物理·四川省成都市龙泉中学、温江中学等五校2016-2017学年高二上学期期中物理试卷 Word版含解析 21页

‎2016-2017学年四川省成都市龙泉中学、温江中学等五校高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（1-6题，每小题只有一个选项，每小题3分，共18分）‎ ‎1．现在有一档科学探索的电视直播节目，很受欢迎．在某期节目里，一位少女站在绝缘平台上，当她用手触摸一个金属球时，会看到她的头发慢慢竖起，如图所示，像是孔雀开屏．下列说法正确的是（　　）‎ A．头发竖起是因为她身上带了静电 B．她只有带正电荷时，头发才会竖起 C．她的头发慢慢竖起是因为电荷慢慢传到她的头发上 D．与电无关，这是她的特异功能 ‎2．如图是静电喷涂原理的示意图．喷枪喷嘴与被涂工件之间有强电场，喷嘴喷出的带电涂料微粒在强电场的作用下会向工件高速运动，最后被吸附到工件表面．则可知（　　）‎ A．微粒一定带正电 B．微粒可能带正电，也可能带负电 C．微粒运动过程中，电势能越来越大 D．微粒运动过程中，电势能越来越小 ‎3．两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B并联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为（　　）‎ A．QA：QB=2：1 B．QA：QB=4：1 C．QA：QB=1：1 D．QA：QB=1：2‎ ‎4．两个较大的平行板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正负极上，开关S闭合时质量为m，带电量为﹣q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示，在保持其他条件不变的情况下，将两板非常缓慢地水平错开一些，以下说法正确的是（　　）‎ A．油滴将向上运动，电流计中的电流从b流向a B．油滴将下运动，电流计中的电流从a流向b C．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b D．油滴静止不动，电流计中无电流流过 ‎5．如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，下列说法正确的是（　　）‎ A．甲表是安培表，R增大时量程增大 B．甲表是安培表，R增大时量程减小 C．乙表是伏特表，R减少时量程增大 D．乙表是伏特表，R增大时量程减小 ‎6．如图所示，电源电动势为E=30V，内阻为r=1Ω，电灯上标有“6V，12W”字样，直流电动机线圈电阻R=2Ω．若电灯恰能正常发光，则（　　）‎ A．通过电动机的电流为0.5A B．电动机两端电压为20V C．电动机的输出功率36W D．电路在1分钟产生的热量为60J ‎　‎ 二、不定项选择题（7-12题每小题可能只有一个选项或多个选项．每小题4分，共24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）‎ ‎7．关于电源的电动势，下列说法正确的是（　　）‎ A．电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压 B．同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化 C．电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化成电能的本领大小的物理量 D．在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大 ‎8．如图是根据某次实验记录数据画出的U﹣I图象，下列关于这个图象的说法中正确的是（　　）‎ A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=3.0 V B．横轴截距表示短路电流，即I短=0.6 A C．根据r=，计算出待测电源内电阻为5Ω D．根据r=||，计算出待测电源内电阻为1Ω ‎9．图为一个示波器工作原理的示意图，电子经电压为U1的加速电场后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差U2，板长L，为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量）可采取的方法是（　　）‎ A．减小两板间电势差U2 B．尽可能使板长L长些 C．使加速电压U1降低一些 D．尽可能使板间距离d大一些 ‎10．在如图所示电路中，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，（　　）‎ A．电压表的示数增大，电流表的示数减小 B．电压表的示数减小，电流表的示数增大 C．电源路端电压增大 D．电容器C所带电荷量减小 ‎11．图中K、L、M为静电场中的3个相距很近的等势线．