濤浙學(xué)校高二物理上學(xué)期月考試卷高二全冊物理試題_02

1、燒燭州煙遞市濤浙學(xué)校吉安二中高二（上）月考物理試卷一、選擇題（每題 4 分，共 40 分其中 1-7 為單選題， 8-10 為多項選擇題）1. 下列說法正確的是 () A電阻率是反映材料導(dǎo)電性能的物理量，僅與材料種類有關(guān)，與溫度、壓力和磁場等外界因素?zé)o關(guān) B電流通過導(dǎo)體的熱功率與電流大小成正比 C電源的電動勢在數(shù)值上等于電源在搬運單位電荷時非靜電力所做的功 D電容是表征電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量由C= 可知電容的大小是由Q（帶電量）或 U（電壓）決定的 2帶負電的粒子在某電場中僅受電場力作用，能分別完成以下兩種運動：在電場線上運動在等勢面上做勻速圓周運動該電場可能是()A一個帶正電的點電荷形成

2、B一個帶負電的點電荷形成C兩個分立的帶等量負電的點電荷形成 D一個帶負電的點電荷與帶正電的無限大平板形成3. 用電動勢為 E、內(nèi)電阻為 r 的電池組直接向線圈電阻為R的電動機供電，電動機正常工作后，測得通過的電流為 I 、電動機兩端的電壓為U，則 ()A. 電路中電流B. 在時間 t 內(nèi)，電池組消耗的化學(xué)能為IEt2C. 在時間 t 內(nèi)，電動機輸出的機械能是IEt I rtD. 以上說法都不對4如圖所示電路中，電流表A和電壓表 V均可視為理想電表現(xiàn)閉合開關(guān)S 后，將滑動變阻器滑片P 向左移動，下列說法正確的是()A電流表A 的示數(shù)變小，電壓表V 的示數(shù)變大B小燈泡C電容器L 變亮C上電荷量減少

3、D電源的總功率變大5. 帶電粒子 M只在電場力作用下由P點運動到 Q點，在此過程中克服電場力做了2.6 10 8 J 的功，那么()A. M在 P點的電勢能一定大于它在Q點的電勢能B. P 點的場強一定小于 Q點的場強C. P 點的電勢一定高于 Q點的電勢D. M在 P點的動能一定大于它在Q點的動能6. 如圖所示的電路中，滑動變阻器的滑片從a 滑向 b 的過程中，三只理想電壓表示數(shù)變化的絕對值分別為U1、U2 、U3，下列各值可能出現(xiàn)的是() AU1=3V，U2 =2V，U3=1V BU1=1V，U2 =3V，U3=2VCU1=0.5V ，U2 =1V，U3 =1.5VDU1=0.2V ，U2

4、 =0.6V ，U3=0.8V7. 在如圖（ a）所示的電路中， R1 為定值電阻， R2 為滑動變阻器閉合電鍵S，將滑動變阻器的滑動觸頭P從最右端滑到最左端， 兩個電壓表 （內(nèi)阻極大） 的示數(shù)隨電路中電流變化的完整過程圖線如圖（ b）所示則()A. 圖線甲是電壓表 V1 示數(shù)隨電流變化的圖線B. 電源內(nèi)電阻的阻值為10 C電源的電動勢是 4VD滑動變阻器R2 的最大功率為0.9W8. 在如圖甲所示的電路中，電源的電動勢為3.0V ，內(nèi)阻不計，燈L1 、L2、L3 為三個相同規(guī)格的小燈泡，這種小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示當(dāng)開關(guān)閉合后，下列說法中正確的是()A燈泡L1 的電流為燈泡 L2的電流

5、 2 倍B燈泡L1 的電阻為 1.2 C燈泡L2 消耗的電功率為0.3WD燈泡L3 消耗的電功率為0.75W9. 如圖所示是某導(dǎo)體的I U圖線，圖中 =45，下列說法正確的是()A. 此 導(dǎo) 體 的 電 阻 R=0.5 B通過電阻的電流與其兩端的電壓成正比C IU 圖線的斜率表示電阻的倒數(shù)，所以R=cot45=1.0 D在 R兩端加 6.0 V 電壓時，每秒通過電阻截面的電荷量是3.0C10. 空間存在勻強電場，有一電荷量q（ q 0），質(zhì)量 m的點電荷從 O點以速率 v 0 射入電場，運動到 A 點時速率為 2v 0 現(xiàn)有另一電荷為 q、質(zhì)量 m的粒子以速率2v0 仍從 O點射入該電場， 運

