高中物理人教版1本冊總復習總復習【省一等獎】2

2023學年甘肅省天水一中高二（上）第一次月考物理試卷（蘭天班）一、選擇題（本題共14小題，每小題4分，共56分．其中第3、4、6、7、11、14題為多選，其余各題為單選．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分．）1．（4分）如圖所示，A、B是兩個帶有絕緣支架的金屬球，它們原來均不帶電，并彼此接觸．現(xiàn)使帶負電的橡膠棒C靠近A（C與A不接觸），然后先將A、B分開，再將C移走．關于A、B的帶電情況，下列判斷正確的是（）A．A帶正電，B帶負電 B．A帶負電，B帶正電C．A、B均不帶電 D．A帶負電，B帶負電2．（4分）在前人研究的基礎上，有一位物理學家利用圖所示的扭秤裝置進行研究，提出真空中兩個靜止點電荷之間相互作用的規(guī)律，這位物理學家是（）A．牛頓 B．伽利略 C．庫侖 D．焦耳3．（4分）如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc，實線為一帶正電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點．據(jù)此可知（）A．三個等勢面中，a的電勢最高B．帶電質(zhì)點通過P點時的電勢能較Q點大C．帶電質(zhì)點通過P點時的動能較Q點大D．帶電質(zhì)點通過P點時的加速度較Q點大4．（4分）如圖所示，A、B、C、D、E、F為勻強電場中一個邊長為1m的正六邊形的六個頂點，A、B、C三點電勢分別為10V、20V、30V，則下列說法正確的是（）A．B、E一定處在同一等勢面上B．勻強電場的場強大小為10V/mC．正點電荷從E點移到F點，則電場力做負功D．電子從F點移到D點，電荷的電勢能減少20eV5．（4分）如圖所示，真空中O點有一點電荷，在它產(chǎn)生的電場中有a、b兩點，a點的場強大小為Ea，方向與ab連線成60°角，b點的場強大小為Eb，方向與ab連線成30°角．關于a、b兩點場強大小Ea、Eb的關系，以下結論正確的是（）A．Ea= B．Ea=Eb C．Ea=Eb D．Ea=3Eb6．（4分）兩個等量同種電荷固定于光滑水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點，如圖所示．一個電量為2C，質(zhì)量為1kg的小物塊從C點靜止釋放，其運動的v﹣t圖象如圖所示，其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置（圖中標出了該切線）．則下列說法正確的是（）A．B點為中垂線上電場強度最大的點，場強E=2V/mB．由C到A的過程中物塊的電勢能先減小后變大C．由C點到A點的過程中，電勢逐漸降低D．AB兩點的電勢差UAB=﹣5V7．（4分）如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計）連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略．一帶負電油滴被固定于電容器中的P點．現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則（）A．靜電計指針張角變小B．平行板電容器的電容將變大C．帶電油滴的電勢能將增大D．若先將電容器上極板與電源正極的導線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變8．（4分）北京正負電子對撞機的儲存環(huán)是長240m的近似圓形軌道，當環(huán)中的電流強度為10mA時，若電子的速率為十分之一光速，則在整個環(huán)中運行的電子數(shù)目為（）A．