一带电粒子射入此静电场中后，仅在电场力作用下沿abcde轨迹运动．已知电势φK＞φL＞φM．下列说法中正确的是（　　）‎ A．粒子带负电 B．粒子在bc段做减速运动 C．粒子在a点比e点的速率要大 D．粒子从c点到d点的过程中电场力做负功 ‎12．如图所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一电荷量为﹣q、质量为m的滑块（可看做点电荷）从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度为零．已知a、b间距离为x，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．以下判断正确的是（　　）‎ A．滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力 B．滑块在运动过程的中间时刻速率小于 C．此过程中产生的内能为 D．Q产生的电场中a、b两点间的电势差Uab=‎ ‎　‎ 三、实验题：16分（第13题，每个小题2分，共6分；第14题，每空2分，共计10分）‎ ‎13．欲用伏安法测定一段阻值为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确并且电压从0开始调节，备有以下器材：‎ A．电池组（3V、1Ω） ‎ B．电流表（0﹣3A、0.0125Ω）‎ C．电流表（0﹣0.6A、0.125Ω） ‎ D．电压表（0～3V、3kΩ）‎ E．电压表（0～15V、15kΩ） ‎ F．滑动变阻器（0～20Ω、1A）‎ G．滑动变阻器（0～200Ω、0.3A） ‎ H．开关、导线 ‎（1）上述器材中应选用的是　　．‎ ‎（2）实验电路应采用电流表　　接法（填“内”或“外”）．‎ ‎（3）在方框中画出实验电路图．‎ ‎14．在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：‎ A．待测干电池（电动势约为1.5V，内电阻小于1.0Ω ）‎ B．电流表A1（量程0～3mA，内阻Rg1=10Ω）‎ C．电流表A2（量程0～0.6A，内阻Rg2=0.1Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）‎ E．滑动变阻器R2（0～200Ω，l A）‎ F．定值电阻R0‎ G．开关和导线若干 ‎（1）某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是　　图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选　　（填写器材前的字母代号）．‎ ‎（2）图乙为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I1﹣I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，且I2的数值远大于I1的数值），则由图线可求得待测电池的电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω．（结果保留两位小数）‎ ‎（3）若将图线的纵坐标改为　　，则图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小．‎ ‎　‎ 四、计算题（第15题8分，第16题8分，第17题12分，第18题14分）‎ ‎15．如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab间距离Lab=8cm，bc间距离Lbc=14cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角．一个所带电量q=﹣4×10﹣8C的负电荷从a点移到b点克服电场力做功Wab=1.2×10﹣6J．求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度；‎ ‎（2）电荷从b点移到c点，电场力所做的功；‎ ‎（3）a、c两点间的电势差．‎ ‎16．如图所示电路中，电阻R1=R2=R3=10Ω，电源内阻r=5Ω，电压表可视为理想电表．当开关S1和S2均闭合时，电压表的示数为10V．‎ ‎（1）路端电压为多大？‎ ‎（2）电源的电动势为多大？‎ ‎（3）当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数多大？电源的输出功率为多大？‎ ‎17．如图所示，水平绝缘轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.40m．轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×104 N/C．