2022年高二上學(xué)期期中物理試卷 含解析(IV)一、選擇題（1-8題為單選題，9-12為多選題，每題4分，共48分）1關(guān)于電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)，下列說法正確的是（）A由公式E=可知E與F成正比，與q成反比B由公式U=Ed可知，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，任意兩點(diǎn)間的電勢(shì)差與這兩點(diǎn)間的距離成正比C電場(chǎng)強(qiáng)度為零處，電勢(shì)不一定為零D無論是正電荷還是負(fù)電荷，當(dāng)它在電場(chǎng)中移動(dòng)時(shí)，若電場(chǎng)力做正功，它一定是從電勢(shì)高處移到電勢(shì)低處，并且它的電勢(shì)能一定減少2如圖所示，空心導(dǎo)體上方有一靠得很近的帶電體，帶有正電荷有一束帶負(fù)電的小液滴（重力不能忽略），以速度v水平飛入空心導(dǎo)體腔內(nèi)，則小液滴的運(yùn)動(dòng)情況是（）A勻速直線運(yùn)動(dòng)B變速直線運(yùn)動(dòng)C向上偏轉(zhuǎn)的曲線運(yùn)動(dòng)D向下偏轉(zhuǎn)的曲線運(yùn)動(dòng)3如圖所示，豎直絕緣墻壁上Q處有一個(gè)固定的質(zhì)點(diǎn)A，在Q的上方P點(diǎn)用絲線懸掛著另一個(gè)質(zhì)點(diǎn)BA、B兩質(zhì)點(diǎn)因帶同種電荷而相斥，致使懸線與豎直方向成角，由于漏電使A、B兩質(zhì)點(diǎn)的帶電量逐漸減少，在電荷漏完之前懸線對(duì)P點(diǎn)的拉力大小將（）A保持不變B先變小后變大C逐漸減小D逐漸增大4如圖所示，虛線a、b、c代表電場(chǎng)中三個(gè)等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，即Uab=Ubc，實(shí)線為一帶負(fù)電的電子僅在電場(chǎng)力作用下通過該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)，據(jù)此可知（）A三個(gè)等勢(shì)面中，a的電勢(shì)最高B電子在P點(diǎn)具有的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)具有的電勢(shì)能大C電子通過P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能比通過Q點(diǎn)時(shí)大D電子通過P點(diǎn)時(shí)的加速度比通過Q點(diǎn)時(shí)小5如圖所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置光滑的絕緣軌道，處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶負(fù)電荷的小球從高h(yuǎn)的A處靜止開始下滑，沿軌道ABC運(yùn)動(dòng)后進(jìn)入圓環(huán)內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng)已知小球所受到電場(chǎng)力是其重力的，圓環(huán)半徑為R，斜面傾角為=53°，SBC=2R若使小球在圓環(huán)內(nèi)恰好能作完整的圓周運(yùn)動(dòng)，高度h的為（）A2RB4RC10RD17R6一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔（小孔對(duì)電場(chǎng)的影響可忽略不計(jì)）小孔正上方d處的P點(diǎn)有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進(jìn)入電容器，并在下極板處（未與極板接觸）返回若將下極板向上平移，則從P點(diǎn)開始下落的相同粒子將（）A打到下極板上B在下極板處返回C在距上極板處返回D在距上極板處返回7如圖所示，直線A為某電源的UI圖線，曲線B為某小燈泡的UI圖線，用該電源和小燈泡組成閉合電路時(shí)，電源的輸出功率和電源的總功率分別是（）A4 W，8 WB4W，6 WC2 W，3 WD2 W，4 W8電路圖如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為20V、內(nèi)阻r=3，滑動(dòng)變阻器的最大阻值為20，定值電阻R0=2則下列說法正確的是（）AR=5時(shí)，R0消耗的功率最大BR=3時(shí)，電源輸出的功率最大CR=5時(shí)，R消耗的功率最大D電源最大輸出的功率為20W9如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，不計(jì)電壓表和電流表內(nèi)阻對(duì)電路的影響，當(dāng)電鍵閉合后，兩小燈泡均能發(fā)光在將滑動(dòng)變阻器的觸片逐漸向右滑動(dòng)的過程中，下列說法正確的是（）A小燈泡L1、L2均變暗B小燈泡L1變亮，小燈泡L2變暗C電流表A的讀數(shù)變小，電壓表V的讀數(shù)變大D電流表A的讀數(shù)變化量與電壓表V的讀數(shù)變化量之比不變10如圖甲所示，直線AB是某電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線若有一電子僅在電場(chǎng)力的作用下以某一初速度沿直線AB由A運(yùn)動(dòng)到B，其速度圖象如圖乙所示，下列關(guān)于A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度EA、EB和電勢(shì)A、B，以及電子在A、B兩點(diǎn)所具有的電勢(shì)能EPA、EPB和動(dòng)能EKA、EKB，以下判斷正確的是（）AEAEBBABCEPAEPBDEKAEKB11在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有相距d=2cm的a、b兩點(diǎn)，電勢(shì)差Uab=50V，則勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度可能為（）AE=1×103 