1、理综物理一、单选题（本大题共5小题，共30分）1. 如图所示，匀强电场场强E=100V/m，A、B两点相距10cm、A、B连线与电场线夹角为60，若取A点电势为0，则B点电势为（）A. B. 10VC. D. 5V2. 如图，电子在电势差为U1的电场中加速后，垂直进入电势差为U2的偏转电场，在满足电子能射出的条件下，下列四种情况中，一定能使电子的偏转角变大的是（）A. 变大，变大B. 变小，变大C. 变大，变小D. 变小，变小3. 如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变下列某
2、一个条件，油滴仍能静止不动的是（）A. 增大的阻值B. 增大的阻值C. 增大两板间的距离D. 断开电键S4. 如图所示，电流计的内阻，满偏电流，则下列说法正确的是( )A. 当和均断开时，虚线框中可等效为电流表，最大量程是1AB. 当和均断开时，虚线框中可等效为电压表，最大量程是10VC. 当和均闭合时，虚线框中可等效为电压表，最大量程是D. 当和均闭合时，虚线框中可等效为电流表，最大量程是1A5. 如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片长ab=10cm，宽bc=5cm当将A 与B接入电压为U的电路中时，电流为1A；当将C与D接入电压为U的电路中，则电流为（ ）A. 4AB. 2AC. A D. A
3、二、多选题（本大题共3小题，共18分）6. 如图所示，平行金属板中带电质点P原处与静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向a端移动时，则 A. 电压表读数减小B. 电流表读数减小C. 质点P将向上运动D. 上消耗的功率逐渐增大7. 如图所示的UI图象中，直线 为某电源的路端电压与电流的关系图线，直线为某一电阻R的UI图线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图象可知( )。A. R的阻值为B. 电源电动势为内阻为C. 电源的输出功率为D. 电源内部消耗功率为8. 如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、带电荷量为q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以
4、在竖直平面内绕O点做圆周运动AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径。已知重力加速度为g，电场强度为，不计空气阻力，下列说法正确的是（ ）A. 若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度B. 若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时的机械能最大C. 若将小球在A点由静止释放，它将在CBD圆弧上往复运动D. 若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将沿圆周到达B点三、 实验题探究题（本大题共2小题，共15分）9.（6分）某同学采用如图甲所示的电路测电源电动势和内电阻，在实验中测得多组电压和电流值，通过描点作图得到如图所示的U-I图线， 由图可较准确求出该电源电动势E =
5、_V，内阻r =_(结果保留三位有效数字) 若考虑电表内阻对电路的影响，则所测得的电源电动势与真实值相比_(填“偏大”“偏小”“相等”)，所测电源内阻与真实值相比_ (填“偏大”“偏小”“相等”)10.(9分)实验室购买了一捆标称长度为100 m的铜导线，某同学想通过实验测定其实际长度该同学首先测得导线横截面积为1.0 mm2，查得铜的电阻率为1.7108 m，再利用图甲所示电路测出铜导线的电阻Rx，从而确定导线的实际长度可供使用的器材有：电流表：量程0.6 A，内阻约0.2 ；电压表：量程3 V，内阻约9 k；滑动变阻器R1：最大阻值5 ；滑动变阻器R2：最大阻值20 ；定值电阻：R03 ；
