高三物理上學期第五次月考試卷(含解析)-人教版高三全冊物理試題

wordword/word貴州省遵義市住居補習學校2015屆高三上學期第五次月考物理試卷〔12月份〕一、選擇題〔此題共15小題，每一小題4分共60分；每個小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分．〕1．〔4分〕如下列圖，讓平行板電容器帶電后，靜電計的指針偏轉一定角度，假設不改變A、B兩極板帶的電量而減小兩極板間的距離，同時在兩極板間插入電介質，那么靜電計指針的偏轉角度〔〕 A． 一定減小 B． 一定增大 C． 一定不變 D． 可能不變2．〔4分〕一個點電荷，從靜電場中的a點移到b點的過程中，電場力做功為零，如此〔〕 A． a、b兩點的電場強度一定相等 B． 作用于該點電荷的電場力與其移動方向總是垂直的 C． a、b兩點的電勢差為零 D． 點電荷一定沿直線從a點移到b點3．〔4分〕兩個固定的等量異種電荷，在他們連線的垂直平分線上有a、b、c三點，如下列圖，如下說法正確的答案是〔〕 A． a點電勢比b點電勢高 B． a、b兩點場強方向一樣，a點場強比b點大 C． a、b、c三點與無窮遠電勢相等 D． 一帶電粒子〔不計重力〕，在a點無初速釋放，如此它將在a、b線上運動4．〔4分〕一帶電粒子射入一固定在O點的點電荷電場中，粒子運動軌跡如圖中虛線abc所示．圖中的實線是同心圓弧，表示電場的等勢面，不計粒子的重力，如此可以斷定〔〕 A． 粒子受到靜電引力 B． 粒子在b點受到的電場力最大 C． 從a到c整個過程，電場力做正功 D． 粒子在b點的速度大于在a點的速度5．〔4分〕如下列圖，帶箭頭的線段表示某一電場的電場線，在電場力作用下〔不計重力〕一帶電粒子經過A點飛向B點，徑跡如圖中虛線所示，以下判斷正確的答案是〔〕 A． A、B兩點相比擬，A點電勢高 B． 粒子在A點時加速度大 C． 粒子帶正電 D． 粒子在B點的動能大6．〔4分〕對于點電荷的電場，我們取無限遠處作零勢點，無限遠處的電勢能也為零，那么以下說法錯誤的答案是〔〕 A． 在正電荷形成的電場中，各點的電勢均大于零 B． 在負電荷形成的電場中，各點的電勢均小于零 C． 正電荷在高電勢處，電勢能大 D． 負電荷在高電勢處，電勢能大7．〔4分〕如圖，有一電荷q=﹣3×10﹣6庫侖，從A點移到B點，電場力做功為6×10﹣4焦耳，從B點移到C點抑制電場力做功4×10﹣4焦耳，在A、B、C三點中，電勢最高的點和電勢最低的點分別是〔〕 A． B點和A點 B． A點和C點 C． B點和C點 D． A點和B點8．〔4分〕在靜電場中，將一個電子由a點移到b點，電場力做功5焦耳，如此如下判斷正確的答案是〔〕 A． 電場強度方向一定由b指向a B． a、b兩點的電勢差為5伏特 C． 電子的動能減少了5焦耳 D． 電勢零點未確定，故a、b兩點的電勢沒有確定值9．〔4分〕如下列圖，有三個質量相等分別帶正電、負電和不帶電的小球，從平行板電場中的P點以一樣的初速度垂直于電場方向進入電場，它們分別落到A、B、C三點，如此可以斷定〔〕 A． 落到A點的小球帶正電，落到C點的小球帶負電 B． 三小球在電場中運動時間相等 C． 三小球到達正極板的動能關系是EKA＞EKB＞EKC D． 三小球在電場中運動的加速度是aA＞aB＞aC10．〔4分〕如下列圖，電子在電壓為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后進入電壓為U2的兩塊平行極板間的電場中，入射方向和極板平行．整個裝置放在真空中，在滿足電子能射出平行板區(qū)的條件下，一定能使電子的偏移量h變大的是〔〕 A． U1變大、U2變大 B． U1變小、U2變大 C． U1變大、U2變小 D． U1變小、U2變小11．〔4分〕如下列圖，直線A為電源a的路端電壓與電流的關系圖象，直線B為電源b的路端電壓與電流的關系圖象，直線C為一個電阻R的兩端電壓與電流的關系圖象，將這個電阻R分別接到a、b兩電源上，那么〔〕 A． R接到a電源上，電源的效率較高 B． R接到b電源上，電源的輸出功率較大 C． R接到a電源上，電源的輸出功率較大，但電源效率較低 D． R接到b電源上，電阻R的發(fā)熱功率和電源的效率都較高12．〔4分〕如圖是一火警報警的一局部電路示意圖．其中R2為用半導體熱敏材料制成的傳感器，電流表為值班室的顯示器，a、b之間接報警器．當傳感器R2所在處出現火情時，顯示器的電流I、報警器兩端的電壓U的變化情況是〔〕 A． I變大，U變大 B． I變小，U變小 C． I變小，U變大 D． I變大，U變小13．