1、四川省成都市邛崃市2014-2015学年高二上学期期中物理试卷一本大题10小题，每小题3分，共30分在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的1（3分）如图所示是点电荷Q周围的电场线，以下判断正确的是（）AQ是正电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度BQ是正电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度CQ是负电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度DQ是负电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度2（3分）如图电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S合上时，静电计张开一个角度，下述情况中可使指针张角增大的是（）A合上S，使A、B两板靠近一些B合上S，使A、B正对面积错开一些C断开S，使A
2、、B间距靠近一些D断开S，使A、B正对面积错开一些3（3分）现将一根导线均匀拉长，使导线的直径减小为原来的一半，此时它的电阻为32，则可知导线原来的电阻为（）A16B8C2D14（3分）下列说法中，正确的是（）A由E=可知电场中某点的电场强度E与q成反比B公式C=，其中电容器的电容C与电容器两极板间电势差U无关C由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大D由公式=可知电场中某点的电势与q成反比5（3分）某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图所示的电路，接通电源后，可能出现的情况是（）A小灯泡不亮B电压表烧坏C小灯泡烧坏D电流表烧坏
3、6（3分）如图所示，电压表和电流表的读数分别为10V和0.1A，电流表的内阻为0.2，那么有关待测电阻Rx的说法正确的是（）ARx的测量值比真实值小BRx的真实值为100CRx的真实值为100.2DRx的真实值为99.87（3分）如图所示，带箭头的实线表示电场中的一条电场线，在这条电场线上有a、b两点，则（）Aa点的场强一定大于b点的场强Ba点的电势一定高于b点的电势C从a点由静止释放的正电荷，仅在电场力作用下一定能运动到b点D将一负电荷从b点移到a点，电荷的电势能一定增加8（3分）如图所示为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空A为发射电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间
4、电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出的速度大小为v下列说法中正确的是（）A如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为2vB如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为C如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为vD如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为9（3分）如图（a），直线MN表示某电场中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的vt图线如图（b）所示，设a、b两点的电势分别为a、b，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、
5、Wb，不计重力，则有（）AabBEaEbCEaEbDWaWb10（3分）如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3均为定值电阻，与均为理想电表；开始时开关S闭合，均有读数，某时刻发现和读数均变大，则电路中可能出现的故障是（）AR1断路BR2断路CR1短路DR3短路二、本大题4小题，每小题4分，共16分在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得4分，选对但不全得2分，有错或不选得0分11（4分）细胞膜的厚度等于700nm（1nm=109m），当膜的内外层之间的电压达0.4V时，即可让一价钠离子渗透设细胞膜内的电场为匀强电场，则钠离子在渗透时（）A膜内电场强度为5.7110