6、电源：电动势6 V，内阻可不计；开关、导线若干回答下列问题：(1)实验中滑动变阻器应选_(填“R1”或“R2”)，闭合开关S前应将滑片移至_端(填“a”或“b”)(2)在实物图中，已正确连接了部分导线，请根据图甲电路完成剩余部分的连接(3)调节滑动变阻器，当电流表的读数为0.50 A时，电压表示数如图乙所示，读数为_V.(4)导线实际长度为_m(保留2位有效数字)计算题（本大题共3小题，共47分）11.(14分) 民用航空客机的机舱一般都设有紧急出口，飞机发生意外情况着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个气囊（由斜面AC部分和水平面CD部分构成的）。如图所示为某气囊斜面，机舱离底端的竖直高
7、度AB=3.0m，斜面长AC=5.0m，斜面与水平面CD段间有一段小圆弧平滑连接(连接处速度大小不变)。一个质量m=60kg的旅客从气囊上由静止开始滑下，最后滑上水平面上的某点静止。已知旅客与气囊斜面部分及水平面部分的动摩擦因数均为=0.5。（不计空气阻力，g=10m/s2，sin 37=0.6和cos37=0.8）。（计算结果可保留根号）求：(1) 人在斜面上运动时的加速度大小；(2)人滑到斜面底端C时的速度大小；(3)人滑过C点后还要多久才能停下。12. （15分）如图所示电路中，电源电动势E=12V，内阻r=2，指示灯RL的阻值为16，电动机M线圈电阻RM为2当开关S闭合时，指示灯RL的
8、电功率P=4W求：（1）流过电流表A的电流（2）电动机M输出的机械功率13.（18分）如图,ABD为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中AB段是水平的,BD段为半径R=0.2 m的半圆,两段轨道相切于B点,整个轨道处在竖直向下的匀强电场中,电场强度大小E=5103 V/m。一带正电小球,以速度v0沿水平轨道向右运动,接着进入半圆轨道后,恰能通过最高点D点。已知小球的质量为m=1.010-2kg ,所带电荷量q=2.010-5 C,g取10 m/s2。(水平轨道足够长,小球可视为质点,整个运动过程无电荷转移) (1)小球能通过轨道最高点D时的速度v0;(2)带电小球在从D点飞出后,首次在水平轨道上的落
9、点与B点的距离;(3)小球的初速度v0。答案和解析1.【答案】C【解析】【分析】已知匀强电场的场强为E，A、B两点间的距离为L及AB连线与电场方向的夹角为，根据公式U=Ed，求出两点沿电场方向的距离d，再求解电势差U；根据顺着电场线方向电势降低，判断A、B两点的电势高低。本题首先要想到匀强电场中电势差与场强的关系式U=Ed，其次要正确理解d的含义：两点沿电场方向的距离，难度一般。【解答】由图示可知，根据顺着电场线方向电势降低，可知B的电势低于A的电势，则；AB方向与电场线方向间的夹角，BA两点沿电场方向的距离，BA两点间的电势差：，因取A点电势为0，则B点电势为：，故C正确，ABD错误。故选C
10、。2.【答案】B【解析】解：根据动能定理：eU1=mv2得：v= 在偏转电场中vy=ata=且t= 而vy=at则tan= 若使偏转角变大即使tan变大，由上式看出可以增大U2减小U1故B正确，ACD错误；故选：B。电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变小的方法。本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成，常规问题。3.【答案】B【解析】解：根据图示电路图，由欧
11、姆定律可得：电容器两端电压：U=IR1=R1=，油滴受到的电场力：F=qE=q=开始时油滴静止不动，F=mg，要使油滴保持静止不动，则电场力应保持不变；A、增大R1的阻值，电场力：F=变大，电场力大于重力，油滴受到的合力向上，油滴向上运动，故A错误；B、增大R2的阻值，电场力：F=不变，电场力与重力仍然是一对平衡力，油滴静止不动，故B正确；C、增大两板间的距离，极板间的电场强度减小，电场力减小，小于重力，油滴受到的合力向下，油滴向下运动，故C错误；D、断开电键S，极板间的电场强度为零，电场力为零，油滴受到重力作用，油滴向下运动，故D错误。故选：B。分析清楚电路结构，求出极板间的电场强度，求出油
