1、2014-2015学年云南省红河州蒙自一中高二（上）期中物理试卷（1-26班）一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，每题有ABCD四个可选择的选项，其中只有一个选项是正确的）1（3分）电场线可以形象地描述电场的强弱和方向，最早提出用电场线描述电场的物理学家是（）A库仑B安培C法拉第D奥斯特2（3分）（2011上海模拟）下列用电器中，利用静电的吸附作用进行工作的是（）A复印机B电冰箱C电话机D电饭煲3（3分）关于电流强度的概念，下列叙述中正确的是（）A通过导体截面的电量越多，电流强度越大B单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流强度越大C在金属导体内自由电子定向移动的方向就
2、是电流方向D因为电流有方向，所以电流强度是矢量4（3分）一只普通的家用照明白炽灯正常发光时，通过它的电流强度值与下列哪一数值较为接近（）A20AB2AC0.2AD0.02A5（3分）（2011海淀区一模）用控制变量法，可以研究影响电荷间相互作用力的因素如图所示，O是一个带电的物体，若把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，可以比较小球在不同位置所受带电物体的作用力的大小这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来若物体O的电荷量用Q表示，小球的电荷量用q表示，物体与小球间距离用d表示，物体和小球之间的作用力大小用F表示则以下对该实验现象的判断正确的是（）A保持Q、q
3、不变，增大d，则变大，说明F与d有关B保持Q、q不变，减小d，则变大，说明F与d成反比C保持Q、d不变，减小q，则变小，说明F与q有关D保持q、d不变，减小Q，则变小，说明F与Q成正比6（3分）图是电场中某区域的电场线分布图，a、b是电场中的两点 下列说法中正确的是（）Aa点的场强比b点的大Ba点的场强与b点的一样大C同一个点电荷在a点所受的电场力比在b点所受的电场力小D同一个点电荷在a点所受的电场力与在b点所受的电场力一样大7（3分）关于场强与电势的关系，下列说法正确的是（）A场强相等的各点，电势也一定相等B电势为零的位置，场强也一定为零C电势高的位置，场强一定大D沿场强的反方向，电势逐渐升
4、高8（3分）下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有（）场强E=场强E=场强E=电场力做功W=UqABCD9（3分）如图描绘了两个电阻的伏安曲线，由图中可知，若将这两个电阻并联接入电路中，则通过R1、R2的电流比是（）A1：2B3：1C6：1D1：610（3分）下列四张图中，沿MN直线从M到N的过程中，电场强度是先增大后减小的是（）A两个等量异种电荷B两个等量同种电荷C两个等量异种电荷D两个等量同种电荷二、双项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分每小题只有两个选项符合题意，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）11（4分）关于元电荷的理解，下列说法
5、正确的是（）A元电荷就是电子B元电荷是自然界中真实存在的一种实物粒子C元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量D物体所带的电荷量只能是元电荷的整数倍12（4分）两个半径均为R的金属小球，带电量之比为1：3，相距为r（rR），两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力可能为原来的（）A1BCD13（4分）对于水平放置的平行板电容器，下列说法错误的是（）A将两极板的间距加大，电容将增大B将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小C在下极板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板，电容将增小D在下极板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板，电容将增大14（4
