1、四川省成都市五校协作体联考2014-2015学年高二上学期期中物理试卷一、选择题（本题包括8个小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题意）1（3分）下列说法正确的是（）A只有体积很小的带电体才能看作点电荷B电场强度是矢量，方向就是电荷在该点的受力方向C电容器的电容跟它两极所加电压成反比，跟它所带电量成正比D外电路断开时，电动势数值上等于电源两极的电压2（3分）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（）ABCD12F3（3分）三个点电荷电场的电场线分布如图所示，
2、图中a、b两点处的场强大小分别为Ea、Eb，电势分别为a、b，则（）AEaEb，abBEaEb，abCEaEb，abDEaEb，ab4（3分）如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，则关于电子到达了B板时的速率，下列解释正确的是（）A两板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大B两板间距越小，加速度就越大，则获得的速率越大C与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关D以上解释都不正确5（3分）平行板间加如图所示周期变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况图中，能定性描述粒子运动的速度图象正确的是（）ABCD6（3分）热敏电阻是传感电
3、路中常用的电子元件，其电阻R随温度t变化的图线如图甲所示如图乙所示电路中，热敏电阻Rt与其它电阻构成的闭合电路中，当Rt所在处温度升高时，两电表读数的变化情况是（）AA变大，V变大BA变小，V变小CA变小，V变大DA变大，V变小7（3分）电流表的内阻足Rg=100，满刻度电流值是Ig=1mA，现欲把这电流表改装成量程为3V的电压表，正确的方法是（）A应串联一个2900的电阻B应并联一个0.1的电阻C应串联一个0.1的电阻D应并联一个2900的电阻8（3分）如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹粒子先经过M点，再经过N点，以下正确的是（）A无法判断带电粒子的电性B粒
4、子在M点的动能小于在N点的动能C粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D粒子在M点的电势能小于在N点的电势能二、不定项选择题（本题包括5个小题，每小题4分，共20分，每小题给出一个或多个选项符合题意全部选对得4分，选对且不全的得2分，有选错的得0分）9（4分）如图所示，两个带等量正电荷的小球A、B（可视为点电荷），被固定在光滑绝缘的水平面上P、N是小球A、B的连线的水平中垂线，且PO=ON现将一个电荷量很小的带负电的小球C（可视为质点），由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，下列关于小球C的速度图象中，可能正确的是（）ABCD10（4分）某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其
5、中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用要增大除尘率，则下列措施可行的是（）A只增大电压UB只增大高度dC只增大长度LD只增大尘埃被吸入水平速度v011（4分）M、N是一对水平放置的平行板电容器，将它与一电动势为E，内阻为r的电源组成如图所示的电路，R是并联在电容器上的滑动变阻器，G是灵敏电流计，在电容器的两极板间
6、有一带电的油滴处于悬浮状态，如图所示，现保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，则（）A在滑片滑动时，灵敏电流计中有从b向a的电流B在滑片滑动时，灵敏电流计中有从a向b的电流C带电油滴将向上运动D带电油滴将向下运动12（4分）如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表V的示数减小U（电压表为理想电表），在这个过程中（）A通过R1的电流减小，减少量一定等于BR2两端的电压增加，增加量一定等于UC路端电压减小，减少量一定等于UD通过R2的电流增加，但增加量一定小于13（4分）如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜
