2023高中物理綜合學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè)新人教版選修3-1

PAGE本冊(cè)綜合學(xué)業(yè)質(zhì)量標(biāo)準(zhǔn)檢測(cè)本卷分第一卷(選擇題)和第二卷(非選擇題)兩局部?？偡种?00分，時(shí)間90分鐘。第一卷(選擇題共40分)一、選擇題(共10小題，每題4分，共40分，在每題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～6小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，第7～10小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得4分，選不全的得2分，有選錯(cuò)或不答的得0分)1．每到夏季，我國(guó)各地紛紛進(jìn)入雨季，雷雨等強(qiáng)對(duì)流天氣頻繁發(fā)生。當(dāng)我們遇到雷雨天氣時(shí)，一定要注意避防雷電。以下說(shuō)法錯(cuò)誤的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50232730)(C)A．不宜使用無(wú)防雷措施的電器或防雷措施缺乏的電器及水龍頭B．不要接觸天線、金屬門窗、建筑物外墻，遠(yuǎn)離帶電設(shè)備C．固定和手提均可正常使用D．在曠野，應(yīng)遠(yuǎn)離樹(shù)木和電線桿解析：外表具有突出尖端的導(dǎo)體，在尖端處的電荷分布密度很大，使得其周圍電場(chǎng)很強(qiáng)，就可能使其周圍的空氣發(fā)生電離而引發(fā)尖端放電。固定和手提的天線處有尖端，易引發(fā)尖端放電造成人體傷害，故不能使用。2．(遼寧沈陽(yáng)二中2022～2022學(xué)年高一下學(xué)期期末)如下圖，在空間直角坐標(biāo)系O－xyz中，有一四面體C－AOB，C、A、O、B為四面體的四個(gè)頂點(diǎn)，且O(0,0,0)、A(L,0,0)、B(0，L,0)、C(0,0，L)，而D(2L,0,0)是x軸上一點(diǎn)，在坐標(biāo)原點(diǎn)O處固定著＋Q的點(diǎn)電荷，以下說(shuō)法正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50232731)(C)A．A、B、C三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度相同B．電勢(shì)差UOA＝UADC．將一電子由C點(diǎn)分別移動(dòng)到A、B兩點(diǎn)，電場(chǎng)力做功相同D．電子在A點(diǎn)的電勢(shì)能大于在D點(diǎn)的電勢(shì)能解析：根據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)線的分布情況可知：A、B、C三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小相同，方向不同，而場(chǎng)強(qiáng)是矢量，那么A、B、C三點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度不同，故A錯(cuò)誤；根據(jù)點(diǎn)電荷的電場(chǎng)強(qiáng)度的特點(diǎn)可知，OA段的電場(chǎng)強(qiáng)度的大小要大于AD段的電場(chǎng)強(qiáng)度，所以O(shè)、A和A、D兩點(diǎn)間的電勢(shì)差不相等，故B錯(cuò)誤；根據(jù)點(diǎn)電荷周圍等勢(shì)面的特點(diǎn)可以知道，A、B、C三點(diǎn)在同一等勢(shì)面上，故將一電子由C點(diǎn)分別移動(dòng)到A、B兩點(diǎn)，電場(chǎng)力做功都為零，應(yīng)選項(xiàng)C正確；將電子從A點(diǎn)移到D點(diǎn)，電場(chǎng)力做負(fù)功，電勢(shì)能增加，應(yīng)選項(xiàng)D錯(cuò)誤。3．(江蘇南通中學(xué)2022～2022學(xué)年高二上學(xué)期期末)靜電計(jì)是在驗(yàn)電器的根底上制成的，用其指針張角的大小來(lái)定性顯示其金屬球與外殼之間的電勢(shì)差大小。如下圖，A、B是平行板電容器的兩個(gè)金屬板，G為靜電計(jì)。開(kāi)始時(shí)開(kāi)關(guān)S閉合，靜電計(jì)指針張開(kāi)一定角度，為了使指針張開(kāi)的角度增大些，以下采取的措施可行的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50232732)(B)A．?dāng)嚅_(kāi)開(kāi)關(guān)S后，將A、B兩極板分開(kāi)些B．