物理卷·2018届北京市密云二中高二上学期期中物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届北京市密云二中高二上学期期中物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年北京市密云二中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共15小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的．（每小题3分，共45分）‎ ‎1．在物理学中常用比值法定义物理量．下列不是用比值法定义的物理量的是（　　）‎ A．用E=定义电场强度 B．用C=定义电容器的电容 C．用C=定义电容器的电容 D．用I=定义电流强度 ‎2．在真空中有两个固定的点电荷，它们之间的静电力大小为F．现保持它们之间的距离不变，而使它们的电荷量都变为原来的2倍，则它们之间的静电力大小为（　　）‎ A． F B． F C．2F D．4F ‎3．金属铂的电阻率对温度非常敏感，温度升高时电阻率也随着变大．在图中有可能表示金属铂电阻的I﹣U图线是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（　　）‎ A．1、2两点的场强相等 B．1、3两点的场强相等 C．1、2两点的电势相等 D．2、3两点的电势相等 ‎5．关于导体的电阻及电阻率的说法中，正确的是（　　）‎ A．由R=ρ知，导体的电阻与长度l、电阻率ρ成正比，与横截面积S成反比 B．由R=可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比 C．材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度 D．将一根导线一分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一 ‎6．如图所示，直线A为某电源的路端电压U与电流I的关系图象，直线B是电阻R的两端电压与电流I的关系图象．用该电源与电阻R组成闭合电路，电源的输出功率和电源的效率分别为（　　）‎ A．4W，33% B．2W，33% C．2W，67% D．4W，67%‎ ‎7．在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r．将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是（　　）‎ A．电压表V的示数变小 B．电流表A2的示数变小 C．电流表A1的示数变小 D．电流表A的示数变大 ‎8．如图所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B下部的金属箔均是闭合的．下列关于实验现象描述中正确的是（　　）‎ A．把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有A下部的金属箔张开 B．把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有B下部的金属箔张开 C．把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都还是张开的 D．把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都闭合 ‎9．如图所示，平行的实线表示电场线，虚线表示一个带电粒子穿越电场的运动轨迹，a、b是此轨迹上的两点．不计带电粒子所受重力，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电场方向一定是向右的 B．该粒子一定带负电荷 C．该粒子一定是由a向b运动 D．粒子在a点的动能一定小于在b点的动能 ‎10．在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为l.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是（　　）‎ A．电动机两端的电压为1.0V B．电动机的输出功率为12W C．电动机产生的热功率4.0W D．电源输出的电功率为24W ‎11．如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷+Q和﹣Q．直线MN是两点电荷连线的中垂线，O是两点电荷连线与直线MN的交点．a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，c、d是直线MN上的两个点．下列说法中正确的是（　　）‎ A．a点的场强大于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小 B．a点的场强小于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大 C．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小 D．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大 ‎12．用电流表和电压表测量电阻Rx的阻值．如图所示，分别将图（a）和（b）两种测量电路连接到电路中，按照（a）图时，电流表示数为4.50mA，电压表示数为2.50V；按照（b）图时，电流表示数为5.00mA，电压表示数为2.40V，比较这两次结果，正确的是（　　）‎ A．电阻的真实值更接近556Ω，且大于556Ω B．电阻的真实值更接近556Ω，且小于556Ω C．电阻的真实值更接近480Ω，且大于480Ω D．电阻的真实值更接近480Ω，且小于480Ω ‎13．在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r．