物理卷·2018届福建省三明市清流一中高二上学期期中物理试卷（实验班） （解析版）

物理卷·2018届福建省三明市清流一中高二上学期期中物理试卷（实验班） （解析版）

‎2016-2017学年福建省三明市清流一中高二（上）期中物理试卷（实验班）‎ ‎　‎ 一、选择题：42分（每题3分，1-11题为单选、12-14题多选题）‎ ‎1．由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F=k，式中k为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为（　　）‎ A．kg•A2•m3 B．kg•A﹣2•m3•s﹣4‎ C．kg•m2•C﹣2 D．N•m2•A﹣2‎ ‎2．如图所示，在直线MN上有一个点电荷，A、B是直线MN上的两点，两点的间距为L，场强大小分别为E和2E．则（　　）‎ A．A点场强方向一定沿直线向左 B．A点的电势一定低于B点的电势 C．该点电荷一定在A点的左侧 D．该点电荷一定在A点的右侧 ‎3．关于电流的下列说法中正确的是（　　）‎ A．电路中的电流越大，表示通过导体横截面的电量越多 B．在相同时间内，通过导体截面的电量越多，导体中的电流就越大 C．通电时间越长，电流越小 D．通电时间越长，电流越大 ‎4．两个电阻A、B的伏安特性曲线如图所示，从图线可以判断下列说法正确的是（　　）‎ A．电阻A的阻值小于电阻B B．电阻A的阻值大于电阻B C．电压相同时，流过电阻A的电流较小 D．两电阻串联时，电阻A消耗的功率较大 ‎5．某电场的部分电场线如图所示，A、B是一带电粒子仅在电场力作用下运动轨迹（图中虚线）上的两点，下列说法中正确的是（　　）‎ A．粒子一定是从B点向A点运动 B．粒子在A点的加速度小于它在B点的加速度 C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能 D．电场中A点的电势高于B点的电势 ‎6．如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g．粒子运动加速度为（　　）‎ A． g B． g C． g D． g ‎7．如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ．一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电量为q．小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d．静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球A与B之间库仑力的大小为kq2/d B．当=时，细线上的拉力为0‎ C．当=时，细线上的拉力为0‎ D．当=时，斜面对小球A的支持力为0‎ ‎8．如图R2=R4，电压表的读数为70V，电压表的读数为50V，则A与B间的电压为（　　）‎ A．140V B．120V C．100V D．无法计算 ‎9．如图所示，水平面绝缘且光滑，弹簧左端固定，右端连一轻质绝缘挡板，空间存在着水平方向的匀强电场，一带电小球在电场力和挡板压力作用下静止．若突然将电场反向，则小球加速度的大小随位移x变化的关系图象可能是图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是（　　）‎ A．A点的电场强度比B点的大 B．小球表面的电势比容器内表面的低 C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直 D．将检验电荷从A点沿不同路径到B点，电场力所做的功不同 ‎11．如图所示，在O点放置正点电荷Q，a、b两点的连线过O点，且Oa=ab，以下说法正确 的是（　　）‎ A．将质子从a点由静止释放，质子向b做匀加速运动 B．将质子从a点由静止释放，质子运动到b的速率为v，则将α粒子从a点由静止释放后运动到b点的速率为v C．若电子以Oa为半径绕O做匀速圆周运动的线速度为v，则电子以Ob为半径绕O做匀速圆周运动的线速度为2v D．若电子以Oa为半径绕O做匀速圆周运动的线速度为v，则电子以Ob为半径绕O做匀速圆周运动的线速度为 ‎12．一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（　　）‎ A．做直线运动 B．做曲线运动 C．速率先减小后增大 D．速率先增大后减小 ‎13．在如图所示的电路中，定值电阻的阻值为10Ω，电动机M的线圈电阻值为2Ω，a、b两端加有44V的恒定电压，理想电压表的示数为24V，下列计算正确的是（　　）‎ A．通过电动机的电流为12 A B．电动机消耗的功率为24 W C．电动机线圈在1分钟内产生的热量为480 J D．电动机输出的功率为40 W ‎14．如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正、负极相连，两板的中央沿竖直方向各有一个小孔，今有一个带正电的液滴，自小孔的正上方的P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v1．