物理卷·2018届福建省龙岩市四校联考高二上学期期中物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届福建省龙岩市四校联考高二上学期期中物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年福建省龙岩市四校联考高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．若某点的电场强度为零，则该点的电势一定为零 B．若某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零 C．把一个试探电荷沿着电场线移动，电场力一定做正功 D．电场线的方向一定与等势面垂直 ‎2．两个放在绝缘架上的相同的金属球，相距为d，球的半径比d小得多，分别带有q和3q的电荷，相互斥力为3F，现将这两个金属球接触，然后分开，仍放回原处，则它们的相互斥力变为（　　）‎ A．0 B．F C．3F D．4F ‎3．我们可以设想做这样一个实验：把一段电阻是R、粗细均匀的导体，均匀拉长到原长的2倍，只要测出此时导体的电阻变为如下哪个选项，即可验证电阻定律的正确性（　　）‎ A．8R B．4R C．2R D．‎ ‎4．如图，a、b、c是由正点电荷形成的电场中一条电场线上的三个点，已知ab=bc，a、b两点间电压为10v，则b、c两点间电压（　　）‎ A．等于10V B．大于10V C．小于10V D．条件不足，无法判断 ‎5．如图所示，真空中等量同种负点电荷放置在M、N两点，在M、N的连线上有对称点a、c，M、N连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是（　　）‎ A．O点的场强为零，电势大于零 B．a点的场强与c点的场强相同 C．把一个负的试探电荷从a点移到b点，电势能一定减小 D．把一个正的试探电荷d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度一定先减小后增大 ‎6．如图所示，用金属网把验电器罩起，再使带电金属球靠近验电器，则下面关于验电器箔片的说法正确的是（　　）‎ A．箔片张开 B．箔片不张开 C．箔片不张开的原因是金属网罩没有接地 D．若带电金属球与金属网接触，等电荷稳定分布后，箔片会张开 ‎7．如图所示，一幢居民楼里住着生活水平各不相同的24户居民，所以整幢居民楼里有各种不同的电器，例如电炉、电视机、微波炉、电脑等等．供电后，各家电器同时使用，A、B间的电阻为R，A、B间的电压为U，进线电流为I，如图所示，则计算该幢居民楼用电的总功率可以用的公式是（　　）‎ A．P=I2R B．P= C．P=UI D．无法计算 ‎8．如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为﹣q的物块从A点由静止开始下落，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，从A点运动到B点的过程中加速度大小为2g，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）‎ A．该匀强电场的电场强度为 B．物块从A点运动到C点的过程中，物块和弹簧构成的系统机械能守恒 C．物块从A点运动到C点的过程中电势能的减少量为mg（H+h）‎ D．物块从B点运动到C点的过程中物块的机械能和电势能之和保持不变 ‎9．一电流表并联一个分流电阻后就改装成一个电流表，当把它和标准电流表串联后去测某电路中的电流时，发现标准表读数为2A时，而改装表的读数为2.1A．为了使它的读数准确，应（　　）‎ A．在原分流电阻上再串联一个较小的电阻 B．在原分流电阻上再并联一个较大的电阻 C．在原分流电阻上再串联一个较大的电阻 D．在原分流电阻上再并联一个较小的电阻 ‎10．如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，两个极板为A、B，B板接地，A板带电量+Q，板间电场有一固定点P，若将B板固定，A板下移一些，下列说法正确的是（　　）‎ A．P点的电场强度不变，P点电势也不变 B．P点的电场强度不变，两板间的电势差也不变 C．P点的电场强度变大，P点电势不变 D．P点的电场强度变大，P点电势降低 ‎　‎ 二、不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题给出的四个选项中，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.）‎ ‎11．有A、B两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，从图线可以判断（　　）‎ A．