1、2016-2017学年山西省忻州市田家炳中学高二（上）期中物理试卷一.选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分只有一个选项正确，把正确的选项前的符号填在括号内）1在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点其中a、b两点电场强度和电势均相同的是（）ABCD2如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q（不计重力），由静止释放后，下列说法中正确的是（）A点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值D点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度
2、越来越大，直到粒子速度为零3一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（）AU变大，E不变BE变大，Ep变大CU变小，Ep不变DU不变，Ep不变4a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点电场线与矩形所在平面平行已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（）A4 VB8 VC12VD24 V5如图所示，一绝缘的长为L、两端分别带有等量异种电荷的轻杆
3、，电量的绝对值为Q，处在场强为E的匀强电场中，杆与电场线夹角为60，若使杆沿顺时针方向转过60（以杆上某一点为圆心转动），则下列叙述正确的是（）A电场力不做功，两电荷电势能不变B电场力做的总功为QEL，两电荷的电势能减少C电场力做的总功为QEL，两电荷的电势能增加D电场力做的总功大小跟转轴位置有关6如图，M、N和P是以MN为直径的半圈弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，MOP=60电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场场强大小变为E2，E1与E2之比为（）A1：2B2：1CD7A、B两灯的额定电压U相同，额定功率PA
4、PB，将A灯接在电动势和内阻一定的某电源两极，恰能正常发光，若改成B灯接在该电源两极，则B灯的实际功率一定是（）A等于PAB等于PBC小于PBD大于PB8如图所示，P为一块均匀的半圆形合金片将它按图甲的方式接在A、B之间时，测得它的电阻为R，若将它按图乙的方式接在A、B之间时这时的电阻应是（）ARB2RC3RD4R9额定电压都是110V、额定功率PA=110W和PB=40W的电灯两盏，若接在电压是220V的电路上，使两盏电灯均能正常发光，且电路中消耗功率最小的电路是（）ABCD10如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球
5、悬于电容器内部闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是（）A保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大D保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小二、多项选择题（本大题共4个小题，每个小题4分，共16分在每小题给出的4个选项中，有多个选项正确全部选对的得4分，选对但不全的得2分；有选错的或不答的得0分）11某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，由M运动到N，其运动轨迹如图中虚线所示，以下说法正确的是（）A粒子必定带正电荷B粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度C
6、粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D粒子在N点的动能大于它在M点的动能12如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点一带正电粒子仅在电场力作用下，以速度vA经过A点向B点运动，经过一段时间后，粒子以速度vB经过B点，且vA与vB方向相反，则（）AA点的电势一定低于B点的电势B粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能C粒子在A点的动能一定小于在B点的动能DA点的场强一定大于B点的场强13如图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点电子在从M经P到达N点的过程中（）A速率先增大后减小B速率先