6、分）关于用电器的额定功率，下列说法正确的是（）A根据I0=，电压和电流都相等的用电器其实际电功率一定相等B工作时间相同，额定功率较大的用电器消耗的电能不一定较多C用电器不通电时，其额定功率为零D两个用电器串联，它们的电功率一定相等15（4分）如图所示是测定两个电源电动势和内阻实验中得到的电流和路端电压图线，则应有（）A当I1=I2，电源总功率P1=P2B当I1=I2，外电阻R1=R2C当U1=U2时，电源输出功率P出1P出2D当U1=U2时，电源内部消耗的功率P内1=P内2三、实验题（共20分把答案填在答题卡的横线上）16（4分）某同学用伏安法测量电阻时，分别采用电流表内接法和外接法，测得某电
7、阻Rx的阻值分别为R1和R2，则所测阻值与真实值Rx的关系应是（）AR1RxR2BR1RxR2CR1R2RxDR1R2Rx17（4分）多用电表测电阻时，下列操作中正确的是（）A测量前检查表针是否停在左端的“O”位置，如不在则要进行欧姆调零B用“1”欧姆挡，若指针恰好在刻度3050的正中，则待测电阻为40C用“1K”挡，若指针偏转角度太大，应换成“100”或“10”或“1”D每次换挡后都要重新欧姆调零18（4分）如图1，螺旋测微器测量某金属丝的直径，则此金属丝的直径是_mm图2是用20分度的游标卡尺测物体长度的示意图，则物体长度为_cm19（8分）一种供实验使用的小型电池电动势在9V左右，内阻约
8、为40，电池允许最大输出电流为50mA，为了准确测定这个电池的电动势和内阻，用图甲所示的实验器材进行测量（图中电压表内阻很大，可不考虑它对测量的影响），R为电阻箱，阻值范围为09999，R0是保护电阻（1）在实物图甲中，已正确地连接了部分电路，请设计并完成余下电路的连接（2）实验中改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如乙图所示的图线，则根据所作出的图线可求得该电池的电动势E为_V，内阻r为_（结果保留两位有效数字）四计算题（本题共4小题，共40分按要求作答，应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）20（10分）在如图
9、所示的匀强电场中，沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离d=0.10m一个电荷量Q=+2.0108C的点电荷所受电场力的大小F=4.0104N求：（1）电场强度E的大小；（2）A、B两点的电势差UAB（3）将该点电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功W21（10分）如图示的电路中，电源内阻r=1，R1=R2=2，当电键K断开时，理想电压表的示数为2.0V，则当电键K闭合时，电压表的示数为多少？22（10分）如图所示的示波管，质量为m，带电量为q的电子由阴极发射后，经电子枪加速水平飞入偏转电场，最后打在荧光屏上，已知加速电压为U1，偏转电压为U2，两偏转极板间距为d，板长为L1，从偏转
10、极板到荧光屏的距离为L2，（1）求电子离开加速电场的速度v1（2）求电子离开偏转电场时竖直方向偏移的距离y1和偏转的角度（3）求电子打在荧光屏上的偏距y223（10分）如图所示，用一根绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球的质量为m=1.0102kg现加一水平方向向左的匀强电场，场强E=3.0106N/C，平衡时绝缘线与竖直方向的夹角为=37，（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（1）小球带什么电荷及小球的电荷量（2）若现在剪断细线，断线后小球的运动性质是什么？运动的加速度是多少？（3）若在小球的左侧15cm处有一面墙，则断线后小球多长时间到达墙面？2014-2015学年云南省
11、红河州蒙自一中高二（上）期中物理试卷（1-26班）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分，每题有ABCD四个可选择的选项，其中只有一个选项是正确的）1（3分）电场线可以形象地描述电场的强弱和方向，最早提出用电场线描述电场的物理学家是（）A库仑B安培C法拉第D奥斯特考点：物理学史版权所有分析：根据各位物理学家的贡献，逐项分析解答即可解答：解：A、库仑通过实验发现了电荷间作用力的规律库仑定律，故A错误B、安培研究了磁场对电流作用，提出了分子电流假说，故B错误C、法拉第最早提出用电场线描述电场的物理学家，故C正确D、奥斯特首先发现载流导线的电流会产生作用力于磁针，使磁