5×1011 B．5×1019 C．10×l0﹣3 D．10×1039．（4分）下列說法正確的是（）A．電源外部存在著由正極指向負極的電場，內(nèi)部存在著由負極指向正極的電場B．在電源的外部正電荷靠電場力由電源的負極流向正極C．電動勢越大，說明非靜電力在電源內(nèi)從負極向正極移送單位電荷量的正電荷做功越多D．電源的電動勢與外電路有關10．（4分）滑動變阻器R′和固定電阻R接成如圖所示的電路，已知R兩端電壓恰好等于R′兩端總電壓的一半，那么變阻器滑動端P的正確位置是在變阻器R′的（）A．中點位置 B．中點偏下C．中點偏上 D．條件不足，無法確定11．（4分）如圖所示，甲、乙兩個電路都是由一個靈敏電流表G和一個變阻器R組成，下列說法正確的是（）A．甲表是電流表，R增大時量程增大B．甲表是電流表，R增大時量程減小C．乙表是電壓表，R增大時量程增大D．乙表是電壓表，R增大時量程減小12．（4分）如圖所示的電路中，輸入電壓U恒為12V，燈泡L標有“6V12W”字樣，電動機線圈的電阻RM=Ω．若燈泡恰能正常發(fā)光，以下說法中不正確的是（）A．電動機的輸入功率是12WB．電動機的輸出功率是12WC．電動機的熱功率是D．整個電路消耗的電功率是24W13．（4分）一根阻值為R的均勻電阻絲，長為L，橫截面積為S，設溫度不變，在下列哪些情況下其電阻值仍為R？（）A．當L不變，S增大一倍時B．當S不變，L增大一倍時C．當L和S都縮為原來的時D．當L和橫截面的半徑都增大一倍時14．（4分）如圖所示，三個可視為質(zhì)點的金屬小球A、B、C，質(zhì)量分別為m、2m和3m，B球帶負電，電荷量為﹣q，A、C不帶電，不可伸長的絕緣細線將三球連接，最上邊的細線連接在斜面頂端的O點，三球均處于場強大小為E的豎直向上的勻強電場中，三段細線均伸直，三個金屬球均靜止于傾角為30°的絕緣光滑斜面上，則下列說法正確的是（）A．A、B球間的細線的張力為B．A、B球間的細線的張力可能為0C．將線OA剪斷的瞬間，B、C間的細線張力D．將線OA剪斷的瞬間，A、B球間的細線張力二．實驗題：（每空2分，共12分）15．（12分）某同學用圖1所示電路，測繪標有“，”的小燈泡的燈絲電阻R隨電壓U變化的圖象．除了導線和開關外，有以下一些器材可供選擇：電流表：A1（量程100mA，內(nèi)阻約2Ω）；A2（量程，內(nèi)阻約Ω）；電壓表：V1（量程5V，內(nèi)阻約5kΩ）；V2（量程15V，內(nèi)阻約15Ω）；電源：E1（電動勢為，內(nèi)阻為Ω）；E2（電動勢為4V，內(nèi)阻約為Ω）．滑動變阻器：R1（最大阻值約為100Ω），R2（最大阻值約為10Ω），電鍵S，導線若干．（1）為了調(diào)節(jié)方便，測量準確，實驗中應選用電流表，電壓表，滑動變阻器，電源．（填器材的符號）（2）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，計算并描繪出R﹣U的圖象如圖2所示．由圖象可知，此燈泡在不工作時，燈絲電阻為；當所加電壓為時，燈絲電阻為，燈泡實際消耗的電功率為．（3）根據(jù)R﹣U圖象，可確定小燈泡耗電功率P與外加電壓U的關系．符合該關系的示意圖是下列圖中的．三、計算題（共32分．解答過程應寫出必要的文字和公式，直接寫出結果的得零分）16．（8分）如圖所示，光滑斜面傾角為37°，質(zhì)量為m、電荷量為q的一帶有正電的小物塊，置于斜面上．當沿水平方向加有如圖所示的勻強電場時，帶電小物塊恰好靜止在斜面上，重力加速度g已知sin37°=，cos37°=，求：（1）該電場的電場強度有多大？（2）若電場強度變?yōu)樵瓉淼?，小物塊沿斜面下滑距離為L時的速度有多大？17．