2018-2019學(xué)年福建省三明市高二(上)期末物理試卷

1、2018-2019 學(xué)年福建省三明市高二（上）期末物理試卷副標(biāo)題題號一二三四總分得分一、單選題（本大題共10 小題，共 30.0 分）1.關(guān)于靜電場和磁場，下列說法正確的是（）A. 電場中場強(qiáng)越大的點(diǎn)，電勢不一定越高B. 電場中某點(diǎn)的場強(qiáng)與試探電荷的電荷量成反比C. 根據(jù) B= ，磁場中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B 與 F 成正比，與I 、 L 的乘積成反比D. 磁場中有一根長為 1m 的通電導(dǎo)線，電流為 1A，受到的安培力為 1N，則該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為 1T2. 三個(gè)半徑均為 r 的金屬小球 A、 B、 C，qA=210-8 C， qB=-8 10-8 C， C 不帶電， A 與B 相距 L （

2、 L r）時(shí)， A、 B 間的庫侖力大小為F，金屬小球C 先后與 A、B 接觸后移走， A 與 B 相距仍為L ，此時(shí) A、 B 間庫侖力大小為F，則等于（）A.B.C.D.3. 如圖所示為火警報(bào)警器的電路圖， RA 是半導(dǎo)體材料制成的熱敏電阻， 電阻率隨溫度的升高而減小， 電流表的電流為 I，報(bào)警器的電壓為 U當(dāng) R4 所在處出現(xiàn)火情時(shí)， 下列敘述正確的是（）A.I變大，U變小B.大D.I變大， U變大C.I變小，U變I變小， U變小4. 如圖是靜電礦料分選器的示意圖，帶電礦粉經(jīng)漏斗落入水平勻強(qiáng)電場后， 分落在收集板的兩側(cè)， 不考慮礦粉間的相互作用力，礦粉分離的過程中，下列表述正確的有（）A

3、. 電場力對帶電礦粉做負(fù)功B. 電場力對帶電礦粉做正功C. 帶正電的礦粉電勢能增大，帶負(fù)電的礦粉電勢能減小D. 帶正電的礦粉電勢能減小，帶負(fù)電的礦粉電勢能增大5. OAB 為等腰直角三角形， 兩根平行的通電直導(dǎo)線垂直三角形所在平面置于 AB 兩處，通入的電流大小相等、方向如圖所示。已知每根導(dǎo)線在 O 處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小均為B，則 O 處實(shí)際的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向?yàn)椋ǎ〢.By軸正方向B.B，沿y軸負(fù)方向，沿C.B，沿 x 軸正方向D.B，沿 x 軸負(fù)方向6. 利用如圖所示的實(shí)驗(yàn)裝置， 可探究平行板電容器電容 C 的影響因素。 現(xiàn)使靜電計(jì)的金屬外殼、極板B 接地，若保持極板上的電荷量Q

4、不變，下列現(xiàn)象可能出現(xiàn)的是（）第1頁，共 21頁A.B.僅插入有機(jī)玻璃，觀察到靜電計(jì)張角變大僅插入有機(jī)玻璃，觀察到靜電計(jì)張角變小C.D.僅讓 B 極板上移，觀察到靜電計(jì)張角變小僅讓 B 極板左移，觀察到靜電計(jì)張角變小7. 如圖所示，質(zhì)量為 m，長為 l 的金屬棒 ab 用兩根等長的輕金屬線懸掛在 c， d 兩處，置于勻強(qiáng)磁場中，通有a 到 b 方向的電流 I當(dāng)金屬棒處于靜止?fàn)顟B(tài)時(shí)，兩懸線均偏離豎直方向 角，則所加磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值及方向?yàn)椋ǎ〢.tan 豎直向上B.cos 豎直向下C.水平向右D.sin 平行懸線向上8. 如圖所示，三條平行且等間距的虛線表示電場中的三個(gè)等勢面，電勢分別為10V

5、、20V、 30V，實(shí)線是一帶電粒子（不計(jì)重力）在該區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的運(yùn)動軌跡，當(dāng)粒子運(yùn)動到 a、 b、c 三點(diǎn)處，下列說法正確的是（）A.C.電場力關(guān)系為Fb Fa F c動能大小關(guān)系為EKbEKa EKcB.D.速度關(guān)系為va vb vc電勢能大小關(guān)系為Epb Epa Epc9.有一種電荷控制式噴墨打印機(jī)的打印頭的結(jié)構(gòu)簡圖如圖所示其中墨盒可以噴出極小的墨汁微粒， 此微粒經(jīng)過帶電室后以一定的初速度垂直射入偏轉(zhuǎn)電場，再經(jīng)偏轉(zhuǎn)電場后打到紙上，顯示出字符已知偏移量越小打在紙上的字跡越小，現(xiàn)要縮小字跡，下列措施可行的是（）A. 增大墨汁微粒的比荷B. 減小墨汁微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場時(shí)的初動能C. 減小偏轉(zhuǎn)極板的