12、针改变方向，即发现了电流的磁效应故D错误故选：C点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题关键要了解法拉第的物理学成就2（3分）（2011上海模拟）下列用电器中，利用静电的吸附作用进行工作的是（）A复印机B电冰箱C电话机D电饭煲考点：静电场中的导体版权所有分析：本题考查各种电器的工作原理，从各种实例的原理出发可以得出结论解答：解：A、复印机复印文件资料，就是利用静电墨粉吸附在鼓上故选A正确；B、电冰箱是利用物态变化时的吸热和放热原理制冷的，故B错误；C、电话是利用电磁波传递信息，利用了电流的磁效应工作的，故C错误；D、电饭煲是利用了电流的热效应，来加热的，故D错误故选A点评：本
13、题是常识性问题，只有认真把握它们的定义，才能真正区分它们利用的是哪个工作原理体现了物理来源于生活，又服务于社会的理念3（3分）关于电流强度的概念，下列叙述中正确的是（）A通过导体截面的电量越多，电流强度越大B单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流强度越大C在金属导体内自由电子定向移动的方向就是电流方向D因为电流有方向，所以电流强度是矢量考点：电流、电压概念版权所有专题：恒定电流专题分析：电流强度是表示电流大小的物理量，物理学中把每秒钟通过导体任一横截面的电荷量（简称电量）叫做电流强度，简称电流解答：解：A、物理学中把每秒钟通过导体任一横截面的电荷量（简称电量）叫做电流强度，通过导体横截
14、面的电量越多，但时间不知道，电流强度不一定大，故A错误；B、由电流的定义式可知，单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流强度越大；故B正确；C、电子带负电，故电子的定向移与运动电流的方向相反；故C错误；D、电流有方向，但电流的计算不能用平行四边形定则；故它为标量；故D错误；故选：B点评：本题考查了学生对电流强度的概念的了解与掌握，要注意电流虽然有方向，但电流是标量4（3分）一只普通的家用照明白炽灯正常发光时，通过它的电流强度值与下列哪一数值较为接近（）A20AB2AC0.2AD0.02A考点：欧姆定律；电流、电压概念版权所有专题：恒定电流专题分析：普通家用照明白炽灯泡最多的是40W，即2
15、20V、40W，正常工作时，电压为220V，功率为40W，由公式P=UI估算电流的值解答：解：普通家用照明白炽灯泡比如220V40W，正常工作时，电压为220V，功率为40W，由公式P=UI得I=A0.2A故选C点评：本题关键对普通家用照明白炽灯泡的额定电压和额定功率有所了解，考查生活常识，比较简单5（3分）（2011海淀区一模）用控制变量法，可以研究影响电荷间相互作用力的因素如图所示，O是一个带电的物体，若把系在丝线上的带电小球先后挂在横杆上的P1、P2、P3等位置，可以比较小球在不同位置所受带电物体的作用力的大小这个力的大小可以通过丝线偏离竖直方向的角度显示出来若物体O的电荷量用Q表示，小
16、球的电荷量用q表示，物体与小球间距离用d表示，物体和小球之间的作用力大小用F表示则以下对该实验现象的判断正确的是（）A保持Q、q不变，增大d，则变大，说明F与d有关B保持Q、q不变，减小d，则变大，说明F与d成反比C保持Q、d不变，减小q，则变小，说明F与q有关D保持q、d不变，减小Q，则变小，说明F与Q成正比考点：库仑定律版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据库仑定律公式F=判断物体与小球之间的作用力F与什么因素有关丝线偏离竖直方向的角度越大，则作用力越大解答：解：A、保持Q、q不变，根据库仑定律公式F=，增大d，库仑力变小，则变小，减小d，库仑力变大，则变大F与d的二次方成反比故A