现有一电荷量q=+1.0×10﹣4C，质量m=0.10kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体运动到圆形轨道最低点B时的速度vB=5.0m/s．已知带电体与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.50，重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）带电体运动到圆形轨道的最低点B时，圆形轨道对带电体支持力的大小；‎ ‎（2）带电体在水平轨道上的释放点P到B点的距离；‎ ‎（3）带电体第一次经过C点后，落在水平轨道上的位置到B点的距离．‎ ‎18．如图（a）所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UAB=1125V，板中央有小孔O和O′．现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间．在B板右侧，平行金属板M、N长L1=4×10﹣2m，板间距离d=4×10﹣3m，在距离M、N右侧边缘L2=0.1m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″并发出荧光．现给金属板M、N之间加一个如图（b）所示的变化电压u1，在t=0时刻，M板电势低于N板．已知电子质量为kg，电量为e=1.6×10﹣19C．‎ ‎（1）每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度多大？‎ ‎（2）打在荧光屏上的电子范围是多少？‎ ‎（3）打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省成都市龙泉中学、温江中学等五校高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（1-6题，每小题只有一个选项，每小题3分，共18分）‎ ‎1．现在有一档科学探索的电视直播节目，很受欢迎．在某期节目里，一位少女站在绝缘平台上，当她用手触摸一个金属球时，会看到她的头发慢慢竖起，如图所示，像是孔雀开屏．下列说法正确的是（　　）‎ A．头发竖起是因为她身上带了静电 B．她只有带正电荷时，头发才会竖起 C．她的头发慢慢竖起是因为电荷慢慢传到她的头发上 D．与电无关，这是她的特异功能 ‎【考点】静电现象的解释．‎ ‎【分析】明确头发竖起现象的基本原理，能根据接触起电现象分析，明确人体处于静电平衡状态，电荷只存在于表面，并且人只能带有同种电荷．‎ ‎【解答】解：A、头发竖起是因为她身上带了静电，由于带同种电荷，所以头发相互排斥而竖直，故A正确；‎ B、只要带同种电荷，她的头发均可以竖直，故B错误；‎ C、电荷分布在头发上是瞬间完成的，慢慢竖直是因为受力后运动需要过程，故C错误．‎ D、由以上分析可知，这不是特异功能，而是一种静电的自然现象，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．如图是静电喷涂原理的示意图．喷枪喷嘴与被涂工件之间有强电场，喷嘴喷出的带电涂料微粒在强电场的作用下会向工件高速运动，最后被吸附到工件表面．则可知（　　）‎ A．微粒一定带正电 B．微粒可能带正电，也可能带负电 C．微粒运动过程中，电势能越来越大 D．微粒运动过程中，电势能越来越小 ‎【考点】电势能．‎ ‎【分析】工件上的电荷由于静电感应分布在表面，由于库仑引力，负电荷向正电荷运动，根据做功与电势能的关系即可判断 ‎【解答】解：A、带正电的工件由于静电感应电荷分布在表面，粒子在库仑力的作用下运动，故粒子带负电，故AB错误；‎ C、微粒受电场力的作用，电场力做正功，电势能越来越小，故D正确，C错误．‎ 故选：D ‎　‎ ‎3．两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B并联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为（　　）‎ A．QA：QB=2：1 B．QA：QB=4：1 C．QA：QB=1：1 D．QA：QB=1：2‎ ‎【考点】焦耳定律；电阻定律．‎ ‎【分析】根据电阻定律R=ρ，求出A、B电阻丝的电阻比，电阻丝A、B并联，电压相等，根据Q=I2Rt=t求出相同时间内产生的热量之比．‎ ‎【解答】解：同种材料制成的均匀电阻丝A、B，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，根据电阻定律R=ρ，知RA：RB=2：1，电阻丝A、B并联，电压相等，根据 Q=I2Rt=t在相等时间内产生的热量之比QA：QB=1：2．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．两个较大的平行板A、B相距为d，分别接在电压为U的电源正负极上，开关S闭合时质量为m，带电量为﹣q的油滴恰好静止在两板之间，如图所示，在保持其他条件不变的情况下，将两板非常缓慢地水平错开一些，以下说法正确的是（　　）‎ A．