甘肃省张掖市民乐一中高二物理上学期第二次月考试题含解析

2022-2022学年甘肃省张掖市民乐一中高二（上）第二次月考物理试卷　一、单项选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合答案要求，选对的得5分，选错或不选的得0分，每小题5分，共35分．）1．真空中有两个静止的同种点电荷q1、q2，保持q1不动，释放q2．q2只在q1的库仑力作用下运动则q2在运动过程中的加速度（　　）A．不断增大B．不断减小C．先增大后减小D．始终保持不变　2．如图表示的是四种典型的静电场，在这四个图中，a．b两点的电势相等，电场强度也相同的是图（　　）A．两块带等量异种电荷的平行金属板间产生的匀强电场，a．b是电场中的两个点B．图是点电荷产生的电场，a．b是离点电荷等距的两个点C．图是两个等量同种电荷产生的电场，a．b是两电荷中垂线上与连线中点O等距的两个点D．图是两个等量同种电荷产生的电场，a．b是两电荷中垂线上与连线中点O等距的两个点　3．某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知（　　）A．反映Pr变化的图线是c-19-\nB．电源电动势为8VC．电源内阻为1ΩD．当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω　4．示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示，真空室中电极K发出电子（初速度不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中．金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是（　　）A．U1变大，U2变大B．U1变小，U2变大C．U1变大，U2变小D．U1变小，U2变小　5．MN为M点左侧的正点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是（　　）A．粒子从a到b的过程中动能逐渐减小B．粒子带负电C．粒子在a点具有的电势能大于在b点具有的电势能D．粒子在a点的加速度小于在b点的加速度　6．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，电流表A和电压表V均可视为理想电表．闭合开关S后，在将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中（　　）A．电流表A的示数变小，电压表V的示数变大B．小灯泡L变暗C．通过定值电阻R1的电流方向自右向左D．电源的总功率变大，效率变小　7．如图所示的电路中灯泡A．B均不亮，但已知电路中只有一处断开，现用电压表测得Uab=0，Uac=6V，Ubd=6V，Ucd=0，则可分析出（　　）-19-\nA．B灯断B．A灯断C．电源E断D．R断　　二、多项选择题（在每小题给出的4个选项中，有多个选项是正确的．全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的或不选的得0分，每小题5分，共15分．）8．下列各种说法中不正确的是（　　）A．电流的定义式I=适用于任何电荷的定向移动形成的电流B．电源的负载增加，输出功率一定增大C．电动势在数值上等于电源将单位正电荷从正极经用电器移送到负极时电场力所做的功D．从R=可知，导体的电阻跟两端的电压成正比，跟导体的电流成反比　9．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况不正确的是（　　）A．Q变小，C不变，U不变，E变小B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变D．Q不变，C变小，U变大，E变小　10．质量为m的带电小球由空中某点A无初速度地自由下落，在t秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．整个过程中不计空气阻力且小球从未落地，则（　　）A．匀强电场方向竖直向上B．从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能变化了mg2t2C．整个过程中小球电势能减少了2mg2t2D．从A点到最低点的过程中，小球重力势能变化了mg2t2　　三、实验题（4分+12分=16分）-19-\n11．用游标为20分度的卡尺测量某一物体的宽度情况如图甲所示，其读数为　　　　　　mm；用螺旋测微器测某一物体的长度情况如图乙所示，其读数为　　　　　　mm．使用直流3V量程测电压为　　　　　　．多用表选直流0.6A档测电流读数为　　　　　　．　12．