6、動到 B 點時速率為 3v0 若忽略重力的影響，則 ()A. 在 O、A、B 三點中， B點電勢最高B. 在 O、A、B 三點中， A點電勢最高C. OA間的電勢差比 BO間的電勢差大D. OA間的電勢差比 BA間的電勢差小二、填空題：本題 2 個小題，共 18 分11. 某同學(xué)為了描繪一個“ 6V，0.3W”的電學(xué)器件的伏安特性曲線，并測出該電學(xué)器件在額定電壓下的準(zhǔn)確電阻值，到實驗室尋找到了一些儀器，規(guī)格及數(shù)量如下：A. 電流表一只（ 00.06A ，內(nèi)阻約為 5）B. 電壓表一只（ 03V，內(nèi)阻 RV=2k）C. 定值電阻 R0 =4kD. 滑動變阻器R1 （05，額定電流為0.5A ）E

7、. 滑動變阻器R2 （010，額定電流為3A）F. 9V 直流電源一個G. 開關(guān)、導(dǎo)線若干，待測電學(xué)器件一個這位同學(xué)利用現(xiàn)有器材，結(jié)合所學(xué)知識，順利完成了實驗該同學(xué)在實驗中滑動變阻器應(yīng)選用是（填器材前序號字母） ；實驗中電壓表的量程太小，需要電壓表和定值電阻R0 聯(lián)，擴大電壓表量程改造之后新的電壓表的量程為V請在虛線框中畫出實驗電路圖 （待測電學(xué)器件用表示）按照電路設(shè)計， 測量該電學(xué)器件在額定電壓下的準(zhǔn)確電阻值時，電壓表的示數(shù)為 U，電流表的示數(shù)為 I 該電學(xué)器件在額定電壓下的準(zhǔn)確電阻值的表達式是（物理量均用所給字母表示） 12. 在“測定金屬絲的電阻率”的實驗中，某同學(xué)進行了如下測量：（ 1

8、）用毫米刻度尺測量接入電路中的被測金屬絲的有效長度測量3 次，求出其平均值 l 其中一次測量結(jié)果如圖甲所示，金屬絲的另一端與刻度尺的零刻線對齊，圖中讀數(shù)為cm用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，選不同的位置測量3 次，求出其平均值 d其中一次測量結(jié)果如圖乙所示，圖中讀數(shù)為 mm（ 2）采用圖丙所示的電路測量金屬絲的電阻電阻的測量值比真實值（填“偏大”或“偏小”）最后由公式 =計算出金屬絲的電阻率（用直接測量的物理量表示） 13如圖所示，電源電動勢E=6V，電源內(nèi)阻不計定值電阻R1 =2000、 R2=4000 4（ 1）若在 ab 之間接一個 C=1.010F 的電容器，閉合開關(guān)S 電路穩(wěn)定后，求電

9、容器上所帶的電量；（ 2）若在 ab 之間接一個內(nèi)阻為 4000 的電壓表，求電壓表的示數(shù)14. 質(zhì)譜分析技術(shù)已廣泛應(yīng)用于各前沿科學(xué)領(lǐng)域湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子的質(zhì)譜裝置示意如圖，M、N 為兩塊水平放置的平行金屬極板，板長為L，板右端到屏的距離為D，且 D遠大于 L，OO為垂直于屏的中心軸線，不計離子重力和離子在板間偏離OO 的距離以屏中心 O為原點建立 xOy 直角坐標(biāo)系， 其中 x 軸沿水平方向，y 軸沿豎直方向設(shè)一個質(zhì)量為m0、電荷量為 q0 的正離子以速度 v0 沿 OO的方向從 O點射入，板間不加電場和磁場時，離子打在屏上O點若在兩極板間加一沿 +y 方向場強為 E 的勻強電場，求離子射到屏上

10、時偏離 O點的距離 y 0 15. 有一平行板電容器傾斜放置，極板AB、CD與水平面夾角 =45，板間距離為d，AB 板帶負電、 CD板帶正電，如圖所示，有一質(zhì)量為m、電荷量大小為q 的帶電微粒，以動能 EK 沿水平方向從下極板邊緣A處進入電容器，并從上極板邊緣D 處飛出，運動軌跡如圖中虛線所示，試求：（ 1）帶電徽粒的電性（ 2）兩極板間的電勢差（ 3）微粒飛出時的動能（重力加速度為g）16. 如圖所示的電路中，兩平行金屬板A、B 水平放置，兩板間的距離d=40cm電源電動勢 E=24V，內(nèi)電阻 2r=1，電阻 R=15閉合開關(guān) S，待電路穩(wěn)定后，將一帶正電的小球從B 板小孔以初速度v 0

