河南省南阳市高二物理上学期期中试题含解析

2022-2022学年河南省南阳市高二（上）期中物理试卷　一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，第1-8题每题只有一个选项是正确的，9-12题每题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有错选的得0分）1．指南针是我国古代四大发明之一，关于指南针，下列说法中正确的是（　　）A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．在指南针正上方附近放置一根直导线，导线通电时指南针一定偏转D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一根直导线，导线通电时指南针不偏转　2．关于静电场，下列说法正确的是（　　）A．在电场中某点电势等于零，则该电场强度一定为零B．由公式φ=可知，电场中某点的电势与q成反比C．在匀强电场中，两点间的距离越大，电势差就越大D．正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能减少　3．两个分别带有电荷量﹣Q和+4Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们之间的库仑力大小为F，将两个小球互相接触后分开并将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小变为（　　）A．FB．C．D．12F　4．如图所示，实线为如知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则（　　）A．a粒子带正电，b粒子带负电B．a粒子的速度逐渐减小，b粒子的速度逐渐增大C．a粒子的加速度逐渐减小，b粒子的加速度逐渐增大D．a粒子的动能逐渐增大，b粒子的动能逐渐减小　5．如图所示，质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流I，平衡时两悬线与竖直方向的夹角均为θ，已知重力加速度为g，则磁场的磁感应强度大小为（　　）-20-\nA．ILmgtanθB．C．D．　6．将一电荷量为+Q的小球放在原来不带电的金属球附近，最终所形成的电场线分布如图所示，a、b为电场中的两点，c、d为金属球表面与内部上两点（未标出）．则（　　）A．a点的电势比b点的高，c、d两点电势相等B．a点的电场强度比b点的小，c、d两点场强比b点大C．检验电荷﹣q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷﹣q从a点移到b点的过程中，电场力做正功　7．在磁感应强度为B0、方向向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里．如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（　　）A．b、d两点的磁感应强度相等B．a、b两点的磁感应强度相等C．c点的磁感应强度的值最大D．a点的磁感应强度的值最大　8．如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若这两个电阻分别接到这个电源上，则（　　）A．R1接在电源上时，电源的效率高B．R2接在电源上时，电源的效率高-20-\nC．R1接在电源上时，电源的输出功率大D．电源的输出功率一样大　9．圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速度沿着AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图所示．若带电粒子只受磁场力的作用，下列说法正确的是（　　）A．a粒子速率最小B．c粒子速率最小C．a粒子在磁场中运动的时间最长D．它们做圆周运动的周期Ta＜Tb＜Tc　10．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度减小时，R3阻值增大，则（　　）A．电压表的示数增大B．R2中电流增大C．小灯泡的功率减小D．电路的路端电压升高　11．磁流体发电是一项新兴技术．如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场．图中虚线框部分相当于发电机．把两个极板与用电器相连，则（　　）A．用电器中的电流方向从A到BB．用电器中的电流方向从B到AC．若只增强磁场，发电机的电动势增大D．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大　12．如图所示，D是一个具有单向导电性的理想二极管，水平放置的平行板电容器AB内部原有带电微粒P处于静止状态．下列措施下，关于P的运动情况的说法中正确的是（　　）-20-\nA．保持S闭合，增大A、B板间距离，P仍静止B．保持S闭合，减小A、B板间距离，P向上运动C．断开S后，增大A、B板间距离，P向下运动D．