2022-2022学年河北省保定市徐水一中高二（上）期中物理试卷一、选择题（其中1-8为单选，9-12为多选，每题4分，共48分）1．下列关于电场强度的两个表达式E=和E=的叙述，正确的是()A．E=是电场强度的定义式，F是放在电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电量B．由电场强度的定义式E=可知，电场强度E跟F成正比，跟q成反比C．E=是点电荷场强的计算公式，Q是产生电场的电荷量，它不适用于匀强电场D．在点电荷Q产生的电场中，距Q为r的某位置，放入的检验电荷的电量越大，检验电荷受力也越大，该处的电场强度也越大2．在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如控制变量法、等效法、类比法、理想模型法、微元法等等，这些方法对我们学好物理有很大帮助．以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是()A．在探究电阻与材料、长度和横截面积三者之间的关系时应用了控制变量法B．在电路中，可以用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻，这利用了等效法C．在研究带电体时满足一定条件可以把带电体当做点电荷，这利用了建立理想模型法D．在研究电场时，常用人为假设的电场线来描述真实的电场，这用的是微元法3．如图是描述一给定的电容器充电时电量Q、电压U、电容C之间的相互关系图，其中不正确的是图()A．B．C．D．4．如图，R1、R2和R3皆为定值电阻，R4为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r．设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U．闭合电键，当R4的滑动触头向a端移动时，下列判断中正确的是()A．I变小，U变小B．I变小，U变大C．I变大，U变小D．I变大，U变大-21-\n5．如图所示，两平行金属导轨CD、EF间距为L，与电动势为E的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其余电阻不计．为使ab棒静止，需在空间施加的匀强磁场磁感强度的最小值及其方向分别为()A．，水平向右B．，垂直于回路平面向上C．，竖直向下D．，垂直于回路平面向下6．如图，把两个电阻R1与R2、两个电容器C1和C2、一个开关S和一个电流表G（G的内阻比R1大了十多倍）联接成电路，接到一个输出电压为U的稳压电源上．已知R1=R2，C1＞C2，开关S处于闭合状态，那么()A．C1的电压小于C2的电压B．C1的带电量可能等于C2的带电量C．若把开关S断开，在S断开后最初一小段时间有向右方向的电流通过电流表GD．若把开关S断开，在S断开前、后，电路稳定状态下加在R1两端的电压相同7．如图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，BC=20cm．把一个电量q=10﹣5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，克服电场力做功1.73×10﹣3J，则该匀强电场的场强大小和方向是()A．865V/m，垂直AC向左B．865V/m，垂直AC向右C．1000V/m，垂直AB斜向上D．1000V/m，垂直AB斜向下-21-\n8．如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，不计粒子的重力，则()A．在前时间内，电场力对粒子做的功为B．在后时间内，电场力对粒子做的功为UqC．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1：2D．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为2：19．在如图所示的U﹣I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知()A．电源的电动势为3V，内阻为0.5ΩB．电源的输出功率为2WC．电阻R的阻值为1ΩD．电源的效率为66.7%10．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点．据此可知()A．三个等势面中，a的电势最高B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大C．带电质点通过P点时的动能较Q点大D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大11．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是()-21-\nA．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B．对应P点，小灯泡的电阻为R=C．对应P点，小灯泡的电阻为R=D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积12．如图所示，在O点处放置一个正电荷．在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q．小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆（如图中实线表示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC=30°，A距离OC的竖直高度为h．若小球通过B点的速度为v，则下列说法中正确的是()A．小球通过C点的速度大小是B．小球通过C点的速度大小是C．小球由A到C电场力做功是mv2﹣mghD．小球由A到C机械能的损失是mg（h﹣）﹣mv2二、实验题（本题共2小题，共14分．请按题目要求作答．）13．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的长度和直径，步骤如下：-21-\n（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为__________mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为__________mm．14．在“描述小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需要用伏安法测定小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，除开关、导线外，还有如下器材：A．小灯泡“6V3W”，B．直流电源6～8VC．