河南省信阳市高二物理上学期期中试题含解析

2022-2022学年河南省信阳市高二（上）期中物理试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．其中第8～10三个小题为多项选择题，其余为单项选择题，选全对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1．万有引力可以理解为：任何有质量的物体都要在其周围空间产生一个引力场，另一个有质量的物体处于这一引力场中，就受到该引力场的引力作用，这种情况可以与电场相类比．那么在地球产生的引力场中的重力加速度，可以与电场中下列哪个物理量相类比()A．电场强度B．电势能C．电势D．电场力2．电子式互感器是数字变电站的关键装备之一．如图所示，某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，ac间的电阻是cd间电阻的（n﹣1）倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为U，则输入端的电压为()A．nUB．C．（n﹣1）UD．3．如图所示为一个点电极A与平板电极B接入电源时的空间电场分布图，C为A到B垂线的中点，D、E为同在A、B垂线上的两点，DC=CE，F、G处在DE的中垂线上，FC=CG，下列说法正确的是()A．A电极的带电量小于B电极的带电量B．F点的电场强度大于C点的电场强度C．DC两点间电势差小于CE两点间电势差D．电子从F点沿直线移动到G点，电场力先做正功，后做负功-20-\n4．如图所示，在x轴相距为L的两点固定两个等量异种电荷+Q和﹣Q，虚线是以+Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称．下列判断正确的是()A．b、d两点电势相同B．a、b、c、d四个点中，c点电势最低C．b、d两点电场强度相同D．将一试探电荷+q沿圆周从a点移动到c点，其电势能减小5．如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有B点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下（不计空气阻力），液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是()A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球B．当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动C．能够下落到A球的所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D．所有液滴下落过程中电场力做功相等6．如图虚线框内为高温超导限流器，它由超导部件和限流电阻并联组成．超导部件有一个超导临界电流IC，当通过限流器的电流I＞IC时，将造成超导体失超，从超导态（电阻为零，即R1=0）转变为正常态（一个纯电阻，且R1=3Ω），以此来限制电力系统的故障电流．已知超导临界电流IC=1.2A，限流电阻R2=6Ω，小灯泡L上标有“6V6W”的字样，电源电动势E=8V，内阻r=2Ω．原来电路正常工作，超导部件处于超导态，灯泡L正常发光，现L突然发生短路，则()A．灯泡L短路前通过R2的电流为A-20-\nB．灯泡L短路后超导部件将由超导状态转化为正常态，通过灯泡电流为零C．灯泡L短路后通过R1的电流为4AD．灯泡L短路后通过R2的电流为A7．如图所示的电路中，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．当滑动片P由a端向b端滑动的过程中，关于电压表、电流表的示数U和I的变化情况，下列说法中正确的是()A．U先增大后减小，I先减小后增大B．U先减小后增大，I先增大后减小C．U一直增大，I一直减小D．U一直减小，I一直增大8．如图所示，d处固定有负点电荷Q，一个带电质点只在电场力作用下运动，射入此区域时的轨迹为图中曲线abc，a、b、c、d恰好是一正方形的四个顶点，则有()A．a、b、c三点处电势高低关系是φa=φc＞φbB．质点由a到c，电势能先增加后减小，在b点动能最小C．质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2：1：2D．若将d处的点电荷改为+Q，该带电质点的轨迹仍可能为曲线abc9．如图所示，A、B均为半个绝缘正方体，质量均为m，在A、B内部各嵌入一个带电小球，A带电量为+q，B带电量为﹣q，且两个小球的球心连线垂直于AB接触面．A、B最初靠在竖直的粗糙墙上．空间有水平向右的匀强电场，场强大小为E，重力加速度为g．现将A、B无初速度释放，下落过程中始终相对静止，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是()A．两物块下落的加速度大小均为gB．两物块下落的加速度大小应小于g-20-\nC．