物理·湖北省宜昌市长阳一高2016-2017学年高二上学期第一次月考物理试卷+Word版含解析 20页

‎2016-2017学年湖北省宜昌市长阳一高高二（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，1--8小题，每小题只有一个正确答案．9-12题在每小题给出的四个选项中，有两个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．每小题4分，共48分）‎ ‎1．在静电场中（　　）‎ A．场强为零区域，电势一定为零 B．场强处处相等的区域，电势也处处相等 C．电势降低的方向一定是场强的方向 D．同一电场中等差等势面分布密的地方，场强一定较大 ‎2．分别测量两个电池的路端电压和电流，得到如图所示的a、b两条U﹣I图线，比较两图线，可得出结论（　　）‎ A．a电池的电动势较小、内阻较大 B．a电池的电动势较大、内阻较大 C．b电池的电动势较大、内阻较小 D．b电池的电动势较小、内阻较大 ‎3．如图所示的电路中，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（　　）‎ A．电容器中的电场强度将增大 B．电容器上的电荷量将减少 C．电容器的电容将减小 D．液滴将向上运动 ‎4．如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为+Q．图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等势面．有两个一价离子M、N（不计重力，也不计它们之间的电场力）先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置．‎ ‎①M一定是正离子，N一定是负离子．‎ ‎②M在p点的速率一定大于N在q点的速率．‎ ‎③M在b点的速率一定大于N在c点的速率．‎ ‎④M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q电势能的增量．‎ 以上说法中正确的是（　　）‎ A．只有①③ B．只有②④ C．只有①④ D．只有②③‎ ‎5．在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和 1.0V；重新调节 R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V．则有关这台电动机正常运转时的说法正确的是（　　）‎ A．电动机的输出功率为8 W B．电动机的输出功率为30 W C．电动机的内电阻为2Ω D．电动机的内电阻为7.5Ω ‎6．如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则（　　）‎ A．a的电荷量一定大于b的电荷量 B．b的质量一定大于a的质量 C．a的比荷一定大于b的比荷 D．b的比荷一定大于a的比荷 ‎7．额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W的A、B两只灯，接在220V的电路中，既使电灯都正常发光，又使电路消耗的电功率最小的连接方式是下图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最高 B．带电质点通过P点时电势能较大 C．带电质点通过P点时的动能较大 D．带电质点通过P点时的加速度较小 ‎9．有一个点电荷，在以该点电荷为球心，r为半径的球面上各点相同的物理量是（　　）‎ A．电场强度 B．同一电荷所受的电场力 C．电势 D．同一电荷具有的电势能 ‎10．在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是（　　）‎ A．灯泡L将变暗 B．灯泡L将变亮 C．电容器C的电量将减小 D．电容器C的电量将增大 ‎11．图中a、b和c分别表示点电荷的电场中的三个等势面，它们的电势分别为6V、4V和1.5V．一质子（H）从等势面a上某处由静止释放，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则对质子的运动判断正确的是（　　）‎ A．质子从a等势面运动到c等势面电势能增加4.5eV B．质子从a等势面运动到c等势面动能增加4.5eV C．质子经过等势面c时的速率为2.25v D．质子经过等势面c时的速率为1.5v ‎12．某同学将一直流电源的总功率P总、输出功率P出和电源内部的发热功率P内随电流I变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知（　　）‎ A．反映P内变化的图线是b B．电源电动势为8V C．电源内阻为2Ω D．当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω ‎　‎ 二、实验题（本大题共3小题，共19分）‎ ‎13．如图所示的螺旋测微器的读数是　　 毫米．‎ ‎14．用多用表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻Rx，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮．把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在横线上　　‎ a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔 b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx 的阻值后，断开两表笔 c．旋转S使其尖端对准欧姆挡×1k d．旋转S使其尖端对准欧姆挡×100‎ e．旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔．‎ 根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为　　Ω．‎ ‎15．如图甲所示，为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的I﹣U特性曲线的实验电路图．‎ ‎（1）根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整．‎ ‎（2）开关S闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于　　端（选填“A”、“B”或“AB中间”）‎ ‎（3）实验中测得有关数据如表：‎ U/V ‎0.40‎ ‎0.80‎ ‎1.20‎ ‎1.60‎ ‎2.00‎ ‎2.40‎ ‎2.80‎ I/A ‎0.10‎ ‎0.16‎ ‎0.20‎ ‎0.23‎ ‎0.25‎ ‎0.26‎ ‎0.27‎ 根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的I﹣U特性曲线．‎ ‎（4）当灯泡电压为1.4V时的功率为　　W（保留两位有效数字）‎ ‎　‎ 三、计算题（本大题共4小题，共计43分．解答应写出必要的步骤、文字说明、方程式，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值与单位，否则扣分．）‎ ‎16．两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是均匀的．一个α粒子（氦原子核）从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心．已知α粒子电荷为2e，α粒子的质量为4m，忽略重力和空气阻力的影响，求 ‎（1）极板间的电场强度E；‎ ‎（2）α粒子在极板间运动的加速度a；‎ ‎（3）α粒子的初速度v0．‎ ‎17．如图所示，半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环面平行．一电量为+q、质量为m的小球穿在环上，可沿环作无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度vA的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，试计算：‎ ‎（1）速度vA的大小；‎ ‎（2）小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力．‎ ‎18．如图所示电路中，电源电动势E=10v，内电阻不计，电阻R1=14Ω，R2=6.0Ω，R3=2.0Ω，R4=8.0Ω，R5=10Ω，电容器的电容C=2μF，求：‎ ‎（1）电容器所带的电荷量．并说明电容器哪个极板带正电．‎ ‎（2）若R2突然断路，将有多少电荷量通过R5？‎ ‎19．如图所示，甲图中变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如乙图中的AC、BC两直线所示．不考虑电表内阻对电路的影响．‎ ‎（1）电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图线分别为乙图中的哪一条直线？‎ ‎（2）定值电阻R0以及变阻器的总电阻R分别为多少？‎ ‎（3）求出电源的电动势和内阻．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省宜昌市长阳一高高二（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题4分，1--8小题，每小题只有一个正确答案．9-12题在每小题给出的四个选项中，有两个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分．每小题4分，共48分）‎ ‎1．在静电场中（　　）‎ A．场强为零区域，电势一定为零 B．场强处处相等的区域，电势也处处相等 C．电势降低的方向一定是场强的方向 D．同一电场中等差等势面分布密的地方，场强一定较大 ‎【考点】电场强度；电场线；电势．‎ ‎【分析】电势和电场强度都是描述电场本身特性的物理量，本题要求要熟练掌握电场强度和电势的物理意义．‎ 在研究电势时，要先设定零势能面．‎ ‎【解答】解：A、在电场中，零电势是人为规定的．等量同种点电荷的连线中点上，电场为零，电势却不一定为零．故A错误．‎ B、在匀强电场中，场强是处处相等的，沿着电场线的方向，电势是越来越低的．