7、面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2vl）若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（）A从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小B从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功C从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小D小物体上升的最大高度为三、实验题（本题包括2个小题，共16分）14（4分）用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，若（）A保持S不变，增大d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d不变，减小S，则变小D保持d不变，减小S，则不变1
8、5（12分）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为mm（该值接近多次测量的平均值）（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx实验所用器材为：电池组（电动势3V，内阻约1）、电流表（内阻约0.1）、电压表（内阻约3k）、滑动变阻器R（020，额定电流2A）、开关、导线若干某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下： 次数1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.46
9、00.520由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图2中的（选填“甲”或“乙”）（3）如图3是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端请根据（2）所选的电路图，补充完成下图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏（4）这个小组的同学在坐标纸上建立U、I坐标，如图4所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点请在图4中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出UI图线由图线得到金属丝的阻值Rx=（保留两位有效数字）（5）根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为（填选项前的符号）A1102m B1103mC1106m D1108m四、
10、计算题16（8分）在真空中的O点放一点电荷Q=1.0109C，直线MN过O点，OM=30cm，M点放有一点电荷q=21010C，如图所示求：（1）M点的场强大小；（2）若M点的电势比N点的电势高15V，则电荷q从M点移到N点，电势能变化了多少？（k=9.0109Nm2/C2）17（10分）质量都是m的两个完全相同、带等量异种电荷的小球A、B分别用长L的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为2L的M、N两点，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，线与竖直方向夹角=37，当外加水平向左的匀强电场时，两小球平衡位置如图乙所示，线与竖直方向夹角也为=37，（sin37=，cos37=）求：（1）A、B小球电性及
11、所带电荷量Q；（2）外加匀强电场的场强E18（10分）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长L=80cm，两板间的距离d=40cm电源电动势E=40V，内电阻r=1，电阻R=15，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0=4m/s水平向右射入两板间，该小球可视为质点若小球带电量q=1102C，质量为m=2102kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表若小球恰好从A板右边缘射出（g取10m/s2）求：（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多少？（2）此时电流表、电压表的示数分别为多少？（3）此时电源的输出功率是多少？19（12分）
12、如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场现有一质量为m，电量为+q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场（P点恰好在A点的正上方，如图小球可视为质点，小球运动到C点之前电量保持不变，经过C点后电量立即变为零）已知A、B间距离为2R，重力加速度为g在上述运动过程中，求：（1）小球在C处的速度大小；（2）电场强度E的大小；（3）小球在圆轨道上何处速度最大？最大速率是多少？四川省成都市五校协作体联考2014-2015学年高二上学期期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本