11、=4m/s 豎直向2上射入板間若小球帶電量為q=110C，質(zhì)量為 m=210kg，不考慮空氣阻力那么（ 1）滑動變阻器接入電路的阻值為多大時，小球恰能到達A板？2（ 2）此時，電源的輸出功率是多大？（取g=10m/s ）吉安二中高二（上）月考物理試卷一、選擇題（每題 4 分，共 40 分其中 1-7 為單選題， 8-10 為多項選擇題）1. 下列說法正確的是 ()A. 電阻率是反映材料導(dǎo)電性能的物理量，僅與材料種類有關(guān)，與溫度、壓力和磁場等外界因素?zé)o關(guān) B電流通過導(dǎo)體的熱功率與電流大小成正比 C電源的電動勢在數(shù)值上等于電源在搬運單位電荷時非靜電力所做的功 D電容是表征電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量

12、由C= 可知電容的大小是由Q（帶電量）或 U（電壓）決定的【考點】閉合電路的歐姆定律【分析】電源沒有接入外電路時兩極間的電壓等于電源電動勢電動勢表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)大小，電動勢與外電路無關(guān) 電阻率與導(dǎo)體的材料以及溫度有關(guān)；由焦耳定律可明確熱功率與電流的關(guān)系電容是表電容器容納電荷本領(lǐng)的物理量；其大小由電容器本身的性質(zhì)決定【解答】解： A、電阻率是反映材料導(dǎo)電性能的物理量，僅與材料種類，及溫度有關(guān)，與壓力和磁場等外界因素?zé)o關(guān)故A 錯誤；B、電流通過導(dǎo)體時的熱功率與電流的平方成正比；故B錯誤；C、電動勢表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能的本領(lǐng)大小，電動勢越大，電源將其他形式的能轉(zhuǎn)化為

13、電能的本領(lǐng)越大則 C 正確；D、電容器的電容是表征電容器容納電荷的本領(lǐng)的物理量，它由電容器本身的構(gòu)造和介質(zhì)材料決定故D 錯誤故選： C【點評】考查電阻率與自感系數(shù)的影響因素，注意電阻率還與溫度有關(guān)，而電流快慢與自感系數(shù)無關(guān)；電容 C=，采用的是比值定義法，有比值定義法共性，C與 U、Q無關(guān)，由電容器本身決定 2帶負電的粒子在某電場中僅受電場力作用，能分別完成以下兩種運動：在電場線上運動在等勢面上做勻速圓周運動該電場可能是() A一個帶正電的點電荷形成 B一個帶負電的點電荷形成 C兩個分立的帶等量負電的點電荷形成 D一個帶負電的點電荷與帶正電的無限大平板形成【考點】點電荷的場強；向心力【分析】帶

14、負電的粒子在某電場中僅受電場力作用，若在電場線上運動，則電勢一定變化，因為沿電場線電勢降低，若在等勢面上做勻速圓周運動，則電場力大小應(yīng)該不變，結(jié)合這兩個要求判斷即可【解答】解： A、帶負電的粒子在某電場中僅受電場力作用，可以沿電場線向著正電荷加速，也可以沿電場線減速，即遠離正電荷，也可繞正電荷做勻速圓周運動，電場力提供向心力，正電荷位于圓心上，故A 正確；B、一個帶負電的點電荷形成電場中，另一個負電荷只能沿著電場線加速遠離或減速靠近，由于兩負電荷相互排斥，電場力不可能提供向心力，故不會做勻速圓周運動，故B 錯誤；C、兩個分立的帶等量負電的點電荷形成的電場不可能對負電荷有指向圓心的力，故也不會做

15、勻速圓周運動， 故 C 錯誤；D、一個帶負電的點電荷與帶正電的無限大平板形成的電場不可能對負電荷有指向圓心的力，故負電荷也不會做勻速圓周運動，故D錯誤故選： A【點評】本題關(guān)鍵要能讓負電荷做勻速圓周運動，必須有指向圓心的力提供向心力，故只能是位于圓心的正電荷提供3. 用電動勢為 E、內(nèi)電阻為 r 的電池組直接向線圈電阻為R的電動機供電，電動機正常工作后，測得通過的電流為 I 、電動機兩端的電壓為U，則 () A電路中電流B. 在時間 t 內(nèi)，電池組消耗的化學(xué)能為IEtC. 在時間 t 內(nèi)，電動機輸出的機械能是IEt I 2rt D以上說法都不對【考點】閉合電路的歐姆定律；電功、電功率【專題】恒

