物理卷·2018届河北省衡水市冀州中学高二上学期第二次月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届河北省衡水市冀州中学高二上学期第二次月考物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年河北省衡水市冀州中学高二（上）第二次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：共18小题，‎ ‎1．下列说法中，正确的是（　　）‎ A．E=k适用于真空中点电荷产生的电场，采用了比值定义法 B．电场中某点场强的方向与试探电荷的正负无关 C．电场强度方向就是放入电场中的负电荷受到的电场力的方向 D．在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上各处的电场强度都相同 ‎2．如图所示，a、b、c为同一直线上的三点，其中c为ab的中点，已知a、b两点的电势分别为φa=1V，φb=9V，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该电场在c点的电势一定为5 V B．a点处的场强Ea一定小于b点处的场强Eb C．正电荷从a点运动到b点过程中电势能一定增大 D．正电荷只受电场力作用，从a点运动到b点过程中动能一定增大 ‎3．如图所示，a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在静电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．P点的电势高于Q点的电势 B．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大 D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小 ‎4．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则（　　）‎ A．A点的电场强度大小为零 B．C点的电场强度大小为零 C．NC间场强方向指向x轴正方向 D．q1为负电荷，q2为正电荷 ‎5．如图所示，用金属丝AB弯成半径为r的圆弧，但在A、B之间留出宽度为d小间隙（相对r而言很小）．通过接触起电的方式将电荷量为Q的正电荷均匀分布在金属丝上，则圆心O处的电场强度为（　　）‎ A．，方向由圆心指向间隙 B．，方向由间隙指向圆心 C．，方向由间隙指向圆心 D．，方向由圆心指向间隙 ‎6．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积S、电流为I的电子束．已知电子的电量为e，质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为△l的电子束内的电子数是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向．（电源的内阻不能忽略）下列判断正确的是（　　）‎ A．小球带负电 B．当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角θ变大 C．当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下 D．当滑动头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动头在a处时电源的输出功率 ‎8．如图电路中，若滑动变阻器的滑片从a向b移动过程中，三只理想电压表的示数变化的绝对值依次为△V1、△V2、△V3，下列各组数据可能出现的是（　　）‎ A．△V1=3V，△V2=2V，△V3=1V B．△V1=5V，△V2=3V，△V3=2V C．△V1=0.5V，△V2=1V，△V3=0.8V D．△V1=0.2V，△V2=1.0V，△V3=0.8V ‎9．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2、R3是三个可变电阻，在这三个可变电阻发生下列各组变化过程中，一定能够使通过R3的电流变小的是哪一组（　　）‎ A．只R1变小 B．只R3变小 C．只R1、R3变小 D．只R2变小 ‎10．某个由导电介质制成的电阻截面如图所示．导电介质的电阻率为ρ，制成内、外半径分别为a和b的半球壳层形状（图中阴影部分），半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心成为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极．设该电阻的阻值为R．下面给出R的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断，R的合理表达式应为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎11．如图所示，三个同样的带电粒子（不计重力）同时从同一位置沿同一方向垂直于电场线射入平行板电容器间的匀强电场，它们的运动轨迹分别用a、b、c标出，不考虑带电粒子间的相互作用，下列说法中正确的是（　　）‎ A．当b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上 B．b和c同时飞离电场 C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小 D．在电场中运动过程中c的动能增加最小，a、b动能增加量相同 ‎12．如图所示，用绝缘细线栓一个带负电的小球，带电量大小为q，让它在竖直向下的匀强电场中（场强为E）绕O点做竖直平面内的匀速圆周运动，a、b两点分别是最高点和最低点，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球在运动中机械能守恒 B．小球经过a点时，机械能最大 C．小球质量为 D．小球经过a点时，电势能最大 ‎13．