油滴将向上运动，电流计中的电流从b流向a B．油滴将下运动，电流计中的电流从a流向b C．油滴静止不动，电流计中的电流从a流向b D．油滴静止不动，电流计中无电流流过 ‎【考点】电容器的动态分析；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】带电油滴原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断油滴是否仍保持静止．根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向．‎ ‎【解答】解：将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C= 得知，电容减小，而电压不变，则由C= 知，电容器带电量减小，电容器处于放电状态，电路中产生顺时针方向的电流，则电流计中有a→b的电流．‎ 由于电容器板间电压和距离不变，则由E=，知板间场强不变，油滴所受电场力不变，仍处于静止状态．故C正确．ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，下列说法正确的是（　　）‎ A．甲表是安培表，R增大时量程增大 B．甲表是安培表，R增大时量程减小 C．乙表是伏特表，R减少时量程增大 D．乙表是伏特表，R增大时量程减小 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】表头改装电压表要串联电阻，串联电阻越大，电压表量程越大；表头改装电流变要并联一电阻．并联电阻越小，量程越大．‎ ‎【解答】解：AB、由图示电路图可知，图甲中表头与电阻并联，甲是安培表，R增大，安培表量程减小，R减小，安培表量程增大，故A错误，B正确；‎ CD、由图乙所示电路图可知，表头与电阻串联，乙是伏特表，R增大，量程增大，R减小量减小，故CD错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，电源电动势为E=30V，内阻为r=1Ω，电灯上标有“6V，12W”字样，直流电动机线圈电阻R=2Ω．若电灯恰能正常发光，则（　　）‎ A．通过电动机的电流为0.5A B．电动机两端电压为20V C．电动机的输出功率36W D．电路在1分钟产生的热量为60J ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】由灯泡铭牌可知，灯泡额定电压是3V，额定功率是3W，由电功率公式的变形公式可以求出灯泡额定电流，由串联电路特点可以求出通过电机的电流；由串联电路特点求出电动机电压，由P=UI求出电动机输入功率，由P=I2R求出电动机热功率，电动机输入功率与热功率之差是电动机的输出功率；根据焦耳定律求出1分钟产生的热量 ‎【解答】解：A、灯泡正常发光，电路电流，因为灯泡和电动机串联，通过电动机的电流为2A，故A错误；‎ B、电动机两端的电压，故B错误；‎ C、电动机消耗的电功率，电动机线圈发热功率，电动机的输出功率，故C正确；‎ D、灯泡电阻，电路在1分钟产生的热量，故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ 二、不定项选择题（7-12题每小题可能只有一个选项或多个选项．每小题4分，共24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）‎ ‎7．关于电源的电动势，下列说法正确的是（　　）‎ A．电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压 B．同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化 C．电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化成电能的本领大小的物理量 D．在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．‎ ‎【解答】解：A、电压表是由内阻的，跟电源连接后构成一个通路，测量的是电压表内阻的电压，所以电压表测得的电源两极间电压值略小于电动势．故A错误．‎ B、电动势反映本身的特性，与外电路的结构无关．故BD错误．‎ C、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，本领越大．故C正确．‎ ‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．如图是根据某次实验记录数据画出的U﹣I图象，下列关于这个图象的说法中正确的是（　　）‎ A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=3.0 V B．横轴截距表示短路电流，即I短=0.6 A C．