A、B之间接触面上的弹力为零D．B受到A的摩擦力作用，方向沿接触面向上10．如图所示，平行板电容器两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距（两极板仍平行），则下列说法正确的是()A．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧B．若小球带正电，当AB间距减小时，小球可能打在N的左侧C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧二、填空题（共两小题，共16分，请将正确答案填在题中的横线上）11．读出（图1）游标卡尺的读数为__________cm．（图2）螺旋测微器的读数为__________mm12．某实验小组描绘规格为“2.5V0.6W”的小灯泡的I﹣U特性曲线，实验室提供下列器材：A．电流表A1（量程为0﹣25mA，内阻约0.2Ω）B．电流表A2（量程为0一300mA，内阻约1Ω）C．电压表V1（量程为0﹣3V，内阻约5kΩ）D．电压表V2（量程为0﹣15V，内阻约15kΩ）E．滑动变阻器R1（0一10Ω，额定电流1.5A）；F．滑动变阻器R2（0一1000Ω，额定电流0.5A）G．直流电源（电动势6V，内阻忽略不计）H．电键一个、导线若干-20-\n（1）在小灯泡接入电路前，使用多用电表直接测量小灯泡的电阻，则应将选择开关旋至__________档进行测量（填选项前的字母）．A．直流电压10VB．直流电流5mAC．欧姆“×100”D．欧姆“×1”（2）实验中所用的电流表、电压表和滑动变阻器分别选择__________A．A1V1R2B．A2V1R1C．A2V2R2D．A1V1R1（3）若采用如图1所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压表的右端应与电路中的__________点相连（选填“a”或“b”）（4）开关闭合之前，图1中滑动变阻器的滑片应该置于__________端（选填“c”、“d”或“cd中间”）（5）测量后，该小组根据实验数据，利用Excel拟合出小灯泡的I﹣U特性曲线如图2所示．结合所画出的I﹣U特性曲线，现将一个电动势为3.6V，内阻为12Ω的电源只与该小灯泡组成电路，则该小灯泡的实际功率约为__________W．（结果保留两位有效数字）（6）该小组按实验要求设计出正确电路图并正确连线后，合上电键，慢慢增大小灯泡的电压，发现刚开始时两电表指针均偏转，但小灯泡不发光，请简要分析原因：__________．三、计算题（本大题有4个小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）13．如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q=﹣1.0×10﹣6C的点电荷由A点沿水平线移至B点，克服电场力做了2×10﹣6J的功，已知A、B间的距离为2cm．试求：（1）A、B两点间的电势差UAB及该匀强电场的电场强度（2）若A点的电势为φA=1V，试求B点的电势φB．-20-\n14．如图1、2所示，两电源的电动势均为6V，内阻为0.5Ω，小型电动机M的线圈电阻为0.5Ω，滑动变阻器的最大阻值为5Ω，限流电阻R0均为2.5Ω，若理想电压表的示数均为2.5V时，试求：（1）在图1中电源的输出功率和电动机输出的机械功率（2）在图2中限流电阻R0可消耗的最大功率．15．如图所示，在水平方向的匀强电场中，用长为L不可伸长的绝缘细线拴住一质量为m，带电荷量为q的小球1，线的上端固定于O点，若在B点同一水平线上的左方距离为r处固定另一带电小球2，小球1恰好处于静止状态，当拿走小球2后，小球1由静止开始向上摆动，当细线转过120°角到达A点时的速度恰好为零，此时OA恰好处于水平状态，设整个过程中细线始终处于拉直状态，静电力常量为k．求：（1）BA两点间的电势差U；（2）匀强电场的场强E的大小；（3）小球2的带电量Q．16．（14分）在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．若将一个质量为m、带正电电量q的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为53°的直线运动．现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出，求运动过程中（sin53°=0.8，）（1）此电场的电场强度大小；（2）小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U；（3）小球的最小动能．-20-\n2022-2022学年河南省信阳市高二（上）期中物理试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．其中第8～10三个小题为多项选择题，其余为单项选择题，选全对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1．