6、長度D. 增大偏轉(zhuǎn)極板間的電壓10. 如圖所示， 在方向水平向右的勻強(qiáng)電場中， 一不可伸長的長度為L 的絕緣細(xì)線的一端連著一個(gè)質(zhì)量為m 的帶電小球， 另一端固定于 O 點(diǎn)，當(dāng)小球靜止在B 點(diǎn)時(shí)，細(xì)線與豎直方向的夾角=37（ sin37 =0.6，cos37=0.8），則（）第2頁，共 21頁A.B.C.D.勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度大小為電場中 A、 B 兩點(diǎn)的電勢差為當(dāng)小球從A 點(diǎn)由靜止釋放至B 點(diǎn)，則小球經(jīng)B 點(diǎn)時(shí)的速度大小為當(dāng)小球從A 點(diǎn)由靜止釋放至B 點(diǎn)，則小球經(jīng)B 點(diǎn)時(shí)的速度大小為二、多選題（本大題共4 小題，共12.0 分）11.如圖所示虛線框內(nèi)為歐姆表的內(nèi)部電路，AB 間連接一個(gè)二極管，圖示

7、狀態(tài)歐姆表的示數(shù)很小，當(dāng)把二極管反接在AB 間時(shí)，歐姆表示數(shù)很大，則下列說法正確的是（）A. A、 B 分別接歐姆表正、負(fù)插孔端B. A、 B 分別接歐姆表負(fù)、正插孔端C. a、b 分別為內(nèi)部電源的正、負(fù)極D. a、 b 分別為內(nèi)部電源的負(fù)、正極12.一帶負(fù)電的粒子只在電場力作用下沿x 軸正向運(yùn)動， 其電勢能 Ep 隨位移 x 變化的關(guān)系如圖所示，其 0 x2 段是對稱的曲線， x2 x3 段是直線，則下列說法正確的是（）A. 粒子在 x1 處加速度為零B. x2 x3 段是勻強(qiáng)電場C. 粒子在 0x2 段做勻變速運(yùn)動， x2 x3 做勻速直線運(yùn)動、 x 、 x處電勢、 的關(guān)系為 D. x12

8、312312313. 如圖（a）所示，A、B、C是等量同種正電荷中垂線上的三點(diǎn)。帶電量為q、質(zhì)量為 m 的點(diǎn)電荷從 C 點(diǎn)靜止釋放， 只在電場力作用下其運(yùn)動，v-t 圖象如圖（ b）所示，運(yùn)動到 B 點(diǎn)處對應(yīng)的圖線斜率最大，其斜率為k，則（）A.B.由 C 點(diǎn)到 A 點(diǎn)電勢先增大后減小由 C 點(diǎn)到 A 點(diǎn)電勢能逐漸減小C. B 為中垂線上場強(qiáng)最大的點(diǎn)，EB 大小為D. A、 B 兩點(diǎn)間的電勢差大小為14. 如圖所示，一質(zhì)量為 m、帶電荷量為 q（ q 0）的物體在外力作用下靜止于豎直絕緣墻壁上，當(dāng)施加 E=E0-kt 的變化電場，E0、 k 均為大于零的常數(shù)，取水平向左為正方向，物體所受的最大

9、靜摩擦力等于滑動摩擦力， 物體與墻壁間動摩擦因數(shù)為 ，電場空間和墻面均足夠大。 t=0 時(shí)釋放帶電物體，下列說法正確的是（）第3頁，共 21頁A.B.物體開始運(yùn)動后加速度增加物體開始運(yùn)動后電勢能一直增大C. 經(jīng)過時(shí)間 t=，物體運(yùn)動速度達(dá)最大值D. 經(jīng)過時(shí)間 t= ，物體在豎直墻壁上的位移達(dá)最大值三、實(shí)驗(yàn)題探究題（本大題共2 小題，共16.0 分）15. 有一個(gè)小燈泡上標(biāo)有“ 2.5V，0.6W”的字樣，現(xiàn)要描繪并研究其伏安特性曲線，有下列器材可供選用：A電壓表（ 0-3V，內(nèi)阻約3k）B電流表（ 0-0.6A，內(nèi)阻約 0.2 ）C滑動變阻器（10， 1A）D滑動變阻器（1000 ， 0.3A

10、）E直流電源，另有開關(guān)一個(gè)、導(dǎo)線若干。（ 1）實(shí)驗(yàn)中滑動變阻器應(yīng)選 _（只填器材的字母代號）。（ 2）某同學(xué)已連接如圖所示的電路，已知各元件均無故障，但在合上開關(guān)后，無論如何調(diào)節(jié)滑片P，電壓表和電流表的示數(shù)總是不能調(diào)為零，其原因是_（請?zhí)顚憟D中的字母，如ne）導(dǎo)線沒有接好。電路中還有一個(gè)連接不當(dāng)之處，請?zhí)岢龈倪M(jìn)方案： _。（ 3）利用正確實(shí)驗(yàn)方案測得的實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，在I -U 坐標(biāo)系中描繪出小燈泡的伏安特性曲線如圖所示， 如圖所示，則小燈泡的電阻值隨工作電壓的增大而_（填“不變”、“增大”或“減小”）。若把該燈泡接到一個(gè)電動勢為3.0V、內(nèi)阻為10的直流電源時(shí)，小燈泡消耗的實(shí)際功率約為_W（結(jié)果保