6、5V/mB膜内电场强度为1.04106V/mC每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做的功等于6.41020JD每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做的功等于1.281019J12（4分）位于A、B处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内电势分布如图所示，图中实线表示等势线，则（）Aa点和b点的电场强度相同B正电荷从c点移到d点，电场力做正功C负电荷从a点移到c点，电场力做正功D正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电势能先减小后增大13（4分）把标有“220V100W”的A灯泡和“220V200W”的B灯泡串联后接入220V的电路中，如果导体电阻忽略不计，不考虑温度对电阻的影响，则有（）AA、B两灯泡的电
7、阻之比为RA：RB=1：2BA、B两灯泡在串联电路中的电压之比为UA：UB=2：1CA、B两灯泡在串联电路中消耗的功率之比为PA：PB=2：1DA、B两灯泡在串联电路中产生的热量之比为QA：QB=1：214（4分）相同的电流表分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，A1的量程大于A2的量程，V1的量程大于V2的量程，把它们接入图所示的电路，闭合开关后（）AA1的读数比A2的读数大BA1指针偏转角度比A2指针偏转角度大CV1的读数比V2的读数大DV1指针偏转角度比V2指针偏转角度大三实验题：共16分15（4分）关于多用电表的使用，下列说法正确的是（）A待测电阻不跟别的元件断开，其测
8、量值将偏大B测量电阻时，用两手碰表笔的金属杆，其测量值偏小C测量电阻时，如果电路不和电源断开，可能出现烧坏表头的情况D用多用电表测量60W灯泡的电阻，其阻值比用额定电压和额定功率算出的电阻大16（8分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6V，1.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A直流电源6V（内阻不计）B直流电流表03A（内阻0.1以下）C直流电流表0300mA（内阻约为5）D直流电压表010V（内阻约为15k）E滑动变阻器10，2AF滑动变阻器1k，0.5A实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量（1）实验中电流表应选用，滑动变阻器应选用（均用序号表示）（2
9、）在方框内画出实验电路图17（4分）某研究性学习小组利用如图1所示电路测量电池组的电动势E和内阻r根据实验数据绘出如图2所示的R图线，其中R为电阻箱读数，I为电流表读数，由此可以得到E= V，r=三、计算题：本大题3小题，共38分要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案18（10分）如图所示，电源的电动势E=10V，内电阻r=1，电容器的电容C=40F，定值电阻R1=R2=4，R3=5当接通开关S，待电路稳定后，试求：（1）理想电压表V的示数；（2）电容器所带的电荷量19（12分）如图，A、B为两块水平放置的带等量异种电荷的平行金属板，一个质量m=104 kg，电荷量q=5105 C
10、的带正电粒子静止于两板的正中央，已知两板间距离为20cm，g=10m/s2，求：（1）两板间匀强电场的场强大小；（2）两板间的电势差；（3）若用某种方法将带电粒子的带电荷量减少一半，使带电粒子从两板正中央由静止开始运动，则经过多长时间粒子撞到板上20（16分）在光滑绝缘水平面上放置一质量m=0.2kg、q=+5.0104C的小球，小球系在长L=0.5m的绝缘细线上，线的另一端固定在O点整个装置置于匀强电场中，电场方向与水平面平行且沿OA方向，如图所示（此图为俯视图）现给小球一初速度使其绕O点做圆周运动，小球经过A点时细线的张力F=140N，小球在运动过程中，最大动能比最小动能大EK=20J，小
11、球视为质点（1）求电场强度E的大小；（2）求运动过程中小球的最小动能；（3）若小球运动到动能最小的位置时细线被剪断，则小球经多长时间其动能与在A点时的动能相等？此时小球距A点多远？四川省成都市邛崃市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本大题10小题，每小题3分，共30分在每小题给出的四个选项中只有一个是正确的1（3分）如图所示是点电荷Q周围的电场线，以下判断正确的是（）AQ是正电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度BQ是正电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度CQ是负电荷，A点的电场强度大于B点的电场强度DQ是负电荷，A点的电场强度小于B点的电场强度考点：电场线 分