13、题包括8个小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题意）1（3分）下列说法正确的是（）A只有体积很小的带电体才能看作点电荷B电场强度是矢量，方向就是电荷在该点的受力方向C电容器的电容跟它两极所加电压成反比，跟它所带电量成正比D外电路断开时，电动势数值上等于电源两极的电压考点：电场强度；电容 分析：带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定电场强度方向与正电荷所受的电场力方向相同电容与电容器板间电压和电量无关外电路断开时，电动势数值上等于电源两极的电压解答：解：A、带电体能否看作点电荷是由研究问题的性
14、质决定，与自身大小形状无具体关系，故A错误；B、电场强度是矢量，方向就是正电荷在该点的受力方向，而与负电荷在该点的受力方向相反，故B错误C、电容表征电容器容纳电荷本领大小，与两极所加电压、带电量无关，故C错误D、外电路断开时，电源的内电压为零，根据闭合电路欧姆定律可知电动势数值上等于电源两极的电压，故D正确故选：D点评：本题考查的知识点较多，关键要理解点电荷的条件、电容的物理意义和电动势与电压的关系2（3分）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（）ABCD12F考点：库
15、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3（3分）三个点电荷电场的电场线分布如图所示，图中a、b两点处的场强大小分别为Ea、Eb，电势分别为a、b，则（）AEaEb，abBEaEb，abCEaEb，abDEaEb，ab考点：电场线 分析：电场线密的地方电场
16、强度大，电场线稀的地方电场强度小，沿电场线电势降低，据此可正确解答本题解答：解：电场线密的地方电场强度大，电场线稀的地方电场强度小，故EaEb；根据电场线与等势线垂直，在b点所在电场线上找到与a点电势相等的，依据沿电场线电势降低，可知ab，故BCD错误，A正确故选：A点评：本题考查了如何根据电场线的分布判断电场强度大小以及电势高低，对于不在同一电场线上的两点，可以根据电场线和等势线垂直，将它们转移到同一电场线上进行判断4（3分）如图所示，在A板附近有一电子由静止开始向B板运动，则关于电子到达了B板时的速率，下列解释正确的是（）A两板间距越大，加速的时间就越长，则获得的速率越大B两板间距越小，加
17、速度就越大，则获得的速率越大C与两板间的距离无关，仅与加速电压U有关D以上解释都不正确考点：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：根据动能定理求出电子获得的速度，判断与什么因素有关，根据牛顿第二定律和运动学公式求出加速度和运动时间，判断与什么因素有关解答：解：根据动能定理知，qU=，解得：v=，获得的速率与加速电压有关，与间距无关加速度a=，知间距越小，加速度越大根据d=，解得：t=，间距越大，时间越长，故A、B、D错误，C正确故选：C点评：根据电子的运动的规律，列出方程来分析电子的加速度、运动的时间和速度分别与哪些物理量有关，根据关系式判断即可5（3分）平行板间
18、加如图所示周期变化的电压，重力不计的带电粒子静止在平行板中央，从t=0时刻开始将其释放，运动过程无碰板情况图中，能定性描述粒子运动的速度图象正确的是（）ABCD考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：不计重力的带电粒子在周期变化的电场中，在电场力作用下运动速度随着时间变化的关系由加速度来确定，而加速度是由电场力来确定，而电场力却由电势差来确定解答：解：开始粒子在匀强电场中从静止运动，前半个周期是匀加速运动，后半个周期是匀减速运动，在下一个周期中仍是这样：继续向前匀加速运动，再匀减速运动，这样一直向前运动下去速度的方向不变，而大小先增大后减小，再增大
19、，再减小故选：A点评：带电粒子正好是从零时刻由静止开始运动，加速度、速度具有周期性与对称性6（3分）热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，其电阻R随温度t变化的图线如图甲所示如图乙所示电路中，热敏电阻Rt与其它电阻构成的闭合电路中，当Rt所在处温度升高时，两电表读数的变化情况是（）AA变大，V变大BA变小，V变小CA变小，V变大DA变大，V变小考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：当Rt所在处温度升高时，Rt减小，并联部分电阻减小，总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析路端电压和总电流的变化，再分析R2电压的变化，确定通过R2的电流变化，根据总电流和通过R2的变化，确定电流表示数的变化
20、解答：解：当Rt所在处温度升高时，Rt减小，并联部分电阻减小，外电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知：干路电流I总增大，路端电压U变小，则V变小Rt和R2并联的电压U并=EI总（R1+r），I总增大，E、R1、r均不变，则U并减小，通过R2的电流I2减小，则A变小故B正确故选：B点评：本题首先要读懂图象，明确热敏电阻与温度的关系，其次按“分部整体分部”的顺序进行动态分析7（3分）电流表的内阻足Rg=100，满刻度电流值是Ig=1mA，现欲把这电流表改装成量程为3V的电压表，正确的方法是（）A应串联一个2900的电阻B应并联一个0.1的电阻C应串联一个0.1的电阻D应并联一个2900的电阻
