山西大学附中2022学年高二物理上学期月考试卷（9月份）（含解析）

2022-2022学年山西大学附中高二（上）月考物理试卷（9月份）　一．单选择题（每题只有一项是正确的，选对得4分多选不给分，总计28分）1．（4分）（2022•潍坊模拟）宇航员在探测某星球时，发现该星球均匀带电，且电性为负，电荷量为Q．在一次实验时，宇航员将一带负电q（q＜Q）的粉尘置于该星球表面h高处，该粉尘恰好处于悬浮状态．宇航员又将此粉尘带至距该星球表面2h高处，无初速释放，则此带电粉尘将（　　）　A．仍处于悬浮状态　B．背离该星球心飞向太空　C．向该星球心方向下落　D．沿该星球自转的线速度方向飞向太空考点：万有引力定律及其应用；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．专题：万有引力定律的应用专题．分析：粉尘开始受万有引力和静电力处于平衡，将此粉尘带到距该星球表面2h处，无初速释放，判断万有引力和静电力的变化，去判断粉尘的运动情况．解答：解：将一带负电q（q＜Q）的粉尘置于该星球表面h高处，该粉尘恰好处于悬浮状态．知万有引力与静电力平衡，宇航员又将此粉尘带至距该星球表面2h高处，由于库仑力与万有引力都是与距离的平方成反比，受力平衡与高度无关，仍然处于悬浮状态．故选A．点评：库仑力和万有引力二力平衡，并且库仑力与万有引力都是与距离的平方成反比，所以小球的平衡状态与高度无关，这是解本题的关键．　2．（4分）（2022•上海）当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J．为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是（　　）　A．3V，1.8JB．3V，3.6JC．6V，1.8JD．6V，3.6J考点：闭合电路的欧姆定律．分析：（1）已知电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能0.9J，根据W=UQ变形可求出电压；当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=可知，当时间相同，由电荷时的关系可知电流关系，因为电阻不变，根据U=IR，由电流关系可知电压关系，即可求出电阻丝两端所加电压U；（2）已知通过电阻丝的电量是0.6C，电阻丝两端所加电压U已求出，根据W=UQ可求出电阻丝在这段时间内消耗的电能W．-17-\n解答：解：因为电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能是0.9J，所以此时电压为：U′===3V当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=可知，I=2I′，根据U=IR可知，电阻不变，此时电阻丝两端电压：U=2U′=6V，电阻丝在这段时间内消耗的电能：W=UQ=6V×0.6C=3.6J．故选D．点评：本题考查了电量和电功的计算及欧姆定律的应用．本题由于不知道时间不能求出电流，只能根据相关公式找出相关关系来求解．　3．（4分）（2022•江苏）在如图所示的闪光灯电路中，电源的电动势为E，电容器的电容为C．当闪光灯两端电压达到击穿电压U时，闪光灯才有电流通过并发光，正常工作时，闪光灯周期性短暂闪光，则可以判定（　　）　A．电源的电动势E一定小于击穿电压U　B．电容器所带的最大电荷量一定为CE　C．闪光灯闪光时，电容器所带的电荷量一定增大　D．在一个闪光周期内，通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等考点：电容器的动态分析；串联电路和并联电路．专题：压轴题．分析：本题重在理解题意并能明确电路的工作原理，根据工作原理才能明确电源电压与击穿电压U之间的关系，由Q=UC可知极板上的电荷量．解答：解：A、电容器两端的电压与闪光灯两端的电压相等，当电源给电容器充电，达到闪光灯击穿电压U时，闪光灯被击穿，电容器放电，放电后闪光灯两端电压小于U，断路，电源再次给电容器充电，达到电压U时，闪光灯又被击穿，电容器放电，如此周期性充放电，使得闪光灯周期性短暂闪光．