12、滴受到的电场力，然后根据电场力的表达式分析答题本题考查了判断油滴的运动状态问题，分析清楚极板间的电场力如何变化是正确解题的关键4.【答案】D【解析】【分析】表头与电阻串联，可等效为电压表；表头与电阻并联，可等效为电流表。再根据串并联关系求出最大量程。本题考查表头的改装问题。【解答】AB.当S1和S2均断开时，表头与R1串联，所以虚线框中可等效为电压表。最大量程U=Ig(Rg+R1)=0.001(100+900)V=1V。故AB错误；CD.当S1和S2均闭合时，R1被短路，R2与表头并联，所以虚线框中可等效为电流表，最大量程故C错误，D正确。故选D。5.【答案】A【解析】【分析】根据电阻定律计算
13、出两种情况下的电阻值关系，然后结合欧姆定律即可解答。本题考查了欧姆定律。该题中，矩形金属薄片的厚度不变，两种不同的接法中，矩形金属薄片的电阻值不同，所以电流值不同，将电阻定律与欧姆定律结合即可。【解答】根据电阻定律：，设矩形金属薄片的厚度是d，得：，由欧姆定律：得：，所以：ICD=4IAB=41A=4A，故A正确，BCD错误。故选A。6.【答案】BCD【解析】【分析】先由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析电容器板间场强的变化，由质点的受力情况可知质点的运动情况。解决动态变化分析的题目，一般可以按照整体-局部-整体的思路进行分析
14、，注意电路中某一部分电阻增大时，无论电路的连接方式如何，总电阻都是增大的。【解答】AB.由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当R4的滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，路端电压增大，则R1两端的电压减小，可知并联部分的电压增大，电压表读数增大，由欧姆定律可知流过R3的电流增大，根据并联电路的特点可知：流过R2的电流减小，则电流表示数减小，故A错误，B正确；C.因电容器两端电压增大，板间场强增大，质点受到的向上电场力增大，故质点P将向上运动，故C正确；D.因R3两端的电压增
15、大，由可知，R3上消耗的功率增大， 故D正确。故选BCD。7.【答案】AD【解析】【分析】由图象的斜率可得电阻R的阻值由图象可知电源的电动势为3.0V，短路电流为2.0A；两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的路端电压和干路电流，从而求出电源的输出功率和内部消耗的功率。根据U-I图象正确读出电源的电动势和短路电流，根据U-I图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点。【解答】A.由图象可知，故A正确；B.由图象可知，电源电动势 E=3.0V，短路电流：，则电源内阻，故B错误；C.由两图象的交点坐标，可得路端电压：U=1.5V，干路电流：I=1.0A，则电源的
16、输出功率为：P=UI=1.51.0W=1.5W，故C错误；D.电源内部消耗功率为：，故D正确。故选AD。8.【答案】AB【解析】【分析】掌握重力做功与重力势能变化的关系，掌握合外力做功与动能变化的关系，除重力和弹力外其它力做功与机械能变化的关系，注意将重力场和电场的总和等效成另一个“合场”，将重力场中的竖直面内的圆周运动与本题的圆周运动进行类比。掌握合外力做功与动能的关系、注意类比法的应用，小球能够完成圆周运动的条件是丝线的拉力大于或等于零，在最高点的速度最小恰好满足重力与电场力的提供向心力，此最高点在AD弧线的中点。【解答】A.由于电场强度，故mg=Eq，则等效最低点在BC之间，重力和电场力
17、的合力为，根据得，小球在等效最高点的最小速度为，故A正确；B.除重力和弹力外其它力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做功最多，故到B点时的机械能最大，故B正确；C.小球受合力方向与电场方向夹角45斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故C错误；D.若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球在竖直方向做竖直上拋，水平方向做匀加速，当竖直方向上的位移为0时，小球刚好运动到B点，故D错误。故选AB。9.【答案】1.45 1.81相等 偏大10. 解析(1)由(3)中电流表的读数为0.50 A时，电压表的读数为2