（10分）如圖所示，電荷q1固定于半徑為R的半圓光滑軌道圓心處，將另一帶正電電量為q2，質(zhì)量為m的小球，從軌道的A處無初速釋放，求：（1）小球運動到最低點B點的速度大??；（2）小球在B點對軌道的壓力．18．（14分）相距很近的平行板電容器，在兩板中心各開有一個小孔，如圖甲所示，靠近A板的小孔處有一電子槍，能夠持續(xù)均勻地發(fā)射出電子，電子的初速度為v0，質(zhì)量為m，電量為﹣e，在AB兩板之間加上圖乙所示的交變電壓，其中0＜k＜1，U0=；緊靠B板的偏轉(zhuǎn)電場電壓也等于U0，板長為L，兩板間距為d，距偏轉(zhuǎn)極板右端處垂直放置很大的熒光屏PQ．不計電子的重力和它們之間的相互作用，電子在電容器中的運動時間可以忽略不計．（1）試求在0﹣kT與kT﹣T時間內(nèi)射出B板電子的速度各多大？（結果用U0、e、m表示）（2）在0﹣T時間內(nèi)，熒光屏上有兩個位置會發(fā)光，試求這兩個發(fā)光點之間的距離．（結果用L、d表示，）（3）撤去偏轉(zhuǎn)電場及熒光屏，當k取恰當?shù)臄?shù)值時，使在0﹣T時間內(nèi)通過了電容器B板的所有電子，能在某一時刻形成均勻分布的一段電子束，求k值．

2023學年甘肅省天水一中高二（上）第一次月考物理試卷（蘭天班）參考答案與試題解析一、選擇題（本題共14小題，每小題4分，共56分．其中第3、4、6、7、11、14題為多選，其余各題為單選．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分．）1．（4分）（2023秋?莆田校級期中）如圖所示，A、B是兩個帶有絕緣支架的金屬球，它們原來均不帶電，并彼此接觸．現(xiàn)使帶負電的橡膠棒C靠近A（C與A不接觸），然后先將A、B分開，再將C移走．關于A、B的帶電情況，下列判斷正確的是（）A．A帶正電，B帶負電 B．A帶負電，B帶正電C．A、B均不帶電 D．A帶負電，B帶負電【分析】將帶負電的導體球C靠近兩個不帶電的導體AB，靠感應起電使物體帶電，根據(jù)電荷間的相互作用明確帶電情況．【解答】解：把導體A和B分開，再移走C，導體A和B由于感應起電帶上異種電荷，由于同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引，所以此時A帶正電，B帶負電．故選：A．【點評】解決本題的關鍵知道摩擦起電、感應起電、接觸帶電的實質(zhì)都是電荷的移動，電荷的總量保持不變．2．（4分）（2023?北京）在前人研究的基礎上，有一位物理學家利用圖所示的扭秤裝置進行研究，提出真空中兩個靜止點電荷之間相互作用的規(guī)律，這位物理學家是（）A．牛頓 B．伽利略 C．庫侖 D．焦耳【分析】本題是物理學史問題，根據(jù)牛頓、伽利略、庫侖、焦耳等科學家的成就進行答題【解答】解：庫侖發(fā)現(xiàn)了電荷間作用力的規(guī)律故選：C【點評】本題考查物理學史，是常識性，只要加強記憶，就能得分．可結合物理學家的成就、年代等進行記憶3．（4分）（2023?揭陽一模）如圖所示，虛線a、b、c代表電場中的三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc，實線為一帶正電的質(zhì)點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點．據(jù)此可知（）A．三個等勢面中，a的電勢最高B．帶電質(zhì)點通過P點時的電勢能較Q點大C．帶電質(zhì)點通過P點時的動能較Q點大D．帶電質(zhì)點通過P點時的加速度較Q點大【分析】由于質(zhì)點只受電場力作用，根據(jù)運動軌跡可知電場力指向運動軌跡的內(nèi)側即斜向右下方，由于質(zhì)點帶正電，因此電場線方向也指向右下方；電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷；電場線和等勢線垂直，且等勢線密的地方電場線密，電場強度大．