要使得充电后达到电压U，则电源电动势一定大于等于U，A项错误；B、电容器两端的最大电压为U，故电容器所带的最大电荷量为Q=CU，B项错误；C、闪光灯闪光时电容器放电，所带电荷量减少，C项错误；D、充电时电荷通过R，通过闪光灯放电，故充放电过程中通过电阻R的电荷量与通过闪光灯的电荷量一定相等，D项正确．故选D．点评：-17-\n本题有效地将电路及电容器结合在一起，考查学生的审题能力及知识的迁移应用能力，对学生要求较高．　4．（4分）（2022•静安区一模）如图所示，在x轴上的两点分别放有﹣Q和+4Q两个点电荷，位置坐标分别为0和1．反映沿x轴电势分布情况的图线，正确是（　　）　A．B．C．D．考点：电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：该题属于点电荷的电势与电势的合成的题目，属于大学物理电磁场的内容，选取无穷远为0势能点，代入点电荷的电势的表达式：，即可得到正确的答案．解答：解；选取无穷远为0势能点，将x＜0区域的点的两个点的电势都代入电动势的表达式，又EP总=EP1+EP2，所以，在x小于0的区间内，当r=﹣1时，有最大值，故B正确．故选B．点评：该题属于点电荷的电势与电势的合成的题目，属于大学物理电磁场的内容，高中物理奥赛中的题目也仅仅是涉及皮毛．超纲题目，难度太大．　5．（4分）（2022•安庆二模）如图，在X轴上的0、M两点同定着两个电荷量分别为q1和q2的点电荷，两电荷连线上各点电势Φ随X的变化关系如图所示，其中A、B两点的电势均为零，BD段中的C点离X轴最远，则（　　）　A．Q1为负电荷、q2为正电荷　B．BD段中C点场强最大且沿X轴正方向　C．A点场强小于C点场强　D．将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做正功后做负功考点：电场强度；电势．-17-\n专题：电场力与电势的性质专题．分析：两点电荷连线的电势高低的分布如图所示，由于沿着电场线电势降低，可知两点电荷的电性．解答：解：A、由图知A点的电势为零，由于沿着电场线电势降低，所以O点的电荷带正电，M点电荷带负电．故A错误B、C点电势的拐点，若正点电荷从D到B点，电势能先增大后减小．则电场强度为零，故B错误，C错误D、因为BC间电场强度方向沿x轴负方向，CD间电场强度方向沿x轴正方向，则将一负点电荷从B点移到D点，电场力先做正功后负功．故D正确；故选D．点评：电势为零处，电场强度不一定为零．电荷在电场中与电势的乘积为电势能．电场力做功的正负决定电势能的增加与否．　6．（4分）（2022秋•黄梅县校级月考）如图所示，绝缘轻杆可绕中点O转动，其两端分别固定带电小球A和B，处于水平向右的匀强电场中．初始时使杆与电场线垂直，松开杆后，在电场力作用下，杆最终停在与电场线平行的位置上，则下列说法正确的是（　　）　A．球一定带正电荷　B．A球的电荷量一定大于B球的电荷量　C．B球的电势能一定减少　D．两球的电势能之和一定减少考点：电势能；动能定理的应用．分析：图中杆子在电场力作用下顺时针转动，A、B的带电情况可能是：A带正电，B带负电；可能A、B都带正电；可能都带负电．根据杆子转动方向，分析电场力的大小，即可比较电荷量的大小．根据电场力所做的总功情况，分析电势能的变化．解答：解：由题意知：杆子在电场力作用下顺时针转动，A、B的带电情况可能是：A带正电，B带负电；可能A、B都带正电；可能都带负电．若A带正电，B带负电，A所受的电场力向右，B所受的电场力向左，不能比较电荷量的大小，电场力对两个电荷都做正功，两球的电势能之和减少；若A、B都带正电，必定是A受到的电场力大，则有：qAE＞qBE，得qA＞qB，电场力对A做正功，对B做负功，电场力对两球做的总功为正，两球的电势能之和减少；若A、B都带负电，必定是B受到的电场力大，则有：qAE＜qBE，得qA＜qB，电场力对A做负功，对B做正功，电场力对两球做的总功为正，两球的电势能之和减少；故ABC错误，D正确．