故B错误．‎ C、经过电场中某一点电势降低的方向很多，而场强的方向只有一个，故C错误．‎ D、同一电场中等势面分布密的地方，场强一定较大，故D正确．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．分别测量两个电池的路端电压和电流，得到如图所示的a、b两条U﹣I图线，比较两图线，可得出结论（　　）‎ A．a电池的电动势较小、内阻较大 B．a电池的电动势较大、内阻较大 C．b电池的电动势较大、内阻较小 D．b电池的电动势较小、内阻较大 ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】根据闭合电路欧姆定律得到U=E﹣Ir，U﹣I图象的斜率的绝对值表示电源的内电阻，纵轴截距表示电源的电动势，横轴截距表示短路电流．‎ ‎【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得到U=E﹣Ir；‎ U﹣I图象的斜率的绝对值表示电源的内电阻，故a图线对应的电源的内电阻较大；‎ 纵轴截距表示电源的电动势，故a图线的电动势较大；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示的电路中，水平放置的平行板电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态，现将滑动变阻器的滑片P向左移动，则（　　）‎ A．电容器中的电场强度将增大 B．电容器上的电荷量将减少 C．电容器的电容将减小 D．液滴将向上运动 ‎【考点】电容．‎ ‎【分析】由题意可知，电容器与R2并联，根据闭合电路欧姆定律可确定随着滑片左移，电阻的变化，导致电压的变化，从而判定电阻R2的电压变化，再根据可得，电容器的电量及由E=知两极间的电场强度如何变化．‎ ‎【解答】解：A、电容器两板间电压等于R2两端电压．当滑片P向左移动时，接入电路的电阻增大，电路中的电流减小，所以R2两端电压U减小，由E=知电容器中场强变小，A错误；‎ B、根据可得，电容器放电，电荷量减少，B项正确；‎ C、电容器的电容与U的变化无关，保持不变，C项错误．‎ D、带电液滴所受电场力变小，使液滴向下运动，D项错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．如图所示，真空中有一个固定的点电荷，电荷量为+Q．图中的虚线表示该点电荷形成的电场中的四个等势面．有两个一价离子M、N（不计重力，也不计它们之间的电场力）先后从a点以相同的速率v0射入该电场，运动轨迹分别为曲线apb和aqc，其中p、q分别是它们离固定点电荷最近的位置．‎ ‎①M一定是正离子，N一定是负离子．‎ ‎②M在p点的速率一定大于N在q点的速率．‎ ‎③M在b点的速率一定大于N在c点的速率．‎ ‎④M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q电势能的增量．‎ 以上说法中正确的是（　　）‎ A．只有①③ B．只有②④ C．只有①④ D．只有②③‎ ‎【考点】电势能；等势面．‎ ‎【分析】根据轨迹判定电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力，可知两粒子在从a向b、c运动过程中电场力做功情况．根据abc三点在同一等势面上，可判定从a到b和从a到c过程中电场力所做的总功为零．‎ ‎【解答】解：①由图可知电荷N受到中心电荷的斥力，而电荷M受到中心电荷的引力，故两粒子的电性一定不同．由于中心电荷为正电，则M一定是负离子，N一定是正离子，故①错误；‎ ‎②由图可判定M电荷在运动过程中，电场力做正功，导致动能增加；而N电荷在运动过程中，电场力做负功，导致动能减小．所以在p点的速率一定大于N在q点的速率，故②正确；‎ ‎③D由于abc三点在同一等势面上，故粒子M在从a向b运动过程中电场力所做的总功为0，N粒子在从a向c运动过程中电场力所做的总功为0．由于两粒子以相同的速率从a点飞入电场故两粒子的分别经过b、c两点时的速率一定相等．故③错误．‎ ‎④由图可知N粒子在从a向q运动过程中电场力做负功的值大于粒子M在从p向b运动过程中电场力做负功的值，故M从p→b过程电势能的增量一定小于N从a→q电势能的增量．故④正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．在研究微型电动机的性能时，可采用如图所示的实验电路．当调节滑动变阻器R，使电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.5A和 1.0V；重新调节 R，使电动机恢复正常运转时，电流表和电压表的示数分别为2.0A和15.0V．则有关这台电动机正常运转时的说法正确的是（　　）‎ A．电动机的输出功率为8 W B．电动机的输出功率为30 W C．电动机的内电阻为2Ω D．