电流表（量程3A，内阻约0.2Ω）D．电流表（量程0.6A，内阻约1Ω）E．电压表（量程6V，内阻约20kΩ）F．电压表（量程20V，内阻约60kΩ）G．滑动变阻器（0～20Ω、2A）H．滑动变阻器（1kΩ、0.5A）（1）实验所用到的电流表应选__________，电压表应选__________，滑动变阻器应选__________．（填字母代号）（2）在虚线框内画出最合理的实验原理图．三、计算题（共38分，要有必要的解答步骤，只写结果不得分）16．如图所示，电阻R1=8Ω，电动机绕组电阻R0=2Ω，当电键K断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当电键闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W，电动机刚好正常工作．若电源的电动势为6V．求：（1）电源内阻r；（2）当电键K闭合时，电动机正常工作的电压和功率；（3）电动机正常工作时输出的机械功率．17．如图所示，abcd是一个正方形盒子．cd边的中点有一个小孔e．盒子中有沿ad方向的匀强电场．一个质量为m带正电粒子（重力不计）从a处的小孔沿ab方向以初速度v0射入盒内，并恰好从e处的小孔射出．求：（1）该带电粒子从e孔射出时的速度大小．（2）该过程中电场力对该带电粒子做的功．-21-\n18．（13分）如图所示，ABCDF为竖直放在场强为E=104V/m水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCDF部分是半径为R=0.2m的圆形轨道，轨道的水平部分与圆相切于B，A为水平轨道上的一点，而且AB之间距离s=0.6m，把一质量m=0.1kg、带电荷量q=+1×10﹣4C的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动．（g取10m/s2）求：（1）小球到达B点时速度的大小（2）小球到达D点时对轨道压力是多大？（3）若让小球安全通过轨道，开始释放点离B点至少多远？（结果保留两位有效数字）-21-\n2022-2022学年河北省保定市徐水一中高二（上）期中物理试卷一、选择题（其中1-8为单选，9-12为多选，每题4分，共48分）1．下列关于电场强度的两个表达式E=和E=的叙述，正确的是()A．E=是电场强度的定义式，F是放在电场中的电荷所受的力，q是产生电场的电荷的电量B．由电场强度的定义式E=可知，电场强度E跟F成正比，跟q成反比C．E=是点电荷场强的计算公式，Q是产生电场的电荷量，它不适用于匀强电场D．在点电荷Q产生的电场中，距Q为r的某位置，放入的检验电荷的电量越大，检验电荷受力也越大，该处的电场强度也越大【考点】电场强度．【分析】电场强度E由电场本身的性质决定，与试探电荷无关，E=是电场强度定义式，q是试探电荷的电荷量，F是试探电荷所受的电场力，适用于任何电场；E=是真空中点产生的电场强度计算式．【解答】解：A、E=是电场强度定义式，F是放入电场中的试探电荷所受的力，q是放入电场中的试探电荷的电荷量，它适用于任何电场，q是试探电荷的电荷量．故A错误．B、电场强度E由电场本身的性质决定，与试探电荷受到的电场力和带的电荷量无关．故B错误．C、E=是真空中点产生的电场强度计算式，是点电荷场强的决定式，它只适用于点电荷产生的电场，不适用与匀强电场．故C正确．D、E=是真空中点产生的点电荷公式，电场强度只由场源电荷电量和位置决定，与检验电荷无关，故D错误．故选：C．【点评】关于电场强度的两个公式理解时抓住两点：一是公式中各量的含义；二是公式适用的条件；定义式适用于一切电场．2．在物理学的重大发现中科学家们创造出了许多物理学研究方法，如控制变量法、等效法、类比法、理想模型法、微元法等等，这些方法对我们学好物理有很大帮助．以下关于所用物理学研究方法的叙述不正确的是()-21-\nA．在探究电阻与材料、长度和横截面积三者之间的关系时应用了控制变量法B．在电路中，可以用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻，这利用了等效法C．在研究带电体时满足一定条件可以把带电体当做点电荷，这利用了建立理想模型法D．在研究电场时，常用人为假设的电场线来描述真实的电场，这用的是微元法【考点】物理学史．【专题】常规题型．【分析】在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量．在电路中，可以用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻，这利用了等效法．点电荷是实际物体在一定条件下的科学抽象，是采用了建立理想化的物理模型的方法；在研究电场时，常用人为假设的电场线来描述真实的电场，这用的是假设法．【解答】解：A、在研究多个量之间的关系时，常常要控制某些物理量不变，即控制变量．在探究电阻与材料、长度和横截面积三者之间的关系时应用了控制变量法，故A正确B、在电路中，可以用几个合适的小电阻串联来代替一个大电阻，这利用了等效法．故B正确C、在研究带电体时满足一定条件可以把带电体当做点电荷，这利用了建立理想模型法，故C正确D、在研究电场时，常用人为假设的电场线来描述真实的电场，这用的是假设法．故D错误本题选不正确的，故选：D．【点评】在高中物理学习中，我们会遇到多种不同的物理分析方法，这些方法对我们理解物理有很大的帮助；故在理解概念和规律的基础上，更要注意科学方法的积累与学习．3．如图是描述一给定的电容器充电时电量Q、电压U、电容C之间的相互关系图，其中不正确的是图()A．B．C．D．【考点】电容．【专题】电容器专题．【分析】电容器的电容由本身的性质决定，与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比．【解答】解：C=是电容的定义式，电容器电容的大小与电容的带电量Q以及电容器两极板之间的电压无关，电容器电容的决定式为：C=，只要电容器不变其电容就不发生变化，故A错误，BD正确；根据C=可有：Q=CU，由于电容器不变，因此电量Q和电压U成正比，故C正确；本题选错误的故选：A【点评】解决本题的关键掌握电容的定义式为C=，知道C与Q和U无关，根据Q=CU，知Q与U成正比，同时理解电容器电容大小与那些因素有关．-21-\n4．如图，R1、R2和R3皆为定值电阻，R4为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r．设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U．闭合电键，当R4的滑动触头向a端移动时，下列判断中正确的是()A．I变小，U变小B．I变小，U变大C．I变大，U变小D．