根据r=，计算出待测电源内电阻为5Ω D．根据r=||，计算出待测电源内电阻为1Ω ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由闭合电路欧姆定律可得出路端电压与电流的关系，由数学知识可得出电源的电动势和内电阻．当外电路电阻为零，外电路短路．‎ ‎【解答】解：A、C、D由闭合电路欧姆定律可知：U=E﹣Ir；‎ 由数学知识可知，纵轴截距为电源的电动势，故电动势为E=3.0V；故A正确；‎ 图象的斜率表示电源的内阻，即r=||=Ω=1Ω．故D正确，C错误．‎ B、当外电路电阻R=0时，外电路短路，短路电流为I短==A=3A．故B错误．‎ 故选AD ‎　‎ ‎9．图为一个示波器工作原理的示意图，电子经电压为U1的加速电场后以速度v0垂直进入偏转电场，离开电场时的偏转量是h，两平行板间的距离为d，电势差U2，板长L，为了提高示波管的灵敏度（每单位电压引起的偏转量）可采取的方法是（　　）‎ A．减小两板间电势差U2 B．尽可能使板长L长些 C．使加速电压U1降低一些 D．尽可能使板间距离d大一些 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】电子先加速后偏转，先根据动能定理得到加速获得的速度表达式．再根据类平抛运动规律求出电子通过电场时的偏转量，根据灵敏度的定义，找出灵敏度的关系式，根据关系式来分析即可．‎ ‎【解答】解：电子在加速电场中加速，根据动能定理可得：‎ ‎ eU1=mv02‎ 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量为：‎ ‎ h=at2=••（）2=‎ 联立得 h=‎ 所以示波管的灵敏度为： =‎ 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AD错误，BC正确．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎10．在如图所示电路中，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，（　　）‎ A．电压表的示数增大，电流表的示数减小 B．电压表的示数减小，电流表的示数增大 C．电源路端电压增大 D．电容器C所带电荷量减小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】先分析电路结构，由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则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，电容器电压与滑动变阻器电压相等，根据Q=UC求解．‎ ‎【解答】解：A、滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，电流表示数增大，内阻和R1两端电压增大，则R2的电压减小，故电压表示数减小，故A错误，B正确；‎ C、滑动变阻器R2的滑动端由a向b缓慢滑动的过程中，则滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小，电路中总电流增大，内电压增大，电源路端电压减小，故C错误；‎ D、电容器的电压等于R2的电压，则电容器电压减小，根据Q=UC可知，电容器C所带电荷量减小，故D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ ‎11．图中K、L、M为静电场中的3个相距很近的等势线．一带电粒子射入此静电场中后，仅在电场力作用下沿abcde轨迹运动．已知电势φK＞φL＞φM．下列说法中正确的是（　　）‎ A．粒子带负电 B．粒子在bc段做减速运动 C．粒子在a点比e点的速率要大 D．粒子从c点到d点的过程中电场力做负功 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】质点做曲线方向时，合力指向轨迹弯曲的内侧，根据轨迹弯曲方向，可判断电场力方向向左，作出电场线，大体方向向左，因此电荷带正电，bc段电荷做减速运动；根据电场力做功的正负，可知道电势能和动能如何变化．‎ ‎【解答】解：A、已知电势φK＞φL＞φM，可知电场线的方向大体向右，由轨迹弯曲方向知道，粒子所受的电场力方向大体向左，故电荷带负电．故A正确；‎ B、由粒子所受的电场力方向大体向左，b→c电场力对正电荷做负功，动能减小，做减速运动．故B正确；‎ C、a与e处于同一等势面上电势相等，电势能相等，根据能量守恒，速率也相等．故C错误．‎ D、粒子所受的电场力方向大体向左，所以粒子从c点到d点的过程中，电场力做正功．故D错误． ‎ 故选：AB ‎　‎ ‎12．如图所示，绝缘水平面上固定一正点电荷Q，另一电荷量为﹣q、质量为m的滑块（可看做点电荷）从a点以初速度v0沿水平面向Q运动，到达b点时速度为零．