电阻A的阻值大于电阻B B．电阻A的阻值小于电阻B C．两电阻并联时，电阻A消耗的功率较小 D．两电阻串联时，电阻A消耗的功率较小 ‎12．关于电场强度，下列说法错误的是（　　）‎ A．由E=知，若q减半，则该处场强不变 B．由E=k知，当某点与点电荷Q间距离r→0时，该点场强E→∞‎ C．由E=k知，在以Q为球心、r为半径的球面上，各处场强大小相等 D．由E=知，匀强电场的场强大小等于电场中某两点间的电势差与这两点之间距离的比值 ‎13．一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示，不计粒子所受的重力，则（　　）‎ A．粒子带正电 B．粒子的加速度逐渐减小 C．粒子在A点的电势能小于在B点的电势能 D．粒子的速度不断增大 ‎14．下列说法属于电场线性质的是（　　）‎ A．电场线的疏密程度表示电场的强弱 B．同一电场中任意两条电场线不相交 C．电场线上某点的切线方向就是放在该点的点电荷所受电场力的方向 D．带电粒子在只受电场力时，运动轨迹一定与电场线重合 ‎15．如图所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘线系一带电小球，小球的质量为m、电荷量为q．为了保证当丝线与竖直方向的夹角为θ=60°时，小球处于平衡状态，则匀强电场的电场强度大小可能为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 三、实验题（画图4分，其它每空2分，共18分）‎ ‎16．用伏安法测量电阻的阻值大小，若待测电阻丝的电阻约为5Ω，要求测量结果尽量准确，备有以下器材：‎ A、电池组（3V）‎ B、电流表（0～0.6A，内阻约为0.125Ω）‎ C、电压表（0～3V，内阻约为4kΩ）‎ D、滑动变阻器（0～5Ω，允许最大电流2A）‎ F、滑动变阻器（0～2000Ω，允许最大电流0.3A）‎ G、开关、导线 ‎①上述器材中滑动变阻器选用的是　　．（只填写字母代号）‎ ‎②实验时为了多测几组数据，且要求待测电阻两端的电压从零开始调节，在图1中的虚线框内画出测量电路图．‎ ‎③从系统误差的角度分析，Rx的测量值Rx测与其真实值Rx真相比较，有Rx测　　Rx真 （选填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎④某次测量中，两电表的刻度盘示数如图2所示，（甲）所示读数为　　V；（乙）所示读数为　　A．利用螺旋测微器测量金属丝的直径（丙）d=　　mm．‎ ‎⑤根据测量数据得到的伏安特性曲线如图3所示，图中MN段向上弯曲的主要原因是　　‎ A．测量数据数据太少且误差太大 B．作图太随意，没有使用直尺 C．随着电阻丝中的电流增大，电阻丝的温度升高，电阻率增大，电阻增大 D．以上说法都不正确 ‎⑥若某次测量中，金属丝的长度为l，直径为D，电压表和电流表读数分别为U和I，请用上述直接测量的物理量写出电阻率ρ的计算式：ρ=　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题3小题，共32分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎17．一台电风扇，内阻为r=20Ω，接上U=220V的电压后，正常运转时它消耗的电功率P=66W，求：‎ ‎（1）通过电风扇的电流大小；‎ ‎（2）电动机的发热功率和转化为机械能的功率各是多少？‎ ‎18．如图所示，一空间存在竖直向下的匀强电场，该电场的宽度为L=4m，一个带负电且电荷量大小为q=1×10﹣3c，质量m=1kg的小球，从A点以v0=2m/s的水平速度射入电场，从B点射出电场．已知匀强的电场强度E=5×103V/m，重力加速度g取10m/s2．求：‎ ‎（1）小球在电场中运动的时间；‎ ‎（2）小球射出电场时的速度大小；‎ ‎（3）A、B两点的电势差？‎ ‎19．如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场．一质量为m=1kg，电荷量为+q的带电小球从斜面上距A点s=2m处的O点静止释放．已知电场强度E=，θ=53°，圆轨道半径R=1m，（g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：‎ ‎（1）小球经过B点的速度大小；‎ ‎（2）小球经过B点时受到的支持力的大小；‎ ‎（3）为了使小球能经过C点，小球应在斜面上至少离A点多远处静止释放？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省龙岩市四校联考高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．