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，求k值．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年甘肃省庆阳市静宁一中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，共56分．1-8题给出的四个选项中，只有一个选项正确，9-14有两个或两个以上选项正确，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．在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献．他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法．下列叙述不正确的是（　　）‎ A．法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法 B．库仑得出库仑定律并用扭秤实验最早测出了元电荷e的数值 C．用点电荷来代替实际带电的电荷是采用了理想化物理模型的方法 D．场强表达式E=和电势差U=都是利用比值法得到的定义式 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】常用的物理学研究方法有：控制变量法、等效替代法、模型法、比较法、类比法、转换法等，是科学探究中的重要思想方法．根据物理方法和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．‎ ‎【解答】解：A、法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这种形象化的研究方法．故A正确；‎ B、库仑得出库仑定律，但没有测出元电荷e的数值，e的数值首先是由密立根测出的，故B错误．‎ C、用点电荷来代替实际带电的电荷是采用了理想化物理模型的方法，故C正确；‎ D、场强表达式E=和电势差U=都是利用比值法得到的定义式，故D正确．‎ 本题选不正确的，故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，一带电小球用丝线悬挂在水平方向的匀强电场中，当小球静止后把悬线烧断，则小球在电场中将做（　　）‎ A．自由落体运动 B．曲线运动 C．沿着悬线的延长线做匀加速直线运动 D．变加速直线运动 ‎【考点】电场强度；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】当物体所受的合力与速度在同一条直线上，物体做直线运动，所受的合力与速度不在同一条直线上，物体做曲线运动．‎ ‎【解答】‎ 解：悬线烧断前，小球受重力、拉力、电场力平衡，重力和电场力的合力与拉力等值反向．烧断细线，物体受重力、电场力，两个力合力恒定，沿细线方向，合力方向与速度方向在同一条直线上，所以物体沿着悬线的延长线做匀加速直线运动．故C正确．A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．一根阻值为R的均匀电阻丝，长为L，横截面积为S，设温度不变，在下列哪些情况下其电阻值仍为R？（　　）‎ A．当L不变，S增大一倍时 B．当S不变，L增大一倍时 C．当L和S都缩为原来的时 D．当L和横截面的半径都增大一倍时 ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】根据电阻定律R=，结合电阻丝长度、横截面积的变化判断电阻的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据电阻定律R=，当L不变，S增大1倍，则电阻变为原来的．故A错误．‎ B、根据电阻定律R=，当S不变，L增大一倍时，电阻变成原来的2倍．故B错误．‎ C、根据电阻定律R=，当L和S 都缩为原来的时，电阻不变．故C正确．‎ D、根据电阻定律R=，横截面积的半径增大为原来的2倍，则横截面积变为原来的4倍，长度变为原来的2倍，知电阻变成原来的一半；故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．图中电源电动势E=10V，R1=4Ω，R2=6Ω，C=30μF，电池内阻可忽略不计，电键K闭合，现将电键K断开，这个过程中流过R1的电量为（　　）‎ A．1.8×10﹣4C B．3×10﹣4C C．4.8×10﹣4C D．