（12分）（2022秋•张掖校级月考）从以下器材中选取适当的器材，设计一个测量阻值约为15KΩ的电阻Rx的电路，要求方法简捷，Rx两端的电压从零开始变化，要尽可能提高测量的精度．电流表A1：量程300μA，内阻r1为300Ω，电流表A2：量程100μA，内阻r2=500Ω，电压表V1：量程10V，内阻r3约为15KΩ，电压表V2：量程3V，内阻r4≈10KΩ；电阻R0：阻值约为25Ω，作保护电阻用，额定电流为1A，滑动变阻器R1，阻值约为50Ω，额定电流为1A，滑动变阻器R2，阻值约为1000Ω，额定电流为1A，电池组E：电动势4.5V，内阻很小但不可忽略，开关及导线若干．（1）应选用的电流表、电压表、滑动变阻器分别是：　　　　　　、　　　　　　、　　　　　　（填仪表代号）（2）在方框中画出实验电路图（3）用所测数据对应的物理量计算Rx，计算表达式为Rx=　　　　　　．　　三．计算说理题（8分+10分+12分+14分=44分）-19-\n13．如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为r，在a点处固定一电荷量为q（q＞0）的点电荷．一同学将一检测电荷沿直线在ac间移动时发现只在b点不需加力．不计重力，已知静电力常量为K．求d点处场强的大小．　14．（10分）（2022秋•张掖校级月考）如图所示，匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形中，∠A=30°，边长AC=32cm．把电荷量q=﹣2×10﹣10C的点电荷由A点移到B点，电场力做功4.8×10﹣8J，再由B点移到C点，电荷克服电场力做功4.8×10﹣8J，取B点的电势为零，求（1）A、C两点的电势；（2）匀强电场的场强．　15．（12分）（2022秋•张掖校级月考）如图所示，电阻R1=8Ω，电动机绕组电阻R0=2Ω，当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当开关S闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W．若电源的电动势为6V，求开关S闭合时（1）干路中的总电流（2）电动机输出的机械功率．（3）若此电动机输出的机械功率不变，用它从静止开始竖直提升0.5Kg物体时，物体匀速上升时的速度为多大．（g=10m/s2）　16．（14分）（2022秋•温州校级期中）如图所示，离子发生器发射一束质量为m，电荷量为+q的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0再从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形区域是该匀强电场的边界，已知正方形的边长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d．（1）求加速电压U0；（2）若离子恰从c点飞离电场，求ac两点间的电势差Uac；（3）若离子从边界上某点飞出时的动能为mv02，试判断离子从哪条边界飞出，并求此时匀强电场的场强大小E．-19-\n　　2022-2022学年甘肃省张掖市民乐一中高二（上）第二次月考物理试卷参考答案与试题解析　一、单项选择题（在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合答案要求，选对的得5分，选错或不选的得0分，每小题5分，共35分．）1．真空中有两个静止的同种点电荷q1、q2，保持q1不动，释放q2．q2只在q1的库仑力作用下运动则q2在运动过程中的加速度（　　）A．不断增大B．不断减小C．先增大后减小D．始终保持不变考点：库仑定律．分析：本题比较简单，由题可知小球受斥力，距离越来越远，因此直接利用库仑定律与牛顿第二定律公式即可求解．解答：解：带电相同的小球受斥力作用，因此距离越来越远，由于电量保持不变，根据F=k可知距离增大，电场力将逐渐减小，再由牛顿第二定律，可知，加速度不断减小，故ACD错误，B正确．故选：B．点评：对于库仑定律公式F=k，要明确其使用条件和各个物理量的含义，同时掌握牛顿第二定律的应用．　2．如图表示的是四种典型的静电场，在这四个图中，a．b两点的电势相等，电场强度也相同的是图（　　）A．两块带等量异种电荷的平行金属板间产生的匀强电场，a．b是电场中的两个点B．-19-\n图是点电荷产生的电场，a．b是离点电荷等距的两个点C．图是两个等量同种电荷产生的电场，a．b是两电荷中垂线上与连线中点O等距的两个点D．图是两个等量同种电荷产生的电场，a．b是两电荷中垂线上与连线中点O等距的两个点考点：电场线．分析：电势是标量，同一等势面各点电势相等．电场强度是矢量，只有大小和方向均相同时，场强才相同．