保持開(kāi)關(guān)S閉合，將A、B兩極板分開(kāi)些C．保持開(kāi)關(guān)S閉合，將A、B兩極板靠近些D．保持開(kāi)關(guān)S閉合，將變阻器滑動(dòng)觸頭向右移動(dòng)解析：要使靜電計(jì)的指針張開(kāi)角度增大些，必須使靜電計(jì)金屬球和外殼之間的電勢(shì)差增大，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)S后，將A、B兩極板分開(kāi)些，電容器的帶電量不變，電容減小，電勢(shì)差增大，A正確；保持開(kāi)關(guān)S閉合，將A、B兩極板分開(kāi)或靠近些，靜電計(jì)金屬球和外殼之間的電勢(shì)差不變，B、C錯(cuò)誤；保持開(kāi)關(guān)S閉合，將滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸頭向右或向左移動(dòng)，靜電計(jì)金屬球和外殼之間的電勢(shì)差不變，D錯(cuò)誤。4．(沈陽(yáng)東北育才中學(xué)2022～2022學(xué)年高二上學(xué)期檢測(cè))如下圖，圖中的四個(gè)電表均為理想電表，當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸點(diǎn)P向右端移動(dòng)時(shí)，下面說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50232733)(D)A．電壓表V1的讀數(shù)減小，電流表A1的讀數(shù)減小B．電壓表V1的讀數(shù)增大，電流表A1的讀數(shù)增大C．電壓表V2的讀數(shù)減小，電流表A2的讀數(shù)增大D．電壓表V2的讀數(shù)增大，電流表A2的讀數(shù)減小解析：當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸點(diǎn)P向右端移動(dòng)時(shí)，變阻器接入電路的電阻減小，由閉合電路歐姆定律得知，干路電流I增大，路端電壓U減小，那么電流表A1讀數(shù)增大；電壓表V1讀數(shù)U1＝E－I(R1＋r)，I增大，其他量不變，那么U1減?。煌ㄟ^(guò)電流表A2的電流I2＝eq\f(U1,R3)，U1減小，那么I2減??；通過(guò)電阻R2電流I2′＝I－I2，I增大，I2減小，那么I2′增大，那么電壓表V2的讀數(shù)增大，故D正確。5．(青州一中2022～2022學(xué)年高二上學(xué)期檢測(cè))如下圖，連接平行金屬板P1和P2(板面垂直于紙面)的導(dǎo)線的一局部CD和另一連接電池的回路的一局部GH平行，CD和GH均在紙面內(nèi)，金屬板置于磁場(chǎng)中，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。當(dāng)一束等離子體射入兩金屬板之間時(shí)，CD段將受到力的作用，那么eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50232734)(D)A．等離子體從右方射入時(shí)，P1板電勢(shì)較高，CD受力方向背離GHB．等離子體從右方射入時(shí)，P2板電勢(shì)較高，CD受力方向指向GHC．等離子體從左方射入時(shí)，P2板電勢(shì)較高，CD受力方向背離GHD．等離子體從左方射入時(shí)，P1板電勢(shì)較高，CD受力方向指向GH解析：電路中的電流的方向?yàn)橛蒅到H，當(dāng)?shù)入x子體從右方射入時(shí)，由左手定那么可以判斷電容器的上極板帶負(fù)電，下極板帶正電，P2板電勢(shì)較高，電流的方向?yàn)橛蒁到C，電流的方向與電路中GH的電流的方向相反，所以CD受到的作用力向左，故AB錯(cuò)誤。等離子體從左方射入時(shí)，由左手定那么可以判斷電容器的上極板帶正電，下極板帶負(fù)電，P1板電勢(shì)較高，電流的方向?yàn)橛蒀到D，電流的方向與電路中GH的電流的方向相同，所以CD受到的作用力向右，故C錯(cuò)誤，D正確。6．(吉林長(zhǎng)白山一中2022～2022學(xué)年高二上學(xué)期檢測(cè))如下圖，在半徑為R的圓形區(qū)域和邊長(zhǎng)為2R的正方形區(qū)域里均有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩個(gè)相同的帶電粒子以相同的速率分別從M、N兩點(diǎn)射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)。