21、考点：把电流表改装成电压表 专题：实验题；恒定电流专题分析：把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值解答：解：把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值：R=Rg=100=2900；故选：A点评：本题考查了电压表的改装，知道电压表的改装原理，应用串并联电路特点即可正确解题8（3分）如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹粒子先经过M点，再经过N点，以下正确的是（）A无法判断带电粒子的电性B粒子在M点的动能小于在N点的动能C粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D粒子在M点的电势能小于在N点的电势能考点：电场线；电
22、势能 分析：带电粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子带正电，由电场线的疏密可判断场强的大小，再判断电场力的大小由带电粒子的轨迹可判定电场力的方向，确定电场力做功情况，分析电势能和动能的变化，再分析速度的变化带电粒子的动能和电势能总和守恒解答：解：A、带电粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子带正电，故A错误B、粒子先经过M点，再经过N点，电场力做正功，动能增大，速度也增大，故带电粒子在N点的速度大于在M点的速度，粒子在N点的动能大于在M点的动能故B正确C、电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在M点的场强小于N点的场强，在M点
23、的加速度小于N点的加速度故C错误D、粒子先经过M点，再经过N点，电场力做正功，电势能减小，粒子在M点的电势能大于在N点的电势能故D错误故选：B点评：此类轨迹问题，由轨迹的弯曲方向可判定电场力的方向，并判断电场力做功正负情况二、不定项选择题（本题包括5个小题，每小题4分，共20分，每小题给出一个或多个选项符合题意全部选对得4分，选对且不全的得2分，有选错的得0分）9（4分）如图所示，两个带等量正电荷的小球A、B（可视为点电荷），被固定在光滑绝缘的水平面上P、N是小球A、B的连线的水平中垂线，且PO=ON现将一个电荷量很小的带负电的小球C（可视为质点），由P点静止释放，在小球C向N点运动的过程中，
24、下列关于小球C的速度图象中，可能正确的是（）ABCD考点：电场的叠加 专题：电场力与电势的性质专题分析：A、B为两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向OP，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向PO，速度越来越大但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定越过O点后，负电荷q做减速运动，点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值，加速度变化情况同样不确定解答：解：在AB的垂直平分线上，从无穷远处到O点电场强度先变大后变小，到O点变为零，负电荷受力沿垂直平分线运动，电荷的加速度先变大后变小，速度不断增大，在O点加速
25、度变为零，速度达到最大，由速度与时间的图象的斜率先变大后变小，由O点到无穷远，速度变化情况与另一侧速度的变化情况具有对称性如果PN足够远，则B正确，如果PN很近，则A正确，CD错误故选：AB点评：本题考查对等量异种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性10（4分）某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃
26、的数量的比值，称为除尘率不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用要增大除尘率，则下列措施可行的是（）A只增大电压UB只增大高度dC只增大长度LD只增大尘埃被吸入水平速度v0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：带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为y=，增大y便可增大除尘率解答：解：增加除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为y=即增加y即可A、只增加电压U可以增加y，故A满足条件；B、只增大高度d，由题意知d增加则位移y减小，故不满足条件；C、只增加长度L，可以增加y，故C满足条件；