万有引力可以理解为：任何有质量的物体都要在其周围空间产生一个引力场，另一个有质量的物体处于这一引力场中，就受到该引力场的引力作用，这种情况可以与电场相类比．那么在地球产生的引力场中的重力加速度，可以与电场中下列哪个物理量相类比()A．电场强度B．电势能C．电势D．电场力【考点】电场强度；万有引力定律及其应用；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场与重力场类似，电场力与重力类似，电荷量与物体的质量类似，根据重力与质量的关系、电场力与电荷量的关系，分析重力加速度与电场中电场强度可类比．【解答】解：电场与重力场类似，电场的基本特性是对放入其中的电荷有力的作用，说明电场力与重力类似．电荷量与物体的质量类似，则由G=mg，F=qE分析可知，重力加速度g与电场中电场强度E可类比．故选A【点评】学习电场时，常常采用类比的方法，将电场与重力场类似，抓住电场力与重力类似，电荷量与物体的质量类似，重力加速度与电场中电场强度类比，有助于理解电场的知识．2．电子式互感器是数字变电站的关键装备之一．如图所示，某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，ac间的电阻是cd间电阻的（n﹣1）倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为U，则输入端的电压为()A．nUB．C．（n﹣1）UD．【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】由ac和cd是串联形式，有串并联知识可知电压与电阻成正比，可以解得结果．【解答】解：ac和cd是串联形式，由串联电路电压和电阻成正比，ac间的电阻是cd间电阻的（n﹣1）倍，则当某次测量中输出端数字电压表的示数为U，ac间的电压为（n﹣1）U，故输入电压为U+（n﹣1）U=nU，故A正确，BCD错误．故选：A．-20-\n【点评】该题主要考察串并联电路的基本规律，该题看似有点新颖，但是实际就是两段电阻的串联．3．如图所示为一个点电极A与平板电极B接入电源时的空间电场分布图，C为A到B垂线的中点，D、E为同在A、B垂线上的两点，DC=CE，F、G处在DE的中垂线上，FC=CG，下列说法正确的是()A．A电极的带电量小于B电极的带电量B．F点的电场强度大于C点的电场强度C．DC两点间电势差小于CE两点间电势差D．电子从F点沿直线移动到G点，电场力先做正功，后做负功【考点】静电场中的导体；电场强度；电势差．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由题意可得，A、B带上等量异种电荷，由电场线的疏密来确定电场强度的强弱，等差等势面的疏密体现电场强度的强弱．可根据电场力与运动方向的夹角来确定电场力做功的正负，从而即可求解．【解答】解：A、由题意可得，AB分别接在电源两极，则带上等量的异种电荷，故A错误；B、由电场线的疏密表示电场强度的强弱，从图可知，F点的电场强度小于C点的电场强度，故B错误；C、虽然DC=CE，但从D到E，电场强度越弱，则DC两点间电势差大于CE两点间电势差，故C错误；D、电子受到电场力的方向与该点切线方向相反，则电子从F点沿直线移动到G点，电场力先做正功，后做负功，故D正确；故选：D．【点评】考查电场强度与电场线疏密关系，掌握U=Ed公式的应用，注意成立的条件，理解电场力做功的正负判定．4．如图所示，在x轴相距为L的两点固定两个等量异种电荷+Q和﹣Q，虚线是以+Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称．下列判断正确的是()-20-\nA．b、d两点电势相同B．a、b、c、d四个点中，c点电势最低C．b、d两点电场强度相同D．将一试探电荷+q沿圆周从a点移动到c点，其电势能减小【考点】电势；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】该电场中各点的电势、电场强度都关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，场强大小相等，方向是对称的．c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等．根据电势关系，分析电势能的变化．【解答】解：A、由图知，该电场中各点的电势关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，故A正确；B、c点在两个电荷连线的中点上，也在两个电荷连线的中垂线上，而该中垂线是一条等势线，所以c点的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的．故B正确；C、该电场中的电场强度关于x轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的．故C错误；D、c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小．