若B板接地，断开S后，A板稍下移，P的电势能不变　　二、填空题（本题共3小题，共18分，把答案填在答题卡上对应位置）13．某同学用游标卡尺测量圆形管内径时的测量结果如图甲所示，则该圆形钢管的内径是　　　　　　mm．如图乙所示是某次用千分尺测量时的情况，读数为　　　　　　mm．　14．现要描绘标有“4.0V，0.4A”小灯泡L的伏安特性曲线，实验室中有以下一些器材可供选择：电源：E1（电动势为2.0V，内阻为0.2Ω）；E2（电动势为4.5V，内阻为0.02Ω）电压表：V1（量程5V，内阻为5kΩ）；V2（量程15V，内阻为15kΩ）电流表：A1（量程100mA，内阻约2Ω）；A2（量程0.6A，内阻约0.3Ω）滑动变阻器：R1（可调范围0～10Ω，允许通过最大电流5A）；导线，开关若干．（1）为了调节方便，准确描绘伏安特性曲线，实验中应该选用电源　　　　　　，电压表　　　　　　，电流表　　　　　　（填器材的符号）．（2）在满足（1）的情况下，画出实验中所需的电路原理图（标明所选仪器的符号）．　15．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=　　　　　　Ω．-20-\n　　三、计算题（本题共4小题，共4分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16．（10分）（2022秋•钟祥市校级期末）如图所示，甲带电体固定在绝缘水平面上的O点．另一个电荷量为+q、质量为m的带电体乙，从P点由静止释放，经L运动到Q点时达到最大速度v．已知乙与水平面的动摩擦因数为μ，静电力常量为k．求：（1）Q处电场强度的大小（2）P、Q两点电势差．　17．（10分）（2022秋•南阳期中）如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机的电阻R0=0.5Ω，开关S1始终闭合．当开关S2断开时，电阻R1的电功率是525W；当开关S2闭合时，电阻R1的电功率是336W，求：（1）电源的内电阻；（2）当开关S2闭合时电动机的总消耗功率．　18．（12分）（2022•湛江一模）如图所示，竖直平行直线为匀强电场的电场线，电场方向未知，一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子以初速度v0从A点垂直电场方向进入电场，该带电粒子经过电场中的B点和C点，不考虑带电粒子的重力．（1）试确定电场强度的方向．（2）若粒子过C点时速度方向与水平方向夹角为60°，试求从A点到C点过程中电场力做功．（3）若已知电场强度为E，AB两点连线与电场线夹角为60°，求粒子从A点到B点的运动时间．-20-\n　19．（12分）（2022秋•威海期末）如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为电场和磁场的理想边界，一束电子（电量为e，质量为m，重力不计）由静止状态从P点经过Ⅰ、Ⅱ间的电场加速后垂直到达边界Ⅱ的Q点．匀强磁场的磁感应强度为B，磁场边界宽度为d，电子从磁场边界Ⅲ穿出时的速度方向与电子原来的入射方向夹角为30°．求：（1）电子在磁场中运动的时间t；（2）若改变PQ间的电势差，使电子刚好不能从边界Ⅲ射出，则此时PQ间的电势差U是多少？　　2022-2022学年河南省南阳市高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析　一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分，第1-8题每题只有一个选项是正确的，9-12题每题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，不选或有错选的得0分）1．指南针是我国古代四大发明之一，关于指南针，下列说法中正确的是（　　）A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．在指南针正上方附近放置一根直导线，导线通电时指南针一定偏转D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一根直导线，导线通电时指南针不偏转【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁现象和磁场．【专题】定性思想；推理法；磁场磁场对电流的作用．【分析】指南针又称指北针，主要组成部分是一根装在轴上的磁针，磁针在天然地磁场的作用下可以自由转动并保持在磁子午线的切线方向上，磁针的北极指向地理的北极，利用这一性能可以辨别方向．常用于航海、大地测量、旅行及军事等方面．物理上指示方向的指南针的发明由三部曲组成：司南、磁针和罗盘．他们均属于中国的发明．【解答】解：A、不存在单独的磁单极子，指南针也不例外，故A错误；B、指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，地磁场是南北指向的，故B正确；-20-\nC、在指南针正上方附近垂直小磁针方向放置一根导线时，导线的磁场与小磁针的方向相同，小磁针可能不会产生偏转；故C错误；D、导线通电时指南针一定偏转在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，电流的磁场在指南针位置是东西方向的，故导线通电时指南针偏转90°，故D错误；故选：B．