物理·山东省德州市武城二中2016-2017学年高二上学期期中物理试卷 Word版含解析

物理·山东省德州市武城二中2016-2017学年高二上学期期中物理试卷 Word版含解析

2016-2017 学年山东省德州市武城二中高二（上）期中物理试卷 一、选择题（本题共 15 小题，共 50 分．在每小题给出的四个选项中，第 1～10 题只有一 项符合题目要求，每小题 3 分，第 11～15 题有多项符合题目要求，每小题 3 分，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．在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为 q，受到的电场力为 F，则该点的电场强度 ， 下列说法正确的是（ ） A．若移去检验电荷，则该点的电场强度为 0 B．若检验电荷的电量变为 4q，则该点的场强变为 4E C．若放置到该点的检验电荷变为﹣2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反 D．若放置到该点的检验电荷变为﹣2q，则场中该点的场强大小方向均不变 2．如图所示的电场，其中有 M、N 两点，则（ ） A．该电场一定是点电荷产生的电场 B．M 点的电场强度比 N 点电场强度小 C．M 点的电势比 N 点的电势高 D．M 点的电势比 N 点的电势低 3．在静电场中，下列说法中正确的是（ ） A．某点的电场强度大，该点的电势一定高 B．某点的电势高，检验电荷在该点的电势能一定大 C．电场力对电荷做正功，电荷的电势能减少 D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 4．如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过 该电场区域时的运动轨迹，a、b 是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中仅受到电场力作用， 根据此图可判断出（ ） A．该粒子带正电 B．该粒子在 a 的加速度小于在 b 的加速度 C．该粒子在 a 的速度小于在 b 的速度 D．该粒子在 a 的电势能小于在 b 的电势能 5．两个相同的带电金属小球，带电量分别为+5q 和﹣7q，球半径远小于两球心的距离 L， 它们相互接触后再放回原位置，则静电力为（ ） A．k B．k C．k D．k 6．一根粗细均匀的电阻丝通过的电流为 I 时，在 t 时间内产生的热量为 Q，若将该电阻丝 均匀拉长至原来的 2 倍，并通过的电流为 2I，则在时间 t 内产生的热量为（ ） A．8Q B．16Q C． D． 7．原来都静止的质子 H 和α粒子 He，经过同一电压加速后，它们的速度大小之比为 （ ） A．1：1 B．1：2 C．1：4 D． ：1 8．图中，每个电池的电动势为 E，内阻为 r，电阻器的电阻 R 保持不变．甲图中通过 R 的 电流为 I1，乙图中通过 R 的电流为 I2．已知 I1：I2=3：4，则 R：r（ ） A．等于 3：4B．等于 4：3C．等于 1：1D．不能确定 9．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器 下级板都接地．在两极板间有一固定在 P 点的点电荷，以 E 表示两极板间的电场强度，EP 表示点电荷在 P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下 移动一小段距离至图中虚线位置，则（ ） A．θ增大，E 增大 B．θ增大，EP 不变 C．θ减小，EP 增大 D．θ减小，E 不变 10．真空中一半径为 r0 的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图所示， r 表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2 分别是该直线上 A、B 两点离球心的距离，根据 电势图象（φ﹣r 图象），判断下列说法中正确的是（ ） A．该金属球可能带负电 B．A 点的电场强度方向由 A 指向 B C．A 点的电场强度小于 B 点的电场强度 D．电荷量为 q 的正电荷沿直线从 A 移到 B 的过程中，电场力做功 W=q（φ2﹣φ1） 11．下列说法中正确的是（ ） A．由 可知，匀强电场中两点的距离越大，这两点间的电势差就越大 B．由 可知，真空中距离场源点电荷越远，电场强度就越小 C．由 可知，导体中的电流跟两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比 D．由 可知，对于某一确定的导体，所加电压跟通过导体的电流之比是个恒量 12．