如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3=7.5Ω，电容器电容C=4μF，开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，则（　　）‎ A．S断开时电容器的电压为3V B．S断开时电容器a极板带负电 C．S合上电路稳定后电容器b极板带负电 D．从S断开到合上开关S且电路稳定后，流过电流表的电量为1.92×10﹣5C ‎14．如图1，某学习的探究小组用下列器材组成一个电路，使其既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能描绘出小灯泡的伏安特性曲线，每一次操作后，同时记录电流表A，电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点（I1，U1）、（I2，U2），标到I﹣U坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图2所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．图中的曲线①表示小灯泡的电流随两端的电压表V2的变化关系图 B．图中的曲线①表示通过电源的电流随路端电压V1的变化关系图 C．从图中信息可以求出电池组的电动势约为4.4V D．I﹣U坐标中画出的两条图线在P点（2.0A，2.4V）相交，此时滑动变阻器接入电路的阻值应为1.2Ω ‎15．用相同的灵敏电流计作表头改装成电流表A和电压表V，分别将其串联和并联在一起，然后接入电路中．通电后关于指针的偏角情况的叙述正确的是（　　）‎ A．图甲中电压表的指针偏角比电流表的大 B．图甲中电压表的指针偏角比电流表的小 C．图乙中电压表的指针偏角比电流表的大 D．图乙中电压表的指针偏角比电流表的小 ‎16．某一导体的伏安特性曲线如图中AB段（曲线）所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是（　　）‎ A．B点的电阻为12Ω B．B点的电阻为40Ω C．导体的电阻因温度的影响改变了10Ω D．导体的电阻因温度的影响改变了9Ω ‎17．如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向右端移动时，下面说法中正确的是（　　）‎ A．电压表V1的读数减小，电流表A1的读数减小 B．电源的输出功率一定变小 C．电压表V1的读数的变化量与电流表A1的读数的变化量的比值不变 D．若滑片P的位置不动，R2突然发生短路，则A2的读数增大 ‎18．如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线，抛物线OBC为该电源内部热功率Pr随电流I变化的图线．则根据图线可知（　　）‎ A．电源电动势为6V B．电源内阻为1.5Ω C．当电路中电流为1A时，外电路的电阻为1.5Ω D．在O→C过程中，电源输出功率的变化是先变大再变小 ‎　‎ 二、实验题 ‎19．某同学测定一金属杆的长度和直径，测直径用的是50分度的游标卡尺，示数如图甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为　　cm和　　mm．‎ ‎20．用如图1所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T，请根据下列步骤完成电阻测量；‎ 下列说法正确的是　　‎ A、旋动不件S，使指针对电阻“0”刻线．‎ B、将K旋转到电阻档“×100档”的位置，发现指针的偏角太小，应该先将两表笔短接，进行欧姆调零，再换上合适的档位直接测电阻 C、将K旋转到电阻档“×100档”的位置，发现指针的偏角太小，应该先换上合适的挡板，再将两表笔短接，重新进行欧姆调零，测电阻 D、若长实际不用此多用电波，应该将旋钮开关拨至电阻档的最高倍率档 ‎（3）如图2所示为多用电表的表盘，请完成下列填空 A、测某电阻时，若用的是“×10”档，这时指针所示被测电阻的阻值应为　　Ω B、测直流电流时，用的是100mA的量程，指针所示电流值为　　mA；‎ C、测直流电源时，用的是50V量程，则指针所示的电压值为　　V D、测某电阻时，若用“×100档”发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，将K旋转到电阻挡　　．‎ ‎21．某学习的研究性学习小组欲测定一块电池的电动势E和内阻r，用电压表V，电阻箱R、定值电阻R0，开关S、导线若干和该电池组成电路 ‎①根据电路图，用笔画线代替导线，将实物图连接成完整电路．‎ ‎②闭合开关S，调整电阻箱阻值R，读出电压表V相应示数U，该学习小组测出大量数据，分析筛选出如表所示的R、U数据，用图象法处理数据，则横轴选　　（填R或），纵轴选　　（选填U或），并将测得数据在坐标纸上描点，作出图线 ‎③如果定值电阻R0=40Ω，由②得到图线为图2，可知电源电动势E=　　V（保留2为有效数字）：电源内阻r=　　Ω（保留1为有效数字）．‎ ‎22．如图所示，电路中的电阻R=10Ω，电动机的线圈电阻r=1Ω，加在电路两端的电压U=100V．已知电流表读数为30A，则 ‎①通过电动机线圈的电流为多少？‎ ‎②电动机输出功率为多少？‎ ‎③电动机的效率是多少？‎ ‎23．如图电路，两平行金属板A、B水平放置，两极板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω，闭合开关S，带电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间，若小球带电量为q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力，那么滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？移动滑动变阻器片，当滑动变阻器的阻值为多少时，滑动变阻器消耗的功率最大？（g=10m/s2）‎ ‎24．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m．