16、定電流專題【分析】發(fā)動機為非純電阻用電器故不能使用歐姆定律求得電路中的電流；但由 P=UI 可求得電動機的功率； 由 EI 可求得電池消耗的化學(xué)能【解答】解： A、因發(fā)電機為非純電阻電路，故閉合電路歐姆定律不能使用，故A 錯誤；B、電池組消耗的化學(xué)能等于電池的輸出電能，故化學(xué)能為EIt ；故 B 正確； C、電動機輸出的功率P=UI，故 C 錯誤；D、因 B 正確，故 D錯誤； 故選 B【點評】在應(yīng)用閉合電路的歐姆定律解決問題時，要注意其使用的條件；電動機類由于將電能轉(zhuǎn)化為了內(nèi)能之外的其他形式的能量，故不能再由閉合電路歐姆定律求解4. 如圖所示電路中，電流表A和電壓表 V均可視為理想電表現(xiàn)閉合

17、開關(guān)S 后，將滑動變阻器滑片P 向左移動，下列說法正確的是()A. 電流表 A 的示數(shù)變小，電壓表V 的示數(shù)變大B. 小燈泡 L 變亮C. 電容器 C上電荷量減少D電源的總功率變大【考點】閉合電路的歐姆定律；電容器【專題】恒定電流專題【分析】閉合開關(guān) S 后，將滑動變阻器滑片P 向左移動時，分析變阻器接入電路的電阻如何變化，確定外電路總電阻的變化，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析電路中總電流的變化，判斷電流表示數(shù)和燈泡亮度的變化由歐姆定律分析電壓表示數(shù)的變化根據(jù)變阻器電壓的變化，判斷電容器的電量變化電源的總功率為 P=EI，與電流成正比【解答】解：A、B 閉合開關(guān) S后，將滑動變阻器滑片P 向左移動時

18、，變阻器接入電路的電阻增大，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，電路中總電流I 減小，則小燈泡 L 變暗，電流表 A 的示數(shù)變小電壓表的示數(shù)U=E I （RL +r ）， I減小，其他量不變，則U增大，即電壓表 V 的示數(shù)變大故 A 正確， B 錯誤C、電容器的電壓等于變阻器兩端的電壓，即等于電壓表的示數(shù)，U增大，由 Q=CU，知電容器 C 上的電荷量增大故 C錯誤D、電源的總功率 P=EI， I 減小，則電源的總功率變小故D錯誤 故選： A【點評】本題是電路動態(tài)變化分析問題，電容器所在電路相當(dāng)于開關(guān)斷開，根據(jù)歐姆定律進行分析5. 帶電粒子 M只在電場力作用下由P點運動到 Q點，在此過程中克服電場力做了

19、2.6 10 8 J 的功，那么()A. M在 P點的電勢能一定大于它在Q點的電勢能B. P 點的場強一定小于 Q點的場強C. P 點的電勢一定高于 Q點的電勢D. M在 P點的動能一定大于它在Q點的動能【考點】電勢能【分析】在本題中只是知道從P 到 Q 電場力做負功，而電荷的正負不知道，因此無法判斷電勢高低，電場線分布或者說電場分布情況不知，也無法判斷電場強度的大小根據(jù)電場力做功和電勢能的關(guān)系可以動能 和電勢能的變化情況【解答】解： A、從題目可知克服電場力做功，即電場力做負功，故電勢能增加，P 點的電勢能一定小于它在 Q 點的電勢能，故A 錯誤；B、電場分布情況不知，無法判斷P 點和 Q點

20、電場強度的大小關(guān)系，故B錯誤； C、因為電荷正負不知，故無法判斷電勢高低，C錯誤；D、因為只有電場力做功，因此只有電勢能和動能之間的轉(zhuǎn)化，電勢能增加，則動能減小，故D正確 故選： D【點評】要正確理解電場強度、電勢、電勢能的決定因素和大小判斷方法，不能混淆概念6. 如圖所示的電路中，滑動變阻器的滑片從a 滑向 b 的過程中，三只理想電壓表示數(shù)變化的絕對值分別為U1、U2 、U3，下列各值可能出現(xiàn)的是()AU1=3V，U2 =2V，U3=1V BU1=1V，U2 =3V，U3=2V CU1=0.5V ，U2 =1V，U3 =1.5VDU1=0.2V ，U2 =0.6V ，U3=0.8V【考點】閉