1.2×10﹣4C ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】闭合电键K，电路稳定时电容器相当于断路，根据闭合电路欧姆定律列式求解干路电流；根据欧姆定律列式求解电阻R2的电压，然后根据电容的定义公式C=求解电容器所带的电荷量；断开K后，电容器两端的电压等于电源的电动势，根据电容的定义公式求解电容器所带的电荷量，最后由两次电量的差值得到流过R1的总电量．‎ ‎【解答】解：闭合电键K，电路稳定时电容器相当于断路，根据闭合电路欧姆定律，有：I==A=1A 电阻R2的电压为：U2=IR2=1A×6Ω=6V 故电容器带电量为：Q2=CU2=30×10﹣6F×6V=1.8×10﹣4C 断开K后，电容器两端的电压等于电源的电动势，电量为：Q2′=CE=30×10﹣6F×10V=3.0×10﹣4C ‎ 故流过电容器的电荷量为：△Q=Q2′﹣Q2=3.0×10﹣4C﹣1.8×10﹣4C=1.2×10﹣4C．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎5．如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30°角．关于a、b两点场强大小Ea、Eb的关系，以下结论正确的是（　　）‎ A．Ea= B．Ea=Eb C．Ea=Eb D．Ea=3Eb ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】已知a点与b点与O点的距离关系，根据点电荷的场强公式E=列式求解即可．‎ ‎【解答】解：结合几何关系，有：‎ ao：bo=：‎ 根据公式E=，有：‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示的电路中，输入电压U恒为12V，灯泡L标有“6V 12W”字样，电动机线圈的电阻RM=0.50Ω．若灯泡恰能正常发光，以下说法中不正确的是（　　）‎ A．电动机的输入功率是12W B．电动机的输出功率是12W C．电动机的热功率是2.0W D．整个电路消耗的电功率是24W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】‎ 由灯泡铭牌可知灯泡额定电是6V，额定功率是12W，由电功率的变形公式P=UI可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率；由电功率公式可以求出整个电路的总功率．‎ ‎【解答】解：A、电动机两端的电压为：U1=U﹣UL=12﹣6V=6V，整个电路中的电流为：I==A=2A，所以电动机的输入功率为：P入=U1I=6×2W=12W．故A正确．‎ B、电动机的热功率为：P热=I2RM=22×0.5W=2.0W，则电动机的输出功率为：P出=P入﹣P热=12﹣2W=10W．故B不正确，C正确．‎ D、整个电路消耗的功率为：P总=UI=12×2W=24W．故D正确．‎ 本题选不正确的，故选：B ‎　‎ ‎7．如图所示，已知R1：R2：R3=1：2：3，三个电表都是理想电流表，则这三个电流表的示数之比I1：I2：I3=（　　）‎ A．3：2：1 B．6：3：2 C．9：5：11 D．5：9：11‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】据并联电路的电流特点求出电流表的示数之比．由电路图可知，三电阻并联，电流表A1测R2和R3支路的电流之和，电流表A2测R1和R2支路的电流之和，电流表A3测干路电流；根据并联电路的电压特点和欧姆定律分别表示出各支路的电流，进一步求出它们的比值．‎ ‎【解答】解：由电路图可知，三电阻并联，电流表A1测R2和R3支路的电流之和，电流表A2测R1和R2支路的电流之和，电流表A3测干路电流；‎ ‎∵并联电路中各支路两端的电压相等，‎ ‎∴根据欧姆定律可得：‎ 令，，‎ IR1==，IR2=，IR3==，‎ ‎∴IR1：IR2：IR3=：： =6：3：2；‎ ‎∵并联电路中干路电流等于各支路电流之和，‎ ‎∴I1=IR2+IR3，‎ I2=IR1+IR2，‎ I3=IR1+IR2+IR3，‎ I1：I2：I3=（3+2）：（6+3）：（6+3+2）=5：9：11．‎ 故选：D ‎　‎ ‎8．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，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）‎ A．静电计指针张角变小 B．平行板电容器的电容将变大 C．带电油滴的电势能将增大 D．若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．‎ ‎【解答】解：现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，导致极板间距增大，‎ A、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故A错误．