有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑．小环离杆后正好通过C端的正下方P点处．（g取10m/s2）求：‎ ‎（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向．‎ ‎（2）小环从C运动到P过程中的动能增量．‎ ‎（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小v0．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省衡水市冀州中学高二（上）第二次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：共18小题，‎ ‎1．下列说法中，正确的是（　　）‎ A．E=k适用于真空中点电荷产生的电场，采用了比值定义法 B．电场中某点场强的方向与试探电荷的正负无关 C．电场强度方向就是放入电场中的负电荷受到的电场力的方向 D．在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上各处的电场强度都相同 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】根据电场强度是矢量，不但有大小，而且有方向；E=k仅适用真空中点电荷的电场；电场强度方向与正电荷受到的电场力相同；某点场强的方向与试探电荷的正负无关，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：A、公式E=k仅适用于真空中点电荷形成的电场，公式中Q与r，影响电场强度E的大小，则不属于比值定义法，故A错误；‎ B、电场中某点场强的方向，与试探电荷的正负无关，与正点电荷受到的电场力方向相同，与负点电荷受到的电场力方向相反，故B正确；‎ C、电场强度方向就是放入电场中的正电荷受到的电场力的方向，负电荷受到的电场力的反方向，故C错误；‎ D、在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上各处的电场强度的大小都相同，而方向不同，故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，a、b、c为同一直线上的三点，其中c为ab的中点，已知a、b两点的电势分别为φa=1V，φb=9V，则下列说法正确的是（　　）‎ A．该电场在c点的电势一定为5 V B．a点处的场强Ea一定小于b点处的场强Eb C．正电荷从a点运动到b点过程中电势能一定增大 D．正电荷只受电场力作用，从a点运动到b点过程中动能一定增大 ‎【考点】电场线；电场强度；电势．‎ ‎【分析】题中是一条电场线，无法判断该电场是否是匀强电场，不能确定c点处的电势．根据正电荷在电势高处电势能大，分析电势能的关系．由能量守恒分析动能关系．‎ ‎【解答】解：‎ A、若该电场是匀强电场，则在c点处的电势为φc==5V，若该电场不是匀强电场，则在c点处的电势为φc≠5V．故A错误．‎ B、一条电场线，无法判断电场线的疏密，就无法判断两点场强的大小，所以a点处的场强Ea可能小于b点处的场强Eb，也可能大于，也可能等于，故B错误．‎ C、D根据正电荷在电势高处电势能大，可知，正电荷从a点运动到b点的过程中电势能一定增大，而由能量守恒得知，其动能一定减小．故C正确，D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．如图所示，a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带负电的质点仅在静电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．P点的电势高于Q点的电势 B．带电质点在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大 C．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时大 D．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小 ‎【考点】电场线；电势．‎ ‎【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，P点的电势低于Q点的电势．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错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．两电荷量分别为q1和q2的点电荷放在x轴上的O、M两点，两电荷连线上各点电势φ随x变化如图所示，其中A、N两点的电势均为零，ND段中的C点电势最高，则（　　）‎ A．A点的电场强度大小为零 B．C点的电场强度大小为零 C．NC间场强方向指向x轴正方向 D．q1为负电荷，q2为正电荷 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】根据公式E=，φ﹣x图象的斜率等于电场强度E．根据两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．‎ ‎【解答】解：AB、根据公式E=，φ﹣x图象的斜率等于电场强度，点A的切线斜率不为零，点C为电势的拐点，切线斜率为零，故C点的电场强度大小为零，故B正确，A错误；‎ C、由图可知：N→C段中，电势升高，所以场强方向沿x轴负方向，故C错误；‎ D、由图可知：O→M段中，电势降低，沿着电场线电势降低，电场线从正电荷出发到负电荷终止，故q1为正电荷，q2为负电荷，故D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎5．如图所示，用金属丝AB弯成半径为r的圆弧，但在A、B之间留出宽度为d小间隙（相对r而言很小）．通过接触起电的方式将电荷量为Q的正电荷均匀分布在金属丝上，则圆心O处的电场强度为（　　）‎ A．，方向由圆心指向间隙 B．