11、留兩位有效數(shù)字）16. 某學(xué)校實(shí)驗(yàn)室購買了一卷表面有很薄絕緣層的鎳鉻合金絲，該校的興趣小組同學(xué)想通過實(shí)驗(yàn)來測算合金絲的長度。已知該鎳鉻合金絲的電阻率-6 =1.0 10?m，測量選用的器材有多用電表、電流表、電壓表、開關(guān)、滑動變阻器、螺旋測微器、導(dǎo)線和學(xué)生電源等。（ 1）實(shí)驗(yàn)前先使用多用電表粗測合金絲的電阻機(jī)械調(diào)零后，選擇旋鈕指向電阻擋“10”位置，將紅、黑表筆分別插入多用電表的對應(yīng)插孔，將兩表筆短接，調(diào)節(jié) _（填“ S”或“ T”）進(jìn)行歐姆調(diào)零，使指針指到“電阻擋”零刻度。把紅、黑表筆分別與鎳銘合金絲的兩端（已刮去絕緣漆）相接，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過小，應(yīng)選擇倍率為_（填“ 100”或“ 1”）

12、的擋位， 再將兩表筆短接重第4頁，共 21頁新進(jìn)行歐姆調(diào)零。把紅、黑表筆分別與鎳銘合金絲的兩端相接，多用電表的示數(shù)如圖甲所示，則該合金絲的電阻約為_。（ 2）使用螺旋測微器測量鎳鉻合金絲的直徑 d，示數(shù)如圖乙所示，則鎳鉻合金絲的直徑 d=_mm。（ 3）為了更準(zhǔn)確地測量鎳鉻合金絲電阻，減少實(shí)驗(yàn)誤差，并獲得較大的電壓調(diào)節(jié)范圍，選擇如圖丙所示的電路進(jìn)行測量，測量電壓表示數(shù)為U，電流表的示數(shù)為I 不計(jì)合金絲絕緣漆的厚度，鎳鉻合金絲的長度的表達(dá)式L=_（用 U、I 、d 表示）。（ 4）利用記錄的多組電壓U 和電流值I 的數(shù)據(jù)，繪制出如圖丁所示的U-I 圖象?？蓽y出鎳鉻合金絲的長度L=_m（保留三位有

13、效數(shù)字）。（ 5）本實(shí)驗(yàn)若電流表內(nèi)阻不是很小，則鎳鉻合金絲的長度測量結(jié)果將_（填“偏大”、“偏小”或“不變”）四、計(jì)算題（本大題共5 小題，共42.0 分）17. 如圖所示， 在真空中的 O 點(diǎn)放一點(diǎn)電荷 Q=2.0 10-9C，直線 MN過 O 點(diǎn)， OM =30cm， M 點(diǎn)放一點(diǎn)電荷q=-2 10-10C，已知靜電力常量 k=9.0 109N?m2 /c2，求：（ 1） M 點(diǎn)的場強(qiáng)大小和方向；（ 2）若 M 點(diǎn)的電勢比 N 點(diǎn)的電勢高 20V，將電荷 q 從 M 點(diǎn)移到 N 點(diǎn)，該電荷電勢能怎樣變化及變化量大小。18. 如圖所示，電容器電容 C=2 10-2F，R 為電阻箱，電壓表為理

14、想電表。當(dāng)電阻箱讀數(shù) R1=2時(shí)，電壓表讀數(shù) U1=4V；當(dāng)電阻箱讀數(shù) R2=5時(shí)，電壓表讀數(shù) U 2=5V求：（ 1）電源的電動勢 E 和內(nèi)阻 r ；（ 2）電阻箱阻值由 2調(diào)到 5，電容器極板上電荷量的變化量。第5頁，共 21頁19. 如圖所示，水平面上有 U 形導(dǎo)軌 MN 、 PQ，它們之間的寬度 L=0.5m，M 和 P 之間接入電源，現(xiàn)垂直于導(dǎo)軌放置一根質(zhì)量 m=0.05kg 的金屬棒 ab，并加一個(gè)范圍較大的勻強(qiáng)磁場，方向垂直于金屬棒ab，與豎直方向夾角 =53，金屬棒恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)。已知金屬棒ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為=0.5，重力加速度g=10m/s2，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小 B=0

15、.2T，sin53 =0.8， cos53 =0.6，最大靜摩擦力視為滑動摩擦力。求通過金屬ab 棒的電流強(qiáng)度 I。20. 回旋加速器是產(chǎn)生高能粒子的裝置，主要由兩個(gè)半圓形的中空D 型銅盒構(gòu)成，置于真空中。兩個(gè)D 型金屬盒處于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中，兩盒間留有一狹縫，狹縫間加入由高頻振蕩器產(chǎn)生的交變加速電壓。 D 形盒半徑為 R，加速電壓為 U，一個(gè)質(zhì)量為 m，電荷量為 q 的粒子在回旋加速器的正中央從靜止開始加速， 加速后的最大動能為 Ek，由于盒縫的寬度遠(yuǎn)小于盒半徑，粒子通過盒縫即在電場中加速的時(shí)間可以忽略，不考慮粒子重力和相對論效應(yīng)。求：（ 1）所加勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；（ 2）該粒