27、D、只增加水平速度v0，y减小，故不足条件故选：AC点评：此题为结合生活背景的题目，考查频率较高，注意构建物理情景类平抛运动，应用运动的分解知识求解11（4分）M、N是一对水平放置的平行板电容器，将它与一电动势为E，内阻为r的电源组成如图所示的电路，R是并联在电容器上的滑动变阻器，G是灵敏电流计，在电容器的两极板间有一带电的油滴处于悬浮状态，如图所示，现保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，则（）A在滑片滑动时，灵敏电流计中有从b向a的电流B在滑片滑动时，灵敏电流计中有从a向b的电流C带电油滴将向上运动D带电油滴将向下运动考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：电容器两极板的电
28、压等于变阻器两端的电压将滑动变阻器的滑片向上滑动时，根据欧姆定律分析电容器板间电压如何变化，判断电容器是充电还是放电，分析通过电流计的电流方向由E=分析板间场强如何变化，判断油滴如何运动解答：解：AB、电容器两极板间的电压U=，当将滑动变阻器的滑片向上滑动时，R增大，U增大，电容器的电量增加，处于充电状态，灵敏电流计中有电流，由于电容器上板带正电，则灵敏电流计中有从a向b的电流故A错误，B正确CD、U增大，由E=分析得知，板间场强增大，则带电油滴将向上运动故C正确，D错误故选：BC点评：本题是电容的动态分析问题，关键确定电容器的电压，电路稳定时，电容器的电压等于所并联电路两端的电压12（4分）
29、如图所示的电路中，电源内阻不可忽略，若调整可变电阻R的阻值，可使电压表V的示数减小U（电压表为理想电表），在这个过程中（）A通过R1的电流减小，减少量一定等于BR2两端的电压增加，增加量一定等于UC路端电压减小，减少量一定等于UD通过R2的电流增加，但增加量一定小于考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：由图可知，R1与R并联后与R2串联，电压表测并联部分的电压；由欧姆定律可知，通过R1的电流的变化量；由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化量，则可得出路端电压的变化量及R2两端电压的关系解答：解：A、因电压表示数减小，而R1为定值电阻，故电流的减小量一定等于，故A正确；B、R1两端
30、的电压减小，则说明R2及内阻两端的电压均增大，故R2两端的电压增加量一定小于U，故B错误；C、因内电压增大，故路端电压减小，由B的分析可知，路端电压的减小量一定小于U，故C错误；D、由B的分析可知，R2两端的电压增加量一定小于U，故电流的增加量一定小于，故D正确；故选AD点评：本题考查欧姆定律中的动态分析，因本题要求分析电流及电压的变化量，故难度稍大，要求学生能灵活选择闭合电路的欧姆定律的表达形式13（4分）如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2vl）若小物体电荷量保持不变，
31、OM=ON，则（）A从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小B从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功C从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小D小物体上升的最大高度为考点：电势能；电场强度 分析：小物块带负电，正点电荷对它有吸引力，根据距离变化即可判断电场力做功和电势能的变化分析小球受力情况，根据斜面对小球支持力的变化，分析摩擦力的变化根据动能定理分别上升和下滑两个过程，求出物体上升的最大高度解答：解：A、由题分析可知，正点电荷对物体有吸引力，从N到M的过程中，物体与正点电荷间的距离先减小后增大，则电场力先做正功后做负功，物体的电势能先减小后增加故A错误B、从M到
32、N的过程中，物体与正点电荷间的距离先减小后增大，则电场力先做正功后做负功故B错误C、从N到M的过程中，小物体受到的电场力先增大后减小，电场力在垂直于斜面的分力也先增大后减小，根据物体在垂直于斜面方向力平衡得知，斜面对物体的支持力也先增大后减小，则物体受到的摩擦力先增大后减小故C正确D、设物体上升过程中，摩擦力做功为W，上升的最大高度为h由于OM=ON，M、N两点的电势相等，上升和下滑过程中电场力做功都为0，则根据动能定理得，上升过程：Wmgh=0mv12下滑过程：W+mgh=mv220联立解得，h=故D正确故选：CD点评：本题根据物体与正电荷间距离的变化，来判断电场力做功的正负求物体上升的最大
33、高度时，要抓住OM=ON这个条件，得到M、N的电势相等，则知上升和下降电场力做功为0三、实验题（本题包括2个小题，共16分）14（4分）用控制变量法，可以研究影响平行板电容器的因素（如图）设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，若（）A保持S不变，增大d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d不变，减小S，则变小D保持d不变，减小S，则不变考点：影响平行板电容器电容的因素 分析：静电计指针偏角表示电容器两端电压的大小，根据电容的定义式C=，判断电容的变化，再根据C=，判断电压的变化，从而得知静电计指针偏角的变化解答：解：根据电容的定义式C=，保持
