物理·四川省内江市资中县球溪高中2016-2017学年高二上学期期中物理试卷 Word版含解析 17页

‎2016-2017学年四川省内江市资中县球溪高中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．下述关于静电的防范和利用的事例中，不正确的是（　　）‎ A．飞行中的飞机会带静电，飞机着地后可用搭地线或导电橡胶机轮把静电导走 B．静电除尘器是使灰尘带电后在电场力的作用下奔向电极并吸附于电极上 C．油罐车在运输过程中会带静电，为避免电荷越积越多，油罐车应良好绝缘 D．做地毯时，在地毯中夹进一些不锈钢丝导电纤维，可以防止静电积累 ‎2．两根不等长的细线栓在同一点，另一端分别栓两个带同种电荷的小球a，b，电荷量分别是Q1，Q2，质量分别是m1，m2，当两球处于同一水平面时恰好静止，且α＜β，则造成α，β不相等的原因是（　　）‎ A．Q1＞Q2 B．Q1＜Q2 C．m1＞m2 D．m1＜m2‎ ‎3．如图所示的伏安法测电阻电路中，电压表的内阻为4kΩ，读数为4V；电流表的内阻为10Ω，读数为5mA．待测电阻R的真实值等于（　　）‎ A．750Ω B．760Ω C．1000Ω D．1010Ω ‎4．如图所示，直线a为某电源的路端电压随干路电流强度的变化图线，直线b为某一电阻R两端的电压随电流变化图线，把该电源和该电阻组成的闭合电路，电源的输出功率和电源的内电阻分别为（　　）‎ A．4W，0.5Ω B．6W，1Ω C．4W，1Ω D．2W，0.5Ω ‎5．在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r．设电流表A1的读数为I1，A2的读数为I2，电压表V的读数为U．当R5的滑触点向图中b端移动时（　　）‎ A．I1变大，I2变小，U变小 B．I1变大，I2变小，U变大 C．I1变小，I2变大，U变小 D．I1变小，I2变大，U变大 ‎6．如图所示，平行板电容器与电池相连，当二极板间距离减小后，则二板间的电压U和电场强度E，电容器电容C及电量Q与原来相比（　　）‎ A．U不变，E变大 B．U不变，E变小 C．C变大，Q变大 D．C变大，Q变小 ‎7．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．以下说法正确的是（　　）‎ A．M在b点的速率大于N在c的速率 B．M是负离子，N是正离子 C．a→p→b过程中电场力先做负功再做正功 D．M从p→b过程中电势能的增量小于N从a→q电势能的增量 ‎8．如图所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，则在Q向上运动过程中（　　）‎ A．物块Q的电势能一直减小 B．物块Q的机械能一直增大 C．物块P、Q的重力势能和电势能之和一直增大 D．物块Q的动能一直增大 ‎　‎ 二、填空题（共2小题，每小题4分，满分15分）‎ ‎9．在《测定金属丝电阻率》的实验中，需要测出其长度L．直径d和电阻R．‎ ‎①用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图A，则金属丝的直径为　　m．‎ ‎②若用图中B测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值　　．（“偏大”，“偏小”）‎ ‎③用电流表和电压表测金属丝的电流电压时读数如图C，则电压表的读数为　　V，电流表的读数为　　A．‎ ‎10．在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：‎ A．干电池（电动势约为1.5V，内阻小于1.5Ω）‎ B．电流表G（满偏电流2mA，内阻10Ω）‎ C．电流表A（0～0.6A，内阻约0.1Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）‎ E．滑动变阻器R2（0～100Ω，1A）‎ F．定值电阻R3=990Ω G．开关、导线若干 ‎（1）为方便且能较准确地进行测量，应选用滑动变阻器　　（填写序号）．‎ ‎（2）请在如图1的虚线框内画出利用本题器材所设计的测量电池电动势和内阻的实验电路图．‎ ‎（3）某同学根据他设计的实验测出了6组I1（电流表G的示数）和I2（电流表A的示数），请在如图2所示的坐标纸上作出I1和I2的关系图线．