21、合電路的歐姆定律【專題】恒定電流專題【分析】滑動變阻器的滑片P 從 a 滑向 b 的過程中，變阻器接入電路的電阻減小，電路中電流增大，路端電壓增大，分析變阻器兩端電壓的變化，根據(jù)路端電壓的變化，判斷U2、U3 的大小【解答】解：滑動變阻器的滑片P 從 a 滑向 b 的過程中，變阻器接入電路的電阻減小，電路中電流增大，定值電阻兩端的電壓U3 增大，路端電壓 U1 減小，則變阻器兩端電壓U2 減小由于 U1=U2+U3， U1 減小，則知U1U2 ，U3U2 ，所以U1 =1V，U2=3V，U3=2V 是可能的，故 B 正確， ACD錯誤；故選： B【點評】本題無法準(zhǔn)確得出數(shù)據(jù)；解題的關(guān)鍵是抓住U

22、1 =U2+U3，根據(jù)總量法分析三個電壓表讀數(shù)變化量的大小7. 在如圖（ a）所示的電路中， R1 為定值電阻， R2 為滑動變阻器閉合電鍵S，將滑動變阻器的滑動觸頭P從最右端滑到最左端， 兩個電壓表 （內(nèi)阻極大） 的示數(shù)隨電路中電流變化的完整過程圖線如圖（ b）所示則()A圖線甲是電壓表 V1 示數(shù)隨電流變化的圖線 B電源內(nèi)電阻的阻值為10C電源的電動勢是 4VD滑動變阻器R2 的最大功率為0.9W【考點】路端電壓與負載的關(guān)系；電功、電功率【專題】恒定電流專題【分析】由圖可知兩電阻串聯(lián)，V1 測 R1 兩端的電壓， V2 測 R2 兩端的電壓；當(dāng)滑片向左端滑動時，滑動變阻器接入電阻減小，則可

23、知總電阻變化，由閉合電路歐姆定律可知電路中電流的變化，則可知內(nèi)電壓的變化及路端電壓的變化，同時也可得出R1 兩端的電壓變化，判斷兩圖象所對應(yīng)的電壓表的示數(shù)變化；由圖可知當(dāng) R2 全部接入及只有 R1 接入時兩電表的示數(shù)，則由閉合電路的歐姆定律可得出電源的內(nèi)阻；由功率公式可求得電源的最大輸出功率及滑動變阻器的最大功率【解答】解： A、當(dāng)滑片左移時，滑動變阻器接入電阻減小，則電路中總電阻減小，由閉合電路歐姆定律可知， 電路中電流增大； 而 R1 兩端的電壓增大， 故乙表示是 V1 示數(shù)的變化； 甲表示 V2 示數(shù)的變化； 故 A 錯誤；B、由圖可知，當(dāng)只有R1 接入電路時，電路中電流為0.6A ，

24、電壓為 3V，則由 E=U+Ir 可得： E=3+0.6r ；當(dāng)滑動變阻器全部接入時，兩電壓表示數(shù)之比為，故=；由閉合電路歐姆定律可得E=5+0.2r解得 r=5， E=6V，故 BC錯誤；D、由 C的分析可知， R1 的阻值為 5， R2 電阻為 20；當(dāng) R1 等效為內(nèi)阻，則當(dāng)滑動變阻器的阻值等于R+r時，滑動變阻器消耗的功率最大，故當(dāng)滑動變阻器阻值為10 時，滑動變阻器消耗的功率最大，由閉合電2路歐姆定律可得， 電路中的電流 I =A=0.3A，則滑動變阻器消耗的總功率P=IR=0.9W； 故 D 正確；故選： D【點評】在求定值電阻的最大功率時，應(yīng)是電流最大的時候；而求變值電阻的最大功

25、率時，應(yīng)根據(jù)電源的最大輸出功率求，必要時可將與電源串聯(lián)的定值電阻等效為內(nèi)阻處理8. 在如圖甲所示的電路中，電源的電動勢為3.0V ，內(nèi)阻不計，燈L1 、L2、L3 為三個相同規(guī)格的小燈泡，這種小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示當(dāng)開關(guān)閉合后，下列說法中正確的是()A燈泡L1 的電流為燈泡 L2的電流 2 倍B燈泡L1 的電阻為 1.2 C燈泡L2 消耗的電功率為0.3WD燈泡L3 消耗的電功率為0.75W【考點】閉合電路的歐姆定律【分析】當(dāng)開關(guān)閉合后， 燈泡 L1 的電壓等于 3V，由圖讀出其電流 I ，由歐姆定律求出電阻， 并求出其功率 燈泡 L2 、L3 串聯(lián)，電壓等于 1.5V ，由圖讀出電流