电键S处于闭合状态时，在水平放置的平行板电容器之间，有一带电油滴P处于静止状态．下列叙述正确的是（　　）‎ A．其他条件不变，使电容器两极板缓慢靠近，油滴向下加速运动 B．其他条件不变，使电容器两极板缓慢远离，油滴向上加速运动 C．其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向左移动，油滴向下加速运动 D．其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向右移动，油滴向下加速运动 ‎14．如图所示，一带负电的油滴，从坐标原点O以速率v0射入水平向右的匀强电场，v0的方向与电场方向成θ角，已知油滴质量为m，测得它在电场中运动到最高点P时的速率恰为v0，设P点的坐标为（xP，yP），则应有（　　）‎ A．xP＞0 B．xP＜0‎ C．xP=0 D．xP的正负与v0有关 ‎15．空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是EBx、Ecx，下列说法中正确的有（　　）‎ A．B、C两点的电场强度大小EBx＜Ecx B．EBx的方向沿x轴正方向 C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大 D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功 ‎　‎ 二、多项选择题：本题共4小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题意的．（每小题3分，共12分．每小题全选对的得3分，选对但不全的得2分，只要有选错的，该小题不得分．）‎ ‎16．关于电表的改装说法正确的是（　　）‎ A．要把电流表改装成大量成的安培表应并联一个小电阻 B．要把电流表改装成大量成的安培表应串联一个大电阻 C．要把电流表改装成大量成的伏特表应并联一个小电阻 D．要把电流表改装成大量成的伏特表应串联一个大电阻 ‎17．如图所示为研究决定平行板电容器电容大小因素的实验装置．两块相互靠近的等大正对的平行金属板M、N组成电容器，板N固定在绝缘座上并与静电计中心杆相接，板M和静电计的金属壳都接地，板M上装有绝缘手柄，可以执手柄控制板M的位置．在两板相距一定距离时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在整个实验过程中，保持电容器所带电荷量不变，对此实验过程的描述正确的是（　　）‎ A．只将板M从图示位置稍向左平移，静电计指针张角变大 B．只将板M从图示位置沿垂直纸面向外的方向稍微平移，静电计指针张角变大 C．只将板M从图示位置稍向上平移，静电计指针张角减小 D．只在M、N之间插入云母板，静电计指针张角变大 ‎18．用多用电表测电阻时，若选择“×100”的欧姆档测量发现（　　）‎ A．指针指在电阻刻度较靠近0Ω的某刻度线上，则应换用“×1k”的欧姆档测量 B．指针指在电阻刻度较靠近0Ω的某刻度线上，则应换“×10”或“×1”欧姆档测量 C．指针指在电阻刻度较靠近∝的某刻度线上，则应换用“×1k”的欧姆档测量 D．指针在电阻刻度较靠近∝的某刻度线上，则应换用“×10”或“×1”的欧姆档测量 ‎19．如图是示波管的工作原理图：电子经电场加速后垂直于偏转电场方向射入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，y为电子离开偏转电场时发生的偏转距离．取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度，即（该比值越大则灵敏度越高），则下列哪种方法可以提高示波管的灵敏度（　　）‎ A．增大U1 B．增大U2 C．减小L D．减小d ‎　‎ 三、填空题（本题共3小题，每小题4分，共12分）‎ ‎20．在“测定金属丝电阻率”的实验中，如图甲所示，用螺旋测微器测得金属丝的直径d=　　mm．如图乙所示，用多用电表的“×1”欧姆档，调零后测得金属丝阻值R=　　Ω，若实验中测出金属丝的长度为L，则该金属丝电阻率的表达式ρ=　　（用符号表示）‎ ‎21．某同学用如图甲所示的电路做“测定电源电动势和内电阻”的实验，他将实验中的6组电压U、电流I的数据标在坐标纸上．‎ ‎（1）试根据这些数据点在坐标纸上画出U﹣I图线；‎ ‎（2）根据图线求出电池的电动势E=　　V，内阻r=　　Ω；‎ ‎（3）用此电路测出的电动势比电动势的真实值　　； （填“偏大”或“偏小”或“相等”）．‎ ‎22．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为0.5W，此外还有以下器材可供选择：‎ A．直流电源3V（内阻不计）‎ B．直流电流表0～300mA（内阻约为5Ω）‎ C．直流电流表0～3A（内阻约为0.1Ω）‎ D．直流电压表0～3V（内阻约为3kΩ）‎ E．滑动变阻器100Ω，0.5A F．滑动变阻器10Ω，2A G．导线和开关 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．‎ ‎（1）实验中电流表应选用　　，滑动变阻器应选用　　；（均填写仪器前的字母）‎ ‎（2）根据实验数据，画出的小灯泡I﹣U图线如图1所示．由此可知，当电压为0.5V时，小灯泡的实际功率是　　W；‎ ‎（3）根据实验测量结果可以绘制小灯泡的电功率P随其两端电压U或电压的平方U2变化的图象，在图2中所给出的甲、乙、丙、丁图象中可能正确的是　　．（选填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”）‎ ‎　‎ 四、论述、计算题（本题有4小题，共31分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．‎ ‎23．在如图所示的电路中，电源的电动势E=6.0V，内电阻r=1.0Ω，外电路的电阻R=11.0Ω．