，方向由间隙指向圆心 C．，方向由间隙指向圆心 D．，方向由圆心指向间隙 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】若是一个完整的圆环，则圆心0点的电场强度为零，则切去一小段d后在圆心O点的场强与L段产生的场强大小相等，方向相反，根据E=k求出切去的一小段原来在O产生的场强，即可得解．‎ ‎【解答】解：相对圆弧来说间隙是很小的，可视为点电荷，其在圆心处产生的场强大小为，‎ 因是正电荷，故场强方向由圆心向右．据对称性知，完整的带电圆环在圆心O处的合场强为0，所以补上缺口部分在圆心处产生的场强与圆环其余部分在圆心处的场强大小相等、方向相反．故圆心处的电场强度大小为，方向由圆心指向间隙，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．在显像管的电子枪中，从炽热的金属丝不断放出的电子进入电压为U的加速电场，设其初速度为零，经加速后形成横截面积S、电流为I的电子束．已知电子的电量为e，质量为m，则在刚射出加速电场时，一小段长为△l的电子束内的电子数是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电流、电压概念．‎ ‎【分析】根据动能定理求出电子刚出加速电场时的速度v．在一小段长为△l内电子可以看成做匀速运动，由求出电子运动的时间，根据电流求出长为△l电子束的电量，再求解电子数．‎ ‎【解答】解：根据动能定理得 ‎ eU=‎ 得到，v= ①‎ 在刚射出加速电场时，一小段长为△l的电子束内电子电量为q=I△t=I ②‎ 电子数n= ③‎ 联立①②③得，n=‎ 故选B ‎　‎ ‎7．如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向．（电源的内阻不能忽略）下列判断正确的是（　　）‎ A．小球带负电 B．当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角θ变大 C．当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下 D．当滑动头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动头在a处时电源的输出功率 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电场强度；电容；电功、电功率．‎ ‎【分析】由题，小球向右偏，可判断小球所受电场力方向，根据电场方向，能判断出小球的电性．滑动头从a向b滑动时，接入电路电阻变小，由欧姆定律可分析电容器的电压的变化，从而判断细线的偏角变化，同时可判断电容器是充电还是放电，得出电流表中电流方向．利用电源的输出功率与外电阻关系，可判断输出功率大小．‎ ‎【解答】解：A、由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力向右，则小球带正电．故A错误． ‎ ‎ B、滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U=E﹣Ir变小，电容器电压变小，细线偏角变小，故B错误．‎ ‎ C、滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下．故C正确．‎ ‎ D、根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大．外电阻大于内阻，外电阻减小 输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小．本题，不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小．故D错误 故选C ‎　‎ ‎8．如图电路中，若滑动变阻器的滑片从a向b移动过程中，三只理想电压表的示数变化的绝对值依次为△V1、△V2、△V3，下列各组数据可能出现的是（　　）‎ A．△V1=3V，△V2=2V，△V3=1V B．△V1=5V，△V2=3V，△V3=2V C．△V1=0.5V，△V2=1V，△V3=0.8V D．△V1=0.2V，△V2=1.0V，△V3=0.8V ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】滑动变阻器的滑片P从a滑向b的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，路端电压减小，分析变阻器两端电压的变化，根据路端电压的变化，判断△V2、△V3的大小．‎ ‎【解答】解：滑动变阻器的滑片P从a滑向b的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，则V2增大，路端电压V1减小，则变阻器两端电压V3减小．由于V1=V2+V3，V1减小，则知△V2＜△V3，△V1＜△V3，所以△V1=0.2V，△V2=1.0V，△V3=0.8V是可能的，ABC选项不可能．故D正确，ABC错误．‎ 故选：D ‎　‎ ‎9．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2、R3是三个可变电阻，在这三个可变电阻发生下列各组变化过程中，一定能够使通过R3的电流变小的是哪一组（　　）‎ A．只R1变小 B．只R3变小 C．只R1、R3变小 D．只R2变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由图可知，R2和R3并联后与R1串联连接到电源上，根据串并联电路的特点和闭合电路欧姆定律逐项分析即可求解．‎ ‎【解答】解：A、因R1变小时，总电阻减小，总电流增大，因并联部分电阻不变，故流过R3的电流增大；故A错误；‎ B、只R3变小时，总电阻减小，总电流增大，则R3分流增大，故B错误；‎ C、只R1、R3变小，总电流增大，由于R2不变，根据并联电路电流之比等于电阻的反比可知，R3中电流将增大，故C错误；‎ D、只R2变小，则总电流增大，内电压以及R1两端的电压增大，则可知并联部分电压减小，所以流过R3的电流减小，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．