‎ 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ I1/mA ‎1.40‎ ‎1.36[‎ ‎1.35‎ ‎1.28‎ ‎1.20‎ ‎1.07‎ I2/A ‎0.10‎ ‎0.15‎ ‎0.23‎ ‎0.25‎ ‎0.35‎ ‎0.50‎ ‎（4）根据图线可得，被测电池的电动势为　　V，内阻为　　Ω．‎ ‎　‎ 三、解答题（共4小题，满分47分）‎ ‎11．如图所示，BC是半径为R的圆弧形的光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E．现有一质量为m、带正电q的小滑块（可视为质点），从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，求：‎ ‎（1）滑块通过B点时的速度大小；‎ ‎（2）滑块经过圆弧轨道的B点时，所受轨道支持力的大小；‎ ‎（3）水平轨道上A、B两点之间的距离．‎ ‎12．如图所示，电源内阻r=1Ω，R1=2Ω，R2=6Ω，灯L上标有“3V、1.5W”的字样，当滑动变阻器R3的滑片P移到最右端时，电流表示数为1A，灯L恰能正常发光．‎ ‎（1）求电源的电动势；‎ ‎（2）求当P移到最左端时，电流表的示数；‎ ‎（3）当滑动阻器的Pb段电阻多大时，变阻器R3上消耗的功率最大？最大值多大？‎ ‎13．用多用电表电阻挡测电阻，有许多注意事项，下列说法正确的是（　　）‎ A．测量某电阻时，若欧姆表指针偏转角度很小，应换倍率较大的电阻挡调零后再测 B．测量电路中的电阻时，应该把该电阻与电路断开 C．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果 D．两个表笔要与待测电阻接触良好才能测得较准确，为此，应当用两只手分别将两个表笔与电阻两端紧紧捏在一起 ‎14．如图所示，xOy坐标系中，仅在0≤x≤l范围内有沿y轴正方向的匀强电场．质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从坐标原点O以速度v0沿x轴正向进入电场，从P（l，）点离开电场，沿直线到达Q点．已知Q点横坐标xQ=2l，取O点电势φO=0，不计粒子重力，求：‎ ‎（1）P点的电势φP；‎ ‎（2）Q点的纵坐标yQ．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省内江市资中县球溪高中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．下述关于静电的防范和利用的事例中，不正确的是（　　）‎ A．飞行中的飞机会带静电，飞机着地后可用搭地线或导电橡胶机轮把静电导走 B．静电除尘器是使灰尘带电后在电场力的作用下奔向电极并吸附于电极上 C．油罐车在运输过程中会带静电，为避免电荷越积越多，油罐车应良好绝缘 D．做地毯时，在地毯中夹进一些不锈钢丝导电纤维，可以防止静电积累 ‎【考点】* 静电的利用和防止．‎ ‎【分析】本题考查是关于静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以判断出答案．‎ ‎【解答】解：A．飞机在飞行时，与空气摩擦产生大量的静电，飞机轮胎用绝缘性能极好的橡胶制作，静电不能及时导出，会出现静电危害，故A正确，‎ B．静电除尘器是使灰尘带电后在电场力的作用下奔向电极并吸附于电极上，故B正确；‎ C、油罐车上带上搭地铁链是为了把产生的静电导走，不能让车绝缘，故C错误；‎ D．不锈钢丝的作用是把鞋底与地毯摩擦产生的电荷传到大地上，以免防止静电积累，防止发生静电危害．故D正确；‎ 本题选错误的，故选：C ‎　‎ ‎2．两根不等长的细线栓在同一点，另一端分别栓两个带同种电荷的小球a，b，电荷量分别是Q1，Q2，质量分别是m1，m2，当两球处于同一水平面时恰好静止，且α＜β，则造成α，β不相等的原因是（　　）‎ A．Q1＞Q2 B．Q1＜Q2 C．m1＞m2 D．m1＜m2‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】先后对a、b两个球受力分析，均受重力、拉力和静电斥力，根据平衡条件列式判断质量大小．