1、2015-2016学年福建省漳州市长泰一中高二（上）期中物理试卷一、选择题（本大题有16小题，每题3分，共48分；第112题只有一项符合题目要求；第1316题有多项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1下列公式适用于任何电场的是( )AW=qEdBU=EdCE=DE=k2在电场中的某点A放一个检验电荷，其电荷量为q，受到的电场力为F，则A点的电场强度为E=，下列说法正确的是( )A若移去检验电荷，则A点的电场强度为0B若检验电荷的电荷量变为4q，则A点的场强变为4EC若放置到A点的检验电荷变为2q，则场中A点的场强大小方向均不变D若放置到A点的检验电荷变为2q，
2、则场中A点的场强大小不变，但方向相反3以下说法正确的是( )A导体中的电流是正电荷的定向移动形成的B电荷定向移动的速率等于电流的传导速率C导体中横截面积越大的地方运动电荷的平均速率越大D单位时间内通过导体横截面的电荷量越大，电流越大4如图四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点其中电势和场强都相同的是( )ABCD5如图所示，棒AB上均匀分布着负电荷，它的中点正上方有一P点，则P点的场强方向为( )A垂直于AB向上B垂直于AB向下C平行于AB向左D平行于AB向右6将两根长为L，横截面积为S，电阻率为的保险丝串起来作为一根使用，则它的电阻和电阻率分别为( )A、B、C、D、7如图所示为滑动变阻器
3、示意图，下列说法中正确的是( )a和b串联接入电路中，P向右移动时电阻增大b和d串联接入电路中，P向右移动时电阻减小b和c串联接入电路中，P向右移动时电阻增大a和c串联接入电路中，P向右移动时电阻增大ABCD8两个分别带有电荷量Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为( )ABCD12F9如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流计G和一个滑动变阻器R组成，（1）甲表是电流表，R增大时量程增大 （2）甲表是电流表，R增大时量程减小（3）乙表是电压表，R增大时量程增大 （4）乙表是电压表，R增
4、大时量程减小下列说法正确的是( )A（1）和（3）B（1）和（4）C（2）和（3）D（2）和（4）10如图所示，在沿x轴正方向的匀强电场E中，有一动点A以O为圆心、以r为半径逆时针转动，为OA与x轴正方向间的夹角，则O、A两点间电势差为( )AUOA=ErBUOA=ErsinCUOA=ErcosDUOA=11一带电粒子在（重力不计）如图所示的电场中，在电场力作用下，沿虚线所示轨迹从A点运动到B点，下列说法中正确的是( )A粒子带正电B粒子的加速度在减少C粒子的动能在增大D粒子的电势能在增大12在光滑绝缘的水平面上有一个不导电的弹簧，弹簧的两端分别与金属小球A、B相连，若A、B带上等量同种电荷，
5、弹簧伸长x1，若让A、B所带电量都增为原来的2倍，弹簧的伸长量为x2，则x1与x2的关系是( )Ax2=x1Bx2=4x1Cx24x1Dx24x113在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则此时( )AL2的电阻为12BL1消耗的电功率为0.75 WCL1、L2消耗的电功率的比值大于4DL1两端的电压为L2两端电压的2倍14平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，如图所示则下列分析正确的是( )A保持电键S闭合
6、，带正电的A板向B板靠近，则增大B保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则不变C电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则增大D电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则不变15空间某一静电场的电势在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有( )AEBx的方向沿x轴正方向BEBx的大小大于ECx的大小C电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功16如图所示，在O点处放置一个正电荷在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q小球落下的轨迹如图中虚线
7、所示，它与以O为圆心、R为半径的圆 （图中实线表示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，BOC=30，A距离OC的竖直高度为h若小球通过B点的速度为v，则下列说法不正确的是( )A小球通过C点的速度大小是B小球在B、C两点的电势能不等C小球由A点到C点的过程中电势能一直都在减少D小球由A点到C点机械能的损失是mg（h）mv2二、实验题（共18分请把正确的答案填在题中的横线上或按题中要求作答）17（18分）某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，部分步骤如下：（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数分别如图甲、乙所示，长度为_cm，直径为_mm（2）