若使a板不动，若保持电键K断开或闭合，b 板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍然从P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v2，在不计空气阻力的情况下，下列说法正确的是（　　）‎ A．若电键K保持闭合，向下移动b板，则v2＞v1‎ B．若电键K闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2＞v1‎ C．若电键K保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2=v1‎ D．若电键K闭合一段时间后再断开，无论向上或向下移动b板，则v2＜v1‎ ‎　‎ 二、实验题16分（每空2分）‎ ‎15．在“测定金属丝电阻率”的实验中，需要测出其长度L、直径d和电阻R．‎ ‎（1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为　　mm．‎ ‎（2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值　　．（选填“偏大”或“偏小”）‎ ‎（3）用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图丙，则电压表的读数为　　V，电流表的读数为　　A．‎ ‎16．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了小灯泡（2.5V，0.3A）、电流表、电压表以及滑动变阻器等实验器材：‎ ‎（1）图甲为实验中某同学连接好的实验电路图，在开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑动片P移到　　位置（填“A端”或“B端”）；实验中滑动片P从中间位置向B端移动过程中会观察到电压表读数变　　（填“大”或“小”）．‎ ‎（2）某同学由测出的数据画出I﹣U图象，如图乙所示，当小灯泡两端电压为2.00V时，小灯泡的电阻值R=　　Ω，小灯泡的实际功率P=　　 W（结果保留两位有效数字）．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎17．如图所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域，场强E=3×104N/C．在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m=5×10﹣3kg的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的夹角θ=60°（g取10m/s2）．试求：‎ ‎（1）小球的电性和电荷量；‎ ‎（2）悬线的拉力；‎ ‎（3）若小球静止时离右板d=5×10﹣2 m，剪断悬线后，小球经多少时间碰到右极板．‎ ‎18．如图，A．B为平行板电容器，两板相距d，接在电压为U的电源上，在A板的中央有一小孔M（两板间电场可视为匀强电场）．今有一质量为m的带电质点，自A板上方与A板相距也为d的O点由静止自由下落，穿过小孔M后到达距B板的N点时速度恰好为零．（重力加速度为g）求：‎ ‎（1）带电质点的电荷量，并指出其带电性质；‎ ‎（2）在保持与电源相连的情况下，A板往下移的距离．质点仍从O点由静止自由下落，求质点下落速度为零时距B板的距离．‎ ‎19．有一只量程为1mA的小量程电流表，刻度盘共有50格，若给它并联一个10﹣2Ω的电阻，则可将它改装成一个量程为1A的电流表．若要把这个小量程的电流表改装成一个量程为10V的电压表，则应在小量程的电流表上串接一个　　Ω的电阻．将这个电压表接在某段电路上，指针偏转40格，这段电路两端的电压是　　 V．‎ ‎20．如图所示，一个“V”型玻璃管倒置于竖直平面内，并处于E=103v/m、方向竖直向下的匀强电场中，一个带负电的小球，重为G=10﹣3N，电量q=2×10﹣6C，从A点由静止开始运动，球与管壁的摩擦因数μ=0.5．已知管长AB=BC=2m，倾角α=37°，且管顶B处有一很短的光滑圆弧．求：‎ ‎（1）小球第一次运动到B时的速度多大？‎ ‎（2）小球运动后，第一次速度为0的位置在何处？‎ ‎（3）从开始运动到最后静止，小球通过的总路程是多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎21．如图甲所示，真空中的电极K连续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计），经电压为Ul的电场加速，加速电压Ul随时间t变化的图象如图乙所示．每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为加速电压不变．电子被加速后由小孔S从穿出，设每秒K向加速电场发射的电子数目恒定．