闭合开关S．求：‎ ‎（1）通过电阻R的电流Ⅰ；‎ ‎（2）在内电阻r上损耗的电功率P； ‎ ‎（3）电源的总功率P总．‎ ‎24．如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l=0.20m的绝缘轻线把质量为m=0.10kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时轻线与竖直方向的夹角为θ=37°．现将小球拉至位置A，使轻线水平张紧后由静止释放．g取10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．求：‎ ‎（1）小球所受电场力的大小；‎ ‎（2）小球通过最低点C时的速度大小；‎ ‎（3）小球通过最低点C时轻线对小球的拉力大小．‎ ‎25．如图所示，电源电动势有E=12V，内阻r=0.5Ω，“10V、20W”的灯泡L与直流电动机M并联在电源两极间，灯泡恰能正常发光，已知电动机线圈的电阻为RM=1Ω，求：‎ ‎（1）流过内阻的电流为多少？‎ ‎（2）电动机的输出功率为多少？‎ ‎（3）电源的效率为多少？‎ ‎26．如图所示，一个质量为m，带电量为+q的微粒，从a点以大小为v0的初速度竖直向上射入水平方向的匀强电场中．微粒通过最高点b时的速度大小为2v0方向水平向右．求：‎ ‎（1）该匀强电场的场强大小E；‎ ‎（2）a、b两点间的电势差Uab；‎ ‎（3）该微粒从a点到b点过程中的最小动能EK．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年北京市密云二中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共15小题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题意的．（每小题3分，共45分）‎ ‎1．在物理学中常用比值法定义物理量．下列不是用比值法定义的物理量的是（　　）‎ A．用E=定义电场强度 B．用C=定义电容器的电容 C．用C=定义电容器的电容 D．用I=定义电流强度 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比值”来定义一个新的物理量的方法．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变．‎ ‎【解答】解：A、E=是电场强度的定义式，采用比值定义法，定义出的电场强度E与F、q无关．故A不符合题意．‎ B、电容是电容器容纳电荷的本领，与所带的电量、以及极板之间的电势差无关，所以C=是比值定义法，故B不符合题意．‎ C、是电容的决定式，C与ɛ、S成正比，与d成反比，这个公式不是比值定义法，故C符合题意．‎ D、电流强度与流过截面的电量和时间无无直接关系，所以I=属于比值定义法，故D不符合题意．‎ 本题选不是用比值法定义的物理量，故选：C ‎　‎ ‎2．在真空中有两个固定的点电荷，它们之间的静电力大小为F．现保持它们之间的距离不变，而使它们的电荷量都变为原来的2倍，则它们之间的静电力大小为（　　）‎ A． F B． F C．2F D．4F ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】本题比较简单，直接利用库仑定律进行计算讨论即可．‎ ‎【解答】解：距离改变之前：F=①‎ 当电荷量都变为原来的3倍时：F1= ②‎ 联立①②可得：F1=4F，故ABC错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．金属铂的电阻率对温度非常敏感，温度升高时电阻率也随着变大．在图中有可能表示金属铂电阻的I﹣U图线是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】金属铂的电阻随温度的升高而增大．电阻的U﹣I图线上的点与坐标原点连线的斜率等于电阻．根据数学知识进行选择．‎ ‎【解答】解：根据电阻的定义式R=可知，I﹣U图线上的点与坐标原点连线的斜率等于电阻的倒数，金属铂的电阻随温度的升高而增大，则图线上的点与坐标原点连线的斜率逐渐增小，图线是曲线，根据数学知识可知，A正确，BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（　　）‎ A．1、2两点的场强相等 B．1、3两点的场强相等 C．1、2两点的电势相等 D．2、3两点的电势相等 ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大．顺着电场线，电势降低．利用这些知识进行判断．‎ ‎【解答】解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故A错误；‎ B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故B错误；‎ C，顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势．故C错误；‎ D、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．关于导体的电阻及电阻率的说法中，正确的是（　　）‎ A．由R=ρ知，导体的电阻与长度l、电阻率ρ成正比，与横截面积S成反比 B．由R=可知，导体的电阻跟导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比 C．材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度 D．将一根导线一分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一 ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】电阻是导体自身的一种特性，它由导体的材料、长度、横截面积和温度决定，与加在导体两端的电压和通过导体的电流大小无关．