物理卷·2018届湖南省张家界市民族中学高二上学期期中物理试卷 （解析版） 20页

‎2016-2017学年湖南省张家界市民族中学高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题包括15小题，共50分．其中1-10题为单选，每小题3分，11-15题为多选，全对得4分，不全对得2分，错选得0分）‎ ‎1．在科学发展过程中，许多科学家都做出了重要贡献，下列说法正确的是（　　）‎ A．安培首先提出场的概念 B．楞次提出了分子电流假说 C．法拉第首先发现了电磁感应现象 D．库仑用油滴实验首先测定了元电荷的电量 ‎2．在新农村建设的街道亮化工程中，全部使用太阳能路灯，如图是某行政村使用的太阳能路灯的电池板铭牌，则电池板的内阻值约为（　　）‎ A．0.14Ω B．0.16Ω C．6.23Ω D．7.35Ω ‎3．P，Q两个等量电荷的电场线分布如图所示，a，b，c，d为电场中的四个点．a，c在PQ的中垂线上，则下列判断正确的是（　　）‎ A．P电荷带负电 B．P，Q是同种电荷 C．b，d两点的场强相同 D．a，c两点电势相等 ‎4．用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列表达式中不属于用比值法定义物理量的是（　　）‎ A．电势φ= B．电阻R= C．电势差 D．电场强度E=‎ ‎5．在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（　　）‎ A．电压表示数变大，电流表示数变小 B．电压表示数变小，电流表示数变大 C．电压表示数变大，电流表示数变大 D．电压表示数变小，电流表示数变小 ‎6．下列各图中，已标出电流及电流的磁场方向，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图所示，匀强电场场强为1×103 N/C，ab=dc=4cm，bc=ad=3cm，则下述计算结果正确的是（　　）‎ A．ab之间的电势差为4000 V B．ac之间的电势差为50 V C．将q=﹣5×10﹣3 C的点电荷沿矩形路径abcda移动一周，静电力做功为零 D．将q=﹣5×10﹣3 C的点电荷沿abc或adc从a移到c静电力做功都是﹣0.25 J ‎8．“月球勘探者号”空间探测器运用高科技手段对月球近距离勘探，在月球重力分布、磁场分布及元素测定方面取得了新成果．月球上的磁场极其微弱，通过探测器拍摄电子在月球磁场中的运动轨迹，可分析月球磁场的强弱分布情况，如图是探测器通过月球表面A、B、C、D四个位置A 时，拍摄到的电子运动轨迹照片，设电子速率相同，且与磁场方向垂直，则可知磁场从强到弱的位置排列正确的是：（　　）‎ A．B→A→D→C B．D→C→B→A C．C→D→A→B D．A→B→C→D ‎9．电流表的内阻是Rg=200Ω，满偏电流值是Ig=500μA，现在欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（　　）‎ A．应串联一个0.1Ω的电阻 B．应并联一个0.1Ω的电阻 C．应串联一个1800Ω的电阻 D．应并联一个1800Ω的电阻 ‎10．直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图．M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k表示．若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为（　　）‎ A．，沿y轴正向 B．，沿y轴负向 C．，沿y轴正向 D．，沿y轴负向 ‎11．一根通有电流I的直铜棒用软导线挂在如图所示匀强磁场中，此时悬线中的张力大于零而小于铜棒的重力．欲使悬线中张力为零，可采用的方法有（　　）‎ A．适当增大电流，方向不变 B．适当减小电流，并使它反向 C．电流大小、方向不变，适当增强磁场 D．使原电流反向，并适当减弱磁场 ‎12．某直流电源与电阻R构成闭合电路，电阻R两端的电压为U，通过它的电流为I，如图所示．图线上，a、b、c各点均表示该电路中有一个确定的工作状态，在b点α=β，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．在b点时，电源内阻消耗的功率最大 B．