出加速电场后，电子沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A、B间中轴线射入偏转电场，A、B两板长均为L=0.20m，两板之间距离d=0.40m，A板的电势比B板的电势高．A，B板右側边缘到竖直放置的荧光屏P（面积足够大）之间的距离b=0.20m．荧光屏的中心点O与A、B板的中心轴线在同一水平直线上．不计电子之间的相互作用力及其所受的重力，求：‎ ‎（l）要使电子都打不到荧光屏上，则A，B两板间所加电压U2应满足什么条件；‎ ‎（2）当A、B板间所加电U2=200V时，打到荧光屏上的电子距离中心点O在多大的范围内；‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省三明市清流一中高二（上）期中物理试卷（实验班）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：42分（每题3分，1-11题为单选、12-14题多选题）‎ ‎1．由库仑定律可知，真空中两个静止的点电荷，带电量分别为q1和q2，其间距离为r时，它们之间相互作用力的大小为F=k，式中k为静电力常量．若用国际单位制的基本单位表示，k的单位应为（　　）‎ A．kg•A2•m3 B．kg•A﹣2•m3•s﹣4‎ C．kg•m2•C﹣2 D．N•m2•A﹣2‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】力学单位制规定了物理量的单位，同时根据物理量间的公式也可以分析单位之间的关系．‎ ‎【解答】解：根据F=k可得：k=，‎ 由于F=ma，‎ q=It，‎ 所以k=‎ 根据质量的单位是kg，加速度的单位m/s2，距离的单位是m，电流的单位是A，时间的单位s，可得 k的单位是kg•A﹣2•m3•s﹣4‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．如图所示，在直线MN上有一个点电荷，A、B是直线MN上的两点，两点的间距为L，场强大小分别为E和2E．则（　　）‎ A．A点场强方向一定沿直线向左 B．A点的电势一定低于B点的电势 C．该点电荷一定在A点的左侧 D．该点电荷一定在A点的右侧 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】已知A、B两点的场强大小分别为E和2E，根据点电荷场强公式E=k分析该点电荷的位置应离A点远、离B点近．该点电荷的电性未知，不能判断电场强度的方向和电势的高低．‎ ‎【解答】解：CD、A、B两点的场强大小分别为E和2E，根据点电荷场强公式E=k分析得知：该点电荷应离A点远、离B点近，所以该点电荷一定在A点的右侧．但可在B点的左侧或右侧，故C错误，D正确．‎ AB、由于该点电荷的电性未知，则无法确定A的场强方向，也无法判断A、B两点间电势的高低．故AB错误．‎ 故选：D ‎　‎ ‎3．关于电流的下列说法中正确的是（　　）‎ A．电路中的电流越大，表示通过导体横截面的电量越多 B．在相同时间内，通过导体截面的电量越多，导体中的电流就越大 C．通电时间越长，电流越小 D．通电时间越长，电流越大 ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】物理学中用每秒通过导体横截面的电荷量来表示电流的强弱，叫做电流，定义式I=．明确电流采用了比值定义法，电流与电量和时间无关．‎ ‎【解答】解：A、电路中的电流越大，但不知道通电时间，所以不能得出通过导体横截面的电量大小，故A错误；‎ B、根据电流的定义可知，相同时间内，通过导体截面的电量越多，导体中的电流就越大，故B正确； ‎ C、每秒通过导体横截面的电荷量来表示电流的强弱，不是由导体横截面积的大小决定，故CD错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．两个电阻A、B的伏安特性曲线如图所示，从图线可以判断下列说法正确的是（　　）‎ A．电阻A的阻值小于电阻B B．电阻A的阻值大于电阻B C．电压相同时，流过电阻A的电流较小 D．两电阻串联时，电阻A消耗的功率较大 ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数，通过斜率比较电阻的大小．并联时，两电阻电压相等，根据欧姆定律比较电流的大小．串联时，电路相等，根据P=I2R比较消耗的功率大 ‎【解答】解：AB、I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数，A图线的斜率大，则A的电阻小．故A正确，B错误．‎ C、，电压相等，根据I=得，B的电阻大，则流过B的电流较小．故C错误．‎ D、两电阻串联，电流相等，根据P=I2R得，B的电阻大，则电阻B消耗的功率较大．故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．某电场的部分电场线如图所示，A、B是一带电粒子仅在电场力作用下运动轨迹（图中虚线）上的两点，下列说法中正确的是（　　）‎ A．