‎ ‎【解答】解：A、根据R=知，导体的电阻与导体的电阻率和导体长度成正比，与导体的横截面积成反比；故A正确；‎ B、电阻是导体本身的性质，与导体两端的电压、导体中的电流都无关．故B错误；‎ C、导体的电阻率与导体的电阻R，横截面积S，与导体的长度L皆无关；故C错误；‎ D、导体的电阻率与导体的电阻R，横截面积S，与导体的长度L皆无关；故D错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎6．如图所示，直线A为某电源的路端电压U与电流I的关系图象，直线B是电阻R的两端电压与电流I的关系图象．用该电源与电阻R组成闭合电路，电源的输出功率和电源的效率分别为（　　）‎ A．4W，33% B．2W，33% C．2W，67% D．4W，67%‎ ‎【考点】电功、电功率；路端电压与负载的关系．‎ ‎【分析】由图象A可知电源的电动势为3V，短路电流为6A，两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流．电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，效率等于R消耗的功率除以总功率．‎ ‎【解答】解：由图象A可知电源的电动势E=3V，短路电流为6A，该电源和该电阻组成闭合电路时路端电压为2V，电流I=2A 电源的输出功率即为电阻R上消耗的功率，根据P=UI得：P=2×2W=4W，‎ 电源的总功率为：P总=EI=3×2W=6W 所以效率为：η=×100%=×100%=67%；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r．将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，关于各电表示数的变化，下列判断中正确的是（　　）‎ A．电压表V的示数变小 B．电流表A2的示数变小 C．电流表A1的示数变小 D．电流表A的示数变大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据滑动变阻器的滑片P的运动可以分析滑动变阻器的电阻的变化的情况，再根据闭合电路欧姆定律可以分析电路的电流的变化，进而可以分析电压和电阻R1电流的变化．‎ ‎【解答】解：D、将滑动变阻器的滑片P从图示位置向右滑动的过程中，滑动变阻器的阻值变大，外电路的总阻值变大，所以电路的总的电流变小，所以电流表A的示数变小，所以D错误；‎ A、电源的内电压减小，由U=E﹣Ir可得，路端电压U变大，所以电压表V的示数变大，所以A错误；‎ C、由于路端电压U变大，电阻R1不变，所以电流表A1的示数变大，所以C错误；‎ B、由于总的电流减小，电阻R1的电流变大，所以滑动变阻器的电流减小，所以电流表A2的示数变小，所以B正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，取一对用绝缘柱支撑的导体A和B，使它们彼此接触，起初它们不带电，分别贴在导体A、B下部的金属箔均是闭合的．下列关于实验现象描述中正确的是（　　）‎ A．把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有A下部的金属箔张开 B．把带正电荷的物体C移近导体A稳定后，只有B下部的金属箔张开 C．把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都还是张开的 D．把带正电荷的物体C移近导体A后，再把B向右移动稍许使其与A分开，稳定后A、B下部的金属箔都闭合 ‎【考点】静电现象的解释．‎ ‎【分析】当导体A、B放在带正电的附近时，出现感应起电现象．电荷周围有电场存在，从而导体A、B处于电场中，在电场力的作用下，使导体中的自由电子重新分布．而处于静电平衡的导体，电荷只分布在外表面，内部电场强度为零，且是等势体．‎ ‎【解答】解：AB、感应带电，这是使物体带电的一种方法，根据异种电荷互相吸引的原理可知，靠近的一端会带异种电荷．金属导体处在正电荷的电场中，由于静电感应现象，导体B的右端要感应出正电荷，在导体A的左端会出现负电荷，所以导体两端的验电箔都张开，且左端带负电，右端带正电，AB错误；‎ CD、把带正电荷的物体C移近导体A后，把A和B分开，A带负电，B带正电，金属箔还是张开，C正确，D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎9．如图所示，平行的实线表示电场线，虚线表示一个带电粒子穿越电场的运动轨迹，a、b是此轨迹上的两点．不计带电粒子所受重力，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电场方向一定是向右的 B．该粒子一定带负电荷 C．该粒子一定是由a向b运动 D．粒子在a点的动能一定小于在b点的动能 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据轨迹的弯曲方向，判断出合力（电场力）的方向，再根据电场线的方向，判断电荷的电性；电场力大小的比较可以看电场线的疏密，即电场强度的大小；比较电势能和动能可以根据电场力做功正负来判断．‎ ‎【解答】解：A、合力大致指向轨迹凹的一向，可知电场力方向向左，不能判断电场的方向，也不能判断粒子的带电性质，故AB错误．‎ C、粒子可能是由a向b运动，也可能是由b向a运动．故C错误．‎ D、从a运动到b，电场力做正功，电势能减少，动能增加．所以带电粒子在a点的动能小于在b点的动能．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎10．在如图所示电路中，电源电动势为12V，电源内阻为l.0Ω，电路中的电阻R0为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是（　　）‎ A．