〔4分〕在如圖電路中K1、K2、K3、K4均閉合，C是極板水平放置的平行板電容器，板間懸浮著一油滴P，斷開哪一個開關后P會向下運動？〔〕 A． K1 B． K2C． K3 D． K414．〔4分〕在研究微型電動機的性能時，應用如下列圖的實驗電路．當調節(jié)滑動變阻器R并控制電動機停止轉動時，電流表和電壓表的示數分別為0.50A和2.0V．重新調節(jié)R并使電動機恢復正常運轉，此時電流表和電壓表的示數分別為2.0A和24.0V．如此這臺電動機正常運轉時輸出功率為〔〕A． 47W B． 44W C． 32W D． 48W15．〔4分〕如下列圖，直線A為電源的U﹣I圖線，曲線B為燈泡電阻的U﹣I圖線，用該電源和小燈泡組成閉合電路時，電源的輸出功率和電路的總功率分別是〔〕A． 4W、8W B． 2W、4W C． 4W、6W D． 2W、3W二、非選擇題〔本大題50分〕16．〔18分〕某同學利用多用電表測量一個未知電阻的阻值，由于第一次選擇的歐姆檔〔×10〕不夠適宜，現改換另一歐姆檔測量．兩次測量時多用電表指針所指位置如下列圖，下面列出第二次測量的有關操作：A．將兩表筆短接，并調零B．將兩表筆分別跟被測電阻的兩端接觸，觀察指針的位置，記下電阻值C．將多用電外表板上旋鈕調到×100檔D．將多用電外表板上旋鈕調到×1檔E．將多用電外表板上旋鈕調到off位置〔1〕根據上述有關操作，將第二次測量的合理實驗步驟按順序寫出．〔2〕該電阻的阻值是．17．在“測定金屬的電阻率〞的實驗中，測定阻值約為3﹣5Ω的金屬絲的電阻率，實驗中所用的電壓表規(guī)格：量程0﹣3V、內阻3kΩ；電流表規(guī)格：量程0﹣0.6A、內阻0.1Ω；還有其他一些器材：〔1〕在給定的方框內畫出實驗電路圖；〔2〕用螺旋測微器測得金屬絲的直徑如下列圖，可知金屬絲的直徑d=mm；〔3〕實驗中還應測出的物理量是；電阻率的計算公式為ρ=．三、解答題〔共6小題，總分為32分〕18．〔6分〕如下列圖，質量為m，電量為e的電子，從A點以速度v0垂直場強方向射入勻強電場中，從B點射出電場時的速度方向與電場線成120度角，如此A、B兩點間的電勢差是多少？19．〔8分〕如下列圖，質量為5×10﹣8kg的帶電微粒以V0=2m/s的速度從水平放置的金屬板A、B的中央飛入板間，板長L=10cm，板間距離d=2cm．當UAB〔1〕UAB為多大時粒子擦上板邊沿飛出？〔2〕UAB在什么范圍內帶電粒子能從板間飛出？不能忽略粒子重力．20．如下列圖，在y＞0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在y＜0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直xy平面〔紙面〕向外．一電量為q、質量為m的帶正電的運動粒子，經過y軸上y=h處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向；然后，經過x軸上x=2h處的P2點進入磁場，并經過y軸上y=﹣2h處的P3點．不計重力．求〔l〕電場強度的大?。?〕粒子到達P2時速度的大小和方向．〔3〕磁感應強度的大?。?1．如圖，在寬度分別為l1和l2的兩個毗鄰的條形區(qū)域分別有勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直于紙面向里，電場方向與電、磁分界限平行向右，一帶正電荷的粒子以速率v從磁場區(qū)域上邊界的P點斜射入磁場，然后以垂直于電、磁場分界限的交點到PQ的距離為d，不計重力，求電場強度與磁感應強度大小之比與粒子在磁場與電場中運動時間之比．22．〔8分〕小明站在水平地面上，手握不可伸長的輕繩一端，繩的另一端系有質量為m的小球，甩動手腕，使球在豎直平面內做圓周運動．當球某次運動到最低點時，繩突然斷掉，球飛行水平距離d后落地．如下列圖．握繩的手離地面高度為d，手與球之間的繩長為d，重力加速度為g．忽略手的運動半徑和空氣阻力．〔1〕求繩斷時球的速度大小v1和球落地時的速度大小v2．〔2〕問繩能承受的最大拉力多大？〔3〕改變繩長，使球重復上述運動，假設繩仍在球運動到最低點時斷掉，要使球拋出的水平距離最大，繩長應是多少？最大水平距離為多少？23．〔10分〕水平面上有一帶圓弧形凸起的長方形木塊A，木塊A上的物體B用繞過凸起的輕繩與物體C相連，B與凸起之間的繩是水平的．用一水平向左的拉力F作用在物體B上，恰使物體A、B、C保持相對靜止，如圖．物體A、B、C、的質量均為m，重力加速度為g，不計所有的摩擦，如此拉力F應為多大？