8、为精确的测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻Rx（约320）；电流表A1（量程015mA，内阻约30）；电流表A2（量程03mA，内阻约50）；电压表V1（量程03V，内阻约10K）；电压表V2（量程015V，内阻约25K）；直流电源E（电动势4V，内阻不计）；滑动变阻器R1（阻值范围015）；滑动变阻器R2（阻值范围0100）；开关S；导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，则电流表应选_，电压表应选_，滑动变阻器应选_，（均选填器材代号）（3）正确选择合适的仪器后请在图丙虚线框内画出测量用的正确电路图（4）根据设计电路图同组同学已经完成部分导线的连接，请你在
9、实物接线图（图丁）中完成余下导线的连接三、计算题（本大题有4小题，共36分解题时要求写出必要的文字说明、方程式、演算步骤，只写最后答案而无演算过程的不得分，答案必须明确写出数值和单位）18如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0106C的两点电荷分别固定在A、B点，已知静电力常量k=9.0109Nm2/C2，求：（1）两点电荷间的库仑力大小；（2）C点的电场强度的大小和方向19如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压
10、为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：（1）电子通过B点时的速度大小；（2）右侧平行金属板的长度；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能20如图，灯泡D与电动机M串联在一个稳压电源上，电源的输出电压为U=20V，灯泡D的电阻为RD=6，电动机M线圈的电阻为RM=2，与电动机并联的理想电压表读数为UM=14V电动机的转轴的摩擦可忽略，求：（1）通过灯泡的电流I=？（2）电动机M线圈的发热功率PQ=？（3）电动机M输出的机械功率P机=？21如图所示，空间有场强E=1.0103V/m竖直向下的电场
11、，长L=0.4m不可伸长的轻绳固定于O点，另一端系一质量m=0.05kg带电q=+5104C的小球，拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时，绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成=30、无限大的挡板MN上的C点试求：（1）绳子至少受多大的拉力才能被拉断；（2）A、C两点的电势差2015-2016学年福建省漳州市长泰一中高二（上）期中物理试卷一、选择题（本大题有16小题，每题3分，共48分；第112题只有一项符合题目要求；第1316题有多项符合题目要求，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1下列公式适用于任何电场的是( )AW=
12、qEdBU=EdCE=DE=k【考点】电势能 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】分别分析每个公式的适用范围，即可作出选择【解答】解：A、公式W=qEd，用来计算匀强电场中电场力做功，所以只适用于匀强电场，故A错误B、公式U=Ed是匀强电场中电势差与电场强度的关系公式，只适用于匀强电场，故B错误C、公式E=是电场强度的定义式，运用比值法定义，适用于任何电场，故C正确D、公式E=k是点电荷场强公式，只适用点电荷的电场，故D错误故选：C【点评】解决本题的关键要理解各个公式的来源，明确公式的适用范围2在电场中的某点A放一个检验电荷，其电荷量为q，受到的电场力为F，则A点的电场强度为E=，下列说法正
13、确的是( )A若移去检验电荷，则A点的电场强度为0B若检验电荷的电荷量变为4q，则A点的场强变为4EC若放置到A点的检验电荷变为2q，则场中A点的场强大小方向均不变D若放置到A点的检验电荷变为2q，则场中A点的场强大小不变，但方向相反【考点】电场强度 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场强度是反映电场本身的力的性质的物理量，与试探电荷无关，在电场中同一点，电场强度是确定不变的【解答】解：A、由题，该点的电场强度E=，若移去检验电荷，该点的电场强度仍为E=故A错误 B、若检验电荷的电量变为4q，检验电荷所受的电场力为4F，该点的电场强度仍为E=故B错误 C、D若放置到该点的检验电荷变为2q
14、，检验电荷所受的电场力为2F，该点的电场强度仍为E=故C正确，D错误故选：C【点评】电场强度的定义式E=，具有比值定义法的共性，定义出的电场强度与F、q无关，由电场本身决定3以下说法正确的是( )A导体中的电流是正电荷的定向移动形成的B电荷定向移动的速率等于电流的传导速率C导体中横截面积越大的地方运动电荷的平均速率越大D单位时间内通过导体横截面的电荷量越大，电流越大【考点】电流、电压概念 【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】电流是电荷的定向移动形成的金属导电靠的是自由电子；酸、碱、盐溶液导电靠的是溶液中的正、负离子电流的传递速率等于光速，电荷定向移动的速度很小，远远小于电流传递的速度