电动机两端的电压为1.0V B．电动机的输出功率为12W C．电动机产生的热功率4.0W D．电源输出的电功率为24W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．‎ ‎【解答】解：A、电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为：U=E﹣U内﹣UR0=12﹣Ir﹣IR0=12﹣2×1﹣2×1.5=7V，‎ 电动机的总功率为：P总=UI=7×2=14W，‎ 电动机的发热功率为：P热=I2R=22×0.5=2W，‎ 所以电动机的输出功率为：P出=14W﹣2W=12W，所以A错误，B正确，C错误；‎ D、电源的输出的功率为：P输出=EI﹣I2R=12×2﹣22×1=20W，所以D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎11．如图所示，在真空中有两个固定的等量异种点电荷+Q和﹣Q．直线MN是两点电荷连线的中垂线，O是两点电荷连线与直线MN的交点．a、b是两点电荷连线上关于O的对称点，c、d是直线MN上的两个点．下列说法中正确的是（　　）‎ A．a点的场强大于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小 B．a点的场强小于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大 C．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小 D．a点的场强等于b点的场强；将一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先减小后增大 ‎【考点】电势能；电场线．‎ ‎【分析】本题考查了等量异种电荷周围电场分布情况：在如图所示的电场中，等量异种电荷连线上的电场方向是相同的，由+Q指向﹣Q；两电荷连线上的电场强度大小关于O点对称，MN是一条等势线．‎ ‎【解答】解：根据等量异种电荷周围的电场分布，a、b两点的电场强度的大小相等，方向相同．‎ MN为一条等势线，它上面的场强O点最大，向两边逐渐减小，所以检验电荷在O点受到的电场力最大．一检验电荷沿MN由c移动到d，所受电场力先增大后减小．‎ 故选项C正确，选项A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎12．用电流表和电压表测量电阻Rx的阻值．如图所示，分别将图（a）和（b）两种测量电路连接到电路中，按照（a）图时，电流表示数为4.50mA，电压表示数为2.50V；按照（b）图时，电流表示数为5.00mA，电压表示数为2.40V，比较这两次结果，正确的是（　　）‎ A．电阻的真实值更接近556Ω，且大于556Ω B．电阻的真实值更接近556Ω，且小于556Ω C．电阻的真实值更接近480Ω，且大于480Ω D．电阻的真实值更接近480Ω，且小于480Ω ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】根据电表示数确定电流表的接法，然后应用欧姆定律求出电阻阻值，根据电路分析实验误差．‎ ‎【解答】解：由题意可知： ==， ==，＞，‎ 电流变化量大，电压表分流对实验影响较大，电流表应采用内接法，‎ 即图（a）所示接法，则电阻测量值为：R==≈556Ω，‎ 由于电流表采用内接法，电压测量值偏大，电阻测量值大于真实值，则电阻真实值小于556Ω；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎13．在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r．电键S处于闭合状态时，在水平放置的平行板电容器之间，有一带电油滴P处于静止状态．下列叙述正确的是（　　）‎ A．其他条件不变，使电容器两极板缓慢靠近，油滴向下加速运动 B．其他条件不变，使电容器两极板缓慢远离，油滴向上加速运动 C．其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向左移动，油滴向下加速运动 D．其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向右移动，油滴向下加速运动 ‎【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而平衡，其中电场力F=qE=q，电容器与电阻R1并联，电压相等，根据闭合电路欧姆定律分析电压的变化，得到电场力的变化，确定油滴的加速度情况．‎ ‎【解答】解：油滴静止时受重力和向上的电场力，处于二力平衡状态；‎ A、其他条件不变，使电容器两极板缓慢靠近，两个板间的电压U一定，根据U=Ed，由于d减小，电场强度变大，故电场力变大，合力向上，故油滴向上加速运动，故A错误；‎ B、其他条件不变，使电容器两极板缓慢远离，两个板间的电压U一定，根据U=Ed，由于d变大，电场强度变小，故电场力变小，合力向下，故油滴向下加速运动，故B错误；‎ C、其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向左移动，电阻R2减小，根据闭合电路欧姆定律，电流增加，故定值电阻R1的电压U增大；‎ 故根据U=Ed，由于d不变，电场强度变大，故电场力变大，合力向上，故油滴向上加速运动，故C错误；‎ D、其他条件不变，将变阻器的滑片缓慢向右移动，电阻R2变大，根据闭合电路欧姆定律，电流减小，故定值电阻R1的电压U减小；‎ 故根据U=Ed，由于d不变，电场强度变小，故电场力变小，合力向下，故油滴向下加速运动，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎14．