34、S不变，增大d，电容C减小，再根据U=，知U增大，所以变大故A正确，B错误 保持d不变，减小S，电容减小，再根据C=，知U增大，所以变大故CD错误故选：A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（12分）在“测定金属的电阻率”实验中，所用测量仪器均已校准待测金属丝接入电路部分的长度约为50cm（1）用螺旋测微器测量金属丝的直径，其中某一次测量结果如图1所示，其读数应为0.397mm（该值接近多次测量的平均值）（2）用伏安法测金属丝的电阻Rx实验所用器材为：电池组（电动势3V，内阻约1）、电流表（内阻约
35、0.1）、电压表（内阻约3k）、滑动变阻器R（020，额定电流2A）、开关、导线若干某小组同学利用以上器材正确连接好电路，进行实验测量，记录数据如下： 次数1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上实验数据可知，他们测量Rx是采用图2中的甲（选填“甲”或“乙”）（3）如图3是测量Rx的实验器材实物图，图中已连接了部分导线，滑动变阻器的滑片P置于变阻器的一端请根据（2）所选的电路图，补充完成下图中实物间的连线，并使闭合开关的瞬间，电压表或电流表不至于被烧坏（4）这个小组的同学在坐标
36、纸上建立U、I坐标，如图4所示，图中已标出了与测量数据对应的4个坐标点请在图4中标出第2、4、6次测量数据的坐标点，并描绘出UI图线由图线得到金属丝的阻值Rx=4.5（保留两位有效数字）（5）根据以上数据可以估算出金属丝电阻率约为C（填选项前的符号）A1102m B1103mC1106m D1108m考点：测定金属的电阻率 专题：实验题分析：（1）关于螺旋测微器的读数，要先读出固定刻度，再读出可动刻度，然后相加即可得出结果（2）根据数据比较电压表、电流表和被测电阻的阻值关系，确定可采取的电路（3）按照电路原理图进行实物图的连接，注意导线不能交叉和滑动变阻器的连接方式（4）根据图上所标的点，做出
37、UI图线，从而可得出电阻值（5）把以上数据代入电阻定律，可得出结果解答：解：（1）固定刻度读数为0，可动刻度读数为39.7，所测长度为0+39.70.01=0.397mm（0.3950.399）（2）由记录数据根据欧姆定律可知金属丝的电阻Rx约5则有Rx，属于小电阻，用外接法测量误差小，由（3）知是用伏安特性曲线来测量电阻的，就要求电压电流从接近0开始调节，所以应该采用分压接法故选甲（3）注意连图时连线起点和终点在接线柱上并且不能交叉，结合（2）可知应该连接成外接分压接法（甲）那么在连线时断开开关且使Rx两端的电压为0先连外接电路部分，再连分压电路部分，此时滑片P必须置于变阻器的左端实物图如右
38、图所示，（4）描绘出第2、4、6三个点后可见第6次测量数据的坐标点误差太大舍去，然后出UI图线如右图所示；其中第4次测量数据的坐标点在描绘出的UI图线上，有：Rx=4.5（5）根据电阻定律R=，得=R，代入数据可计算出=1106m，故选C故答案为：（1）0.397 （2）甲 （3）如图 （4）4.5 （5）C点评：该题是综合性较强的题，解答时注意一下几方面：1、对于长度的测量注意高中所要求的游标卡尺和螺旋测微器的使用方法，读书时是固定刻度的值与可动刻度的值得和2、会根据电压表、电流表及被测电阻的阻值关系，确定电流表是内接还是外接3、实物连接时，注意导线不能相交叉，并且要注意闭合电建时，分压电路
39、的输出端电压要为零4、会用电阻定律来求解导线的电阻率四、计算题16（8分）在真空中的O点放一点电荷Q=1.0109C，直线MN过O点，OM=30cm，M点放有一点电荷q=21010C，如图所示求：（1）M点的场强大小；（2）若M点的电势比N点的电势高15V，则电荷q从M点移到N点，电势能变化了多少？（k=9.0109Nm2/C2）考点：电势能；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）知道点电荷的电荷量及M点到点电荷的距离，由点电荷的场强公式E=k可以直接求得结果（2）根据电场力做功的公式可以直接求得电场力做的功的大小，从而可以知道电势能的变化解答：解：（1）由点电荷的场强公式E=k可
40、知：M点的场强大小 E=k=9.0109N/C=100N/C，所以电荷Q在M点的电场强度大小是100N/C（2）电荷q从M点移到N点，电场力做的功为： WMN=qUMN=q（MN）=2101015J=3109J，所以电势能增加了3109J答：（1）M点的场强大小100N/C； （2）电势能增加了3109J点评：本题是对点电荷的场强公式和电场力做的功与电势能的转化之间关系的考查，掌握住基本内容就可以解决这道题17（10分）质量都是m的两个完全相同、带等量异种电荷的小球A、B分别用长L的绝缘细线悬挂在同一水平面上相距为2L的M、N两点，平衡时小球A、B的位置如图甲所示，线与竖直方向夹角=37，当外