在b点时，电源有最大输出功率 C．从a到b时，β角增大，电源的输电效率增大 D．从b到c时，β角增大，电源的总功率将减小 ‎13．如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变大，则（　　）‎ A．电荷将向上加速运动 B．电荷将向下加速运动 C．电流表中将有从a到b的电流 D．电流表中将有从b到a的电流 ‎14．充电宝是当今流行的移动充电电源，人们可以随时随地的给手机充电．某容量为12000mA•h的充电宝，下列说法正确的是（　　）‎ A．该充电宝储存的电荷量为43200C B．该充电宝能给手机充电12000h C．该充电宝充电的电流大小为12000mA D．若手机通话时平均电流为200mA，则该充电宝能支持手机通话最长可达60h ‎15．虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线AC运动，则下列判断正确的是（　　）‎ A．粒子一定带负电 B．粒子在A点的电势能大于在C点的电势能 C．A点的场强大于C点的场强 D．粒子在A点的动能大于在C点的动能 ‎　‎ 二、实验题．（每空2分，其中17题中的画电路图2分，18题中的实物连线2分，作图2分，共20分）‎ ‎16．某千分尺测得金属丝的直径是　　mm．‎ ‎17．伏安法测电阻的接法如图所示，测得值比真实值　　（填“大”或“小”）．‎ ‎18．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了小灯泡（2.5V，0.5A）、电流表、电压表以及滑动变阻器等实验器材：‎ ‎（1）图甲为实验中某同学连接好的实验电路图，在方框内画出相应的电路图．‎ ‎（2）某同学由测出的数据画出I﹣U图象，如图乙所示，当小灯泡两端电压为2.0V时，小灯泡的电阻值R=　　Ω，此时小灯泡的实际功率P=　　W．（结果保留两位有效数字）‎ ‎19．在测定电源电动势和内阻的实验中某同学所用电路图（图1）和测得的数据如下．‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ U/V ‎1.42‎ ‎1.36‎ ‎1.08‎ ‎1.21‎ ‎1.14‎ ‎1.07‎ I/A ‎0.04‎ ‎0.08‎ ‎0.12‎ ‎0.16‎ ‎0.20‎ ‎0.24‎ ‎（1）请你按电路图在实物图（图2）中用笔画线代表导线连接电路．‎ ‎（2）实验误差分系统误差和偶然误差两种．该实验的系统误差主要是由　　引起的．‎ ‎（3）用给出的数据在图3中画出U﹣I图线，求得电动势E=　　V，内阻r=　　Ω．（均保留两位有效数字）‎ ‎　‎ 三、计算题：（本题共4小题，共30分．要有必要的文字说明和重要的方程式）‎ ‎20．有一个带电荷量q=﹣3×10﹣6 C的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷克服电场力做6×10﹣4 J的功，从B 点移到C点，电场力对电荷做9×10﹣4 J的功，问：‎ ‎（1）AB、BC、CA间电势差各为多少？‎ ‎（2）如以B点电势为零，则A点电势为多少？电荷在A点的电势能为多少？‎ ‎21．如图所示，M为电动机，N为电炉子，电炉子的电阻R=4Ω，电动机的内阻r=1Ω，恒定电压U=12V．当S1闭合、S2断开时，电流表A示数为I1；当S1、S2同时闭合时，电流表A示数为I2=5A；求：‎ ‎（1）I1示数及电炉子发热功率各多大？‎ ‎（2）电动机的输出功率是多少？‎ ‎22．如图所示，有一半径为R，有明显边界的匀强磁场区域，磁感应强度为B．今有一电子沿x轴正方向射入磁场，恰好沿y轴负方向射出．如果电子的荷质比为，则电子射入时的速度为　　，电子通过磁场的时间为　　，此过程中电子的动能增量为　　．‎ ‎23．如图所示，两块金属板a、b平行放置，已知板长l=10cm，两板间距d=3.0cm，若在两板间接一电势差U=180V的电源． 一荷质比=1×1011c/kg的带正电微粒以一定的初速度v0=2.0×107 m/s从两极板中间，沿垂直于电场射入两金属板之间．粒子的重力可忽略不计．求：‎ ‎（1）两金属板间电场强度大小．‎ ‎（2）粒子穿过电场时偏离入射方向的距离．‎ ‎（3）若在两板间再加一垂直纸面向外的匀强磁场，可使粒子无偏转地通过两极板，则所加匀强磁场磁感应强度B为多大？