【点评】本题考查磁现象，要注意明确直导线的磁场分布情况的判断，知道磁体均有两个磁极．　2．关于静电场，下列说法正确的是（　　）A．在电场中某点电势等于零，则该电场强度一定为零B．由公式φ=可知，电场中某点的电势与q成反比C．在匀强电场中，两点间的距离越大，电势差就越大D．正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能减少【考点】电场．【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零；用公式U=Ed和电势能公式Ep=qφ即可求解．【解答】解：A、电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；电势是标量与零势面的选取有关，所以电场强度为零的地方电势不一定为零，电势为零的地方电场强度也不一定为零，故A错误．B、电场中的电势的大小是由电场本身与0势能点的选择有关，与试探电荷的电量无关，故B错误．C、公式U=Ed中的d为沿电场强度方向的距离，所以在匀强电场中，两点间沿电场强度方向的距离越大，电势差就越大，如果d不是沿电场强度方向的距离，那么间距大时，电势差不一定大，故C错误．D、据电势能公式Ep=qφ知，正电荷在电势越高的地方电势能越大，在电势越低的地方电势能越小，所以正电荷从电势高的点运动到电势低的点，电势能一定减少，故D正确．故选：D．【点评】明确电场强度和电势都是描述电场的物理量，二者无直接关系，但二者相互关联；公式U=Ed中的d为沿电场强度方向的距离；电荷在某点的电势能是由该点电势和电荷决定．　3．两个分别带有电荷量﹣Q和+4Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们之间的库仑力大小为F，将两个小球互相接触后分开并将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小变为（　　）A．FB．C．D．12F【考点】库仑定律．【专题】定量思想；比例法；电场力与电势的性质专题．【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．-20-\n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：相距为r时，根据库仑定律得：F=k；接触后，各自带电量变为：Q′=，则此时有：F′==F；故C正确，ABD错误，故选：C．【点评】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题．注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键．　4．如图所示，实线为如知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示，则（　　）A．a粒子带正电，b粒子带负电B．a粒子的速度逐渐减小，b粒子的速度逐渐增大C．a粒子的加速度逐渐减小，b粒子的加速度逐渐增大D．a粒子的动能逐渐增大，b粒子的动能逐渐减小【考点】电势差与电场强度的关系；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】物体做曲线运动时，所受力的方向指向轨迹的内侧．由轨迹的弯曲方向可判断出电场力的方向，分析出粒子的电性．根据电场力做功正负来判断动能的变化和电势能的变化．根据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，分析电场力的变化，从而判断加速度的变化．【解答】解：A、粒子做曲线运动，所受的电场力方向指向轨迹的内侧，可知，a所受的电场力大致向左，b所受的电场力大致向右，由于电场线的方向不知，所以粒子带电性质不定，故A错误；BD、从图中轨迹来看粒子的电场力方向与速度方向的夹角都小于90°，所以电场力对粒子都做正功，动能都增大，速度都增大，故B、D错误．C、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，并结合F=qE，知a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确．故选：C【点评】该题考查带电粒子在电场中的轨迹的分析，加强基础知识的学习，掌握住物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧和电场线的特点，即可解决本题．　-20-\n5．如图所示，质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流I，平衡时两悬线与竖直方向的夹角均为θ，已知重力加速度为g，则磁场的磁感应强度大小为（　　）A．ILmgtanθB．C．D．【考点】安培力．【专题】定量思想；图析法；磁场磁场对电流的作用．