已知a、b间距离为x，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g．以下判断正确的是（　　）‎ A．滑块在运动过程中所受Q的库仑力有可能大于滑动摩擦力 B．滑块在运动过程的中间时刻速率小于 C．此过程中产生的内能为 D．Q产生的电场中a、b两点间的电势差Uab=‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；库仑定律．‎ ‎【分析】根据滑块的运动情况可知滑块受力情况，则可知库仑力与滑动摩擦力的大小关系；‎ 由滑块的受力情况可确定加速度的变化情况，即可判断中间时刻的速度；‎ 由动能定理可确定过程中产生的内能与动能变化关系；‎ 由动能定理可求得两点间的电势差．‎ ‎【解答】解：A、由题意可知，滑块水平方向受库仑力、滑动摩擦力，摩擦力与运动方向相反，而库仑力与运动方相同，因滑块在b点静止，故一定有段时间，库仑力小于滑动摩擦力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，到达b点时速度减为零．故A错误；‎ B、水平方向受大小不变的摩擦力及变大的库仑力，当在滑动过程中，随着间距减小，库仑力增大，但仍小于滑动摩擦力，所以导致加速度慢慢增大，加速度是变化的，故中间时刻的速度仍小于，故B正确；‎ C、由动能定理可得：Uq﹣μmgx=0﹣mv02，‎ 产生的内能Q=μmgx=Uq+mv02，‎ 因此在此过程中产生的内能大于动能的减少．故C错误；‎ D、由动能定理可得：Uq﹣μmgx=0﹣mv02，解得两点间的电势差U=，故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ 三、实验题：16分（第13题，每个小题2分，共6分；第14题，每空2分，共计10分）‎ ‎13．欲用伏安法测定一段阻值为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确并且电压从0开始调节，备有以下器材：‎ A．电池组（3V、1Ω） ‎ B．电流表（0﹣3A、0.0125Ω）‎ C．电流表（0﹣0.6A、0.125Ω） ‎ D．电压表（0～3V、3kΩ）‎ E．电压表（0～15V、15kΩ） ‎ F．滑动变阻器（0～20Ω、1A）‎ G．滑动变阻器（0～200Ω、0.3A） ‎ H．开关、导线 ‎（1）上述器材中应选用的是　ACDFH　．‎ ‎（2）实验电路应采用电流表　外　接法（填“内”或“外”）．‎ ‎（3）在方框中画出实验电路图．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器，根据伏安法测电阻原理选择实验器材．‎ ‎（2）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法．‎ ‎（3）根据题意确定滑动变阻器的接法，然后作出电路图．‎ ‎【解答】解：（1）应用伏安法测电阻需要用到电源、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线，由于电源电动势为3V，电压表应选D，电路最大电流约为：I===0.6A，电流表应选择C，为方便实验操作，滑动变阻器应选择F，故需要的实验器材有：ACDFH；‎ ‎（2）待测电阻阻值约为5Ω，电流表内阻约为0.125Ω，电压表内阻约为3000Ω，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法；‎ ‎（3）实验要求：测量结果尽量准确并且电压从0开始调节，则滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用外接法，实验电路图如图所示：‎ 故答案为：（1）ACDFH；（2）外；（3）电路图如图所示．‎ ‎　‎ ‎14．在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：‎ A．待测干电池（电动势约为1.5V，内电阻小于1.0Ω ）‎ B．电流表A1（量程0～3mA，内阻Rg1=10Ω）‎ C．电流表A2（量程0～0.6A，内阻Rg2=0.1Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）‎ E．滑动变阻器R2（0～200Ω，l A）‎ F．定值电阻R0‎ G．开关和导线若干 ‎（1）某同学发现上述器材中虽然没有电压表，但给出了两个电流表，于是他设计了如图甲所示的（a）、（b）两个参考实验电路，其中合理的是　b　图所示的电路；在该电路中，为了操作方便且能准确地进行测量，滑动变阻器应选　D　（填写器材前的字母代号）．‎ ‎（2）图乙为该同学根据（1）中选出的合理的实验电路，利用测出的数据绘出的I1﹣I2图线（I1为电流表A1的示数，I2为电流表A2的示数，且I2的数值远大于I1的数值），则由图线可求得待测电池的电动势E=　1.46　V，内电阻r=　0.84　Ω．