【解答】解：A、電荷所受電場力指向軌跡內(nèi)側，由于電荷帶正電，因此電場線指向右下方，沿電場線電勢降低，故c等勢線的電勢最高，a等勢線的電勢最低，故A錯誤；B、根據(jù)質(zhì)點受力情況可知，從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，故P點的電勢能大于Q點的電勢能，故B正確；C、從P到Q過程中電場力做正功，電勢能降低，動能增大，故P點的動能小于Q點的動能，故C錯誤；D、等勢線密的地方電場線密場強大，故P點位置電場強，電場力大，根據(jù)牛頓第二定律，加速度也大，故D正確．故選BD．【點評】解決這類帶電粒子在電場中運動的思路是：根據(jù)運動軌跡判斷出所受電場力方向，然后進一步判斷電勢、電場強度、電勢能、動能等物理量的變化．4．（4分）（2023春?冀州市校級期末）如圖所示，A、B、C、D、E、F為勻強電場中一個邊長為1m的正六邊形的六個頂點，A、B、C三點電勢分別為10V、20V、30V，則下列說法正確的是（）A．B、E一定處在同一等勢面上B．勻強電場的場強大小為10V/mC．正點電荷從E點移到F點，則電場力做負功D．電子從F點移到D點，電荷的電勢能減少20eV【分析】連接AC，根據(jù)勻強電場電勢隨距離均勻變化（除等勢面）的特點，則知AC中點的電勢為2V，連接EB，EB即為一條等勢線，CA連線即為一條電場線，由BA間的電勢差，由公式U=Ed求出場強大?。蒞=qU，則電場力做功就可以求解．【解答】解：A、連接AC，AC中點電勢為20V，與B電勢相等，則EB連線必為一條等勢線，故A正確．B、BA間的電勢差為UBA=10V，又UBA=EdABcos30°，得場強E==V/m=V/m．故B錯誤；C、由上得知，E的電勢為20V，F(xiàn)點與A點的電勢相等為10V，則正電荷從E點移到F點，電勢能減小，則電場力做正功，故C錯誤．D、由上得知，F(xiàn)的電勢為10V，D點與C點的電勢相等為30V，則電子從F點移到D點，電場力做功WFD=eUFD=e（φF﹣φD）=﹣（10﹣30）eV=20eV，那么電勢能將減小20eV．故D正確．故選：AD．【點評】本題的關鍵找等勢點，作出電場線，這是解決這類問題常用方法．同時還要充分利用正六邊形的對稱性分析勻強電場中各點電勢的關系．5．（4分）（2023秋?成都校級期中）如圖所示，真空中O點有一點電荷，在它產(chǎn)生的電場中有a、b兩點，a點的場強大小為Ea，方向與ab連線成60°角，b點的場強大小為Eb，方向與ab連線成30°角．關于a、b兩點場強大小Ea、Eb的關系，以下結論正確的是（）A．Ea= B．Ea=Eb C．Ea=Eb D．Ea=3Eb【分析】已知a點與b點與O點的距離關系，根據(jù)點電荷的場強公式E=列式求解即可．【解答】解：結合幾何關系，有：ao：bo=：根據(jù)公式E=，有：故選：D．【點評】本題關鍵是明確點電荷的場強的公式E=，記住即可，基礎題目．6．（4分）（2023秋?天水校級月考）兩個等量同種電荷固定于光滑水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點，如圖所示．一個電量為2C，質(zhì)量為1kg的小物塊從C點靜止釋放，其運動的v﹣t圖象如圖所示，其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置（圖中標出了該切線）．則下列說法正確的是（）A．B點為中垂線上電場強度最大的點，場強E=2V/mB．由C到A的過程中物塊的電勢能先減小后變大C．