‎ ‎【解答】解：a、b两个球受力分析，均受重力、拉力和静电斥力，如图所示：‎ 不管电荷量大小如何，静电斥力F、F′都相同，故电荷量关系不影响角度α和β；‎ 根据平衡条件，有：‎ 由于：F=F′，α＜β＜90°；‎ 故m1＞m2；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示的伏安法测电阻电路中，电压表的内阻为4kΩ，读数为4V；电流表的内阻为10Ω，读数为5mA．待测电阻R的真实值等于（　　）‎ A．750Ω B．760Ω C．1000Ω D．1010Ω ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】根据图示电路图应用串并联电路图特点与欧姆定律可以求出电阻的真实值．‎ ‎【解答】解：待测电阻的真实值：R====1000Ω；故C正确，ABD错误 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，直线a为某电源的路端电压随干路电流强度的变化图线，直线b为某一电阻R两端的电压随电流变化图线，把该电源和该电阻组成的闭合电路，电源的输出功率和电源的内电阻分别为（　　）‎ A．4W，0.5Ω B．6W，1Ω C．4W，1Ω D．2W，0.5Ω ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】根据电源的U﹣I图象的纵轴截距和斜率分别求出电源的电动势和内阻．电源的U﹣I图象与电阻U﹣I图象的交点表示该电阻接在该电源上的工作状态，读出此时路端电压和电流，再求出电源的输出功率．‎ ‎【解答】解：由闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，当I=0，U=E，则由电源的U﹣I图象纵轴截距读出电源的电动势E=3V，图象的斜率大小等于电源的内阻大小，即有r===0.5Ω．‎ 电源的U﹣I图象与电阻U﹣I图象的交点表示该电阻接在该电源上的工作状态，读出此时的路端电压为U=2V，电流为I=2A，则电源的输出功率为P=UI=4W．‎ 故选A ‎　‎ ‎5．在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r．设电流表A1的读数为I1，A2的读数为I2，电压表V的读数为U．当R5的滑触点向图中b端移动时（　　）‎ A．I1变大，I2变小，U变小 B．I1变大，I2变小，U变大 C．I1变小，I2变大，U变小 D．I1变小，I2变大，U变大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】首先对电路进行分析，得出电路结构，再根据滑片的移动确定滑动变阻器接入电阻的变化，则可得出总电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可得出电流的变化及内电压的变化，则可得出路端电压的变化，再由串并联电路的性质确定电流表示数的变化．‎ ‎【解答】解：当R5的滑动触点向图中b端移动时，R5变大，外电路总电阻变大，则由闭合电路欧姆定律知，总电流I2变小，内阻所占电压变小，则路端电压变大，U变大，电路中并联部分电压变大，则I1变大．故B正确．‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．如图所示，平行板电容器与电池相连，当二极板间距离减小后，则二板间的电压U和电场强度E，电容器电容C及电量Q与原来相比（　　）‎ A．U不变，E变大 B．U不变，E变小 C．C变大，Q变大 D．C变大，Q变小 ‎【考点】电容器的动态分析；电场强度．‎ ‎【分析】平行板电容器与电池相连，其电压U保持不变，当二极板间距离减小后，板间的场强变大．板间距离减小，电容C增大，电量Q变大．‎ ‎【解答】解：平行板电容器与电池相连，其电压U保持不变，当二极板间距离减小后，由E= 分析可知，板间场强E变大．板间距离减小，电容C增大，根据Q=CU，U不变，则电量Q变大．即U不变，E变大，C变大，Q变大，故AC正确，BD错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎7．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．以下说法正确的是（　　）‎ A．M在b点的速率大于N在c的速率 B．M是负离子，N是正离子 C．a→p→b过程中电场力先做负功再做正功 D．