（结果保留两位小数）‎ ‎（3）若将图线的纵坐标改为　I1（R0+Rg1）　，则图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）本题中没有给出电压表，因此需要用已知内阻的电流表改装，改装时，应该改装量程小的那个；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律写出两坐标所代表物理量的函数关系式，明确斜率、截距的含义即可正确解答；‎ ‎（3）在路端电压U和干路电流I图象中，图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小，由此可正确得出结果．‎ ‎【解答】解：（1）没有电压表，可以将电流表串联一个电阻，可以改装成电压表，根据欧姆定律若将电流表与定值电阻串联有U=I1R0=0.003×=1.53V，与电源电动势接近，故应将电流表A1与定值电阻串联使用，故合理的是b图；电源电动势约为1.5V，内阻约为1欧姆，为方便实验操作，滑动变阻器应选D．‎ ‎（2）由电路图可知，在闭合电路中，电源电动势：E=I1（R0+Rg1）+I2r，则：I1=﹣I2，由图象可知，图象的截距：b=1.46×10﹣3===，‎ 则电源电动势为：E=1.46V；‎ 图象斜率：k====≈0.84，‎ 电源内阻为：r=0.84Ω；‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律E=U+Ir可知，在U﹣I图线中，图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小，故当图线的纵坐标改为I1（R0+Rg1）时，图线与纵坐标轴的交点的物理含义即为电动势的大小．‎ 故答案为：（1）b，D；（2）1.46，0.84；（3）I1（R0+Rg1‎ ‎　‎ 四、计算题（第15题8分，第16题8分，第17题12分，第18题14分）‎ ‎15．如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab间距离Lab=8cm，bc间距离Lbc=14cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角．一个所带电量q=﹣4×10﹣8C的负电荷从a点移到b点克服电场力做功Wab=1.2×10﹣6J．求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度；‎ ‎（2）电荷从b点移到c点，电场力所做的功；‎ ‎（3）a、c两点间的电势差．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势差；电势能．‎ ‎【分析】（1）根据电场力做功公式W=qEd，d为沿电场方向两点间的距离分析求解电场强度．‎ ‎（2）电荷从b点移到c点，电场力所做负功，d=lbccos60°求出电场力做功．‎ ‎（3）根据Uac=求解a、c两点间的电势差．‎ ‎【解答】解：（1）由Wab=﹣qELab，得E==V/m=375V/m．‎ ‎ （2）电荷从b点移到c点电场力所做的功为Wbc=qELbccos60°=﹣1.05×10﹣6J ‎ （3）a、c两点间的电势差Uac===56.25V 答：（1）匀强电场的电场强度E=375V/m；‎ ‎ （2）电荷从b点移到c点，电场力所做的功是﹣1.05×10﹣6J；‎ ‎ （3）a、c两点间的电势差是56.25V．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示电路中，电阻R1=R2=R3=10Ω，电源内阻r=5Ω，电压表可视为理想电表．当开关S1和S2均闭合时，电压表的示数为10V．‎ ‎（1）路端电压为多大？‎ ‎（2）电源的电动势为多大？‎ ‎（3）当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数多大？电源的输出功率为多大？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）当开关S1和S2均闭合时，电阻R1与R3并联后与R2串联，求出外电路总电阻，由欧姆定律和串联电路的特点求解路端电压．‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律求解电源的电动势．‎ ‎（3）当开关S1闭合而S2断开时，电压表示数为示数为电源的路端电压，根据P=UI求电源的输出功率；‎ ‎【解答】解：（1）当开关S1和S2均闭合时，外电路为R1、R3并联后再与R2串联，‎ 外电阻R=R2+Ω=15Ω 所以路端电压为：U=RI=15×1V=15V ‎（2）根据闭合电路欧姆定律I=得 E=I（R+r）‎ 代入数据E=1×（15+5）‎ 解得E=20V　　　　　　‎ ‎（3）S1闭合而S2断开，R3断路，且R3做为电压表的导线，‎ 电路中的总电流 I′==A=0.8A 电压表示数U′=I′（R1+R2）=0.8×20V　　　　　　　　 ‎ 代入数据解得U′=16V．