12、析：电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，电场线疏密描述电场强弱，电场线密的地方，电场强度大，疏的地方电场强度弱根据这些知识分析即可解答：解：根据电场线从正电荷或无限远出发，终止于无限远或负电荷，可知Q应是正电荷由于A处电场线较密，所以A点的电场强度大于B点的电场强度，故B正确，ACD错误故选：B点评：解决本题的关键是掌握电场线的特点，知道电场线的疏密表示电场强度的相对大小2（3分）如图电路中，A、B为两块竖直放置的金属板，G是一只静电计，开关S合上时，静电计张开一个角度，下述情况中可使指针张角增大的是（）A合上S，使A、B两板靠近一些B合上S，使A、B正对面积错开一些C断开S，使
13、A、B间距靠近一些D断开S，使A、B正对面积错开一些考点：电容器的动态分析 专题：电容器专题分析：静电计测量的是电容器两端间的电势差合上开关，电容器两端间的电势差不变；断开开关，电容器所带的电荷量不变解答：解：A、合上开关，电容器两端间的电势差不变，静电计指针张角不变故A、B错误 C、断开S，电容器带电量保持不变，使A、B间距靠近一些，根据，d变小，C变大根据，U减小，张角变小故C错误 D、断开S，电容器带电量保持不变，使A、B正对面积错开一些，根据，S变小，C变小根据，U增大，张角增大故D正确故选D点评：解决本题的关键在处理电容器动态分析时，电容始终与电源相连，两端间电势差不变，与电源断开，
14、电量保持不变3（3分）现将一根导线均匀拉长，使导线的直径减小为原来的一半，此时它的电阻为32，则可知导线原来的电阻为（）A16B8C2D1考点：电阻定律 专题：恒定电流专题分析：由电阻的决定式R=来判断电阻的变化解答：解：直径减小一半，横截面积为原来的，长度为原来的4倍，由R=知此时的电阻为原来的16倍，所以原来的电阻为2故选：C点评：本题考查了电阻公式，做本题的关键是根据体积不变判断长度和横截面积的变化4（3分）下列说法中，正确的是（）A由E=可知电场中某点的电场强度E与q成反比B公式C=，其中电容器的电容C与电容器两极板间电势差U无关C由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离
15、越大，则两点间的电势差也一定越大D由公式=可知电场中某点的电势与q成反比考点：电场强度；匀强电场中电势差和电场强度的关系；电容 分析：电场强度与放入电场中的电荷无关，由电场本身性质决定E=、C=、=这三个公式均采用比值法定义，根据比值法定义的共性分析即可解答：解：A、E=是电场强度的定义式，采用比值法定义，则知E与F、q无关，故A错误B、公式C=是电容的定义式，采用比值法定义，则知C与Q、U无关，故B正确C、Uab=Ed中d是两点沿电场线方向的距离，可知匀强电场中的任意两点a、b间沿电场线方向的距离越大，两点间的电势差才一定越大，故C错误D、公式=是电势的定义式，采用比值法定义，则知与Ep、q
16、无关，故D错误故选：B点评：解决本题的关键要掌握比值法的共性来理解场强、电容和电势的物理意义，知道这三个仅由电场决定，与检验电荷无关5（3分）某同学用伏安法测小灯泡的电阻时，误将电流表和电压表接成如图所示的电路，接通电源后，可能出现的情况是（）A小灯泡不亮B电压表烧坏C小灯泡烧坏D电流表烧坏考点：伏安法测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：本题的关键是明确电流表内阻非常小电压表内阻非常大，然后再根据欧姆定律讨论即可求解解答：解：由于电流表内阻非常小，电压表内阻非常大，所以若按图示连接电路时，通过干路的电流非常小，通过灯泡的电流更小，小灯泡应不亮，所以A正确C错误；由于通过电流表与电压表的电流
17、都很小，电流表与电压表不会烧坏，所以BD错误；故选：A点评：电流表内阻很小，电压表内阻很大，在涉及到与电表内阻有关的问题中，应将电表的内阻考虑之内，然后再根据欧姆定律求解即可6（3分）如图所示，电压表和电流表的读数分别为10V和0.1A，电流表的内阻为0.2，那么有关待测电阻Rx的说法正确的是（）ARx的测量值比真实值小BRx的真实值为100CRx的真实值为100.2DRx的真实值为99.8考点：伏安法测电阻 专题：恒定电流专题分析：由电路图可知，实验电路采用的是电流表的内接法，由于电流表的分压，电阻测量值大于真实值；由欧姆定律求出电阻的测量值，然后由串联电路特点求出电阻的真实值解答：解：由电
18、路图可知，实验采用了电流表的内接法，电阻的测量值：R=100；由电路图可知，电压表所测的是电流表与待测电阻的电压，因此电阻测量值是待测电阻阻值与电流表内阻之和，则电阻的真实值：Rx=RRA=1000.2=99.8，电阻的测量值大于电阻真实值，故ABC错误，D正确；故选：D点评：本题考查了实验误差分析、求待测电阻的真实值等问题，分析清楚电路结构、熟练应用欧姆定律及串联电路特点即可正确解题7（3分）如图所示，带箭头的实线表示电场中的一条电场线，在这条电场线上有a、b两点，则（）Aa点的场强一定大于b点的场强Ba点的电势一定高于b点的电势C从a点由静止释放的正电荷，仅在电场力作用下一定能运动到b点D