貴州省遵義市住居補習學校2015屆高三上學期第五次月考物理試卷〔12月份〕參考答案與試題解析一、選擇題〔此題共15小題，每一小題4分共60分；每個小題給出的四個選項中，有的只有一個選項正確，有的有多個選項正確，全部選對的得3分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分．〕1．〔4分〕如下列圖，讓平行板電容器帶電后，靜電計的指針偏轉一定角度，假設不改變A、B兩極板帶的電量而減小兩極板間的距離，同時在兩極板間插入電介質，那么靜電計指針的偏轉角度〔〕 A． 一定減小 B． 一定增大 C． 一定不變 D． 可能不變考點： 電容器的動態(tài)分析．專題： 電容器專題．分析： 靜電計測定電容器兩板間的電勢差，電勢差越大，指針的偏轉角度越大．由題，平行板電容器帶電后電量不變，減小兩極板間的距離，同時在兩極板間插入電介質后，分析電容的變化，再由電容的定義式分析靜電計指針的偏轉角度的變化．解答： 解：由題，減小兩極板間的距離，同時在兩極板間插入電介質，根據電容的決定式C=可知，電容增大，電容器的電量不變，由C=得知，板間電勢差減小，如此靜電計指針的偏轉角度一定減?。蔄正確，BCD錯誤．應當選A點評： 對電容的定義式和決定式兩個公式要熟練掌握，靈活應用，此題是常見題型．2．〔4分〕一個點電荷，從靜電場中的a點移到b點的過程中，電場力做功為零，如此〔〕 A． a、b兩點的電場強度一定相等 B． 作用于該點電荷的電場力與其移動方向總是垂直的 C． a、b兩點的電勢差為零 D． 點電荷一定沿直線從a點移到b點考點： 電場線．分析： 從a點移到b點的過程中，電場力做功為零，僅僅說明了兩點之間的電勢差為0，而電場的特點、點電荷移動的軌跡都不知道，所以其他的不能確定．解答： 解：AC、根據公式Wab=qUab分析可知，電場力做功Wab=0，a、b兩點的電勢差Uab為零．而電勢與場強無關，所以a、b兩點的電場強度不一定相等．故A錯誤，C正確．B、電場力做功與路徑無關，作用于該點電荷的電場力與其移動方向不一定垂直．故B錯誤．D、電場力做功為零，點電荷可以沿直線從a點移到b點，也可以不沿直線從a點移到b點．故D錯誤．應當選：C．點評： 此題抓住電場力做功只與電荷初末位置有關，與路徑無關是關鍵，與重力做功的特點相似．3．〔4分〕兩個固定的等量異種電荷，在他們連線的垂直平分線上有a、b、c三點，如下列圖，如下說法正確的答案是〔〕 A． a點電勢比b點電勢高 B． a、b兩點場強方向一樣，a點場強比b點大 C． a、b、c三點與無窮遠電勢相等 D． 一帶電粒子〔不計重力〕，在a點無初速釋放，如此它將在a、b線上運動考點： 電勢差與電場強度的關系；電場強度；電勢．專題： 電場力與電勢的性質專題．分析： 等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，一直延伸到無窮遠處．a、b兩點場強方向一樣，b處電場線較密，場強較大．帶電粒子〔不計重力〕，在a點無初速釋放，所受的電場力方向與ab連線垂直，不可能沿ab連線運動．解答： 解：A、C、等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，一直延伸到無窮遠處，即a、b、c三點與無窮遠電勢相等．故A錯誤，C正確．B、a、b兩點場強方向一樣，b處電場線較密，場強較大．故B錯誤．D、帶電粒子〔不計重力〕，在a點無初速釋放，所受的電場力方向與ab連線垂直，不可能沿ab連線運動．故D錯誤．應當選：C．點評： 此題考查對等量異種電荷等勢線與電場線分布的了解與理解程度，根底題．4．〔4分〕一帶電粒子射入一固定在O點的點電荷電場中，粒子運動軌跡如圖中虛線abc所示．圖中的實線是同心圓弧，表示電場的等勢面，不計粒子的重力，如此可以斷定〔〕 A． 粒子受到靜電引力 B． 粒子在b點受到的電場力最大 C． 從a到c整個過程，電場力做正功 D． 粒子在b點的速度大于在a點的速度考點： 電勢能；等勢面．分析： 電場線與等勢面垂直．電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，沿電場線的方向，電勢降低，電場力做正功，電勢能減小，電場力做負功，電勢能增加．解答： 解：A、根據軌跡彎曲方向判斷出，粒子在a→b→c的過程中，一直受靜電斥力作用，故A錯誤．B、粒子由a到b，電場強度越強，如此電場力越大，在b點電場力最大，故B正確．C、c點和a點在同一個等勢面上，電場力做功為零，動能不變化，故C錯誤．D、根據動能定理，粒子由a到b，電場力做負功，動能減少，故粒子在b點的速度一定小于在a點的速度，故D錯誤．應當選：B．