电动机的内电阻为7.5Ω ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量滑动变阻器两端的电压，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电阻的功率，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：C、D、电动机的电阻R===2Ω，故C正确，D错误；‎ A、B、电动机的总功率P=U1I1=15V×2A=30W；‎ 克服自身电阻的功率PR=I12R=（2A）2×2Ω=8W；‎ 电动机正常运转时的输出功率是P输出=P﹣PR=30W﹣8W=22W．‎ 故A错误，B错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则（　　）‎ A．a的电荷量一定大于b的电荷量 B．b的质量一定大于a的质量 C．a的比荷一定大于b的比荷 D．b的比荷一定大于a的比荷 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】两个粒子垂直射入匀强电场中都作类平抛运动，粒子竖直方向的偏转量相同而水平位移不等，写出偏转量的表达式，根据公式进行说明．‎ ‎【解答】解：设任一粒子的速度为v，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则 ‎ 加速度：a=，①‎ ‎ 时间 t=，②‎ ‎ 偏转量 y==．③‎ 因为两个粒子的初速度相等，由②得：t∝x，则得a粒子的运动时间短，由③得：a的加速度大，a粒子的比荷就一定大，但a的电荷量不一定大．故C正确．ABD错误 故选：C ‎　‎ ‎7．额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W的A、B两只灯，接在220V的电路中，既使电灯都正常发光，又使电路消耗的电功率最小的连接方式是下图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）根据串联电路电阻的分压特点可知，电压相等时，电阻也要相等．‎ ‎（2）已知电源电压相等，根据公式P=可知，电路中电阻越大，消耗的功率就越小，先根据公式R=分别求出灯泡A和灯泡B的电阻，再求出A、B、C、D图总电阻进行比较，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：根据公式P=可知，灯泡A的电阻RA===121Ω，灯泡B的电阻RB===302.5Ω．‎ A、图是灯泡A和灯泡B串联，然后接到220V的电源上，根据串联电路的分压特点可知灯泡B两端的电压大于110V，所以不能正常工作，故A错误；‎ B、图是灯泡A和可变电阻R并联后又和灯泡B串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡A与可变电阻R并联后和灯泡B的电阻相等；但并联电路中，电阻越并越小，小于任何一个分电阻，所以此电路中灯泡A和灯泡B也不能正常工作，故B错误；‎ C、图是灯泡B和可变电阻R并联后又和灯泡A串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡B与可变电阻R并联后和灯泡A的电阻相等；串联电路，电阻越串越大；可以使灯泡A和灯泡B正常工作；所以R总=2RA=2×121Ω=242Ω；故C正确；‎ D、图是灯泡A和灯泡B并联后又与可变电阻R串联，灯泡要想正常工作，必须满足灯泡A与灯泡B并联后和可变电阻R的阻值相等；由公式 =+，得灯泡B和灯泡A并联后的电阻R≈86.4Ω，故D图的总电阻为R总=2R=2×86.4Ω=172.8Ω；根据公式P=可知，电路电阻越大．消耗的功率就越小，比较C图和D图可知，C图的总电阻大，消耗的功率最小；故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最高 B．带电质点通过P点时电势能较大 C．带电质点通过P点时的动能较大 D．带电质点通过P点时的加速度较小 ‎【考点】等势面．‎ ‎【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．‎ ‎【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；‎ B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；‎ C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；‎ D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎9．有一个点电荷，在以该点电荷为球心，r为半径的球面上各点相同的物理量是（　　）‎ A．电场强度 B．同一电荷所受的电场力 C．电势 D．同一电荷具有的电势能 ‎【考点】点电荷的场强；电场强度．‎ ‎【分析】只有大小和方向都相同时，矢量才相同；标量只有大小，没有方向，只要大小相等，标量就相同．以点电荷为球心的球面是一个等势面，其上各点的电势相等，电场强度大小相等，方向不同．‎ ‎【解答】解：A、以点电荷为球心的球面各点的电场强度大小相等，方向不同，故电场强度不同．故A错误．‎ B、由F=qE可知，同一电荷受到的电场力大小相等，方向不同，故电场力不同．故B错误．‎ C、以点电荷为球心的球面是一个等势面，即各点的电势相等．故C正确．