16、子在回旋加速器中運(yùn)動的時(shí)間。21.如圖所示，兩豎直平行邊界AB、CD 間的整個(gè)區(qū)域有如圖豎直向上的勻強(qiáng)電場，O、P 分別是邊界 AB、CD 上的兩點(diǎn)，且 OPCD ，在 CD 的右側(cè)有一與 CD 相切于 M 點(diǎn)的圓形區(qū)域， 整個(gè)圓形區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場， 磁場方向垂直于紙面 （圖中未畫出） 。一帶正電的粒子從 O 點(diǎn)沿 OP 方向以初速度 v0 射入電場，從 M 點(diǎn)進(jìn)入圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從CD 邊界上的N 點(diǎn)垂直于CD 邊界回到電場區(qū)域，并恰能返回到 O 點(diǎn)，已知 O、 P 兩點(diǎn)間距離為d。粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，勻強(qiáng)電場第6頁，共 21頁E=， sin53 =0.8， cos53

17、=0.6，粒子重力和空氣阻力均不計(jì)。求：（ 1） M、 P 兩點(diǎn)間距離 LPM；（ 2）磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 的大?。唬?3）粒子從M 點(diǎn)經(jīng)磁場后回到N 點(diǎn)過程中的運(yùn)動時(shí)間tMN 。第7頁，共 21頁答案和解析1.【答案】 A【解析】解：A 、電場強(qiáng)度與電勢描述電場的不同性 質(zhì)，電場中場強(qiáng)越大的點(diǎn)，電勢不一定越高。故 A 正確；B、電場強(qiáng)度由電場本身決定，場強(qiáng)與試探電荷的電荷量無關(guān)。故 B 錯(cuò)誤；C、磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 的公式 B= 是定義式，B 與 F、I、L 都無關(guān)，由磁場本身決定，故C錯(cuò)誤；D、根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 的定義可知，勻強(qiáng)磁場中垂直于磁 場方向的一根 長為 1m 的通電導(dǎo)線，電流為 1A

18、，受到的安培力為 1N，則該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小才為 1T，故D 錯(cuò)誤；故選：A。電場強(qiáng)度的大小與 電勢無關(guān)；磁場中某點(diǎn)的磁感 應(yīng)強(qiáng)度 B 是有磁場本身決定的，與導(dǎo)線、電流等無關(guān)。本題是考查學(xué)生對磁場中某點(diǎn)的磁感 應(yīng)強(qiáng)度 B 的理解，關(guān)鍵是要掌握住磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 是有磁場本身決定的，與導(dǎo)線、電流等無關(guān)。2.【答案】 D【解析】解：設(shè) qA=2q0，那么 qB=-8q0，開始時(shí)由庫侖定律得：F=k當(dāng)小球 C 和 A 接觸后，A 球帶電為 q0，再和 B 球接觸時(shí)，先中和后總電量為-7q0，故平分后 B 球帶電為 -q0，因此此時(shí)：F=k由 得：F= F，故 ABC 錯(cuò)誤，D 正確；故選：D。完全

19、相同的 帶電小球接觸 時(shí)，若是同種電荷則將總電量平分，若是異種電荷第8頁，共 21頁則先中和然后將剩余 電量平分，然后依據(jù)庫侖定律求解即可。完全相同的 帶電小球接觸 時(shí)，對于電量的重新分配 規(guī)律要明確，然后正確利用庫侖定律求解。3.【答案】 A【解析】解：當(dāng)傳感器 R4 所在處出現(xiàn)火情時(shí)，R4 的阻值變小，R2、R3 與 R4 的并聯(lián)電阻減小，外電路總電阻變小，則總電 流變大，電源的內(nèi)電壓變 大，路端電壓變 小，即有 U 變小。因 U 變小，而電流增大，故 R1 分壓增大；并聯(lián)部分分壓減小，R3 中電流減小，故電流表示數(shù) 變大；故A 正確，BCD 錯(cuò)誤 。故選：A。R3 為用半導(dǎo)體熱敏材料制成

20、的 傳感器，溫度升高時(shí)，其電阻減小。當(dāng)傳感器R4 所在處出現(xiàn)火情時(shí)，分析 R4 的變化，確定外電路總電阻的變化，分析總電流和路端 電壓的變化，即可知 U 的變化。根據(jù)并聯(lián)部分電壓的變化，分析 I 的變化。本題解題關(guān)鍵是掌握熱敏電阻與溫度的關(guān)系，再按 “局部 整體 局部 ”的順序進(jìn)行動態(tài)變 化分析。4.【答案】 B【解析】解：由圖可知，礦料分選器內(nèi)的電場方向水平向左，AB 、無論礦粉帶什么電，在水平方向上都會在 電場力的作用下沿 電場力的方向偏移，位移與電場力的方向相同，電場力做正功，故 A 錯(cuò)誤，B 正確；CD、由于電場力對正負(fù)電荷均做正功；故正負(fù)電荷的電勢能增均變?。还蔆D錯(cuò)誤；故選：B。首