若某点的电场强度为零，则该点的电势一定为零 B．若某点的电势为零，则该点的电场强度一定为零 C．把一个试探电荷沿着电场线移动，电场力一定做正功 D．电场线的方向一定与等势面垂直 ‎【考点】电场强度；电势．‎ ‎【分析】静电场中，电势具有相对性，电场强度为零的点电势不一定为零，电势为零的点电场强度不一定为零．等势面与电场线垂直．‎ ‎【解答】解：A、某点电场强度为零，该点的电势不一定为零，故A错误．‎ B、若某点的电势为零，该点的电场强度不一定为零，比如等量异种电荷连线的中垂线，电势为零，电场强度不为零，故B错误．‎ C、把一个试探电荷沿着电场线移动，电场力的方向与运动方向可能相反，电场力可能做负功，故C错误．‎ D、电场线的方向与等势面一定垂直，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．两个放在绝缘架上的相同的金属球，相距为d，球的半径比d小得多，分别带有q和3q的电荷，相互斥力为3F，现将这两个金属球接触，然后分开，仍放回原处，则它们的相互斥力变为（　　）‎ A．0 B．F C．3F D．4F ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】由库仑定律可得出两球在接触前后的库仑力表达式，则根据电量的变化可得出接触后的作用力与原来作用力的关系．‎ ‎【解答】解：由库仑定律可得：3F=k=3k；‎ 所以有：F=k；‎ 而两球接触后再分开平分总电量，故分开后两球的带电量为2q；‎ 则库仑力为：F′==4F；故D正确、ABC错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．我们可以设想做这样一个实验：把一段电阻是R、粗细均匀的导体，均匀拉长到原长的2倍，只要测出此时导体的电阻变为如下哪个选项，即可验证电阻定律的正确性（　　）‎ A．8R B．4R C．2R D．‎ ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】电阻定律为：，由此可判定选项．‎ ‎【解答】解：电阻定律为：，由此把一段电阻是R、粗细均匀的导体，均匀拉长到原长的2倍，由于体积不变，故横截面积变为：，只要测出此时导体的电阻变为：，即可验证电阻定律的正确性，故B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．如图，a、b、c是由正点电荷形成的电场中一条电场线上的三个点，已知ab=bc，a、b两点间电压为10v，则b、c两点间电压（　　）‎ A．等于10V B．大于10V C．小于10V D．条件不足，无法判断 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】本题考查了正点电荷周围的电场强度、电势、电势差的情况，知道电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，根据点电荷的周围电场分布情况可正确解答．‎ ‎【解答】解：由图可知电场线的方向向右，而a、b、c是由正点电荷形成的电场中一条电场线上的三个点，则正电荷在a的左端，所以a、b之间的平均场强一定大于b、c之间的平均场强，已知ab=bc，a、b两点间电压为10v，则由U=Ed可得b、c两点间电压一定小于10V；‎ 故选C ‎　‎ ‎5．如图所示，真空中等量同种负点电荷放置在M、N两点，在M、N的连线上有对称点a、c，M、N连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是（　　）‎ A．O点的场强为零，电势大于零 B．a点的场强与c点的场强相同 C．把一个负的试探电荷从a点移到b点，电势能一定减小 D．把一个正的试探电荷d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度一定先减小后增大 ‎【考点】电场的叠加；电场强度；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据场强的叠加，分析O点的场强以及a、c两点场强的关系．根据等量同种电荷周围的电场线分布，结合沿电场线方向电势逐渐降低，分析电势的变化，从而分析电荷电势能的变化．根据叠加，结合极限的思维方法分析d到O所受电场力的变化，从而得出加速度的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据场强的叠加知，M和N两点的点电荷在O点产生的场强大小相等，方向相反，合场强为零，沿着电场线方向电势逐渐降低，电场线方向指向负电荷，由于无穷远处电势为零，可知O点电势小于零，故A错误．‎ B、根据场强的叠加知，a、c两点场强的大小相等，方向相反，故B错误．