故D正确．故选：ABD．【点评】该题考查常见电场的特点，解题的关键是知道：c点在两个电荷连线的中点上，也在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低．5．如图所示，不带电的金属球A固定在绝缘底座上，它的正上方有B点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下（不计空气阻力），液滴到达A球后将电荷量全部传给A球，设前一液滴到达A球后，后一液滴才开始下落，不计B点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是()A．第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达A球B．当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动C．能够下落到A球的所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等D．所有液滴下落过程中电场力做功相等【考点】功能关系．-20-\n【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】随着球A液滴增多，带电量增大，空间产生的场强增强，除第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，不一定能到达A球；通过分析受力情况，判断液滴的运动情况；当液滴所受的电场力与重力相等时动能最大，但各个液滴动能最大的位置不同，最大动能不等；根据功的公式W=Fl分析电场力做功关系．【解答】解：A、第一滴液滴只受重力做自由落体运动，以后液滴将受力向上的电场力作用而做变加速运动，随着球A液滴增多，带电量增大，空间产生的场强增强，以后液滴所受的电场力增大，这些液滴先加速后减速，就不一定能到达A球，故A错误．B、当液滴下落到重力等于电场力位置时，继续向下运动时电场力增大，电场力将大于重力，开始做减速运动，故B错误．C、当液滴所受的电场力与重力相等时动能最大，则有：mg=k，x是动能最大的位置到A距离，由于A球的电荷量qA在不断增大，x增大，所以第一滴液滴以后的液滴动能最大的位置将不断上移，合外力做功不等，则最大动能不相等，故C正确．D、由于所有液滴下落过程中所受的电场力不等，若能到达A球，根据功的公式W=Fl可知，通过的位移相等，电场力做功不相等；若不能到达A球，液滴将返回到B点，电场力做功为零，即电场力做功相等，故D错误．故选：C．【点评】本题关键要正确分析液滴的受力情况，从而判断其运动情况，知道液滴所受的电场力与重力平衡时动能最大，类似于小球掉在弹簧上的问题，要能进行动态分析．6．如图虚线框内为高温超导限流器，它由超导部件和限流电阻并联组成．超导部件有一个超导临界电流IC，当通过限流器的电流I＞IC时，将造成超导体失超，从超导态（电阻为零，即R1=0）转变为正常态（一个纯电阻，且R1=3Ω），以此来限制电力系统的故障电流．已知超导临界电流IC=1.2A，限流电阻R2=6Ω，小灯泡L上标有“6V6W”的字样，电源电动势E=8V，内阻r=2Ω．原来电路正常工作，超导部件处于超导态，灯泡L正常发光，现L突然发生短路，则()A．灯泡L短路前通过R2的电流为AB．灯泡L短路后超导部件将由超导状态转化为正常态，通过灯泡电流为零C．灯泡L短路后通过R1的电流为4AD．灯泡L短路后通过R2的电流为A【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．-20-\n【分析】灯泡短路时，只有R2接入电路，则由闭合电路的欧姆定律可得出电路中电流变化，超导体可能失超；电路为两个电阻并联，由电阻的并联可求得总电阻；则可求得总电流及流过R1的电流．【解答】解：A、短路前，灯泡与超导电阻串连接入电路，因灯泡正常发光，则电路中电流IL==1A；故A错误；B、短路后，只有R2接入电路，则电流I==A=1.6A＞1.2A，超过临界电流，故超导体失超，转化为正常态，故B错误；C、灯泡短路后，两个电阻并联，电路中的电阻为R′==2Ω，路端电压U==4V，通过R1的电流为I1==A，故C错误；D、灯泡短路后，R2的电流为I2==A=A．故D正确．故选：D．【点评】本题是信息题，首先要抓住关键信息：限流器的电流I＞Ic时，将造成超导体失超，从超导态转变为正常态，再根据闭合电路欧姆定律进行研究7．如图所示的电路中，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．当滑动片P由a端向b端滑动的过程中，关于电压表、电流表的示数U和I的变化情况，下列说法中正确的是()A．U先增大后减小，I先减小后增大B．U先减小后增大，I先增大后减小C．U一直增大，I一直减小D．U一直减小，I一直增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】分析电路可知电路的结构：变阻器两侧电阻并联后与R0串联．