‎ D、由电势能与电势的关系可知，电势相同，同一电荷具有相同的电势能，故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎10．在图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．开关闭合后，灯泡L能正常发光．当滑动变阻器的滑片向左移动时，下列判断正确的是（　　）‎ A．灯泡L将变暗 B．灯泡L将变亮 C．电容器C的电量将减小 D．电容器C的电量将增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电路稳定时，与电容器串联的电路没有电流，相当于断路．当滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，即可知电压表读数减小．电路中电流增大，灯L变亮．电容器的电压等于路端电压，分析其电压变化，由Q=CU分析电量的变化．‎ ‎【解答】解：A、当滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，电路中电流增大，灯L变亮，故A错误，B正确．‎ D、电容器的电压等于路端电压，可见其电压是减小的，则由Q=CU知，电容器C的电荷量将减小．故C正确，D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎11．图中a、b和c分别表示点电荷的电场中的三个等势面，它们的电势分别为6V、4V和1.5V．一质子（H）从等势面a上某处由静止释放，仅受电场力作用而运动，已知它经过等势面b时的速率为v，则对质子的运动判断正确的是（　　）‎ A．质子从a等势面运动到c等势面电势能增加4.5eV B．质子从a等势面运动到c等势面动能增加4.5eV C．质子经过等势面c时的速率为2.25v D．质子经过等势面c时的速率为1.5v ‎【考点】电势能；等势面．‎ ‎【分析】质子带一个元电荷的电荷量e，则在运动过程中电场力做功W=eU，由做功的值分析能量与速度的变化．‎ ‎【解答】解：由a运动到c，则电场力做功W=e（φa﹣φc）=e（6﹣1.5）=4.5eV ‎ 为正功，则电势能减小，动能增加．故A错误，B正确 ‎ 由a到c，4.5eV=mv′2﹣﹣﹣﹣①‎ ‎ 由a到b，e（φa﹣φb）=e（6﹣4）V=mv 2﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣②‎ ‎ 由①②得：v′=v=1.5v，故C错误，D正确；　‎ 故选：BD ‎　‎ ‎12．某同学将一直流电源的总功率P总、输出功率P出和电源内部的发热功率P内随电流I变化的图线画在同一坐标系内，如图所示，根据图线可知（　　）‎ A．反映P内变化的图线是b B．电源电动势为8V C．电源内阻为2Ω D．当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电源内部的发热功率Pr=I2r．直流电源的总功率PE=EI，P﹣I图象的斜率等于电动势E．当I=2A时，电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等，求出电源的内阻．根据闭合电路欧姆定律求出电流为0.5A时的外电阻．‎ ‎【解答】解：A、电源内部的发热功率Pr=I2r，Pr﹣I图象是抛物线，而且是增函数，则反映Pr变化的图线是c．故A错误．‎ B、直流电源的总功率PE=EI，P﹣I图象的斜率等于电动势E，则有E==4V．故B错误．‎ C、图中I=2A时，电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等，则有Pr=I2r，得到r==2Ω．故C正确．‎ D、当电流为0.5A时，根据闭合电路欧姆定律得：I=，代入解得R=6Ω．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ 二、实验题（本大题共3小题，共19分）‎ ‎13．如图所示的螺旋测微器的读数是　1.410　 毫米．‎ ‎【考点】螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，注意在读可动刻度读数时需要估读 ‎【解答】解：螺旋测微器的固定刻度为1.0mm，可动刻度为0.01×41.0mm=0.410mm，所以最终读数为1.0+0.410=1.410mm；‎ 故答案为：1.410．‎ ‎　‎ ‎14．用多用表的欧姆挡测量阻值约为几十千欧的电阻Rx，以下给出的是可能的实验操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆挡调零旋钮．把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在横线上　cabe　‎ a．将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔 b．将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx 的阻值后，断开两表笔 c．旋转S使其尖端对准欧姆挡×1k d．旋转S使其尖端对准欧姆挡×100‎ e．旋转S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔．‎ 根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为　30k　Ω．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】使用多用电表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指针表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，多用电表使用完毕，要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡上；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数．‎ ‎【解答】解：用欧姆表测阻值约为几十千欧的电阻，应旋转选择开关S使其尖端对准欧姆挡×1k，然后进行欧姆调零，欧姆调零后测电阻阻值，具体做法是：将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆挡的0刻度，断开两表笔；欧姆表使用完毕，应旋转选择开关S使其尖端对准交流500V挡，并拔出两表笔，故合理的实验步骤是：cabe．‎ 多用电表用欧姆挡×1k测电阻，由图示表盘可知，电阻阻值为：30×1k=30kΩ；‎ 故答案为：cabe；30k．‎ ‎　‎ ‎15．如图甲所示，为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的I﹣U特性曲线的实验电路图．‎ ‎（1）根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整．‎ ‎（2）开关S闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于　A　端（选填“A”、“B”或“AB中间”）‎ ‎（3）实验中测得有关数据如表：‎ U/V ‎0.40‎ ‎0.80‎ ‎1.20‎ ‎1.60‎ ‎2.00‎ ‎2.40‎ ‎2.80‎ I/A ‎0.10‎ ‎0.16‎ ‎0.20‎ ‎0.23‎ ‎0.25‎ ‎0.26‎ ‎0.27‎ 根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的I﹣U特性曲线．‎ ‎（4）当灯泡电压为1.4V时的功率为　0.29　W（保留两位有效数字）‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】根据电路图连接实物图．‎ 开关S闭合之前，滑动变阻器滑动A端，使得测量部分短路，起保护作用．‎ 根据实验的数据描点作图，用平滑曲线连接．‎ 由图象求出电压所对应的电流，然后由P=UI求出灯泡功率．‎ ‎【解答】解：①根据电路图连接实物图，因为灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表采取3V量程，从表格中的数据来看，最大电流在0.27A左右，则电流表选取0.6A的量程，因为灯泡的电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，由于灯泡的电阻比较小，则电流表采取外接法，在连接实物图时注意电表的极性．如下图．‎ ‎②开关S闭合之前，滑动变阻器滑动A端，使得测量电路中的电流、电压为零，处于短路状态，起保护作用．‎ ‎③描点作图，如下图．‎ ‎④由图丙所示图象可知，电压为1.4V时，通过灯泡的电流为0.21A，灯泡实际功率P=UI=1.4×0.21=0.29W．‎ 故答案为：①如图．（2）A （3）如图．（4）0.29‎ ‎　‎ 三、计算题（本大题共4小题，共计43分．解答应写出必要的步骤、文字说明、方程式，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须写出数值与单位，否则扣分．）‎ ‎16．两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是均匀的．一个α粒子（氦原子核）从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板中心．已知α粒子电荷为2e，α粒子的质量为4m，忽略重力和空气阻力的影响，求 ‎（1）极板间的电场强度E；‎ ‎（2）α粒子在极板间运动的加速度a；‎ ‎（3）α粒子的初速度v0．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】因为极板间是匀强电场，电场强度直接可根据匀强电场公式求出．质子进入电场后做类平抛运动，在沿电场方向上做初速度为零的匀加速直线运动，在垂直于电场方向上做匀速直线运动．α粒子在极板间运动的加速度a可以根据所受的合力（电场力）求出，α粒子的初速度v0可以根据两分运动的等时性去求解．‎ ‎【解答】解：（1）两板间为匀强电场，则场强为：‎ ‎（2）α粒子电荷为2e，质量为4m，所受电场力为：‎ α粒子在极板间运动的加速度为：‎ ‎（3）α粒子垂直进入匀强电场，做类平抛运动，有：‎ ‎，‎ 得：‎ 答：（1）极板间的电场强度E为；‎ ‎（2）α粒子在极板间运动的加速度a为；‎ ‎（3）α粒子的初速度为 ‎　‎ ‎17．