17、、B错误 C、保持Q、d不变，减小q，则库仑力变小，变小，知F与q有关故C正确 D、保持q、d不变，减小Q，则库仑力变小，变小，根据库仑定律公式F=，知F与两电荷的乘积成正比故D错误故选C点评：解决本题的关键掌握库仑定律的公式F=，知道库仑力与两电荷的乘积成正比，与距离的二次方成反比6（3分）图是电场中某区域的电场线分布图，a、b是电场中的两点 下列说法中正确的是（）Aa点的场强比b点的大Ba点的场强与b点的一样大C同一个点电荷在a点所受的电场力比在b点所受的电场力小D同一个点电荷在a点所受的电场力与在b点所受的电场力一样大考点：电场强度；电场线版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线
18、的疏密表示电场强度的相对大小，电场线越密，电场强度越大同一点电荷在电场强度越大的地方受到的电场力越大解答：解：A、B由图看出，a点处电场线比b点处电场线密，则a点的场强比b点的大故A正确，B错误 C、D由电场力公式F=Eq可知，同一个点电荷在a点所受的电场力比在b点所受的电场力大故CD错误故选A点评：本题考查对电场线物理意义的理解和应用，抓住电场线越密，电场强度越大是关键7（3分）关于场强与电势的关系，下列说法正确的是（）A场强相等的各点，电势也一定相等B电势为零的位置，场强也一定为零C电势高的位置，场强一定大D沿场强的反方向，电势逐渐升高考点：电场强度；电势版权所有专题：电场力与电势的性质专
19、题分析：根据电场强度与电势没能直接关系分析顺着电场线方向电势逐渐降低解答：解：A、场强相等的各点，电势不一定相等，比如匀强电场中，各点场强相等，顺着电场线方向的各点电势降低故A错误B、电势为零的点可任意选取，而场强为零是由电场本身决定的，所以电势为零的位置，场强不一定为零故B错误C、电势高的位置，电场线不一定密，场强不一定大故C错误D、因为顺着电场线方向电势逐渐降低，则沿场强的反方向，电势逐渐升高故D正确故选D点评：电场强度和电势都是描述电场本身性质的物理量，可根据电场线的物理意义来理解它们之间的关系：场强大小看电场线的疏密，而电势高低看电场线的方向，两者无关8（3分）下列公式中，既适用于点电
20、荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有（）场强E=场强E=场强E=电场力做功W=UqABCD考点：电场强度版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：E=是电场强度的定义式，适用于一切电场，仅适用于匀强电场，适用于点电荷产生的电场W=qU适用于一切电场解答：解：E=是电场强度的定义式，适用于一切电场，仅适用于匀强电场，适用于点电荷产生的电场W=qU适用于一切电场可知既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场是故选：C点评：解决本题的关键掌握电场强度的三个公式，知道公式的适用条件，基础题9（3分）如图描绘了两个电阻的伏安曲线，由图中可知，若将这两个电阻并联接入电路中，则通过R1、R2的电流比是（）
21、A1：2B3：1C6：1D1：6考点：欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：由图象可求得两电阻的比值，再由并联电路的规律可知两电阻电压相等，则由欧姆定律可求得电流之比解答：解：由图可知，R1=2；R2=；两电阻并联后，电压相等，则由欧姆定律可知：I=；故电流与电阻成反比；故电流之比I1：I2=R2；R1=：2=1：6；故选：D点评：本题考查伏安特性曲线以及欧姆定律的应用，要注意在UI图象中图象的斜率表示电阻的阻值10（3分）下列四张图中，沿MN直线从M到N的过程中，电场强度是先增大后减小的是（）A两个等量异种电荷B两个等量同种电荷C两个等量异种电荷D两个等量同种电荷考点：电场强度版权所有专题
22、：电场力与电势的性质专题分析：根据电场线的疏密表示场强的大小，进行分析分析时抓住等量异种电荷电场中连线中点的电场线最疏，连线中垂线上，中点的电场线最密等量同种电荷连线中点的场强为零解答：解：A、根据等量异种电荷电场线的分布情况可知，在连线上连线中点处的电场线最疏，场强最小，则从M到N，电场强度是先减小后增大，故A错误B、等量同种电荷连线中点的场强为零，则从M到N，电场强度是先减小后增大，故B错误C、等量异种电荷电场中连线中垂线上，连线中点的电场线最密，越靠近中点电场线越密，场强越大，则从M到N的过程中，电场强度是先增大后减小故C正确D、等量同种电荷连线中点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从