【分析】以导体棒为研究对象，正确受力分析，根据平衡状态列方程即可正确解答【解答】解：对导体棒受力分析导体棒处于平衡状态，设绳子拉力为T，因此有：Tcosθ=mg①Tsinθ=F安=BIL②联立①②解得：B=tanθ故选：B【点评】该题结合安培力考查物体的平衡问题，正确受力分析使问题更加简单易懂　6．将一电荷量为+Q的小球放在原来不带电的金属球附近，最终所形成的电场线分布如图所示，a、b为电场中的两点，c、d为金属球表面与内部上两点（未标出）．则（　　）A．a点的电势比b点的高，c、d两点电势相等B．a点的电场强度比b点的小，c、d两点场强比b点大C．检验电荷﹣q在a点的电势能比在b点的大D．将检验电荷﹣q从a点移到b点的过程中，电场力做正功【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势．【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】顺着电场线方向电势逐渐降低．a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；电场线的疏密表示场强的大小；在电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小．通过分析电势能的变化来判断电场力做功正负．【解答】解：A、根据顺着电场线方向电势逐渐降低，可知a点的电势高于金属球的电势，整个金属球是一个等势体，金属球的电势又高于b点的电势，因此a点的电势比b点的高，c、d电势相等．故A正确；-20-\nB、电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，c、d位于金属球内，场强均为零，故B错误；CD、在电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，则﹣q在a点的电势能比b点小，因此把﹣q从a点移到b点的过程中，电势能增大，电场力做负功．故D错误．故选：A【点评】该题要掌握电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加．　7．在磁感应强度为B0、方向向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里．如图所示，a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中（　　）A．b、d两点的磁感应强度相等B．a、b两点的磁感应强度相等C．c点的磁感应强度的值最大D．a点的磁感应强度的值最大【考点】磁感应强度．【分析】该题考察了磁场的叠加问题．用右手定则首先确定通电直导线在abcd四点产生的磁场的方向，利用矢量的叠加分析叠加后磁场大小变化和方向，从而判断各选项．【解答】解：用右手螺旋定则判断通电直导线在abcd四个点上所产生的磁场方向，如图所示：a点有向上的磁场，还有电流产生的向上的磁场，电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相同，叠加变大；b点有向上的磁场，还有电流产生的水平向左的磁场，磁感应强度叠加变大，方向向左上．c点电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相反，叠加变小．d点有向上的磁场，还有电流产生的水平向右的磁场，叠加后磁感应强度的方向向右上．d点与b点叠加后的磁场大小相等，但是方向不同．由以上分析可知，D正确，ABC错误．故选：D【点评】磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量．它的合成遵循矢量合成的平行四边形法则．　8．如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若这两个电阻分别接到这个电源上，则（　　）-20-\nA．R1接在电源上时，电源的效率高B．R2接在电源上时，电源的效率高C．R1接在电源上时，电源的输出功率大D．电源的输出功率一样大【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】电源的效率等于电源输出功率与电源总功率的百分比．根据效率的定义，找出效率与电源路端电压的关系，由图读出路端电压，就能求出效率．电源与电阻的U﹣I图线的交点，表示电阻接在电源上时的工作状态，可读出电压、电流，算出电源的输出功率，进而比较大小．【解答】解：A、B，电源的效率η===，效率与路端电压成正比，R1接在电源上时路端电压大，效率高，故A正确，B错误．C、D，由图线的交点读出，R1接在电源上时U=U0，I=I0，电源的输出输出功率P1=UI=U0I0；R2接在电源上时U=U0，I=I0，电源的输出输出功率P2=UI=U0I0，故C、D均错误．故选：A．【点评】本题首先要知道效率与功率的区别，电源的效率高，输出功率不一定大．其次，会读图．电源与电阻的伏安特性曲线交点表示电阻接在该电源上时的工作状态．　9．圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速度沿着AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图所示．