‎ C、由等量同种电荷周围的电场线知，b点的电势高于a点电势，则负电荷在a点的电势能高于b点的电势能，把一个负的试探电荷从a点移到b点，电势能一定减小，故C正确．‎ D、由对称性知O点的场强为零，正电荷从d点静止释放，在它从d点运动到b点的过程中，加速度可能先减小再增大，也可能先增大后减小到零，然后先增大后减小，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，用金属网把验电器罩起，再使带电金属球靠近验电器，则下面关于验电器箔片的说法正确的是（　　）‎ A．箔片张开 B．箔片不张开 C．箔片不张开的原因是金属网罩没有接地 D．若带电金属球与金属网接触，等电荷稳定分布后，箔片会张开 ‎【考点】静电场中的导体．‎ ‎【分析】根据静电屏蔽的知识可知，用一个空腔导体把外电场遮住，使其内部不受影响．由此分析解答即可．‎ ‎【解答】解：静电屏蔽：为了避免外界电场对仪器设备的影响，或者为了避免电器设备的电场对外界的影响，用一个空腔导体把外电场遮住，使其内部不受影响，也不使电器设备对外界产生影响，故用金属网把验电器罩起来，再使带电金属球靠近验电器，箔片不张开．故B正确、ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，一幢居民楼里住着生活水平各不相同的24户居民，所以整幢居民楼里有各种不同的电器，例如电炉、电视机、微波炉、电脑等等．供电后，各家电器同时使用，A、B间的电阻为R，A、B间的电压为U，进线电流为I，如图所示，则计算该幢居民楼用电的总功率可以用的公式是（　　）‎ A．P=I2R B．P= C．P=UI D．无法计算 ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】该幢楼内用电器有纯电阻的用电器，也有非纯电阻的用电器，P=UI．也可以根据功率公式求出P．‎ ‎【解答】解：由题可知，该幢楼内用电器有纯电阻的用电器，也有非纯电阻的用电器，‎ 则该幢楼居民用电的总功率为P=UI．由于欧姆定律不成立，U＞IR，则P＞I2R，P=和P=I2R不能用来求总功率，故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，在空间中存在竖直向上的匀强电场，质量为m、电荷量为﹣q的物块从A点由静止开始下落，下落高度H到B点后与一轻弹簧接触，又下落h后到达最低点C，整个过程中不计空气阻力，从A点运动到B点的过程中加速度大小为2g，且弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，下列说法正确的是（　　）‎ A．该匀强电场的电场强度为 B．物块从A点运动到C点的过程中，物块和弹簧构成的系统机械能守恒 C．物块从A点运动到C点的过程中电势能的减少量为mg（H+h）‎ D．物块从B点运动到C点的过程中物块的机械能和电势能之和保持不变 ‎【考点】电势能；功能关系；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】对于A到B过程，运用牛顿第二定律可求得电场强度．由A运动到C的过程中，电场力做功W=qE（H+h），从而求得电势能的减少量．由功能关系分析．‎ ‎【解答】解：A、物体从A运动到B的过程中，根据牛顿第二定律得：mg+qE=ma，且 a=3g，解得：E=，故A正确．‎ B、物块从A点运动到C点的过程中，电场力对物块做正功，物块和弹簧构成的系统机械能增加，故B错误．‎ C、从A到C的过程中，电场力做功为：W=qE（H+h）=2mg（H+h），则电势能的减少量为2mg（H+h）．故C错误．‎ D、物块从B点运动到C点的过程中，根据能量守恒定律知，物块的机械能和电势能之和保持不变，故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎9．一电流表并联一个分流电阻后就改装成一个电流表，当把它和标准电流表串联后去测某电路中的电流时，发现标准表读数为2A时，而改装表的读数为2.1A．为了使它的读数准确，应（　　）‎ A．在原分流电阻上再串联一个较小的电阻 B．在原分流电阻上再并联一个较大的电阻 C．在原分流电阻上再串联一个较大的电阻 D．在原分流电阻上再并联一个较小的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】电流表示数偏大，说明所并联电阻的分流太小，则分流电阻阻值偏大．让分流电阻变的稍小些即可．