物理·福建省龙岩市连城一中2016-2017学年高二上学期期中考试物理（理）试卷 Word版含解析

物理·福建省龙岩市连城一中2016-2017学年高二上学期期中考试物理（理）试卷 Word版含解析

‎2016-2017学年福建省龙岩市连城一中高二（上）期中考试 物理试卷（理科）　‎ 一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．电场强度反映了电场的力的性质，因此场中某点的场强与检验电荷在该点所受的电场力成正比 B．公式E=和E=k对于任何电场都是适用的 C．场中某点的场强方向是检验电荷在该点的受力方向 D．电场中某点的场强等于，但与检验电荷的受力大小及电荷量无关 ‎2．电视机的荧光屏表面经常有许多灰尘，这主要的原因（　　）‎ A．灰尘的自然堆积 B．玻璃具有较强的吸附灰尘的能力 C．电视机工作时，屏表面有静电而吸附灰尘 D．电视机工作时，屏表面温度较高而吸附灰尘 ‎3．用控制变量法，可以研究影响电荷间相互作用力的因素．如图所示，O是一个带电的物体，若把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，可以比较小球在不同位置所受带电物体的作用力的大小．这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度θ显示出来．若物体O的电荷量用Q表示，小球的电荷量用q表示，物体与小球间距离用d表示，物体和小球之间的作用力大小用F表示．则以下对该实验现象的判断正确的是（　　）‎ A．保持Q、q不变，增大d，则θ变大，说明F与d有关 B．保持Q、q不变，减小d，则θ变大，说明F与d成反比 C．保持Q、d不变，减小q，则θ变小，说明F与q有关 D．保持q、d不变，减小Q，则θ变小，说明F与Q成正比 ‎4．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律．有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如果闭合电路中电源的电动势为12V，外电压为10V，当有0.5C电荷量通过电路时，下列结论正确的是（　　）‎ A．在电源外部，静电力将5 J的电能转化为其他形式的能 B．在电源内部，静电力将6 J的其他形式的能转化为电能 C．在电源内部，非静电力将5 J的其他形式的能转化为电能 D．在电源外部，静电力将6 J的电能转化为其他形式的能 ‎6．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0V．重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V，则这台电动机正常运转时输出功率为（　　）‎ A．48W B．447W C．44W D．32W ‎7．如图所示，R1=R2=R3=R4=R，电键S闭合时，间距为d的平行板电容器C的正中间有一质量为m、电荷量为q的小球恰好处于静止状态；电键S断开时，则小球的运动情况为（　　）‎ A．不动 B．向上运动 C．向下运动 D．不能确定 ‎8．如图所示，在M、N处固定着两个等量异种点电荷，在它们的连线上有A、B两点，已知MA=AB=BN，下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B两点电势相等 B．A、B两点场强相同 C．将一正电荷从A点移到B点，电场力做负功 D．负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能 ‎9．直线ab是电场中的一条电场线，从a点无初速度释放一电子，电子仅在电场力的作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能Ep随位移x变化的规律如图所示，设a、b两点的电场强度分别为Ea和和Eb，电势分别为φa和φb．则（　　）‎ A．Ea=Eb B．Ea＜Eb C．φa＜φb D．φa＞φb ‎10．一个初动能为Ek的带电粒子，以速度v沿垂直电场强度方向飞入两块平行金属板间（带等量异号电荷且正对放置），飞出时粒子动能为2Ek，如果这个带电粒子的初速度增加到原来的2倍，仍从原位置沿原方向射入，不计重力，那么该粒子飞出两平行金属板间时的动能为（　　）‎ A．4Ek B．4.25Ek C．6Ek D．9.5Ek ‎　‎ 二．不定项选择题（共16分）‎ ‎11．如图所示，电源内阻不可忽略，开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（　　）‎ A．电压表示数减小 B．电压表示数增大 C．电流表的示数减小 D．电流表的示数增大 ‎12．一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．不计粒子所受重力，则（　　）‎ A．粒子带正电 B．粒子加速度逐渐减小 C．A点的速度大于B点的速度 D．粒子的初速度不为零 ‎13．如图所示，在平面直角坐标系中有一底角是60°的等腰梯形，坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中O（0，0）点电势为6V，A（1，）点电势为3V，B（3，）点电势为0V，则由此可判定（　　）‎ A．C点电势为3 V B．C点电势为0 V C．