粒子一定是从B点向A点运动 B．粒子在A点的加速度小于它在B点的加速度 C．粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能 D．电场中A点的电势高于B点的电势 ‎【考点】电场线；电场强度；电势．‎ ‎【分析】根据做曲线运动的物体所受合外力指向其轨迹的内侧来判断电场力方向，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，确定场强的大小，根据牛顿第二定律判断加速度的大小．电场力做正功时，电势能减小，电场力做负功时，电势能增加．‎ ‎【解答】解：A、带电粒子仅在电场力作用下运动，带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，粒子可能是从B点向A点运动，也有可能是从A点向B点运动的，故A错误．‎ B、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，粒子在A点时受到的电场力大，根据牛顿第二定律得知，粒子在A点的加速度大于在B点的加速度．故B错误．‎ C、带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，假设由A点运动到B点过程中，电场力与轨迹上每一点的切线方向也就是速度方向成钝角，所以电场力做负功，电势能增大，动能减小，所以粒子在A点的动能大于它在B点的动能，粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能．反之一样．故C正确．‎ D、带电粒子受电场力向右指向其轨迹的内侧，所以粒子带正电，由于粒子在A点的电势能小于它在B点的电势能，所以电场中A点的电势低于B点的电势，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g．粒子运动加速度为（　　）‎ A． g B． g C． g D． g ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】金属板内部场强为零，有厚度为l的金属板，相当于平行板电容器的间距减小了l；粒子受重力和电场力，根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解加速度．‎ ‎【解答】解：粒子受重力和电场力，开始时平衡，有：‎ mg=q ①‎ 当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有：‎ mg﹣q=ma ②‎ 联立①②解得：‎ a=g 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为θ．一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球A，细线与斜面平行．小球A的质量为m、电量为q．小球A的右侧固定放置带等量同种电荷的小球B，两球心的高度相同、间距为d．静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷．小球A静止在斜面上，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球A与B之间库仑力的大小为kq2/d B．当=时，细线上的拉力为0‎ C．当=时，细线上的拉力为0‎ D．当=时，斜面对小球A的支持力为0‎ ‎【考点】库仑定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】根据库仑定律求解两个球间的库仑斥力大小，然后根据共点力平衡条件列式分析．‎ ‎【解答】解：A、根据库仑定律，小球A与B之间库仑力的大小为：F=；故A错误；‎ B、C、若细线上的拉力为0，小球A受重力、支持力和库仑斥力而平衡，‎ 根据共点力平衡条件，重力的下滑分力与库仑力的上滑分力平衡，即：‎ mgsinθ=Fcosθ；‎ 其中F=；‎ 联立解得：‎ mgsinθ=cosθ 则有， =；故B错误，C正确；‎ D、两个球带同种电荷，相互排斥，故斜面对A的支持力不可能为零；故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．如图R2=R4，电压表的读数为70V，电压表的读数为50V，则A与B间的电压为（　　）‎ A．140V B．120V C．100V D．无法计算 ‎【考点】串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】根据串联电路的总电压等于各部分电压之和，串联电路中电流处处相等，由欧姆定律进行分析．‎ ‎【解答】解：根据串联电路的特点可知：A、B间的电压 UAB=U1+U2+U3+U4；‎ 由题R2=R4，电流也相等，由欧姆定律可知U2=U4；‎ 可得：UAB=U1+U2+U3+U2=70V+50V=120V 故选：B ‎　‎ ‎9．