19、将一负电荷从b点移到a点，电荷的电势能一定增加考点：电势能；电场强度；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线的疏密才能表示场强的相对大小，顺着电场线方向电势一定降低从a点由静止释放的正电荷，根据电场力的方向分析电荷能否运动到B点负电荷从b点移到a点，电场力做正功，电荷的电势能一定减小解答：解：A、电场线的疏密才能表示场强的相对大小，一条电场线看不出其疏密，所以不能比较场强的大小故A错误B、顺着电场线方向电势一定降低，则a点的电势一定高于b点的电势故B正确C、正电荷在a点受到的电场力沿电场线的切线方向，使从a点由静止释放的正电荷离开电场线而运动，所以仅在电场力作用下一定不能运动到b点故C
20、错误D、负电荷从b点移到a点，电场力做正功，电荷的电势能一定减小故D错误故选B点评：本题考查电场线的两个物理意义：疏密表示电场强度的大小、方向反映电势的高低8（3分）如图所示为示波管中电子枪的原理示意图，示波管内被抽成真空A为发射电子的阴极，K为接在高电势点的加速阳极，A、K间电压为U，电子离开阴极时的速度可以忽略，电子经加速后从K的小孔中射出的速度大小为v下列说法中正确的是（）A如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度仍为2vB如果A、K间距离减半而电压仍为U，则电子离开K时的速度变为C如果A、K间距离不变而电压减半，则电子离开K时的速度变为vD如果A、K间距离不变而电压减半，
21、则电子离开K时的速度变为考点：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：电子在加速电场中运动时，电场力做功eU，根据动能定理列式得出v与U的关系式，即可进行分析解答：解：根据动能定理得：eU=，解得v=A、B、由上式可知，v与A、K间距离无关，则若A、K间距离减半而电压仍为U不变，则电子离开K时的速度仍为v，故AB错误C、D、由上式可知，电压减半时，则电子离开K时的速度变为，故C正确，D错误故选：C点评：此题关键运用动能定理研究加速过程，要知道粒子加速获得的速度与极板间的距离无关，而且动能定理不仅适用于匀强电场，也适用于非匀强电场9（3分）如图（a），直线MN表示某电场
22、中一条电场线，a、b是线上的两点，将一带负电荷的粒子从a点处由静止释放，粒子从a运动到b过程中的vt图线如图（b）所示，设a、b两点的电势分别为a、b，场强大小分别为Ea、Eb，粒子在a、b两点的电势能分别为Wa、Wb，不计重力，则有（）AabBEaEbCEaEbDWaWb考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场线 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据粒子的电场力方向得出电场线的方向，根据沿电场线方向电势逐渐降低得出电势的高低根据加速度的变化得出电场强度的变化根据电场力做功得出电势能的变化解答：解：A、负电荷从a运动到b，做加速运动，可知电场力的方向水平向右，则电场线的方向水平向左，可知
23、ab故A错误B、从a到b的过程中，电荷的加速度逐渐减小，可知电场强度的大小逐渐减小，则EaEb故B正确，C错误D、从a到b的过程中，电场力做正功，电势能减小，则WaWb故D错误故选：B点评：解决本题的关键知道电荷做加速度逐渐增大的加速运动，知道沿电场线方向电势逐渐降低，以及知道电场力做功与电势能的关系10（3分）如图所示，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3均为定值电阻，与均为理想电表；开始时开关S闭合，均有读数，某时刻发现和读数均变大，则电路中可能出现的故障是（）AR1断路BR2断路CR1短路DR3短路考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：将四个选项分别代入，分别分析两个电表
24、读数的变化，选择符合题意的选项解答：解：A、若R1断路，电流表A中没有读数，不符合题意，故A错误B、若R2断路，外电路总电阻增大，总电流减小，内电压减小，则电压表读数变大；R3的分压增大，则电流表A的读数变大，符合题意，故B正确C、若R1短路，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，则电压表读数变小；R3的分压增大，则电流表A的读数变大，不符合题意，故C错误D、若R3短路，外电路总电阻减小，总电流增大，内电压增大，则电压表读数变小，不符合题意，故D错误故选：B点评：在故障分析问题中，常常用排除法本题中是理想电表，电压表内阻认为是无限大，电流表的内阻认为为零二、本大题4小题，每小题4分，共16