该匀强电场的电场强度大小为100 V/m D．该匀强电场的电场强度大小为100 V/m ‎14．如图所示的电路，将两个相同的电流计分别改装成A1（0﹣3A）和A2（0﹣0.6A）的电流表，把两个电流表并联接入电路中测量电流强度，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A1的指针半偏时，A2的指针也半偏 B．A1的指针还没半偏时，A2的指针已经半偏 C．A1的读数为1.00A时，A2的读数为0.20A D．A1的读数为1.00A时，干路的电流I为2.00A ‎　‎ 三、实验题（共17分）‎ ‎15．（8分）某同学设计的可调电源电路如图（a）所示，R0为保护电阻，P为滑动变阻器的滑片，闭合电键S．‎ ‎①用电压表测量A、B两端的电压；将电压表调零，选择0～3V档，示数如图（b），电压值为　　V．‎ ‎②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于　　端．‎ ‎③要使输出电压U变大，滑片P应向　　端．‎ ‎④若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在　　的风险（填“断路”或“短路”）‎ ‎16．（9分）在测量金属丝电阻率的试验中，可供选用的器材如下：‎ 待测金属丝：Rx（阻值约4Ω，额定电压约2V）；‎ 电压表：V（量程3V，内阻约3kΩ）；‎ 电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；‎ A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；‎ 电源：E1（电动势3V，内阻不计）‎ E2（电动势12V，内阻不计）‎ 滑动变阻器：R1（最大阻值约20Ω）‎ 滑动变阻器：R2（最大阻值约1kΩ）‎ 螺旋测微器；毫米刻度尺；开关；导线．‎ ‎（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为　　mm．‎ ‎（2）为使测量尽量精确，需要多组测量，电流表应选　　、电源应选　　滑变应选　　（均填器材代号），在虚线框中（答题卡上）完成电路原理图．‎ ‎　‎ 四、计算题（本题共3小题，共37分）‎ ‎17．（12分）电池电动势为6V，内阻为2Ω，用这电池对电阻R=10Ω的用电器供电，试计算：‎ ‎（1）用电器上得到的电压和电功率；‎ ‎（2）电池的内电压和在内电阻上损失的热功率．‎ ‎18．（12分）如图所示，质量为m、电荷量为+q的带电小球拴在一不可伸长的绝缘轻细绳一端，绳的另一端固定于O点，绳长为l．现加一个水平向右的匀强电场，小球静止于与竖直方向成θ=30°角的A点．已知重力加速度为g．求：‎ ‎（1）所加电场的场强E的大小；‎ ‎（2）若将小球拉起至与O点等高的B点后无初速释放，则小球经过最低点C时，绳对小球拉力的大小．‎ ‎19．（13分）如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场．电量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力．‎ ‎（1）若粒子从c点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能；‎ ‎（2）若粒子离开电场时动能为Ek′，则电场强度为多大？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省龙岩市连城一中高二（上）期中 物理试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．电场强度反映了电场的力的性质，因此场中某点的场强与检验电荷在该点所受的电场力成正比 B．公式E=和E=k对于任何电场都是适用的 C．场中某点的场强方向是检验电荷在该点的受力方向 D．电场中某点的场强等于，但与检验电荷的受力大小及电荷量无关 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【专题】应用题；定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题．‎ ‎【分析】本题根据电场强度的物理意义、定义式和点电荷场强公式进行判断．电场强度反映电场本身的力性质，与试探电荷的电量、所受的电场力无关；电场强度的方向与正试探电荷在该点所受的静电力方向相同．掌握各个公式的适用条件．‎ ‎【解答】解：A、电场强度反映了电场本身的力的性质，由电场本身决定，与试探电荷的电荷量、所受的电场力无关，所以不能说电场强度与试探电荷在该点所受的电场力成正比．故A错误．‎ B、公式E=是普遍适用的，E=k只适用于点电荷周围的电场强度的计算，B错误；‎ C、物理学上规定：规定电场中某点电场强度的方向与正试探电荷在该点所受的静电力方向相同．故C错误．‎ D、电场强度反映了电场本身的力的性质，由电场本身决定，电场中某点的场强等于，但与检验电荷的受力大小及电荷量无关，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】解决本题的关键要掌握电场强度的定义式，知道该公式采用的是比值定义法，明确电场强度方向与正检验电荷所受电场力相同，与负正检验电荷所受电场力相反．‎ ‎　‎ ‎2．电视机的荧光屏表面经常有许多灰尘，这主要的原因（　　）‎ A．