如图所示，一带负电的油滴，从坐标原点O以速率v0射入水平向右的匀强电场，v0的方向与电场方向成θ角，已知油滴质量为m，测得它在电场中运动到最高点P时的速率恰为v0，设P点的坐标为（xP，yP），则应有（　　）‎ A．xP＞0 B．xP＜0‎ C．xP=0 D．xP的正负与v0有关 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】将液滴的初速度沿水平和竖直方向分解，水平方向匀减速运动，竖直方向上做竖直上抛运动，当速度减为零时，液滴达到最高点；根据沿电场线电势降低，判断电势高低．‎ ‎【解答】解：液滴水平初速度为v1=v0cosθ，水平方向做匀减速运动，由于当液滴在电场中运动到最高点b时，它的速度方向是水平的，大小也恰为v0，大于水平方向初速度，因此最高点p在O点左上方，根据沿电场线电势降低，因此p点电势高于O点电势，即XP＜0，故A正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎15．空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是EBx、Ecx，下列说法中正确的有（　　）‎ A．B、C两点的电场强度大小EBx＜Ecx B．EBx的方向沿x轴正方向 C．电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大 D．负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功 ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】本题的入手点在于如何判断EBx和ECx的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法．‎ ‎【解答】解：A、在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有E=，可见EBx＞ECx，故A错误；‎ C、同理可知O点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，故C错误；‎ B、D、沿电场方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向，所以B错误，D正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ 二、多项选择题：本题共4小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项是符合题意的．（每小题3分，共12分．每小题全选对的得3分，选对但不全的得2分，只要有选错的，该小题不得分．）‎ ‎16．关于电表的改装说法正确的是（　　）‎ A．要把电流表改装成大量成的安培表应并联一个小电阻 B．要把电流表改装成大量成的安培表应串联一个大电阻 C．要把电流表改装成大量成的伏特表应并联一个小电阻 D．要把电流表改装成大量成的伏特表应串联一个大电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，根据电表改装原理分析答题．‎ ‎【解答】解：A、把电流表改装成大量程的安培表需要并联阻值很小的分流电阻，故A正确，B错误；‎ C、把电流表改装成伏特表需要串联大的分压电阻，故C错误，D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示为研究决定平行板电容器电容大小因素的实验装置．两块相互靠近的等大正对的平行金属板M、N组成电容器，板N固定在绝缘座上并与静电计中心杆相接，板M和静电计的金属壳都接地，板M上装有绝缘手柄，可以执手柄控制板M的位置．在两板相距一定距离时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在整个实验过程中，保持电容器所带电荷量不变，对此实验过程的描述正确的是（　　）‎ A．只将板M从图示位置稍向左平移，静电计指针张角变大 B．只将板M从图示位置沿垂直纸面向外的方向稍微平移，静电计指针张角变大 C．只将板M从图示位置稍向上平移，静电计指针张角减小 D．只在M、N之间插入云母板，静电计指针张角变大 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】电容器所带的电量不变，根据C=确定电容的变化，然后根据U=确定电势差的变化，从而确定静电计指针张角的变化．‎ ‎【解答】解：A、只将板M从图示位置稍向左平移，d增大，根据C=知，电容减小，根据U=知电势差增大，则静电计指针张角变大，故A正确．‎ B、只将板M从图示位置沿垂直纸面向外的方向稍微平移，正对面积S变小，根据C=知，电容减小，根据U=知电势差增大，则静电计指针张角变大，故B正确．‎ C、只将板M从图示位置稍向上平移，正对面积S变小，根据C=知，电容减小，根据U=知电势差增大，则静电计指针张角变大．故C错误．‎ D、只在M、N之间插入云母板，介电常数变大，根据C=知，电容增大，根据U=知电势差减小，则静电计指针张角变小．故D错误．‎ 故选AB．‎ ‎　‎ ‎18．用多用电表测电阻时，若选择“×100”的欧姆档测量发现（　　）‎ A．指针指在电阻刻度较靠近0Ω的某刻度线上，则应换用“×1k”的欧姆档测量 B．指针指在电阻刻度较靠近0Ω的某刻度线上，则应换“×10”或“×1”欧姆档测量 C．指针指在电阻刻度较靠近∝的某刻度线上，则应换用“×1k”的欧姆档测量 D．指针在电阻刻度较靠近∝的某刻度线上，则应换用“×10”或“×1”的欧姆档测量 ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】用欧姆表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近．