如图所示，两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a、b、c 三点所 在直线平行于两电荷的连线，且 a 与 c 关于 MN 对称，b 点位于 MN 上，d 点位于两电荷的 连线上．则（ ） A．正电荷由 a 静止释放能运动到 c B．负电荷在 a 的电势能大于在 c 的电势能 C．b 点的场强小于 d 的场强 D．a、b 间的电势差等于 b、c 间的电势差 13．三个α粒子在同一点沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了如图所示的运动轨迹，由此 可判断（ ） A．在 b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上 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．动能的增加值 c 最小，a 和 b 一样大 14．如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R1 和 R3 均为定值电阻，R2 为滑 动变阻器．当 R2 的滑动触点在 ab 的中点时合上开关 S，此时三个电表 A1、A2 和 V 的示数 分别为 I1、I2 和 U．现将 R2 的滑动触点向 a 端移动，则（ ） A．电源的总功率减小 B．R3 消耗的功率增大 C．I1 增大，I2 减小，U 增大 D．I1 减小，I2 不变，U 减小 15．如图所示，带电体 P、Q 可视为点电荷，电荷量相同．倾角为θ、质量为 M 的斜面体放 在粗糙水平面上，将质量为 m 的物体 P 放在粗糙的斜面体上，当物体 Q 放在与 P 等高（PQ 连线水平）且与物体 P 相距为 r 的右侧位置时，P 静止且受斜面体的摩擦力为 0，斜面体保 持静止，静电力常量为 k，则下列说法正确的是（ ） A．P 对斜面的压力为 0 B．斜面体受到地面的摩擦力为 0 C．P、Q 所带电荷量为 D．斜面体对地面的压力为（M+m）g 二、实验题（本题包括 2 小题，共 22 分．请把答案写在答题卷上．） 16．要测绘一个标有“3V、0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增 加到 3V． （1）实验的电路图应选用下图 1 中的 （填字母代号） （2）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图 2 所示，当小灯泡的电压为 1.0V，其电阻为 Ω， 由图 2 可得，当电压 U＞1V 后，小灯泡电阻 R 随温度 T 的升高而 （填“增大”或“减小”）． 17．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下： （1）用游标为 20 分度的卡尺测量其长度如图，由图甲可知其长度为 l= mm； （2）用螺旋测微器测量其直径如图，由图乙可知其直径为 d= mm； （3）用多用电表的电阻“×100”挡按正确操作步骤粗测圆柱体电阻，测量时发现指针偏转角 过大，这时应该将选择开关换成欧姆挡的 挡位（选填 A．“×10”或 B．“×1K”），换挡 结束后，实验操作上首先要进行的步骤是，正确操作后，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻 值 R= Ω． （4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻 R，现有的器材及其代号和规格如下： 待测圆柱体电阻 R； 电流表 A1（量程 0～4mA，内阻约 50Ω）； 电流表 A2（量程 0～10mA，内阻约 30Ω）； 电压表 V1（量程 0～3V，内阻约 10kΩ）； 电压表 V2（量程 0～15V，内阻约 25kΩ）； 直流电源 E（电动势 4V，内阻不计）； 滑动变阻器 R1（阻值范围 0～15Ω，允许通过的最大电流 2.0A）； 滑动变阻器 R2（阻值范围 0～2kΩ，允许通过的最大电流 0.5A）；开关 S；导线若干． 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表应选 （选填 A．“A1”或 B．“A2”）， 电压表应选 （选填 A．“V1”或 B．“V2”），滑动变阻器应选 （选填 A．“R1”或 B．“R2”）， 请在图丁中画出测量的电路图． （5）计算此圆柱体材料电阻率的表达式为ρ= （用 R、d、l 表示）． 三、计算题（本题包括 3 小题，共 28 分．请把解答过程写在答题卷上．） 18．如图所示的匀强电场中，有 a、b、c 三点，ab=5cm，bc=12cm，其中 ab 沿电场方向， bc 和电场方向成 60°角，一个电荷量为 q=4×10﹣8C 的正电荷从 a 移到 b 电场力做功为 W1=1.2 ×10﹣7J 求： （1）匀强电场的场强 E （2）电荷从 b 移到 c，电场力做功 W2 （3）a、c 两点的电势差 Uac． 19．