灰尘的自然堆积 B．玻璃具有较强的吸附灰尘的能力 C．电视机工作时，屏表面有静电而吸附灰尘 D．电视机工作时，屏表面温度较高而吸附灰尘 ‎【考点】静电现象的解释．‎ ‎【分析】带电体有吸引轻小物体的性质，据此结合选项进行分析判断．‎ ‎【解答】解：电视机工作时，由于电子运动到了屏幕上，使屏幕带了电，而带电体有吸引轻小物体的性质，故把灰尘吸引到了屏幕上．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题通过我们身边现象考查带电体的性质，即带电体能吸引轻小物体；故带电体更易吸附灰尘．‎ ‎　‎ ‎3．用控制变量法，可以研究影响电荷间相互作用力的因素．如图所示，O是一个带电的物体，若把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，可以比较小球在不同位置所受带电物体的作用力的大小．这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度θ显示出来．若物体O的电荷量用Q表示，小球的电荷量用q表示，物体与小球间距离用d表示，物体和小球之间的作用力大小用F表示．则以下对该实验现象的判断正确的是（　　）‎ A．保持Q、q不变，增大d，则θ变大，说明F与d有关 B．保持Q、q不变，减小d，则θ变大，说明F与d成反比 C．保持Q、d不变，减小q，则θ变小，说明F与q有关 D．保持q、d不变，减小Q，则θ变小，说明F与Q成正比 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【专题】电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】根据库仑定律公式F=判断物体与小球之间的作用力F与什么因素有关．丝线偏离竖直方向的角度θ越大，则作用力越大．‎ ‎【解答】解：A、保持Q、q不变，根据库仑定律公式F=，增大d，库仑力变小，则θ变小，减小d，库仑力变大，则θ变大．F与d的二次方成反比．故A、B错误．‎ ‎ C、保持Q、d不变，减小q，则库仑力变小，θ变小，知F与q有关．故C正确．‎ ‎ D、保持q、d不变，减小Q，则库仑力变小，θ变小，根据库仑定律公式F=，知F与两电荷的乘积成正比．故D错误．‎ 故选C．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握库仑定律的公式F=，知道库仑力与两电荷的乘积成正比，与距离的二次方成反比．‎ ‎　‎ ‎4．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律．有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】由金属导体电阻的决定式R=进行计算，注意各电阻中的导体长度及截面积．‎ ‎【解答】解：由电阻的决定式可知，A中电阻RA=，B中电阻RB=；C中电阻RC=；D中电阻RD=；‎ 故电阻最小的为A；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题考查电阻定率的应用，要注意电阻是由导体本身的性质决定的．‎ ‎　‎ ‎5．如果闭合电路中电源的电动势为12V，外电压为10V，当有0.5C电荷量通过电路时，下列结论正确的是（　　）‎ A．在电源外部，静电力将5 J的电能转化为其他形式的能 B．在电源内部，静电力将6 J的其他形式的能转化为电能 C．在电源内部，非静电力将5 J的其他形式的能转化为电能 D．在电源外部，静电力将6 J的电能转化为其他形式的能 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】在电源的内部非静电力做功将其它形式的能转化为电能，在电源的外部，静电力做功将电能转化为其它形式的能．‎ ‎【解答】解：A、在电源外部，根据公式：W=qU=0.5×10=5J，静电力将5J的电能转化为其它形式的能．故A正确，D错误．‎ B、在电源内部，根据公式：W=qE=0.5×12=6J，非静电力将6J的其它形式的能转化为电能．故BC都错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】解决本题的关键搞清电源外部静电力转化为其他形式的能，而在内部非静电力做功，将其他形式的能转化为电能．‎ ‎　‎ ‎6．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0V．重新调节R 并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V，则这台电动机正常运转时输出功率为（　　）‎ A．48W B．447W C．44W D．32W ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式R=可求电动机停转时的电阻；‎ 利用公式P=UI可求电动机的总功率，根据公式P=I2R可求电动机克服本身阻力的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率．‎ ‎【解答】解：电动机的电阻R===4Ω；‎ 电动机的总功率P=U1I1=24V×2A=48W；‎ 克服自身电阻的功率PR=I12R=（2A）2×4Ω=16W；‎ 电动机正常运转时的输出功率是P输出=P﹣PR=48W﹣16W=32W．