若带电粒子只受磁场力的作用，下列说法正确的是（　　）A．a粒子速率最小B．c粒子速率最小C．a粒子在磁场中运动的时间最长D．它们做圆周运动的周期Ta＜Tb＜Tc【考点】洛仑兹力．【专题】比较思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题．-20-\n【分析】三个质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同．因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大．而运动周期它们均一样，但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定．【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据qvB=m，可得：r=．A、B由于三个带电粒子的质量、电荷量均相同，在同一个磁场中，当速度越大时、轨道半径越大，则知a粒子速率最小，c粒子速率最大．故A正确，B错误；C、D由于T=及t=T可知，三粒子运动周期相同，a在磁场中运动的偏转角最大，对应时间最长，故C正确、D错误．故选：AC【点评】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短．　10．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度减小时，R3阻值增大，则（　　）A．电压表的示数增大B．R2中电流增大C．小灯泡的功率减小D．电路的路端电压升高【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】由图可知电路结构，再由光敏电阻阻值的变化分析总电阻的变化，由欧姆定律可分析电路中电流的变化，再对各部分由欧姆定律分析电流及电压的变化．【解答】解：由图可知，L与R3串联后与R2并联，再与R1串联；当光照减弱时，光敏电阻的阻值增大，电路中总电阻增大，总电流减小，由U=E﹣Ir可知，路端电压增大；因电流减小，则R1两端的电压减小；并联部分电压增大，R2中电流增大，流过灯泡的电流减小；故灯泡的功率减小；故A错误，BCD正确故选：BCD．【点评】闭合电路的动态分析问题一般按外电路、内电路再外电路的分析思路进行；分析内电路主要根据总电流及内阻分析内压，而外电路较为复杂，要注意灵活应用电路的性质．　11．磁流体发电是一项新兴技术．如图所示，平行金属板之间有一个很强的磁场，将一束含有大量正、负带电粒子的等离子体，沿图中所示方向喷入磁场．图中虚线框部分相当于发电机．把两个极板与用电器相连，则（　　）-20-\nA．用电器中的电流方向从A到BB．用电器中的电流方向从B到AC．若只增强磁场，发电机的电动势增大D．若只增大喷入粒子的速度，发电机的电动势增大【考点】霍尔效应及其应用．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】本题的关键是动态分析过程，先根据左手定则判断出正离子（或负离子）受到的洛伦兹力方向，从而判断出金属板电势的高低，进一步分析离子除受洛伦兹力外还受到电场力，最终二者达到平衡，得出结论．【解答】解：首先对等离子体进行动态分析：开始时由左手定则判断正离子所受洛伦兹力方向向上（负离子所受洛伦兹力方向向下），则正离子向上板聚集，负离子则向下板聚集，两板间产生了电势差，即金属板变为一电源，且上板为正极下板为负极，所以通过用电器的电流方向从A到B，故A正确B错误；此后的正离子除受到向上的洛伦兹力f外还受到向下的电场力F，最终两力达到平衡，即最终等离子体将匀速通过磁场区域，因f=qvB，F=q，则qvB=q，解得E=Bdv，所以电动势E与速度v及磁场B成正比，所以C、D正确．故选ACD．【点评】正确受力分析和运动过程分析是解决动力学问题的关键，先根据左手定则判断等离子体的正离子（或负离子）所受洛伦兹力的方向，从而知道金属板的电势高低，进一步受力分析结合牛顿第二定律可得出最终等离子体做匀速直线运动，根据洛伦兹力等于电场力即可得出结论．　12．如图所示，D是一个具有单向导电性的理想二极管，水平放置的平行板电容器AB内部原有带电微粒P处于静止状态．下列措施下，关于P的运动情况的说法中正确的是（　　）A．保持S闭合，增大A、B板间距离，P仍静止B．保持S闭合，减小A、B板间距离，P向上运动C．断开S后，增大A、B板间距离，P向下运动D．若B板接地，断开S后，A板稍下移，P的电势能不变【考点】电容；电势能．【专题】电容器专题．【分析】单向二极管与平行板电容器串连接入电源两极，导致平行板电容器只能充电，不能放电．所以当开关闭合时，电容器的电量只可能增加不可能减小．当开关断开时，电容器的电量不变．-20-\n【解答】解：A、当保持开关S闭合时，则电容器的电压不变；当增大A、B极间距，则导致电容器的电容减小，则出现电容器的电量减小，然而二极管作用导致电容器的电量不会减小，则电容器的电量会不变．由于平行板电容器的电场强度与电容器的电量、电介质及正对面积有关．