‎ B、根据C=知，d增大，则电容减小．故B错误．‎ C、电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小．故C错误．‎ D、若先将电容器上极板与电源正极的导线断开，则电荷量不变，d改变，根据E===，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．某带电粒子仅在电场力作用下由A点运动到B点，电场线、粒子在A点的初速度及运动轨迹如图所示，可以判定（　　）‎ A．粒子在A点的加速度大于它在B点的加速度 B．粒子在A点的动能小于它在B点的动能 C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能 D．A点的电势高于B点的电势 ‎【考点】电场线；电势能．‎ ‎【分析】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．根据带电粒子轨迹的弯曲方向判断出电场力的方向，根据电场力做功正负，判断动能和电势能的变化；沿电场线的方向，电势降低．‎ ‎【解答】解：A、由电场线可知，B点的电场线密，所以B点的电场强度大，粒子受的电场力大，加速度也就大，故A错误；‎ B、C、粒子受到的电场力指向曲线弯曲的内侧，所以受到的电场力的方向是沿电场线向上的，所以粒子从A到B的过程中，电场力做正功，电荷的电势能减小，动能增加，所以粒子在A点的动能小于它在B点的动能，粒子在A点的电势能大于它在B点的电势能，所以B正确、C错误；‎ D、沿电场线方向电势逐渐降低，A点的电势高于B点的电势，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，O是一固定的点电荷，另一点电荷P从很远处以初速度u．射入点电荷O的电场，在电场力作用下的运动轨迹是曲线MN．a、b、c是以O为中心Ra、Rb、Rc为半径画出的三个圆，Rc一Rb=Rb一Ra.1、2、3、4为轨迹MN与三个圆的一些交点．以|W12|表示点电荷P由l到2的过程中电场力做的功的大小，|W34|表示由3到4的过程中电场力做的功的大小，则（　　）‎ A．|W12|=2|W34| B．|W12|＞2|W34|‎ C．P、O两电荷可能同号 D．P、O两电荷一定异号 ‎【考点】动能定理的应用；等势面．‎ ‎【分析】根据2、3间和3、4间电场强度的大小关系，由公式U=Ed分析它们间电势差的关系，再分析电场力做功的大小．由轨迹可判定P、Q必定是异号．‎ ‎【解答】解：A、B、根据点电荷电场线的分布情况可知，2、3间的场强大于3、4间场强，由公式U=Ed分析得知，2、3间的电势差大小大于3、4间的电势差大小，所以1、2间的电势差大于3、4间电势差的2倍，即有|U12|＞2|U34|，由电场力做功公式W=qU得，|W12|＞2|W34|．故A错误，B正确．‎ C、D、由轨迹的弯曲方向可判定两电荷间存在引力，应是异号．故C错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，点电荷+4Q与+Q分别固定在A、B两点，C、D两点将AB连线三等分，现使一个带负电的粒子从C点开始以某一初速度向右运动，不计粒子的重力，则该粒子在CD之间运动的速度大小v与时间t的关系图象可能是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场强度；匀变速直线运动的图像；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据点电荷的电场强度公式得到：D点的场强为零．若粒子的初速度较大，粒子在CD间做减速运动；若粒子的初速度较小，粒子在CD间先向右做减速运动，后向左做加速运动．‎ ‎【解答】解：根据点电荷的电场强度公式分析得到：D点的场强为零．‎ A、从C到D场强减小，粒子的加速度减小，不可能做匀减速运动．故A错误．‎ B、若粒子的初速度较大，粒子在CD间做加速度减小的变减速运动．故B正确．‎ CD、若粒子的初速度较小，粒子在CD间先向右做减速运动，速度减到零后向左做加速运动．故C正确，D错误．‎ 故选BC ‎　‎ ‎12．如图所示，在竖直面内有一以O点为圆心的圆，AB、CD分别为这个圆沿竖直和水平方向的直径，该圆处于静电场中．将带负电荷的小球从O点以相同的动能分别沿竖直平面向不同方向射出，小球会沿圆所在平面运动并经过圆周上不同的点．已知小球从O点分别到A、B两点的过程中电场力对它做的功相同，小球到达D点时的电势能最大．若小球只受重力和电场力的作用，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．