‎ 故ABC错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查电阻、功率的有关计算，关键是明白电路中各个用电器的连接情况，要知道非纯电阻电路的功率的计算方法，这是本题的重点和难点．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，R1=R2=R3=R4=R，电键S闭合时，间距为d的平行板电容器C的正中间有一质量为m、电荷量为q的小球恰好处于静止状态；电键S断开时，则小球的运动情况为（　　）‎ A．不动 B．向上运动 C．向下运动 D．不能确定 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；匀强电场中电势差和电场强度的关系；电容．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】由小球的运动状态可得出电容器两端的电势差；根据电路结构分析开关通断前后电容器两端的电势差的变化，即可得出小球的运动情况．‎ ‎【解答】解：开关闭合时，电路中R1与R2并联后与R3串联，电容器两端的电压等于R3两端的电压；而小球保持静止，则有Eq=mg；‎ 当开关断开时，R1与R3串联，外部总电阻增大，则总电流减小，故R3两端的电压减小，故小球受到的电场力减小，故小球将向下运动；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律的应用，要注意分析电路的结构，明确R4与电容串联，此时R4相当于导线处理．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，在M、N处固定着两个等量异种点电荷，在它们的连线上有A、B两点，已知MA=AB=BN，下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B两点电势相等 B．A、B两点场强相同 C．将一正电荷从A点移到B点，电场力做负功 D．负电荷在A点的电势能大于在B点的电势能 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【专题】电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】沿着电场线电势逐渐降低，电场强度可以用电场线形象描述；电场力做正功，电势能减小．‎ ‎【解答】解：A、MN间电场线从M到N，沿着电场线电势逐渐降低，故A点电势高与B点电势，故A错误；‎ B、电场中A、B两点的电场线疏密程度相同，方向相同，故A、B两点的电场强度相同，故B正确；‎ C、将一正电荷从A点移到B点，电场力向右，做正功，电势能减小，故C错误；‎ D、将一个负电荷从A移到B，电场力向左，做负功，故电势能增加，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎【点评】本题关键明确等量异号电荷的电场线分别情况，然后根据沿着电场线电势逐渐降低，以及电场力做功等于电势能的减小量进行判断．‎ ‎　‎ ‎9．直线ab是电场中的一条电场线，从a点无初速度释放一电子，电子仅在电场力的作用下，沿直线从a点运动到b点，其电势能Ep随位移x变化的规律如图所示，设a、b两点的电场强度分别为Ea和和Eb，电势分别为φa和φb．则（　　）‎ A．Ea=Eb B．Ea＜Eb C．φa＜φb D．φa＞φb ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【专题】电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】电势能与位移图线的斜率反映电场力的大小，从而可以反映电场强度的大小，结合电场力做功判断出电场力的方向，从而得出电场强度的方向，根据沿电场线方向电势逐渐降低比较出a、b两点的电势．‎ ‎【解答】解：A、电子从a到b，电势能图线的斜率逐渐减小，斜率表示电场力的大小，知电场力逐渐减小，则电场强度逐渐减小，所以Ea＞Eb．故AB错误．‎ C、由于电势能逐渐降低，知电场力做正功，则电子所受的电场力方向由a指向b，电场线的方向由b指向a，沿电场线方向电势逐渐降低，则φa＜φb．故C正确，D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道电势能与位移关系图线的切线斜率表示电场力，知道沿电场线方向电势逐渐降低，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．‎ ‎　‎ ‎10．一个初动能为Ek的带电粒子，以速度v沿垂直电场强度方向飞入两块平行金属板间（带等量异号电荷且正对放置），飞出时粒子动能为2Ek，如果这个带电粒子的初速度增加到原来的2倍，仍从原位置沿原方向射入，不计重力，那么该粒子飞出两平行金属板间时的动能为（　　）‎ A．4Ek B．4.25Ek C．6Ek D．9.5Ek ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】带电粒子垂直飞入匀强电场中，做类平抛运动，运用运动的分解法，得出偏转距离与初速度和初动能的关系，由动能定理得到电场力做功与初动能的关系式，再用同样的方法得到初速度增加到原来2倍时电场力做功与初动能的关系，由动能定理求解该粒子飞出时的动能．