直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用．如图所示，一直流电动机 M 和电灯 L 并 联之后接在直流电源上，电动机内阻 r'=0.5Ω，电灯灯丝电阻 R=9Ω，电源电动势 E=12V，内 阻 r=1Ω．开关 S 闭合，电动机正常工作时，电压表读数为 9V．求： （1）流过电源的电流． （2）流过电动机的电流． （3）电动机对外输出的机械功率． 20．如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为 m 的电 子静止在竖直放置的平行金属板的 A 点，经电压 U0 加速后通过 B 点进入两板间距为 d、电 压为 U 的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子 刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B 分别为两块竖直板的中点，求： （1）电子通过 B 点时的速度大小； （2）右侧平行金属板的长度； （3）电子穿出右侧平行金属板时的动能． 2016-2017 学年山东省德州市武城二中高二（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，共 50 分．在每小题给出的四个选项中，第 1～10 题只有一 项符合题目要求，每小题 3 分，第 11～15 题有多项符合题目要求，每小题 3 分，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．在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为 q，受到的电场力为 F，则该点的电场强度 ， 下列说法正确的是（ ） A．若移去检验电荷，则该点的电场强度为 0 B．若检验电荷的电量变为 4q，则该点的场强变为 4E C．若放置到该点的检验电荷变为﹣2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反 D．若放置到该点的检验电荷变为﹣2q，则场中该点的场强大小方向均不变 【考点】电场强度． 【分析】电场强度是反映电场本身的力的性质的物理量，与试探电荷无关，在电场中同一点， 电场强度是确定不变的． 【解答】解：A、由题，该点的电场强度 ，若移去检验电荷，该点的电场强度仍为 ．故 A 错误． B、若检验电荷的电量变为 4q，检验电荷所受的电场力为 4F，该点的电场强度仍为 ．故 B 错误． C、D 若放置到该点的检验电荷变为﹣2q，检验电荷所受的电场力为﹣2F，该点的电场 强度仍为 ．故 C 错误，D 正确． 故选：D． 2．如图所示的电场，其中有 M、N 两点，则（ ） A．该电场一定是点电荷产生的电场 B．M 点的电场强度比 N 点电场强度小 C．M 点的电势比 N 点的电势高 D．M 点的电势比 N 点的电势低 【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度． 【分析】电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大；电势的高 低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低．由此判断即可． 【解答】解：A、该电场的电场线会聚型直线，可能是负点电荷产生的电场，也可能不是， 故 A 错误． B、电场线越密的地方电场强度越大，所以 M 点的电场强度比 N 点电场强度大，故 B 错误． CD、沿着电场线电势降低，所以 M 点的电势比 N 点的电势低，故 C 错误，D 正确． 故选：D 3．在静电场中，下列说法中正确的是（ ） A．某点的电场强度大，该点的电势一定高 B．某点的电势高，检验电荷在该点的电势能一定大 C．电场力对电荷做正功，电荷的电势能减少 D．将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功 【考点】电势能；电势差与电场强度的关系． 【分析】电场强度与电势无关；正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电 势能小；电场力做正功，电荷的电势能减小； 【解答】解：A、因为电场强度与电势没有直接关系，某点的电场强度大，则该点的电势不 一定高，故 A 错误． B、某点的电势高，检验电荷在该点的电势能为 Ep=qφ，还与检验电荷的电性有关，正电荷 在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小．故 B 错误 C、电场力对电荷做正功，电荷的电势能减少，故 C 正确， D、由于负电荷在电势高的地方电势能小，所以将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至 电势较低的等势面，电场力做负功．