點評： 加強根底知識的學習，掌握住電場線和等勢面的特點，即可解決此題．5．〔4分〕如下列圖，帶箭頭的線段表示某一電場的電場線，在電場力作用下〔不計重力〕一帶電粒子經過A點飛向B點，徑跡如圖中虛線所示，以下判斷正確的答案是〔〕 A． A、B兩點相比擬，A點電勢高 B． 粒子在A點時加速度大 C． 粒子帶正電 D． 粒子在B點的動能大考點： 電場線；電勢；電勢能．專題： 電場力與電勢的性質專題．分析： 電場線是從正電荷或者無窮遠出發(fā)出，到負電荷或無窮遠處為止，沿電場線的方向，電勢降低，電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小．解答： 解：A、沿電場線的方向，電勢降低，所以A點電勢比B點電勢高，故A正確；B、電場線密的地方電場的強度大，所以粒子在B點受到的電場力大，在B點時的加速度較大，所以B錯誤．C、電場線的方向向上，根據粒子的運動的軌跡可以判斷得出粒子受到的電場力的方向為向下，與電場線的方向相反，所以該離子帶負電，所以C錯誤；D、從A到B得過程中，電場力對粒子做負功，所以粒子的動能減小，電勢能增加，所以D錯誤．應當選A．點評： 加強根底知識的學習，掌握住電場線的特點，即可解決此題．6．〔4分〕對于點電荷的電場，我們取無限遠處作零勢點，無限遠處的電勢能也為零，那么以下說法錯誤的答案是〔〕 A． 在正電荷形成的電場中，各點的電勢均大于零 B． 在負電荷形成的電場中，各點的電勢均小于零 C． 正電荷在高電勢處，電勢能大 D． 負電荷在高電勢處，電勢能大考點： 電勢能；電勢．專題： 電場力與電勢的性質專題．分析： 沿電場線方向電勢逐漸降低，根據電場線的指向判斷正電荷和負電荷形成電場中的電勢．根據Ep=qφ判斷電勢能的上下．解答： 解：A、正電荷形成的電場中，電場線由正電荷指向無窮遠，沿電場線方向電勢逐漸降低，無窮遠處的電勢為零，如此各點的電勢大于零．故A正確．B、負電荷形成的電場中，電場線由無窮遠指向負電荷，沿電場線方向電勢逐漸降低，無窮遠處的電勢為零，如此各點的電勢小于零．故B正確．C、D、根據Ep=qφ得，正電荷在電勢高的地方電勢能大，負電荷在電勢高的地方電勢能?。蔆正確，D錯誤．此題選錯誤的，應當選D．點評： 解決此題的關鍵知道電場線和電勢的聯系，以與知道電勢能和電勢的關系．7．〔4分〕如圖，有一電荷q=﹣3×10﹣6庫侖，從A點移到B點，電場力做功為6×10﹣4焦耳，從B點移到C點抑制電場力做功4×10﹣4焦耳，在A、B、C三點中，電勢最高的點和電勢最低的點分別是〔〕 A． B點和A點 B． A點和C點 C． B點和C點 D． A點和B點考點： 電勢能；電勢．專題： 電場力與電勢的性質專題．分析： 根據電場力做功與電勢差的關系，求出AB、BC間的電勢差，從而比擬出電勢的上下．解答： 解：從A點移到B點，電場力做功為6×10﹣4焦耳，有WAB=qUAB，解得．從B點移到C點抑制電場力做功4×10﹣4焦耳，有WBC=qUBC，解得．可知A點電勢比B點電勢低200V，B電勢比C點電勢高V，所以C點電勢比A點電勢高．如此B點電勢最高，A點電勢最低．故A正確，B、C、D錯誤．應當選A．點評： 解決此題的關鍵知道電場力做功與電勢差的關系，以與知道電勢差等于電勢之差．8．〔4分〕在靜電場中，將一個電子由a點移到b點，電場力做功5焦耳，如此如下判斷正確的答案是〔〕 A． 電場強度方向一定由b指向a B． a、b兩點的電勢差為5伏特 C． 電子的動能減少了5焦耳 D． 電勢零點未確定，故a、b兩點的電勢沒有確定值考點： 電勢能．分析： 電子在電場中移動時，根據電場力做功不能確定場強方向．電場力做正功多少，電子的電勢能就減小多少，動能就相應增加多少．由公式U=求出a、b兩點電勢差Uab．由題，電勢零點未確定，a、b兩點的電勢沒有確定值解答： 解：A、由題，電子由a點移到b點，電場力做功5eV，電子的位移方向不沿b到a，電場強度的方向不一定由b指向a．故A錯誤B、a、b兩點電勢差Uab=．故B錯誤．C、由于電場力對電子做功5eV，電子的電勢能就減少了5eV，動能增加5eV．故C錯誤；D、電勢是相對的，是相對零電勢點的，根據條件只能求出a、b間電勢差，不能確定a、b兩點的電勢．故D正確．應當選：D點評： 在應用公式U=解題時，U、W、q都要代入符號求解，還要注意電荷移動的方向和電勢差的順序．基此題9．〔4分〕如下列圖，有三個質量相等分別帶正電、負電和不帶電的小球，從平行板電場中的P點以一樣的初速度垂直于電場方向進入電場，它們分別落到A、B、C三點，如此可以斷定〔〕 A． 落到A點的小球帶正電，落到C點的小球帶負電 B． 