7、减小后增大C电势能先减小后增大D电势能先增大后减小14在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，图中电流表和电压表均为理想电表在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）A电压表示数变大B电流表示数变小C电容器C所带电荷量增多Da点的电势降低二、实验题（本题共2小题，共12分）15读出游标卡尺的读数CM16图甲所示为某同学测绘额定电压为2.5V的小电珠的IU图线的实验电路图（1）根据电路图，用笔画线代替导线，将图乙中的实物图连接成完整的实验电路（2）开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于（选填“A
8、端”、“B端”或“AB正中间”）（3）实验中发现移动滑动变阻器的滑片时，电流表的示数变化而电压表的指针不动，下列原因可能的是A灯泡中灯丝已烧断 B滑片接触不良 C灯泡内部短路 D滑动变阻器A端接触不良（4）图丙中电流表的读数是多少A（5）某同学在实验中还测出a、b、c三种元件的伏安特性曲线分别如图丁的（a）、（b）、（c），下列说法正确的是Aa可以作为标准电阻使用 Bb能作为标准电阻使用Cb的阻值随电压升高而增大 Dc的阻值随电压升高而增大三、计算题（本题共3小题，共32分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤）17如右图所示，电源电动势E=14V，内电阻r=1，小灯泡标有“2V，
9、4W”，电动机D的内阻r=0.5，当变阻器的阻值R调到1时，电灯和电动机均能正常工作，求：（1）电动机两端的电压；（2）电动机输出的机械功率；（3）电路消耗的总功率18一束电子流在经U0=5 000V的加速电场由静止加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示若两板间距d=1103m，板长L=5103m，那么，（1）电子离开加速电场时速度v0多大？（结果用字母e、U0、m表示）（2）要使电子刚好从平行板间边沿飞出，两个极板上应加多大电压？（可以得到具体数值）19如图所示在长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B（可视为质点，也不考虑二者间的相互作用力），
10、A球带正电、电荷量为+2q，B球带负电电荷量为3q现把A和B组成的带电系统锁定在光滑绝缘的水平面上，并让A处于如图所示的有界匀强电场区域MPQN内已知虚线MP是细杆的中垂线，MP和NQ的距离为4L，匀强电场的场强大小为E，方向水平向右现取消对A、B的锁定，让它们从静止开始运动（忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响）（1）求小球A、B运动过程中的最大速度；（2）小球A、B能否回到原出发点？若不能，请说明理由；若能，请求出经过多长时间带电系统又回到原地发点2016-2017学年山西省忻州市田家炳中学高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一.选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分只有一个选项
11、正确，把正确的选项前的符号填在括号内）1在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点其中a、b两点电场强度和电势均相同的是（）ABCD【考点】电场强度；电势【分析】电场强度是矢量，只有两点的场强大小和方向都相同时，电场强度才相同顺着电场线电势相等，根据电场线和等势面的分布情况进行判断【解答】解：A、a、b两点的电场强度大小相等，但方向不同，则电场强度不同a、b两点在同一等势面上电势相等，故A错误B、ab在两个电荷连线的中垂线上，而中垂线是一条等势线，故ab电势相等根据电场线的疏密看出ab两点的电场强度大小，a、b两点的场强方向都与中垂线垂直向右，说明电场强度方向相同，则ab两点的电场强度相同故
12、B正确C、根据对称性看出，ab两点的电场强度大小相等，但方向相反，所以电场强度不同故C错误D、根据电场强度方向沿电场线的切线方向，电场线的疏密表示场强大小，可看出非匀强电场中的a、b两点电场强度大小和方向都不同，则电场强度不同a点的电势高于b点的电势故D错误故选：B2如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q（不计重力），由静止释放后，下列说法中正确的是（）A点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值D点电荷越过O点后，速度越来越小，
13、加速度越来越大，直到粒子速度为零【考点】电场强度；电场的叠加【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：A、B在等量同种电荷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