解答：解：A、a、b是匀强电场中的两点，电场强度相同，而a点的电势高于b点的电势．故A错误．B、a、b是同一等势面上的两点，电势相同，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．故B错误．C、根据电场线的对称性可知，ab两点电势相同，场强大小相等，但方向相反，所以电场强度不同．故C错误．D、等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，则a、b的电势相同．由于电场线关于两电荷连线上下对称，场强也相同．故D正确．故选：D点评：本题要抓住电势与场强的区别，只要大小相同，标量就相同．而矢量大小和方向都相同才相同．对于常见电场的电场线与等势面分布要了解，有助于解题．　3．某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标系上，如图中的a、b、c所示，根据图线可知（　　）A．反映Pr变化的图线是cB．电源电动势为8VC．电源内阻为1ΩD．当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．-19-\n分析：电源内部的发热功率Pr=I2r．直流电源的总功率PE=EI，P﹣I图象的斜率等于电动势E．当I=2A时，电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等，求出电源的内阻．根据闭合电路欧姆定律求出电流为0.5A时的外电阻．解答：解：A、电源内部的发热功率Pr=I2r，Pr﹣I图象是抛物线，而且是增函数，则反映Pr变化的图线是c．故A正确．B、直流电源的总功率PE=EI，P﹣I图象的斜率等于电动势E，则有E==4V．故B错误．C、图中I=2A时，电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等，则有Pr=I2r，得到r==Ω=2Ω．故C错误．D、当电流为0.5A时，根据闭合电路欧姆定律得：I=，代入解得R=6Ω．故D正确．故选AD点评：本题要根据电源的总功率公式PE=EI求解电动势，根据发热功率的解析式I2r，求解电源的内阻．　4．示波管是一种多功能电学仪器，它的工作原理可以等效成下列情况：如图所示，真空室中电极K发出电子（初速度不计），经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中．金属板长为L，相距为d，当A、B间电压为U2时电子偏离中心线飞出电场打到荧光屏上而显示亮点．已知电子的质量为m、电荷量为e，不计电子重力，下列情况中一定能使亮点偏离中心距离变大的是（　　）A．U1变大，U2变大B．U1变小，U2变大C．U1变大，U2变小D．U1变小，U2变小考点：带电粒子在匀强电场中的运动．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：在加速电场中运用动能定理求出末速度v，粒子进入偏转电场后做类平抛运动，根据平抛运动的规律求出偏转位移，再进行讨论即可解题．解答：解：设经过电压为U1的加速电场后，速度为v，在加速电场中，由动能定理得：mv2=eU1，电子进入偏转电场后做类平抛运动，在水平方向上：L=vt，在竖直方向上：y=at2=••t2，解得：y=，-19-\n由此可知，当U1变小，U2变大时，y变大，故选：B．点评：本题考查了带电粒子在电场中加速和偏转问题，注意带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律解题．　5．MN为M点左侧的正点电荷产生的电场中的一条电场线，一个带电的粒子（不计重力）从a到b穿越这条电场线的轨迹如图中虚线所示．下列结论正确的是（　　）A．粒子从a到b的过程中动能逐渐减小B．粒子带负电C．粒子在a点具有的电势能大于在b点具有的电势能D．粒子在a点的加速度小于在b点的加速度考点：电场线；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：解答本题的突破口是根据粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向，从而确定电场线MN的方向以及负点电荷的位置，然后根据负点电荷周围电场分布情况，进一步解答解答：解：A、由于该粒子只受电场力作用且做曲线运动，电场力指向轨迹内侧，电场力方向大致向右，对带电粒子做做正功，其动能增加．故A错误．B、MN为M点左侧的正点电荷产生的电场中的一条电场线，则电场线从M指向N，与粒子受到电场力方向相同，所以粒子带正电．故B错误．C、电场力对带电粒子做正功，电势能减小，则带电粒子在a点的电势能大于在b点的电势能．故C正确．D、a点离点电荷较近，a点的电场强度大于b点的电场强度，带电粒子在a点的大于在b点的电场力，根据牛顿第二定律得知，带电粒子在a点的加速度大于在b点的加速度．