41、加水平向左的匀强电场时，两小球平衡位置如图乙所示，线与竖直方向夹角也为=37，（sin37=，cos37=）求：（1）A、B小球电性及所带电荷量Q；（2）外加匀强电场的场强E考点：库仑定律；共点力平衡的条件及其应用 分析：（1）根据小球在匀强电场中受电场力的方向可得出小球所带电性；因两球均受重力、拉力及库仑力而处于平衡，由共点力的平衡规律可得出小球的电性及电荷量；（2）外加匀强电场后，小球仍然处于平衡状态，则由共点力的平衡条件可得出电场强度的大小解答：解：（1）A球带正电，B球带负电，两小球相距d=2l2lsin37=l由A球受力平衡可得mgtan=k解得Q=（2）外加匀强电场时两球相距d=2
42、l+2lsin37=根据A球受力平衡可得QEk=mgtan解得：E=答：（1）A、B小球电性及所带电荷量Q为；（2）外加匀强电场的场强E为点评：小球在电场中的受力平衡和力学中物体的平衡处理方法类似，只要正确做好受力分析，可根据题意选用共点力的平衡或牛顿第二定律求解18（10分）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长L=80cm，两板间的距离d=40cm电源电动势E=40V，内电阻r=1，电阻R=15，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0=4m/s水平向右射入两板间，该小球可视为质点若小球带电量q=1102C，质量为m=2102kg，
43、不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表若小球恰好从A板右边缘射出（g取10m/s2）求：（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多少？（2）此时电流表、电压表的示数分别为多少？（3）此时电源的输出功率是多少？考点：带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）小球进入电场中做类平抛运动，小球恰好从A板右边缘射出时，水平位移为L，竖直位移为d，根据运动学和牛顿第二定律结合可求出板间电压，再根据串联电路分压特点，求解滑动变阻器接入电路的阻值（2）根据闭合电路欧姆定律求解电路中电流，由欧姆定律求解路端电压，即可求得两电表的读数（3）电源的输出功率P=U
44、I，U是路端电压，I是总电流解答：解：（1）小球进入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动，则有： 水平方向：L=v0t 竖直方向：d=由上两式得：a=20m/s2又根据牛顿第二定律得： a=联立得：U=V=24V根据串联电路的特点有：=代入得：=解得，滑动变阻器接入电路的阻值为 R=24（2）根据闭合电路欧姆定律得电流表的示数为： I=A=1A电压表的示数为： U=EIr=（4011）V=39V（3）此时电源的输出功率是 P=UI=391W=39W答：（1）滑动变阻器接入电路的阻值为24（2）此时电流表、电压表的示数分别为1A和39V（3）此时电源的输出功率是39W
45、点评：本题是带电粒子在电场中类平抛运动和电路问题的综合，容易出错的是受习惯思维的影响，求加速度时将重力遗忘，要注意分析受力情况，根据合力求加速度19（12分）如图所示，光滑水平轨道与半径为R的光滑竖直半圆轨道在B点平滑连接在过圆心O的水平界面MN的下方分布有水平向右的匀强电场现有一质量为m，电量为+q的小球从水平轨道上A点由静止释放，小球运动到C点离开圆轨道后，经界面MN上的P点进入电场（P点恰好在A点的正上方，如图小球可视为质点，小球运动到C点之前电量保持不变，经过C点后电量立即变为零）已知A、B间距离为2R，重力加速度为g在上述运动过程中，求：（1）小球在C处的速度大小；（2）电场强度E的
46、大小；（3）小球在圆轨道上何处速度最大？最大速率是多少？考点：动能定理的应用；平抛运动；带电粒子在匀强电场中的运动 专题：动能定理的应用专题分析：（1）小球离开C点做平抛运动，根据高度求出平抛运动的时间，结合水平位移和时间求出小球在C点的速度（2）对A到C的过程，运用动能定理，求出电场强度的大小（3）小球的最大速度在BN段，设小球速度最大时与圆心的连线和竖直方向的夹角为，根据动能定理，结合数学知识求出最大速度解答：解：（1）小球离开C点做平抛运动，根据R=得t=，则小球在C处的速度（2）设电场强度为E，小球从A到C由动能定理得，解得E=（3）设小球运动到圆周D点时速度最大为v，此时OD与竖直线OB夹角设为，小球从A运动到D的过程，根据动能定理得，即根据数学知识可得，当=45时动能最大由此可得答；（1）小球在C点的速度为；（2）电场强度E的大小为；（3）小球在圆轨道与竖直方向上夹角为45度时，速度最大，最大速率为点评：运用动能定理解题，关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后结合动能定理列式求解，本题对数学能力的要求较高，需加强练习