‎ ‎【解答】解：两电流表串联，通过它们的电流相等，标准表读数为2A时，而改装表的读数为2.1A，说明改装后的电流表分流电阻分流偏小，分流电阻偏大；‎ 为校准电流表，应使分流电阻阻值稍微减小，可以在原分流电阻上再并联一个较大的电阻，故B正确；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，平行板电容器充电后与电源断开，两个极板为A、B，B板接地，A板带电量+Q，板间电场有一固定点P，若将B板固定，A板下移一些，下列说法正确的是（　　）‎ A．P点的电场强度不变，P点电势也不变 B．P点的电场强度不变，两板间的电势差也不变 C．P点的电场强度变大，P点电势不变 D．P点的电场强度变大，P点电势降低 ‎【考点】电容器的动态分析；电场强度．‎ ‎【分析】平行板电容器充电后与电源断开，电容器电荷量不变，根据U=，C=，E=分析P点电场强度的变化，通过U=Ed分析P点与B板间电势差的变化，从而得出P点电势的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据U=，C=知，E==，可知d变化，电场强度 不变，根据U=Ed′知，P点与B板间的距离不变，则P与B板间的电势差不变，B板的电势为零，则P点的电势不变，故A正确，B、C、D错误．‎ B、两板间的电场强度不变，两板间的距离减小，两板间的电势差减小，故B错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ 二、不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分．每小题给出的四个选项中，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分.）‎ ‎11．有A、B两个电阻，它们的伏安特性曲线如图所示，从图线可以判断（　　）‎ A．电阻A的阻值大于电阻B B．电阻A的阻值小于电阻B C．两电阻并联时，电阻A消耗的功率较小 D．两电阻串联时，电阻A消耗的功率较小 ‎【考点】路端电压与负载的关系．‎ ‎【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P=比较功率的大小．串联时，电路相等，根据P=I2R比较消耗的功率大小．‎ ‎【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错误，B正确；‎ C、两电阻并联时，电压相等，根据P=，A的功率大，故C错误；‎ D、两电阻串联时，电流相等，由于A的电阻小，根据P=I2R，A的功率小，故D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ ‎12．关于电场强度，下列说法错误的是（　　）‎ A．由E=知，若q减半，则该处场强不变 B．由E=k知，当某点与点电荷Q间距离r→0时，该点场强E→∞‎ C．由E=k知，在以Q为球心、r为半径的球面上，各处场强大小相等 D．由E=知，匀强电场的场强大小等于电场中某两点间的电势差与这两点之间距离的比值 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】为电场强度的定义式，适用于一切电场，是点电荷的场强公式，适用于点电荷产生的电场，适用于匀强电场的计算，注意d表示两点沿电场线方向上的距离．‎ ‎【解答】解：A、电场强度的大小与试探电荷的电量无关，q减半，则该处场强不变，故A正确．‎ B、E=k适用于点电荷的场强，当某点与点电荷Q间距离r→0时，该电荷不能看成点电荷，该公式不再适用，故B错误．‎ C、由E=k知，在以Q为球心、r为半径的球面上，各处场强大小相等，故C正确．‎ D、在E=中，d表示两点沿电场线方向的距离，不一定是两点的距离，故D错误．‎ 本题选错误的，故选：BD．‎ ‎　‎ ‎13．一带电粒子从电场中的A点运动到B点，轨迹如图中虚线所示，不计粒子所受的重力，则（　　）‎ A．粒子带正电 B．粒子的加速度逐渐减小 C．粒子在A点的电势能小于在B点的电势能 D．粒子的速度不断增大 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据轨迹的弯曲得出粒子所受电场力方向，从而确定粒子的电性．根据电场强度的变化，得出电场力的变化，结合牛顿第二定律得出加速度的变化．根据电势的高低，结合电势能的公式比较出A、B两点的电势能高低．根据电场力做功，结合动能定理判断速度的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据轨迹的弯曲知，合力大致指向轨迹凹的一向，则带电粒子所受电场力方向与电场强度方向相反，该粒子带负电，故A错误．‎ B、从A点到B点，电场线越来越疏，电场强度越来越小，粒子所受电场力越来越小，根据牛顿第二定律知，粒子加速度逐渐减小，故B正确．‎ C、沿电场线方向电势逐渐 降低，可知A点的电势高于B点，则负电荷在A点的电势能小于B点电势能，故C正确．