14、小变化情况不确定，加速度变化情况无法判断故AB错误 C、越过O点后，负电荷q做减速运动，则点电荷运动到O点时速度最大电场力为零，加速度为零故C正确 D、根据电场线的对称性可知，越过O点后，负电荷q做减速运动，加速度的变化情况无法判断故D错误故选C3一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（）AU变大，E不变BE变大，Ep变大CU变小，Ep不变DU不变，Ep不变【考点】电容器的动态分析；电势差与电场强度的关系【分析
15、】平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，通过电容的变化，确定两极板电势差的变化，电场强度的变化，以及P点的电势变化，确定P点电势能的变化【解答】解：平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，根据C= 知，电容增大，根据U=，则电势差U减小E=，知电场强度不变则P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变故C正确，ABD错误故选：C4a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点电场线与矩形所在平面平行已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此
16、可知c点的电势为（）A4 VB8 VC12VD24 V【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势【分析】该电场中已知三点的电势，可以通过作辅助线找出它们之间的关系，从而确定第四点的电势【解答】解：连接bd，做aEbd，cFbd如图则：abEcdF所以：bE=Fd由于在匀强电场的同一条直线上，U=Edcos，所以在相等距离上的两点之间的电势差相等，即UbE=UFd由于：abEcdF所以：Uba=Ucd所以：c=Ucd+d=8V所以正确选项是B故选：B5如图所示，一绝缘的长为L、两端分别带有等量异种电荷的轻杆，电量的绝对值为Q，处在场强为E的匀强电场中，杆与电场线夹角为60，若使杆沿
17、顺时针方向转过60（以杆上某一点为圆心转动），则下列叙述正确的是（）A电场力不做功，两电荷电势能不变B电场力做的总功为QEL，两电荷的电势能减少C电场力做的总功为QEL，两电荷的电势能增加D电场力做的总功大小跟转轴位置有关【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差与电场强度的关系【分析】杆沿顺时针方向转过60，电场力对两电荷都做正功，电势能都减少根据W=qEd计算电场力做功，其中d是沿电场方向两点间的距离【解答】解：A、+Q所受电场力水平向右，Q所受电场力水平向左，当杆沿顺时针方向转过60时，电场力对两个电荷都做正功，两电荷的电势能都减小故A错误B、C、电场力对正电荷所受的功W1=QE（
18、1cos60）=QEL，电场力对正电荷所受的功W2=QE（1cos60）=QEL，电场力做的总功为W=W1+W2=由于电场力做正功，两个电荷的电势能减少故B正确，C错误D、由上得到总功W=，可见，总功与跟转动轴无关故D错误故选：B6如图，M、N和P是以MN为直径的半圈弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，MOP=60电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场场强大小变为E2，E1与E2之比为（）A1：2B2：1CD【考点】电场的叠加【分析】由电场的叠加可知各点电荷单独在O点形成的场强大小，移动之后电荷距O点的距离不变，故电
19、场强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合电场；即可求得比值【解答】解：依题意，每个点电荷在O点产生的场强为，则当N点处的点电荷移至P点时，O点场强如图所示，合场强大小为，则，B正确故选B7A、B两灯的额定电压U相同，额定功率PAPB，将A灯接在电动势和内阻一定的某电源两极，恰能正常发光，若改成B灯接在该电源两极，则B灯的实际功率一定是（）A等于PAB等于PBC小于PBD大于PB【考点】电功、电功率【分析】先根据P=判断A、B两灯的电阻大小；然后根据闭合电路欧姆定律判断改成B灯接在该电源两极时电流的变化情况，再根据闭合电路欧姆定律判断外电压情况，得到B灯的实际功率情况【解答】解：A、
20、B两灯的额定电压U相同，额定功率PAPB，根据P=，有RARB；改成B灯接在该电源两极时，根据闭合电路欧姆定律公式I=，外电阻变大，故电流减小；外电压U=EIr，电流减小，故外电压增加；故B灯泡的实际电压大于其额定电压，故实际功率大于其额定功率PB；由于电阻不同，故B灯泡的实际功率不一定等于灯泡A的额定功率PA；故选：D8如图所示，P为一块均匀的半圆形合金片将它按图甲的方式接在A、B之间时，测得它的电阻为R，若将它按图乙的方式接在A、B之间时这时的电阻应是（）ARB2RC3RD4R【考点】串联电路和并联电路【分析】由图可知，将甲图视为两个圆薄金属片并联，则乙图为两个圆薄金属片串联，根据串并联电