在M點(diǎn)射入的帶電粒子，其速度方向指向圓心；在N點(diǎn)射入的帶電粒子，速度方向與邊界垂直，且N點(diǎn)為正方形邊長(zhǎng)的中點(diǎn)，粒子重力不計(jì)，那么以下說(shuō)法不正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50232735)(C)A．帶電粒子在磁場(chǎng)中飛行的時(shí)間可能相同B．從M點(diǎn)射入的帶電粒子可能先飛出磁場(chǎng)C．從N點(diǎn)射入的帶電粒子可能先飛出磁場(chǎng)D．從N點(diǎn)射入的帶電粒子不可能比M點(diǎn)射入的帶電粒子先飛出磁場(chǎng)解析：帶電粒子垂直于磁場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子的軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)，兩粒子相同、兩粒子的速率相同，那么兩粒子的軌道半徑r相同，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T＝eq\f(2πm,qB)，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖；由圖示可知，當(dāng)r＝R時(shí)，兩粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，都等于eq\f(T,4)，故A正確；由圖示可知，當(dāng)粒子軌道半徑r≠R時(shí)，粒子在圓形磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角都小于在正方形區(qū)域中做圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角，那么粒子在圓形磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于在正方形磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，即從M點(diǎn)射入的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間小于從N點(diǎn)射入的粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間，故BD正確，C錯(cuò)誤；此題選不正確的，應(yīng)選C。7．(濰坊一中2022～2022學(xué)年高二上學(xué)期質(zhì)檢))如下圖為靜電力演示儀，兩金屬極板分別固定于絕緣支架上，且正對(duì)平行放置。工作時(shí)兩板分別接高壓直流電源的正負(fù)極，外表鍍鋁的乒乓球用絕緣細(xì)線懸掛在兩金屬極板中間，那么eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50232736)(AD)A．乒乓球的右側(cè)感應(yīng)出負(fù)電荷B．乒乓球受到擾動(dòng)后，會(huì)被吸在左極板上C．乒乓球共受到電場(chǎng)力、重力和庫(kù)侖力三個(gè)力的作用D．用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，放開(kāi)后乒乓球會(huì)在兩極板間來(lái)回碰撞解析：從圖中可知金屬板右側(cè)連接電源正極，所以電場(chǎng)水平向左，故乒乓球上的電子移動(dòng)到右側(cè)，即乒乓球的右側(cè)感應(yīng)出負(fù)電荷，A正確；乒乓球右側(cè)帶負(fù)電，受到的電場(chǎng)力向右，乒乓球左側(cè)帶正電，受到的電場(chǎng)力向左，因?yàn)樽笥覂蓚?cè)感應(yīng)出的電荷量相等，所以受到的電場(chǎng)力相等，乒乓球受到擾動(dòng)后，最終仍會(huì)靜止，不會(huì)吸附到左極板上，B錯(cuò)誤；乒乓球受到重力和電場(chǎng)力作用，庫(kù)侖力即為電場(chǎng)力，C錯(cuò)誤；用絕緣棒將乒乓球撥到與右極板接觸，乒乓球帶正電，在電場(chǎng)力作用下，運(yùn)動(dòng)到左極板，與左極板接觸，然后乒乓球帶負(fù)電，又在電場(chǎng)力作用下，運(yùn)動(dòng)到右極板，與右極板接觸后乒乓球帶正電，在電場(chǎng)力作用下，運(yùn)動(dòng)到左極板，如此重復(fù)，即乒乓球會(huì)在兩極板間來(lái)回碰撞，D正確。8．(浙江寧波鎮(zhèn)海中學(xué)2022～2022學(xué)年高二上學(xué)期期中)某同學(xué)利用圖甲所示裝置測(cè)定某小電動(dòng)機(jī)的效率，分別用電壓傳感器和電流傳感器測(cè)量電動(dòng)機(jī)的輸入電壓和輸入電流。