由滑片的移动方向分析外电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，再分析内电压及路端电压的变化；即可得出电压表及电流表的变化．【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器的左侧电阻与右侧电阻并联后与R0串联；电压表测路端电压，电流表测流过干路电流；-20-\n当滑动片P由a移到b的过程中，左侧电阻减小，右侧电阻增大，总并联电阻先增大后减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流I先减小后增大，电源的内电压先减小后增大，路端电压先增大后减小，故电压表示数U先增大后减小；故A正确，BCD错误；故选：A．【点评】本题的关键在于明确滑动变阻器的接法为左右两端并联，故滑片移动时，滑动变阻器接入电阻先增大后减小．8．如图所示，d处固定有负点电荷Q，一个带电质点只在电场力作用下运动，射入此区域时的轨迹为图中曲线abc，a、b、c、d恰好是一正方形的四个顶点，则有()A．a、b、c三点处电势高低关系是φa=φc＞φbB．质点由a到c，电势能先增加后减小，在b点动能最小C．质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2：1：2D．若将d处的点电荷改为+Q，该带电质点的轨迹仍可能为曲线abc【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在O点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，都小于b，故B点的电势高于ac两点的电势．应用牛顿第二定律求出加速度之间的关系．【解答】解：A、根据点电荷的电场线的特点，Q与ac距离相等，小于b，故b点的电势最高，a、c两点的电势相等，即φa=φc＜φb．故A错误；B、根据轨迹弯曲方向判断出粒子之间存在引力，它与固定在O点的电荷是异种电荷，故质点带正电荷，质点从a到b，电势升高，电势能就增加；从b到c电势能减小，质点在b点的电势能最大，则动能最小．故B正确；C、质点在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力．由图可知，ra=rc=rb，代人库仑定律：F=k，可得：==由牛顿第二定律：==，所以质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2：1：2；故C正确．D、若将d处的点电荷改为+Q，质点受到斥力，轨迹不可能沿曲线abc，故D错误．故选：BC【点评】本题属于电场中轨迹问题，考查分析推理能力．根据轨迹的弯曲方向，判断出电荷受到的电场力指向轨迹内侧．进而判断出电荷是正电荷．-20-\n9．如图所示，A、B均为半个绝缘正方体，质量均为m，在A、B内部各嵌入一个带电小球，A带电量为+q，B带电量为﹣q，且两个小球的球心连线垂直于AB接触面．A、B最初靠在竖直的粗糙墙上．空间有水平向右的匀强电场，场强大小为E，重力加速度为g．现将A、B无初速度释放，下落过程中始终相对静止，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是()A．两物块下落的加速度大小均为gB．两物块下落的加速度大小应小于gC．A、B之间接触面上的弹力为零D．B受到A的摩擦力作用，方向沿接触面向上【考点】牛顿运动定律的应用-连接体；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律；电场强度．【专题】整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题．【分析】对AB整体进行分析可得出受力情况，则由牛顿第二定律可得出两物体的加速度的情况；对A或B单独受力分析可得出弹力而摩擦力的情况．【解答】解：对整体进行受力分析，竖直面上只受重力，水平方向A受电场力向右，B受电场力向左，而大小相等，故AB对竖直面没有压力，故在竖直面上没有摩擦力；故整体只受重力，物体做向下的自由落体运动，故加速度为g，故A正确，B错误；对B受力分析，B受向左的电场力和向下的重力，电荷间的库仑力，而B向下的加速度为g，故水平方向合力应为零，故应受到A对B的弹力，故C错误；弹力垂直于接触面向下，无法和电场力平衡，故AB间会有相对滑动的趋势，故AB间有摩擦力，由水平方向上的平衡可知，摩擦力应沿接触面向上，故D正确；故选AD．【点评】本题要求学生能熟练应用整体与隔离法，并且能根据物体的运动情况去判断物体的受力的可能性，此类题型为高考中常见题型，应熟练掌握．10．如图所示，平行板电容器两极板水平放置，A在上方，B在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知A和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿AB中心水平射入，打在B极板上的N点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动A板来改变两极板AB间距（两极板仍平行），则下列说法正确的是()A．