15、单位时间内通过导体横截面的电荷数越多，电流就越大【解答】解：A、电荷的定向移动形成电流，在金属导体中形成电流时，定向移动的是电子在电解液中形成电流时，正离子和负离子都在定向移动，故A错误B、电流的传递速率等于光速，电荷定向移动的速度很小，远远小于电流传导的速度，故B错误C、由电流的微观表达式可知，I=nqvs可知，导体中横截面积越大的地方运动电荷的平均速率越小；故C错误；D、根据电流的定义I=可知，单位时间内通过导体横截面的电荷数越多电流越大，故D正确故选：D【点评】本题要注意无论是正电荷还是负电荷，只要定向移动都会形成电流，不要将电流的形成速度与电流的方向的规定混淆；同时注意电流的微观表达式
16、的应用4如图四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点其中电势和场强都相同的是( )ABCD【考点】电势；电场强度 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电势是标量，根据电场线的方向和对称性分析a、b两点电势是否相同场强是矢量，根据电场线的疏密和切线方向及对称性，确定场强是否相同【解答】解：A、ab两点在一等势面上，电势相同，a的场强方向向左，b的场强方向向右，则场强不同故A错误 B、a、b在等量异种电荷连线的中垂线上，而此中垂线是一条等势线，两点电势相同根据电场线分布的对称性可知，这两点场强相同故B正确 C、a、b两点场强相同，而电势a点高于b点，故C错误 D、根据电场线的对称性可知：a、b两
17、点的电势相同，而a的场强方向向上，b点的场强方向下，场强不同故D错误故选B【点评】判断电势的高低，根据电场线的方向判断场强的大小根据电场线疏密，方向看电场线的切线方向要注意场强是矢量，只有大小和方向均相同，场强才相同5如图所示，棒AB上均匀分布着负电荷，它的中点正上方有一P点，则P点的场强方向为( )A垂直于AB向上B垂直于AB向下C平行于AB向左D平行于AB向右【考点】电场强度 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据点电荷的电场强度的定义式，结合将棒上电荷看成若干点电荷构成的，再由矢量的叠加原理，因此即可求解【解答】解：根据点电荷的电场强度的定义式，再将棒的电荷看成若干个点电荷，由对称性
18、与矢量的叠加，可得出，P点的电场强度的方向垂直于AB向下，故B正确，ACD错误；故选：B【点评】考查点电荷的电场强度的方向如何确定，掌握微元法的思路，同时理解矢量性的叠加6将两根长为L，横截面积为S，电阻率为的保险丝串起来作为一根使用，则它的电阻和电阻率分别为( )A、B、C、D、【考点】欧姆定律；电阻定律 【专题】恒定电流专题【分析】电阻率的大小由材料决定，与长度和横截面积无关根据电阻定律的公式R=判断电阻的变化【解答】解：电阻率有材料决定，与导线的长度和横截面积无关，故电阻率不变；材料不变，长度变为原来的2倍，横截面积不变，根据电阻定律的公式R=知，则电阻变为原来的2倍，为：R=故选：A【
19、点评】解决本题的关键掌握电阻定律的公式R=，以及知道电阻率的大小由材料决定，与长度和横截面积无关7如图所示为滑动变阻器示意图，下列说法中正确的是( )a和b串联接入电路中，P向右移动时电阻增大b和d串联接入电路中，P向右移动时电阻减小b和c串联接入电路中，P向右移动时电阻增大a和c串联接入电路中，P向右移动时电阻增大ABCD【考点】欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】滑动变阻器的原理是靠改变连入电路中的电阻丝的长度来改变电阻的，它的正确接法是“一上一下”哪一段电阻丝被接入电路中是由下面的接线柱决定的若接左下接线柱，滑片向右移动，电阻变大，则电路中的电流变小；若接右下接线柱，滑片向左移动，电阻
20、变大，则电路中的电流变小【解答】解：、将a和b连入电路时，当滑片P向右滑动时，不会改变电阻丝长度，电阻不变；故错误；、将b和d连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb部分当滑片P向右滑动时，PA电阻丝长度减小，电阻减小，故正确、将b和c连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb部分当滑片P向右滑动时，PB电阻丝长度减小，电阻减小，故错误、将a和c连入电路时，连入电路中的电阻丝是aP部分，当滑片P向右滑动时，ap电阻丝长度变长，电阻变大，故正确；故选：D【点评】本题考查了滑动变阻器的原理和作用，能够正确判断当“一上一下”接入电路时哪一段电阻丝被连入电路中是本题的解题关键所在8两个分别带有电荷量Q和+3Q的相同