‎ ‎【解答】解：设平行金属板的长度为L，板间距离为d，场强为E．‎ 当初速度为v时，则有：y==，‎ 根据动能定理得，qEy=2Ek﹣Ek，得：，‎ 当初速度为2V时，同理可得：y′=，‎ 电场力做功为 W′=qEy′=，‎ 解得，‎ 根据动能定理得：W′=Ek′﹣4Ek，得：‎ Ek′=4.25Ek．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题是动能定理和类平抛运动知识的综合应用，用相同的物理量表示电场力做功是解题的关键．‎ ‎　‎ 二．不定项选择题（共16分）‎ ‎11．如图所示，电源内阻不可忽略，开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（　　）‎ A．电压表示数减小 B．电压表示数增大 C．电流表的示数减小 D．电流表的示数增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】由电路图可知R2与R0并联后与R1串联，电压表测路端电压；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化，再分析局部电路可得出电流表中示数的变化．‎ ‎【解答】解：在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，内电压增大，则由闭合电路欧姆定律可知，电路的路端电压减小，故电压表示数变小；‎ 由欧姆定律可知，R1上的分压增大，路端电压减小，故并联部分电压减小，即可知电流表示数变小．‎ 故选：AC ‎【点评】分析闭合电路的欧姆定律的动态分析的题目时，一般要按先外电路、再内电路、后外电路的思路进行分析；重点分析电路中的路端电压、总电流及部分电路的电流及电压变化．‎ ‎　‎ ‎12．一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．不计粒子所受重力，则（　　）‎ A．粒子带正电 B．粒子加速度逐渐减小 C．A点的速度大于B点的速度 D．粒子的初速度不为零 ‎【考点】电场线．‎ ‎【专题】电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．不计重力的粒子在电场力作用下从A到B，由运动与力关系可知，电场力方向与速度 方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧．沿着电场线的方向电势降低的．因此可作出A、B点的等势点（要同在一根电场线），接着沿着电场线去判定．‎ ‎【解答】解：A、由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧，故在A点电场力沿电场线向左，电场的方向向右，电场力的方向与电场方向相反，故粒子带负电，故A错误；‎ B、根据电场线的疏密可知，A的电场强度大B点的电场强度，所以粒子在A点的电场力大B点的电场力，‎ 根据牛顿第二定律可知，粒子在A点的加速度大B点的加速度，即粒子的加速度逐渐减小，故B正确；‎ C、电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧，故粒子从A到B电场力做负功，所以动能减小，即速度不断减小．所以A点的速度大于B点的速度，故C正确；‎ D、若在A点的初速度为零，在电场力作用下，粒子将逆着电场线运动，故粒子的初速度不为零，故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎【点评】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．根据电场力来确定电场力做功的正负，判定动能增加与否，从确定速度大小．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，在平面直角坐标系中有一底角是60°的等腰梯形，坐标系中有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中O（0，0）点电势为6V，A（1，）点电势为3V，B（3，）点电势为0V，则由此可判定（　　）‎ A．C点电势为3 V B．C点电势为0 V C．该匀强电场的电场强度大小为100 V/m D．该匀强电场的电场强度大小为100 V/m ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【专题】定性思想；方程法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】因为AB∥CD，并且四边形ABCD为底角是60°的等腰梯形，故有UOC=2UAB，等势线与电场线垂直，根据E=求出电场强度的大小 ‎【解答】解：A、因为AB平行于CD，并且四边形ABCD为底角是60°的等腰梯形，其中坐标O（0，0），A（1，），B（3，），故有：UOC=2UAB，即6﹣φC=2（3﹣0），得φC=0V，故A错误，B正确；‎ C、由A分析知，BC为0V等势线，过B作OC的垂线BD，垂足为D，再作DE垂直于BC，由几何关系得：LDE=，‎ 故电场强度为：E===×102=100V/m，故C错误，D正确．