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省张家界市民族中学高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题包括15小题，共50分．其中1-10题为单选，每小题3分，11-15题为多选，全对得4分，不全对得2分，错选得0分）‎ ‎1．在科学发展过程中，许多科学家都做出了重要贡献，下列说法正确的是（　　）‎ A．安培首先提出场的概念 B．楞次提出了分子电流假说 C．法拉第首先发现了电磁感应现象 D．库仑用油滴实验首先测定了元电荷的电量 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．‎ ‎【解答】解：A、法拉第最早提出的场的概念；故A错误；‎ B、楞次提出的楞次定律，安培提出的分子电流假说；故B错误；‎ C、法拉第最早发现的电磁感应现象；故C正确；‎ D、库仑提出的库仑定律，而元电荷的电量是由密立根据用油滴实验测出的；故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．在新农村建设的街道亮化工程中，全部使用太阳能路灯，如图是某行政村使用的太阳能路灯的电池板铭牌，则电池板的内阻值约为（　　）‎ A．0.14Ω B．0.16Ω C．6.23Ω D．7.35Ω ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】由闭合电路的欧姆定律可求得电池的内电阻．‎ ‎【解答】解：根据太阳能路灯的电池板铭牌可知，开路电压即为电源电动势，所以E=43V，‎ 短路电流I=5.85A，‎ 则内电阻为：r==7.35Ω；‎ 故选：D ‎　‎ ‎3．P，Q两个等量电荷的电场线分布如图所示，a，b，c，d为电场中的四个点．a，c在PQ的中垂线上，则下列判断正确的是（　　）‎ A．P电荷带负电 B．P，Q是同种电荷 C．b，d两点的场强相同 D．a，c两点电势相等 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】电场线从正电荷出发、终止于负电荷；沿着电场线，电势逐渐降低；电场线的切线方向表示电场方向，疏密程度表示场强大小．‎ ‎【解答】解：A、电场线的分布特点为由正电荷出发，终止于负电荷，所以P带正电，Q带负电，二者为等量异种电荷．故AB错误；‎ C、由图可知，d、c、b在同一条电场线上，b、d关于PQ连线的中垂线对称，所以b、d两点的电场强度大小相等；但电场强度是矢量，方向沿电场线的切线方向，由图可知，两点处的电场强度的方向不同．故C错误；‎ D、等量异种电荷P、Q的中垂线为等势线，故a、c电势相等；故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列表达式中不属于用比值法定义物理量的是（　　）‎ A．电势φ= B．电阻R= C．电势差 D．电场强度E=‎ ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】所谓比值法定义，就是用两个基本物理量的比值来定义一个新的物理量的方法．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，与与参与定义所用的物理量无关．‎ ‎【解答】解：A、电势φ与Ep、q无关，由电场本身决定，所以该式属于用比值法定义，故A正确．‎ B、R与U、I无关，由导体本身决定，所以该式属于用比值法定义，故B正确．‎ C、电势差UAB与q、WAB无关，由电场本身决定，所以该式属于用比值法定义，故C正确．‎ D、电场强度的定义为电荷所受电场力和电荷量的比值，E=不是比值定义法，故D错误．‎ 本题不属于用比值法定义物理量的，故选：D ‎　‎ ‎5．在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（　　）‎ A．电压表示数变大，电流表示数变小 B．电压表示数变小，电流表示数变大 C．电压表示数变大，电流表示数变大 D．电压表示数变小，电流表示数变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由图可知R2与R3并联后与R1串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E﹣Ir可得出路端电压的变化；将R1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化．