如图所示，水平面绝缘且光滑，弹簧左端固定，右端连一轻质绝缘挡板，空间存在着水平方向的匀强电场，一带电小球在电场力和挡板压力作用下静止．若突然将电场反向，则小球加速度的大小随位移x变化的关系图象可能是图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场强度；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据简谐运动的特征分析小球离开弹簧之前的加速度与位移的关系．小球离开挡板后做匀加速直线运动，加速度将不变．‎ ‎【解答】解：小球离开挡板前，小球开始做简谐运动，设小球做完整简谐运动的振幅为A，则根据简谐运动的特征：F=﹣kx得知，小球的加速度大小a=，a与x是线性关系，x增大，a减小．小球离开挡板后，小球只受电场力作用，做匀加速直线运动，加速度将不变．所以A图正确．‎ 故选A ‎　‎ ‎10．一金属容器置于绝缘板上，带电小球用绝缘细线悬挂于容器中，容器内的电场线分布如图所示．容器内表面为等势面，A、B为容器内表面上的两点，下列说法正确的是（　　）‎ A．A点的电场强度比B点的大 B．小球表面的电势比容器内表面的低 C．B点的电场强度方向与该处内表面垂直 D．将检验电荷从A点沿不同路径到B点，电场力所做的功不同 ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】A、根据电场线的疏密可判定电场强度的强弱；‎ B、依据沿着电场线方向电势是降低的，即可判定；‎ C、根据电场线总与等势线垂直，即可确定；‎ D、在同一等势线上，电场力做功为零．‎ ‎【解答】解：A、依据电场线越疏，电场强度越弱，而电场线越密的，则电场强度越强，由图可知，则A点的电场强度比B点的小，故A错误；‎ B、根据沿着电场线方向电势是降低的，可知，小球表面的电势比容器内表面的高，故B错误；‎ C、因容器内表面为等势面，且电场线总垂直于等势面，因此B点的电场强度方向与该处内表面垂直，故C正确；‎ D、因A、B在同一等势面上，将检验电荷从A点沿不同路径到B点，电场力所做的功相同，均为零，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，在O点放置正点电荷Q，a、b两点的连线过O点，且Oa=ab，以下说法正确 的是（　　）‎ A．将质子从a点由静止释放，质子向b做匀加速运动 B．将质子从a点由静止释放，质子运动到b的速率为v，则将α粒子从a点由静止释放后运动到b点的速率为v C．若电子以Oa为半径绕O做匀速圆周运动的线速度为v，则电子以Ob为半径绕O做匀速圆周运动的线速度为2v D．若电子以Oa为半径绕O做匀速圆周运动的线速度为v，则电子以Ob为半径绕O做匀速圆周运动的线速度为 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】由点电荷的电场可知由a到b电场力减小．‎ 由动能定理判定B．‎ 由向心力表达式可判定CD．‎ ‎【解答】解：‎ A、由点电荷的电场可知由a到b电场力减小，故由将质子从a点由静止释放，质子向b做变加速运动，故A错误．‎ B、设ab电势差为U，则质子由a到b电场力做功为：；α粒子从a点由静止释放后运动到b点电场力做功为：，解得：，故B正确．‎ CD、设oa=r，则0b=2r，由圆周运动可得：，，解得：，故C错误，D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎12．一带正电的小球向右水平抛入范围足够大的匀强电场，电场方向水平向左，不计空气阻力，则小球（　　）‎ A．做直线运动 B．做曲线运动 C．速率先减小后增大 D．速率先增大后减小 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据合力的方向与速度方向的关系判断小球做直线运动还是曲线运动，根据合力的方向与速度方向的关系判断小球的速率变化．‎ ‎【解答】解：A、小球受重力和电场力两个力作用，合力的方向与速度方向不在同一条直线上，小球做曲线运动．故A错误，B正确．‎ C、小球所受的合力与速度方向先成钝角，然后成锐角，可知合力先做负功然后做正功，则速度先减小后增大．故C正确，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎13．在如图所示的电路中，定值电阻的阻值为10Ω，电动机M的线圈电阻值为2Ω，a、b两端加有44V的恒定电压，理想电压表的示数为24V，下列计算正确的是（　　）‎ A．通过电动机的电流为12 A B．电动机消耗的功率为24 W C．电动机线圈在1分钟内产生的热量为480 J D．电动机输出的功率为40 W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】根据ab两端的电压和电压表的示数，求出R两端的电压，再根据欧姆定律求出通过电动机的电流；根据P=UI求出电动机的输入功率，即电动机消耗的功率；根据Q=I2rt求出电动机在1分钟内产生的热量．‎ ‎【解答】解：A、通过电动机的电流I===2A．故A错误．