26、，求出電阻【解答】解： A、燈泡 L2 、L3 串聯(lián)，電壓 U2 =U3 =1.5V ，由圖讀出其電流 I 2 =I 3=0.20A ，所以=，故 A錯誤；B、當(dāng)開關(guān)閉合后， 燈泡 L1 的電壓 U1 =3V，由圖讀出其電流 I 1=0.25A ，則燈泡 L1 的電阻 R1 =1.2 ，故 B 正確；C、L2 消耗的功率 P2 =I 2U2 =0.3W，故 C正確 D、L3 消耗的功率 P3 =I 3U3 =0.3W，故 D錯誤故選： BC【點評】本題關(guān)鍵抓住電源的內(nèi)阻不計，路端電壓等于電動勢，來確定三個燈泡的電壓讀圖能力是基本功9. 如圖所示是某導(dǎo)體的I U圖線，圖中 =45，下列說法正確的

27、是() A此導(dǎo)體的電阻 R=0.5B. 通過電阻的電流與其兩端的電壓成正比C. IU 圖線的斜率表示電阻的倒數(shù)，所以R=cot45=1.0 D. 在 R兩端加 6.0 V 電壓時，每秒通過電阻截面的電荷量是3.0C【考點】路端電壓與負載的關(guān)系【分析】由圖象的意義可明確電流與電壓的關(guān)系，并能求出電阻的數(shù)值，由電流的定義可求得每秒通過電阻截面的電荷量【解答】解： A、由 I=可知，圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)，則由圖象可知電阻R=2，故 A 錯誤； B、由圖可知，電流隨著其兩端的電壓的增大而增大，故電流與其兩端的電壓成正比，故B 正確；C、I U圖線的斜率表示電阻的倒數(shù)，但R 不能等于 cot45 ，

28、故 C錯誤；D、在 R兩端加 6V 的電壓時，電路中電流I=3A，則每秒通過電阻的電荷量為q=It=3 1=3C；故 D正確；故選： BD【點評】本題考查歐姆定律的應(yīng)用，注意對于圖象的認識，區(qū)分 UI 圖象與 I U 圖象的異同，理解圖象的斜率與橫縱坐標(biāo)有關(guān)，而數(shù)學(xué)中的斜率與角有關(guān)的區(qū)別10. 空間存在勻強電場，有一電荷量 q（ q 0），質(zhì)量 m的點電荷從 O點以速率 v 0 射入電場，運動到 A 點時速率為 2v 0 現(xiàn)有另一電荷為 q、質(zhì)量 m的粒子以速率 2v0 仍從 O點射入該電場， 運動到 B 點時速率為 3v0 若忽略重力的影響，則 ( )A. 在 O、A、B 三點中， B點電勢

29、最高B. 在 O、A、B 三點中， A點電勢最高C. OA間的電勢差比 BO間的電勢差大D. OA間的電勢差比 BA間的電勢差小【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系；電勢；電勢能【專題】壓軸題【分析】根據(jù)電場力做功與電勢能之間的關(guān)系，電場力做正功，電勢能減小，可以判斷電勢的高低；在由電勢差的定義式可以分析OA、BO的電勢差的大小【解答】解：正電荷由O到 A，動能變大，電場力做正功，電勢能減小，電勢也減小，所以O(shè)點的電勢比 A點的高；負電荷從 O到 B 速度增大，電場力也做正功，電勢能減小，電勢升高， B點電勢比 O點高所以 B點最高， 故 A 對， B 錯誤；所以 U BA=由電場力做功的

30、公式可得，所以 C錯誤， D 選項正確 故選 AD【點評】在計算電場力做功和電勢的大小時，一定要注意物理量的正負號，它表示了電勢的高低，求電勢差時也是如此二、填空題：本題 2 個小題，共 18 分11. 某同學(xué)為了描繪一個“ 6V，0.3W”的電學(xué)器件的伏安特性曲線，并測出該電學(xué)器件在額定電壓下的準(zhǔn)確電阻值，到實驗室尋找到了一些儀器，規(guī)格及數(shù)量如下：A. 電流表一只（ 00.06A ，內(nèi)阻約為 5）B. 電壓表一只（ 03V，內(nèi)阻 RV=2k）C. 定值電阻 R0 =4kD. 滑動變阻器R1 （05，額定電流為0.5A ）E. 滑動變阻器R2 （010，額定電流為3A）F. 9V 直流電源一個