‎ ‎【解答】解：当滑片向b端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故内压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；‎ 将R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过R2的电流减小，因总电流增大，故电流表示数增大；故B正确，ACD错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．下列各图中，已标出电流及电流的磁场方向，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】右手螺旋定则又称为安培定则，内容为：用右手握住螺线管，让四指指向螺线管中电流的方向，则大拇指所指的那端就是螺线管的北极．‎ ‎【解答】解：利用右手螺旋定测已知电流的方向、线圈的绕法，可以判定通电螺线管的南北极；已知线圈的绕法、螺旋管的N、S极，可以判断螺旋管中的电流方向；已知电流的方向、螺旋管的N、S极，可以判断螺旋管的绕法．‎ A、由右手螺旋定则可知，电流方向向下，故A错误；‎ B、由右手螺旋定则可知，磁场方向应该是逆时针，故B错误；‎ C、由右手螺旋定则可知，磁场方向应该是向右，故C错误；‎ D、由右手螺旋定则可知，磁场方向应该向上，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，匀强电场场强为1×103 N/C，ab=dc=4cm，bc=ad=3cm，则下述计算结果正确的是（　　）‎ A．ab之间的电势差为4000 V B．ac之间的电势差为50 V C．将q=﹣5×10﹣3 C的点电荷沿矩形路径abcda移动一周，静电力做功为零 D．将q=﹣5×10﹣3 C的点电荷沿abc或adc从a移到c静电力做功都是﹣0.25 J ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】根据匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed，d是电场方向两点间的距离，求解两点间的电势差．根据公式W=qU求解静电力做功．‎ ‎【解答】解：A、由题，ab=dc=4cm=0.04m，则ab之间的电势差 Uab=E•ab=1×103×0.04V=40V．故A错误．‎ B、由图看出，b、c在同一等势面上，电势相等，则ac之间的电势差等于ab之间的电势差，为40V．故B错误．‎ C、将q=﹣5×10﹣3C的点电荷沿矩形路径abcd移动一周，初末位置间的电势差为0，由W=qU知，静电力做功为零．故C正确．‎ ‎ D、将q=﹣5×10﹣3C的点电荷沿abc或adc从a移动到c，电场力做功相等，电场力做功为 W=qU=﹣5×10﹣3×40J=﹣0.2J．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎8．“月球勘探者号”空间探测器运用高科技手段对月球近距离勘探，在月球重力分布、磁场分布及元素测定方面取得了新成果．月球上的磁场极其微弱，通过探测器拍摄电子在月球磁场中的运动轨迹，可分析月球磁场的强弱分布情况，如图是探测器通过月球表面A、B、C、D四个位置A 时，拍摄到的电子运动轨迹照片，设电子速率相同，且与磁场方向垂直，则可知磁场从强到弱的位置排列正确的是：（　　）‎ A．B→A→D→C B．D→C→B→A C．C→D→A→B D．A→B→C→D ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】电子在月球磁场中做圆周运动时，由半径公式r=分析知：轨迹半径与磁感应强度成反比，由图分析轨迹半径的大小，即可得到磁感应强度的大小．‎ ‎【解答】解：电子在月球磁场中做匀速圆周运动的半径为r=得知电子的m、q、v相同，则半径r与磁感应强度B成反比．由图看出，A照片中电子轨迹半径最小，则磁感应强度B最大，即磁场最强．其次B，再次C，磁场最弱的是D，即磁场从强到弱的位置排列是：A→B→C→D 故D正确．