21、先要明確 礦料分選器內(nèi)電場的分布及方向，判斷 礦粉受力及運(yùn) 動情況，再第9頁，共 21頁根據(jù)電場力做功與 電勢能的關(guān)系可得到正確答案。該題考查了帶電物體在電場力作用下的運(yùn) 動，要熟練的掌握帶電粒子在電場中的受力情況及其運(yùn) 動情況，并會分析電場力做功與 電勢能的變化情況。5.【答案】 B【解析】解：解：AB 在 O 點(diǎn)產(chǎn)生的磁感 應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向如 圖，則：B 合=B，方向沿 y 軸負(fù)方向。故選：B。本題考查了磁場的疊加，根據(jù)導(dǎo)線周圍磁場分布可知，與導(dǎo)線等距離地方磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，根據(jù)安培定 則判斷出兩 導(dǎo)線在 A 點(diǎn)形成磁 場方向，磁感應(yīng)強(qiáng)度 B 是矢量，根據(jù)矢量分解合成的平行四邊形定則

22、求解。磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量，合成時(shí)要用平行四 邊形定則，因此要正確根據(jù)安培定 則判斷導(dǎo)線周圍磁場方向是解 題的前提。6.【答案】 B【解析】解：AB 、根據(jù)電容的定義式 C=，當(dāng)保持 S、d 不變，在兩板間插入有機(jī)玻璃，即增大電介質(zhì) 則電容增大，根據(jù) U=則 變錯(cuò)誤，知U 減小， 小，故AB 正確；C、保持 d、?不變，僅讓 B 極板上移，即減小 S，電容減小，再根據(jù) U=，知U增大，所以 變大，故 C 錯(cuò)誤；D、根據(jù)電容的定義式 C=，保持 S 不變，僅讓 B 極板左移，即增大 d，電容 C 減小，再根據(jù) U= ，知U 增大，所以 變大，故 D 錯(cuò)誤 。故選：B。靜電計(jì)指針偏角大小表示極板 間電

23、勢差的大小，抓住電量不變，根據(jù) U= ，通過 C 的變化，從而判斷 U 的變化。第10 頁，共 21頁解決電容器的動態(tài)分析問題關(guān)鍵抓住不變量。若電容器與電源斷開，電量保持不變；若電容器始終與電源相連，電容器兩端 間的電勢差保持不 變。7.【答案】 D【解析】解：為了使該棒仍然平衡在 該位置上，F(xiàn)min =mgsin B，由左手定則知所加磁場的方向平行懸線向上。故 D 正確，得： min =ABC 錯(cuò)誤 。故選：D。由矢量三角形定 則判斷安培力的最小 值及方向，進(jìn)而由安培力公式和左手定則的得到 B 的大小以及 B 的方向。本題主要是考 查安培力的方向與大小如何確定與計(jì)算，知道當(dāng)安培力的方向與拉力

24、的方向垂直，安培力最小，磁感 應(yīng)強(qiáng)度最小。8.【答案】 D【解析】解：A 、因表示電場 中三個(gè)等 勢面的三條虛 線是平行且等 間距的，由此可判斷電場是勻強(qiáng)電場，所以帶電粒子在電場中各點(diǎn)受到的 電場力相等。選項(xiàng) A 錯(cuò)誤。B、由題中的圖可知，電場的方向是向上的，粒子將受到向下的電場力作用，粒子無論是依次沿 a、b、c 運(yùn)動，還是依次沿 c、b、a 運(yùn)動，都會的到如圖的軌跡。根據(jù)電場力做功情況可知vc vavb，選項(xiàng) B 錯(cuò)誤 。CD 、粒子在電場中運(yùn)動時(shí)，存在電勢能與動能之間的互化，由題意和圖可知，在 b 點(diǎn)時(shí)的電勢能最大，在 c 點(diǎn)的電勢能最小，可判斷在 C 點(diǎn)的動能最大，在b 點(diǎn)的動能最小。

25、選項(xiàng) C 錯(cuò)誤，D 正確；第11 頁，共 21頁故選：D。此題首先要根據(jù)三條表示等 勢面的虛線等距離判斷出 電場是勻強(qiáng)電場，所以帶電粒子在 電場中各點(diǎn)的 電場力是相同的；因帶電粒子的運(yùn) 動軌跡是拋物 線，所以兩種運(yùn) 動方式都有可能；根據(jù) abc三點(diǎn)的位置關(guān)系以及 帶電粒子的 電勢能與動能之間的互化，可判斷出經(jīng)過 a、b、c 三點(diǎn)時(shí)的動能和電勢能的大小關(guān)系。本題考查到了電勢能、帶電粒子在電場中的運(yùn)動、等勢面、電場力做功等幾方面的知 識點(diǎn)。解決此題的關(guān)鍵是對等勢面的理解，等勢面就是電場中電勢相等的各點(diǎn)構(gòu)成的面。9.【答案】 C【解析】解：微粒以一定的初速度垂直射入偏 轉(zhuǎn)電場做類平拋運(yùn)動，則有：水平