23、两电荷连线中点到无穷远处，场强先增大后减小，由于M、N与场强最大值位置关系无法确定，所以M、N处场强关系不能确定，从而不能判断场强怎样，故D错误故选：C点评：对于等量异种电荷和等量同种电荷电场线的分布情况是考试的热点，要抓住对称性，熟悉电场线的分布特点二、双项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分每小题只有两个选项符合题意，全选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）11（4分）关于元电荷的理解，下列说法正确的是（）A元电荷就是电子B元电荷是自然界中真实存在的一种实物粒子C元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量D物体所带的电荷量只能是元电荷的整数倍考点：元电荷、点电荷版
24、权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：元电荷又称“基元电荷”，在各种带电体中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍解答：解：A、元电荷是与电子的电荷量数值相等的电荷量，但不是电子故A错误；B、元电荷是自然界最小的电量，不是真实存在的一种实物粒子，故B错误；C、元电荷是表示跟电子所带电荷量数值相等的电荷量，故C正确；D、物体所带的电荷量只能是元电荷的整数倍，故D正确；故选：CD点评：本题考查对元电荷的理解元电荷与实物粒子不同，是一种基本电量基础题12（4分）两个半径均为R的金属小球，带电量之比为1：3，相距为r（
25、rR），两者相互接触后再放回原来的位置上，则相互作用力可能为原来的（）A1BCD考点：库仑定律版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：两电荷间存在库仑力，其大小可由库仑定律求出当两电荷相互接触后再放回原处，电荷量可能相互中和后平分，也可能相互叠加再平分，所以库仑力的变化是由电荷量变化导致的解答：解：由库仑定律可得：F=k 得，库仑力与电量的乘积成正比，当两相同金属小球带同种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量变为2：2，原来带电量之比为1：3，原来库仑力为F=，现在的库仑力为F=，所以库仑力是原来的当两相同金属小球带异种电荷时，两者相互接触后再放回原来的位置上，它们的电荷量
26、变为1：1，原来带电量之比为1：3，同理，所以库仑力是原来的故B、D正确，A、C错误故选：BD点评：解决本题的关键掌握库仑定律的公式，注意两个金属小球可能带同种电荷，可能带异种电荷13（4分）对于水平放置的平行板电容器，下列说法错误的是（）A将两极板的间距加大，电容将增大B将两极板平行错开，使正对面积减小，电容将减小C在下极板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板，电容将增小D在下极板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板，电容将增大考点：电容器的动态分析版权所有专题：电容器专题分析：根据平行板电容器的电容C=分析电容的变化情况在下板的内表面上放置一面积和极板
27、相等、厚度小于极板间距的铝板，板间距离减小，分析电容变化解答：解：A、将两极板的间距加大，d变大，C变小故A错误 B、将两极板平行错开，使正对面积减小，根据公式C=可知，C将变小故B正确 C、在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板，板间距离减小电容将增大故C错误 D、在下板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板，增大，C增大故D正确本题选错误的，故选：AC点评：本题考查电容决定式应用分析实际问题的能力对于电容器内插入金属板，电容器变成两个电容器串联，电容将减小14（4分）关于用电器的额定功率，下列说法正确的是（）A根据I0=，电压和电流都相等的用电器其实