V/mBE=2×103 V/mCE=3×103 V/mDE=4×103 V/m12光滑水平面上有一邊長為L的正方形區(qū)域處在場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與正方形一邊平行，一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球由某一邊中心，以垂直于該邊的水平初速度v0進(jìn)入該正方形區(qū)域，當(dāng)小球再次運(yùn)動(dòng)到該正方形區(qū)域的邊緣時(shí)，具有的動(dòng)能可能為（）A0B mv+qELC mvD mv+qEL二、實(shí)驗(yàn)題（每空2分，共16分）13在“伏安法”測(cè)導(dǎo)體電阻的實(shí)驗(yàn)中，采用甲圖的電阻R測(cè)量值 真實(shí)值；采用乙圖的電阻R測(cè)量值 真實(shí)值（填“大于”、“等于”、或“小于”）14有一個(gè)小燈泡上標(biāo)有“2V，3W”的字樣，現(xiàn)在要用伏安法描繪這個(gè)燈泡的IU圖線，有下列器材供選用：A電源（電動(dòng)勢(shì)3V，內(nèi)阻約1） B電流表（00.6A，內(nèi)阻約1）C電流表（02A，內(nèi)阻約0.4） D電壓表（03V，內(nèi)阻約10k）E電壓表（010V，內(nèi)阻約20k）F滑動(dòng)變阻器（05，額定電流3A）G滑動(dòng)變阻器（0500，額定電流2A）H開關(guān)、導(dǎo)線（1）實(shí)驗(yàn)中電流表應(yīng)選用，電壓表應(yīng)選用為使實(shí)驗(yàn)誤差盡量減小，要求電壓表從零開始變化且多取幾組數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用（用序號(hào)字母表示）（2）實(shí)驗(yàn)中，電壓表的示數(shù)如圖1，圖中U=V（3）實(shí)驗(yàn)中調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，得到了小燈泡的IU圖象如圖2所示，則可知小燈泡的電阻隨電壓增大而（填“增大”、“減小”或“不變”）（4）請(qǐng)根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求，在圖3方框內(nèi)畫出電路圖三、計(jì)算題（15題10分，16、17、18題各12分，共46分）15如圖所示電路中，R1=3，R2=6，R3=1.5，C=20 F；已知電源電動(dòng)勢(shì)E=4V，內(nèi)阻r=0.5求：（1）當(dāng)S1閉合、S2斷開時(shí)，電路消耗的總功率；（2）當(dāng)S1閉合、S2均閉合時(shí)，電路消耗的總功率；（3）當(dāng)S1閉合、S2斷開時(shí)，電容器所帶的電荷量為多少？16如圖，勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一半徑為r=10cm的光滑絕緣軌道，軌道平面與電場(chǎng)方向平行一電荷量為q=+2×109 C的質(zhì)點(diǎn)沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力分別為Na=2×106 N和 Nb=8×106N不計(jì)質(zhì)點(diǎn)重力，求：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大??？（2）質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能各為多少？17如圖，虛線PQ、MN間存在水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電粒子質(zhì)量為m=2.0×1011 kg、電荷量為q=+1.0×105 C，從a點(diǎn)由靜止開始經(jīng)電壓為U=100V的電場(chǎng)加速后，經(jīng)過b點(diǎn)垂直于勻強(qiáng)電場(chǎng)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，從虛線MN的某點(diǎn)c （圖中未畫出）離開勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)速度與電場(chǎng)方向成60°角已知PQ、MN間距為20cm，帶電粒子的重力忽略不計(jì)求：（1）水平勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E的大小；（2）bc兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Ubc18兩塊水平的平行金屬板如圖1所示放置，金屬板左側(cè)為一加速電場(chǎng)，電壓U0=2500V，大量質(zhì)量m=1.6×1014kg、電荷量q=3.2×1010 C的帶電粒子（不計(jì)重力）由靜止開始，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，連續(xù)不斷地通過小孔后沿平行板的方向從兩板正中間射入兩板之間當(dāng)兩板電勢(shì)差為零時(shí)，這些帶電粒子通過兩板之間的時(shí)間為3t0；當(dāng)在兩板間加如圖2所示的周期為2t0，幅值恒為U0（U0=2500V）的周期性電壓時(shí)，恰好能使所有粒子均從兩板間通過已知t0=2×106s求：（1）帶電粒子從加速電場(chǎng)出來時(shí)的速度？