由C點到A點的過程中，電勢逐漸降低D．AB兩點的電勢差UAB=﹣5V【分析】根據(jù)v﹣t圖可知粒子在B點的加速度最大，此處電場強度最大，根據(jù)牛頓第二定律求場強的最大值．由C到A的過程中物塊的動能一直增大，由能量守恒定律分析電勢能的變化情況．由動能定理可求得AB兩點的電勢差．【解答】解：A、從速度時間圖象可知帶電粒子在B點的加速度最大為am==2m/s2，所受的電場力最大為Fm=mam=2N，據(jù)E=知，B點的場強最大為1N/C，故A錯誤；B、從速度時間圖象可知帶電粒子的速度增大，電場力做正功，電勢能減小，故B錯誤；C、據(jù)兩個等量的同種正電荷，其連線中垂線上電場強度方向由O點沿中垂線指向外側，故由C點到A點的過程中電勢逐漸減小，故C正確；D、從速度時間圖象可知A、B兩點的速度分別為vA=6m/s，vB=4m/s，再根據(jù)動能定理得qUAB=mvB2﹣mvA2=×1×（42﹣62）J=﹣10J，解得：UAB=﹣5V，故D正確．故選：CD【點評】明確等量同種電荷電場的特點是解本題的關鍵，要知道v﹣t圖切線的斜率表示加速度，由動能定理求電勢差是常用的方法．7．（4分）（2023?肇慶三模）如圖所示，平行板電容器與電動勢為E的直流電源（內(nèi)阻不計）連接，下極板接地，靜電計所帶電荷量很少，可被忽略．一帶負電油滴被固定于電容器中的P點．現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，則（）A．靜電計指針張角變小B．平行板電容器的電容將變大C．帶電油滴的電勢能將增大D．若先將電容器上極板與電源正極的導線斷開，再將下極板向下移動一小段距離，則帶電油滴所受電場力不變【分析】電容器始終與電源相連，則電容器兩端間的電勢差不變，根據(jù)電容器d的變化判斷電容的變化以及電場強度的變化，從而判斷電荷電勢能和電場力的變化．【解答】解：現(xiàn)將平行板電容器的下極板豎直向下移動一小段距離，導致極板間距增大，A、靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，因為電容器始終與電源相連，則電勢差不變，所以靜電計指針張角不變．故A錯誤．B、根據(jù)C=知，d增大，則電容減?。蔅錯誤．C、電勢差不變，d增大，則電場強度減小，P點與上極板的電勢差減小，則P點的電勢增大，因為該電荷為負電荷，則電勢能減小．故C錯誤．D、若先將電容器上極板與電源正極的導線斷開，則電荷量不變，d改變，根據(jù)E===，知電場強度不變，則油滴所受電場力不變．故D正確．故選：D．【點評】本題是電容器的動態(tài)分析問題，關鍵抓住不變量，當電容器與電源始終相連，則電勢差不變，當電容器與電源斷開，則電荷量不變．8．（4分）（2023秋?高青縣期末）北京正負電子對撞機的儲存環(huán)是長240m的近似圓形軌道，當環(huán)中的電流強度為10mA時，若電子的速率為十分之一光速，則在整個環(huán)中運行的電子數(shù)目為（）A．5×1011 B．5×1019 C．10×l0﹣3 D．10×103【分析】根據(jù)電子轉(zhuǎn)一圈的時間，求出在該時間內(nèi)通過圓形軌道某一橫截面的電量，即為整個環(huán)中電子的電量．再除以一個電子的電流，即為整個環(huán)中電子的數(shù)目．【解答】解：電子轉(zhuǎn)一圈的時間為：t==s=8×10﹣6s．整個環(huán)中電子的電量為：Q=It=10×10﹣3×8×10﹣6C=8×10﹣8C．所以電子的數(shù)目為：n===5×1011（個）．故A正確，B、C、D錯誤．故選：A．【點評】解決本題的關鍵掌握電流的定義式I=，會根據(jù)公式求出某段時間內(nèi)同過橫截面的電量．9．（4分）（2023秋?