故 D 错误 故选：C 4．如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过 该电场区域时的运动轨迹，a、b 是轨迹上的两点．若带电粒子在运动中仅受到电场力作用， 根据此图可判断出（ ） A．该粒子带正电 B．该粒子在 a 的加速度小于在 b 的加速度 C．该粒子在 a 的速度小于在 b 的速度 D．该粒子在 a 的电势能小于在 b 的电势能 【考点】电场线；电势能． 【分析】粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无 法判断粒子的电性．根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小； 根据电场力做功情况，判断动能和电势能的变化．当电场力做正功时，电荷的电势能减小， 动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小． 【解答】解：A：粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子在 a、b 两点受到的电场力沿电场线 向左．由于电场线方向不明，所以无法确定粒子的电性．故 A 错误； B、根据电场线的疏密反映了电场强度的相对大小，可知 a 点的电场强度大，故粒子在 a 点 受到的电场力的大，根据牛顿第二定律可知，带电粒子在 a 点的加速度比 b 点的加速度大．故 B 错误； CD、粒子受到的电场力沿电场线向左，则从 a 到 b，电场力对粒子做负功，粒子的动能减 小，电势能增大，则粒子在 a 点的速度较大，在 a 点的电势能较小，故 C 错误，D 正确． 故选：D 5．两个相同的带电金属小球，带电量分别为+5q 和﹣7q，球半径远小于两球心的距离 L， 它们相互接触后再放回原位置，则静电力为（ ） A．k B．k C．k D．k 【考点】库仑定律． 【分析】两相同小球接触时电量先中和再平分，从而明确各小球的带电量，再根据库仑定律 列式即可求得静电力的大小． 【解答】解：因两电荷异性，带电量分别为 5Q，﹣7Q，两物体接触后电量先中和再平分， 则可知各自的带电量为﹣q； 由库仑定律可知： 静电力 F= 故选：D． 6．一根粗细均匀的电阻丝通过的电流为 I 时，在 t 时间内产生的热量为 Q，若将该电阻丝 均匀拉长至原来的 2 倍，并通过的电流为 2I，则在时间 t 内产生的热量为（ ） A．8Q B．16Q C． D． 【考点】焦耳定律． 【分析】电阻丝在拉长时体积不变，根据长度的变化可明确截面积的变化，再根据电阻定律 即可明确电阻的变化； 再根据焦耳定律可明确产生的热量变化． 【解答】解：开始时：Q=I2R 由电阻定律 R= 可知，电阻丝拉长到 2 倍时，由于体积不变，故截面积变为原来的 ， 则可知电阻变成原来的 4 倍； 通过的电流为 2I，则在时间 t 内产生的热量：Q′=（2I）2•4R=16I2R=16Q，故 B 正确，ACD 错误． 故选：B． 7．原来都静止的质子 H 和α粒子 He，经过同一电压加速后，它们的速度大小之比为 （ ） A．1：1 B．1：2 C．1：4 D． ：1 【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系． 【分析】根据动能定理，结合电荷量之比和质量之比求出速度大小之比． 【解答】解：根据动能定理知， ，解得 v= ，因为质子和α粒子的电荷 量之比为 1：2，质量之比为 1：4，则它们的速度之比为 ．故 D 正确，A、B、C 错 误． 故选：D． 8．图中，每个电池的电动势为 E，内阻为 r，电阻器的电阻 R 保持不变．甲图中通过 R 的 电流为 I1，乙图中通过 R 的电流为 I2．已知 I1：I2=3：4，则 R：r（ ） A．等于 3：4B．等于 4：3C．等于 1：1D．不能确定 【考点】闭合电路的欧姆定律． 【分析】根据闭合电路欧姆定律分别得出电路中电流与电阻的关系，再求解 R 与 r 之比． 【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得 I1= 已知 I1：I2=3：4，得到 ： =3：4 解得，R：r=1：1 故选 C 9．如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器 下级板都接地．在两极板间有一固定在 P 点的点电荷，以 E 表示两极板间的电场强度，EP 表示点电荷在 P 点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下 移动一小段距离至图中虚线位置，则（ ） A．θ增大，E 增大 B．θ增大，EP 不变 C．θ减小，EP 增大 D．θ减小，E 不变 【考点】电容器的动态分析． 