（2）這些粒子剛穿過兩板時(shí)，偏轉(zhuǎn)位移的最大值和最小值分別是多少？（3）偏轉(zhuǎn)位移為最大值和最小值的情況下，帶電粒子在剛穿出兩板之間時(shí)的動(dòng)能之比為多少？參考答案與試題解析一、選擇題（1-8題為單選題，9-12為多選題，每題4分，共48分）1關(guān)于電場(chǎng)強(qiáng)度和電勢(shì)，下列說法正確的是（）A由公式E=可知E與F成正比，與q成反比B由公式U=Ed可知，在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，任意兩點(diǎn)間的電勢(shì)差與這兩點(diǎn)間的距離成正比C電場(chǎng)強(qiáng)度為零處，電勢(shì)不一定為零D無論是正電荷還是負(fù)電荷，當(dāng)它在電場(chǎng)中移動(dòng)時(shí)，若電場(chǎng)力做正功，它一定是從電勢(shì)高處移到電勢(shì)低處，并且它的電勢(shì)能一定減少【考點(diǎn)】電場(chǎng)強(qiáng)度；電勢(shì)【分析】本題根據(jù)公式是否是比值定義法，分析各量之間的關(guān)系比值法定義法被定義的物理量反映物質(zhì)的屬性【解答】解：A、公式E=可采用比值定義法，E反映電場(chǎng)本身的強(qiáng)弱和方向，與試探電荷在電場(chǎng)中該點(diǎn)所受的電場(chǎng)力F和電荷量q無關(guān)，故A錯(cuò)誤；B、公式U=Ed中d是兩點(diǎn)沿電場(chǎng)方向間的距離，所以在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，任意兩點(diǎn)間的電勢(shì)差與這兩點(diǎn)間沿電場(chǎng)方向的距離成正比，而不是與任意距離成正比，故B錯(cuò)誤；C、電場(chǎng)強(qiáng)度與電勢(shì)沒有直接關(guān)系，電場(chǎng)強(qiáng)度為零時(shí)，電勢(shì)不一定為零；電勢(shì)為零，電場(chǎng)強(qiáng)度不一定為零，故C正確；D、根據(jù)功能關(guān)系，電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，若做負(fù)功，則電勢(shì)能增加，故D錯(cuò)誤；故選：C2如圖所示，空心導(dǎo)體上方有一靠得很近的帶電體，帶有正電荷有一束帶負(fù)電的小液滴（重力不能忽略），以速度v水平飛入空心導(dǎo)體腔內(nèi)，則小液滴的運(yùn)動(dòng)情況是（）A勻速直線運(yùn)動(dòng)B變速直線運(yùn)動(dòng)C向上偏轉(zhuǎn)的曲線運(yùn)動(dòng)D向下偏轉(zhuǎn)的曲線運(yùn)動(dòng)【考點(diǎn)】靜電場(chǎng)中的導(dǎo)體【分析】導(dǎo)體是等勢(shì)體，那么導(dǎo)體內(nèi)壁每個(gè)點(diǎn)都是等勢(shì)的，那么導(dǎo)體腔內(nèi)部不可能有電場(chǎng)存在，否則沿著電場(chǎng)線電勢(shì)會(huì)降低，既然容器內(nèi)部沒有電場(chǎng)那么小球就不受電場(chǎng)力【解答】解：A、根據(jù)靜電屏蔽原理，導(dǎo)體腔內(nèi)部電場(chǎng)處處為0，所以帶點(diǎn)液滴不受電場(chǎng)力的作用，其重力又不能忽略，所以物體只受重力的作用，則A錯(cuò)誤；B、物體有水平初速度v，受力方向與初速度方向不在同一直線上，所以B錯(cuò)誤；CD、重力豎直向下，即物體在重力作用下做向下偏轉(zhuǎn)的曲線運(yùn)動(dòng)；C錯(cuò)誤，D正確故選：D3如圖所示，豎直絕緣墻壁上Q處有一個(gè)固定的質(zhì)點(diǎn)A，在Q的上方P點(diǎn)用絲線懸掛著另一個(gè)質(zhì)點(diǎn)BA、B兩質(zhì)點(diǎn)因帶同種電荷而相斥，致使懸線與豎直方向成角，由于漏電使A、B兩質(zhì)點(diǎn)的帶電量逐漸減少，在電荷漏完之前懸線對(duì)P點(diǎn)的拉力大小將（）A保持不變B先變小后變大C逐漸減小D逐漸增大【考點(diǎn)】庫侖定律【分析】以小球B為研究對(duì)象，由于逐漸漏電的過程中，處于動(dòng)態(tài)平衡狀態(tài)分析B受力情況：重力G，A的斥力F1和線的拉力F2三個(gè)力作用，作出力圖，根據(jù)FBF1PQB，得到線的拉力F2與線長的關(guān)系，再進(jìn)行分析求解【解答】解：以小球?yàn)檠芯繉?duì)象，球受到重力G，A的斥力F1和線的拉力F2三個(gè)力作用，作出力圖，如圖作出F1、F2的合力F，則由平衡條件得：F=G根據(jù)FBF1PQB得： =又FF1=F2，得：F2=G在A、B兩質(zhì)點(diǎn)帶電量逐漸減少的過程中，PB、PQ、G均不變，則線的拉力F2不變故選：A4如圖所示，虛線a、b、c代表電場(chǎng)中三個(gè)等勢(shì)面，相鄰等勢(shì)面之間的電勢(shì)差相等，即Uab=Ubc，實(shí)線為一帶負(fù)電的電子僅在電場(chǎng)力作用下通過該區(qū)域時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點(diǎn)，據(jù)此可知（）A三個(gè)等勢(shì)面中，a的電勢(shì)最高B電子在P點(diǎn)具有的電勢(shì)能比在Q點(diǎn)具