‎ D、从A到B，电场力做负功，根据动能定理知，粒子速度减小，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎14．下列说法属于电场线性质的是（　　）‎ A．电场线的疏密程度表示电场的强弱 B．同一电场中任意两条电场线不相交 C．电场线上某点的切线方向就是放在该点的点电荷所受电场力的方向 D．带电粒子在只受电场力时，运动轨迹一定与电场线重合 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】电场线是一种理想化的物理模型，不是带电粒子的运动轨迹，电场线的切线方向是该点电场强度的方向；任何两条电场线都不相交，电场线的疏密表示电场的强弱．‎ ‎【解答】解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，故A正确；‎ B、在电场中，任何电场线都不相交，故B正确；‎ C、在电场中的任一点，正电荷的受力方向，就是该点的电场方向，负电荷的受力方向与场强方向相反，故C错误；‎ D、带电粒子在只受电场力，且电场线是直线时运动轨迹与电场线重合，故D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，在一电场强度沿纸面方向的匀强电场中，用一绝缘线系一带电小球，小球的质量为m、电荷量为q．为了保证当丝线与竖直方向的夹角为θ=60°时，小球处于平衡状态，则匀强电场的电场强度大小可能为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场强度；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据共点力平衡，求出电场力的最小值，从而知道电场强度的最小值．‎ ‎【解答】解：小球受重力、电场力和拉力处于平衡，根据平行四边形定则，当电场力方向与拉力方向垂直时，电场力最小，Fmin=mgsin60°，所以电场强度的最小值．故A、C、D正确，B错误．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ 三、实验题（画图4分，其它每空2分，共18分）‎ ‎16．用伏安法测量电阻的阻值大小，若待测电阻丝的电阻约为5Ω，要求测量结果尽量准确，备有以下器材：‎ A、电池组（3V）‎ B、电流表（0～0.6A，内阻约为0.125Ω）‎ C、电压表（0～3V，内阻约为4kΩ）‎ D、滑动变阻器（0～5Ω，允许最大电流2A）‎ F、滑动变阻器（0～2000Ω，允许最大电流0.3A）‎ G、开关、导线 ‎①上述器材中滑动变阻器选用的是　D　．（只填写字母代号）‎ ‎②实验时为了多测几组数据，且要求待测电阻两端的电压从零开始调节，在图1中的虚线框内画出测量电路图．‎ ‎③从系统误差的角度分析，Rx的测量值Rx测与其真实值Rx真相比较，有Rx测　＜　Rx真 （选填“＞”、“＜”或“=”）．‎ ‎④某次测量中，两电表的刻度盘示数如图2所示，（甲）所示读数为　1.1　V；（乙）所示读数为　0.20　A．利用螺旋测微器测量金属丝的直径（丙）d=　1.705　mm．‎ ‎⑤根据测量数据得到的伏安特性曲线如图3所示，图中MN段向上弯曲的主要原因是　C　‎ A．测量数据数据太少且误差太大 B．作图太随意，没有使用直尺 C．随着电阻丝中的电流增大，电阻丝的温度升高，电阻率增大，电阻增大 D．以上说法都不正确 ‎⑥若某次测量中，金属丝的长度为l，直径为D，电压表和电流表读数分别为U和I，请用上述直接测量的物理量写出电阻率ρ的计算式：ρ=　　．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】①明确实验原理，根据滑动变阻器的作用选择滑动变阻器；‎ ‎②根据实验原理进行分析，从而明确滑动变阻器以及电流表接法；‎ ‎③分析电路结构，明确电表内阻的影响，从而分析实验误差；‎ ‎④根据电阻随温度的变化规律可明确图象弯曲的原因；‎ ‎⑤根据电表量程进行分析，从而得出最终读数；根据螺旋测微器的读数方法读出直径；‎ ‎⑥根据欧姆定律以及电阻定律联立即可求得电阻率．‎ ‎【解答】解：①待测电阻丝的电阻约为5Ω，若选择2000Ω的电阻则实验很难操作，故应选择小电阻D；‎ ‎②由于本实验中要求多测几组数据，故应采用分压接法，同时因电阻较小，故应采用电流表外接法；如图所示；‎ ‎③采用电流表外接法，由于电压表内阻的影响，电流表示数偏大，则由欧姆定律得出的电阻值偏小；‎ ‎④MN段向上弯曲，说明电阻在不断增大，引起的原因是通电时间较长，导致发热，温度升高，电阻变大，故C正确，ABD错误；‎ ‎⑤电压表量程应选3V，故示数为1.1V；电流表量程为0.6A，则读数为0.20A；螺旋测微器固定部分读数为1.5mA，转动部分为20.5，故最终读数为：1.5+20.5×0.01=1.705mm；‎ ‎⑥根据R=以及R=‎ 可得：ρ=‎ 故答案为：①D；②如图所示；③＜；④1.1；0.20；1.705；⑤C；⑥‎ ‎　‎ 三、计算题（本题3小题，共32分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎17．