若小球带正电，当AB间距增大时，小球打在N的右侧B．若小球带正电，当AB间距减小时，小球可能打在N的左侧C．若小球带负电，当AB间距减小时，小球可能打在N的右侧D．若小球带负电，当AB间距增大时，小球可能打在N的左侧【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．-20-\n【分析】A极板带正电，B极板带负电，根据二极管具有单向导电性，极板的电量只能增加不能减小．根据两极板间电场的变化，判断电场力的变化，从而确定小球水平方向上的位移变化．【解答】解：A、若小球带正电，当d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根据E=，知E不变所以电场力不变，小球仍然打在N点，故A错误．B、若小球带正电，当d减小时，电容增大，Q增大，根据E=，知d减小时E增大，所以电场力变大，方向向下，小球做平抛运动竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在N点左侧，故B正确．C、若小球带负电，当AB间距d减小时，由E=可知：E增大，所以电场力变大，方向向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在N点的右侧，故C正确；D、若小球带负电，当AB间距d增大时，电容减小，但Q不可能减小，所以Q不变，根据E=，知E不变，所以电场力大小不变，方向变为向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍然打在N点，故D错误．故选：BC．【点评】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法．以及知道二极管的单向导电性，在本题中电容器的带电量只增不减．二、填空题（共两小题，共16分，请将正确答案填在题中的横线上）11．读出（图1）游标卡尺的读数为5.45cm．（图2）螺旋测微器的读数为6.576（6.575～6.578都可以）mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】实验题．【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：1、游标卡尺的主尺读数为：5.4cm=54mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.1mm=0.4mm，所以最终读数为：54mm+0.4mm=54.4mm=5.45cm．2、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为7.6×0.01mm=0.076mm，所以最终读数为6.5mm+0.076mm=6.576mm，由于需要估读，最后的结果可以在6.575～6.578之间．故答案为：5.45，6.576（6.575～6.578都可以）．【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．12．某实验小组描绘规格为“2.5V0.6W”的小灯泡的I﹣U特性曲线，实验室提供下列器材：-20-\nA．电流表A1（量程为0﹣25mA，内阻约0.2Ω）B．电流表A2（量程为0一300mA，内阻约1Ω）C．电压表V1（量程为0﹣3V，内阻约5kΩ）D．电压表V2（量程为0﹣15V，内阻约15kΩ）E．滑动变阻器R1（0一10Ω，额定电流1.5A）；F．滑动变阻器R2（0一1000Ω，额定电流0.5A）G．直流电源（电动势6V，内阻忽略不计）H．电键一个、导线若干（1）在小灯泡接入电路前，使用多用电表直接测量小灯泡的电阻，则应将选择开关旋至D档进行测量（填选项前的字母）．A．直流电压10VB．直流电流5mAC．欧姆“×100”D．欧姆“×1”（2）实验中所用的电流表、电压表和滑动变阻器分别选择BA．A1V1R2B．A2V1R1C．A2V2R2D．A1V1R1（3）若采用如图1所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压表的右端应与电路中的a点相连（选填“a”或“b”）（4）开关闭合之前，图1中滑动变阻器的滑片应该置于c端（选填“c”、“d”或“cd中间”）（5）测量后，该小组根据实验数据，利用Excel拟合出小灯泡的I﹣U特性曲线如图2所示．结合所画出的I﹣U特性曲线，现将一个电动势为3.6V，内阻为12Ω的电源只与该小灯泡组成电路，则该小灯泡的实际功率约为0.24W．（结果保留两位有效数字）（6）该小组按实验要求设计出正确电路图并正确连线后，合上电键，慢慢增大小灯泡的电压，发现刚开始时两电表指针均偏转，但小灯泡不发光，请简要分析原因：电压（电流）较小时，灯丝的温度较低，达不到发光的温度．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；用多用电表测电阻．