‎ 故选：BD ‎【点评】解决本题的关键知道电场线与等势线垂直，掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系，即E=求出电场强度的大小，注意d是沿电场线方向上的距离．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示的电路，将两个相同的电流计分别改装成A1（0﹣3A）和A2（0﹣0.6A）的电流表，把两个电流表并联接入电路中测量电流强度，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A1的指针半偏时，A2的指针也半偏 B．A1的指针还没半偏时，A2的指针已经半偏 C．A1的读数为1.00A时，A2的读数为0.20A D．A1的读数为1.00A时，干路的电流I为2.00A ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【专题】实验题；实验探究题；定量思想；图析法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】电流表是由电流计并联一个电阻改装而成，两个电流计的满偏电压相同，A1和A2的最大电流分别是3A和0.6A，所以欧姆定律，改装后的两电流表内阻之比为1：5．‎ ‎【解答】解：A、电流表是由电流计并联一个电阻改装而成，两电流表并联，两电流表两端电压相等，流过两表头的电流相等，所以A1的指针半偏时，A2的指针也半偏，故A正确，B错误．‎ C、两电流表量程之比为5：1，两电流表的内阻之比为1：5，则通过电流表的电流之比为5：1．A1的读数为1.00A时，A2的读数为0.20A，干路中的电流为：1.2A，故C正确，D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．‎ ‎　‎ 三、实验题（共17分）‎ ‎15．（8分）某同学设计的可调电源电路如图（a）所示，R0为保护电阻，P为滑动变阻器的滑片，闭合电键S．‎ ‎①用电压表测量A、B两端的电压；将电压表调零，选择0～3V档，示数如图（b），电压值为　1.30　V．‎ ‎②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于　A　端．‎ ‎③要使输出电压U变大，滑片P应向　B　端．‎ ‎④若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在　短路　的风险（填“断路”或“短路”）‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；用多用电表测电阻．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】①根据量程，确定电压表的最小分度，再进行读数．‎ ‎②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，应使变阻器输出电压最小．‎ ‎③根据串联电路分压规律确定滑片移动的方向．‎ ‎④若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，存在短路的可能．‎ ‎【解答】解：①由题，电压表的量程为0～3V，其最小分度为0.1V，则图b中电压值为1.30V．‎ ‎②在接通外电路之前，为了保证外电路的安全，滑片P应先置于A端，使输出电压为零．‎ ‎③要使输出电压U变大，PA间的电阻应增大，所以滑片P应向B端移动．‎ ‎④若电源电路中不接入R0，则在使用过程中，滑片移到B端时存在短路的可能．‎ 故答案为：‎ ‎①1.30；②A；③B；④短路．‎ ‎【点评】本题要掌握基本仪器的读数，注意估读一位．要理解并掌握分压器电路的原理和调压方法，明确开关闭合前应使输出电压最小，从而确定安全．‎ ‎　‎ ‎16．（9分）在测量金属丝电阻率的试验中，可供选用的器材如下：‎ 待测金属丝：Rx（阻值约4Ω，额定电压约2V）；‎ 电压表：V（量程3V，内阻约3kΩ）；‎ 电流表：A1（量程0.6A，内阻约0.2Ω）；‎ A2（量程3A，内阻约0.05Ω）；‎ 电源：E1（电动势3V，内阻不计）‎ E2（电动势12V，内阻不计）‎ 滑动变阻器：R1（最大阻值约20Ω）‎ 滑动变阻器：R2（最大阻值约1kΩ）‎ 螺旋测微器；毫米刻度尺；开关；导线．‎ ‎（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图所示，读数为　1.773±0.001　mm．‎ ‎（2）为使测量尽量精确，需要多组测量，电流表应选　A1　、电源应选　E1　滑变应选　R1　（均填器材代号），在虚线框中（答题卡上）完成电路原理图．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【专题】实验题．‎ ‎【分析】（1）螺旋测微器精确度为0.01mm，需要估读，读数时注意半毫米刻度线是否露出．‎ ‎（2）合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材．电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法．滑动变阻器是小电阻控制大电阻，用分压式接法．滑动变阻器采用限流式，安培表用外接法．