所以电场强度不变，故A正确；B、当保持开关S闭合时，电容器的电压不变；当减小A、B极间距，则导致电容器的电容增加，则出现电容器的电量增加．由于平行板电容器的电场强度与电容器的电量、电介质及正对面积有关．因此电场强度增大，所以P向上运动．故B正确；C、当增大A、B板间距离，导致电容器的电容减小，由于断开开关S，则电容器的电量不变，所以极板间的电场强度不变．因此P仍处于静止，故C错误；D、A板稍下移，导致电容器的电容增大；当断开S后，则电容器的电量不变，所以电场强度也不变．由于B板接地，则P点到B板的电势差不变，因此P点的电势能也不变．故D正确；故选：ABD【点评】本题考查影响电容器的电容因素，及二极管的作用．尤其注意的是二极管接入这样的电路，只会导致电容器的电量有增无减．同时考查了影响平行板电容器的电场强度的因素．　二、填空题（本题共3小题，共18分，把答案填在答题卡上对应位置）13．某同学用游标卡尺测量圆形管内径时的测量结果如图甲所示，则该圆形钢管的内径是　40.45　mm．如图乙所示是某次用千分尺测量时的情况，读数为　0.700　mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】实验题．【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．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．【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为40mm，游标尺上第9个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为9×0.05mm=0.45mm，所以最终读数为：40mm+0.45mm=40.45mm．2、螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm．故答案为：40.45，0.700【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．　14．现要描绘标有“4.0V，0.4A”小灯泡L的伏安特性曲线，实验室中有以下一些器材可供选择：电源：E1（电动势为2.0V，内阻为0.2Ω）；E2（电动势为4.5V，内阻为0.02Ω）电压表：V1（量程5V，内阻为5kΩ）；V2（量程15V，内阻为15kΩ）电流表：A1（量程100mA，内阻约2Ω）；-20-\nA2（量程0.6A，内阻约0.3Ω）滑动变阻器：R1（可调范围0～10Ω，允许通过最大电流5A）；导线，开关若干．（1）为了调节方便，准确描绘伏安特性曲线，实验中应该选用电源　E2　，电压表　V1　，电流表　A2　（填器材的符号）．（2）在满足（1）的情况下，画出实验中所需的电路原理图（标明所选仪器的符号）．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电源与电压表，根据灯泡额定电流选择电流表．（2）根据描绘灯泡伏安特性曲线的原理与灯泡电阻和电表内阻的关系确定滑动变阻器与电流表的接法，然后作出电路图．【解答】解：（1）灯泡额定电压为4V，电源应选E2，电压表应选V1，灯泡额定电流为0.4A，电流表应选A2．（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻约为：R===10Ω，电压表内阻约为5kΩ，电流表内阻约为0.3Ω，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）E2；V1；A2；（2）实验电路图如图所示．【点评】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图，要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是正确作出电路图的关键．　15．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　Ω．-20-\n【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=，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=E﹣r，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=1Ω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I﹣R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（本题共4小题，共4分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16．（10分）（2022秋•钟祥市校级期末）如图所示，甲带电体固定在绝缘水平面上的O点．另一个电荷量为+q、质量为m的带电体乙，从P点由静止释放，经L运动到Q点时达到最大速度v．已知乙与水平面的动摩擦因数为μ，静电力常量为k．求：（1）Q处电场强度的大小（2）P、Q两点电势差．