某个由导电介质制成的电阻截面如图所示．导电介质的电阻率为ρ，制成内、外半径分别为a和b的半球壳层形状（图中阴影部分），半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心成为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极．设该电阻的阻值为R．下面给出R的四个表达式中只有一个是合理的，你可能不会求解R，但是你可以通过一定的物理分析，对下列表达式的合理性做出判断．根据你的判断，R的合理表达式应为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】根据等式左右两边的单位是否相同，判断是否合理．当左右两边的单位相同时，等式才合理．再将b=﹣a代入分析是否合理．‎ ‎【解答】解：A、等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω，单位是合理的．将b=a代入得到R≠0，因为电阻是很薄的一层，电阻应该很小，这个等式是不合理的．故A错误．‎ ‎ B、等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω，单位是合理的．将b=a代入得到R=0，根据上面分析是合理的．故B正确．‎ ‎ C、等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω•m2，左右两边单位不同，则此式不合理．故C错误．‎ ‎ D、等式左边的单位是Ω，右边的单位是Ω•m2，左右两边单位不同，则此式不合理．故D错误．‎ 故选B ‎　‎ ‎11．如图所示，三个同样的带电粒子（不计重力）同时从同一位置沿同一方向垂直于电场线射入平行板电容器间的匀强电场，它们的运动轨迹分别用a、b、c标出，不考虑带电粒子间的相互作用，下列说法中正确的是（　　）‎ A．当b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上 B．b和c同时飞离电场 C．进入电场时，c的速度最大，a的速度最小 D．在电场中运动过程中c的动能增加最小，a、b动能增加量相同 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】三个粒子都做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．粒子的质量和电量相同，加速度相同．比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小．通过动能定理比较动能的变化量．‎ ‎【解答】解：A、粒子的质量和电量都相同，可知加速度相同．a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y=，则知运动时间相等，即当b飞离电场的同时，a刚好打在下极板上．故A正确．‎ B、b、c竖直方向上的位移不等，yc＜yb．根据y=，则知tc＜tb．说明c先飞离电场．故B错误．‎ C、根据tc＜tb，以及v=得，vc＞vb．根据ta=tb，以及v=得，vb＞va．则进入电场时，c的速度最大，a的速度最小．故C正确．‎ D、根据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能变化量相等．c电荷电场力做功最少，动能变化量最小．故D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，用绝缘细线栓一个带负电的小球，带电量大小为q，让它在竖直向下的匀强电场中（场强为E）绕O点做竖直平面内的匀速圆周运动，a、b两点分别是最高点和最低点，不计空气阻力，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球在运动中机械能守恒 B．小球经过a点时，机械能最大 C．小球质量为 D．小球经过a点时，电势能最大 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】分别分析小球所受的电场力大于重力、等于重力和小于重力三种情况分析小球的运动情况．电场力做功，小球的机械能不守恒．根据电场力做功正负，分析电势能何处最小，机械能何处最大；根据动能定理可分析小球的重力和电场力平衡，从而根据平衡条件可求得小球的质量．‎ ‎【解答】解：‎ A、由于小球运动过程中，电场力对小球做功，则小球在运动中机械能不守恒．故A错误；‎ B、D小球从a到b的过程中，电场力做负功，电势能增大，则小球经过a点时，电势能最小，因机械能和电势能的总和不变，故a点时机械能最大．故B正确，D错误．‎ C、由于小球做匀速圆周运动，故小球的动能不变，则说明合外力做功为零，则可知电场力一定与重力平衡，故Eq=mg；则质量m=，故C正确．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3=7.5Ω，电容器电容C=4μF，开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，则（　　）‎ A．S断开时电容器的电压为3V B．S断开时电容器a极板带负电 C．S合上电路稳定后电容器b极板带负电 D．从S断开到合上开关S且电路稳定后，流过电流表的电量为1.92×10﹣5C ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】S断开电路稳定时，电容器的电压等于R2的电压，根据闭合电路欧姆定律求出电容器的电压．根据两极板电势关系，分析极板的电性．‎ S合上电路稳定后，R1与R2串联后再与R3并联，电容器的电压等于R1的电压，由电势高低分析极板的电性．根据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律求出电容器的电压，由△Q=C△U求得电容器极板电量的变化量，即为流过电流表的电量．