有的電勢(shì)能大C電子通過P點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能比通過Q點(diǎn)時(shí)大D電子通過P點(diǎn)時(shí)的加速度比通過Q點(diǎn)時(shí)小【考點(diǎn)】電勢(shì)；電勢(shì)能【分析】作出電場(chǎng)線，根據(jù)軌跡彎曲的方向可知，負(fù)電荷受力的方向向下，電場(chǎng)線向上故c的電勢(shì)最高；根據(jù)推論，負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能小，可知電荷在P點(diǎn)的電勢(shì)能大；總能量守恒；由電場(chǎng)線疏密確定出，P點(diǎn)場(chǎng)強(qiáng)小，電場(chǎng)力小，加速度小【解答】解：A、負(fù)電荷做曲線運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力指向曲線的內(nèi)側(cè)；作出電場(chǎng)線，根據(jù)軌跡彎曲的方向和負(fù)電荷可知，電場(chǎng)線向上故c的等勢(shì)面電勢(shì)最高，故A錯(cuò)誤；B、利用推論：負(fù)電荷在電勢(shì)高處電勢(shì)能小，知道質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)電勢(shì)能大，故B正確；C、只有電場(chǎng)力做功，電勢(shì)能和動(dòng)能之和守恒，故帶電質(zhì)點(diǎn)在P點(diǎn)的動(dòng)能與電勢(shì)能之和等于在Q點(diǎn)的動(dòng)能與電勢(shì)能之和，P點(diǎn)電勢(shì)能大，動(dòng)能小故C錯(cuò)誤；D、等差等勢(shì)面的疏密可以表示電場(chǎng)的強(qiáng)弱，P處的等勢(shì)面密，所以P點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大，粒子受到的電場(chǎng)力大，粒子的加速度大，故D錯(cuò)誤；故選：B5如圖所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置光滑的絕緣軌道，處于水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，一帶負(fù)電荷的小球從高h(yuǎn)的A處靜止開始下滑，沿軌道ABC運(yùn)動(dòng)后進(jìn)入圓環(huán)內(nèi)作圓周運(yùn)動(dòng)已知小球所受到電場(chǎng)力是其重力的，圓環(huán)半徑為R，斜面傾角為=53°，SBC=2R若使小球在圓環(huán)內(nèi)恰好能作完整的圓周運(yùn)動(dòng)，高度h的為（）A2RB4RC10RD17R【考點(diǎn)】勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；向心力【分析】將重力和電場(chǎng)力等效為一個(gè)力F，小球若能通過等效重力場(chǎng)的最高點(diǎn)即能做完整的圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)向心力公式求出等效的最高點(diǎn)的速度，再運(yùn)用動(dòng)能定理即可求出釋放點(diǎn)的高度h【解答】解：小球所受的重力和電場(chǎng)力都為恒力，故可將兩力等效為一個(gè)力F，如圖所示可知F=1.25mg，方向與豎直方向左偏下37°，從圖中可知，能否作完整的圓周運(yùn)動(dòng)的臨界點(diǎn)是能否通過D點(diǎn)，若恰好能通過D點(diǎn)，即達(dá)到D點(diǎn)時(shí)球與環(huán)的彈力恰好為零由圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)得：即：由動(dòng)能定理有：×聯(lián)立、可求出此時(shí)的高度h=10R，故C正確，ABD錯(cuò)誤；故選：C6一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔（小孔對(duì)電場(chǎng)的影響可忽略不計(jì)）小孔正上方d處的P點(diǎn)有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進(jìn)入電容器，并在下極板處（未與極板接觸）返回若將下極板向上平移，則從P點(diǎn)開始下落的相同粒子將（）A打到下極板上B在下極板處返回C在距上極板處返回D在距上極板處返回【考點(diǎn)】電容器的動(dòng)態(tài)分析【分析】分別研究?jī)煞N情況：一是下極板未移動(dòng)時(shí)，帶電粒子到達(dá)下極板處返回，知道重力做功與電場(chǎng)力做功之和為零；二是向上移動(dòng)下極板，若運(yùn)動(dòng)到下極板，重力做功小于克服電場(chǎng)力做功，可知不可能運(yùn)動(dòng)到下極板返回，根據(jù)動(dòng)能定理，結(jié)合電勢(shì)差大小與d的關(guān)系，求出粒子返回時(shí)的位置【解答】解：對(duì)下極板未移動(dòng)前，從靜止釋放到速度為零的過程，由動(dòng)能定理得：mg2dqU=0將下極板向上平移時(shí)，設(shè)運(yùn)動(dòng)到距離上極板x處返回，根據(jù)動(dòng)能定理得：mg（d+x）qU=0聯(lián)立兩式解得：x=d故C正確，ABD錯(cuò)誤故選：C7如圖所示，直線A為某電源的UI圖線，曲線B為某小燈泡的UI圖線，用該電源和小燈泡組成閉合電路時(shí)，電源的輸出功率和電源的總功率分別是（）A4 W，8 WB4W，6 