28、际电功率一定相等B工作时间相同，额定功率较大的用电器消耗的电能不一定较多C用电器不通电时，其额定功率为零D两个用电器串联，它们的电功率一定相等考点：电功、电功率版权所有专题：恒定电流专题分析：用电器正常工作时的电压叫额定电压，用电器在额定电压下的电功率叫额定功率；当用电器两端的电压大于额定电压时，其实际电功率大于额定功率；当用电器两端的电压小于额定电压时，其实际电功率小于额定功率，据此分析判断解答：解：A、根据P=UI，电压和电流都相等的用电器其实际电功率一定相等，故A正确；B、额定功率大的用电器不一定在额定电压下工作，其功率不一定达到额定功率，所以其实际功率不一定大，故额定功率较大的用电器消
29、耗的电能不一定多故B正确；C、用电器在额定电压下的电功率叫额定功率，跟通电是否没有关系，只是表示该用电器的参数故C错误；D、两个用电器串联，电流一定相等，如果电压不相等则它们的电功率一定不相等，故D错误故选：AB点评：本题考查了学生对额定电压、额定功率、实际电压、实际功率的了解与掌握，属于基础题目15（4分）如图所示是测定两个电源电动势和内阻实验中得到的电流和路端电压图线，则应有（）A当I1=I2，电源总功率P1=P2B当I1=I2，外电阻R1=R2C当U1=U2时，电源输出功率P出1P出2D当U1=U2时，电源内部消耗的功率P内1=P内2考点：电功、电功率；路端电压与负载的关系版权所有专题：
30、恒定电流专题分析：在该UI图线中，纵轴截距表示电动势，斜率的绝对值表示内阻可比较出两电源的电动势和内阻解答：解：A、在该UI图线中，纵轴截距表示电动势，斜率的绝对值表示内阻可知E1=E2，r1r2电压的总功率P=EI，可知当I1=I2时，两电源的总功率相等故A正确 B、当I1=I2时，从图象可以看出，外电压不等，而外电阻等于外电压除以电流，所以外电阻不等故B错误 C、电源的输出功率P=UI，当U1=U2时，I1I2，所以电源1的输出功率小于电源2的输出功率故C正确 D、当U1=U2时，E1=E2，所以U1内=U2内，根据P内=，r1r2所以电源1内部消耗的电功率小于电源2内部消耗的电功率故D错
31、误故选：AC点评：解决本题的关键会从UI图线上确定电动势和内阻以及掌握电源的总功率、输出功率、内部消耗的功率的区别和联系三、实验题（共20分把答案填在答题卡的横线上）16（4分）某同学用伏安法测量电阻时，分别采用电流表内接法和外接法，测得某电阻Rx的阻值分别为R1和R2，则所测阻值与真实值Rx的关系应是（）AR1RxR2BR1RxR2CR1R2RxDR1R2Rx考点：伏安法测电阻版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：由于实验中的采用的电表不是理想电表，故由于电流表的分压及电压表的分流导致测量误差；分析两表的影响可以得出测量值与真实值间的关系解答：解：采用内接法时，电流表与待测电阻串联，故电流
32、表是准确的；而由于电流表的分压使电压表测量值偏大，故由欧姆定律求得的测量值偏大，故R1Rx；当采用外接法时，电压表与待测电阻并联，故电压表是准确的；而由于电压表的分流使电流表测量结果偏大，故由欧姆定律求得的测量值偏小，故RxR2；故选A点评：理想的电流表内阻为零，理想电压表内阻无穷大，但实验电流表内阻不为零，电压表内阻不是无穷大，故在实验中存在误差17（4分）多用电表测电阻时，下列操作中正确的是（）A测量前检查表针是否停在左端的“O”位置，如不在则要进行欧姆调零B用“1”欧姆挡，若指针恰好在刻度3050的正中，则待测电阻为40C用“1K”挡，若指针偏转角度太大，应换成“100”或“10”或“1
33、”D每次换挡后都要重新欧姆调零考点：用多用电表测电阻版权所有专题：实验题；恒定电流专题分析：依据多用电表的应用方法，进行分析判断解答：解：A、先进行机械调零，不是欧姆调零故A错误 B、欧姆档的刻度不均匀，刻度3050的正中不是40故B 错误 C、用“1K”挡，若指针偏转角度太大，则阻值小，要换成小档位故C正确 D、每次换挡后电路发生变化，都要重新欧姆调零故D正确故选：CD点评：考查欧姆表的使用，明确要选择合适的档位并每次换档后要进行欧姆调零18（4分）如图1，螺旋测微器测量某金属丝的直径，则此金属丝的直径是5.623（5.6215.624）mm图2是用20分度的游标卡尺测物体长度的示意图，则物