‎ B、电动机消耗的功率P=UI=24×2W=48W，故B错误；‎ C、电动机线圈在1分钟内产生的热量Q=I2rt=4×2×60J=480J．故C正确．‎ D、电动机的热功率P热=I2r=4×2W=8W，所以P输出=48W﹣8W=40W．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正、负极相连，两板的中央沿竖直方向各有一个小孔，今有一个带正电的液滴，自小孔的正上方的P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v1．若使a板不动，若保持电键K断开或闭合，b 板向上或向下平移一小段距离，相同的液滴仍然从P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后的速度为v2，在不计空气阻力的情况下，下列说法正确的是（　　）‎ A．若电键K保持闭合，向下移动b板，则v2＞v1‎ B．若电键K闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2＞v1‎ C．若电键K保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2=v1‎ D．若电键K闭合一段时间后再断开，无论向上或向下移动b板，则v2＜v1‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；电容器的动态分析．‎ ‎【分析】带正电的液滴在下落过程中受到竖直向下的重力，竖直向上的电场力作用，重力做正功，电场力做负功；由动能定理判断带电液滴速度大小关系．‎ ‎【解答】解：A、若电键K保持闭合，重力与电场力做功不变，由动能定理可知，带电液滴速度不变，则v2=v1，故A错误；‎ B、若电键K闭合一段时间后再断开，向下移动b板，电场力做的负功减小，由动能定理得液滴速度变大，即v2＞v1，故B正确；‎ C、若电键K保持闭合，无论向上或向下移动b板，重力与电场力所做的功不变，由动能定理可知，液滴速度不变，即v2=v1，故C正确；‎ D、若电键K闭合一段时间后再断开，向上移动b板，重力做功不变，电场力做功增加，由动能定理可知，液滴速度变小，即v2＜v1；如果向下移动b板，重力做功不变，电场力做功变小，由动能定理可知，小球速度变大，即v2＞v1，故D错误；‎ 故选BC．‎ ‎　‎ 二、实验题16分（每空2分）‎ ‎15．在“测定金属丝电阻率”的实验中，需要测出其长度L、直径d和电阻R．‎ ‎（1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为　0.697　mm．‎ ‎（2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值　偏小　．（选填“偏大”或“偏小”）‎ ‎（3）用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图丙，则电压表的读数为　2.60　V，电流表的读数为　0.52　A．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器所示．‎ ‎（2）根据电路图应用欧姆定律分析实验误差．‎ ‎（3）由图象电表确定电表量程与分度值，读出电表示数．‎ ‎【解答】解：（1）由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为19.7×0.01mm=0.197mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.197mm=0.697mm．‎ ‎（2）由图示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值．‎ ‎（3）由图丙所示电压表可知，其量程为3V，分度值为0.1V，示数为2.60V；‎ 由图示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.52A．‎ 故答案为：（1）0.697；（2）偏小；（3）2.60；0.52．‎ ‎　‎ ‎16．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了小灯泡（2.5V，0.3A）、电流表、电压表以及滑动变阻器等实验器材：‎ ‎（1）图甲为实验中某同学连接好的实验电路图，在开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑动片P移到　A端　位置（填“A端”或“B端”）；实验中滑动片P从中间位置向B端移动过程中会观察到电压表读数变　大　（填“大”或“小”）．‎ ‎（2）某同学由测出的数据画出I﹣U图象，如图乙所示，当小灯泡两端电压为2.00V时，小灯泡的电阻值R=　7.7　Ω，小灯泡的实际功率P=　0.52　 W（结果保留两位有效数字）．