25、分在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上的选项正确，全对得4分，选对但不全得2分，有错或不选得0分11（4分）细胞膜的厚度等于700nm（1nm=109m），当膜的内外层之间的电压达0.4V时，即可让一价钠离子渗透设细胞膜内的电场为匀强电场，则钠离子在渗透时（）A膜内电场强度为5.71105V/mB膜内电场强度为1.04106V/mC每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做的功等于6.41020JD每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做的功等于1.281019J考点：电势能 分析：匀强电场电场强度与电势差的关系E=，可求出E电场力做功与电势差的关系w=qU可求每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做功
26、解答：解：由题意得，膜内电场强度为：E=V/m=5.71105V/m 由电场力做功与电势差的关系得，每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做的功为：W=qU=1.610190.4=6.41020J，故AC正确故选：AC点评：本题关键要掌握匀强电场的电场强度与与电势差的关系、电场力做功与电势差的关系，并能灵活选择公式12（4分）位于A、B处的两个带有不等量负电的点电荷在平面内电势分布如图所示，图中实线表示等势线，则（）Aa点和b点的电场强度相同B正电荷从c点移到d点，电场力做正功C负电荷从a点移到c点，电场力做正功D正电荷从e点沿图中虚线移到f点，电势能先减小后增大考点：等势面；电势能 专题：带电粒
27、子在电场中的运动专题；电场力与电势的性质专题分析：场强是矢量，故a点和b点的电场强度不同；根据电场力的方向和电荷运动的方向判定电场力做正功还是负功；解答：解：A、等势线越密电场线越密，电场线越密表示电场越强，虽然ab两处电场强度的大小相同但方向不同，由于场强是矢量，所以a点和b点的电场强度不同，故A错误B、由于场源是负电荷，正电荷从c点移到d点过程中受到场源的引力，而远离场源运动，所以电场力做负功，故B错误C、由于场源是负电荷，负电荷从a点移到c点过程中受到场源的斥力，而远离场源运动，所以电场力做正功，故C正确D、正电荷从e点沿图中虚线移到f点的过程中电场力先做正功后做负功，所以电势能先减小后
28、增大故D正确故选C、D点评：把握电场力做功的特点和负电荷的电场的分布情况是解决此类题目的关键13（4分）把标有“220V100W”的A灯泡和“220V200W”的B灯泡串联后接入220V的电路中，如果导体电阻忽略不计，不考虑温度对电阻的影响，则有（）AA、B两灯泡的电阻之比为RA：RB=1：2BA、B两灯泡在串联电路中的电压之比为UA：UB=2：1CA、B两灯泡在串联电路中消耗的功率之比为PA：PB=2：1DA、B两灯泡在串联电路中产生的热量之比为QA：QB=1：2考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：已知额定功率和额定电压，利用R=判断出电阻大小，A、B两灯泡在串联电路中，电流相等，根
29、据U=IR判断电压关系，根据P=I2R判断出实际功率的关系，根据Q=Pt判断产生的热量关系解答：解：A、根据R=得：A的电阻，B的电阻，则RA：RB=2：1，故A错误；B、A、B两灯泡在串联电路中，电流相等，根据U=IR可知，电压之比等于电阻之比，则UA：UB=2：1，故B正确；C、A、B两灯泡在串联电路中，电流相等，根据P=I2R可知，消耗的功率之比为PA：PB=RA：RB=2：1，故C正确；D、产生的热量Q=Pt，时间相等，则QA：QB=PA：PB=2：1，故D错误故选：BC点评：正确运用公式R=和P=I2R比较电阻和实际功率是本题的关键，知道A、B两灯泡在串联电路中，电流相等，再选择合适
30、的公式求解即可14（4分）相同的电流表分别改装成两个电流表A1、A2和两个电压表V1、V2，A1的量程大于A2的量程，V1的量程大于V2的量程，把它们接入图所示的电路，闭合开关后（）AA1的读数比A2的读数大BA1指针偏转角度比A2指针偏转角度大CV1的读数比V2的读数大DV1指针偏转角度比V2指针偏转角度大考点：把电流表改装成电压表 专题：实验题；恒定电流专题分析：四个电表均由相同的电流表改装而成，由量程及电表的结构可知各电表的内阻大小关系；由图可知两电流表并联，两电压表串联；由串并联电路的规律可知各表的示数大小关系解答：解：A、电流表A1的量程大于A2的量程，故电流表A1的内阻小于A2的内