【专题】实验题；信息给予题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题．【分析】（1）根据灯泡电阻分析答题．（2）根据小电珠的额定电流选择电流表，根据小电珠额定电压选择电压表，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器．（3）根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后答题．（4）滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前分压部分电路阻值应最小，根据电路图确定滑片的位置．（5）由图象求出电压对应的电流，然后由P=UI求出灯泡功率．（6）由I﹣U图象，应用功率公式分析答题．-20-\n【解答】解：（1）小电珠（2.5V，0.6W），小电珠正常发光时的电阻为：R==≈10.4Ω，测小电珠的电阻，应将选择开关旋至欧姆档，选择多用电表×1倍率，故选D．（2）小电珠额定电流为：I===0.24A=240mA，电流表应选B；小电珠额定电压为2.5V，电压表选C；为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的E．（3）灯泡电阻为10.4Ω，电流表内阻约1Ω，电压表内阻约为5kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，由图1所示电路图可知，电压表的右端应与电路中的a端．（4）由图1所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最左端．（5）在图2所示坐标系内作出电源的I﹣U图象如图所示：由图象可知，小灯泡两端电压为1.2V，通过灯泡的电流为0.2A，则灯泡实际功率P=UI=1.2×0.2=0.24W．（6）由图2所示图象可知，开始时灯泡电压与通过灯泡的电流很小，由P=UI可知灯泡实际功率很小，灯丝的温度较低，达不到发光的温度，所以灯泡不发光．故答案为：（1）D；（2）B（3）a；（4）c；（5）0.24；（6）电压（电流）较小时，灯丝的温度较低，达不到发光的温度．【点评】本题考查了欧姆表的应用、实验器材的选择、实验注意事项、求功率等问题，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表应采用外接法；要掌握实验器材的选择原则．三、计算题（本大题有4个小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）13．如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q=﹣1.0×10﹣6C的点电荷由A点沿水平线移至B点，克服电场力做了2×10﹣6J的功，已知A、B间的距离为2cm．试求：（1）A、B两点间的电势差UAB及该匀强电场的电场强度（2）若A点的电势为φA=1V，试求B点的电势φB．【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势．【专题】定量思想；图析法；电场力与电势的性质专题．-20-\n【分析】（1）A、B间两点间的电势差由公式UAB=求解．根据UAB=Ed，d是两点沿电场线方向的距离，求解电场强度．（2）由UAB=φA﹣φB，求出B点的电势φB．【解答】解：（1）由题意可知，点电荷从A到B，电场力做负功UAB=﹣2×10﹣6J据UAB=得UAB=V=2VA、B两点沿电场线方向的距离d=2×10﹣2cos60°m=1×10﹣2m由E==200V/m，方向：沿电场线斜向下（2）由UAB=φA﹣φB，则φB=φA﹣UAB=﹣1V答：（1）A、B两点间的电势差UAB是2V，该匀强电场的电场强度是200V/m，方向：沿电场线斜向下．（2）若A点的电势为φA=1V，B点的电势φB是﹣1V．【点评】本题考查对电势差与电场强度关系的理解能力．还要抓住公式E=中d是两点沿电场线方向的距离．同时要注意沿着电场线方向电势是降低的．14．如图1、2所示，两电源的电动势均为6V，内阻为0.5Ω，小型电动机M的线圈电阻为0.5Ω，滑动变阻器的最大阻值为5Ω，限流电阻R0均为2.5Ω，若理想电压表的示数均为2.5V时，试求：（1）在图1中电源的输出功率和电动机输出的机械功率（2）在图2中限流电阻R0可消耗的最大功率．【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；恒定电流专题．【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律列式求解电动机的电压，电动机与电阻R0串联，根据欧姆定律求解电阻R0的电流，最后根据P=UI求解电动机的输入功率；根据P机=P电﹣P热=UI﹣I2RM求解电动机的输出功率．-20-\n（2）当R滑=0时电路中的电流最大，由闭合电路的欧姆定律求出电流，然后代入功率的表达式即可求出．