故选：D．-17-\n点评：解答本题关键要正确分析两球带电的各种可能的情况，结合电场力大小，判断电荷量的关系．要掌握电场力做功与电势能变化的关系，知道电场力做正功，电势能减小．　7．（4分）（2022•盱眙县校级学业考试）如图所示电路，开关S原来是闭合的，当R1、R2的滑片刚好处于各自的中点位置时，悬在空气平行板电容器C两水平极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态．要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是（　　）　A．把R1的滑片向左移动B．把R2的滑片向左移动　C．把R2的滑片向右移动D．把开关K断开考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，即要减小电场强度；变阻器R2处于分压状态，根据题意，只要减小电容器两端电压就可以减小电场力，从而使尘埃P向下加速运动．解答：解：A、尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，故要减小电容器两端的电压；电路稳定时，滑动变阻器R1无电流通过，两端电压为零，故改变R1的电阻值无效果，故A错误；B、C、变阻器R2处于分压状态，电容器两端电压等于变阻器R2左半段的电压，故要减小变阻器R2左半段的电阻值，变阻器R2滑片应该向左移动，故B正确，C错误；D、把闭合的开关S断开，电容器两端电压增大到等于电源电动势，故P向上加速，故D错误；故选B．点评：本题是简单的力电综合问题，关键先通过受力分析，得到电场力先与重力平衡，后小于重力；然后对电路进行分析，得到减小电容器两端电压的方法．　二．多选择题（每题至少有两项是正确的，全选对得4分多选少选不给分，总计28分）8．（4分）（2022秋•小店区校级月考）如图所示，一个带电荷量为+Q的点电荷甲固定在绝缘水平面上的O点，另一个带电荷量为﹣q，质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲滑行运动，运动到B点静止，已知静电力常量为K，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ．A，B间的距离为S，下列说法正确的是（　　）　A．O，B间的距离为-17-\n　B．点电荷乙从A运动到B的过程中，中间时刻的速度小于　C．点电荷乙从A运动到B得的过程中，产生的内能为m　D．在点电荷甲产生的电场中，A．B两点间的电势差UAB=考点：电势差与电场强度的关系；牛顿第二定律．专题：电场力与电势的性质专题．分析：本题首先要正确分析物体受力特点，明确力和运动的关系，在本题中注意滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，根据牛顿第二定律和功能关系可正确解答．解答：解：A、从A点以初速度v0沿它们的连线向甲滑行运动，运动到B点静止，处于平衡状态，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则有：mgμ=F库=k，解得：r=，故A正确；B、在小球向左运动过程中，若做匀减速运动，因此中间时刻的速度等于，如今做加速度减小的减速运动，所以中间时刻的速度小于，如图所示；故B正确；C、从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做正功，导致电势能减小，因此产生的内能大于m，故C错误．D、点电荷从A运动B过程中，根据动能定理有：UABq﹣mgμL0=mv2﹣m，解得，UAB=．故D正确．故选：ABD．点评：本题在借助库仑力的基础知识，考查了力与运动、牛顿第二定理、动能定理等基础知识的综合应用，是考查学生综合能力的好题．　9．（4分）（2022秋•新宾县校级期中）如图所示，面积足够大的、板间距离为d的两平行金属板竖直放置，与直流电压为U的电源连接，板间放一半径为R（2R＜d）的绝缘金属球壳，C、D是球壳水平直径上的两点，则以下说法正确的是（　　）-17-\n　A．