26、方向：L=v 0t；豎直方向：y=又 a=聯(lián)立得，y=要縮小字跡，就要減小微粒通 過偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)量 y，由上式分析可知，采用的方法有：減小比荷、增大墨汁微粒 進(jìn)入偏 轉(zhuǎn)電場時(shí) 的初 動能 Ek0、減小極板的長轉(zhuǎn)極板間的電壓U，故 ABD錯(cuò)誤，C 正確。度 L 、減小偏故選：C。要縮小字跡，就要減小微粒通 過偏轉(zhuǎn)電場的偏轉(zhuǎn)量 y，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式結(jié)合推導(dǎo)出偏轉(zhuǎn)量 y 的表達(dá)式，再進(jìn)行分析此題考查帶電 粒子在電場 中的偏轉(zhuǎn)在實(shí)際 生活中的 應(yīng)用，關(guān)鍵要熟練運(yùn)用運(yùn)動的分解法，推導(dǎo)出偏轉(zhuǎn)量 y 的表達(dá)式10.【答案】 C【解析】第12 頁，共 21頁解：A 、小球靜止在 B 點(diǎn)，根據(jù)平衡

27、得：qE=mgtan解得：，故A 錯(cuò)誤；電場中 A、B 兩點(diǎn)的電勢差為：U=E（L- Lsin ）=，故B錯(cuò)誤；B、CD、小球從 A 點(diǎn)由靜止釋動放至 B 點(diǎn)，由 能定理得：解得：，故 C 正確，D 錯(cuò)誤；故選：C。小球靜止在 B 點(diǎn)，根據(jù)平衡求解電場強(qiáng)度；根據(jù)U=Ed 求解電勢差；根據(jù)動能定理求解小球從A 點(diǎn)由靜止 釋放至 B 點(diǎn)的速度大小。本題考查帶電小球在電場中的運(yùn)動，關(guān)鍵是做好受力分析，根據(jù)平衡、牛 頓第二定律或 動能定理列式求解即可。11.【答案】 BD【解析】解：CD、圖示狀態(tài)為正向?qū)ǎ瑒t b 為電源的正極，a 為電源的負(fù)極，則 C 錯(cuò)誤，D 正確AB 、由流由 B 進(jìn)入歐姆表，

28、則 B 為正插孔，A 為負(fù)插孔，則 B 正確，A 錯(cuò)誤、故選：BD。歐姆表的正接 線 柱接電源的負(fù)極，二極管的特點(diǎn)是正向 導(dǎo) 通，反向截止，據(jù)電阻的示數(shù) 值判斷電路的接法。明確多用表的內(nèi)部 電路結(jié)構(gòu)，對于多用表不 論選什么檔，電流由紅表筆進(jìn)入，由黑表筆流出。12.【答案】 AB【解析】解：A 、根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：Ep=q，場強(qiáng)與電勢的關(guān)系：E=，得：E=，由數(shù)學(xué)知識可知 Ep-x圖象切線的斜率等于，處切線斜率為x1零，則 x1 處電場強(qiáng) 度為零，故加速度為零，故 A 正確；第13 頁，共 21頁B、x2 x3 段斜率不 變，場強(qiáng)不變，即此段為勻強(qiáng)電場，故 B 正確；C、由圖看出在 0x1

29、 段圖象切線的斜率不斷減小，由上式知 場強(qiáng)減小，粒子所受的電場力減小，加速度減小，做非勻變速運(yùn)動。x1 x2 段圖象切線的斜率不斷增大，場強(qiáng)增大，粒子所受的電場力增大，做非勻變速運(yùn)動 。x2x3 段斜率不變，場強(qiáng)不變，即電場強(qiáng)度大小和方向均不 變，是勻強(qiáng)電場，粒子所受的電場力不變，做勻變速直線運(yùn)動，故C 錯(cuò)誤；D、根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：Ep=q，粒子帶負(fù)電，q0，則知：電勢能越大，粒子所在 處的電勢越低，所以有： 故D 錯(cuò)誤；123故選：AB。根據(jù)電勢能與電勢的關(guān)系：Ep=q，場強(qiáng)與電勢的關(guān)系：E=，結(jié)合分析圖象斜率與場強(qiáng)的關(guān)系，即可求得 x1 處的電場強(qiáng)度；根據(jù)能量守恒判斷速度的 變化；由

30、Ep=q，分析電勢的高低。由牛頓第二定律判斷加速度的 變化，即可分析粒子的運(yùn) 動性質(zhì) 。根據(jù)斜率讀出場強(qiáng)的變化，由 F=qE，分析電場力的變化。解決本題的關(guān)鍵要分析圖象斜率的物理意 義，判斷電勢和場強(qiáng)的變化，再根據(jù)力學(xué)基本 規(guī)律：牛頓第二定律 進(jìn)行分析電荷的運(yùn)動情況。13.【答案】 BC【解析】解：A 、據(jù)兩個(gè)等量的同種正 電荷，其連線中垂線上電場強(qiáng)度方向由 O 點(diǎn)沿中垂線指向外側(cè)，故由 C 點(diǎn)到 A 點(diǎn)的過程中電勢逐漸減小，故 A 錯(cuò)誤；B、由 C 點(diǎn)到 A 點(diǎn)的過程中，據(jù) v-t 圖可知帶電粒子的速度增大，電場力做正功，電勢能減小，故 B 正確；C、據(jù)v-t 圖可知帶電粒子在 B 點(diǎn)的加速