三小球在電場中運動時間相等 C． 三小球到達正極板的動能關系是EKA＞EKB＞EKC D． 三小球在電場中運動的加速度是aA＞aB＞aC考點： 帶電粒子在混合場中的運動．專題： 帶電粒子在復合場中的運動專題．分析： 有圖可知上極板帶負電，所以平行板間有豎直向上的電場，正電荷在電場中受到向上的電場力，負電荷受到向下的電場力．如此不帶電的小球做平拋運動，帶負電的小球做類平拋運動，加速度比重力加速度大，帶正電的小球做加速度比重力加速度小的類平拋運動．由此根據平拋和類平拋運動規(guī)律求解．解答： 解：在平行金屬板間不帶電小球、帶正電小球和帶負電小球的受力如如下圖所示：由此可知不帶電小球做平拋運動a1=，帶正電小球做類平拋運動a2=，帶負電小球做類平拋運動a3=．根據題意，三小球在豎直方向都做初速度為0的勻加速直線運動，球到達下極板時，在豎直方向產生的位移h相等，據t=得三小球運動時間，正電荷最長，不帶電小球次之，帶負電小球時間最短．A、三小球在水平方向都不受力，做勻速直線運動，如此落在板上時水平方向的距離與下落時間成正比，故水平位移最大的A是帶正電荷的小球，B是不帶電的小球，C帶負電的小球．故A正確．B、由于三小球在豎直方向位移相等，初速度均為0，由于電場力的作用，三小球的加速度不相等，故它們的運動時間不相等，故B錯誤；C、根據動能定理，三小球到達下板時的動能等于這一過程中合外力對小球做的功．由受力圖可知，帶負電小球合力最大為G+F，做功最多動能最大，帶正電小球合力最小為G﹣F，做功最少動能最小．故C錯誤．D、因為A帶正電，B不帶電，C帶負電，所以aA=a2，aB=a1，aC=a3，所以aA＜aB＜aC．故D錯誤．應當選：A．點評： 確認不帶電小球做平拋運動，帶電小球做類平拋運動，分水平和豎直方向分析小球的運動，水平方向勻速直線運動，豎直方向初速度為0的勻加速直線運動，由運動的合成與分解進展分析．10．〔4分〕如下列圖，電子在電壓為U1的加速電場中由靜止開始運動，然后進入電壓為U2的兩塊平行極板間的電場中，入射方向和極板平行．整個裝置放在真空中，在滿足電子能射出平行板區(qū)的條件下，一定能使電子的偏移量h變大的是〔〕 A． U1變大、U2變大 B． U1變小、U2變大 C． U1變大、U2變小 D． U1變小、U2變小考點： 帶電粒子在勻強電場中的運動．專題： 帶電粒子在電場中的運動專題．分析： 電子在加速電場中，在電場力的作用下，做勻加速直線運動，可由電場力做功求出射出加速電場是的速度．電子在水平放置的平行板之間，因受到的電場力的方向與初速度的方向垂直，故電子做類平拋運動．運用平拋運動的豎直方向的做勻加速直線運動的位移公式，可求出電子的偏轉位移h的變化情況．解答： 解：設電子被加速后獲得初速為v0，如此由動能定理得：…①又設極板長為l，如此電子在電場中偏轉所用時間：…②又設電子在平行板間受電場力作用產生加速度為a，由牛頓第二定律得：…③電子射出偏轉電場時，平行于電場方向的速度：h=…④由①、②、③、④可得：h=故U2變大或U1變小都可能使h變大，應當選項B正確，選項ACD錯誤．應當選：B．點評： 帶電粒子在電場中的運動，可分為三類，第一類是在勻強電場中做勻變速速直線運動，此過程是電勢能與帶電粒子動能之間的轉化．第二類是帶電粒子在勻強電場中偏轉，帶電粒子垂直進出入勻強電場時做勻變速曲線運動，分解為兩個方向的直線運動，分別用公式分析、求解運算，是這類問題的最根本解法．第三類是帶電粒子在點電荷形成的電場中做勻速圓周運動，應用圓周運動的知識求解．11．〔4分〕如下列圖，直線A為電源a的路端電壓與電流的關系圖象，直線B為電源b的路端電壓與電流的關系圖象，直線C為一個電阻R的兩端電壓與電流的關系圖象，將這個電阻R分別接到a、b兩電源上，那么〔〕 A． R接到a電源上，電源的效率較高 B． R接到b電源上，電源的輸出功率較大 C． R接到a電源上，電源的輸出功率較大，但電源效率較低 D． R接到b電源上，電阻R的發(fā)熱功率和電源的效率都較高考點： 電功、電功率；路端電壓與負載的關系．專題： 恒定電流專題．分析： 根據電源的圖線，讀出短路電流和電阻R接在電源上時的工作狀態(tài)，分析電源效率的大小．電源的U﹣I圖線與電阻R的U﹣I圖線的交點表示電阻R接在該電源上的工作狀態(tài)，讀出電壓和電流，分析電源的輸出功率大?。獯穑?解：A、電源的效率η=．由圖看出，電阻R接在電源a上時電路中電流為0.5I，短路電流為I，根據閉合電路歐姆定律I=得到，R=r，a電源的效率為50%．由圖看出，電阻R接在電源b上時＞50%，如此電源b的效率大于50%．故A錯誤．