M从p→b过程中电势能的增量小于N从a→q电势能的增量 ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据轨迹的弯曲确定静电力为库仑引力还是库仑斥力，从而得出M、N电性的正负．根据动能定理比较粒子速度的大小，根据电场力做功判断电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据运动轨迹的弯曲可知，M受到的是库仑引力、N受到的是库仑斥力，则M为负离子，N为正离子，a、b、c在同一个等势面上，ab和ac电势差为零，则静电力不做功，可知M在b点的速率等于N在c点的速率，故A错误，B正确．‎ C、M从a→p→b过程，由于M受到的是库仑引力，则电场力先做正功再做负功，故C错误．‎ D、Pb间的电势差小于qc间的电势差，则从p到b过程中电场力做功小于q到c过程中电场力做功，则M从p→b过程中电势能的增量小于N从a→q电势能的增量，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，光滑绝缘斜面的底端固定着一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，则在Q向上运动过程中（　　）‎ A．物块Q的电势能一直减小 B．物块Q的机械能一直增大 C．物块P、Q的重力势能和电势能之和一直增大 D．物块Q的动能一直增大 ‎【考点】功能关系．‎ ‎【分析】物块Q在运动过程中存在三种能：动能、重力势能和电势能，根据电场力做功情况分析电势能的变化．由功能关系分析机械能的变化．由Q的受力情况，分析动能的变化情况，根据能量守恒分析Q的重力势能和电势能之和如何变化．‎ ‎【解答】解：A、在Q向上运动过程中，电场力对Q做正功，则Q的电势能一直减小，故A正确．‎ B、电场力对Q做正功，则由功能关系知，Q的机械能一直增大，故B正确．‎ CD、物块Q所受的电场力先大于、再等于、后小于重力沿斜面向下的分力，所以Q先加速后减速，动能先增大后减小，而Q的动能、重力势能、电势能的总和守恒，所以重力势能和电势能之和先减小后增大，故CD错误．‎ 故选：AB ‎　‎ 二、填空题（共2小题，每小题4分，满分15分）‎ ‎9．在《测定金属丝电阻率》的实验中，需要测出其长度L．直径d和电阻R．‎ ‎①用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图A，则金属丝的直径为　0.000697　m．‎ ‎②若用图中B测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值　偏小　．（“偏大”，“偏小”）‎ ‎③用电流表和电压表测金属丝的电流电压时读数如图C，则电压表的读数为　2.60　V，电流表的读数为　0.52　A．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器所示．‎ ‎（2）根据电路图应用欧姆定律分析实验误差．‎ ‎（3）由图象电表确定电表量程与分度值，读出电表示数．‎ ‎【解答】解：（1）由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为19.7×0.01mm=0.197mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.197mm=0.697mm=0.000697m．‎ ‎（2）由图示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值．‎ ‎（3）由图丙所示电压表可知，其量程为3V，分度值为0.1V，示数为2.60V；‎ 由图示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.52A．‎ 故答案为：（1）0.000697；（2）偏小；（3）2.60；0.52．‎ ‎　‎ ‎10．在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：‎ A．干电池（电动势约为1.5V，内阻小于1.5Ω）‎ B．电流表G（满偏电流2mA，内阻10Ω）‎ C．电流表A（0～0.6A，内阻约0.1Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）‎ E．滑动变阻器R2（0～100Ω，1A）‎ F．定值电阻R3=990Ω G．