21、金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为( )ABCD12F【考点】库仑定律；电荷守恒定律 【专题】计算题【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题【解答】解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的，库仑力为F=k，所以两球间库仑力的大小为故选C【点评】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题9如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流计G和
22、一个滑动变阻器R组成，（1）甲表是电流表，R增大时量程增大 （2）甲表是电流表，R增大时量程减小（3）乙表是电压表，R增大时量程增大 （4）乙表是电压表，R增大时量程减小下列说法正确的是( )A（1）和（3）B（1）和（4）C（2）和（3）D（2）和（4）【考点】把电流表改装成电压表 【专题】实验题【分析】灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小乙表中，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大【解答】解：由图甲所示可知，G与电阻R并联，甲
23、表是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故（1）错误，（2）正确由图乙所示可知，G与R串联，乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故（3）正确，（4）错误；故C正确；故选：C【点评】本题考查电表改装原理的理解能力当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值10如图所示，在沿x轴正方向的匀强电场E中，有一动点A以O为圆心、以r为半径逆时针转动，为OA与x轴正方向间的夹角，则O、A两点间电势差为( )AUOA=ErBUOA=ErsinCUOA=ErcosDUOA=【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势 【专题】电场力与电势的
24、性质专题【分析】匀强电场中电势差U=Ed，关键在于明确d为沿电场线方向的有效距离【解答】解：在匀强电场中，两点间的电势差U=Ed，而d是沿场强方向上的距离，所以dOA=rcos，故：UoA=Ercos故选C【点评】定要注意明确公式中d的准确含义，d是沿电场线方向的距离11一带电粒子在（重力不计）如图所示的电场中，在电场力作用下，沿虚线所示轨迹从A点运动到B点，下列说法中正确的是( )A粒子带正电B粒子的加速度在减少C粒子的动能在增大D粒子的电势能在增大【考点】电场线；等势面 【分析】解这类题的思路：根据带电粒子运动轨迹判定电场力方向，然后根据电性和电场线的疏密程度，判断电场力方向，根据电场力做
25、功判断电势能的变化【解答】解：A、由粒子的运动轨迹弯曲方向可知，带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，与电场强度方向相反，故粒子带负电，故A错误B、B点电场线密集，故电场强度大，电场力大，故加速度大，所以粒子的加速度一直增大，故B错误；C、由于带电粒子是从A到B，带电粒子受电场力的方向大致斜向左下方，故电场力做负功，动能减小，电势能增大，故C错误，D正确故选：D【点评】解决这类带电粒子在电场中运动问题的关键是根据轨迹判断出电场力方向，利用电场中有关规律求解；明确电场力做功与电势能和动能间的关系12在光滑绝缘的水平面上有一个不导电的弹簧，弹簧的两端分别与金属小球A、B相连，若A、B带上等量同种电
26、荷，弹簧伸长x1，若让A、B所带电量都增为原来的2倍，弹簧的伸长量为x2，则x1与x2的关系是( )Ax2=x1Bx2=4x1Cx24x1Dx24x1【考点】电势差与电场强度的关系 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据库仑定律的公式：F=知，电量增加，则库仑力增加，两球相互远离，通过库仑力和弹力的大小关系判断距离的变化【解答】解：让A、B所带电量都增为原来的2倍，根据库仑定律的公式：F=知，若认为距离保持不变，则库仑力增大为原来的4倍，根据平衡知，弹簧的弹力增大为原来的4倍，则形变量变为原来的4倍，但是形变量增大，库仑力减小，则x24x1，故选：D【点评】本题考查了库仑定律和胡克定律的综
27、合运用，通过假设法，假设距离保持不变进行判断13在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则此时( )AL2的电阻为12BL1消耗的电功率为0.75 WCL1、L2消耗的电功率的比值大于4DL1两端的电压为L2两端电压的2倍【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 【专题】定性思想；图析法；恒定电流专题【分析】由图乙知，L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压和电流都相同，电路中的总电流为0.25A，从而求出通过三个灯泡的电流，由乙图读出三个灯泡两端的电压，由R=求出L2的电阻，根据P=UI分