故D错误．故选：C点评：依据带电粒子的运动轨迹确定其所受电场力方向是解决带电粒子在电场中运动问题的突破口，然后可进一步根据电场线、电场力做功等情况确定电势、电势能的高低变化情况．　6．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为r，C为电容器，电流表A和电压表V均可视为理想电表．闭合开关S后，在将滑动变阻器的滑片P向右移动的过程中（　　）A．电流表A的示数变小，电压表V的示数变大B．小灯泡L变暗C．通过定值电阻R1的电流方向自右向左D．电源的总功率变大，效率变小考点：闭合电路的欧姆定律．-19-\n专题：恒定电流专题．分析：闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向右移动时，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，确定外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，判断电流表示数和灯泡亮度的变化．由欧姆定律分析电压表示数的变化．根据变阻器电压的变化，判断电容器的电量变化．电源的总功率为P=EI，与电流成正比．解答：解：A、B闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向右移动时，变阻器接入电路的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减增大，则小灯泡L变亮，电流表A的示数变大．电压表的示数U=E﹣I（RL+r），I增大，其他量不变，则U减小，即电压表V的示数减小．故AB错误．C、电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U减小，由Q=CU，知电容器C上的电荷量减小，通过定值电阻R1的电流方向自左向右．故C错误．D、电源的总功率P=EI，I增大，则电源的总功率增大，效率，U减小，所以效率减小．故D正确．故选：D点评：本题是电路动态变化分析问题，电容器所在电路相当于开关断开，根据欧姆定律进行分析．　7．如图所示的电路中灯泡A．B均不亮，但已知电路中只有一处断开，现用电压表测得Uab=0，Uac=6V，Ubd=6V，Ucd=0，则可分析出（　　）A．B灯断B．A灯断C．电源E断D．R断考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：由图可知，灯泡A、B和滑动变阻器串联，又根据题意可得，电路故障是断路，因此如果电压表示数为零，说明电压表两极不能与电源正负极相连；如果电压表示数为电源电压，说明电压表两极与电源正负极相连．即可判断故障的位置．解答：解：用电压表测得ab、cd间电压为零，说明没有电流通过灯泡A、B．即两灯泡完好．ac间电压为6V，说明a到电源正极和c到电源负极电路完好；bc间电压为6V，说明b点到电源正极和c点到电源负极，电路完好，故bc间的用电器断路，即R断路．故D正确，ABC错误．故选D．点评：本题考查电压表检测电路故障的问题，如果是检测断路问题，测量时，电压表有示数的位置出现断路现象，电源除外．　二、多项选择题（在每小题给出的4个选项中，有多个选项是正确的．全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的或不选的得0分，每小题5分，共15分．）8．下列各种说法中不正确的是（　　）-19-\nA．电流的定义式I=适用于任何电荷的定向移动形成的电流B．电源的负载增加，输出功率一定增大C．电动势在数值上等于电源将单位正电荷从正极经用电器移送到负极时电场力所做的功D．从R=可知，导体的电阻跟两端的电压成正比，跟导体的电流成反比考点：电场强度．分析：物理学中把每秒钟通过导体任一横截面的电荷量（简称电量）叫做电流强度，简称电流，电源是通过非静电力做功将其他形式的能转化为电能的装置，电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领．影响导体电阻大小的因素：导体的长度、材料、横截面积以及温度，与导体两端的电压和通过的电流无关．解答：解：A、I=是电流的定义式，是比值定义法，适用于任何情况．故A正确．B、当外电路电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，可见，电源的输出功率与负载电阻与电源的内阻关系有关．故B错误．C、电源是通过非静电力做功将其他形式的能转化为电能的装置，在数值上等于电源将单位正电荷从负极移送到正极时，非静电力所做功，故C错误；D、R=是导体电阻的定义式，电流变化不是电阻的决定因素．故D错误．