天水校級月考）下列說法正確的是（）A．電源外部存在著由正極指向負極的電場，內(nèi)部存在著由負極指向正極的電場B．在電源的外部正電荷靠電場力由電源的負極流向正極C．電動勢越大，說明非靜電力在電源內(nèi)從負極向正極移送單位電荷量的正電荷做功越多D．電源的電動勢與外電路有關【分析】電源內(nèi)外均存在由正極指向負極的電場，在電源內(nèi)部通過靜電力做功將正電荷由負極流向正極，從而對外電路提供電壓，電源沒有接入電路時兩極間的電壓在數(shù)值上等于電源的電動勢．電動勢的物理意義是表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領強弱，與外電路的結構無關．電源的電動勢在數(shù)值上等于內(nèi)、外電壓之和．【解答】解：A、電源內(nèi)外部的電場均是由正極指向負極，故A錯誤；B、在電源的外部正電荷靠電場力的作用由電源的正極流向負極，故B錯誤；C、根據(jù)電動勢的定義式E=，可知電動勢越大，說明非靜電力在電源內(nèi)部從負極向正極移送單位電荷量的正電荷做功越多，并不表示所移送電荷量越多，故C正確；D、電動勢由電源本身決定，與外電路的結構無關；故D錯誤；故選：C【點評】本題考查對于電源的電動勢的理解能力．電動勢是表征電源把其他形式的能轉(zhuǎn)化為電能本領大小，與外電路無關．10．（4分）（2023春?上海校級期末）滑動變阻器R′和固定電阻R接成如圖所示的電路，已知R兩端電壓恰好等于R′兩端總電壓的一半，那么變阻器滑動端P的正確位置是在變阻器R′的（）A．中點位置 B．中點偏下C．中點偏上 D．條件不足，無法確定【分析】圖中是分壓器電路，變阻器下部分與R并聯(lián)后再與變阻器上部分串聯(lián)，根據(jù)串聯(lián)電路的規(guī)律分析變阻器上、下兩部分電阻的大小，即可解答．【解答】解：已知R兩端電壓恰好等于R′兩端總電壓的一半，根據(jù)串聯(lián)電路的分壓規(guī)律有=R上，即有+=（R上、R下分別是變阻器上、下兩部分的電阻）則R下＞R上，變阻器滑動端P應在變阻器R′的中點偏上位置，故C正確．故選：C【點評】本題關鍵先理清電路的結構，然后根據(jù)串并聯(lián)電路特點分析各個部分的電阻關系，來理解分壓器的原理．11．（4分）（2023秋?亳州期末）如圖所示，甲、乙兩個電路都是由一個靈敏電流表G和一個變阻器R組成，下列說法正確的是（）A．甲表是電流表，R增大時量程增大B．甲表是電流表，R增大時量程減小C．乙表是電壓表，R增大時量程增大D．乙表是電壓表，R增大時量程減小【分析】靈敏電流計G和變阻器R并聯(lián)時，由于變阻器的分流，測量的電流增大，改裝成電流表，而靈敏電流計G和變阻器R串聯(lián)時，由于變阻器的分壓，測量的電壓增大，改裝成電壓表．甲表中，R增大時，變阻器分流減小，量程減?。冶碇?，R增大時，變阻器分擔的電壓增大，量程增大．【解答】解：A、甲表是電流表，R增大時，甲表中變阻器分流減小，量程減小，故A錯誤，B正確．C、乙是電壓表，R增大時，變阻器分擔的電壓增大，乙表量程增大，故C正確，D錯誤．故選：BC．【點評】本題考查電表改裝原理的理解能力．當電流計的指針滿偏時，電流表或電壓表的指針滿偏，所測量的電流或電壓達到最大值．12．（4分）（2023秋?朝陽區(qū)校級期中）如圖所示的電路中，輸入電壓U恒為12V，燈泡L標有“6V12W”字樣，電動機線圈的電阻RM=Ω．若燈泡恰能正常發(fā)光，以下說法中不正確的是（）A．電動機的輸入功率是12WB．電動機的輸出功率是12WC．電動機的熱功率是D．整個電路消耗的電功率是24W【分析】由燈泡銘牌可知燈泡額定電是6V，額定功率是12W，由電功率的變形公式P=UI可以求出燈泡正常發(fā)光時的電流；由串聯(lián)電路特點可以求出電動機的電壓，由電功率公式可以求出電機總功率與熱功率，進一步求出電動機的輸出功率；由電功率公式可以求出整個電路的總功率．