由于静电感应，水平直径上C、D两点电势差为　B．由于静电感应，球壳中心O点场强为零　C．用手摸一下球壳，再拿去平行金属板，球壳带正电　D．用手摸一下球壳，再拿去平行金属板，球壳带负电考点：法拉第电磁感应定律；元电荷、点电荷．分析：处于静电平衡状态的导体是等势体，表面是等势面，根据静电平衡条件分析答题．解答：解：A、处于静电平衡状态的导体是等势体，导体内电势处处为零，水平直径C、D上两点电势差为零，故A错误；B、处于静电平衡状态的导体内部场强处处为零，球壳中心O点场强为零，故B正确；C、右板接地，板间电场水平向右，导体电势大于零，用手摸一下球壳，负电荷传到球壳上，再拿去平行金属板，球壳带负电，故C错误，D正确；故选：BD．点评：知道静电平衡条件、处于静电平衡状态的导体特点即可正确解题，学习时要注意掌握基础知识．　10．（4分）（2022•晋中三模）空间存在一沿x轴方向的静电场，电场强度E随x变化的关系如图所示，图线关于坐标原点旋转对称，A、B是x轴上关于原点对称的两点．电子在该电场中仅受电场力作用，则（　　）　A．电子在A、B两点的电势能相等　B．电子在A、B两点的加速度方向相反　C．电子从A点由静止释放后的运动轨迹可能是曲线　D．取无穷远处电势为零，则O点处电势亦为零考点：电势；电场线；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．-17-\n分析：电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加，通过电场力做功判断电势能的变化；直线运动的条件是合力与速度要共线．解答：解：A、电子从A移动到B，电场力先做负功后做正功，总功为零，故A、B两点的电势能相等，故A正确；B、电子在A、B两点受到的电场力方向相反，大小相等，故加速度方向相反，大小相等，故B正确；C、由于电场力方向与x轴平行，故速度与合力始终共线，故一定做直线运动，故C错误；D、电势高低与场强大小无关，场强为零，电势不一定为零，本题中，将一个试探电荷从O点移动到无穷远处，电场力做功不为零，说明O点电势与无穷远电势不相等，故D错误；故选AB．点评：本题关键抓住电场力做功与电势能变化的关系进行分析，同时结合电势能公式EP=qφ进行分析．　11．（4分）（2022秋•山西校级期末）如图所示，为某一点电荷所形成的一簇电场线，a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹，其中b虚线为一圆弧，AB的长度等于BC的长度，且三个粒子的电荷量大小相等，不计粒子重力，则以下说法正确的是（　　）　A．a一定是正粒子的运动轨迹，b和c一定是负粒子的运动轨迹　B．由于AB的长度等于BC的长度，故UAB=UBC　C．a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变　D．b虚线对应的粒子的质量大于c虚线对应的粒子的质量考点：电场线．分析：电场线的疏密反映了电场强度的大小；根据曲线运动的条件判断电场力方向；结合离心运动的条件列式比较粒子质量大小．解答：解：A、图为某一点电荷所形成的一簇电场线，由于没有说明是正电荷的电场，还是负电荷的电场，所以无法判断出电场线的方向；所以不能判断出abc三种粒子的电性；故A错误；B、根据公式U=，由于AB间的平均场强小于BC间的平均场强，故UAB＜UBC，故B错误；-17-\nC、由于电场线的疏密表示电场强度的大小，粒子只受电场力，故a虚线对应的粒子的加速度越来越小，c虚线对应的粒子的加速度越来越大，b虚线对应的粒子的加速度大小不变，故C正确；D、a、b、c三条虚线为三个带电粒子以相同的速度从O点射入电场的运动轨迹；且三个粒子的电荷量大小相等；故静电力相等；由于b粒子做圆周运动，说明向心力等于静电力；C粒子做向心运动，故静电力大于需要的向心力，根据F=m，C粒子的质量较小；故D正确；故选：CD．点评：本题是带电粒子在电场中运动的定性分析问题，关键结合曲线运动的条件和向心力公式进行分析，不难．　