WC2 W，3 WD2 W，4 W【考點(diǎn)】描繪小電珠的伏安特性曲線【分析】根據(jù)圖象可以知道電源的電動(dòng)勢(shì)的大小，和燈泡的電壓電流的大小，根據(jù)功率的公式計(jì)算即可【解答】解：由圖象可知用該電源和燈泡組成閉合電路時(shí)，交點(diǎn)為它們工作時(shí)的電流和電壓的大小，電路中電流為I=2A，路端電壓為U=2V，電源的電動(dòng)勢(shì)的大小為3V，電源的輸出功率為P=UI=2×2=4W，電源的總功率P=EI=3×2=6W故選：B8電路圖如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為20V、內(nèi)阻r=3，滑動(dòng)變阻器的最大阻值為20，定值電阻R0=2則下列說法正確的是（）AR=5時(shí)，R0消耗的功率最大BR=3時(shí)，電源輸出的功率最大CR=5時(shí)，R消耗的功率最大D電源最大輸出的功率為20W【考點(diǎn)】閉合電路的歐姆定律；電功、電功率【分析】R0是定值電阻，當(dāng)電路中電流最大時(shí)，其功率最大當(dāng)外電阻與電源的內(nèi)阻相等時(shí)，電源的輸出功率最大根據(jù)這個(gè)結(jié)論，利用等效法研究R的功率和電源的輸出何時(shí)最大【解答】解：A、R0是定值電阻，當(dāng)R=0時(shí)，電路中電流最大，R0消耗的功率最大，故A錯(cuò)誤BD、當(dāng)外電阻與電源的內(nèi)阻相等時(shí)，電源的輸出功率最大即 R+R0=r，R=1時(shí)，電源輸出的功率最大，電源最大輸出的功率為 Pm=I2（R+R0）=（）2r=W，故BD錯(cuò)誤C、將R0看成電源的內(nèi)阻，當(dāng)?shù)刃щ娫吹膬?nèi)阻R0+r=R時(shí)，即R=5，等效電源的輸出功率最大，即R消耗的功率最大，故C正確故選：C9如圖所示，電源電動(dòng)勢(shì)為E，內(nèi)阻為r，不計(jì)電壓表和電流表內(nèi)阻對(duì)電路的影響，當(dāng)電鍵閉合后，兩小燈泡均能發(fā)光在將滑動(dòng)變阻器的觸片逐漸向右滑動(dòng)的過程中，下列說法正確的是（）A小燈泡L1、L2均變暗B小燈泡L1變亮，小燈泡L2變暗C電流表A的讀數(shù)變小，電壓表V的讀數(shù)變大D電流表A的讀數(shù)變化量與電壓表V的讀數(shù)變化量之比不變【考點(diǎn)】閉合電路的歐姆定律【分析】將滑動(dòng)變阻器的滑片逐漸向右滑動(dòng)的過程中，變阻器接入電路的電阻增大，分析外電路總電阻的變化，由歐姆定律判斷干路電流的變化，即可知道電流表示數(shù)的變化和路端電壓的變化，即可知道電壓表讀數(shù)的變化分析并聯(lián)部分電壓的變化，判斷L1燈亮度的變化【解答】解：ABC、將滑動(dòng)變阻器的滑片逐漸向右滑動(dòng)的過程中，變阻器接入電路的電阻增大，與燈L1并聯(lián)的電阻增大，外電路總電阻增大，干路電流減小，電流表讀數(shù)變小，L2變暗，電源的內(nèi)電壓減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知路端電壓增大，電壓表V的讀數(shù)變大路端電壓增大，而L2燈電壓減小，所以L1燈的電壓增大，L1燈變亮故A錯(cuò)誤，BC正確D、由U=EIr知： =r，不變，即電流表A的讀數(shù)變化量與電壓表V的讀數(shù)變化量之比等于電源的內(nèi)阻，保持不變，故D正確故選：BCD10如圖甲所示，直線AB是某電場(chǎng)中的一條電場(chǎng)線若有一電子僅在電場(chǎng)力的作用下以某一初速度沿直線AB由A運(yùn)動(dòng)到B，其速度圖象如圖乙所示，下列關(guān)于A、B兩點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度EA、EB和電勢(shì)A、B，以及電子在A、B兩點(diǎn)所具有的電勢(shì)能EPA、EPB和動(dòng)能EKA、EKB，以下判斷正確的是（）AEAEBBABCEPAEPBDEKAEKB【考點(diǎn)】電勢(shì)能；電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系【分析】根據(jù)速度圖象得出帶電粒子的加速度越來越小，根據(jù)牛頓第二定律F=ma，說明電場(chǎng)力越來越小，再根據(jù)電場(chǎng)強(qiáng)度的定義分析判斷，根據(jù)速度變化判斷電場(chǎng)線的方向，從而判斷電勢(shì)高度，根據(jù)電場(chǎng)力做功正負(fù)判斷電勢(shì)能的變化【解答】解：A、速度圖象的斜率表示點(diǎn)電荷的加速度的大小，由于斜率減小，則知從A運(yùn)動(dòng)到B過程中帶電粒子的加速度減小，根據(jù)牛頓第二定律說明電場(chǎng)力減小，由F=Eq知，所以由A運(yùn)動(dòng)到B，場(chǎng)強(qiáng)E減小，所以EAEB，故A正確；B、電子帶負(fù)電，在電場(chǎng)力的作用下做加速運(yùn)動(dòng)，電子的受力方向與電場(chǎng)方向相反，所以電場(chǎng)方向從B指向A，A點(diǎn)的電勢(shì)低，即BA，故B錯(cuò)誤；CD、電場(chǎng)力對(duì)電子做正功，電勢(shì)能減小，則EpAEpB，動(dòng)能增大，則EKAEKB，故C正確，D錯(cuò)誤故選：AC11在勻強(qiáng)電場(chǎng)中有相距d=2cm的a、b兩點(diǎn)，電勢(shì)差Uab=50V，則勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度可能為（）AE=1×103 V/mBE=2×103 V/mCE=3×103 V/mDE=4×103 