【分析】电容器充电后断开电源，极板上的电量不变；根据电容器的定义式可分析电容的变 化，再根据决定式分析电压的变化，从而分析静电计指针夹角的变化；根据 U=Ed 分析电场 强度的变化；根据电势与电势差之间的关系可分析 P 点电势，再由电势分析电势能的变化． 【解答】解：电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根 据 C= 可知，电容 C 增大，则根据 C= 可知，电压 U 减小；故静电计指针偏角减小； 两板间的电场强度 E= = = ；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变； 再根据设 P 与下极板距离为 l，则 P 点的电势φP=El，电势能 EP=ELq； 因此电荷在 P 点的 电势能保持不变；故 D 正确，ABC 错误； 故选：D． 10．真空中一半径为 r0 的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图所示， r 表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2 分别是该直线上 A、B 两点离球心的距离，根据 电势图象（φ﹣r 图象），判断下列说法中正确的是（ ） A．该金属球可能带负电 B．A 点的电场强度方向由 A 指向 B C．A 点的电场强度小于 B 点的电场强度 D．电荷量为 q 的正电荷沿直线从 A 移到 B 的过程中，电场力做功 W=q（φ2﹣φ1） 【考点】电场强度；电势能． 【分析】根据直线上各点的电势φ分布图判断 A 点和 B 点电势． 沿电场线方向电势逐点降低． 根据电场力做功表达式 W=qU，结合电势差等于两点电势之差，即可求解． 【解答】解：A、由图可知 0 到 r0 电势不变，之后电势变小，带电金属球为一等势体，再依 据沿着电场线方向，电势降低，则金属球带正电，故 A 错误； BC、A 点的电场强度方向由 A 指向 B，A 点的电场强度大于 B 点的电场强度，选项 B 正确、 C 错误； D、正电荷沿直线从 A 移到 B 的过程中，电场力做功 W=qUAB=q（φ1﹣φ2），故 D 错误． 故选：B． 11．下列说法中正确的是（ ） A．由 可知，匀强电场中两点的距离越大，这两点间的电势差就越大 B．由 可知，真空中距离场源点电荷越远，电场强度就越小 C．由 可知，导体中的电流跟两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比 D．由 可知，对于某一确定的导体，所加电压跟通过导体的电流之比是个恒量 【考点】电场强度；欧姆定律． 【分析】在公式 E= 中，d 表示沿电场线方向的距离，不是两点的距离； 是点电荷 的场强公式，结合公式分析电场强度与距离场源电荷距离的关系．根据欧姆定律知，导体中 的电流跟两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比． 【解答】解：A、在公式 E= 中，d 表示沿电场线方向的距离，匀强电场中两点的距离越大， 两点的电势差不一定大，若两点在同一等势线上，电势差为零，故 A 错误． B、由 可知，真空中距离场源点电荷越远，电场强度就越小，故 B 正确． C、根据欧姆定律知，导体中的电流跟两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比，故 C 正确． D、对于确定的导体，电阻不变，则所加电压和通过电流之比是个恒量，故 D 正确． 故选：BCD． 12．如图所示，两等量异种点电荷的电场中，MN 为两电荷连线的中垂线，a、b、c 三点所 在直线平行于两电荷的连线，且 a 与 c 关于 MN 对称，b 点位于 MN 上，d 点位于两电荷的 连线上．则（ ） A．正电荷由 a 静止释放能运动到 c B．负电荷在 a 的电势能大于在 c 的电势能 C．b 点的场强小于 d 的场强 D．a、b 间的电势差等于 b、c 间的电势差 【考点】电场的叠加；电势；电势差与电场强度的关系． 【分析】根据正电荷的受力情况，分析其运动情况．根据等量异号电荷的电场分布特点可知 各点的场强大小．由电势能的定义可知 ac 两点电势能的大小．由电场线性质及电场的对称 性可知 ab 及 bc 两点间的电势差； 【解答】解：A、ac 间的电场线不是直线，正电荷由 a 静止释放后会沿通过 a 点的电场线方 向向上运动，不会运动到 c 点，故 A 错误． B、因 a 点的电势高于 c 点的电势，则负电荷在 a 点的电势能小于在 c 点的电势能，故 B 错 误． C、在两等量异号电荷连线上，连线中点处电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线 上，连线中点处电场强度最大，则知 b 点的场强小于连线中点处的场强，d 点的场强大于连 线中点处的场强，所以 b 点场强小于 d 点场强，故 C 正确． D、由对称性可知，a、b 两点的电势差等于 b、c 两点间的电势差，故 D 正确； 故选：CD 13．