12．（4分）（2022•青岛二模）如图所示，两个固定的相同细环相距一定的距离，同轴放置，O1、O2分别为两环的圆心，两环分别带有均匀分布的等量异种电荷．一带正电的粒子从很远处沿轴线飞来并穿过两环．则在带电粒子运动过程中（　　）　A．在O1点粒子加速度方向向左　B．从O1到O2过程粒子电势能一直增加　C．轴线上O1点右侧存在一点，粒子在该点动能最小　D．轴线上O1点右侧、O2点左侧都存在场强为零的点，它们关于O1、O2连线中点对称考点：电场强度；动能定理的应用；电势能．专题：电场力与电势的性质专题．分析：在O1点时，右环上电荷由于关于O1对称，所以其在O1产生的电场强度为0，而﹣Q各点在O1产生的场强水平向左，故+q在O1点所受电场力方向向左；要看电势能如何变化就看电场力如何做功；如果合外力做正功，动能增大，合外力做负功，动能减小；根据E=可知在O1右侧+Q产生的场强的先增大后减小且一直减小到0，而﹣Q的场强大多数情况下小于+Q产生的电场但场强却不会为0．解答：解：A、在O1点时，右环上电荷由于关于O1对称，所以其在O1产生的电场强度为0，而﹣Q各点在O1产生的场强水平向左，故+q在O1点所受电场力方向向左，故加速度的方向水平向左，故A正确．B、在+q从O1向O2运动的过程中+Q对+q的电场力向左，﹣Q对+q的作用力方向也向左，故电场力对+q始终做正功，故+q的电势能一直减小．故B错误．C、根据E=可知在O1右侧+Q产生的场强的先增大后减小且一直减小到0，而﹣Q的场强大多数情况下小于+Q产生的电场但场强却不会为0，故合场强为0的位置应该在O1-17-\n的右侧，而在合力为0之前合外力做负功，动能持续减小，之后合力做正功，动能增大，故动能最小的点在O1的右侧，故C正确．D、根据E=可知在O1右侧+Q产生的场强的先增大后减小且一直减小到0，而﹣Q的场强大多数情况下小于+Q产生的电场但场强却不会为0，故合场强为0的位置应该在O1的右侧，同理O2的左侧也有场强为0的位置，而O1和O2之间场强始终大于0，由于两个电荷的电荷量相同，故电场关于O1、O2的连线对称，故D正确．故选ACD．点评：本题考查了电场的合成，解决这类题目的技巧是详实的分析，仔细的计算，每个位置都不能漏过．场强是矢量，其运算利用平行四边形定则．　13．（4分）（2022•新洲区校级模拟）在如图1所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图2所示．当开关闭合后，下列判断正确的是（　　）　A．灯泡L1的电阻为12Ω　B．通过灯泡L1的电流为灯泡L2电流的2倍　C．灯泡L1消耗的电功率为0.75W　D．灯泡L2消耗的电功率为0.30W考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：当开关闭合后，灯泡L1的电压等于3V，由图读出其电流I，由欧姆定律求出电阻，并求出其功率．灯泡L2、L3串联，电压等于1.5V，由图读出电流，求出电阻．解答：解：A、C、当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻R1==12Ω，功率P1=U1I1=0.75W，故A正确，C正确；B、灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，灯泡L2、L3的功率均为P=UI=1.5V×0.20A=0.30W，故B错误，D正确；故选ACD．点评：本题关键抓住电源的内阻不计，路端电压等于电动势，来确定三个灯泡的电压．读图能力是基本功．　-17-\n14．（4分）（2022秋•小店区校级月考）在光滑绝缘的水平面上固定有一点电荷，A、B是该点电荷场中一条电场线上的两点，带负电的小球沿该电场线从A点运动到B点，其动能随位置变化的关系如图所示．设A、B两点的电势分别为φA、φB，小球在A、B两点的电势能分别为EpA、EpB，则关于点电荷的位置及电势、小球电势能大小的说法正确的是（　　）　A．点电荷带正电在B点右侧B．点电荷带负电在B点右侧　C．