28、析功率关系【解答】解：A、L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压和电流均相同，则得L2的电流为0.125A，由图可知，此时L2的电压小于0.5V，根据R=可知，L2的电阻小于4，故A错误；B、根据图象可知，当电流为0.25A时，电压U=3V，所以L1消耗的电功率 P=UI=0.75W，故B正确；C、根据P=UI可知，L2消耗的电功率P20.1250.5=0.0625W，所以L1、L2消耗的电功率的比值大于4；1，故C正确；D、L1的电流为L2电流的2倍，由于灯泡是非线性元件，所以L1的电压不是L2电压的2倍，故D错误；故选：BC【点评】本题的关键是搞清电路的结构，能够从图中读出有效信息，
29、要注意本题中灯泡是非线性元件，电阻会随电压和电流而变化，不是定值14平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，如图所示则下列分析正确的是( )A保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则增大B保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则不变C电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则增大D电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则不变【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】小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电
30、量不变结合电场强度的变化判断夹角的变化【解答】解：A、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，增大故A正确，B错误C、断开开关S，电容器所带的电量不变，C=，知d变化，E不变，电场力不变，不变故C错误，D正确故选：AD【点评】解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变15空间某一静电场的电势在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C点电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx，下列说法中正确的有( )AEBx的方向沿x轴正方向BEBx的
31、大小大于ECx的大小C电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功【考点】电势差与电场强度的关系；电势 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】本题的入手点在于如何判断EBx和ECx的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法【解答】解：A、沿电场方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，故A错误；B、在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有E=，
32、可见EBxECx，故B正确；C、同理可知O点场强最小，电荷在该点受到的电场力最小，故C错误；D、沿电场方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向，电场力先做正功，后做负功，故D正确故选：BD【点评】本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法；故此题的难度较高16如图所示，在O点处放置一个正电荷在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆 （图中实线表示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，BOC=30，A距离OC的竖直
33、高度为h若小球通过B点的速度为v，则下列说法不正确的是( )A小球通过C点的速度大小是B小球在B、C两点的电势能不等C小球由A点到C点的过程中电势能一直都在减少D小球由A点到C点机械能的损失是mg（h）mv2【考点】功能关系；电势能 【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；力学综合性应用专题；电场力与电势的性质专题【分析】小球下落过程中，受到重力和电场力，由于B、C两点处于同一等势面上，故从B到C过程电场力做功为零；根据电场力做功判断电势能的变化情况；根据总功判断动能变化情况【解答】解：A、小球从A点到C点的过程中，电场力总体上做的是负功，重力做正功，由动能定理可以知道电荷在C点的大小是