21、阻的关系判断【解答】解：设一个圆薄金属片的电阻为R0，甲图为两个圆薄金属片并联，R1=R0=R，乙图为两个圆薄金属片串联，R2=2R0=4R故选：D9额定电压都是110V、额定功率PA=110W和PB=40W的电灯两盏，若接在电压是220V的电路上，使两盏电灯均能正常发光，且电路中消耗功率最小的电路是（）ABCD【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路【分析】由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，在由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路【解答】解：灯泡正常工作时，两灯泡上的电压相等，可先判断电路是否能正常工作，
22、然后再比较分流电阻和分压电阻分别消耗的功率大小，从而做出判断判断灯泡能否正常发光，就要判断电压是否是额定电压，或电流是否是额定电流由P=和已知条件可知，RARB对于A电路，由于RARB，所以UB110 V，B灯烧毁，两灯不能正常发光对于B电路，由于RBRA，A灯又并联变阻器，并联电阻更小于RB，所以UB110 V，B灯烧毁对于C电路，B灯与变阻器并联，电阻可能等于RA，所以可能有UA=UB=110 V，两灯可以正常发光对于D电路，若变阻器的有效电阻等于A、B的并联电阻，则UA=UB=110 V，两灯可以正常发光比较C、D两个电路，由于C电路中变阻器功率为（IAIB）110，而D电路中变阻器功率
23、为（IA+IB）110，所以C电路消耗电功率最小故选：C10如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是（）A保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大B保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小C保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大D保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小【考点】串联电路和并联电路；共点力平衡的条件及其应用；电场强度；路端电压与负载的关系【分析】电容器两端间的电压与R0两端的电压相等，通过判断R0两端间电压的变化，知道极
24、板间电场的变化，从而知道电场力的变化及拉力的变化【解答】解：保持R1不变，缓慢增大R2时，由于R0和R2串联，总电流减小，R0两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压U减小，带电小球受到的电场力减小，悬线的拉力为将减小，故A错误，B正确 保持R2不变，缓慢增大R1时，由于在含容支路中的电阻相当于导线，所以R0两端的电压不变，F电不变，悬线的拉力为F不变，故C、D错误故选B二、多项选择题（本大题共4个小题，每个小题4分，共16分在每小题给出的4个选项中，有多个选项正确全部选对的得4分，选对但不全的得2分；有选错的或不答的得0分）11某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用
25、，由M运动到N，其运动轨迹如图中虚线所示，以下说法正确的是（）A粒子必定带正电荷B粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度C粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度D粒子在N点的动能大于它在M点的动能【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【分析】根据粒子轨迹弯曲的方向判断所受的电场力方向，从而分析粒子的电性根据电场线的疏密分析场强的大小，由牛顿第二定律分析加速度的大小由动能定理分析动能的大小【解答】解：A、由粒子的运动轨迹可知，粒子所受的电场力方向沿着电场线的切线方向向上，所以电荷一定带正电，故A正确BC、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，N点的场强大于M点的场强的
26、大小，粒子在N点所受的电场力大于在M所受的电场力，所以根据牛顿第二定律知，粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，故B错误，C正确D、正电荷由M运动到N，电场力对粒子做正功，由动能定理知，粒子的动能增大，则粒子在N点的动能大于它在M点的动能，故D正确故选：ACD12如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点一带正电粒子仅在电场力作用下，以速度vA经过A点向B点运动，经过一段时间后，粒子以速度vB经过B点，且vA与vB方向相反，则（）AA点的电势一定低于B点的电势B粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能C粒子在A点的动能一定小于在B点的动能DA点的场强一定大于B点的场强