三个α粒子在同一点沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了如图所示的运动轨迹，由此 可判断（ ） A．在 b 飞离电场的同时，a 刚好打在负极板上 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．动能的增加值 c 最小，a 和 b 一样大 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动． 【分析】三个α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、三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同．a、b 两粒子在竖直方向 上的位移相等，根据 y= ，可知运动时间相等．故 A 正确． B、b、c 竖直方向上的位移不等，yc＜yb．根据 y= ，可知 tc＜tb．故 B 错误． C、在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v= ． 因 xc=xb，tc＜tb，则 vc＞vb． 根据 ta=tb，xb＞xa．则 vb＞va．所以有：vc＞vb＞va．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，所以动能增加量相等．c 电荷电场 力做功最少，动能增加量最小．故 D 正确． 故选：ACD． 14．如图所示的电路中，E 为电源电动势，r 为电源内阻，R1 和 R3 均为定值电阻，R2 为滑 动变阻器．当 R2 的滑动触点在 ab 的中点时合上开关 S，此时三个电表 A1、A2 和 V 的示数 分别为 I1、I2 和 U．现将 R2 的滑动触点向 a 端移动，则（ ） A．电源的总功率减小 B．R3 消耗的功率增大 C．I1 增大，I2 减小，U 增大 D．I1 减小，I2 不变，U 减小 【考点】闭合电路的欧姆定律． 【分析】理清电路，确定电压表测的是什么电压，电流表测定的是什么电流，抓住电动势和 内阻不变，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路电路的欧姆定律进行分析；根据 分析电源总功率变化情况，由 分析 消耗的功率 【解答】解： 的滑动触点向 a 端移动时， 增大，整个电路的总电阻增大，总电流减小， 内电压减小，外电压增大，即电压表示数 U 增大， 电压减小， 、 并联电压增大， 通过 的电流 增大，即 示数增大，而总电流 I 减小，则通过 的电流 减小，即 示数 减小，故 C 正确；D 错误； 电源的总功率 ，总电流 I 减小，电源的总功率减小，故 A 正确； 消耗的功率 ，总电流减小，R3 消耗的功率减小，故 B 错误； 故选：AC 15．如图所示，带电体 P、Q 可视为点电荷，电荷量相同．倾角为θ、质量为 M 的斜面体放 在粗糙水平面上，将质量为 m 的物体 P 放在粗糙的斜面体上，当物体 Q 放在与 P 等高（PQ 连线水平）且与物体 P 相距为 r 的右侧位置时，P 静止且受斜面体的摩擦力为 0，斜面体保 持静止，静电力常量为 k，则下列说法正确的是（ ） A．P 对斜面的压力为 0 B．斜面体受到地面的摩擦力为 0 C．P、Q 所带电荷量为 D．斜面体对地面的压力为（M+m）g 【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用． 【分析】以 P 为研究对象，根据平衡条件求 Q 对 P 的库仑力和斜面对 P 的支持力，再由库 仑定律求电荷量．以斜面体和 P 整体为研究对象，由平衡条件求解地面对斜面体的支持力 和摩擦力，即可得到斜面体对地面的压力和摩擦力． 【解答】解：A、以 P 为研究对象，受到重力 mg、斜面体的支持力 N 和库仑力 F，如图， 由平衡条件得： F=mgtanθ N= 根据库仑定律得：F=k 联立解得：q= 由牛顿第三定律得 P 对斜面的压力为：N′=N= ，故 A 错误，C 正确． B、以斜面体和 P 整体为研究对象，由平衡条件得知 地面对斜面体的摩擦力为：f=F 地面对斜面体的支持力为：N1=（M+m）g 根据牛顿第三定律得斜面体受到地面的摩擦力为 F，斜面体对地面的压力为为：N1′=N1= （M+m）g．故 B 错误，D 正确． 故选：CD 二、实验题（本题包括 2 小题，共 22 分．请把答案写在答题卷上．） 16．要测绘一个标有“3V、0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增 加到 3V． （1）实验的电路图应选用下图 1 中的 D （填字母代号） （2）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图 2 所示，当小灯泡的电压为 1.0V，其电阻为 10 Ω，由图 2 可得，当电压 U＞1V 后，小灯泡电阻 R 随温度 T 的升高而 增大 （填“增大” 或“减小”）． 