當(dāng)重物勻速上升時(shí)用位移傳感器測(cè)得重物上升的位移與時(shí)間的關(guān)系圖線如圖乙所示，而電壓傳感器的示數(shù)為3.30V，電流傳感器的示數(shù)為0.14A，重物的質(zhì)量為0.05kg，取g＝10m/s2，那么在2.40s至2.80s時(shí)間內(nèi)eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50232737)(AD)A．小電動(dòng)機(jī)的輸入功率為0.462W B．小電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械能是0.185JC．小電動(dòng)機(jī)的線圈電阻是23.6Ω D．小電動(dòng)機(jī)的效率為54%解析：小電動(dòng)機(jī)的輸入功率P入＝UI＝3.30×0.14＝0.462W，故A正確；根據(jù)乙圖可知，重物勻速上升的速度v＝eq\f(Δh,Δx)＝eq\f(0.75－0.50,2.80－2.30)＝0.5m/s，那么小電動(dòng)機(jī)輸出的機(jī)械能E＝mgvt＝0.05×10×0.5×0.4＝0.1J，故B錯(cuò)誤；小電動(dòng)機(jī)的線圈消耗的熱量Q＝I2rt＝P入t－E，解得：r＝10.8Ω，故C錯(cuò)誤；小電動(dòng)機(jī)的效率為η＝eq\f(P機(jī),P入)×100%＝eq\f(\f(0.1,0.4),0.462)×100%＝54%，故D正確，應(yīng)選AD。9．一束粒子流由左端平行于極板P1射入質(zhì)譜儀，沿著直線通過(guò)電磁場(chǎng)復(fù)合區(qū)后，并從狹縫S0進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2，在磁場(chǎng)B2中分為如下圖的三束，那么以下相關(guān)說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50232738)(BC)A．速度選擇器的P1極板帶負(fù)電B．粒子1帶負(fù)電C．能通過(guò)狹縫S0的帶電粒子的速率等于E/B1D．粒子2的比荷q/m絕對(duì)值最大解析：假設(shè)粒子帶正電，在平行金屬板中受到電場(chǎng)力和洛倫茲力兩個(gè)力作用而做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定那么可知，洛倫茲力方向豎直向上，那么電場(chǎng)力方向向下，電場(chǎng)強(qiáng)度方向向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電，故A錯(cuò)誤；由圖可知，粒子1進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1時(shí)向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定那么判斷得知該束粒子帶負(fù)電，故B正確；粒子能通過(guò)狹縫，電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，那么有：qvB1＝qE，解得v＝eq\f(E,B1)，故C正確；根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)得，r＝eq\f(mv,qB)，知r越大，比荷越小，所以D錯(cuò)誤。10．(新余一中2022～2022學(xué)年高二上學(xué)期檢測(cè))如下圖，一個(gè)帶正電荷的物塊m，由靜止開(kāi)始從斜面上A點(diǎn)下滑，滑到水平面BC上的D點(diǎn)停下來(lái)。物塊與斜面及水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，且不計(jì)物塊經(jīng)過(guò)B處時(shí)的機(jī)械能損失。先在ABC所在空間加豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第二次讓物塊m從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，結(jié)果物塊在水平面上的D′點(diǎn)停下來(lái)。后又撤去電場(chǎng)，在ABC所在空間加水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，再次讓物塊m從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始下滑，結(jié)果物塊沿斜面滑下并在水平面上的D″點(diǎn)停下來(lái)。那么以下說(shuō)法中正確的選項(xiàng)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50232739)(BC)A．