34、体长度为5.015cm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用版权所有专题：实验题分析：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，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数为5.5mm，可动刻度读数为0.0112.3mm=0.123mm，所以最终读数为：5.5mm+0.123mm=5.623mm，由于需要估读，因此在范围5.6215.624mm内均正确；游标卡尺的固定刻度读数为5cm，游标读数为0.053mm=0.15mm=0.015cm，所以最终读数为：5cm+0.015cm=5.015cm故答案为：5.62
35、3（5.6215.624），5.015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19（8分）一种供实验使用的小型电池电动势在9V左右，内阻约为40，电池允许最大输出电流为50mA，为了准确测定这个电池的电动势和内阻，用图甲所示的实验器材进行测量（图中电压表内阻很大，可不考虑它对测量的影响），R为电阻箱，阻值范围为09999，R0是保护电阻（1）在实物图甲中，已正确地连接了部分电路，请设计并完成余下电路的连接（2）实验中改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如
36、乙图所示的图线，则根据所作出的图线可求得该电池的电动势E为10V，内阻r为50（结果保留两位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻版权所有专题：实验题分析：（1）根据伏阻法测电源电动势与内阻的原理连接实物电路图（2）由闭合电路欧姆定律求出函数表达式，然后根据图象求出电源电动势与内电阻解答：解：（1）应用伏阻法测电源的电动势与内阻，电压表应测路端电压，电压表要并联在电阻两端，实物电路图如图所示（3）由闭合电路欧姆定律可得：E=U+Ir=U+r，则=+，图象的截距为=0.1，斜率=5，解得，电动势E=10V，内阻r=50故答案为：（1）电路图如图所示；（2）10；50点评：本题考查了运用伏阻法测量
37、电源电动势和内阻实验，知道实验原理、会根据图象测量电源的电动势和内阻即可正确解题，应用图象法处理实验数据时，要选择合适的物理量，使图象是一条直线四计算题（本题共4小题，共40分按要求作答，应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）20（10分）在如图所示的匀强电场中，沿电场线方向有A、B两点，A、B两点间的距离d=0.10m一个电荷量Q=+2.0108C的点电荷所受电场力的大小F=4.0104N求：（1）电场强度E的大小；（2）A、B两点的电势差UAB（3）将该点电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功W考点：匀强电
38、场中电势差和电场强度的关系；电场强度版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场强度的定义式求出电场强度的大小；结合匀强电场的场强公式求出A、B两点的电势差；根据电场力做功与电势差的关系求出电场力做功的大小解答：解：（1）电场强度为：E=；（2）AB两点的电势差为：；（3）电场力做功为：J=4105J答：（1）电场强度E的大小为2104N/C；（2）A、B两点的电势差UAB为2000V；（3）将该点电荷从A点移至B点的过程中，电场力所做的功W为4105J点评：本题考查了电场强度的定义式、匀强电场的场强公式以及电场力做功与电势差的关系，注意在E=中，d表示沿电场线方向上的距离，在运用W=q