V/m【考點(diǎn)】電勢(shì)差與電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；電場(chǎng)強(qiáng)度【分析】在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，Uab=Ed，d是兩點(diǎn)沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向的距離由此式求解E的范圍，即可得到E的可能值【解答】解：在勻強(qiáng)電場(chǎng)中，若a、b兩點(diǎn)在同一電場(chǎng)線上，由Uab=Ed，得：E=V/m=2.5×103V/m若a、b兩點(diǎn)不在同一電場(chǎng)線，由UabEd，得：E=V/m=2.5×103V/m，所以勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度E可能為3×103 V/m和4×103 V/m，不可能為1×103 V/m和2×103 V/m故AB錯(cuò)誤，CD正確故選：CD12光滑水平面上有一邊長為L的正方形區(qū)域處在場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，電場(chǎng)方向與正方形一邊平行，一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球由某一邊中心，以垂直于該邊的水平初速度v0進(jìn)入該正方形區(qū)域，當(dāng)小球再次運(yùn)動(dòng)到該正方形區(qū)域的邊緣時(shí)，具有的動(dòng)能可能為（）A0B mv+qELC mvD mv+qEL【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)【分析】要考慮電場(chǎng)方向的可能性，可能平行于AB向左或向右，也可能平行于AC向上或向下若平行于AB，將做加速或減速，若平行于AC，將做類平拋運(yùn)動(dòng)，然后根據(jù)動(dòng)能定理求解【解答】解：A若電場(chǎng)的方向平行于AB向左，小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，到達(dá)BD邊時(shí)，速度可能為0，所以動(dòng)能可能為0故A正確B若電場(chǎng)的方向平行于AC向上或向下，小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，偏轉(zhuǎn)位移最大為，根據(jù)動(dòng)能定理，電場(chǎng)力做功最多為qE，最大動(dòng)能為qE+mv02故B正確，D錯(cuò)誤C若電場(chǎng)的方向平行于AB向左，小球在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，若速度減到0還未到達(dá)另一邊緣，那將回頭做勻加速，根據(jù)動(dòng)能定理，電場(chǎng)力做功為0，動(dòng)能不變故C正確故選：ABC二、實(shí)驗(yàn)題（每空2分，共16分）13在“伏安法”測(cè)導(dǎo)體電阻的實(shí)驗(yàn)中，采用甲圖的電阻R測(cè)量值大于 真實(shí)值；采用乙圖的電阻R測(cè)量值小于 真實(shí)值（填“大于”、“等于”、或“小于”）【考點(diǎn)】伏安法測(cè)電阻【分析】伏安法測(cè)電阻有兩種方法：電流表內(nèi)接法和電流表外接法 內(nèi)接法：電流表內(nèi)阻很小，但也要分壓，故電壓表測(cè)量的電壓包括電流表兩端電壓，使得測(cè)出的電壓要比待測(cè)電阻兩端電壓大，則測(cè)出的電阻比真實(shí)值偏大 外接法：電壓表內(nèi)阻很大，但也要分流，故電流表測(cè)量的電流包括流過電壓表的電流，使得測(cè)出的電流比流過待測(cè)電阻的電流偏大，則測(cè)出的電阻比真實(shí)值偏小【解答】解：如圖甲所示，電流表內(nèi)接法，測(cè)得結(jié)果R=R+RA，所以測(cè)量值大于真實(shí)值，電流表的內(nèi)阻越接近被測(cè)電阻，誤差越大，只有被測(cè)電阻大于大于電流表內(nèi)阻時(shí)，誤差較小，所以此法適用于測(cè)量較大的電阻；如上圖乙所示，電流表外接法，測(cè)得結(jié)果R=，電壓表上的分流再小，也比真實(shí)值分母變大，分子不變，所以測(cè)量值小于真實(shí)值；此法電壓表的內(nèi)阻相對(duì)真實(shí)值越大越接近真實(shí)值，所以適用于測(cè)量較小的電阻；故答案為：大于，小于14有一個(gè)小燈泡上標(biāo)有“2V，3W”的字樣，現(xiàn)在要用伏安法描繪這個(gè)燈泡的IU圖線，有下列器材供選用：A電源（電動(dòng)勢(shì)3V，內(nèi)阻約1） B電流表（00.6A，內(nèi)阻約1）C電流表（02A，內(nèi)阻約0.4） D電壓表（03V，內(nèi)阻約10k）E電壓表（010V，內(nèi)阻約20k）F滑動(dòng)變阻器（05，額定電流3A）G滑動(dòng)變阻器（0500，額定電流2A）H開關(guān)、導(dǎo)線（1）實(shí)驗(yàn)中電流表應(yīng)選用C，電壓表應(yīng)選用D為使實(shí)驗(yàn)誤差盡量減小，要求電壓表從零開始變化且多取幾組數(shù)據(jù)，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用F（用序號(hào)字母表示）（2）實(shí)驗(yàn)中，電壓表的示數(shù)如圖1，圖中U=2.20V（3）實(shí)驗(yàn)中調(diào)節(jié)滑動(dòng)變阻器，得到了小燈泡的IU圖象如圖2