D′點(diǎn)一定在D點(diǎn)左側(cè) B．D′點(diǎn)一定與D點(diǎn)重合C．D″點(diǎn)一定在D點(diǎn)右側(cè) D．D″點(diǎn)一定與D點(diǎn)重合解析：根據(jù)動(dòng)能定理mgh＝μmgcosα·LAB＋μmgLBD ①當(dāng)加電場(chǎng)時(shí)(mg＋Eq)h＝μ(mg＋Eq)cosα·LAB＋μ(mg＋Eq)LBD′ ②由上兩式得LBD＝LBD′，所以B項(xiàng)正確。當(dāng)加磁場(chǎng)時(shí)，由左手定那么知物塊在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中對(duì)斜面及地面的正壓力減小，又洛倫茲力不做功，所以可判斷C項(xiàng)正確。第二卷(非選擇題共60分)二、填空題(共2小題，每題8分，共16分。把答案直接填在橫線上)11．(蘇州五中2022～2022學(xué)年高二上學(xué)期期中)在做“用電流表和電壓表測(cè)電池的電動(dòng)勢(shì)E(約3V)和內(nèi)電阻r〞的實(shí)驗(yàn)時(shí)，局部器材參數(shù)如下：電壓表(量程3V)，電流表(量程0.6A)，定值電阻R0(阻值為3Ω)，滑動(dòng)變阻器R(阻值約30Ω)。eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50232740)(1)小紅按如圖甲所示的電路圖連接實(shí)物電路，在電路連接正確的情況下，當(dāng)她閉合開(kāi)關(guān)時(shí)發(fā)現(xiàn)電壓表有示數(shù)，電流表沒(méi)有示數(shù)，反復(fù)檢查后發(fā)現(xiàn)電路連接完好，估計(jì)是某一元件斷路，因此她拿來(lái)多用電表檢查故障。她的操作如下：a．?dāng)嚅_(kāi)電源開(kāi)關(guān)S；b．將多用表選擇開(kāi)關(guān)置于×1Ω擋，調(diào)零后，紅黑表筆分別接R兩端，讀數(shù)為30Ωc．將多用表選擇開(kāi)關(guān)置于×100Ω擋，調(diào)零后，將紅黑表筆分別接電壓表兩端，發(fā)現(xiàn)指針讀數(shù)如圖乙所示，那么所測(cè)阻值為_(kāi)_2200__Ω，然后又將兩表筆接電流表兩端，發(fā)現(xiàn)指針位置幾乎不變。由以上操作可判斷發(fā)生斷路故障的元件是__電流表__(填元件名稱)。(2)她設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)電路中定值電阻R0的作用是(說(shuō)出一條理由即可)__保護(hù)電源__。(3)請(qǐng)根據(jù)電路圖把實(shí)物圖丙沒(méi)完成的連線連接好。(4)在更換規(guī)格相同的元件后，她改變滑動(dòng)變阻器的阻值，測(cè)出了6組對(duì)應(yīng)的數(shù)據(jù)并在圖象上描點(diǎn)如圖丁所示，請(qǐng)?jiān)趫D丁中繼續(xù)完成圖象；并根據(jù)圖象可得該電池的電動(dòng)勢(shì)E＝__3.00__V，電池內(nèi)阻r＝__0.57__Ω(小數(shù)點(diǎn)后保存兩位數(shù)字)。答案：(3)如下圖解析：(1)根據(jù)圖乙可讀出所測(cè)阻值為2200Ω；將兩表筆接電流表兩端，發(fā)現(xiàn)指針位置幾乎不變，說(shuō)明多用電表仍然測(cè)量的是電壓表的內(nèi)阻，也就說(shuō)明了電流表處發(fā)生了斷路。(2)她設(shè)計(jì)的實(shí)驗(yàn)電路中定值電阻R0的作用是：①保護(hù)電阻，②增大電源等效內(nèi)阻，使調(diào)節(jié)時(shí)兩電表示數(shù)變化明顯。(3)實(shí)物圖連線見(jiàn)圖a(4)描點(diǎn)連線見(jiàn)圖b，根據(jù)U－I圖象得：當(dāng)電流I＝0時(shí)，U＝3.00V，所以電池的電動(dòng)勢(shì)E＝3.00V，通過(guò)U－I圖象求出該直線的斜率為k＝eq\f(3－1.5,0.42)＝3.57Ω，也就是r＋R0＝3.57Ω，所以電池內(nèi)阻r＝0.57Ω。12．(廣州實(shí)驗(yàn)中學(xué)2022～2022學(xué)年高二上學(xué)期期中)使用如圖1所示的器材測(cè)定小燈泡在不同電壓下的電功率，小燈泡標(biāo)有“2.5V,3W〞的字樣，電源電壓為6V，電流表有0.6A(內(nèi)阻約10Ω)、3A(內(nèi)阻約0.1Ω)兩個(gè)量程；電壓表有3V(內(nèi)阻6000Ω)、15V(內(nèi)阻10000Ω)兩個(gè)量程，滑動(dòng)變阻器有兩個(gè)規(guī)格，R1標(biāo)有“5Ω，2A〞，R2標(biāo)有“100Ω，20mA〞。