‎ ‎【解答】解：（1）从图中读出金属丝的直径为d=1.5mm+27.3×0.01mm=1.773mm；‎ ‎（2）电压表量程3V，故电源选E1，最大电流读数I≈A=0.75A，‎ 为使电流表指针偏转角度超过，故电流表选A1；‎ 为使测量尽量精确，滑动变阻器采用分压式；‎ 安培表电阻较小，大内小外，故安培表用外接法；‎ 电路如图所示：‎ 故答案为：（1）1.773±0.001；（2）A1；E1；R1，电路图如上图．‎ ‎【点评】实验电路所用器材的要求要熟练掌握，读数的要求，误差来源的分析，变阻器的分压与限流式区别要弄清楚．‎ ‎　‎ 四、计算题（本题共3小题，共37分）‎ ‎17．（12分）电池电动势为6V，内阻为2Ω，用这电池对电阻R=10Ω的用电器供电，试计算：‎ ‎（1）用电器上得到的电压和电功率；‎ ‎（2）电池的内电压和在内电阻上损失的热功率．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率；焦耳定律．‎ ‎【专题】计算题；定性思想；推理法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律列式即可求得路端电压，再根据P=即可求得电功率；‎ ‎（2）由U=Ir可求得内电压，再根据功率公式Pr=I2r即可求得损失的热功率．‎ ‎【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律可得：‎ U===5V； ‎ 电功率P===2.5W； ‎ ‎（2）内电压Ur=Ir===1V；‎ 内电阻损失的热功率Pr=I2r=（）2×2=0.5W；‎ 答：（1）用电器上得到的电压和电功率分别为5V和2.5W；‎ ‎（2）电池的内电压和在内电阻上损失的热功率分别为1V和0.5W．‎ ‎【点评】本题考查闭合电路欧姆定律以及功率的计算，要注意明确闭合电路欧姆定律的不同表示式的正确应用，同时注意掌握功率公式的正确选择和应用．‎ ‎　‎ ‎18．（12分）如图所示，质量为m、电荷量为+q的带电小球拴在一不可伸长的绝缘轻细绳一端，绳的另一端固定于O点，绳长为l．现加一个水平向右的匀强电场，小球静止于与竖直方向成θ=30°角的A点．已知重力加速度为g．求：‎ ‎（1）所加电场的场强E的大小；‎ ‎（2）若将小球拉起至与O点等高的B点后无初速释放，则小球经过最低点C时，绳对小球拉力的大小．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；向心力；电场强度．‎ ‎【专题】动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】（1）根据共点力平衡求出电场力的大小，从而得出电场的场强E的大小．‎ ‎（2）根据动能定理求出小球到达最低点的速度，根据径向的合力提供向心力求出绳对小球拉力的大小．‎ ‎【解答】解：（1）在A点小球受力平衡，如图所示．‎ 根据平衡条件得，Fcosθ=mg，Fsinθ=qE．‎ 解得E=．‎ ‎（2）根据动能定理得，①，‎ 小球做圆周运动在C点有：②‎ 联立①②得，．‎ 答：（1）所加电场的场强E的大小E=．（2）小球经过最低点C时，绳对小球拉力的大小．‎ ‎【点评】本题考查了共点力平衡问题、动能定理以及牛顿第二定律，知道小球做圆周运动沿半径方向上的合力提供向心力．‎ ‎　‎ ‎19．（13分）如图所示，边长为L的正方形区域abcd内存在着匀强电场．电量为q、动能为Ek的带电粒子从a点沿ab方向进入电场，不计重力．‎ ‎（1）若粒子从c点离开电场，求电场强度的大小和粒子离开电场时的动能；‎ ‎（2）若粒子离开电场时动能为Ek′，则电场强度为多大？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【专题】带电粒子在电场中的运动专题．‎ ‎【分析】（1）将运动沿着水平和竖直方向正交分解，运用牛顿运动定律、运动学公式和动能定理列式求解；‎ ‎（2）粒子在ab方向上作匀速运动；粒子在ad方向上做初速度为0的匀加速运动；运用牛顿运动定律、运动学公式和动能定理列式求解 ‎【解答】解：（1）粒子的初动能为：E0=‎ 粒子在ab方向上作匀速运动，有：L=v0t 粒子在ad方向上做初速度为0的匀加速运动有：L=at2‎ 根据牛顿第二定律有：a=‎ 所以有：E=‎ 根据动能定理，有：‎ qEL=Ekt﹣Ek 所以有：‎ Ekt=qEL+Ek=5Ek．‎ 即电场强度的大小为，粒子离开电场时的动能为5Ek．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律，有：‎ qE=ma…①‎ 沿初速度方向做匀速运动，有：‎ x=v0t…②‎ 沿电场方向的分位移为：‎ y=at2 …③‎ 根据动能定理，有：‎ qEy=EK′﹣Ek…④‎ 当带电粒子从bc边飞出时，x=L，y＜L，由①②③④式联立解得：‎ E=‎ 当带电粒子从cd边飞出时，y=L，x＜L，由①②③④式联立解得：‎ E=‎ 即当带电粒子从bc边飞出时电场强度为：E=；当带电粒子从cd边飞出时电场强度为．‎ 答：（1）电场强度的大小为，粒子离开电场时的动能为5Ek ‎（2）当带电粒子从bc边飞出时电场强度为E=；当带电粒子从cd边飞出时电场强度为．‎ ‎【点评】本题关键将带电粒子的运动沿初速度方向和电场方向进行正交分解，然后根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解．‎