34、，因此C点的速度小于，故A错误；B、到O点相等的B、C两点位于同一个等势面上，所以小球在B、C两点的电势能相等故B错误；C、小球由B点到C点的过程中电势能先增大后减小，所以小球由A点到C点的过程中电势能先增大后减小故C错误；D、小球由A点到C点机械能的损失就是除了重力以外的其他力做的功，即电场力做的功由动能定理得mgh+W电= 则：W电=mv2+mgmgh 即电势能增加了mg（h）mv2，机械能减少了mg（h）mv2故D正确；本题选择不正确的，故选：ABC【点评】本题关键是明确几种功能关系的具体形式：总功是动能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度二、
35、实验题（共18分请把正确的答案填在题中的横线上或按题中要求作答）17（18分）某同学要测量一个由均匀新材料制成的圆柱体的电阻率，部分步骤如下：（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数分别如图甲、乙所示，长度为5.03cm，直径为5.310mm（2）为精确的测量其电阻，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻Rx（约320）；电流表A1（量程015mA，内阻约30）；电流表A2（量程03mA，内阻约50）；电压表V1（量程03V，内阻约10K）；电压表V2（量程015V，内阻约25K）；直流电源E（电动势4V，内阻不计）；滑动变阻器R1（阻值范围015）；滑动
36、变阻器R2（阻值范围0100）；开关S；导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，则电流表应选A1，电压表应选V1，滑动变阻器应选R1，（均选填器材代号）（3）正确选择合适的仪器后请在图丙虚线框内画出测量用的正确电路图（4）根据设计电路图同组同学已经完成部分导线的连接，请你在实物接线图（图丁）中完成余下导线的连接【考点】测定金属的电阻率 【专题】实验题；定性思想；图析法；恒定电流专题【分析】（1）游标卡尺读数的方法是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（2）根据欧姆定律估算出最大电流，然后选择电流表；根据电源电动势
37、选择电压表；要求测得多组数据进行分析，滑动变阻器采用分压式接法，用小电阻控制大电阻；（3）根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出实验电路图；（4）根据实验电路图连接实物电路图【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，游标尺是10分度的，其精确度为0.1mm，则游标卡尺示数为：50mm+30.1mm=50.3mm=5.03cm；由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为：5.0mm，可动刻度示数为：31.00.01mm=0.310mm，螺旋测微器读数为：5.0mm+0.310=5.310mm；（2）电源电动势为4V，则电压表选择：V1；电路最大电流约为：I=0.009375A=9.375mA，故电
38、流表选择A1 要求测得多组数据进行分析，滑动变阻器采用分压式接法，用小电阻控制大电阻，故滑动变阻器选择R1为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1；（3）应待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，实验要测多组实验数据，因此滑动变阻器应采用分压接法，由于电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：（4）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：故答案为：（1）5.03； 5.310； （2）A1；V1；R1；（3）电路图如图所示；（4）实物电路图如图所示【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的
39、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测量电阻最基本的原理是伏安法，电路可分为测量电路和控制电路两部分设计测量电路要求精确，误差小，可根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表内、外接法控制电路关键是变阻器的分压式接法或限流式接法在两种方法都能用的情况下，为了减小能耗，选择限流式接法三、计算题（本大题有4小题，共36分解题时要求写出必要的文字说明、方程式、演算步骤，只写最后答案而无演算过程的不得分，答案必须明确写出数值和单位）18如图，真空中xOy平面直角坐标系上的ABC三点构成等边三角形，边长L=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0106C的两点电荷分别固