【解答】解：（1）以电阻R0为研究对象，根据欧姆定律得到电路中电流为：I=IR0=A；电源的功率PE=IE=6W；内电路消耗的功率Pr=I2r=0.5W；电源的输出功率P出=PE﹣Pr=5.5W电动机分压UM=E﹣I（r+R0）=3V；电动机消耗的功率PM=IUM=3W；热功率P热=I2rM=0.5W；电动机输出的机械功率P机=PM﹣P热=2.5W（2）当R滑=0时电路中的电流最大，A，所以Pmax=Im2R0=10W．答：（1）在图1中电源的输出功率是5.5W，电动机输出的机械功率是2.5W（2）在图2中限流电阻R0可消耗的最大功率是10W．【点评】本题关键抓住电路中电压分配和能量的关系，不能直接根据欧姆定律这样来求解电路中电流：I=，因为电动机工作时，欧姆定律不成立．15．如图所示，在水平方向的匀强电场中，用长为L不可伸长的绝缘细线拴住一质量为m，带电荷量为q的小球1，线的上端固定于O点，若在B点同一水平线上的左方距离为r处固定另一带电小球2，小球1恰好处于静止状态，当拿走小球2后，小球1由静止开始向上摆动，当细线转过120°角到达A点时的速度恰好为零，此时OA恰好处于水平状态，设整个过程中细线始终处于拉直状态，静电力常量为k．求：（1）BA两点间的电势差U；（2）匀强电场的场强E的大小；（3）小球2的带电量Q．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势差．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）对于小球1从B到A过程，运用动能定理和电场力做功公式W=qU，求解BA两点间的电势差U；-20-\n（2）由几何知识确定出BA间沿电场线的距离d，再根据E=求解场强E的大小；（3）未拿走球2时，小球1恰好处于静止状态，根据平衡条件和库仑定律结合，列式求解小球2的带电量Q．【解答】解：（1）小球1从B到A过程，由动能定理得：qU﹣mgLcos30°=0﹣0解得：U=（2）BA间沿电场线的距离为：d=L+Lsin30°在匀强电场，有：E=所以联立以上三式得：E=（3）未拿走球2时，小球1恰好处于静止状态，小球1和2间的作用力为：F库=k小球1受力平衡，则有：Fsin30°+qE=kFcos30°=mg所以解得：Q=答：（1）BA两点间的电势差U为；（2）匀强电场的场强E的大小为；（3）小球2的带电量Q为．【点评】本题是带电体在电场中平衡和圆周运动的问题，需要正确分析小球的运动过程和小球的受力情况，根据动能定理和平衡条件，以及电场知识综合求解．16．（14分）在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．若将一个质量为m、带正电电量q的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为53°的直线运动．现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出，求运动过程中（sin53°=0.8，）（1）此电场的电场强度大小；（2）小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U；（3）小球的最小动能．-20-\n【考点】电场强度；电势差．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为53°的直线运动，可知小球的合力沿与竖直方向夹角为53°的直线方向，即可得到重力与电场力的关系，用几何关系求解．（2）电势差U=Ed，其中d为沿电场方向的距离，小球抛出后，由运动的分解知识可知，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向做匀减速运动，由运动学方程求解即可．（3）分别列式水平和竖直两个方向分速度与时间的关系式，得到合速度与时间的关系，运用数学知识求解最小速度，即可求得最小动能．【解答】解：（1）根据题设条件，电场力大小F==mg由F=qE得，电场强度E=．（2）上抛小球沿竖直方向做匀减速运动：vy=v0﹣gt沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a：ax==g小球上升到最高点的时间t=，此过程小球沿电场方向位移：x=axt2=电场力做功W=Fx=mg•=小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U=Ex=•=（3）水平速度vx=axt，竖直速度vy=v0﹣gt，小球的速度v=由以上各式得出v2=g2t2﹣2v0gt+v02解得，当t=时，v有最小值，最小值为vmin=v0，小球动能的最小值为Ekmin=mv2min=．答：（1）此电场的电场强度大小为；（2）小球运动的抛出点至最高点之间的电势差U为；（3）小球的最小动能是．【点评】本题的突破口是“小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为53°的直线运动”，对于曲线运动问题，用运动分解的办法，运用函数法求解最小速度．-20-