ABC错误 故选：D ‎　‎ ‎9．电流表的内阻是Rg=200Ω，满偏电流值是Ig=500μA，现在欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（　　）‎ A．应串联一个0.1Ω的电阻 B．应并联一个0.1Ω的电阻 C．应串联一个1800Ω的电阻 D．应并联一个1800Ω的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的电阻值为：R=，U为量程．‎ ‎【解答】解：电流表改装成电压表要串联的电阻为：R===1800Ω A 串联阻值不对．故A错误 B 不应并联．故B错误 C 符合要求．故C正确 D 不应并联．故D错误 故选：C ‎　‎ ‎10．直角坐标系xOy中，M、N两点位于x轴上，G、H两点坐标如图．M、N两点各固定一负点电荷，一电量为Q的正点电荷置于O点时，G点处的电场强度恰好为零．静电力常量用k表示．若将该正点电荷移到G点，则H点处场强的大小和方向分别为（　　）‎ A．，沿y轴正向 B．，沿y轴负向 C．，沿y轴正向 D．，沿y轴负向 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】根据点电荷的场强公式和场强叠加的原理，可以知道在G点的时候负电荷在G点产生的合场强与正电荷在G点产生的场强大小相等方向相反，在H点同样根据场强的叠加来计算合场强的大小即可．‎ ‎【解答】解：G点处的电场强度恰好为零，说明负电荷在G点产生的合场强与正电荷在G点产生的场强大小相等方向相反，‎ 根据点电荷的场强公式可得，正电荷在G点的场强为，负电荷在G点的合场强也为，‎ 当正点电荷移到G点时，正电荷与H点的距离为2a，正电荷在H点产生的场强为，方向沿y轴正向，‎ 由于GH对称，所以负电荷在G点和H点产生的场强的相等方向相反，大小为，方向沿y轴负向，‎ 所以H点处场合强的大小为，方向沿y轴负向，所以B正确；‎ 故选：B ‎　‎ ‎11．一根通有电流I的直铜棒用软导线挂在如图所示匀强磁场中，此时悬线中的张力大于零而小于铜棒的重力．欲使悬线中张力为零，可采用的方法有（　　）‎ A．适当增大电流，方向不变 B．适当减小电流，并使它反向 C．电流大小、方向不变，适当增强磁场 D．使原电流反向，并适当减弱磁场 ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】对导线进行受力分析，然后由平衡条件列方程，根据安培力公式分析答题．‎ ‎【解答】解：以导线为研究对象，导线受力如图所示，导线静止，处于平衡状态，‎ 由平衡条件得：2F+FB=G，线的拉力：F=，重力G不变，欲使悬线中拉力F为零，‎ 安培力FB=BIL应变大，可以增大B或I，故AC正确；‎ 如果使电流方向反向，则安培力向下，拉力F增大，不可能为零，故BD错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎12．某直流电源与电阻R构成闭合电路，电阻R两端的电压为U，通过它的电流为I，如图所示．图线上，a、b、c各点均表示该电路中有一个确定的工作状态，在b点α=β，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．在b点时，电源内阻消耗的功率最大 B．在b点时，电源有最大输出功率 C．从a到b时，β角增大，电源的输电效率增大 D．从b到c时，β角增大，电源的总功率将减小 ‎【考点】路端电压与负载的关系．‎ ‎【分析】在U﹣I图象中，直线ac的斜率表示的是电源的电阻的大小，直线的截距代表电源的电动势的大小，直线ob的斜率代表的是外电阻的大小，当电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大．‎ ‎【解答】解：A、根据Pr=I2 r知，电流最大时，电源内阻消耗的功率最大，b点电流不是最大，内阻上消耗的功率不是最大，故A错误；‎ B、在b点时，因为α=β，所以直线ob的斜率大小与直线ac的斜率大小相等，所以此时外电阻和电源的内电阻的大小相等，此时电源的输出功率最大，故B正确；‎ C、从a→b时β角越大，电流越小，电源的总功率越小，“面积”增大，输出功率增大．