本题选错误的，故选：BCD点评：本题主要是对电流定义式的考察，明确电流等于导体通过的电荷量与所用时间的比值，知道电势差的概念，注意电阻是导体的一种属性，与电压、电流无关．　9．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况不正确的是（　　）A．Q变小，C不变，U不变，E变小B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变D．Q不变，C变小，U变大，E变小考点：电容器的动态分析．专题：电容器专题．分析：平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由电容的决定式C=，分析电容的变化，根据电容的定义式C=分析电压U的变化，而电场强度综合表达式E=，即可判定其大小变化情况．解答：解：平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变．增大电容器两极板间的距离d时，-19-\n由电容的决定式C=知，电容C变小，Q不变，则根据电容的定义式C=知，电容C变小，Q不变，则U变大，再根据E=，可得电场强度综合表达式E=，电场强度不发生变化，故C正确，ABD不正确．本题选择不正确的，故选：ABD．点评：对于电容器动态变化分析问题，要抓住不变量．当电容器保持与电源相连时，电压不变．当电容器充电后，与电源断开后，往往电量不变．根据电容的决定式和定义式结合进行分析，注意掌握电场强度综合表达式的内容．　10．质量为m的带电小球由空中某点A无初速度地自由下落，在t秒末加上竖直方向且范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．整个过程中不计空气阻力且小球从未落地，则（　　）A．匀强电场方向竖直向上B．从加电场开始到小球运动到最低点的过程中，小球动能变化了mg2t2C．整个过程中小球电势能减少了2mg2t2D．从A点到最低点的过程中，小球重力势能变化了mg2t2考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；重力势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：分析小球的运动情况：小球先做自由落体运动，加上匀强电场后小球先向下做匀减速运动，后向上做匀加速运动．由运动学公式求出t秒末速度大小，加上电场后小球运动，看成一种匀减速运动，自由落体运动的位移与这个匀减速运动的位移大小相等、方向相反，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求电场力，由W=qEd求得电场力做功，即可得到电势能的变化．由动能定理得求出A点到最低点的高度，得到重力势能的减小量．解答：解：A、小球所受电场力方向是向上的，但不知道小球带电的电性，所以不能判断电场的方向，故A错误；B、从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能减少了△Ek=，故B错误；C、小球先做自由落体运动，后做匀减速运动，两个过程的位移大小相等、方向相反．设电场强度大小为E，加电场后小球的加速度大小为a，取竖直向下方向为正方向，则由gt2=﹣（vt﹣at2）又v=gt解得a=3g，则小球回到A点时的速度为v′=v﹣at=﹣2gt整个过程中小球速度增量的大小为△v=v′﹣v=﹣3gt，速度增量的大小为3gt．由牛顿第二定律得：a=，联立解得电场力大小：Eq=4mg-19-\n整个过程中电场力做的功；电场力做的功等于电势能的减小量，故整个过程中小球电势能减少了2mg2t2；故C正确；D、设从A点到最低点的高度为h，根据动能定理得：mgh﹣qE（h﹣gt2）=0解得：h=gt2；故D正确．故选：CD．点评：本题考查学生应用牛顿运动定律及功能关系解决物理问题的能力；首先要分析小球的运动过程，采用整体法研究匀减速运动过程，抓住两个过程之间的联系：位移大小相等、方向相反，运用牛顿第二定律、运动学规律和动能定理结合进行研究．　三、实验题（4分+12分=16分）11．用游标为20分度的卡尺测量某一物体的宽度情况如图甲所示，其读数为　12.40　mm；用螺旋测微器测某一物体的长度情况如图乙所示，其读数为　6.580　mm．使用直流3V量程测电压为　2.60V　．多用表选直流0.6A档测电流读数为　0.52A　．考点：伏安法测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．解答：解：游标卡尺的主尺读数为12mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为8×0.05mm=0.40mm，所以最终读数为：12mm+0.35mm=12.40mm=1.240cm．螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为8.0×0.01mm=0.080mm，所以最终读数为6.5mm+0.080mm=6.580mm；电压表量程为3V，最小为度为0.1V，则读数为：2.60V；电流表量程为0.6A，最小分度为0.02A；故不需要估读，读数为：0.52A；故答案为：1.240；6.580；2.60V；0.52A．点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微及电表等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量；明确哪些仪器需要估读．　-19-\n12．（12分）（2022秋•张掖校级月考）从以下器材中选取适当的器材，设计一个测量阻值约为15KΩ的电阻Rx的电路，要求方法简捷，Rx两端的电压从零开始变化，要尽可能提高测量的精度．电流表A1：量程300μA，内阻r1为300Ω，电流表A2：量程100μA，内阻r2=500Ω，电压表V1：量程10V，内阻r3约为15KΩ，电压表V2：量程3V，内阻r4≈10KΩ；电阻R0：阻值约为25Ω，作保护电阻用，额定电流为1A，滑动变阻器R1，阻值约为50Ω，额定电流为1A，滑动变阻器R2，阻值约为1000Ω，额定电流为1A，电池组E：电动势4.5V，内阻很小但不可忽略，开关及导线若干．（1）应选用的电流表、电压表、滑动变阻器分别是：　A1　、　V2　、　R1　（填仪表代号）（2）在方框中画出实验电路图（3）用所测数据对应的物理量计算Rx，计算表达式为Rx=　﹣r1　．考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题；恒定电流专题．分析：由题意可知，电源电压为3V，而待测电阻约为15kΩ，则可知电路中电流的最大值，本着安全准确的原则可以选电压表及电流表；根据电阻阻值与电流表、电压表内阻的大小关系可以选出合理的接法，则可画出电路图；由接法可知RX两端的电压及电流，由欧姆定律可求得电阻值．解答：解：（1）因电源电压为3V，故电压表只能选取V2，而由欧姆定律可知，电路中的电流约为I==200μA，故电流表应选A1；．为了能多测量数据滑动变阻器应采用分压接法；选择小电阻R1；（2）滑动变阻器最大阻值为50Ω，待测电阻阻值为15kΩ，待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用内接法，如图所示：（3）由题意可知，电压值为U2，而电流为A2中电流减去电压分流电流，则由欧姆定律可知：RX=﹣r1，U2表示电压表V2的示数，I1表示电流A1的示数．r表示电流表的内阻；故答案为：（1）A1，V2；R1（2）如上图；（3）﹣r1-19-\n点评：电学实验的考查重点在于考查：仪表的选择，接法的选择及数据分析和误差分析，知道在什么情况下选用外接法误差较小，什么情况下选用内接法误差较小．　三．计算说理题（8分+10分+12分+14分=44分）13．如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为r，在a点处固定一电荷量为q（q＞0）的点电荷．一同学将一检测电荷沿直线在ac间移动时发现只在b点不需加力．不计重力，已知静电力常量为K．求d点处场强的大小．考点：电场强度．分析：由题意可知，半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，说明各自电场强度大小相等，方向相反．那么在d点处场强的大小即为两者之和．因此根据点电荷的电场强度为即可求解解答：解：电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为，而半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，则圆盘在此处产生电场强度也为．那么圆盘在此d产生电场强度则仍为．而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为，由于都在d处产生电场强度方向相同，即为两者大小相加．所以两者这d处产生电场强度为，答：d点处场强的大小-19-\n点评：考查点电荷与圆盘电荷在某处的电场强度叠加，紧扣电场强度的大小与方向关系，从而为解题奠定基础　14．（10分）（2022秋•张掖校级月考）如图所示，匀强电场中A、B、C三点构成一个直角三角形中，∠A=30°，边长AC=32cm．把电荷量q=﹣2×10﹣10C的点电荷由A点移到B点，电场力做功4.8×10﹣8J，再由B点移到C点，电荷克服电场力做功4.8×10﹣8J，取B点的电势为零，求（1）A、C两点的电势；（2）匀强电场的场强．