B、電源的圖線與電阻R的U﹣I圖線的交點表示電阻R接在該電源上的工作狀態(tài)，由圖讀出電阻R接在電源a的電壓和電流較大，電源a的輸出功率較大．故B錯誤．C、D由分析可知，R接到a電源上，電源的輸出功率較大，電源效率較低．故C正確，D錯誤．應當選：C點評： 此題考查對電源和電阻伏安特性曲線的理解，從交點、斜率、面積等數學角度來理解圖線的物理意義．12．〔4分〕如圖是一火警報警的一局部電路示意圖．其中R2為用半導體熱敏材料制成的傳感器，電流表為值班室的顯示器，a、b之間接報警器．當傳感器R2所在處出現火情時，顯示器的電流I、報警器兩端的電壓U的變化情況是〔〕 A． I變大，U變大 B． I變小，U變小 C． I變小，U變大 D． I變大，U變小考點： 常見傳感器的工作原理．分析： R2為用半導體熱敏材料制成的傳感器，溫度升高時，其電阻減?。攤鞲衅鱎2所在處出現火情時，分析R2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．根據并聯局部電壓的變化，分析I的變化．解答： 解：當傳感器R2所在處出現火情時，R2的阻值變小，外電路總電阻變小，如此總電流變大，電源的內電壓變大，路端電壓變小，如此U變?。娐分胁⒙摼植康碾妷篣并=E﹣I〔R1+r〕，I變大，其他量不變，如此U并變小，I也變小．所以I變小，U變小，故B正確，ACD錯誤．應當選：B點評： 此題解題關鍵是掌握熱敏電阻與溫度的關系，再按“局部→整體→局部〞的順序進展動態(tài)變化分析．13．〔4分〕在如圖電路中K1、K2、K3、K4均閉合，C是極板水平放置的平行板電容器，板間懸浮著一油滴P，斷開哪一個開關后P會向下運動？〔〕 A． K1 B． K2C． K3 D． K4考點： 電容；閉合電路的歐姆定律．專題： 電容器專題．分析： 平行板電容器板間懸浮著一油滴P，油滴所受的重力與電場力平衡，當電場力減小時，油滴會向下運動．根據條件分別分析哪種情況下板間場強和油滴的電場力是減小的．解答： 解：A、斷開K1，電容器兩板間的電壓不變，場強不變，油滴所受的電場力不變，油滴仍處于平衡狀態(tài)．故A錯誤．B、斷開K2，電容器兩板間的電壓增大，穩(wěn)定時，其電壓等于電源的電動勢，板間場強增大，油滴所受的電場力增大，油滴將向上運動．與題意不符，故B錯誤．C、斷開K3，電容器通過電阻放電，板間場強逐漸減小，油滴所受的電場力減小，油滴將向下運動．故C正確．D、斷開K4，電容器的電量不變，板間場強不變，油滴仍處于靜止狀態(tài)．故D錯誤．應當選C點評： 此題考查分析電容器電壓的能力．難點是斷開K2，穩(wěn)定后電容器的電壓等于電源的電動勢，可以用電勢差等于電壓來理解．14．〔4分〕在研究微型電動機的性能時，應用如下列圖的實驗電路．當調節(jié)滑動變阻器R并控制電動機停止轉動時，電流表和電壓表的示數分別為0.50A和2.0V．重新調節(jié)R并使電動機恢復正常運轉，此時電流表和電壓表的示數分別為2.0A和24.0V．如此這臺電動機正常運轉時輸出功率為〔〕 A． 47W B． 44W C． 32W D． 48W考點： 電功、電功率；閉合電路的歐姆定律．專題： 恒定電流專題．分析： 從電路圖中可以看出，電動機和滑動變阻器串聯，電壓表測量電動機兩端的電壓，電流表測量電路電流，根據公式R=可求電動機停轉時的電阻；利用公式P=UI可求電動機的總功率，根據公式P=I2R可求電動機抑制本身阻力的功率，總功率與電動機抑制自身電阻功率之差就是電動機的輸出功率．解答： 解：電動機的電阻R===4Ω；電動機的總功率P=U1I1=24V×2A=48W；抑制自身電阻的功率PR=I12R=〔2A〕2×4Ω=16W；電動機正常運轉時的輸出功率是P輸出=P﹣PR=48W﹣16W=32W．應當選C．點評： 此題考查電阻、功率的有關計算，關鍵是明白電路中各個用電器的連接情況，要知道非純電阻電路的功率的計算方法，這是此題的重點和難點．15．〔4分〕如下列圖，直線A為電源的U﹣I圖線，曲線B為燈泡電阻的U﹣I圖線，用該電源和小燈泡組成閉合電路時，電源的輸出功率和電路的總功率分別是〔〕 A． 4W、8W B． 2W、4W C． 4W、6W D． 2W、3W考點： 閉合電路的歐姆定律；電功、電功率．專題： 恒定電流專題．分析： 電源的外特性曲線與燈泡伏安特性曲線的交點就是燈泡與電源連接時的工作狀態(tài)，由圖可讀出工作電壓和電流與電源的電動勢從而可算出電源的輸出功率和總功率．