各電表的量程如圖中所示，測(cè)量時(shí)要求小燈泡兩端的電壓從零開(kāi)始，并能測(cè)量多組數(shù)據(jù)。eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50232741)(1)電壓表應(yīng)選用__3V__量程，電流表應(yīng)選用__3A__量程，滑動(dòng)變阻器應(yīng)選用__R1__；(2)將實(shí)驗(yàn)電路圖畫(huà)在圖2方框中；(3)把圖1中實(shí)物連成完整的實(shí)驗(yàn)電路；(4)開(kāi)始時(shí)，滑動(dòng)變阻器的滑動(dòng)觸頭應(yīng)該移到最__左__端(左或右)；(5)在圖3中作出小燈泡的電功率P與它兩端的電壓平方(U2)的關(guān)系曲線。(在坐標(biāo)系P－U2中定性作出實(shí)驗(yàn)的大致圖象)答案：(2)(3)(5)見(jiàn)解析圖解析：(1)因燈泡額定電壓為2.5V，故電壓表應(yīng)選擇3V量程；燈泡中電流為I＝eq\f(P,U)＝eq\f(3,2.5)＝1.2A，故電流表應(yīng)選擇3A量程；因本實(shí)驗(yàn)中要求多測(cè)幾組數(shù)據(jù)，故應(yīng)采用滑動(dòng)變阻器分壓接法，故應(yīng)采用小電阻R1；(2)滑動(dòng)變阻器采用分壓接法，因燈泡電阻較小，故采用電流表外接法；原理圖如圖乙所示；(3)根據(jù)原理圖可得出對(duì)應(yīng)的實(shí)物連線圖，如圖甲所示；(4)由圖可知，測(cè)量電路與滑動(dòng)變阻器左側(cè)并聯(lián)，故開(kāi)始滑動(dòng)變阻器滑片應(yīng)滑到左側(cè)；(5)因燈泡電阻隨溫度的升高而增大，那么由P＝eq\f(U2,R)可知，圖象應(yīng)隨電壓平方的增大而增大，其圖線斜率逐漸減小，見(jiàn)圖丙。三、論述·計(jì)算題(共4小題，共44分。解容許寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要演算步驟，只寫(xiě)出最后答案不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫(xiě)出數(shù)值和單位)13．(10分)(河南信陽(yáng)市2022～2022學(xué)年高二上學(xué)期期中)如下圖，在水平方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)中，用長(zhǎng)為L(zhǎng)不可伸長(zhǎng)的絕緣細(xì)線拴住一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球1，線的上端固定于O點(diǎn)，假設(shè)在B點(diǎn)同一水平線上的左方距離為r處固定另一帶電小球2，小球1恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)拿走小球2后，小球1由靜止開(kāi)始向上擺動(dòng)，當(dāng)細(xì)線轉(zhuǎn)過(guò)120°角到達(dá)A點(diǎn)時(shí)的速度恰好為零，此時(shí)OA恰好處于水平狀態(tài)，設(shè)整個(gè)過(guò)程中細(xì)線始終處于拉直狀態(tài)，靜電力常量為k，求：eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50232742)(1)BA兩點(diǎn)間的電勢(shì)差U；(2)勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E的大??；(3)小球2的帶電量Q。答案：(1)eq\f(\r(3)mgL,2q)(2)eq\f(\r(3)mg,3q)(3)eq\f(2\r(3)mgr2,3kq)解析：(1)小球1從B到A過(guò)程，由動(dòng)能定理得：qU－mgLcos30°＝0－0解得：U＝eq\f(\r(3)mgL,2q)(2)BA間沿電場(chǎng)線的距離為：d＝L＋Lsin30°在勻強(qiáng)電場(chǎng)，有：E＝eq\f(U,d)所以聯(lián)立以上三式得：E＝eq\f(\r(3)mg,3q)(3)未拿走球2時(shí)，小球1恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球1和2間的作用力為：F庫(kù)＝keq\f(Qq,r2)小球1受力平衡，那么有：Fsin30°＋qE＝keq\f(Qq,r2)Fcos30°＝mg所以解得：Q＝eq\f(2\r(3)mgr2,3kq)14．