18、.30 V可知，Rx和R0的总阻值约为4.60欧姆，若选用滑动变阻器R1，电源电压为6伏特，电流表的量程只有0.6 A，会把电流表烧坏，故滑动变阻器应该选R2.闭合开关前应将滑片移至a端保证连入电阻最大(2)如图所示(3)由于电压表量程03 V，分度值为0.1 V，故读数为2.30 V.(4)Rx的阻值为1.60欧姆，由Rx可知，l m94 m.答案(1)R2a(2)见解析图(3)2.30(2.292.31均正确)(4)94(9395均正确)实物图连线的技巧(1)总的原则：先串后并，接线到柱，注意量程和正负(2)对限流电路，只需用笔画线当作导线，从电源正极开始，把电源、开关、滑动变阻器、“伏安
19、法”部分依次串联起来即可，注意电表的正、负接线柱和量程，滑动变阻器应调到阻值最大处(3)对分压电路，应该先把电源、开关和滑动变阻器的全部电阻丝三部分用导线连接起来，然后在滑动变阻器电阻丝两端之中任选一个接头，比较该接头和滑动头的电势高低，根据“伏安法”部分电表正负接线柱的情况，将“伏安法”部分接入该两点间注意滑动变阻器应调到使“伏安法”部分所接两点间阻值最小处11.【答案】解：（1）对人受力分析，受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：mgsin37-Ff=ma其中：Ff=mgcos37解得：a=gsin37-gcos37=100.6-0.5100.8=2m/s2（2）对从A到C过程，根
20、据速度位移关系公式，有：Vc2-0=2aXAC解得：Vc=2m/s（3）从C到D过程，根据牛顿第二定律，有：mg=ma2解得：a2=g=5m/s2根据速度时间关系公式，有：0-Vc=-a2t解得：t=s答：（1）人在斜面上运动时的加速度大小为2m/s2；（2）人滑到斜面底端C时的速度大小为2m/s；（3）人滑过C点后还要s才能停下【解析】（1）要求人的加速度，首先要分析人的受力情况，再根据牛顿第二定律列式求解；（2）由运动学公式求出人滑到C点的速度大小；（3）人在水平地面上滑行时做匀减速运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合求人在水平地面上滑行的距离本题知道人的受力情况，根据牛顿第二定律和运动学
21、公式结合研究人的速度和滑行距离，也可以根据动能定理研究12.【答案】解：（1）设流过指示灯RL的电流为I1，流过电流表A的电流为I 则指示灯RL的电功率P=I12RL 代入数据解得I1=0.5A 路端电压U=I1RL=8V 由闭合电路欧姆定律有E=U+Ir 解得I=2A 即流过电流表的电流示数为2A（2）设流过电动机M的电流为I2 根据并联电路的电流关系I2=I-I1=1.5A 电动机输出的机械功率P出=I2U-I22RM 代入数据解得P出=7.5W 电动机输出的机械功率为7.5W【解析】（1）由图可知，指示灯与电动机并联；已知指示灯的电功率，则由功率公式P=I2R可求得灯泡中的电流，再由欧姆
22、定律可求得并联部分的电压，由闭合电路的欧姆定律可求得干路中的电流； （2）由并联电路的电流规律可求得电动机的电流，则由功率公式P=UI可求得电动机消耗的总功率，而输出功率等于总功率减去热功率 此类题目首先要明确电路的结构，再根据电路特点选择合适的方法；因电动机不是纯电阻电路，故应特别注意功率公式的选择，应由P=UI求总功率，不能用P=求电动机的总功率13.【答案】解：（1）恰能通过轨道的最高点的情况下，根据牛顿第二定律可得：代入数据解得vD=2m/s（2）小球离开D点后做“类平抛运动”，设小球离开D点到达水平轨道的时间为t，落点到B点的距离为x则竖直方向有：代入数据解得t=0.2s水平方向有：x=vDt=0.4m（3）由动能定理得：得答：(1)小球能通过轨道最高点D时的速度为2m/s；(2)带电小球在从D点飞出后,首次在水平轨道上的落点与B点的距离为0.4m；(3)小球的初速度为。【解析】本题考查了带电粒子在复合场中的运动问题。解答时要注意带电小球运动过程的分析。（1）分析小球到D点时向心力的来源，而后应用向心力公式求解； （2）应用“类平抛运动”的处理方法求解； （3）对小球全程应用动能定理求解。