电源的输电效率η=，知输电效率增大，故C正确；‎ D、b→c，β角增大，外电阻增大，电流减小，电源的总功率P总=IE减小，故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，用电池对电容器充电，电路a、b之间接有一灵敏电流表，两极板间有一个电荷q处于静止状态．现将两极板的间距变大，则（　　）‎ A．电荷将向上加速运动 B．电荷将向下加速运动 C．电流表中将有从a到b的电流 D．电流表中将有从b到a的电流 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】电荷q处于静止状态，受到重力与电场力而平衡．将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，根据板间场强E=分析场强的变化，再分析电荷q所受电场力的变化，判断电荷q的运动方向．根据电容的决定式分析电容的变化，而电容器的电压一定，再由电容的定义式分析板间电容器电量的变化，根据电容器是充电还是放电，分析电路中电流的方向．‎ ‎【解答】解：‎ A、B将两极板的间距变大，而电容器的电压不变，板间场强E=减小，电荷q所受的电场力F=Eq减小，电荷将向下加速运动．故A错误，B正确．‎ C、D根据电容的决定式C=可知，电容减小，电容器的电压U不变，由电容的定义式C=分析得知，电容器的电量减小，电容器放电，而电容器上极板带正电，则电流表中将有从b到a的电流．故C错误，D正确．‎ 故选BD ‎　‎ ‎14．充电宝是当今流行的移动充电电源，人们可以随时随地的给手机充电．某容量为12000mA•h的充电宝，下列说法正确的是（　　）‎ A．该充电宝储存的电荷量为43200C B．该充电宝能给手机充电12000h C．该充电宝充电的电流大小为12000mA D．若手机通话时平均电流为200mA，则该充电宝能支持手机通话最长可达60h ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电池板充电后储存的电能等于容量与电动势的乘积，由此分析即可．‎ ‎【解答】解：A、根据公式：q=It=12000×10﹣3×3600=43200C．故A正确；‎ B、12000mA•h是电池的容量，不知道充电宝给手机充电时的电流，所以不能判断出充电的时间．故B错误；‎ C、12000mA•h是电池的容量，不表示该充电宝充电的电流大小为12000mA．故C错误；‎ D、若手机通话时平均电流为200mA，则该充电宝能支持手机通话最长时间为：t′=．故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎15．虚线是用实验方法描绘出的某一静电场的一簇等势线及其电势的值，一带电粒子只在电场力作用下飞经该电场时，恰能沿图中的实线AC运动，则下列判断正确的是（　　）‎ A．粒子一定带负电 B．粒子在A点的电势能大于在C点的电势能 C．A点的场强大于C点的场强 D．粒子在A点的动能大于在C点的动能 ‎【考点】等势面；动能定理的应用；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】解答本题需要掌握：根据等势线的分布情况确定电场线的分布情况；正确判断带电粒子在电场中运动时电势能的变化；电场力做功特点．‎ ‎【解答】解：A、电场线和等势线垂直且由高等势线指向低等势线，因此图中电场线方向应垂直等势线大体指向左侧，带电粒子所受电场力沿电场线指向曲线内侧，故粒子应带正电，故A错误；‎ B、从C到A过程中，电场力做正功，电势能减小，粒子在A点的电势能小于在C点的电势能，故B错误；‎ C、A点等势线密，电场线也密，所以电场强度大于C处，故C正确；‎ D、粒子运动过程中只有电场力做功，电势能和动能总量不变，粒子带正电，故在A点电势能较小，故在A点动能较大，故D正确；‎ 故选CD．‎ ‎　‎ 二、实验题．（每空2分，其中17题中的画电路图2分，18题中的实物连线2分，作图2分，共20分）‎ ‎16．某千分尺测得金属丝的直径是　2.200　mm．‎ ‎【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，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【解答】解：螺旋测微器的固定刻度为2mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为2mm+0.200mm=2.200mm．