解答： 解：由圖讀出E=3V，r=0.5Ω燈泡與電源連接時，工作電壓U=2V，I=2A如此電源的輸出功率P出=EI﹣I2r=〔3×2﹣22×0.5〕W=4W電源的總功率P總=EI=3×2W=6W應當選C點評： 解決這類問題的關鍵在于從數學角度理解圖象的物理意義，抓住圖象的斜率、面積、截距、交點等方面進展分析，更加全面地讀出圖象的物理內涵．二、非選擇題〔本大題50分〕16．〔18分〕某同學利用多用電表測量一個未知電阻的阻值，由于第一次選擇的歐姆檔〔×10〕不夠適宜，現改換另一歐姆檔測量．兩次測量時多用電表指針所指位置如下列圖，下面列出第二次測量的有關操作：A．將兩表筆短接，并調零B．將兩表筆分別跟被測電阻的兩端接觸，觀察指針的位置，記下電阻值C．將多用電外表板上旋鈕調到×100檔D．將多用電外表板上旋鈕調到×1檔E．將多用電外表板上旋鈕調到off位置〔1〕根據上述有關操作，將第二次測量的合理實驗步驟按順序寫出C、A、B、E．〔2〕該電阻的阻值是2000Ω．考點： 用多用電表測電阻．專題： 實驗題．分析： 〔1〕歐姆表指針指在中間附近時，讀數最準確；歐姆表每次使用應該先選檔位，然后歐姆調零，最后測量；再換擋位、測量；最后調到OFF擋或交流最大電壓擋；〔2〕歐姆表指針示數與擋位的乘積是歐姆表示數．解答： 解：〔1〕歐姆表指針指在中間附近時，讀數最準確，由題意可知，由于第一次選擇的歐姆檔〔×10〕不夠適宜，現改換另一歐姆檔測量，由圖示表盤可知，故第一次指針指在左邊，指針偏角太小，所選擋位太小，要準確測量電阻阻值，應換大擋，換用×100擋，然后重新進展歐姆調零，再測量電阻阻值，測量完畢應把選擇開關置于OFF擋或交流最大擋，故正確的實驗步驟是：C、A、B、E；〔2〕歐姆表所選擋位為×100，由圖示表盤可知，電阻阻值為：10×100=2000Ω．故答案為：〔1〕C、A、B、E；〔2〕2000．點評： 此題考查了歐姆表的使用技巧以與讀數方法，根底題．換擋之后一定要進展歐姆表調零是做該類題目的關鍵．17．在“測定金屬的電阻率〞的實驗中，測定阻值約為3﹣5Ω的金屬絲的電阻率，實驗中所用的電壓表規(guī)格：量程0﹣3V、內阻3kΩ；電流表規(guī)格：量程0﹣0.6A、內阻0.1Ω；還有其他一些器材：〔1〕在給定的方框內畫出實驗電路圖；〔2〕用螺旋測微器測得金屬絲的直徑如下列圖，可知金屬絲的直徑d=0.622mm〔3〕實驗中還應測出的物理量是電阻絲的長度L，電阻絲兩端的電壓U，流過電阻的電流I；電阻率的計算公式為ρ=ρ=．考點： 測定金屬的電阻率．專題： 實驗題．分析： 〔1〕將電路分為測量電路和控制電路兩局部．測量電路采用伏安法．根據電壓表、電流表與待測電阻阻值倍數關系，選擇電流表外接法．〔2〕螺旋測微器的固定刻度最小分度為1mm，可動刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度讀出整毫米數包括半毫米數，由可動刻度讀出毫米的小數局部．〔3〕根據電阻定律和歐姆定律表示出電阻率，再進展求解．解答： 解：〔1〕因為==600，==50，＞，應當選擇電流表外接法．〔2〕固定刻度讀數為0.5mm，可動刻度讀數為0.122mm，如此此金屬絲的直徑為0.622mm．〔3〕根據電阻定律，有R=ρ由數學知識有：S=根據歐姆定律，有R=由上述三式解得：ρ=，實驗中還應測出的物理量是電阻絲的長度L，電阻絲兩端的電壓U，流過電阻的電流I．故答案為：〔1〕見上圖〔2〕0.622〔0.621﹣0.623均正確〕，〔3〕電阻絲的長度L，電阻絲兩端的電壓U，流過電阻的電流I；．點評： 螺旋測微器讀數時要估讀到0.001mm．用伏安法測量電阻，首先要考慮安全，其次準確，最后操作方便．三、解答題〔共6小題，總分為32分〕18．〔6分〕如下列圖，質量為m，電量為e的電子，從A點以速度v0垂直場強方向射入勻強電場中，從B點射出電場時的速度方向與電場線成120度角，如此A、B兩點間的電勢差是多少？考點： 帶電粒子在勻強電場中的運動；電勢差．專題： 帶電粒子在電場中的運動專題．分析： 電子垂直進入勻強電場中，做類平拋運動，作出電子經過B點時速度的分解圖，求出經過B點時的速度，根據動能定理求解A、B兩點間的電勢差．解答： 解：從A到B過程，由動能定理得：eU=mv2﹣mv02又因為：cos30°==所以：U=答：A、B兩點間的電勢差是點評： 此題運用動能定理求電勢差，也可以根據類平拋運動的特點，牛頓第二定律和運動學結合求解．19．〔8分〕如下列圖，質量為5×10﹣8kg的帶電微粒以V0=2m/s的速度從水平放置的金屬板A、B的中央飛入板間，板長L=10cm，板間距離d=2cm．當UAB〔1〕UAB為多大時粒子擦上板邊沿飛出？〔2〕UAB在什么范圍內帶電粒子能從板間飛出？不能忽略粒子重力．考點： 帶電粒子在勻強電場中的運動．