φA＜φB、EpA＞EpBD．φA＞φB、EpA＜EpB考点：电势能；电势．专题：电场力与电势的性质专题．分析：由图看出带负电的小球从A点运动到B点，动能能增加，电场力做整功，可判断出电场力的方向，确定出孤立点电荷的电性和位置，根据顺着电场线的方向电势降低判断电势的高低，由能量守恒定律判断动能的变化．解答：解：A、B、带负电的小球沿该电场线从A点运动到B点，其动能增大，电势能减小，电势升高．所以电场线的方向从B指向A；从A点运动到B点的过程中，粒子的动能变化越来越快，说明受到的电场力越来越大，所以EA＜EB，产生电场的点电荷带正电在B点右侧．故A正确，B错误；C、D、由图看出带负电的小球从A点运动到B点，其动能增大，电势能减小，电势升高．所以电场线的方向从B指向A，则知φA＜φB．由能量守恒定律判断得知负电荷的电势能减小，即有：EpA＞EpB．故C正确，D错误．故选：AC．点评：解决本题关键掌握电场力做功与电势能变化的关系，掌握电场线方向与电势变化的关系，能熟练运用能量守恒定律判断能量的变化，是常见的问题．　二．实验题（15题6分，16题4分）15．（6分）（2022秋•金台区校级期中）一个定值电阻，其阻值约在40～50Ω之间，现需要测量其阻值．给出的实验器材有：电池组E：电动势9V，内阻约为0.5Ω电压表V：量程0～10V，内阻20kΩ电流表A1：量程0～50mA，内阻约为20Ω电流表A2：量程0～300mA，内阻约为4Ω滑动变阻器R1：阻值范围0～100Ω，额定电流1A滑动变阻器R2：阻值范围0～1700Ω，额定电流0.3A电键S、导线若干-17-\n如图所示，有两种电路可供选择．测量中为了减小实验误差，实验所用的电流表应为　A2　（填代号）滑动变阻器应为　R1　（填代号），实验应选图　甲　所示的电路图．考点：伏安法测电阻．专题：实验题；恒定电流专题．分析：已知电源，则可以选出电压表，根据欧姆定律可以求出电路中的电大电流，则可以选出电流表；根据两滑动变阻器的电阻及待测电阻的关系可以选出滑动变阻器，比较电压表、电流表及待测电阻的电阻大小可以得出电路的接法．解答：解：因电池和电压表唯一，故电源电动势为9V，电压表选V；由欧姆定律可知，电路中电流约为：A=180mA，故电流表应选A2；若滑动变阻器变大，则在调节时过于困难，故滑动变阻器选择略大于待测电阻的即可，故选R1；电压表内阻为20kΩ，为待测电阻的=400倍；而电阻电压为电流表内阻的=2.5倍；故说明电压表内阻远大于待测电阻，故应选用电流表外接法；故选甲电路；故答案为：A2，R1，甲点评：伏安法测电阻的实验需要认真分析电流表的接支及滑动变阻器的接法，同时注意分析实验中仪表的选择．　16．（4分）（2022秋•小店区校级月考）有一个小灯泡上标有“3V，0.2A”字样，现要测该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用：A、电压表（0﹣3V，内阻1KΩ）B、电压表（0﹣15V，内阻Ω）C、电流表（0﹣0.3A，内阻2Ω）D、电流表（0﹣0.6A，内阻0.5Ω）E、滑动变阻器（10Ω，1A）F、滑动变阻哭器（1000Ω，0.5A）G、直流电源（6V，内阻不计）另有开关一个，导线若干．（1）实验中滑动变阻器应选　E　．（只填器材的字母代号）．（2）在下面的虚线框中画出实验电路图，要求电流、电压能从零开始变化．-17-\n考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：本题（1）的关键是明确当实验要求电流从零调时，变阻器应采用分压式接法，选择阻值小的变阻器方便调节；题（2）的关键是首先根据小灯泡的规格选择电压表与电流表的量程，根据小灯泡电阻满足可知电流表应用外接法，再根据变阻器应采用分压式接法，画出电路图即可．解答：解：（1）：由于实验要求电流从零调，所以变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器E以方便调节；A、C、E．