‎ ‎【解答】解：多用电表选择“×100”的欧姆档测量电阻；‎ A、指针指在电阻刻度较靠近0Ω的某刻度线上，所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用“×10”或“×1”的欧姆档，故A错误，B正确；‎ C、指针指在电阻刻度较靠近∝的某刻度线上，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，则应换用“×1k”的欧姆档，故C正确，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎19．如图是示波管的工作原理图：电子经电场加速后垂直于偏转电场方向射入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，偏转电场的极板长度与极板间的距离分别为L和d，y为电子离开偏转电场时发生的偏转距离．取“单位偏转电压引起的偏转距离”来描述示波管的灵敏度，即（该比值越大则灵敏度越高），则下列哪种方法可以提高示波管的灵敏度（　　）‎ A．增大U1 B．增大U2 C．减小L D．减小d ‎【考点】示波器的使用．‎ ‎【分析】先求出的表达式，由表达式分析提高灵敏度的方式．‎ ‎【解答】解：经加速电场后的速度为V，则 ‎ ‎ 所以电子进入偏转电场时速度的大小为，‎ v0=，‎ 电子进入偏转电场后的偏转的位移为，‎ y=at2===，‎ 所以示波管的灵敏度=，‎ 所以要提高示波管的灵敏度可以增大l，减小d和减小U1，所以D正确．‎ 故选：D ‎　‎ 三、填空题（本题共3小题，每小题4分，共12分）‎ ‎20．在“测定金属丝电阻率”的实验中，如图甲所示，用螺旋测微器测得金属丝的直径d=　0.730　mm．如图乙所示，用多用电表的“×1”欧姆档，调零后测得金属丝阻值R=　9　Ω，若实验中测出金属丝的长度为L，则该金属丝电阻率的表达式ρ=　　（用符号表示）‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器是示数；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；应用电阻定律可以求出电阻率的表达式．‎ ‎【解答】解：由图示螺旋测微器可知，其示数：d=0.5mm+23.0×0.01mm=0.730mm；‎ 用多用电表的“×1”欧姆档测电阻，由图乙所示表盘可知，其示数：R=9×1=9Ω；‎ 由电阻定律可知，金属丝的电阻：R=ρ=ρ，电阻率：ρ=；‎ 故答案为：0.730；9；．‎ ‎　‎ ‎21．某同学用如图甲所示的电路做“测定电源电动势和内电阻”的实验，他将实验中的6组电压U、电流I的数据标在坐标纸上．‎ ‎（1）试根据这些数据点在坐标纸上画出U﹣I图线；‎ ‎（2）根据图线求出电池的电动势E=　1.5　V，内阻r=　0.83　Ω；‎ ‎（3）用此电路测出的电动势比电动势的真实值　偏小　； （填“偏大”或“偏小”或“相等”）．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）根据描出的点用直线连接得出对应的图象；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律可得出对应的电动势和内电阻；‎ ‎（3）根据图象分析实验中的测量误差．‎ ‎【解答】解：（1）根据描出的点可得出对应的伏安特性曲线如图所示； ‎ ‎（2）根据U=E﹣Ir可得，图象的斜率表示电动势，故E=1.5V，图象的斜率表示电源的内阻，故r==0.83Ω； ‎ ‎（3）本接法中采用相对电源的电流表外接法，因为电压表的分流作用，使电流表测量结果偏小，则可知，实际图象（虚线所示）和测量图象应如图所示；‎ 由图可知，测量结果偏小； ‎ 故答案为：（1）如图所示；（2）1.50；0.83．‎ ‎　‎ ‎22．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，小灯泡的额定电压为2.5V，额定功率为0.5W，此外还有以下器材可供选择：‎ A．直流电源3V（内阻不计）‎ B．直流电流表0～300mA（内阻约为5Ω）‎ C．直流电流表0～3A（内阻约为0.1Ω）‎ D．直流电压表0～3V（内阻约为3kΩ）‎ E．滑动变阻器100Ω，0.5A F．滑动变阻器10Ω，2A G．导线和开关 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．‎ ‎（1）实验中电流表应选用　B　，滑动变阻器应选用　F　；（均填写仪器前的字母）‎ ‎（2）根据实验数据，画出的小灯泡I﹣U图线如图1所示．由此可知，当电压为0.5V时，小灯泡的实际功率是　0.05　W；‎ ‎（3）根据实验测量结果可以绘制小灯泡的电功率P随其两端电压U或电压的平方U2变化的图象，在图2中所给出的甲、乙、丙、丁图象中可能正确的是　丙　．（选填“甲”、“乙”、“丙”或“丁”）‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）由灯泡的额定电流即可选择电流表；根据实验要求明确电路接法，则可选择滑动变阻器；‎ ‎（2）根据图象可确定电压为0.5V时的电流，再根据P=UI可求得功率； ‎ ‎（3）根据功率公式可得出正确的图象．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡的额定电流为I===200mA；故电流表选择B；‎ 因本实验只能接用分压接法，故滑动变阻器选择小电阻F；‎ ‎（2）由图可知，当电压为0.5V时，电流为0.10A，则其功率为P=UI=0.5×0.1=0.05W；‎ ‎（3）由P=可知，P与U2在R不变时为正比例关系，由于R随电压的增大而减小；故丙图正确；‎ 故答案为：（1）B；F（2）0.05；（3）丙．‎ ‎　‎ 四、论述、计算题（本题有4小题，共31分）解题要求：写出必要的文字说明、方程式和演算步骤．有数值计算的题，答案必须明确写出数值和单位．‎ ‎23．在如图所示的电路中，电源的电动势E=6.0V，内电阻r=1.0Ω，外电路的电阻R=11.0Ω．