專題： 帶電粒子在電場中的運動專題．分析： 〔1〕當UAB=1000V時，帶電粒子恰好沿直線穿過板間，電場力與重力平衡，粒子做勻速直線運動，可列出平衡方程，得到電場力與重力的關系；當粒子擦上板邊沿飛出時，粒子向上做類平拋運動，偏轉的距離等于，水平位移等于板長L，運用運動的分解法，根據牛頓第二定律和運動學公式求出UAB．〔2〕當粒子擦下板邊沿飛出時UAB最小，運用同樣的方法求解UAB的最小值．粒子擦上板邊沿飛出時，UAB最大，再得UAB的范圍．解答： 解：〔1〕當UAB=1000V時，有mg=q；當粒子擦上板邊沿飛出時，粒子向上做類平拋運動，由題得知，偏轉距離為y=，水平位移x=L．由L=v0t，y=，得加速度為a==8m/s2根據牛頓第二定律得q﹣mg=ma又mg=q；聯立兩式得，U′AB=1800V〔2〕當粒子擦下板邊沿飛出時UAB最小，根據對稱性可知，加速度大小也等于a，再由牛頓第二定律得mg﹣q=ma解得，U″AB=200V所以UAB在200V～1800V范圍內帶電粒子能從板間飛出．答：〔1〕UAB為1800V時粒子擦上板邊沿飛出．〔2〕UAB在200V～1800V范圍內帶電粒子能從板間飛出．點評： 此題帶電粒子在重力場與電場的復合場中做類平拋運動，采用運動的分解法研究，只是要注意此題中粒子的重力必須考慮．20．如下列圖，在y＞0的空間中存在勻強電場，場強沿y軸負方向；在y＜0的空間中，存在勻強磁場，磁場方向垂直xy平面〔紙面〕向外．一電量為q、質量為m的帶正電的運動粒子，經過y軸上y=h處的點P1時速率為v0，方向沿x軸正方向；然后，經過x軸上x=2h處的P2點進入磁場，并經過y軸上y=﹣2h處的P3點．不計重力．求〔l〕電場強度的大?。?〕粒子到達P2時速度的大小和方向．〔3〕磁感應強度的大?。键c： 帶電粒子在混合場中的運動．專題： 壓軸題．分析： 〔1〕粒子在電場中做類平拋運動，由牛頓第二定律與運動學公式即可求出電場強度；〔2〕粒子到達P2時速度方向決定粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡，由x方向的速度分量和沿y方向的速度分量可得方向角，根據運動學公式即可求解；〔3〕粒子在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動的半徑根據幾何關系可以求出，再由牛頓第二定律即可求出磁感應強度．解答： 解：〔1〕粒子在電場中做類平拋運動，設粒子從P1到P2的時間為t，電場強度的大小為E，粒子在電場中的加速度為a，由牛頓第二定律與運動學公式有：v0t=2h①qE=ma②③聯立①②③式可得：〔2〕粒子到達P2時速度方向決定粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡，由x方向的速度分量和沿y方向的速度分量可得方向角〔與x軸的夾角〕為θ，v12=2ahθ=45°所以粒子是垂直P2P3的連線進入磁場的，P2P3是粒子圓周運動軌跡的直徑，速度的大小為〔3〕設磁場的磁感應強度為B，在洛侖茲力作用下粒子做勻速圓周運動的半徑根據幾何關系可知是r=，由牛頓第二定律所以如圖是粒子在電場、磁場中運動的軌跡圖答：〔l〕電場強度的大小為．〔2〕粒子到達P2時速度的大小為，與x軸成45°夾角；〔3〕磁感應強度的大小為．點評： 此題主要考查了帶電粒子在混合場中運動的問題，要求同學們能正確分析粒子的受力情況，再通過受力情況分析粒子的運動情況，熟練掌握圓周運動與平拋運動的根本公式，難度適中．21．如圖，在寬度分別為l1和l2的兩個毗鄰的條形區(qū)域分別有勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直于紙面向里，電場方向與電、磁分界限平行向右，一帶正電荷的粒子以速率v從磁場區(qū)域上邊界的P點斜射入磁場，然后以垂直于電、磁場分界限的交點到PQ的距離為d，不計重力，求電場強度與磁感應強度大小之比與粒子在磁場與電場中運動時間之比．考點： 帶電粒子在勻強磁場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動．專題： 帶電粒子在復合場中的運動專題．分析： 帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，找出圓心根據牛頓第二定律并結合幾何關系列式；在電場中做類似平拋運動，垂直電場線方向做勻速直線運動，平行電場線方向做初速度為零的勻加速直線運動，根據分位移公式列式，最后聯立方程組求解．解答： 解：粒子在磁場中做勻速圓周運動〔