开关、导线若干 ‎（1）为方便且能较准确地进行测量，应选用滑动变阻器　D　（填写序号）．‎ ‎（2）请在如图1的虚线框内画出利用本题器材所设计的测量电池电动势和内阻的实验电路图．‎ ‎（3）某同学根据他设计的实验测出了6组I1（电流表G的示数）和I2（电流表A的示数），请在如图2所示的坐标纸上作出I1和I2的关系图线．‎ 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ I1/mA ‎1.40‎ ‎1.36[‎ ‎1.35‎ ‎1.28‎ ‎1.20‎ ‎1.07‎ I2/A ‎0.10‎ ‎0.15‎ ‎0.23‎ ‎0.25‎ ‎0.35‎ ‎0.50‎ ‎（4）根据图线可得，被测电池的电动势为　1.48　V，内阻为　0.80　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）滑动变阻器应起来限流保护作用，并且在使用时要选用易于调节的；‎ ‎（2）由于电流表的内阻接近电源的内电阻，故若采用电流表外接法，则测得的内阻误差太大；‎ ‎（3）应用描点法作图作出图象；‎ ‎（4）由作出的U﹣I图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻．‎ ‎【解答】解：（1）为方便实验操作，滑动变阻器的阻值不能太大，选择D比较合适．‎ ‎（2）由于没有电压表，给定的电流表G可与定值电阻R3串联作电压表使用，实验电路如图甲所示．‎ ‎（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出I1﹣I2图象如图乙所示．‎ ‎（4）表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律可知：‎ I1（R3+RA）=E﹣I2r 即：I1=﹣；‎ 由图可知，图象与纵坐标的交点为1.48mA，‎ 则有：1.48mA=；‎ 解得：E=1.48V；‎ 由图象可知，图象的斜率为：0.8×10﹣3，由公式得图象的斜率等于，‎ 故=0.8×10﹣3；‎ 解得r=0.80Ω．‎ 故答案为：（1）D；（2）电路图如图甲所示；（3）图象如图乙所示；（4）1.48；0.80．‎ ‎　‎ 三、解答题（共4小题，满分47分）‎ ‎11．如图所示，BC是半径为R的圆弧形的光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E．现有一质量为m、带正电q的小滑块（可视为质点），从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零．若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为μ，求：‎ ‎（1）滑块通过B点时的速度大小；‎ ‎（2）滑块经过圆弧轨道的B点时，所受轨道支持力的大小；‎ ‎（3）水平轨道上A、B两点之间的距离．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理．‎ ‎【分析】（1）小滑块从C到B的过程中，只有重力和电场力对它做功，根据动能定理求解．‎ ‎（2）滑块经过圆弧轨道的B点时，所受轨道支持力和重力的合力提供向心力；‎ ‎（3）对整个过程研究，重力做正功，水平面上摩擦力做负功，电场力做负功，根据动能定理求出水平轨道上A、B两点之间的距离．‎ ‎【解答】解：（1）小滑块从C到B的过程中，只有重力和电场力对它做功，设滑块经过圆弧轨道B点时的速度为vB，根据动能定理有 ‎ 解得 ‎ ‎（2）根据牛顿运动定律有解得 NB=3mg﹣2qE ‎ ‎（3）小滑块在AB轨道上运动时，所受摩擦力为 f=μmg 小滑块从C经B到A的过程中，重力做正功，电场力和摩擦力做负功．设小滑块在水平轨道上运动的距离（即A、B两点之间的距离）为L，则根据动能定理有：‎ mgR﹣qE（R+L）﹣μmgL=0‎ 解得 ‎ 答：（1）滑块通过B点时的速度大小；‎ ‎（2）滑块经过圆弧轨道的B点时，所受轨道支持力的大小 NB=3mg﹣2qE；‎ ‎（3）水平轨道上A、B两点之间的距离．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，电源内阻r=1Ω，R1=2Ω，R2=6Ω，灯L上标有“3V、1.5W”的字样，当滑动变阻器R3的滑片P移到最右端时，电流表示数为1A，灯L恰能正常发光．