（2）：根据小灯泡的规格：“3V，0.2A”可知，电压表应选A，电流表应选C；小灯泡在额定条件下的电阻为R=，满足，所以电流表应用外接法；因要求电流、电压能从零开始变化，故滑线变阻器采用分压式接法，电路图如图所示：故答案为：（1）E（2）如图点评：应明确：①当实验要求电流从零调或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；②应根据小灯泡的额定电压与额定电流的大小来选择电压表与电流表的量程；③当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法．　四．计算题（17，19题各12分18题10分）17．（12分）（2022秋•小店区校级月考）如图所示，有一质量为m，带电荷量为+q的小球（可视为质点），自竖直向下、场强为E的匀强电场中的P点静止下落．在P点正下方距离h处有一弹性绝缘挡板S（挡板不影响匀强电场的分布），小球每次与挡板S相碰后电荷量均减少到碰前的k倍（k＜1），而碰撞过程中小球的机械能不损失．（1）设匀强电场中，挡板S处电势φS=0，则电场中P点的电势φP为多少？下落前小球在P点时的电势能EP为多少？（2）小球从P点出发后到第一次速度变为零的过程中电场力对小球做了多少功？（3）求在以后的运动过程中，小球距离挡板的最大距离l．-17-\n考点：动能定理的应用；能量守恒定律；电势；电势能．专题：动能定理的应用专题．分析：（1）电场力做功量度电势能的变化，电势能具有相对性，知道挡板S处的电势为零，能求其他位置的电势能；（2）设出第一次与档板碰撞后能达到的高度，由能量守恒及电场力做功公式列式即可求解；（3）小球与挡板碰撞后小球所带电量逐渐减小，最终电量将减小为零，整个过程中能量始终守恒，由能量守恒列式即可求解．解答：解：（1）SP之间的电压为：U=Eh因为φS=0，φP=Eh所以小球在P点时的电势能EP=qEh（2）设第一次与档板碰撞后能达到的高度为h1，由能量守恒得：mgh+qEh=（mg+kqE）h1，从P点出发第一次到达最高点过程中电场力对小球做的功为：W=qEh﹣kqEh1解得：W=（3）小球与挡板碰撞后小球所带电量逐渐减小，最终电量将减小为零，整个过程中能量始终守恒，由能量守恒得：mgh+qEh=mgl解得：l=答：（1）设匀强电场中，挡板S处电势φS=0，则电场中P点的电势φP为Eh，下落前小球在P点时的电势能EP为qEh；（2）小球从P点出发后到第一次速度变为零的过程中电场力对小球做的功为；（3）求在以后的运动过程中，小球距离挡板的最大距离l为．点评：本题主要考查了带电小球在电场中运动的问题，要求同学们能正确分析带电小球的受力情况，判断小球的运动情况，结合能量守恒定律解题，难度适中．　18．（10分）（2022秋•汕尾期末）如图所示，两平行金属板A，B长l=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，即UAB=300V．一带正电的粒子电荷量q=1.0×10﹣10C，质量m=1.0×10﹣20Kg，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度V0=2×106m-17-\n/s，粒子飞出平行板电场后经过界面MN，PS间的无电场区域后，进入固定在中线上的O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS的右边点电荷的分布不受界面的影响），已知两界面MN，PS相距为L=12cm，粒子穿过界面PS最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上．求（静电力常数K=9×109N．m2/C2）（1）粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离多远？（2）点电荷Q的电量．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力．专题：带电粒子在电场中的运动专题．分析：（1）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．