此电场可能是位于C点的正点电荷形成的 B．小球到达B点时的动能等于到达点A时的动能 C．小球到达B点时的机械能与它在圆周上其他各点相比最小 D．小球到达A点时的电势能和重力势能之和与它在圆周上其他各点相比最小 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】对于负电荷电势能大的地方的电势小，故D点的电势最低；电场力做功，电势能与机械能之间相互转化．‎ ‎【解答】解：A、AB两点的电势相等，对于负电荷电势能大的地方的电势小，故D点的电势最低；说明了该区域内的电场可能具有一定的对称性，若是正电荷的电场，正电荷在OC的连线上或延长线上；若是负电荷，负电荷在OD上，或OD的延长线上．故A正确；‎ B、AB两点的电势相等，物体在A点的重力势能要大于物体在B点的重力势能，小球在A点的动能小于在B点的动能，故B错误．‎ C、AB两点处于CD之间，小球在AB两点的电势能也介于CD之间，不是最大，也不是最小，故C错误；‎ D、小球从O点分别到A、B两点的过程中电场力对它做的功相同，说明AB两点的电势相等，物体在A点的重力势能要大于物体在B点的重力势能，故D错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎13．空间某区域内存在着电场，电场线在竖直平面上的分布如图所示．一个质量为m、电荷量为q的小球在该电场中运动，小球经过A点时的速度大小为v1，方向水平向右，运动至B点时的速度大小为v2，运动方向与水平方向之间的夹角为α，A、B两点之间的高度差与水平距离均为H，则下列判断中正确的是（　　）‎ A．小球由A点运动到B点的过程中，电场力做的功W=mv22﹣mv12﹣mgH B．A、B两点间的电势差U=（v22﹣v12）‎ C．小球由A点运动到B点的过程中，电势能可能增加 D．小球运动到B点时所受重力的瞬时功率P=mgv2cosα ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】v2＞v1时，由于重力做正功，电场力不一定做正功．由动能定理可求出电场力做功，由电场力做功W=qU，即可求出A、B两点间的电势差U．小球运动到B点时所受重力的瞬时功率P=mgv2sinα．‎ ‎【解答】解：A、B、小球由A点运动至B点，由动能定理得：‎ mgH+W=mv22﹣mv12‎ 得电场力做功为：W=mv22﹣mv12﹣mgH 由电场力做功W=qU得，A、B两点间的电势差为：U==（mv22﹣mv12﹣mgH）．故A正确，B错误．‎ C、由矢量的分解与合成可知，v2一定大于v1，小球的动能增大，该过程中重力做正功，电场力可能做正功有可能做负功；电势能可能减小，有可能增大．故C正确；‎ D、小球运动到B点时所受重力与速度方向之间的夹角是90°﹣α，则其重力的瞬时功率P=mgv2sinα．故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎14．如图所示，三个可视为质点的金属小球A、B、C，质量分别为m、2m和3m，B球带负电，电荷量为﹣q，A、C不带电，不可伸长的绝缘细线将三球连接，最上边的细线连接在斜面顶端的O点，三球均处于场强大小为E的竖直向上的匀强电场中，三段细线均伸直，三个金属球均静止于倾角为30°的绝缘光滑斜面上，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B球间的细线的张力为 B．A、B球间的细线的张力可能为0‎ C．将线OA剪断的瞬间，B、C间的细线张力 D．将线OA剪断的瞬间，A、B球间的细线张力 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】静止时，对B球进行受力分析，B受到AB间细线的拉力，BC间细线的拉力，重力和电场力、斜面的支持力，受力平衡，即可求得A、B球间细线的拉力；假设B球也不带电，则剪断OA线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度g做匀加速直线运动，互相相对静止，AB、BC间拉力为0．若B球带电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，把AB看成一个整体即可求解．‎ ‎【解答】解：A、静止时，对B球进行受力分析，则有：‎ T=（2mg+3mg+Eq）sin30°=（5mg+Eq），故A正确，B错误；‎ C、B球带负电，相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，经过AB绳传递，qE对A、B球整体产生一个竖直下下的加速度，此时A、B球的加速度为a=g+（显然＞g），C球以加速度g匀加速运动，所以BC间绳子的作用力为零，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为F=ma′=，故C错误，D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，共16分，每空2分，14题电路图4分）‎ ‎15．