‎ 故答案为：2.200‎ ‎　‎ ‎17．伏安法测电阻的接法如图所示，测得值比真实值　大　（填“大”或“小”）．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】明确电表接法，由于两表不是理想电表，分析两表内阻带来的影响，从而明确哪个电表出现读数误差，再根据欧姆定律进行分析求解即可．‎ ‎【解答】解：本题中图采用电流表内接法，由于电流表的分压作用，使电压表示数偏大；则使待测电阻的测量值大于真实值．测得的电阻偏大；‎ 故答案为：大．‎ ‎　‎ ‎18．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了小灯泡（2.5V，0.5A）、电流表、电压表以及滑动变阻器等实验器材：‎ ‎（1）图甲为实验中某同学连接好的实验电路图，在方框内画出相应的电路图．‎ ‎（2）某同学由测出的数据画出I﹣U图象，如图乙所示，当小灯泡两端电压为2.0V时，小灯泡的电阻值R=　4.4　Ω，此时小灯泡的实际功率P=　0.90　W．（结果保留两位有效数字）‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）分析实物图，明确电路接法从而得出对应的电路图；‎ ‎（2）根据图象应用欧姆定律判断灯丝电阻如何变化；由图象求出电压对应的电流，然后由欧姆定律求出灯泡阻值．根据功率公式P=UI可求得实际功率．‎ ‎【解答】解：（1）根据实物图进行分析，从而得出对应的原理图如图所示；‎ ‎（2）由图象可知，当U=2.0V时，对应的电流为：I=0.45A，‎ 则小灯泡的电阻值为：R=≈4.4Ω，‎ 灯泡的实际功率为：P=UI=2.0×0.45=0.90W；‎ 故答案为：（1）如图所示 ‎（2）4.4； 0.90‎ ‎　‎ ‎19．在测定电源电动势和内阻的实验中某同学所用电路图（图1）和测得的数据如下．‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ U/V ‎1.42‎ ‎1.36‎ ‎1.08‎ ‎1.21‎ ‎1.14‎ ‎1.07‎ I/A ‎0.04‎ ‎0.08‎ ‎0.12‎ ‎0.16‎ ‎0.20‎ ‎0.24‎ ‎（1）请你按电路图在实物图（图2）中用笔画线代表导线连接电路．‎ ‎（2）实验误差分系统误差和偶然误差两种．该实验的系统误差主要是由　电压表分流作用　引起的．‎ ‎（3）用给出的数据在图3中画出U﹣I图线，求得电动势E=　1.5　V，内阻r=　1.8　Ω．（均保留两位有效数字）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）分析原理图，根据原理图得出对应的实物图； ‎ ‎（2）根据电路电表的接法明确误差原因； ‎ ‎（3）利用描点法得出对应的U﹣I图象，再根据闭合电路欧姆定律可得出对应的电动势和内电阻．‎ ‎【解答】解：（1）根据原理图可得出对应的实物图，如图所示； ‎ ‎（2）电压表与电流表并联，由于电压表分流作用，造成流过电源的电流大于电流表 的测量值，这样就产生了系统误差．‎ ‎（3）画出U﹣I图线如图所示．‎ 根据U=E﹣Ir可知，图象纵截距对应的电压值为电动势E=1.5V，‎ 电源内阻r=≈1.8Ω．‎ 故答案为：（1）如图所示；（2）电压表的分流； （3）1.5；1.8．‎ ‎　‎ 三、计算题：（本题共4小题，共30分．要有必要的文字说明和重要的方程式）‎ ‎20．有一个带电荷量q=﹣3×10﹣6 C的点电荷，从某电场中的A点移到B点，电荷克服电场力做6×10﹣4 J的功，从B 点移到C点，电场力对电荷做9×10﹣4 J的功，问：‎ ‎（1）AB、BC、CA间电势差各为多少？‎ ‎（2）如以B点电势为零，则A点电势为多少？电荷在A点的电势能为多少？‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】（1）根据电势差的定义式U=求出电势差．‎ ‎（2）根据电势差等于电势之差，求A点的电势，再根据EP=qφ求电荷在A点的电势能．