所示，則可知小燈泡的電阻隨電壓增大而增大（填“增大”、“減小”或“不變”）（4）請(qǐng)根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求，在圖3方框內(nèi)畫出電路圖【考點(diǎn)】描繪小電珠的伏安特性曲線【分析】（1）儀表的選擇應(yīng)本著安全準(zhǔn)確的原則；電壓表要測(cè)量燈泡兩端的電壓，故應(yīng)通過燈泡的額定電壓值判斷需要的電壓表；由流過燈泡的電流判斷需要的電流表；由題意判斷需要的滑動(dòng)變阻器；（2）根據(jù)量程確定最小分度，從而明確讀數(shù)； （3）根據(jù)IU圖象的性質(zhì)分析電阻的變化； （4）根據(jù)實(shí)驗(yàn)要求確定電壓表和電流表的接法，從而得出電路圖【解答】解：（1）因燈泡的額定電壓為2V，為保證安全選用的電壓表量程應(yīng)稍大于2V，但不能大太多，量程太大則示數(shù)不準(zhǔn)確；故只能選用03V的電壓表，故選D；由P=UI得，燈泡的額定電流I=1.5A；故電流表應(yīng)選擇02A的量程，故選C；而由題意要求可知，電壓從零開始變化，并要多測(cè)幾組數(shù)據(jù)，故只能采用滑動(dòng)變阻器分壓接法，而分壓接法中應(yīng)選總阻值小的滑動(dòng)變阻器，故選F；（2）由圖可知，量程為3V，最小分度為0.1V，則讀數(shù)為2.20V； （3）IU圖象中圖象中的斜率表示電阻的倒數(shù)，由圖象可知，斜率減小，故電阻增大； （4）由以上分析可知，本實(shí)驗(yàn)應(yīng)采用分壓和電流表外接法，故電路圖如圖所示； 故答案為：（1）C； D；F； （2）2.20； （3）增大； （4）如圖所示三、計(jì)算題（15題10分，16、17、18題各12分，共46分）15如圖所示電路中，R1=3，R2=6，R3=1.5，C=20 F；已知電源電動(dòng)勢(shì)E=4V，內(nèi)阻r=0.5求：（1）當(dāng)S1閉合、S2斷開時(shí)，電路消耗的總功率；（2）當(dāng)S1閉合、S2均閉合時(shí)，電路消耗的總功率；（3）當(dāng)S1閉合、S2斷開時(shí)，電容器所帶的電荷量為多少？【考點(diǎn)】閉合電路的歐姆定律；電容；電功、電功率【分析】（1）當(dāng)S1閉合、S2斷開時(shí)，分析電路的結(jié)構(gòu)，根據(jù)閉合電路的歐姆定律和功率公式：P=I2R即可計(jì)算出電路消耗的總功率；（2）當(dāng)S1閉合、S2均閉合時(shí)，求出外電路總電阻，再根據(jù)閉合電路的歐姆定律求總電流，再求電路消耗的總功率；（3）根據(jù)串聯(lián)電路的電壓分配關(guān)系計(jì)算電容器極板間的電壓，最后由Q=CU計(jì)算電量即可【解答】解：（1）S1閉合，S2斷開時(shí)，電路消耗的總功率為：P1=2W （2）S1、S2均閉合時(shí)，外電路總電阻為： R=R3+=1.5+=3.5電路消耗的總功率為：P2=4W（3）S1閉合，S2斷開時(shí)，電容器極板間的電壓為：U=E=×4V=3V電容器所帶的電荷量為： Q=CU=20×106×3C=6×105C答：（1）當(dāng)S1閉合、S2斷開時(shí)，電路消耗的總功率是2W；（2）當(dāng)S1閉合、S2均閉合時(shí)，電路消耗的總功率是4W；（3）當(dāng)S1閉合、S2斷開時(shí)，電容器所帶的電荷量為6×105C16如圖，勻強(qiáng)電場(chǎng)中有一半徑為r=10cm的光滑絕緣軌道，軌道平面與電場(chǎng)方向平行一電荷量為q=+2×109 C的質(zhì)點(diǎn)沿軌道內(nèi)側(cè)運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道壓力分別為Na=2×106 N和 Nb=8×106N不計(jì)質(zhì)點(diǎn)重力，求：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。浚?）質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能各為多少？【考點(diǎn)】勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；向心力；電場(chǎng)強(qiáng)度【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律，將電場(chǎng)力與支持力提供向心力列出方程，并由動(dòng)能定理來聯(lián)立求解出電場(chǎng)強(qiáng)度（2）根據(jù)動(dòng)能定義式表示出a、b兩點(diǎn)的動(dòng)能，聯(lián)立（1）中的方程即可求出質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能【解答】解：（1）在b點(diǎn)：；在a點(diǎn)：；從a點(diǎn)到b點(diǎn)由動(dòng)能定理有： 解得： =500v/m（2）設(shè)質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能分別為Eka和Ekb，有：聯(lián)立得：=1.5×107J=3.5×答：（1）勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小500V/m（2）質(zhì)點(diǎn)經(jīng)過a點(diǎn)動(dòng)能為和b點(diǎn)時(shí)的動(dòng)能為17如圖，虛線PQ、MN間存在水平勻強(qiáng)電場(chǎng)，一帶電粒子質(zhì)量為m=2.0×1011 kg、電荷量為q=+1.0×105 C，從a點(diǎn)由靜止開始經(jīng)電壓為U=100V的電場(chǎng)加速后，經(jīng)過b點(diǎn)垂直于勻強(qiáng)電場(chǎng)進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中，從虛線MN的某點(diǎn)c （圖中未畫出）離開勻強(qiáng)電場(chǎng)時(shí)速度與電場(chǎng)方向成60°角已知PQ、MN間距為20cm，帶電粒子的重力忽略不計(jì)求：（1）水平勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E的大??