31、度最大 為 k，所受的電場力最大 為 mk，據(jù) E=知，B 點(diǎn)的場強(qiáng)最大為，故C 正確；D、據(jù) v-t 圖可知 A 、B 兩點(diǎn)的速度，再根據(jù) 動能定理得 電場力做的功 為：第14 頁，共 21頁W BA =-mv故電勢差為：UAB=，故D 錯(cuò)誤；故選：BC。兩個(gè)等量的同種正 電荷，其連線中垂線上電場強(qiáng)度方向由 O 點(diǎn)沿中垂 線指向外側(cè)；電量為 q 僅在運(yùn)動方向上受 電場力作用從 C 點(diǎn)到 B、再到 A 運(yùn)動的過程中，根據(jù) v-t 圖可知在 B 點(diǎn)的加速度 為最大，物體先做加速度增大后做加速度減小的加速運(yùn) 動，根據(jù)牛頓第二定律判斷 電荷所受電場力大小變化情況和加速度變化情況。明確等量同種 電荷電

32、場的特點(diǎn)是解本 題的關(guān)鍵，據(jù)v-t 圖獲取加速度、速度、動能等物理量是解本 題的突破口。14.【答案】 AD【解析】解：A 、電場改變方向之前，物體沿豎直墻運(yùn)動，由于水平方向支持力與 電場力相等，電場強(qiáng)度減弱，所以支持力減小，故摩擦力減小，所以物體受到的重力和摩擦力的合力增大； 電場改為水平向右 時(shí)，物體受互相垂直的重力和 電場力，而電場力隨電場強(qiáng)度的增大而增大，所以合力增大。因此，整個(gè) 過程中，物體運(yùn) 動 的加速度不斷增大，且速度不斷增大，故A 正確；B、根據(jù) t=0 時(shí)，物體處于靜止?fàn)?態(tài)，則 qE mg，且電場的方向水平向左，故0電荷帶正電，當(dāng)物體與墻面脫離時(shí)電場強(qiáng) 度為零，所以 E=E

33、0-kt=0，解得時(shí)間t=，隨后物體在電場力的作用下向右運(yùn) 動，電場力做正功，電勢能減小。故B 錯(cuò)誤；C、根據(jù) A 選項(xiàng) 分析，物體運(yùn)動 的加速度不斷增大，且速度不斷增大，故C 錯(cuò)誤；D、當(dāng)物體與墻面脫離時(shí)電場強(qiáng) 度為零，所以 E=E0-kt=0，解得時(shí)間 t=，此時(shí)，物體在豎直墻壁上的位移達(dá)最大 值，故 D 正確；第15 頁，共 21頁故選：AD 。對物體僅僅受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律求出物體的加速度大小和方向，根據(jù) t=0 時(shí)，物體處于靜止?fàn)?態(tài)，則 qE0mg，有電場的方向，判斷電荷性，有電場力做功判斷 電勢能的變化；受力分析，由牛頓第二定律求出；抓住電場強(qiáng)度的變化規(guī)律，結(jié)合電場力為零時(shí)

34、，物體脫離墻面求出運(yùn) 動的時(shí)間，進(jìn)而求出位移，最大速度。本題關(guān)鍵要找出物體的合力，求出物體的加速度，根據(jù)加速度的情況判斷物體運(yùn)動情況。15.導(dǎo)線 gh 的 g 端應(yīng)接在 a 或 m 處增大 0.22【答案】 C ck【解析】解：（1）測伏安特性曲 線電壓與電流應(yīng)從零計(jì)，滑動變阻器應(yīng)用分壓接法，應(yīng)選阻值較小的，便于調(diào)節(jié)，故選 C。（2）閉合開關(guān) S 后，無論如何調(diào)節(jié)滑片 P，電壓表和電流表的示數(shù) 總是調(diào)不到零，可能是 ck 導(dǎo)線沒有接好，滑動變阻器實(shí)際上被接成了限流接法；由于燈泡電阻較小，為減小誤差應(yīng)采用外接法，故應(yīng)該把導(dǎo)線 gh 的 h 端應(yīng)接在 a 處或 m 處；（3）由所示小電珠 I-U

35、圖象，根據(jù)歐姆定律可知，其電阻隨工作 電壓的增大而增大。由 I-U 圖可知把該燈泡接到一個(gè) 電動勢為 3.0V、內(nèi)阻為 10的直流 電源時(shí)，燈泡兩端 電壓為 U=1.25V ，電流為 I=0.175A ，故燈泡的實(shí)際功率為：P=UI=1.25 0.175W 0.22W故答案為：（1）C；（2）ck、把導(dǎo)線 gh 的 h 端應(yīng)接在 a 處或 m 處；（3）增大、0.22。（1）根據(jù)滑動變阻器用分 壓式時(shí)應(yīng)選擇電 阻小的變阻器；（2）滑動變阻器采用分 壓接法，燈泡電壓與電流可以從零開始 變化，滑動變阻器采用限流接法 時(shí)，電壓與電流不可能從零開始 變化；小燈泡的內(nèi)阻相對于第16 頁，共 21頁電流表