‎ ‎【解答】解：（1）电荷由A移向B克服电场力做功，即电场力做负功，为 WAB=﹣9×10﹣4 J，则 AB间的电势差为 UAB===200V BC间的电势差为 UBC===﹣300V AC间的电势差为 UAC=UAB+UBC=200V+（﹣300V）=﹣100V 则CA间电势差 UCA=﹣UAC=100 V ‎（2）若φB=0，由UAB=φA﹣φB得 φA=UAB=200 V 则电荷在A点的电势能 EpA=qφA=﹣3×10﹣6×200 J=﹣6×10﹣4 J 答：‎ ‎（1）AB、BC、CA间电势差各为200V、﹣300V和100V．‎ ‎（2）如以B点电势为零，则A点电势为200V，电荷在A点的电势能为﹣6×10﹣4 J．‎ ‎　‎ ‎21．如图所示，M为电动机，N为电炉子，电炉子的电阻R=4Ω，电动机的内阻r=1Ω，恒定电压U=12V．当S1闭合、S2断开时，电流表A示数为I1；当S1、S2同时闭合时，电流表A示数为I2=5A；求：‎ ‎（1）I1示数及电炉子发热功率各多大？‎ ‎（2）电动机的输出功率是多少？‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）根据欧姆定律列式求解电流，电炉子是纯电阻电路，电功等于电热；‎ ‎（2）电动机是非纯电阻电路，输出功率等于总功率减去热功率．‎ ‎【解答】解：（1）电炉子为纯电阻元件，由欧姆定律I=RU得：I1===3A，‎ 其发热功率为：PR=UI1=12×3=36W；‎ ‎（2）当S1、S2同时闭合时，流过电动机的电流为：I3=I2﹣I1=2A，‎ 电动机为非纯电阻元件，由能量守恒定律得：UI3=P+I32r，‎ 代入数据解得：P=20W；‎ 答：（1）I1示数为3A，电炉子发热功率为36W；‎ ‎（2）电动机的输出功率是20W．‎ ‎　‎ ‎22．如图所示，有一半径为R，有明显边界的匀强磁场区域，磁感应强度为B．今有一电子沿x轴正方向射入磁场，恰好沿y轴负方向射出．如果电子的荷质比为，则电子射入时的速度为　　，电子通过磁场的时间为　　，此过程中电子的动能增量为　0　．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】带电粒子在洛伦兹力作用下，在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可求得出轨道半径．根据粒子在磁场中偏转的角度与时间的关系求得粒子在磁场中运动的时间；应用动能定理求出动能增量．‎ ‎【解答】解：电子运动的轨迹如图所示：‎ 由几何关系可知电子轨迹半径为R，电子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，‎ 由牛顿第二定律得：evB=m，解得：v=；‎ 电子做圆周运动的周期：T=，‎ 粒子运动的轨迹为圆弧，电子的运动时间：t=T=，‎ 洛伦兹力不做功，粒子在磁场中做匀速圆周运动，动能不变，动能增量为0．‎ 故答案为：；；0．‎ ‎　‎ ‎23．如图所示，两块金属板a、b平行放置，已知板长l=10cm，两板间距d=3.0cm，若在两板间接一电势差U=180V的电源． 一荷质比=1×1011c/kg的带正电微粒以一定的初速度v0=2.0×107 m/s从两极板中间，沿垂直于电场射入两金属板之间．粒子的重力可忽略不计．求：‎ ‎（1）两金属板间电场强度大小．‎ ‎（2）粒子穿过电场时偏离入射方向的距离．‎ ‎（3）若在两板间再加一垂直纸面向外的匀强磁场，可使粒子无偏转地通过两极板，则所加匀强磁场磁感应强度B为多大？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据求两金属板间电场强度大小；‎ ‎（2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，根据类平抛运动的规律求侧移；‎ ‎（3）粒子在电磁复合场中做匀速直线运动．电场力与洛伦兹力平衡，即可求出B；‎ ‎【解答】解：（1）两金属板间为匀强电场，电场强度为E 解得：‎ ‎（2）微粒在偏转电场中的加速度①‎ 微粒在偏转电场中的运动时间 ②‎ 微粒的偏转量 ③‎ 由①②③解得：y=0.75cm ‎（3）粒子无偏转地通过两极板时电场力和洛仑磁力平衡 有 Eq=Bq 解得： =‎ 答：（1）两金属板间电场强度大小为．‎ ‎（2）粒子穿过电场时偏离入射方向的距离0.75cm．‎ ‎（3）若在两板间再加一垂直纸面向外的匀强磁场，可使粒子无偏转地通过两极板，则所加匀强磁场磁感应强度B为 ‎　‎