31、G. 開關(guān)、導(dǎo)線若干，待測電學(xué)器件一個這位同學(xué)利用現(xiàn)有器材，結(jié)合所學(xué)知識，順利完成了實驗該同學(xué)在實驗中滑動變阻器應(yīng)選用是E（填器材前序號字母） ；實驗中電壓表的量程太小，需要電壓表和定值電阻R0 串聯(lián)，擴大電壓表量程改造之后新的電壓表的量程為 9V請在虛線框中畫出實驗電路圖 （待測電學(xué)器件用表示）按照電路設(shè)計， 測量該電學(xué)器件在額定電壓下的準(zhǔn)確電阻值時，電壓表的示數(shù)為 U，電流表的示數(shù)為 I 該電學(xué)器件在額定電壓下的準(zhǔn)確電阻值的表達式是（物理量均用所給字母表示）【考點】描繪小電珠的伏安特性曲線【專題】實驗題【分析】兩個滑動變阻器的總阻值都不大，通過其額定電流的大小選擇合適的滑動變阻器；要擴大電

32、壓表量程可以給電壓表串聯(lián)一個分壓電阻，應(yīng)用串聯(lián)電路特點與歐姆定律分析答題；測量電源電流需從零測起，滑動變阻器采用分壓式接法，根據(jù)元件電阻與電表內(nèi)阻的關(guān)系確定電流表的接法，然后作出電路圖；通過歐姆定律及串并聯(lián)電路的特點，求出通過元件的電流和元件兩端的電壓，從而再根據(jù)歐姆定律求出元件的電阻【解答】解：電源電動勢為9V，如果用滑動變阻器 R1 ，則通過它的電流約為： I=1.8A 0.5A ，不能保證電路安全，則滑動變阻器應(yīng)選：R2故選 E電壓表量程為： 0 3V，內(nèi)阻為： RV=2k，電壓表量程小于元件額定電壓，需串聯(lián)定值電阻R0 =4k 擴大電壓表量程， 串聯(lián)電阻是電壓表內(nèi)阻的兩倍， 分壓為電壓

33、表的兩倍， 改造之后新的電壓表的量程為： 3+6=9V；要測量元件的伏安特性，電壓電流需從零開始測起，所以滑動變阻器采用分壓式接法，元件在額定電壓下工作的電阻R=120，屬于小電阻，電流表采取外接法電路圖如圖所示：電壓表的示數(shù)為 U，元件兩端的電壓： U=（ RV+R0），通過電壓表的電流： I V=，通過元件的電流：I =I ，根據(jù)歐姆定律得： R=故答案為： E；串； 9；如圖所示；【點評】本題考查描述伏安特性曲線的實驗；解決本題的關(guān)鍵掌握實驗的原理，知道實驗的注意事項及操作流程，掌握器材選擇的原則12. 在“測定金屬絲的電阻率”的實驗中，某同學(xué)進行了如下測量：（ 1）用毫米刻度尺測量接入

34、電路中的被測金屬絲的有效長度測量3 次，求出其平均值 l 其中一次測量結(jié)果如圖甲所示，金屬絲的另一端與刻度尺的零刻線對齊，圖中讀數(shù)為24.13 cm 用螺旋測微器測量金屬絲的直徑， 選不同的位置測量 3 次，求出其平均值 d其中一次測量結(jié)果如圖乙所示，圖中讀數(shù)為 0.518 mm（ 2）采用圖丙所示的電路測量金屬絲的電阻電阻的測量值比真實值偏?。ㄌ睢捌蟆被颉捌　保┳詈笥晒?=計算出金屬絲的電阻率（用直接測量的物理量表示）【考點】測定金屬的電阻率【專題】實驗題；恒定電流專題【分析】（1）毫米刻度尺讀數(shù)要估讀到0.1mm，螺旋測微器讀數(shù) =固定刻度讀數(shù) +半刻度讀數(shù) +可動刻度讀數(shù)；（ 2）