‎ ‎【解答】解：AB、S断开，C相当于断路，R3中无电流，C两端电压等于R2两端电压，由于a极板的电势比b极板的电势高，所以电容器a极板带正电．‎ 电容器的电压：U1=E=×6V=3V；故A正确，B错误．‎ CD、S合上电路稳定后，R1与R2串联后再与R3并联，C两端电压等于R1两端电压，b极板的电势比a极板的电势高，所以电容器b极板带正电．‎ 由电路分析知，外电路总电阻为：R外==Ω=3Ω 电容器的电压为：U2=•E=××6V=1.8V．‎ 流过电流表的电量为 Q=CU1+CU2=4×10﹣6×（3+1.8）C=1.92×10﹣5C，故C错误，D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎14．如图1，某学习的探究小组用下列器材组成一个电路，使其既能测量出电池组的电动势E和内阻r，又能描绘出小灯泡的伏安特性曲线，每一次操作后，同时记录电流表A，电压表V1和电压表V2的示数，组成两个坐标点（I1，U1）、（I2，U2），标到I﹣U坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图2所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．图中的曲线①表示小灯泡的电流随两端的电压表V2的变化关系图 B．图中的曲线①表示通过电源的电流随路端电压V1的变化关系图 C．从图中信息可以求出电池组的电动势约为4.4V D．I﹣U坐标中画出的两条图线在P点（2.0A，2.4V）相交，此时滑动变阻器接入电路的阻值应为1.2Ω ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】明确电源的伏安特性曲线与灯泡伏安特性曲线的性质，从而明确两图象所表述的意义；则可以根据图形②求出电动势；再根据交点信息明确灯泡的工作点，从而根据闭合电路欧姆定律分析内阻与滑动变阻器的总阻值．‎ ‎【解答】解：A、图中曲线①所示电流随电压的增大而增大，故应为小灯泡的伏安特性曲线，故A正确；B错误；‎ C、由U=E﹣Ir可知，图线②与纵坐标的交点表示电源的电动势，故E约为4.4V，故C正确；‎ D、I﹣U坐标中画出的两条图线在P点（2.0A，2.4V）相交，此时灯泡电压为2.4V，电流为2.0A，则滑动变阻器与内电阻两端的电压为4.4﹣2.4=2.0V，则此时滑动变阻器与内阻之和为：R==1.0Ω，故滑动变阻器接入电路的阻值应一定小于1.0Ω，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎15．用相同的灵敏电流计作表头改装成电流表A和电压表V，分别将其串联和并联在一起，然后接入电路中．通电后关于指针的偏角情况的叙述正确的是（　　）‎ A．图甲中电压表的指针偏角比电流表的大 B．图甲中电压表的指针偏角比电流表的小 C．图乙中电压表的指针偏角比电流表的大 D．图乙中电压表的指针偏角比电流表的小 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】根据改装电流表需要并联一个电阻分流，改装电压表需要串联一个电阻分压原理分析．‎ ‎【解答】解：‎ AB、图甲中由于电流表的电流计是并联在电路中，电压表的电流计是串联在电路中，而串联电路的电流相等，所以由于电流表的定值电阻分流的原因，通过电流表的电流计的电流小于电压表的，所以电压表的指针偏转角比电流表的大，A正确，B错误；‎ CD、图乙中电压表和电流表是并联在一起的，两端的电压是相等的，由于电压表中的定值电阻的分压原因，电压表中电流计两端的电压小于电流表中电流计两端的电压，所以图乙中电压表的指针偏角比电流表的小，C错误，D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎16．某一导体的伏安特性曲线如图中AB段（曲线）所示，关于导体的电阻，以下说法正确的是（　　）‎ A．B点的电阻为12Ω B．B点的电阻为40Ω C．导体的电阻因温度的影响改变了10Ω D．导体的电阻因温度的影响改变了9Ω ‎【考点】路端电压与负载的关系．‎ ‎【分析】由图读出A、B点时电压和电流，根据电阻的定义式R=求解电阻，再得到电阻的变化量．‎ ‎【解答】解：AB、B点的电阻为：RB==Ω=40Ω；故A错误，B正确；‎ CD、A点的电阻为：RA==Ω=30Ω，则两点间的电阻改变了40﹣30=10Ω；故C正确，D错误；‎ 故选：BC ‎　‎ ‎17．如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向右端移动时，下面说法中正确的是（　　）‎ A．电压表V1的读数减小，电流表A1的读数减小 B．电源的输出功率一定变小 C．电压表V1的读数的变化量与电流表A1的读数的变化量的比值不变 D．若滑片P的位置不动，R2突然发生短路，则A2的读数增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当滑动变阻器滑动触点P向右端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律判断干路电流的变化，即可知电流表A1读数的变化．根据欧姆定律分析电压表V1读数的变化．根据内外电阻的关系，分析电源输出功率的变化．由闭合电路欧姆定律分析电压表V1的读数的变化量与电流表A1的读数的变化量的比值如何变化．若滑片P的位置不动，R2突然发生短路，根据欧姆定律和电路的连接关系分析A2的读数变化．‎ ‎【解答】解：A、当滑动变阻器滑动触点P向右端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电流表A1读数增大；电压表V1读数U1=E﹣I（R1+r），I增大，其他量不变，则U1减小；故A错误．‎ B、由于电源的内外电阻关系未知，所以不能确定电源的输出功率如何变化，故B错误．‎ C、根据闭合电路欧姆定律有 U1=E﹣I（R1+r），则得 =R1+r，保持不变，故C正确．