【解答】解：A、電動機兩端的電壓為：U1=U﹣UL=12﹣6V=6V，整個電路中的電流為：I==A=2A，所以電動機的輸入功率為：P入=U1I=6×2W=12W．故A正確．B、電動機的熱功率為：P熱=I2RM=22×=，則電動機的輸出功率為：P出=P入﹣P熱=12﹣2W=10W．故B不正確，C正確．D、整個電路消耗的功率為：P總=UI=12×2W=24W．故D正確．本題選不正確的，故選：B【點評】解決本題的關鍵知道電動機的輸出功率與輸入功率、發(fā)熱功率的關系，以及知道整個電路消耗的功率P總=UI．13．（4分）（2023秋?昆明校級期末）一根阻值為R的均勻電阻絲，長為L，橫截面積為S，設溫度不變，在下列哪些情況下其電阻值仍為R？（）A．當L不變，S增大一倍時B．當S不變，L增大一倍時C．當L和S都縮為原來的時D．當L和橫截面的半徑都增大一倍時【分析】根據(jù)電阻定律R=，結合電阻絲長度、橫截面積的變化判斷電阻的變化．【解答】解：A、根據(jù)電阻定律R=，當L不變，S增大1倍，則電阻變?yōu)樵瓉淼模蔄錯誤．B、根據(jù)電阻定律R=，當S不變，L增大一倍時，電阻變成原來的2倍．故B錯誤．C、根據(jù)電阻定律R=，當L和S都縮為原來的時，電阻不變．故C正確．D、根據(jù)電阻定律R=，橫截面積的半徑增大為原來的2倍，則橫截面積變?yōu)樵瓉淼?倍，長度變?yōu)樵瓉淼?倍，知電阻變成原來的一半；故D錯誤；故選：C．【點評】解決本題的關鍵掌握電阻定律公式R=，知道影響電阻大小的因素為導體長度、截面積及導體的村料．14．（4分）（2023?遂寧模擬）如圖所示，三個可視為質(zhì)點的金屬小球A、B、C，質(zhì)量分別為m、2m和3m，B球帶負電，電荷量為﹣q，A、C不帶電，不可伸長的絕緣細線將三球連接，最上邊的細線連接在斜面頂端的O點，三球均處于場強大小為E的豎直向上的勻強電場中，三段細線均伸直，三個金屬球均靜止于傾角為30°的絕緣光滑斜面上，則下列說法正確的是（）A．A、B球間的細線的張力為B．A、B球間的細線的張力可能為0C．將線OA剪斷的瞬間，B、C間的細線張力D．將線OA剪斷的瞬間，A、B球間的細線張力【分析】靜止時，對B球進行受力分析，B受到AB間細線的拉力，BC間細線的拉力，重力和電場力、斜面的支持力，受力平衡，即可求得A、B球間細線的拉力；假設B球也不帶電，則剪斷OA線瞬間，A、B、C三個小球一起以加速度g做勻加速直線運動，互相相對靜止，AB、BC間拉力為0．若B球帶電，則相當于在上述狀態(tài)下給B球瞬間施加一個豎直下下的電場力qE，把AB看成一個整體即可求解．【解答】解：A、靜止時，對B球進行受力分析，則有：T=（2mg+3mg+Eq）sin30°=（5mg+Eq），故A正確，B錯誤；C、B球帶負電，相當于在上述狀態(tài)下給B球瞬間施加一個豎直下下的電場力qE，經(jīng)過AB繩傳遞，qE對A、B球整體產(chǎn)生一個豎直下下的加速度，此時A、B球的加速度為a=g+（顯然＞g），C球以加速度g勻加速運動，所以BC間繩子的作用力為零，以A球為研究對象可得A、B球間細線的拉力為F=ma′=，故C錯誤，D正確．故選：AD【點評】本題主要是剪斷OA線瞬間，對A、B、C三個球的運動狀態(tài)的確定及受力分析，知道繩子一旦剪短之后，繩子的拉力立即為零，難度適中．二．實驗題：（每空2分，共12分）15．（12分）（2023秋?肇慶期末）某同學用圖1所示電路，測繪標有“，”的小燈泡的燈絲電阻R隨電壓U變化的圖象．