27、【考点】电场线；电势能【分析】电场线的疏密代表电场的强弱，由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更密集由于带正电的粒子在A点时速度方向向右而到达B点时速度方向向左，故正电荷所受电场力方向向左，沿电场线方向电势降低，由于从A到B过程中电场力做负功，粒子的电势能增大，动能减小【解答】解：A、由于带正电的粒子在A点时速度方向向右而到达B点时速度方向向左，故正电荷所受电场力方向向左，而正电荷所受电场力的方向与电场的方向相同，故场强向左，所以A点电势低于B点的电势，故A正确B、由于从A到B过程中电场力做负功，故粒子的电势能增大故B正确C、由于从A到B过程中电场力做负功，故电荷在A点的动能更大，故
28、粒子在A点时的速度大于它在B点时的速度，故C错误D、由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线的疏密情况，故无法判断AB两点哪点的场强更大故D错误故选：AB13如图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点电子在从M经P到达N点的过程中（）A速率先增大后减小B速率先减小后增大C电势能先减小后增大D电势能先增大后减小【考点】电势能；动能定理的应用【分析】根据影响速度和电势能大小的因素来分析速度和电势能的变化，找到转化的方向【解答】解：当电子从M点向N点运动时，库仑力先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，所以动
29、能先增加后减小，则电势能先减小后增加所以A、C正确；B、D错误；故选AC14在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，图中电流表和电压表均为理想电表在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）A电压表示数变大B电流表示数变小C电容器C所带电荷量增多Da点的电势降低【考点】闭合电路的欧姆定律；电容【分析】在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻R1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，分
30、析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据干路电流与通过R2的电流变化情况，分析电流表的变化a点的电势等于R2两端的电压【解答】解：在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大电阻R2两端的电压U2=EI（R1+r），I增大，则U2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流IA=II2，I增大，I2减小，则IA增大即电流表示数变大故BC错误
31、，AD正确；故选：AD二、实验题（本题共2小题，共12分）15读出游标卡尺的读数0.930CM【考点】刻度尺、游标卡尺的使用【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读【解答】解：游标卡尺的主尺读数为：0.9cm，游标尺上第14个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为60.05mm=0.30mm=0.030cm，所以最终读数为：0.9mm+0.30mm=0.930cm故答案为：0.93016图甲所示为某同学测绘额定电压为2.5V的小电珠的IU图线的实验电路图（1）根据电路图，用笔画线代替导线，将图乙中的实物图连接成完整的实验电路（2）开关S闭合之前，滑动变阻器
32、的滑片应该置于A端（选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）（3）实验中发现移动滑动变阻器的滑片时，电流表的示数变化而电压表的指针不动，下列原因可能的是CA灯泡中灯丝已烧断 B滑片接触不良 C灯泡内部短路 D滑动变阻器A端接触不良（4）图丙中电流表的读数是多少0.46A（5）某同学在实验中还测出a、b、c三种元件的伏安特性曲线分别如图丁的（a）、（b）、（c），下列说法正确的是ACAa可以作为标准电阻使用 Bb能作为标准电阻使用Cb的阻值随电压升高而增大 Dc的阻值随电压升高而增大【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】本实验采用分压接法，因灯泡内阻较小，故电流表外接法；根据电路特点及故障分析
33、可得出故障原因；分析电阻的性质可分析各种电阻的作用【解答】解：根据题意可知，本题应采用滑动变阻器的分压接法，电源表采用外接法；实物图如下图所示；开始时灯泡两端的电压应为零，然后再逐渐增大；故开始时滑片应滑到A端；（3）若调节滑动变阻器，电流表示数变化，说明电路是接通的；但电压表示数不变，说明灯泡灯丝短路；故选：C（4）量程选择0.6A，最小分度为0.02A，故电流表示数为：0.46A；（5）a图中电阻不随电压的变化而变化，故可以做为标准电阻使用；b的阻值随电压升高而增大，c的阻值随电压升高而降低，故AC正确，BD错误故选AC故答案为：（1）如下图；（2）A端；（3）C；（4）0.46；（5）A