；（2）bc兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Ubc【考點(diǎn)】勻強(qiáng)電場(chǎng)中電勢(shì)差和電場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系；動(dòng)能定理的應(yīng)用；電勢(shì)【分析】（1）粒子進(jìn)入勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，豎直方向上做勻速直線運(yùn)動(dòng)，水平方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，將粒子在b的速度進(jìn)行分解，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)學(xué)公式和牛頓第二定律求解場(chǎng)強(qiáng)的大?。?）從b到c根據(jù)動(dòng)能定理即可求出bc兩點(diǎn)間的電勢(shì)差Ubc【解答】解：（1）由動(dòng)能定理得：代入數(shù)據(jù)解得： m/s進(jìn)入PQ、MN間電場(chǎng)中后：d=v1t代入數(shù)據(jù)解得：由題意得：代入得由牛頓第二定律得qE=ma 沿電場(chǎng)方向：vy=at，得 解得：（3）由動(dòng)能定理得：得： =答：（1）水平勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E的大?。唬?）bc兩點(diǎn)間的電勢(shì)差為18兩塊水平的平行金屬板如圖1所示放置，金屬板左側(cè)為一加速電場(chǎng)，電壓U0=2500V，大量質(zhì)量m=1.6×1014kg、電荷量q=3.2×1010 C的帶電粒子（不計(jì)重力）由靜止開始，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后，連續(xù)不斷地通過小孔后沿平行板的方向從兩板正中間射入兩板之間當(dāng)兩板電勢(shì)差為零時(shí)，這些帶電粒子通過兩板之間的時(shí)間為3t0；當(dāng)在兩板間加如圖2所示的周期為2t0，幅值恒為U0（U0=2500V）的周期性電壓時(shí)，恰好能使所有粒子均從兩板間通過已知t0=2×106s求：（1）帶電粒子從加速電場(chǎng)出來時(shí)的速度？（2）這些粒子剛穿過兩板時(shí)，偏轉(zhuǎn)位移的最大值和最小值分別是多少？（3）偏轉(zhuǎn)位移為最大值和最小值的情況下，帶電粒子在剛穿出兩板之間時(shí)的動(dòng)能之比為多少？【考點(diǎn)】帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)；牛頓運(yùn)動(dòng)定律的綜合應(yīng)用；動(dòng)能定理【分析】（1）由動(dòng)能定理求解帶電粒子從加速電場(chǎng)出來時(shí)的速度；（2）以電場(chǎng)力的方向?yàn)閥軸正方向，畫出電子在t=0時(shí)和t=t0時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)后沿電場(chǎng)力方向的速度vy隨時(shí)間t變化的vyt圖象分別如圖a和圖b所示，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，再根據(jù)圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積計(jì)算位移；（3）根據(jù)（2）可得射出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)的最大速度和最小速度，根據(jù)動(dòng)能定理得到射出電場(chǎng)時(shí)的動(dòng)能，再求解比值【解答】解：（1）由動(dòng)能定理得：qU0=mv12 解得v1=1×106m/s；（2）以電場(chǎng)力的方向?yàn)閥軸正方向，畫出電子在t=0時(shí)和t=t0時(shí)進(jìn)入電場(chǎng)后沿電場(chǎng)力方向的速度vy隨時(shí)間t變化的vyt圖象分別如圖a和圖b所示，設(shè)兩平行板之間的距離為d根據(jù)牛頓第二定律可得粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的加速度大小為；圖a中，由圖（a）可得電子的最大側(cè)移為：=；而，解得：d=m=3.464cm 由圖（b）可得電子的最小側(cè)移為，所以=1.732cm Symin=0.866cm （3）根據(jù)（2）可得：，電子經(jīng)電壓U0加速：，所以=答：（1）帶電粒子從加速電場(chǎng)出來時(shí)的速度1×106m/s；（2）這些粒子剛穿過兩板時(shí)，偏轉(zhuǎn)位移的最大值為1.732cm，最小值為0.866cm； （3）偏轉(zhuǎn)位移為最大值和最小值的情況下，帶電粒子在剛穿出兩板之間時(shí)的動(dòng)能之比為16：13xx12月9日