35、安培表外接法中， 電壓表的分流作用會使電流測量值I 偏大， 根據(jù)歐姆定律 R=，故電阻測量值偏??； 根據(jù)歐姆定律和電阻定律列式求解電阻率【解答】解： （1）毫米刻度尺讀數(shù)要估讀到0.1mm，故讀數(shù)為 241.3mm=24.13cm； 螺旋測微器固定刻度讀數(shù)為0；半刻度讀數(shù) 0.5mm；可動刻度讀數(shù)1.8 0.01=0.018mm故毫米刻度尺讀數(shù)為0.518mm；（ 2）由于采用了安培表外接法，電壓表的分流作用會使電流測量值I 偏大，而電壓測量值 U準(zhǔn)確，故根據(jù)歐姆定律 R=，電阻測量值偏??；根據(jù)歐姆定律： R=；根據(jù)電阻定律： R=； 其中：；故；故答案為：（ 1） 24.13 ，0.518

36、；（2）偏小，【點評】本題要求會用刻度尺和螺旋測微器測量長度，明確長度測量要估讀，知道伏安法測電阻的原理和誤差來源13. 如圖所示，電源電動勢E=6V，電源內(nèi)阻不計定值電阻R1 =2000、 R2=4000 4（ 1）若在 ab 之間接一個 C=1.010F 的電容器，閉合開關(guān)S 電路穩(wěn)定后，求電容器上所帶的電量；（ 2）若在 ab 之間接一個內(nèi)阻為 4000 的電壓表，求電壓表的示數(shù)【考點】電容；閉合電路的歐姆定律【專題】電容器專題【分析】（ 1）電路穩(wěn)定后，電容器的電壓等于R2 的電壓對于電路結(jié)構(gòu)，電容器相當(dāng)開關(guān)斷開求出電壓，即可求出電容器的電量（ 2）在 ab 之間接一個內(nèi)阻 RV=4.

37、8k 的電壓表，電壓表相當(dāng)一個電阻，電路結(jié)構(gòu)是電壓表與R2 并聯(lián)，再與 R1 串聯(lián)根據(jù)歐姆定律求出電壓表的示數(shù)【解答】解： （1）設(shè)電容器上的電壓為Uc，根據(jù)題意由閉合電路歐姆定律有：UC=IR 2Q=CU2聯(lián)解代入數(shù)據(jù)得： Q=410 4C（ 2）電壓表與 R2 并聯(lián)后，由閉合電路歐姆定律有： UV=I R并聯(lián)解代入數(shù)據(jù)得：UV=3V4答：（1）電容器上所帶的電量為410C；（2）若在 ab 之間接一個內(nèi)阻RV=4.8k 的電壓表，電壓表的示數(shù)為3V【點評】對于電容器，關(guān)鍵在于電壓的計算，當(dāng)電容器與電阻并聯(lián)時，電容器等于并聯(lián)電阻的電壓對于有一定內(nèi)阻的電壓表，看成可測量電壓的電阻14. 質(zhì)譜分

38、析技術(shù)已廣泛應(yīng)用于各前沿科學(xué)領(lǐng)域湯姆孫發(fā)現(xiàn)電子的質(zhì)譜裝置示意如圖，M、N 為兩塊水平放置的平行金屬極板，板長為L，板右端到屏的距離為D，且 D遠大于 L，OO為垂直于屏的中心軸線，不計離子重力和離子在板間偏離OO 的距離以屏中心 O為原點建立 xOy 直角坐標(biāo)系， 其中 x 軸沿水平方向，y 軸沿豎直方向設(shè)一個質(zhì)量為m0、電荷量為 q0 的正離子以速度 v0 沿 OO的方向從 O點射入，板間不加電場和磁場時，離子打在屏上O點若在兩極板間加一沿 +y 方向場強為 E 的勻強電場，求離子射到屏上時偏離 O點的距離 y 0 【考點】質(zhì)譜儀和回旋加速器的工作原理【專題】定量思想；方程法；帶電粒子在磁場中的運動專題【分析】帶電離子在 +y 方向電場中做類平拋運動，出電場后做勻速直線運動由于不計離子在電場中偏 離的距離，則利用離子在oo方向做勻速直線運動，可求離子在電場中的時間，從而確定離子出電場y 方向的速度由極板右端到屏的距離D 可求出離子射到屏上偏離O 點的距離【解答】解：離子在電場中受到的電場力Fy=q0 E離子獲得的加速度ay=離子在板間運動的時間t0=到達極板右邊緣時，離子在+y 方向的分速度 v y=ayt 0離子從板右端到達屏上所需