‎ D、若滑片P的位置不动，R2突然发生短路，外电阻减小，干路电流增大，电源的内电压和R1的电压增大，所以R3的两端电压U1减小，A2的读数为 I2=，则I2减小，故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎18．如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线，抛物线OBC为该电源内部热功率Pr随电流I变化的图线．则根据图线可知（　　）‎ A．电源电动势为6V B．电源内阻为1.5Ω C．当电路中电流为1A时，外电路的电阻为1.5Ω D．在O→C过程中，电源输出功率的变化是先变大再变小 ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】根据电源的总功率P总随电流I变化的图象与电源内部热功率Pr随电流I变化的图象的区别及交点的含义．‎ ‎【解答】解：从图象可知：有两个交点．O点处是没有通电，而C处它们的电功率相等，说明外电阻没有消耗功率．‎ 因此电流为2A时，外电阻阻值为零．‎ 由P=I2r可算出r=Ω=1.5Ω，‎ 所以内阻的阻值为1.5Ω．所以B正确．‎ 在C点时，外电阻为0，所以电动势E=Ir=2×1.5V=3V，所以A错误．‎ 根据闭合电路欧姆定律可知，E=I（R+r），‎ 当当电路中电流为1A时，外电路的电阻R=﹣r=﹣1.5=1.5Ω，所以C正确．‎ 输出功率 P输=I2R== 当R=r时，P输达到最大，‎ 在O→C过程中，外电阻逐渐减小，所以电源输出功率的变化是先变大再变小，所以D正确．‎ 故选BCD．‎ ‎　‎ 二、实验题 ‎19．某同学测定一金属杆的长度和直径，测直径用的是50分度的游标卡尺，示数如图甲、乙所示，则该金属杆的长度和直径分别为　60.10　cm和　4.22　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．‎ ‎【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．‎ ‎【解答】解：（1）刻度尺在读数的时候要估读一位，所以金属杆的长度为60.10；‎ ‎（2）游标卡尺的主尺读数为：4mm，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11×0.02mm=0.22mm，所以最终读数为：4mm+0.22mm=4.22mm 故答案为：60.10；4.22‎ ‎　‎ ‎20．用如图1所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关K和两个部件S、T，请根据下列步骤完成电阻测量；‎ 下列说法正确的是　C　‎ A、旋动不件S，使指针对电阻“0”刻线．‎ B、将K旋转到电阻档“×100档”的位置，发现指针的偏角太小，应该先将两表笔短接，进行欧姆调零，再换上合适的档位直接测电阻 C、将K旋转到电阻档“×100档”的位置，发现指针的偏角太小，应该先换上合适的挡板，再将两表笔短接，重新进行欧姆调零，测电阻 D、若长实际不用此多用电波，应该将旋钮开关拨至电阻档的最高倍率档 ‎（3）如图2所示为多用电表的表盘，请完成下列填空 A、测某电阻时，若用的是“×10”档，这时指针所示被测电阻的阻值应为　170　Ω B、测直流电流时，用的是100mA的量程，指针所示电流值为　46　mA；‎ C、测直流电源时，用的是50V量程，则指针所示的电压值为　23.0　V D、测某电阻时，若用“×100档”发现指针偏转角度过小，为了得到比较准确的测量结果，将K旋转到电阻挡　×1k　．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】（2）①电表使用前要使指针指在0刻线位置，通过调节调零旋钮实现；‎ ‎③欧姆表测量前要进行欧姆调零；‎ ‎④欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，故测量电阻时，要通过选择恰当的倍率使指针指在中值电阻附近；每次换挡要重新调零；‎ ‎⑤欧姆表读数=刻度盘读数×倍率；‎ ‎⑥欧姆表使用完毕，要将旋钮选择“OFF”挡或者交流电压最大挡，若长期不用，需要将电池取出；‎ ‎（2）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；根据多用电表测量的量与量程确定其分度值，然后根据指针位置读出其示数 ‎【解答】解：A、旋动部件S，使指针对准电流的“0”刻线．则A错误 B、C、欧姆表指针偏转角度过小，说明所选挡位太小，应换大挡进行测量，应将旋转开关K置于“×1k”，然后进行欧姆调零，B错误，C正确 D、欧姆表使用完毕，要将旋钮选择“OFF”挡或者交流电压最大挡，D错误 故选：C ‎（3）A、若用的是“×10”档，这时指针所示被测电阻的阻值为：17×10=170Ω B、用的是100mA的量程，最小分度为2mA，读数为：46mA C、用的是50V量程，最小分度为1V，则读数为：23.0V D、用“×100档”发现指针偏转角度过小则电阻大要用大量程，选×1k档 故答案为：（2）C（3）170Ω、4，6mA、23.0V、×1k ‎　‎ ‎21．某学习的研究性学习小组欲测定一块电池的电动势E和内阻r，用电压表V，电阻箱R、定值电阻R0，开关S、导线若干和该电池组成电路 ‎①根据电路图，用笔画线代替导线，将实物图连接成完整电路．‎ ‎②闭合开关S，调整电阻箱阻值R，读出电压表V相应示数U，该学习小组测出大量数据，分析筛选出如表所示的R、U数据，用图象法处理数据，则横轴选　　（填R或），纵轴选　　（选填U或），并将测得数据在坐标纸上描点，作出图线 ‎③如果定值电阻R0=40Ω，由②得到图线为图2，可知电源电动势E=　10.0　V（保留2为有效数字）：电源内阻r=　0.8　Ω（保留1为有效数字）．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】①根据电路图，画出的实物图．‎ ‎②由闭合电路欧姆定律可得出表达式，再结合图象和数学知识可得出图象的截距及斜率的含义；‎ ‎③根据图象的性质利用数学规律即可求得电动势和内电阻．