(10分)(江西吉安一中2022～2022學(xué)年高二上學(xué)期期中)在如圖1所示的電路中，R1、R2均為定值電阻，且R1＝100Ω，R2阻值未知，R3是一滑動(dòng)變阻器，當(dāng)其滑片從左端滑至右端時(shí)，測(cè)得電源的路端電壓隨電流的變化圖線如圖2所示，其中A、B兩點(diǎn)是滑片在變阻器的兩個(gè)不同端點(diǎn)得到的。求：eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50232743)(1)電源的電動(dòng)勢(shì)和內(nèi)阻；(2)定值電阻R2的阻值；(3)滑動(dòng)變阻器的最大阻值。答案：(1)20V；20Ω(2)5Ω(3)300Ω解析：(1)電源的路端電壓隨電流的變化圖線斜率大小等于電源的內(nèi)阻，那么有內(nèi)阻r＝|eq\f(ΔU,ΔI)|＝eq\f(16－4,0.8－0.2)Ω＝20Ω電源的電動(dòng)勢(shì)為E＝U＋I(xiàn)r，取電壓U＝16V，電流I＝0.2A，代入解得，E＝20V。(2)當(dāng)滑片滑到最右端時(shí)，R1被短路，外電路的電阻最小，電流最大，此時(shí)電壓U＝4V，電流I＝0.8A，那么定值電阻R2＝eq\f(U,I)＝5Ω(3)滑動(dòng)變阻器阻值最大時(shí)，外電阻最大，電流最小，此時(shí)電壓U＝16V，電流I＝0.2A，外電路總電阻為R＝eq\f(U,I)＝80Ω又R＝R2＋eq\f(R1R3,R1＋R3)，R1＝100Ω，R2＝5Ω代入解得，R3＝300Ω。15．(12分)(江蘇揚(yáng)州市2022～2022學(xué)年高二上學(xué)期聯(lián)考)如下圖，大量質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，從靜止開(kāi)始經(jīng)極板A、B間加速后，沿中心線方向陸續(xù)進(jìn)入平行極板C、D間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后進(jìn)入右側(cè)的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，最后從磁場(chǎng)左邊界飛出。A、B間電壓為U0；極板C、D長(zhǎng)為L(zhǎng)，間距為d；磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，磁場(chǎng)的左邊界與C、D右端相距L，且與中心線垂直。假設(shè)所有粒子都能飛出偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)，并進(jìn)入右側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力及相互間的作用，那么：eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)50232744)(1)求粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t；(2)求能使所有粒子均能進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域的偏轉(zhuǎn)電壓的最大值U；(3)接第(2)問(wèn)，當(dāng)偏轉(zhuǎn)電壓為U/2時(shí)，求粒子進(jìn)出磁場(chǎng)位置之間的距離。答案：(1)Leq\r(\f(m,2qU0))(2)eq\f(2d2,L2)U0(3)eq\f(2\r(2mqU0),qB)解析：(1)粒子在AB間加速，有qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0又粒子在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，水平方向：L＝v0t所以：t＝Leq\r(\f(m,2qU0))(2)當(dāng)粒子擦著偏轉(zhuǎn)極板邊緣飛出時(shí)，偏轉(zhuǎn)電壓最大即y＝eq\f(d,2)又a＝eq\f(qU,md)且y＝eq\f(1,2)at2代入第(1)問(wèn)數(shù)據(jù)得：U＝eq\f(2d2,L2)U。(3)設(shè)粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度為v0，離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度為v，速度v的偏向角為θ，在磁場(chǎng)中軌道半徑為r粒子離開(kāi)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)，vcosθ＝v0在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中：qvB＝eq\f(mv2,r)粒子進(jìn)