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）当乙物体速度最大时，物体所示的摩擦力和电场力相等，结合电场强度的定义式求出电场强度的大小．-20-\n（2）根据动能定理求出P、Q两点的电势差．【解答】解：（1）乙物体速度最大时有：μmg=Eq解得：．（2）乙物体由P到Q过程由动能定理得：，解得：．答：（1）Q处电场强度的大小为．（2）P、Q两点电势差为．【点评】本题考查了动能定理和共点力平衡的基本运用，知道当乙物体速度最大时，电场力和摩擦力相等．　17．（10分）（2022秋•南阳期中）如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机的电阻R0=0.5Ω，开关S1始终闭合．当开关S2断开时，电阻R1的电功率是525W；当开关S2闭合时，电阻R1的电功率是336W，求：（1）电源的内电阻；（2）当开关S2闭合时电动机的总消耗功率．【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）根据S2断开时R1消耗的功率为P1=（）2R1，即可求出内阻r．（2）当电键S2闭合时，根据电阻R1的电功率求出R1两端的电压和通过R1的电流，再根据E=U+Ir，求出总电流．从而求出通过电动机的电流．根据PM=UIM求电动机的总消耗功率．【解答】解：（1）当S2断开时，设R1上通过电流I1，消耗功率为P1，则：，代入数据解得：r=1Ω（2）当s2闭合时，设R1上通过电流I2，消耗功率为P2，设路端电压为U，干路电流为I，流过电动机的电流为IM，电动机的总消耗功率为PM，则：-20-\nU=I2R1IM=I﹣I2PM=UIM由以上各式代入数据解得：PM=1848W答：（1）电源的内电阻为1Ω；（2）当开关S2闭合时电动机的总消耗功率为1848W．【点评】解决本题的关键能够灵活运用闭合电路欧姆定律，以及知道电动机输入功率、输出功率、热功率的关系．　18．（12分）（2022•湛江一模）如图所示，竖直平行直线为匀强电场的电场线，电场方向未知，一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子以初速度v0从A点垂直电场方向进入电场，该带电粒子经过电场中的B点和C点，不考虑带电粒子的重力．（1）试确定电场强度的方向．（2）若粒子过C点时速度方向与水平方向夹角为60°，试求从A点到C点过程中电场力做功．（3）若已知电场强度为E，AB两点连线与电场线夹角为60°，求粒子从A点到B点的运动时间．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】（1）做曲线运动的物体受到的力的方向与轨迹弯曲的方向一致；从而判定出电场力的方向，再判断出场强的方向；（2）A到C电场力做功等于粒子动能的增加；（3）粒子在电场中做类平抛运动，水平方向的做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．【解答】解：（1）因粒子带负电且向下偏转，电场力方向向下，所以电场方向竖直向上．（2）设粒子到达C点的速度为v，电场力做功为W，则由合运动与分运动的关系有①由动能定理有②联立①②式解得③（3）粒子在电场中做类平抛运动，设水平方向的位移为x，竖直方向的位移为y，则有x=v0t④-20-\n⑤粒子的加速度为⑥而⑦联立④⑤⑥⑦式解得⑧答：（1）电场强度的方向竖直向上；（2）从A点到C点过程中电场力做功；（3）粒子从A点到B点的运动时间．【点评】能运用运动的合成与分解的方法处理类平抛运动问题，熟悉电场力做功与电势能变化的关系是解决这类问题的关键．　19．（12分）（2022秋•威海期末）如图所示，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ为电场和磁场的理想边界，一束电子（电量为e，质量为m，重力不计）由静止状态从P点经过Ⅰ、Ⅱ间的电场加速后垂直到达边界Ⅱ的Q点．匀强磁场的磁感应强度为B，磁场边界宽度为d，电子从磁场边界Ⅲ穿出时的速度方向与电子原来的入射方向夹角为30°．求：（1）电子在磁场中运动的时间t；（2）若改变PQ间的电势差，使电子刚好不能从边界Ⅲ射出，则此时PQ间的电势差U是多少？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】（1）根据牛顿第二定律，结合洛伦兹力提供向心力，与圆周运动的周期公式及圆心角，即可求解；（2）根据电子刚好不从边界Ⅲ穿出时轨迹与边界相切，由洛伦兹力提供向心力，结合动能定理，即可求解．【解答】解：（1）由evB=且T=得电子在磁场中运动周期T=-20-\n电子在磁场中运动时间t==解得：t=（2）电子刚好不从边界Ⅲ穿出时轨迹与边界相切，运动半径为R=d由evB=得v=PQ间电场力做功等于动能的增加，由eU=得U=；答：（1）电子在磁场中运动的时间t=；（2）若改变PQ间的电势差，使电子刚好不能从边界Ⅲ射出，则此时PQ间的电势差U=．【点评】考查牛顿第二定律与动能定理的应用，掌握圆周运动的周期公式，注意运动轨迹的圆心角，及几何关系：已知长度与运动轨迹半径的关系．-20-