除了導線和開關外，有以下一些器材可供選擇：電流表：A1（量程100mA，內(nèi)阻約2Ω）；A2（量程，內(nèi)阻約Ω）；電壓表：V1（量程5V，內(nèi)阻約5kΩ）；V2（量程15V，內(nèi)阻約15Ω）；電源：E1（電動勢為，內(nèi)阻為Ω）；E2（電動勢為4V，內(nèi)阻約為Ω）．滑動變阻器：R1（最大阻值約為100Ω），R2（最大阻值約為10Ω），電鍵S，導線若干．（1）為了調(diào)節(jié)方便，測量準確，實驗中應選用電流表A2，電壓表V1，滑動變阻器R2，電源E2．（填器材的符號）（2）根據(jù)實驗數(shù)據(jù)，計算并描繪出R﹣U的圖象如圖2所示．由圖象可知，此燈泡在不工作時，燈絲電阻為；當所加電壓為時，燈絲電阻為，燈泡實際消耗的電功率為．（3）根據(jù)R﹣U圖象，可確定小燈泡耗電功率P與外加電壓U的關系．符合該關系的示意圖是下列圖中的A．【分析】（1）根據(jù)實驗的要求結合題意選擇合理的電表及滑動變阻器；（2）根據(jù)得出的圖象利用歐姆定律求解各種狀態(tài)下的電阻，注意不要用切線來求；（3）由功率公式可得出符合題意的圖象．【解答】解：（1）因小燈泡額定電流為，額定電壓為，故電流表應選，電壓表應選，又因測伏安特性曲線要求電壓與電流調(diào)節(jié)范圍大，故變阻器需用分壓式接法，應選阻值小的變阻器，故變阻器應選R2，顯然電源應選．（2）由R﹣U圖象知U=0時R為Ω，U=3V時R為Ω，由P=得P=．（3）由P=知，U=0時P=0，故B、C不合題意，P隨U的增大而增大，故A正確．故答案為（1）A2；V1；R2；E2；（2）；；；（3）A．【點評】測定小燈泡的伏安特性曲線實驗要求電壓與電流從零調(diào)起或要求電流電壓調(diào)節(jié)范圍大一些，因此，滑動變阻器應采用分壓式接法．三、計算題（共32分．解答過程應寫出必要的文字和公式，直接寫出結果的得零分）16．（8分）（2023秋?天水校級月考）如圖所示，光滑斜面傾角為37°，質(zhì)量為m、電荷量為q的一帶有正電的小物塊，置于斜面上．當沿水平方向加有如圖所示的勻強電場時，帶電小物塊恰好靜止在斜面上，重力加速度g已知sin37°=，cos37°=，求：（1）該電場的電場強度有多大？（2）若電場強度變?yōu)樵瓉淼?，小物塊沿斜面下滑距離為L時的速度有多大？【分析】（1）對小球進行受力分析，應用平衡條件可求出電場力，進而求出電場強度．（2）電場變化后受力分析求出合外力，應用牛頓第二定律求解加速度，沿斜面下滑距離為L時物體的速度的大小可由動能定理或運動學知識求解【解答】解：（1）物體受到的力有重力mg，支持力FN．靜電力F=qE，qE=mgtan37°E=（2）當電場強度變?yōu)樵瓉淼臅r，物塊在斜面方向有：mgsinθ﹣qcosθ=ma代入數(shù)值得：a=m/s2方向沿斜面向下．由動能定理，得：mgLsin37°﹣qE′Lcos37°=mv2﹣0．解得：v=答：（1）原來的電場強度的大小為；（2）小物塊沿斜面下滑距離為L時物塊的速度的大小為【點評】問題一是平衡條件的應用，受力分析后應用平衡條件即可；問題二是牛頓運動定律的應用，關鍵是求合力；應用動能定理即可，總體難度不是很大，細細分析即可17．（10分）（2023秋?費縣期中）如圖所示，電荷q1固定于半徑為R的半圓光滑軌道圓心處，將另一帶正電電量為q2，質(zhì)量為m的小球，從軌道的A處無初速釋放，求：（1）小球運動到最低點B點的速度大??；（2）小球在B點對軌道的壓力．【分析】（1）根據(jù)機械能守恒定律分別求出小球通過最低點時的速度大?。?）小球經(jīng)過最低點時，由重力和支持力的合力提供向心力，根據(jù)牛頓運動定律求解小球?qū)壍缐毫Φ拇笮。窘獯稹拷猓海?）設小球通過軌道最低點時的速度大小為v．以軌道最低點所在的水平面為參考平面，小球從A到B的過程中只有重