‎ 且此时电压表测的是路端电压，电源的输出功率 P=UI=12.8W ‎ 答：（1）路端电压为15V ‎（2）电源的电动势为20V ‎（3）当开关S1闭合而S2断开时，电压表的示数16V，电源的输出功率为12.8W ‎　‎ ‎17．如图所示，水平绝缘轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.40m．轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度E=1.0×104 N/C．现有一电荷量q=+1.0×10﹣4C，质量m=0.10kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体运动到圆形轨道最低点B时的速度vB=5.0m/s．已知带电体与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.50，重力加速度g=10m/s2．求：‎ ‎（1）带电体运动到圆形轨道的最低点B时，圆形轨道对带电体支持力的大小；‎ ‎（2）带电体在水平轨道上的释放点P到B点的距离；‎ ‎（3）带电体第一次经过C点后，落在水平轨道上的位置到B点的距离．‎ ‎【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）带电体运动到圆形轨道的最低点B时，由重力和轨道的支持力的合力提供带电体的向心力，由牛顿第二定律求出轨道的支持力；‎ ‎（2）带电体从P运动到B过程，运用动能定理即可求出PB间的距离；‎ ‎（3）带电体从B运动到C的过程中，由动能定理求出经过C点时的速度大小．带电体离开C点后，受到重力和电场力作用，运用运动的分解法研究：在竖直方向上做自由落体运动，水平方向做匀减速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合，即可进行求解．‎ ‎【解答】解：（1）设带电体在B点受到的支持力为FN，‎ 由牛顿第二定律得：FN﹣mg=m，解得：FN=7.25N；‎ ‎（2）设PB间的距离为s，由于动能定理得：‎ ‎（qE﹣μmg）s=mvB2﹣0，解得：s=2.5m；‎ ‎（3）设带电体运动到C点的速度为vC，‎ 由动能定理得：，‎ 带电体离开C点后在竖直方向上做自由落体运动，2R=gt2，‎ 在水平方向上做匀减速运动，设在水平方向的加速度大小为a，‎ 依据牛顿第二定律：qE=ma，‎ 设落在水平轨道上的位置到B点的距离为x，‎ 水平方向位移：x=vct﹣at2，解得：x=0.40m；‎ 答：（1）带电体运动到圆形轨道的最低点B时，圆形轨道对带电体支持力的大小为7.25N；‎ ‎（2）带电体在水平轨道上的释放点P到B点的距离为2.5m；‎ ‎（3）带电体第一次经过C点后，落在水平轨道上的位置到B点的距离为0.40m．‎ ‎　‎ ‎18．如图（a）所示，A、B为两块平行金属板，极板间电压为UAB=1125V，板中央有小孔O和O′．现有足够多的电子源源不断地从小孔O由静止进入A、B之间．在B板右侧，平行金属板M、N长L1=4×10﹣2m，板间距离d=4×10﹣3m，在距离M、N右侧边缘L2=0.1m处有一荧光屏P，当M、N之间未加电压时电子沿M板的下边沿穿过，打在荧光屏上的O″并发出荧光．现给金属板M、N之间加一个如图（b）所示的变化电压u1，在t=0时刻，M板电势低于N板．已知电子质量为kg，电量为e=1.6×10﹣19C．‎ ‎（1）每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度多大？‎ ‎（2）打在荧光屏上的电子范围是多少？‎ ‎（3）打在荧光屏上的电子的最大动能是多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；平抛运动．‎ ‎【分析】（1）电场力对电子做功，电子的动能增加；‎ ‎（2）打在荧光屏上的电子在y方向的位移是电场中的偏转与电场外y方向的运动两部分组成的，要分别计算出；‎ ‎（3）计算电子的动能要计算电子的合速度．‎ ‎【解答】解：（1）电子经A、B两块金属板加速，有 得 ‎（2）当u=22.5V时，电子经过MN极板向下的偏移量最大，为 Y1＜d，说明所有的电子都可以飞出M、N．‎ 此时电子在竖直方向的速度大小为 电子射出极板MN后到达荧光屏P的时间为 电子射出极板MN后到达荧光屏P的偏移量为 电子打在荧光屏P上的总偏移量为y=y1+y2=0.012m，方向竖直向下； ‎ y的计算方法Ⅱ：由三角形相似，有 即 解得y=0.012m ‎（3）当u=22.5V时，电子飞出电场的动能最大，‎ ‎==1.82×10﹣16J ‎ 答：（1）每个电子从B板上的小孔O′射出时的速度是2×107m/s ‎（2）打在荧光屏上的电子范围是y=0.012m；‎ ‎（3）打在荧光屏上的电子的最大动能是1.82×10﹣16J．‎ ‎　‎ ‎2016年11月21日