如图甲、乙所示为定性研究平行板电容器的电容与其结构之间的关系的装置，平行板电容器的A板与静电计相连，B板和静电计金属壳都接地，若充电后保证电容器带电量不变，试指出如图所示的情况下，静电计指针的偏转角度变化情况．‎ ‎（1）正对面积减小时，静电计指针的偏转角度　增大　．（填“变大”“变小”或“不变”）‎ ‎（2）板间距离增大时，两板间的电场强度　不变　．（填“变大”“变小”或“不变”）‎ ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】（1）电容器带电量不变，根据电容的变化，判断电势差的变化，即静电计指针偏转角度的变化．‎ ‎（2）根据，C=，得去判断电场强度的变化．‎ ‎【解答】解：（1）正对面积减小时，根据C=，知电容减小，由U=，知电势差增大，静电计指针偏转角度增大．‎ ‎（2）根据，C=，得，E与d无关，所以电场强度不变．‎ 故本题答案为：（1）增大（2）不变 ‎　‎ ‎16．有一个额定电压为2.8V，功率约为0.8W的小灯泡，现要描绘这个灯泡的I﹣U 图线，有下列器材供选用：‎ A．电压表（0～3V，内阻6kΩ）‎ B．电压表（0～15V，内阻30kΩ）‎ C．电流表（0～3A，内阻0.1Ω）‎ D．电流表（0～0.6A，内阻0.5Ω）‎ E．滑动变阻器（10Ω，5A）‎ F．滑动变阻器 G．蓄电池（电动势6V，内阻不计）‎ ‎（1）电压表应选用　A　，电流表应选用　D　．滑动变阻器应选用　E　．（用序号字母表示）‎ ‎（2）请在答卷上的方框中画出实验电路图1．‎ ‎（3）通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图2所示．由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为　10.0　Ω．（结果保留三位有效数字）‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据小灯泡的额定电压可以选出电压表，根据灯泡的额定功率可求出额定电流，则可确定出电流表；根据滑动变阻器的接法可选出滑动变阻器；‎ ‎（2）根据实验原理可明确实验电路图； 注意分压接法的正确选择．‎ ‎（3）由图象可得出额定电压，由图象可求得灯泡的正常工作时的电流，由欧姆定律可求得灯泡的正常工作时的电阻；‎ ‎【解答】解：（1）由题意可知，灯泡的额定电压为2.8V，故电压表的量程应大于2.8V，故电压表应选3V量程，故选A；‎ 由P=UI可得，电流为I=0.28A，故电流表应选D；‎ 本实验中应选用分压接法，故滑动变阻器应选小电阻，故滑动变阻器选E；‎ ‎（2）题目中要求多测几组数据，故滑动变阻器采用分压接法；灯泡内阻较小；故电流表选用外接法；原理图如图所示；‎ ‎（3）由图可知，当电压为2.8V时，电流为0.28A，故电阻R==Ω=10.0Ω 故答案为：（1）A　D　E； ‎ ‎（2）如图所示； ‎ ‎（3）10.0‎ ‎　‎ 三、计算题（3小题，共38分．要求在答卷上写出必要的文字说明．）‎ ‎17．如图所示，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成θ角，重力加速度为g．‎ ‎（1）判断小球带何种电荷．‎ ‎（2）求电场强度E．‎ ‎（3）若在某时刻将细线突然剪断，求经过t时间小球的速度v．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；电场强度．‎ ‎【分析】（1）小球受到的电场力向左，与场强方向相反，故带负电荷；‎ ‎（2）对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解出电场力，得到电场强度；‎ ‎（3）剪短细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度后，再运用速度时间公式求解．‎ ‎【解答】解：（1）小球受到的电场力向左，与场强方向相反；‎ 故小球带负电荷．‎ ‎（2）对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，如图 根据共点力平衡条件，有 qE=mgtanθ 故 即电场强度E为．