36、內(nèi)阻來 說是個(gè)小電阻，電流表應(yīng)采用外接法；（3）根據(jù)圖示圖象，應(yīng)用圖象的規(guī)律可判斷燈泡 電阻如何變化；在圖象中做出電源的特性曲 線與燈泡的特性曲 線的交點(diǎn)即 為燈泡的實(shí)際電壓 和電流，根據(jù)P=UI 計(jì)算功率即可。本題考查燈泡伏安特性曲 線的測量，要注意明確實(shí)驗(yàn)電路的分析，知道分壓和限流接法的區(qū) 別；同時(shí)能正確分析 I-U 圖象，能從圖象找出電阻的變化規(guī)律。16.【答案】 T 100 1400 0.305110 偏大【解析】解：（1） 歐姆調(diào)零時(shí)將插入 “十”、“-”插孔的表筆短接，旋 動部件 T，即歐姆調(diào)零旋鈕，使指針指電阻的 0 刻線； 將兩表筆分 別與待測電阻相接，發(fā)現(xiàn)指針偏轉(zhuǎn)角度過小。說

37、明被測阻值較大，為使指針只在中央刻度附近 應(yīng)換較大檔，即100 檔 歐姆表選擇 100 擋，由圖甲所示可知，該合金絲的電阻約為：14 100=1400；（2）由圖示螺旋測微器可知，螺旋測微器的讀數(shù)為：0mm+30.50.01mm=0.305mm；（3）由電阻定律可知：R=，根據(jù)歐姆定律得：R=，聯(lián) 立解得：L=（4）由U-I 圖象的斜率表示 電阻得：R=1500 ，結(jié)合（3）問的結(jié)論解得：L=110m（5）電阻的測量值為鎳鉻 合金絲的電阻和電流表的內(nèi)阻的和，測出的電阻偏大，由（3）問的結(jié)論可知得出的 L 偏大。故答案 為 ：（1） T 100 1400 （2）0.305（3）（4）110（5）

38、偏大測電阻時(shí)選檔后一定要調(diào)節(jié)調(diào)零旋鈕進(jìn)行歐姆調(diào)針轉(zhuǎn)角度過（1） 量零，指 偏小說明被測電阻阻值應(yīng)換較換擋后要重新歐姆調(diào)針太大，大檔，零；歐姆表指示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)。第17 頁，共 21頁（2）螺旋測微器固定刻度與可 動刻度示數(shù)之和是螺旋 測微器的示數(shù)。（3）根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)應(yīng)用電阻定律求出 電阻絲的長度；（4）由U-I 圖象的斜率可求得 鎳鉻合金絲的電阻，再由（3）問中的結(jié)論可求得鎳鉻合金絲的長度；（5）電流表內(nèi)阻不是很小， 應(yīng)用串并聯(lián)電路特點(diǎn)可以分析 電路的測量值和真實(shí)值，然后分析結(jié)果。本題考查了歐姆表的使用、螺旋 測微器讀數(shù)與電阻定律的 應(yīng)用；歐姆調(diào)零與機(jī)械調(diào)零要區(qū)分，前者是調(diào)節(jié)歐姆

39、表內(nèi)的滑 動變阻器的電阻來使電流表達(dá)到滿偏；后者是螺絲刀調(diào)節(jié)指針使其電流為零。歐姆表讀數(shù)及螺旋 測微器讀數(shù)要加強(qiáng)訓(xùn)練。17.【答案】 解：（ 1）由點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式E=k 可知，得 M 點(diǎn)的場強(qiáng)E=9.0 =200N/C方向：由M 指向 N（ 2）電荷 q 從 M 點(diǎn)移到 N 點(diǎn)，電場力做的功為：WMN =qUMN =-2 10-1020=-4 10-9 J，所以電勢能增加了 410-9 J；答：（ 1） M 點(diǎn)電場強(qiáng)度大小 200N/C；（ 2）電勢能增加 410-9J。【解析】（1）知道點(diǎn)電荷的電荷量，知道距離點(diǎn) 電荷的距離，由點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式可以直接求得 結(jié)果。（2）根據(jù)電場力做功的公式

40、可以直接求得 電場力做的功的大小，從而可以知道電勢能的變化。本題是對點(diǎn)電荷的場強(qiáng)公式和電場 力做的功與 電勢能的轉(zhuǎn)化之間關(guān)系的考查，掌握住基本內(nèi)容就可以解決 這道題18.【答案】 解：（ 1）由閉合電路歐姆定律得：第18 頁，共 21頁聯(lián)立上述方程，代入數(shù)據(jù)解得：E=6Vr =1（ 2）由 C= 得得 Q=CU=21C=答：（ 1）電源的電動勢E 為 6V，內(nèi)阻 r 為 1；（ 2）電阻箱阻值由 2 調(diào)到 5，電容器極板上電荷量的變化量為【解析】（1）根據(jù)閉合電路的歐姆定律求解 電源的電動勢和內(nèi)阻；（2）電容器極板的 電荷量 Q=CU，U 為極板電壓的變化量。本題考查含容電路的計(jì)算，關(guān)鍵要知道在直流 電路中電容器視為斷路，電容器兩端的 電壓等于和它并 聯(lián)的