【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线． 【分析】（1）根据实验原理及要求明确实验电路图；知道当要求从零开始时要采用分压接法； （2）根据图象可明确 1.0V 时的电流值，利用欧姆定律可求得电阻值；根据图象的斜率可明 确电阻的变化． 【解答】解：（1）测量灯泡的伏安特性曲线应采用分压接法，同时因灯泡内阻较小，故电流 表采用外接法；故电路图应选择 D； （2）由图可知，当电压为 1.0V 时，电流为 0.10A；则由欧姆定律可知：R= = =10Ω； I﹣U 图象的斜率表示电阻的倒数；由图可知，图象的斜率越来越小，说明电阻在增大； 故答案为：（1）D；（2）10，增大 17．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下： （1）用游标为 20 分度的卡尺测量其长度如图，由图甲可知其长度为 l= 50.15 mm； （2）用螺旋测微器测量其直径如图，由图乙可知其直径为 d= 4.700 mm； （3）用多用电表的电阻“×100”挡按正确操作步骤粗测圆柱体电阻，测量时发现指针偏转角 过大，这时应该将选择开关换成欧姆挡的 ×10 挡位（选填 A．“×10”或 B．“×1K”）， 换挡结束后，实验操作上首先要进行的步骤是，正确操作后，表盘的示数如图丙，则该电阻 的阻值 R= 220 Ω． （4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻 R，现有的器材及其代号和规格如下： 待测圆柱体电阻 R； 电流表 A1（量程 0～4mA，内阻约 50Ω）； 电流表 A2（量程 0～10mA，内阻约 30Ω）； 电压表 V1（量程 0～3V，内阻约 10kΩ）； 电压表 V2（量程 0～15V，内阻约 25kΩ）； 直流电源 E（电动势 4V，内阻不计）； 滑动变阻器 R1（阻值范围 0～15Ω，允许通过的最大电流 2.0A）； 滑动变阻器 R2（阻值范围 0～2kΩ，允许通过的最大电流 0.5A）；开关 S；导线若干． 为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表应选 A2 （选填 A．“A1”或 B．“A2”）， 电压表应选 V1 （选填A．“V1”或B．“V2”），滑动变阻器应选 R1 （选填A．“R1”或B．“R2”）， 请在图丁中画出测量的电路图． （5）计算此圆柱体材料电阻率的表达式为ρ= （用 R、d、l 表示）． 【考点】测定金属的电阻率；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用． 【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数； （2）螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数； （3）用欧姆表测电阻应选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡 位的乘积是欧姆表示数； （4）电压从零调起，滑动变阻器应采用分压接法，根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确 定电流表的接法，然后作出实验电路图； （5）应用电阻定律可以求出电阻率的表达式． 【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数是 5cm=50mm，游标尺示数是 3× 0.05mm=0.15mm，则圆柱体的长度是 50mm+0.15mm=50.15mm； （2）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数是 4.5mm，可动刻度示数是 20.0× 0.01mm=0.200mm，圆柱体的直径是 4.5mm+0.200mm=4.700mm； （3）选择旋钮置于欧姆挡“×100”的位置，指针偏转角度太大，说明所选挡位太大，为准确 测量电阻阻值较小误差，应将选择旋钮指向欧姆挡“×10”位置，欧姆调零后测量，其表盘及 指针所指位置如图所示，则电阻为：22×10=220Ω． （4）电源电动势为 4V，电压表应选：V1，电路最大电流约为：I= = ≈0.014A=14mA， 电流表应选 A2， 为方便实验操作，滑动变阻器应选择 R1，由于电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，滑动 变阻器应采用分压接法， = ≈7.3， = ≈45.5， ＞ ，电流表应采用外接法，实验电路图如图 所示： （5）由电阻定律可知：R=ρ =ρ ，解得：ρ= ； 故答案为：（1）50.15；（2）4.700；（3）×10；欧姆调零；220；（4）A2；V1；R1；电路如 图所示；（5） ． 