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由A到B和由B到C两个过程，根据求出两点间的电势差，从而求出A、C两点的电势，根据电场方向垂直于等势线，找出等势线，画出电场方向，根据U=Ed求解电场强度解答：解：（1）A、B间UAB=V=﹣240V，B、C间UBC=V=240V又UAB=φA﹣φB，UBC=φB﹣φC，φB=0，得到φA=﹣240V，φC=﹣240V，（2）因AC在同一等势面上，场强方向垂直AC连线指向左上方．大小E=答：（1）A、C两点的电势分别为﹣240V，﹣240V；（2）匀强电场的场强为1000V/m点评：电势差是电场中的电势之差，电势可以任意取，但电势差却不变，就像高度与高度差一样．电势差可正可负，所以U=公式中做功要注意正与负，电荷量也要代入电性　15．（12分）（2022秋•张掖校级月考）如图所示，电阻R1=8Ω，电动机绕组电阻R0=2Ω，当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当开关S闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W．若电源的电动势为6V，求开关S闭合时（1）干路中的总电流（2）电动机输出的机械功率．（3）若此电动机输出的机械功率不变，用它从静止开始竖直提升0.5Kg物体时，物体匀速上升时的速度为多大．（g=10m/s2）-19-\n考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．分析：（1）当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率求出电路中电流，由欧姆定律求出电源的内阻r．当开关S闭合时，根据电阻R1消耗的电功率求出R1的电流和电压，根据欧姆定律求出干路电流．（2）得到电动机的电流，再求出电动机输出的机械功率．（3）根据P=Fv，F=mg求物体匀速上升时的速度．解答：解：（1）当开关S断开时由P1=I12R1，得I1=0.6A电源的内阻r==﹣8=2Ω当开关S闭合时由P2=I22R1，得I2=0.5AR1的电压U=I2R1=4V设干路中电流为I则I===1A（2）电动机的电流IM=I﹣I2=0.5A故机械功率为P=UIM﹣IM2R0=1.5W（3）由P=Fv、F=mg得v==0.3m/s答：（1）干路中的总电流是1A．（2）电动机输出的机械功率是1.5W．（3）物体匀速上升时的速度为0.3m/s．点评：本题考查处理非纯电阻电路问题的能力．对于电动机正常时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用IM=求电动机电流．　16．（14分）（2022秋•温州校级期中）如图所示，离子发生器发射一束质量为m，电荷量为+q的离子，从静止经PQ两板间的加速电压加速后，以初速度v0再从a点沿ab方向进入一匀强电场区域，abcd所围成的正方形区域是该匀强电场的边界，已知正方形的边长为L，匀强电场的方向与ad边平行且由a指向d．（1）求加速电压U0；（2）若离子恰从c点飞离电场，求ac两点间的电势差Uac；（3）若离子从边界上某点飞出时的动能为mv02，试判断离子从哪条边界飞出，并求此时匀强电场的场强大小E．-19-\n考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；动能定理．专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）根据动能定理求出加速电压的大小．（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出电场强度的大小，从而结合电势差与电场强度的关系求出ac两点间的电势差．（3）根据动能的大小求出末速度的大小，结合平行四边形定则求出水平分速度和竖直分速度的关系，结合运动学公式求出竖直位移，根据动能定理求出电场强度的大小．解答：解：（1）对直线加速过程，根据动能定理，有：，解得．（2）设此时场强大小为E，则ab方向，有：L=v0t，ad方向，有：L=，Uac=EL，解得．（3）根据可知，离子射出电场时的速度v=，方向与ab所在直线的夹角为45°，即vx=vy，根据x=vxt，，可得x=2y，则离子将从bc边上的中点飞出，即，根据动能定理，有：，解得．答：（1）加速电压为．-19-\n（2）ac两点间的电势差为．（3）匀强电场的场强大小为．点评：解决本题的关键掌握处理粒子做类平抛运动的方法，知道粒子在沿电场方向上做匀加速直线运动，垂直电场方向上做匀速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．　-19-