如图所示，半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环面平行．一电量为+q、质量为m的小球穿在环上，可沿环作无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度vA的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，试计算：‎ ‎（1）速度vA的大小；‎ ‎（2）小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力．‎ ‎【考点】牛顿第二定律；牛顿第三定律；向心力；动量定理；电场强度．‎ ‎【分析】（1）小球受重力、支持力、电场力，小球受到的电场力提供向心力，根据牛顿第二定律列式求解；‎ ‎（2）先对从A到B过程运用动能定理列式求解，得出小球经过B点时的速度，然后受力分析，根据支持力和电场力的合力提供向心力列式求解支持力．‎ ‎【解答】解：（1）在A点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：‎ 所以小球在A点的速度．‎ ‎（2）在小球从A到B的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即 ，‎ 小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有 解以上两式，得到：NB=6qE 故根据牛顿第三定律，小球在B点对环的水平作用力为：NB′=NB=6qE．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示电路中，电源电动势E=10v，内电阻不计，电阻R1=14Ω，R2=6.0Ω，R3=2.0Ω，R4=8.0Ω，R5=10Ω，电容器的电容C=2μF，求：‎ ‎（1）电容器所带的电荷量．并说明电容器哪个极板带正电．‎ ‎（2）若R2突然断路，将有多少电荷量通过R5？‎ ‎【考点】电容器；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）当电路稳定时，R1与R2串联，R3与R4串联，两条支路并联．R5上没有电流流过．根据欧姆定律求解，结合电路电势关系求出a、b两点间的电势差，即为电容器的电压，再求电量．电势高的极板为正极板，带正电荷 ‎（2）R2断路，当再度达到稳定后，电容器电压等于R3两端的电压，根据电容器上电压的变化判断电容器充电或放电，分析通过R5的电荷．‎ ‎【解答】解：（1）由图可知：‎ 得：‎ 同理可得：‎ 令d点的电势为零电势，即ϕd=0‎ 则有：‎ 且：‎ 可知：ϕa=3V，ϕb=8Vb点电势高，下极板带正电 Uba=ϕb﹣ϕa=5V Q=CUba=2×10﹣6×5C=1×10﹣5c ‎（2）R2断路后：‎ Q′=C 此时下极板带负电，则流过R5电荷量为：△Q=Q+Q'=1.4×10﹣5C 答：（1）电容器所带的电荷量为1×10﹣5C，下极板为正 ‎（2）将有1.4×10﹣5C电荷量通过R5‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，甲图中变阻器的滑片从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如乙图中的AC、BC两直线所示．不考虑电表内阻对电路的影响．‎ ‎（1）电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图线分别为乙图中的哪一条直线？‎ ‎（2）定值电阻R0以及变阻器的总电阻R分别为多少？‎ ‎（3）求出电源的电动势和内阻．‎ ‎【考点】路端电压与负载的关系；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻R0的电压增大，路端电压减小，来判断两个电压表的示数对应的图线．‎ ‎（2）定值电阻R0等于图线AC的斜率大小．由数学知识求出图线的斜率求解R0．当滑动变阻器取最大值时，电流最小，由图读出电流的最小值，由欧姆定律求出变阻器的总电阻R．‎ ‎（3）图线BC反映路端电压与电流的关系，其斜率大小等于电源的内阻，由数学知识求出电源的内阻．再闭合电路欧姆定律求出电源的电动势．‎ ‎【解答】解：（1）当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻R0的电压增大，路端电压减小，由图分析可得V1对应AC、V2对应BC．‎ ‎（2）由题意得：U2=IR0，则R0===3Ω 当滑动变阻器取最大值时，电流最小Imin=0.5A，‎ 而UR=U1﹣U2=7.5﹣1.5=6V 所以Rmax===12Ω ‎（3）因为U1=E﹣Ir，则内阻r===1Ω 所以E=U1+Ir=7.5+0.5×1=8V．‎ 答：（1）电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图象应分别为U﹣I图象中：V1对应AC、V2对应BC．‎ ‎ （2）定值电阻R0、变阻器的总电阻R分别为3Ω和12Ω．‎ ‎ （3）电源的电动势8V，内阻为1Ω．‎ ‎　‎ ‎2016年11月29日