一台电风扇，内阻为r=20Ω，接上U=220V的电压后，正常运转时它消耗的电功率P=66W，求：‎ ‎（1）通过电风扇的电流大小；‎ ‎（2）电动机的发热功率和转化为机械能的功率各是多少？‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）根据P=UI求解额定电流I；‎ ‎（2）根据Pr=I2r求解热功率，根据P机=P﹣Pr求解输出的机械功率．‎ ‎【解答】解：（1）电动机的额定功率为66W，额定电压为220V，故额定电流为：I===0.3A；‎ ‎（2）电动机的发热功率Pr=I2r=0.32×20=1.8W；‎ 转化为机械能的功率：P机=P﹣Pr=66W﹣1.8W=14.2W；‎ 答：（1）通过电风扇的电流大小为0.3A；‎ ‎（2）电动机的发热功率为1.8W，转化为机械能的功率为14.2W．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，一空间存在竖直向下的匀强电场，该电场的宽度为L=4m，一个带负电且电荷量大小为q=1×10﹣3c，质量m=1kg的小球，从A点以v0=2m/s的水平速度射入电场，从B点射出电场．已知匀强的电场强度E=5×103V/m，重力加速度g取10m/s2．求：‎ ‎（1）小球在电场中运动的时间；‎ ‎（2）小球射出电场时的速度大小；‎ ‎（3）A、B两点的电势差？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差．‎ ‎【分析】（1）小球在水平方向做匀速直线运动，应用速度公式可以求出时间．‎ ‎（2）小球在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，应用速度公式可以求出竖直分速度，然后求出小球的速度．‎ ‎（3）根据匀强电场场强与电势差的关系求出电势差．‎ ‎【解答】解：（1）小球运动时间：t===2s；‎ ‎（2）小球的竖直加速度：a===5m/s2，‎ 小球射出电场时：vy=at=5×2=10m/s，‎ 小球射出电场时的速度大小：v==≈10.2/s；‎ ‎（3）小球的竖直分位移：y=at2=×5×22=10m，‎ A、B间的电势差：UAB=Ey=5×103×10=5×104V；‎ 答：（1）小球在电场中运动的时间为2s；‎ ‎（2）小球射出电场时的速度大小为10.2m/s；‎ ‎（3）A、B两点的电势差为5×104V．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，一个光滑斜面与一个光滑的竖直圆轨道在A点相切，B点为圆轨道的最低点，C点为圆轨道的最高点，整个空间存在水平向左的匀强电场．一质量为m=1kg，电荷量为+q的带电小球从斜面上距A点s=2m处的O点静止释放．已知电场强度E=，θ=53°，圆轨道半径R=1m，（g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：‎ ‎（1）小球经过B点的速度大小；‎ ‎（2）小球经过B点时受到的支持力的大小；‎ ‎（3）为了使小球能经过C点，小球应在斜面上至少离A点多远处静止释放？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力．‎ ‎【分析】（1）从O到B过程，应用动能定理可以求出小球在B点的速度．‎ ‎（2）小球做圆周运动，在B点应用牛顿第二定律可以求出小球受到的支持力．‎ ‎（3）应用牛顿第二定律求出小球恰好经过C点的速度，然后应用动能定理求出小球释放点的位置．‎ ‎【解答】解：（1）从O到B过程，由动能定理得：‎ mg[ssinθ+R（1﹣cosθ）]﹣qE（scosθ+Rsinθ）=mvB2﹣0，‎ 解得：vB=m/s；‎ ‎（2）在B点，由牛顿第二定律得：N﹣mg=m，解得：N=20N；‎ ‎（3）小球恰好经过C点，由牛顿第二定律得：mg=m，解得：vC=m/s，‎ 小球从静止到C点过程，由动能定理得：‎ mg[Lsinθ+R（1﹣cosθ）﹣2R]﹣qE（Lcosθ+Rsinθ）=mvC2﹣0，‎ 解得：L=m；‎ 答：（1）小球经过B点的速度大小为m/s；‎ ‎（2）小球经过B点时受到的支持力的大小20N；‎ ‎（3）为了使小球能经过C点，小球应在斜面上至少离A点m处静止释放．‎ ‎　‎ ‎2016年12月1日