‎ ‎【解答】解：①根据电路图，画出的实物图：‎ ‎②由闭合电路欧姆定律可得：U=R，‎ 变形得： =+•，‎ 故应作出﹣图象；‎ ‎③由数学知识可知，图象中的斜率为：k=‎ 截距为：b=；‎ 由图可知，b=0.10，‎ 所以E==10.0V；‎ 由图可知：k==4.8‎ 则可得：r=4.8﹣4.0=0.8Ω；‎ 故答案为：①连线如图所示②，③10.0；0.8‎ ‎　‎ ‎22．如图所示，电路中的电阻R=10Ω，电动机的线圈电阻r=1Ω，加在电路两端的电压U=100V．已知电流表读数为30A，则 ‎①通过电动机线圈的电流为多少？‎ ‎②电动机输出功率为多少？‎ ‎③电动机的效率是多少？‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）先根据欧姆定律求解通过电阻R的电流，然后用干路电流减去电阻R的电流，得到通过电动机的电流．‎ ‎（2）电动机输入功率 P入=UI，发热功率P热=I2RM，输出功率P出=P﹣P热．根据功率关系求出电动机输出的功率．‎ ‎（3）电动机的效率 η=×100%．‎ ‎【解答】解：①电阻R=10Ω，电压U=100V，故电流：‎ IR=‎ 通过电动机的电流：‎ IM=I﹣IR=30A﹣10A=20A ‎②电动机的输入功率 P入=UI=100×20W=2000W　　 ‎ ‎ 发热功率P热=I2RM=202×1W=400W 则电动机输出的功率 P出=P入﹣P热=2000W﹣400W=1600W；‎ ‎③电动机的效率 η=×100%=×100%=80%；‎ 答：‎ ‎①通过电动机线圈的电流为20A；‎ ‎②电动机输出功率为1600W ‎③电动机的效率是80%．‎ ‎　‎ ‎23．如图电路，两平行金属板A、B水平放置，两极板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω，闭合开关S，带电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间，若小球带电量为q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力，那么滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？移动滑动变阻器片，当滑动变阻器的阻值为多少时，滑动变阻器消耗的功率最大？（g=10m/s2）‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理的应用；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）对小球分析，由动能定理可求得电容器两板间的电势差；电容器与RP并联，则电容器两端的电压等于RP两端的电压，则由闭合电路欧姆定律可求得电流，再由欧姆定律可求得滑动变阻器接入电阻；‎ ‎（2）将R等效为电源内阻，即等效电源内阻r′=R+r，外电阻，当时滑动变阻器消耗的功率最大 ‎【解答】解：（1）小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零．‎ 设两板间电压为，由动能定理得 所以滑动变阻器两端电压 设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得 滑动变阻器接入电路的电阻 ‎（2）滑动变阻器的功率 当时，，功率最大，解得 答：滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω时，小球恰能到达A板；移动滑动变阻器片，当滑动变阻器的阻值为16Ω时，滑动变阻器消耗的功率最大 ‎　‎ ‎24．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m．有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑．小环离杆后正好通过C端的正下方P点处．（g取10m/s2）求：‎ ‎（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向．‎ ‎（2）小环从C运动到P过程中的动能增量．‎ ‎（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小v0．‎ ‎【考点】动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】小环在置于电场中的倾斜的光滑绝缘直杆上匀速下滑，由共点力平衡结合重力与支持力方向可判断出电场力方向，又由电场强度的方向可得出电荷的电性．当小环离开直杆后，仅少了支持力．则此时的合力就是由重力与电场力提供，由牛顿第二定律可求出离开后的加速度大小与方向．小环离开直杆后，所受合力恰与速度方向垂直，因此做的类平抛运动．当小环从C到P过程中，电场力做功刚好为零，动能的变化完全由重力做功引起．当求小环离开直杆的速度时，仅从离开前无法入手，而离开后做类平抛运动，所以利用垂直于杆的方向与沿杆的方向的位移可求出小环的抛出速度．‎ ‎【解答】解：（1）对带电小环受力分析 因带电小环匀速下滑，加之电场强度水平向左，所以小环带负电．‎ 由几何关系可知，小环所受电场力与重力大小相等．则小环离开直杆后所受的合外力大小为：F合=‎ 由牛顿第二定律可得：，方向垂直于杆向下（或与水平方向成45°角斜向下）．‎ ‎（2）设小环从C运动到P过程中动能的增量为△Ek．由动能定理有：WG+WE=△Ek 则电场力做功为零WE=0‎ 所以△Ek=WG=mgh=4J ‎（3）小环离开杆做类平抛运动．如图所示建立坐标x、y轴 垂直于杆方向做匀加速运动：‎ 平行于杆方向做匀速运动：‎ 解得：υ0=2m/s 答：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小为，方向垂直于杆向下（或与水平方向成45°角斜向下）．‎ ‎（2）小环从C运动到P过程中的动能增量为4J．‎ ‎（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小为2m/s．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日