34、C三、计算题（本题共3小题，共32分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤）17如右图所示，电源电动势E=14V，内电阻r=1，小灯泡标有“2V，4W”，电动机D的内阻r=0.5，当变阻器的阻值R调到1时，电灯和电动机均能正常工作，求：（1）电动机两端的电压；（2）电动机输出的机械功率；（3）电路消耗的总功率【考点】电功、电功率【分析】（1）灯泡额定电压为2V，额定功率为4W，由电功率变形公式可以求出灯泡额定电流，由串联电路特点及欧姆定律可以求出电动机两端电压（2）由功率公式求出电动机输入功率与热功率，然后求出电动机的机械功率（3）根据P总=EI求解电源的总功率【解答】解：（1）电
35、灯和电动机正常工作，根据欧姆定律，故：I= A=2 A设电动机两端电压为U，由闭合电路欧姆定律得E=U灯+U+I（R+r），故：U=EU灯I（R+r）=14 V2 V2（1+1）V=8 V（2）电动机输出功率：P出=UII2r=82 W220.5 W=14 W（3）电路消耗的总功率为：P总=EI=142 W=28 W答：（1）电动机两端的电压为8 V；（2）电动机输出的机械功率为14 W；（3）电路消耗的总功率为28 W18一束电子流在经U0=5 000V的加速电场由静止加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示若两板间距d=1103m，板长L=5103m，那么，（1）电子离
36、开加速电场时速度v0多大？（结果用字母e、U0、m表示）（2）要使电子刚好从平行板间边沿飞出，两个极板上应加多大电压？（可以得到具体数值）【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】根据动能定理求出电子离开加速电场时的速度根据牛顿第二定律和运动学公式求出偏转位移的表达式，得出偏转位移与极板电压的关系求出所加的电压大小【解答】解：（1）在加速电场中，根据动能定理得，解得（2）在偏转电场中，偏转位移为，根据L=v0t，a=，则y=，解得U=400V答：（1）电子离开加速电场时速度为（2）要使电子刚好从平行板间边沿飞出，两个极板上应加400V的电压19如图所示在长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质
37、量均为m的带电小球A和B（可视为质点，也不考虑二者间的相互作用力），A球带正电、电荷量为+2q，B球带负电电荷量为3q现把A和B组成的带电系统锁定在光滑绝缘的水平面上，并让A处于如图所示的有界匀强电场区域MPQN内已知虚线MP是细杆的中垂线，MP和NQ的距离为4L，匀强电场的场强大小为E，方向水平向右现取消对A、B的锁定，让它们从静止开始运动（忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响）（1）求小球A、B运动过程中的最大速度；（2）小球A、B能否回到原出发点？若不能，请说明理由；若能，请求出经过多长时间带电系统又回到原地发点【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】（1）当B球进入电场后，合力
38、向左，系统开始减速，故此时物体速度最大，对加速过程运用动能定理列式求解即可；（2）系统在B球进入电场前做加速运动，B球进入电场后开始做减速运动；返回过程先加速后减速，向右和向左的过程具有对称性；由牛顿第二定律，求解出加速过程和减速过程的加速度，然后根据运动学公式和动能定理列式求解【解答】解：（1）带电系统锁定解除后，在水平方向上受到向右的电场力作用开始向右加速运动，当B进入电场区时，系统所受的电场力为A、B的合力，因方向向左，从而做减速运动，以后不管B有没有离开右边界，速度大小均比B刚进入时小，故在B刚进入电场时，系统具有最大速度设B进入电场前的过程中，系统的加速度为a1，由牛顿第二定律：2E
39、q=2ma1，B刚进入电场时，系统的速度为vm，由匀变速直线运动的速度位移公式得：vm2=2a1L，解得：vm=；（2）对带电系统进行分析，假设A能达到右边界，电场力对系统做功为W1，则：W1=2qE3L+（3qE2L）=0，故系统不能从右端滑出，即：当A刚滑到右边界时，速度刚好为零，接着反向向左加速由运动的对称性可知，系统刚好能够回到原位置，此后系统又重复开始上述运动设B从静止到刚进入电场的时间为t1，则：t1=，设B进入电场后，系统的加速度为a2，由牛顿第二定律得：3qE+2qE=2ma2，显然，系统做匀减速运动，减速所需时间为t2，则有：t2=，那么系统从开始运动到回到原出发点所需的时间为：t=2（t1+t2）=6；答：（1）小球A、B运动过程中的最大速度为；（2）小球A、B能回到原出发点；经过时间6带电系统又回到原地发点2016年12月16日