三、计算题（本题包括 3 小题，共 28 分．请把解答过程写在答题卷上．） 18．如图所示的匀强电场中，有 a、b、c 三点，ab=5cm，bc=12cm，其中 ab 沿电场方向， bc 和电场方向成 60°角，一个电荷量为 q=4×10﹣8C 的正电荷从 a 移到 b 电场力做功为 W1=1.2 ×10﹣7J 求： （1）匀强电场的场强 E （2）电荷从 b 移到 c，电场力做功 W2 （3）a、c 两点的电势差 Uac． 【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能． 【分析】（1）根据电场力做功公式 W=qEd，求解电场强度，d 是电场线方向两点间的距离． （2）电场力做功公式 W=qEd，求解电荷从 b 移到 c 电场力做功 W2． （3）先求出电荷从 a 到 c 电场力做功，再求解 a、c 两点的电势差 Uac． 【解答】解：（1）由题，由 W1=qElab 得 E= = （2）电荷从 b 移到 c 电场力做功为 W2=qElbccos60°=4×10﹣8×60×0.12×0.5J=1.44×10﹣7J （3）电荷从 a 移到 c 电场力做功为 Wac=W1+W2 则 a、c 两点的电势差为 Uac= = =6.6V． 答：（1）匀强电场的场强 E=60V/m． （2）电荷从 b 移到 c 电场力做功 W2=1.44×10﹣7J． （3）a、c 两点的电势差 Uac=6.6V． 19．直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用．如图所示，一直流电动机 M 和电灯 L 并 联之后接在直流电源上，电动机内阻 r'=0.5Ω，电灯灯丝电阻 R=9Ω，电源电动势 E=12V，内 阻 r=1Ω．开关 S 闭合，电动机正常工作时，电压表读数为 9V．求： （1）流过电源的电流． （2）流过电动机的电流． （3）电动机对外输出的机械功率． 【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率． 【分析】（1）根据内外之和等于电源的电动势和欧姆定律，求出流过电源的电流． （2）由欧姆定律求出灯泡的电流，由总电流与灯泡电流之差求出流过电动机的电流． （3）电动机对外输出的机械功率等于电动机的总功率与内部发热功率之差． 【解答】解： （1）电源的输出电压：U=E﹣Ir，则有 I= 代入解得：I=3A （2）对灯泡： 电动机与灯泡并联，则电动机的电流 I 电=I﹣I 灯=3A﹣1A=2A （3）根据能量转化与守恒定律得，电动机的输出功率 P 出=UI 电﹣I 电 2r 代入解得，P 出=16W 答：（1）流过电源的电流为 3A． （2）流过电动机的电流为 2A． （3）电动机对外输 出的机械功率是 16W． 20．如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为 m 的电 子静止在竖直放置的平行金属板的 A 点，经电压 U0 加速后通过 B 点进入两板间距为 d、电 压为 U 的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子 刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B 分别为两块竖直板的中点，求： （1）电子通过 B 点时的速度大小； （2）右侧平行金属板的长度； （3）电子穿出右侧平行金属板时的动能． 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用． 【分析】（1）质子在加速电场中，电场力做正功 eU0，由动能定理求解质子射出加速电场的 速度． （2）质子进入偏转电场后做类平抛运动，沿水平方向做匀速直线运动，位移大小等于板长 L；竖直方向做匀加速直线运动，位移大小等于板间距离的一半，由牛顿第二定律求出加速 度，由运动学公式求解板长 L． （3）在偏转电场中，电场力对质子做为 eU，根据动能定理，对全过程研究，求解质子穿 出电场时的速度． 【解答】解：（1）在加速过程根据动能定理得： eU0= 解得到质子射出加速电场的速度 v0= （2）粒子在竖直方向：y= ，a= 在水平方向：x=L=v0t 联立上式得到 代入数据得 L= （3）从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得： =e（U0+ ） 答：（1）电子通过 B 点时的速度大小为 ； （2）右侧平行金属板的长度为 ； （3）电子穿出右侧平行金属板时的动能为 e（U0+ ）； 2016 年 11 月 20 日