‎ ‎（3）剪短细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动；‎ 根据牛顿第二定律，有 F合=ma ①‎ 由于三力平衡中，任意两个力的合力与第三力等值、反向、共线，故 F合= ②‎ 根据速度时间公式，有 v=at ③‎ 由①②③解得 即经过t时间小球的速度v为．‎ ‎　‎ ‎18．一长为L的细线，上端固定，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，将线与小球拉成水平，然后释放小球由静止开始向下摆动，当细线转过60°角时，小球到达B点速度恰好为零．试求：‎ ‎（1）AB两点的电势差UAB；‎ ‎（2）匀强电场的场强大小；‎ ‎（3）小球到达B点时，细线对小球的拉力大小．‎ ‎【考点】电势差；共点力平衡的条件及其应用；动能定理的应用；电场强度．‎ ‎【分析】（1）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；‎ ‎（2）根据电场强度与电势差的关系U=Ed求解场强．式中d是AB沿电场线方向的距离，d=L﹣Lcos60°．‎ ‎（3）小球在AB间摆动时具有对称性，B处绳拉力与A处绳拉力相等，研究A处绳子的拉力得到B处绳子的拉力．在A处小球水平方向平衡，由平衡条件求解拉力．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）小球由A到B过程中，由动能定理得：‎ ‎ mgLsin60°+qUAB=0‎ 所以UAB=﹣；‎ ‎（2）BA间电势差为UBA=﹣UAB=‎ 则场强E==；‎ ‎（3）小球在AB间摆动，由对称性得知，B处绳拉力与A处绳拉力相等，而在A处，由水平方向平衡有：‎ ‎ FTA=Eq=mg，所以FTB=FTA=mg．‎ 答：‎ ‎（1）AB两点的电势差UAB为；‎ ‎（2）匀强电场的场强大小是；‎ ‎（3）小球到达B点时，细线对小球的拉力大小是mg．‎ ‎　‎ ‎19．相距很近的平行板电容器，在两板中心各开有一个小孔，如图甲所示，靠近A板的小孔处有一电子枪，能够持续均匀地发射出电子，电子的初速度为v0，质量为m，电量为﹣e，在AB 两板之间加上图乙所示的交变电压，其中0＜k＜1，U0=；紧靠B 板的偏转电场电压也等于U0，板长为L，两板间距为d，距偏转极板右端处垂直放置很大的荧光屏PQ．不计电子的重力和它们之间的相互作用，电子在电容器中的运动时间可以忽略不计．‎ ‎（1）试求在0﹣kT 与kT﹣T时间内射出B板电子的速度各多大？（结果用U0、e、m表示）‎ ‎（2）在0﹣T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，试求这两个发光点之间的距离．（结果用L、d 表示，）‎ ‎（3）撤去偏转电场及荧光屏，当k取恰当的数值时，使在0﹣T时间内通过了电容器B板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，求k值．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）对直线加速过程根据动能定理列式求解；‎ ‎（2）在0﹣kT时间内，根据动能定理求出电子穿出B板后的速度，在偏转电场中，电子做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转距离．根据推论：电子射出偏转电场后，好像从“中点射出”，得到打在荧光屏上的坐标．再运用同样的方法求出在kT﹣T 时间内，电子打在荧光屏上的坐标，即可求得这两个发光点之间的距离；‎ ‎（3）要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等，分别得到电子束长度的表达式，根据相等关系即可求得k．‎ ‎【解答】解：（1）电子经过电容器内的电场后，速度要发生变化，设在0﹣kT时间内，穿出B板后速度为ν1，kT﹣T 时间内射出B 板电子的速度ν2‎ 据动能定理有：‎ 将代入上式，得：‎ ‎（2）在0﹣kT时间内射出 板电子在偏转电场中，电子的运动时间：‎ 侧移量：‎ 得：‎ 打在荧光屏上的坐标为，则：‎ 同理可得在kT﹣T时间内设穿出B板后电子侧移量：‎ 打在荧光屏上的坐标：‎ 故两个发光点之间的距离：‎ ‎（3）要求在某一时刻形成均匀分布的一段电子束，前后两段电子束的长度必须相等（且刚好重叠）‎ 第一束长度：l1=ν1kT 第二束长度：l2=ν2（T﹣kT）‎ l1=l2‎ 解得：‎ 答：（1）在0﹣kT 与kT﹣T时间内射出B板电子的速度分别为、；‎ ‎（2）在0﹣T时间内，荧光屏上有两个位置会发光，这两个发光点之间的距离为；‎ ‎（3）撤去偏转电场及荧光屏，当k取0.59时，使在0﹣T时间内通过了电容器B板的所有电子，能在某一时刻形成均匀分布的一段电子束．‎ ‎　‎ ‎2017年1月7日