40、定在A、B点，已知静电力常量k=9.0109Nm2/C2，求：（1）两点电荷间的库仑力大小；（2）C点的电场强度的大小和方向【考点】库仑定律；电场强度 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）根据库仑定律公式F=k列式求解即可；（2）先求解两个电荷单独存在时在C点的场强，然后根据平行四边形定则合成得到C点的场强【解答】解：（1）电荷量均为q=+2.0106C的两点电荷分别固定在A、B点，静电力为：F=k=9.0109=9.0103N；（2）A、B点电荷在C点产生的场强大小相等，均为：E1=k=9.0109=4.5103N/CA、B点电荷在C点的合场强大小为：E=2E1cos30=24.51
41、03N/C=7.8103N/C场强方向沿着y轴正方向；答：（1）两点电荷间的库仑力大小为9.0103N；（2）C点的电场强度的大小为7.8103N/C，方向为+y轴正方向【点评】本题考查了库仑定律和电场强度的矢量合成问题，关键是根据平行四边形定则合成，基础问题19如图所示为两组平行金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：（1）电子通过B点时的速度大小；（2）
42、右侧平行金属板的长度；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能【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】（1）电子在AB之间做加速运动，电场力的功等于电子动能的变化，根据动能定理即可解答；（2）电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，则电子的沿电场线方向的位移为，根据平抛运动的方法，结合牛顿第二定律即可解答；（3）电子的动能可以根据动能定理全程列式计算【解答】解：（1）电子在AB之间做加速运动，由U0e=mvB2得：vB=（2）由y=可得：l=d（3）由动能定理得：U0e+e=Ek末所以电子穿出右侧平行金属板时的动能：Ek末=e（U0+）答：（1）电子通过B点时的
43、速度大小为；（2）右侧平行金属板的长度为；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能为e（U0+）【点评】该题中，电子先在加速电场中加速，然后在偏转电场中偏转，属于常规的典型题目难度适中20如图，灯泡D与电动机M串联在一个稳压电源上，电源的输出电压为U=20V，灯泡D的电阻为RD=6，电动机M线圈的电阻为RM=2，与电动机并联的理想电压表读数为UM=14V电动机的转轴的摩擦可忽略，求：（1）通过灯泡的电流I=？（2）电动机M线圈的发热功率PQ=？（3）电动机M输出的机械功率P机=？【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 【专题】恒定电流专题【分析】（1）电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定
44、律不成立，而灯泡D是纯电阻，可以对灯泡D，运用用欧姆定律求电路中的电流（2）发热功率根据PQ=I2RM即可求解；（3）电动机M输出的机械功率P机=PMP热【解答】解：（1）灯两端的电压为UD=UUM=2014=6V_所以通过灯的电流为I=1A_（2）电动机M线圈的发热功率PQ=I2RM=122=2 W（3）电动机M消耗的电功率为PM=UI=141=14 _输出的机械功率P机=PMPQ=142=12W答：（1）通过灯泡的电流I为1A；（2）电动机M线圈的发热功率PQ为2W；（3）电动机M输出的机械功率P机为12W【点评】本题切入点在于根据闭合电路欧姆定律求解干路电流，突破口在于根据电功率表达式列
45、式求解，注意电动机是非纯电阻电路21如图所示，空间有场强E=1.0103V/m竖直向下的电场，长L=0.4m不可伸长的轻绳固定于O点，另一端系一质量m=0.05kg带电q=+5104C的小球，拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时，绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成=30、无限大的挡板MN上的C点试求：（1）绳子至少受多大的拉力才能被拉断；（2）A、C两点的电势差【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；向心力 【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）根据动能定理求出小球经过最低点时的速度经过最低点时，由重力和细线的拉力的合力提供小球的向
46、心力，由牛顿第二定律求出细线对小球的拉力；（2）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向是匀速直线运动，竖直方向是匀加速直线运动，由此可以求得【解答】解：（1）AB由动能定理及圆周运动知识有：（mg+qE）L=mvB2F（mg+qE）=得：F=3N （2）由（1）可知到达B点的速度为在C点根据速度关系有：vcsin=vB从AC过程，根据动能定理有：从根据动能定理有：qUAC+mghAC=mvc20得：U=1600V 答：（1）绳子至少受3N的拉力才能被拉断；（2）A、C两点的电势差为1600V【点评】本题是带电物体在复合场中圆周运动问题，动能定理和向心力结合是常用的解题方法粒子垂直进入电场中做的是类平抛运动，考查了学生对类平抛运动的规律的应用