31、阻；电压表V1的量程大于V2的量程，故V1的电阻大于V2的电阻；由图可知，两电流表并联，故两流表两端的电压相等，故A1中的电流要大于A2中的电流，故A1的读数比A2的读数大，故A正确；B、因两表由同一电流表改装而成，而将电流表扩大量程时为并联一小电阻，故相当于为四个电阻并联，故两表头中电流相同，故两表的偏角相同；故B错误；C、两电压表串联，故通过两表的电流相等，故V1的读数比V2的读数大，故C正确；D、因表头与电阻串联，故为四个电阻串联，因此通过两表头的电流相等，两表的偏转角度一样，故D错误；故选AC点评：本题要求学生能熟练应用串并联电路的规律及电表的性质，应明确由电流表扩大量程时为并联一小电
32、阻，而将电流表改装为电压表时应串联一大电阻三实验题：共16分15（4分）关于多用电表的使用，下列说法正确的是（）A待测电阻不跟别的元件断开，其测量值将偏大B测量电阻时，用两手碰表笔的金属杆，其测量值偏小C测量电阻时，如果电路不和电源断开，可能出现烧坏表头的情况D用多用电表测量60W灯泡的电阻，其阻值比用额定电压和额定功率算出的电阻大考点：用多用电表测电阻 专题：实验题分析：测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，电流要从红表笔流入，测量电阻时要选择适当的挡位，使电表的指针指在刻度盘的中央附近；指针偏转过大，应将选择倍率较小的档位，且重新欧姆调零解答：解：A、待测电阻不跟别的元件断开，可能
33、会烧坏电表，不会使测量值偏大，故A错误，C正确；B、人体是导体，测量电阻时，用两手碰表笔的金属杆，人体与导体并联，所测的是并联电阻阻值，其测量值偏小，故B正确；D、灯泡电阻随温度升高而增大，用多用电表测量60W灯泡的电阻时灯泡温度低，电阻小于灯泡正常发光时的电阻，其阻值比用额定电压和额定功率算出的电阻小，故D错误；故选：BC点评：本题考查了欧姆表的使用方法与注意事项，掌握多用电表的使用方法与注意事项即可正确解题，平时学习要注意基础知识的学习与掌握16（8分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6V，1.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：A直流电源6V（内阻不计）B直流电流表0
34、3A（内阻0.1以下）C直流电流表0300mA（内阻约为5）D直流电压表010V（内阻约为15k）E滑动变阻器10，2AF滑动变阻器1k，0.5A实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量（1）实验中电流表应选用C，滑动变阻器应选用E（均用序号表示）（2）在方框内画出实验电路图考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题分析：（1）根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作应选最大阻值减小的滑动变阻器（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出实验电路解答：解：（1）灯泡额定电流为：I=0.25A=250mA，则电流表应选C；为方便实验操作，滑动变阻器应选E（2）灯泡两端电压从
35、零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时的电阻：R=24，电流表内阻约为5，电压表内阻约为15k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示故答案为：（1）C；E；（2）实验电路图如图所示点评：本题考查了实验器材的选择、作实验原理图，掌握实验器材的选择原则、根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法即可正确解题17（4分）某研究性学习小组利用如图1所示电路测量电池组的电动势E和内阻r根据实验数据绘出如图2所示的R图线，其中R为电阻箱读数，I为电流表读数，由此可以得到E=3 V，r=1考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：根据闭合电路欧姆定律I
36、=，进行数学变形，得到R与的关系式，根据数学知识研究R图象的斜率和截距的意义，求解电源的电动势和内阻解答：解：根据闭合电路欧姆定律I=，解得：R=Er，由数学知识得知，R图象的斜率等于E，纵轴截距的绝对值等于r，则由图得到，电源的电动势为E=3.0V，内阻r=1故答案为：（1）3（2）1点评：物理图象关键要根据物理规律得到解析式，运用数学知识分析图象的物理意义本题采用的是转换法，本来IR是非线性关系，转换成R是线性关系，图象直观，一目了然三、计算题：本大题3小题，共38分要求写出必要的文字说明、主要的计算步骤和明确的答案18（10分）如图所示，电源的电动势E=10V，内电阻r=1，电容器的电容