‎ ‎（1）求电源的电动势；‎ ‎（2）求当P移到最左端时，电流表的示数；‎ ‎（3）当滑动阻器的Pb段电阻多大时，变阻器R3上消耗的功率最大？最大值多大？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）由闭合电路欧姆定律可以求得电动势；‎ ‎（2）当P移到最左端时，R1直接接到电源上，根据闭合电路欧姆定律即可求解电流；‎ ‎（3）先求出电路中的电流，表示出变阻器R3上消耗的功率的表达式，用数学方法求解．‎ ‎【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律得：‎ E=UL+IR1+Ir=3+1×2+1×1=6V ‎（2）当P移到最左端时，‎ ‎（3）根据题意可知：‎ ‎，‎ ‎，‎ ‎，‎ 将已知量代入，‎ 化简得，，‎ 又有，‎ 所以，‎ 可算得，当R3=2Ω时变阻器R3上消耗的功率最大，且最大值为2W．‎ 答：（1）电源的电动势为6V；‎ ‎（2）当P移到最左端时，电流表的示数为2A；‎ ‎（3）当滑动阻器的Pb段电阻为2Ω时，变阻器R3上消耗的功率最大，最大值为2W．‎ ‎　‎ ‎13．用多用电表电阻挡测电阻，有许多注意事项，下列说法正确的是（　　）‎ A．测量某电阻时，若欧姆表指针偏转角度很小，应换倍率较大的电阻挡调零后再测 B．测量电路中的电阻时，应该把该电阻与电路断开 C．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果 D．两个表笔要与待测电阻接触良好才能测得较准确，为此，应当用两只手分别将两个表笔与电阻两端紧紧捏在一起 ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近；换挡后要重新进行欧姆调零；测量电阻要把电阻与其它元件独立；测完要把选择开关正确放置．‎ ‎【解答】解：A、为了减小误差，选择档位时应尽量使指针指在中心刻度附近，测量某电阻时，若欧姆表指针偏转角度很小，说明所选挡位太小，应换倍率较大的电阻挡调零后再，故A正确；‎ B、为保护电表，待测电阻如果是连在电路中，应当把它与其它元件断开，再进行测量，故B正确．‎ C、电流的流向不影响电阻的测量，测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果，故C正确；‎ D、两个表笔与待测电阻要接触良好才能测得准确，如果将两只手分别将两只表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，手与待测电阻并联，测量的是并联电阻阻值，测量值小于待测电阻阻值，因此不能用两只手分别将两只表笔与电阻紧捏在一起，故D错误．‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，xOy坐标系中，仅在0≤x≤l范围内有沿y轴正方向的匀强电场．质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从坐标原点O以速度v0沿x轴正向进入电场，从P（l，）点离开电场，沿直线到达Q点．已知Q点横坐标xQ=2l，取O点电势φO=0，不计粒子重力，求：‎ ‎（1）P点的电势φP；‎ ‎（2）Q点的纵坐标yQ．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】（1）粒子进入电场后做类平抛运动，结合P点的横坐标和初速度求出类平抛运动的时间，结合P点的纵坐标，结合牛顿第二定律求出电场强度的大小，从而得出OP间的电势差，得出P点的电势．‎ ‎（2）根据类平抛运动的规律求出粒子离开P点的速度方向，从而结合几何关系求出Q点的纵坐标．‎ ‎【解答】解：（1）设粒子在电场中运动的加速度为a，时间为t，由牛顿第二定律得 ‎ Eq=ma ①‎ 由运动学公式得 ‎ l=v0t ②‎ l=at2③‎ 又 φO﹣φP=E•yP，φO=0④‎ 解得 φp=﹣ ⑤‎ ‎（2）设在P点粒子速度方向与水平方向夹角为α，设y轴正方向的分速度大小为vy，则有 ‎ tanα= ⑥‎ ‎ vy=at ⑦‎ 粒子射出电场后，有 tanα= ⑧‎ 又 xQ=2l．⑨‎ 解得 yQ=l 答：（1）P点的电势φP是﹣．‎ ‎（2）Q点的纵坐标yQ是l．‎ ‎　‎ ‎2016年11月21日