闭合开关S．求：‎ ‎（1）通过电阻R的电流Ⅰ；‎ ‎（2）在内电阻r上损耗的电功率P； ‎ ‎（3）电源的总功率P总．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）已知电源的电动势E=6.0V，内电阻r=1.0Ω，外电路的电阻R=11.0Ω，根据闭合电路欧姆定律求解电路中电流．‎ ‎（2）电阻r消耗的电功率P=I2r；‎ ‎（3）电源的总功率P=EI．‎ ‎【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，通过电阻R的电流为：，‎ ‎（2）r上损耗的电功率为：P=I2r=0.5×0.5×1=0.25W，‎ ‎（3）电源的总功率为：P总=IE=6×0.5=3 W．‎ 答：（1）通过电阻R的电流为0.5A；‎ ‎（2）在内电阻r上损耗的电功率P为0.25W；‎ ‎（3）电源的总功率P总为3W．‎ ‎　‎ ‎24．如图所示，在沿水平方向的匀强电场中有一固定点O，用一根长度为l=0.20m的绝缘轻线把质量为m=0.10kg、带有正电荷的金属小球悬挂在O点，小球静止在B点时轻线与竖直方向的夹角为θ=37°．现将小球拉至位置A，使轻线水平张紧后由静止释放．g取10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．求：‎ ‎（1）小球所受电场力的大小；‎ ‎（2）小球通过最低点C时的速度大小；‎ ‎（3）小球通过最低点C时轻线对小球的拉力大小．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）小球在B点处于静止状态，对小球进行受力分析，根据平衡条件即可求解；‎ ‎（2）对小球从A点运动到C点的过程中运用动能定理即可解题；‎ ‎（3）在C点，小球受重力和细线的合力提供向心力，根据向心力公式即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）小球受重力mg、电场力F和拉力T，其静止时受力如答图2所示．‎ 根据共点力平衡条件有：F=mgtan37°=0.75N ‎（2）设小球到达最低点时的速度为v，小球从水平位置运动到最低点的过程中，根据动能定理有：mgl﹣Fl=mv2‎ 解得：v==1.0m/s ‎（3）设小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为T′．‎ 根据牛顿第二定律有：T′﹣mg=‎ 解得：T′=1.5N 答：（1）电场力的大小为0.75N，方向水平向右；‎ ‎（2）小球运动通过最低点C时的速度大小为1m/s；‎ ‎（3）小球通过最低点C时细线对小球的拉力大小为1.5N．‎ ‎　‎ ‎25．如图所示，电源电动势有E=12V，内阻r=0.5Ω，“10V、20W”的灯泡L与直流电动机M并联在电源两极间，灯泡恰能正常发光，已知电动机线圈的电阻为RM=1Ω，求：‎ ‎（1）流过内阻的电流为多少？‎ ‎（2）电动机的输出功率为多少？‎ ‎（3）电源的效率为多少？‎ ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律列式求解电流；‎ ‎（2）电动机的输出功率等于总功率减去热功率；‎ ‎（3）根据η=×100%求解电源的效率即可．‎ ‎【解答】解：（1）设流过灯泡的电流为IL，则IL===2A，‎ 内阻r的电压Ur=E﹣UL=12V﹣10V=2V，‎ 流过内阻的电流为I===4A；‎ ‎（2）设流过电动机的电流为IM，IM=I﹣IL=4﹣2=2 A，‎ 电动机的输入功率为PM总=IMU=2×10=20W，‎ 电动机线圈的热功率为PQ=I2MRM=22×1=4W，‎ 电动机输出功率为：PM出=PM总﹣PQ=20﹣4=16W；‎ ‎（3）电源的总功率为P总=IE=4×12=48W，‎ 电源的效率为η==×100%=83%；‎ 答：（1）流过内阻的电流为4A；‎ ‎（2）电动机的输出功率为16W；‎ ‎（3）电源的效率为83%．‎ ‎　‎ ‎26．如图所示，一个质量为m，带电量为+q的微粒，从a点以大小为v0的初速度竖直向上射入水平方向的匀强电场中．微粒通过最高点b时的速度大小为2v0方向水平向右．求：‎ ‎（1）该匀强电场的场强大小E；‎ ‎（2）a、b两点间的电势差Uab；‎ ‎（3）该微粒从a点到b点过程中的最小动能EK．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】带电微粒受到重力及电场力作用，两力分别沿竖直方向和水平方向，将物体的运动分解为竖直方向和水平方向的两个分运动，抓住水平方向上做匀加速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式进行求解．‎ ‎【解答】解：（1）分析：沿竖直方向和水平方向建立直角坐标系，带电微粒受到重力及电场力作用，两力分别沿竖直方向和水平方向，将物体的运动分解为竖直方向和水平方向的两个分运动：‎ 在竖直方向物体做匀减速运动，加速度ay=g，‎ 在水平方向物体做匀加速运动，初速度为0，加速度ax=‎ b点是最高点，竖直分速度为0，在竖直方向有：v0=g t；‎ 在水平方向有：2v0=‎ 联立以上两式得：E=‎ ‎（2）水平位移：x==v0．t=‎ ab两点间的电势差：Uab=E•x=‎ ‎（3）设重力与电场力的合力为F，其与水平方向的夹角为θ，‎ 则：tanθ==‎ 如图所示，开始一段时间内，F与速度方向夹角大于90°，合力做负功，动能减小，后来F与速度夹角小于90°，合力做正功，动能增加，因此，当F与速度v的方向垂直时，小球的动能最小，速度也最小，设为vmin．‎ 即：tanθ=‎ vx==2gt 联立以上三式得：t=，vx=，vy=‎ 所以最小速度：vmin==‎ 所以最小动能 答：（1）该匀强电场的场强大小E为；‎ ‎（2）a、b两点间的电势差为；‎ ‎（3）该微粒从a点到b点过程中的最小动能为 ‎　‎ ‎2016年12月4日