39、U求解时，功的正负、电荷的正负、电势差的正负需代入计算21（10分）如图示的电路中，电源内阻r=1，R1=R2=2，当电键K断开时，理想电压表的示数为2.0V，则当电键K闭合时，电压表的示数为多少？考点：闭合电路的欧姆定律版权所有专题：恒定电流专题分析：当电键K断开时，R1直接接到电源上，根据欧姆定律求出此时电路中的电流，再根据闭合电路欧姆定律求出电源电动势，当电键K闭合时R1和R2并联接到电源上，根据闭合电路欧姆定律即可求解路端电压解答：解：K断开时，根据欧姆定律得：=1 A据闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir=2+11=3VK闭合时，R1和R2并联，则 R并=1根据闭合电路欧姆定律得：所以电
40、压表的示数 U=IR并=1.51=1.5 V答：当电键K闭合时，电压表的示数为1.5V点评：本题关键要搞清电路的结构，弄懂电压表测量哪部分电压再根据电路的连接关系，由闭合电路欧姆定律进行求解22（10分）如图所示的示波管，质量为m，带电量为q的电子由阴极发射后，经电子枪加速水平飞入偏转电场，最后打在荧光屏上，已知加速电压为U1，偏转电压为U2，两偏转极板间距为d，板长为L1，从偏转极板到荧光屏的距离为L2，（1）求电子离开加速电场的速度v1（2）求电子离开偏转电场时竖直方向偏移的距离y1和偏转的角度（3）求电子打在荧光屏上的偏距y2考点：带电粒子在匀强电场中的运动版权所有专题：带电粒子在电场中
41、的运动专题分析：（1）在加速电场中，根据动能定理求出电子离开加速电场的速度v1（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出离开偏转电场时的偏转位移y1和偏转的角度（3）电子离开偏转电场后做匀速直线运动，运用运动的分解法求出竖直方向偏转距离，即可求得电子打在荧光屏上的偏距y2解答：解：（1）在加速电场中，根据动能定理得：U1q=得：（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，则有： 水平方向有：， 竖直方向有：，电子离开电场时竖直分速度为 ，则 （3）电子离开偏转电场后做匀速直线运动，则到达荧光屏的时间为：，偏转距离为 y=vyt2=所以 y2=y+y1=答：（1）电子离开加
42、速电场的速度v1为（2）电子离开偏转电场时竖直方向偏移的距离y1为，偏转的角度为（3）电子打在荧光屏上的偏距y2为点评：解决本题的关键知道电子的运动规律，现在加速电场中加速，然后进入偏转电场做类平抛运动，离开偏转电场做匀速直线运动23（10分）如图所示，用一根绝缘轻绳悬挂一个带电小球，小球的质量为m=1.0102kg现加一水平方向向左的匀强电场，场强E=3.0106N/C，平衡时绝缘线与竖直方向的夹角为=37，（sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s2）（1）小球带什么电荷及小球的电荷量（2）若现在剪断细线，断线后小球的运动性质是什么？运动的加速度是多少？（3）若在小球的左侧1
43、5cm处有一面墙，则断线后小球多长时间到达墙面？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系版权所有专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）由小球位置判断电场力方向，进一步得到小球带什么电荷，由平衡条件求解小球的电荷量；（2）剪断细线后，小球受重力和电场力作用，做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求得加速度；（3）将小球的运动沿水平和竖直方向分解，由分运动的独立性和等时性求解解答：解（1）小球带正电由小球受力分析可知：tan37=所以，q=2.5107C（2）剪断细线后，小球受重力和电场力作用，质点做匀加速直线运动，牛顿第二定律求得加速度为：a=12.5m/s2（3）由小球在水平及竖直方向运动的独立性水平加速度：=7.5m/s2由运动学公式得：x=故：t=答：（1）小球带正电荷，小球的电荷量为2.5107C；（2）若现在剪断细线，断线后小球的运动性质匀加速直线运动，运动的加速度是12.5m/s2；（3）断线后小球0.2s到达墙面点评：掌握共点力平衡的求法，以及知道电场力的表达式F=Eq，注意将小球的运动沿水平和竖直方向分解，应用分运动的独立性和等时性参与本试卷答题和审题的老师有：wxz；okczgp；wslil76；FAM；成军；高中物理；src；大文杰；杨兆海；pyyz；ljc；1484936（排名不分先后）2015年1月21日