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】1、滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前滑片要移到分压电路分压为零的位置，根据滑片的移动方向判断电压表示数如何变化．‎ ‎2、根据图象应用欧姆定律判断灯丝电阻如何变化；由图象求出电压对应的电流，然后由欧姆定律求出灯泡阻值．‎ ‎【解答】解：（1）由图1乙所示电路图可知，在开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑动片P移到A端；‎ 实验中滑动片P从中间位置向B端移动过程中会观察到电压表读数变大．‎ ‎（2）由图象可知，当U=2V时，对应的电流I=0.26A，‎ 则小灯泡的电阻值 R==7.7Ω 灯泡的实际功率 P=UI=2×0.26W=0.52W；‎ 故答案为：（1）A端；大 ‎（2）7.7；0.52‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎17．如图所示，竖直放置的两块足够大的带电平行板间形成一个方向水平向右的匀强电场区域，场强E=3×104N/C．在两板间用绝缘细线悬挂一个质量m=5×10﹣3kg的带电小球，静止时小球偏离竖直方向的夹角θ=60°（g取10m/s2）．试求：‎ ‎（1）小球的电性和电荷量；‎ ‎（2）悬线的拉力；‎ ‎（3）若小球静止时离右板d=5×10﹣2 m，剪断悬线后，小球经多少时间碰到右极板．‎ ‎【考点】电场强度；自由落体运动；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】带电小球在匀强电场中处于如图所示的位置，则可确定电场力方向从而得出带电性，及电量．由力的平行四边形定则可求出拉力与重力的关系，则可算出拉力大小．当剪断后，小球做直线运动，水平方向可以看成在电场力作用下加速运动，而竖直方向是自由落体．‎ ‎【解答】解：（1）小球受电场力向右，故带正电，受力分析如图所示．‎ 由平衡条件有qE=mgtan60° ‎ 解得q=×10﹣6 C ‎ ‎（2）由平衡条件得F=，‎ 解得F=0.1 N．‎ ‎（3）剪断细线后，小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，竖直方向做自由落体运动．‎ 在水平方向上有ax=；d=axt2‎ 联立以上两式解得t=0.1 s．‎ 答：（1）小球的带正电和电荷量为×10﹣6 C；‎ ‎（2）悬线的拉力0.1N；‎ ‎（3）若小球静止时离右板d=5×10﹣2 m，剪断悬线后，小球经过0.1秒碰到右极板．‎ ‎　‎ ‎18．如图，A．B为平行板电容器，两板相距d，接在电压为U的电源上，在A板的中央有一小孔M（两板间电场可视为匀强电场）．今有一质量为m的带电质点，自A板上方与A板相距也为d的O点由静止自由下落，穿过小孔M后到达距B板的N点时速度恰好为零．（重力加速度为g）求：‎ ‎（1）带电质点的电荷量，并指出其带电性质；‎ ‎（2）在保持与电源相连的情况下，A板往下移的距离．质点仍从O点由静止自由下落，求质点下落速度为零时距B板的距离．‎ ‎【考点】动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）一带电质点自A板上方相距为h的O点由静止自由下落，先做自由落体运动到M点，到达N时速度恰好为零，说明在MN间做减速运动，合外力向上，所以电场力方向向上，从而判断质点带点情况，根据动能定理求解电荷量；‎ ‎（2）应用动能定理可以求出质点下落速度为零时距B板的距离．‎ ‎【解答】解：（1）质点先做自由落体运动到M点，到达N处时速度恰好为零，说明在MN间做减速运动，‎ 合外力向上，所以电场力方向向上，而电场强度方向向下，所以质点带负电；‎ 两极板间的场强E：U=Ed ①，‎ 设电量大小为q，则从O到N点，‎ 由动能定理可得： ②，‎ 由①②解得： ③；‎ ‎（2）当A板下移时，两板间的距离④，‎ 两板间的场强E'：U=E′d′⑤，‎ 设下落速度为零时距B板距离为△d，‎ 从开始下落到速度为零的过程中，‎ 由动能定理得： ⑥，‎ 由③④⑤⑥解得：；‎ 答：（1）带电质点的电荷量为，质点带负电；‎ ‎（2）质点下落速度为零时距B板的距离为．‎ ‎　‎ ‎19．有一只量程为1mA的小量程电流表，刻度盘共有50格，若给它并联一个10﹣2Ω的电阻，则可将它改装成一个量程为1A的电流表．若要把这个小量程的电流表改装成一个量程为10V的电压表，则应在小量程的电流表上串接一个　9990.01　Ω的电阻．将这个电压表接在某段电路上，指针偏转40格，这段电路两端的电压是　8　 V．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻；把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】改装成电流表要并联电阻，阻值R=，I为量程，根据题意求出电流表内阻．‎ 电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为R=﹣Rg，U为改装后的量程，根据电压表偏转的格数求出电压表示数．