37、C=40F，定值电阻R1=R2=4，R3=5当接通开关S，待电路稳定后，试求：（1）理想电压表V的示数；（2）电容器所带的电荷量考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：（1）理想电压表对电路没有影响，相当于断路，R2上无电流通过，电路的结构为：R1、R3串联，电压表测量R3两端的电压，根据欧姆定律求解电压表的示数（2）电容器的电压等于电阻R1两端的电压，由电容的定义式求解电量解答：解：（1）电路稳定后，电容器和电压表所在支路可认为是断路，可得R2上无电流通过，R2两端电势相等，其等效电路如图所示根据闭合电路欧姆定律，得电路中的电流 电压表的读数 U=IR3=15V=5V（2）电容器两
38、端电压为UC=IR1=14V=4V电容器的带电量Q=CU=401064C=1.6104C答：（1）理想电压表V的示数为5v；（2）电容器所带的电荷量为1.6104C点评：本题关键是抓住理想电压表对电路没有影响的特点，电压表相当于开关断开19（12分）如图，A、B为两块水平放置的带等量异种电荷的平行金属板，一个质量m=104 kg，电荷量q=5105 C的带正电粒子静止于两板的正中央，已知两板间距离为20cm，g=10m/s2，求：（1）两板间匀强电场的场强大小；（2）两板间的电势差；（3）若用某种方法将带电粒子的带电荷量减少一半，使带电粒子从两板正中央由静止开始运动，则经过多长时间粒子撞到板上
39、考点：电场强度；电势差 专题：电场力与电势的性质专题分析：A、B为两块水平放置的带等量异种电荷的平行金属板，极板内部为匀强电场，根据带电粒子静止于板正中央，带点离子所受重力与电场力等大反向，即可求极板的场强；根据E=可求两板间的电势差；若用某种方法将带电粒子的带电荷量减少一半，带电粒子所受重力不变，电场力变为原来的一半（方向不变），所以求出带电离子的合力，根据牛顿第二定律F=ma和x=at2可求离子撞到极板的时间解答：解：（1）带电粒子静止于板正中央，所以mg=Eq，即：E=20V/m（2）根据匀强电场：U=Ed=20V/m0.02m=4v（3）若用某种方法将带电粒子的带电荷量减少一半，带电粒
40、子所受重力不变，电场力变为原来的一半（方向不变），所以：F合=mg由牛顿第二定律得：F合=ma带电粒子从两板正中央由静止开始运动，则经过t时间粒子撞到板上，则：=at2联立解之得：t=0.2s答：（1）两板间匀强电场的场强为20 V/m（2）两板间的电势差为4 V（3）若用某种方法将带电粒子的带电荷量减少一半，使带电粒子从两板正中央由静止开始运动，则经过0.2撞到板上点评：根据带电粒子静止，寻求重力和电场力大小相等是解题的关键；灵活应用E=、F=ma和匀变速直线的运动规律是突破点20（16分）在光滑绝缘水平面上放置一质量m=0.2kg、q=+5.0104C的小球，小球系在长L=0.5m的绝缘细
41、线上，线的另一端固定在O点整个装置置于匀强电场中，电场方向与水平面平行且沿OA方向，如图所示（此图为俯视图）现给小球一初速度使其绕O点做圆周运动，小球经过A点时细线的张力F=140N，小球在运动过程中，最大动能比最小动能大EK=20J，小球视为质点（1）求电场强度E的大小；（2）求运动过程中小球的最小动能；（3）若小球运动到动能最小的位置时细线被剪断，则小球经多长时间其动能与在A点时的动能相等？此时小球距A点多远？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律 专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）小球带正电，从A运动到其关于O对称的点的过程中，电场力做负功，动能减小，所以在A点动能最
42、大，在其对称点的动能最小，根据动能定理求解电场强度E的大小；（2）在A处动能最大，已知小球经过A点时细线的张力F=140N，由牛顿第二定律和动能的计算式求解A处的动能，再由动能定理得到最小动能（3）线断后球做类平抛运动，根据运动的分解，由牛顿第二定律和位移时间公式求解时间，并得到小球距A点的距离解答：解：（1）设A点关于O点的对称点为B，则小球从A运动到B的过程中，电场力做负功，动能减小，所以在A点动能最大，在B点的动能最小小球在光滑水平面上运动的最大动能与最小动能的差值为Ek=2qEL=20J代入数据得：E=N/C=4104N/C（2）在A处，由牛顿第二定律：FqE=m，A处小球的动能为 E
43、kA=（FqE）L=（1405.01044104）0.5=30（J）小球的最小动能为 Ekmin=EkB=EkAEk代入数据得：EkB=3020=10（J）（3）小球在B处的动能为 EkB=解得：vB=m/s=10m/s当小球的动能与在A点时的动能相等时，由动能定理可知：y=2L线断后球做类平抛运动：y=t2，x=vBt代入数据后得：t=s，x=m答：（1）电场强度E的大小为4104N/C；（2）运动过程中小球的最小动能为10J；（3）若小球运动到动能最小的位置时细线被剪断，则小球经s其动能与在A点时的动能相等，此时小球距A点为m点评：本题是动能定理与类平抛运动的综合，要熟练运用正交分解法处理类平抛运动，抓住两个分运动的等时性，由牛顿第二定律和运动学规律结合进行研究