由牛顿定律求出加速度，由运动学公式求出粒子飞出电场时的侧移h，由几何知识求解粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离．（2）由运动学公式求出粒子飞出电场时速度的大小和方向．粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，由几何关系求出轨迹半径，再牛顿定律求解Q的电量．解答：解：（1）设粒子从电场中飞出的侧位移为h，穿过界面PS时偏离中心线的距离为yh=at2（1）l=v0t（2）又粒子的加速度为a=（3）由（1）（2）（3）得h=代入解得h=0.03m又由相似三角形得=代入解得y=0.12m（2）设粒子从电场中飞出时在竖直方向的速度为vy则-17-\nvy=at=代入解得vy=1.5×106m/s粒子从电场中飞出时速度v．则v==2.5×106m/sv与水平方向的夹角θ=arctan=37°粒子穿过界面PS垂直打在放置中心线上的荧光屏上，粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，其半径与速度方向垂直匀速圆周运动半径r，由几何关系得r==0.15m又k=m代入解得Q=1.04×10﹣8C答：（1）粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离是0.12m；（2）点电荷Q的电量是1.04×10﹣8C．点评：本题是类平抛运动与匀速圆周运动的综合，分析粒子的受力情况和运动情况是基础．难点是运用几何知识研究圆周运动的半径．　19．（12分）（2022•闵行区二模）如图1所示，A、B、C、D为固定于竖直平面内的闭合绝缘轨道，AB段、CD段均为半径R=1.6m的半圆，BC、AD段水平，AD=BC=8m．B、C之间的区域存在水平向右的有界匀强电场，场强E=5×105V/m．质量为m=4×10﹣3kg、带电量q=+1×10﹣8C的小环套在轨道上．小环与轨道AD段的动摩擦因数为μ=，与轨道其余部分的摩擦忽略不计．现使小环在D点获得沿轨道向左的初速度v0=4m/s，且在沿轨道AD段运动过程中始终受到方向竖直向上、大小随速度变化的力F（变化关系如图2）作用，小环第一次到A点时对半圆轨道刚好无压力．不计小环大小，g取10m/s2．求：（1）小环运动第一次到A时的速度多大？（2）小环第一次回到D点时速度多大？（3）小环经过若干次循环运动达到稳定运动状态，此时到达D点时速度应不小于多少？考点：动能定理的应用．-17-\n专题：动量定理应用专题．分析：（1）小环第一次到A点时对半圆轨道刚好无压力．知重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出A点的速度．（2）对A到D运用动能定理，求出小环第一次回到D点时速度．（3）稳定循环时，每一个周期中损耗的能量应等于补充的能量，结合图象，根据动能定理求出D点速度的最小值．解答：解：（1）由题意及向心力公式得：（2）小物块从A点到第一次回到D的过程，由动能定理得：．（3）vA=4m/s=v0，小环第一次从D到A做匀速运动F=kv=mg．所以Fm=kvm=2mg=0.08N，则可知环与杆的摩擦力f≤μ|Fm﹣mg|=μmg=qE，稳定循环时，每一个周期中损耗的能量应等于补充的能量W损=W最大≤fms=μ（Fm﹣mg）s=0.04J而=0.04J．所以稳定循环运动时小环在AD段运动时速度一定要大于等于8m/s即到达A点的速度不小于8m/s稳定循环运动时小环从A到D的过程，由动能定理得：小环经过若干次循环运动达到稳定运动状态，此时到达D点时速度应不小于答：（1）小环运动第一次到A时的速度为4m/s．（2）小环第一次回到D点时速度为6m/s．（3）小环经过若干次循环运动达到稳定运动状态，此时到达D点时速度应不小于．点评：本题综合运用了动能定理、牛顿第二定律等知识，综合性强，对学生能力要求较高，涉及了不同的运动过程，关键是理清小环的运动，选择合适的研究过程进行分析求解．-17-