‎ ‎【解答】解：把电流表改装成电流表要并联的阻值为：R=，‎ 电流表内阻为：Rg===9.99Ω，‎ 改装成电压表要串联的阻值为：R′=﹣Rg=﹣9.99=9990.01Ω；‎ 电压表指针偏转40格，所测电压为：U=×40=8V；‎ 故答案为：9990.01，8．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，一个“V”型玻璃管倒置于竖直平面内，并处于E=103v/m、方向竖直向下的匀强电场中，一个带负电的小球，重为G=10﹣3N，电量q=2×10﹣6C，从A点由静止开始运动，球与管壁的摩擦因数μ=0.5．已知管长AB=BC=2m，倾角α=37°，且管顶B处有一很短的光滑圆弧．求：‎ ‎（1）小球第一次运动到B时的速度多大？‎ ‎（2）小球运动后，第一次速度为0的位置在何处？‎ ‎（3）从开始运动到最后静止，小球通过的总路程是多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律求出在AB中的加速度，结合速度位移公式求出第一次到达B点的速度．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律求出在BC中运动的加速度，结合速度位移公式求出第一次速度为零的位置．‎ ‎（3）小球最终停在B处，对全过程运用动能定理求出总路程的大小．‎ ‎【解答】解：（1）在上滑的过程中受到重力、竖直向上的电场力、垂直玻璃管向下的弹力和沿玻璃管向下的摩擦力，受力如图所示．‎ 根据牛顿第二定律得：‎ ‎（qE﹣mg）sin37°﹣μ（qE﹣mg）cos37°=ma1‎ 得：a1==2m/s2‎ 所以小球第一次到达B点时的速度为：‎ ‎（2）在下滑的过程中受到重力、竖直向上的电场力、垂直玻璃管向下的弹力和沿玻璃管向上的摩擦力，受力如图所示．‎ 在BC面上，小球开始从B点做匀减速运动，加速度的大小为：‎ a2=g（sinα+μcosα）=10×（sin37°+μcos37°）=10m/s2‎ 所以，速度为0时到B的距离为：‎ s===0.4m．‎ ‎（3）接着小球又反向向B加速运动，到B后又减 速向A运动，这样不断地往复，最后停在B点．如果将全过程等效为一个直线运动，则有：‎ ‎（qE﹣mg）lsinα=μ（qE﹣mg）cosαL 得：L==3m，‎ 即小球通过的全路程为3m．‎ 答：（1）小球第一次运动到B时的速度为m/s；‎ ‎（2）小球运动后，第一次速度为0的位置在距离B点0.4m处；‎ ‎（3）从开始运动到最后静止，小球通过的总路程是3m．‎ ‎　‎ ‎21．如图甲所示，真空中的电极K连续不断地发出电子（电子的初速度可忽略不计），经电压为Ul的电场加速，加速电压Ul随时间t变化的图象如图乙所示．每个电子通过加速电场的过程时间极短，可认为加速电压不变．电子被加速后由小孔S从穿出，设每秒K向加速电场发射的电子数目恒定．出加速电场后，电子沿两个彼此靠近且正对的水平金属板A、B间中轴线射入偏转电场，A、B两板长均为L=0.20m，两板之间距离d=0.40m，A板的电势比B板的电势高．A，B板右側边缘到竖直放置的荧光屏P（面积足够大）之间的距离b=0.20m．荧光屏的中心点O与A、B板的中心轴线在同一水平直线上．不计电子之间的相互作用力及其所受的重力，求：‎ ‎（l）要使电子都打不到荧光屏上，则A，B两板间所加电压U2应满足什么条件；‎ ‎（2）当A、B板间所加电U2=200V时，打到荧光屏上的电子距离中心点O在多大的范围内；‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）电子做类平抛运动，根据动能定理与运动学公式，即可求解；‎ ‎（2）电子做类平抛运动，根据侧移量，结合几何关系，可求出最大范围；由U1越大y越小，根据运动学公式可求出最小范围，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）设电子的质量为m，电量为e，电子通过加速电场后的速度为v0，‎ 由动能定理有：，‎ 电子通过偏转电场的时间t=，‎ 此过程中电子的侧向位移，‎ 解得：y=，‎ 要使电子都打不到屏上，应满足U1取最大值100V时仍有y＞0.5d，‎ 代入数据可得，为使电子都打不到屏上，U2至少为800V；‎ ‎（2）当电子恰好从A板右边缘射出偏转电场时，‎ 其侧移最大ymax=0.5d=0.2m电子飞出偏转电场时，‎ 其速度的反向延长线通过偏转电场的中心，‎ 设电子打在屏上距中心点的最大距离为，‎ 则由几何关系可得，‎ 解得：；‎ 由第（1）问中的可知，在其它条件不变的情况下，U1越大y越小，‎ 所以当U1=100V时，电子通过偏转电场的侧移量最小，‎ 其最小侧移量，‎ 同理，电子打在屏上距中心的最小距离，‎ 所以电子打在屏上距中心点O在0.15m～0.6m范围内．‎ 答：（l）要使电子都打不到荧光屏上，则A，B两板间所加电压U2应满足至少为800V条件；‎ ‎（2）当A、B板间所加电U2=200V时，打到荧光屏上的电子距离中心点O在0.15m～0.6m的范围内．‎ ‎　‎ ‎2016年12月6日