I变大，U变大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】当滑动变阻器R的滑动头向图中a端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电阻变小，路端电压随之增大，电压表测量的为除R3外的电阻的电压，即可知道其读数的变化．分析R2的电压的变化，判断通过R2的电流变化，即可知道电流表A的读数变化．【解答】解：当滑动变阻器R4的滑动头向图a端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流变大，电源的内电压与R3的分压增加，则电压表的示数变小、同时R2的电压变小，则并联部分电压变小，通过R2的电流减小，则电流表A的读数I变小．故选：A【点评】本题是电路的动态分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析5．如图所示，两平行金属导轨CD、EF间距为L，与电动势为E的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其余电阻不计．为使ab棒静止，需在空间施加的匀强磁场磁感强度的最小值及其方向分别为()A．，水平向右B．，垂直于回路平面向上C．，竖直向下D．，垂直于回路平面向下【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力；左手定则．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】导体棒受重力、支持力和安培力，三力平衡，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，此时根据安培力公式计算出的磁感应强度即为最小值．【解答】解：对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图-21-\n从图象可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小；故安培力的最小值为：FA=mgsinθ，故磁感应强度的最小值为B=根据欧姆定律，有E=IR故B=故选D．【点评】本题是三力平衡中动态分析问题，即其中第一个力大小和方向都不变，第二个力方向不变，大小可变，则当地三个力与第二个力垂直时，第三个力取最小值；同时要结合欧姆定律、安培力公式列式求解．6．如图，把两个电阻R1与R2、两个电容器C1和C2、一个开关S和一个电流表G（G的内阻比R1大了十多倍）联接成电路，接到一个输出电压为U的稳压电源上．已知R1=R2，C1＞C2，开关S处于闭合状态，那么()A．C1的电压小于C2的电压B．C1的带电量可能等于C2的带电量C．若把开关S断开，在S断开后最初一小段时间有向右方向的电流通过电流表GD．若把开关S断开，在S断开前、后，电路稳定状态下加在R1两端的电压相同【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析．【专题】恒定电流专题．【分析】当开关S闭合时，两个电阻串联，电容器C1与电阻R1并联，电容器C2与电阻R2并联．开关S断开后，电路稳定后，电路中无电流，两电容器的电压都等于电源的电动势．根据电压的变化来分析电容器电量的变化．【解答】解：A、当开关S闭合时，电容器C1的电压等于R1的电压，电容器C2的电压等于电阻R2的电压，而两电阻串联，R1=R2，则知两个电容器的电压相等，故A错误．-21-\nB、由Q=CU知，两个电容器的电压相等，而C1＞C2，则得C1的带电量大于C2的带电量，故B错误．C、开关S闭合时两个电容器的电压都小于电源的电动势E．当开关S断开后，电路稳定后，电路中无电流，两电容器的电压都等于电源的电动势，可见，两电容器的电压增大，电量增多，电容器充电，则有向右方向的电流流过G．故C正确．D、开关判断后，电路稳定后电路中没有电流，所以R1两端的电压为零，小于开关闭合时的电压，故D错误．故选：C【点评】电容器的电容一定时，分析电量的变化关键确定其电压的变化．电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压．7．如图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，BC=20cm．把一个电量q=10﹣5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，克服电场力做功1.73×10﹣3J，则该匀强电场的场强大小和方向是()A．865V/m，垂直AC向左B．865V/m，垂直AC向右C．1000V/m，垂直AB斜向上D．1000V/m，垂直AB斜向下【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据一个q=10﹣5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，可知，A与B电势相等．根据电荷从B移到C，电场力做功为﹣1.73×10﹣3J，由电势差的公式求出BC间的电势差．由E=求场强大小，根据等势线与电场线垂直且由电势高处指向电势低处，作出电场线．【解答】解：由题，q=10﹣5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，则A与B电势相等，AB连线是一条等势线．BC间电势差为：UBC==V=﹣100V则该匀强电场的场强大小：E=V/m=1000V/m，电场线方向垂直于AB向下．如图．故选：D．-21-\n【点评】本题根据题设条件找到等势点，作出等势线，根据电场线与等势线垂直，并由高电势处指向低电势处作电场线是常规思路．8．如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，不计粒子的重力，则()A．在前时间内，电场力对粒子做的功为B．在后时间内，电场力对粒子做的功为UqC．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1：2D．在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为2：1【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据类平抛规律可知，带电粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，满足初速度为零的匀加速直线运动的推论：连续相等时间内位移之比y1：y2：y3=1：3：5，然后根据W=qEy求功（其中L是竖直方向的位移大小）即可．【解答】解：A、根据类平抛运动规律可知，竖直方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，根据推论：连续相等时间内位移之比y1：y2=1：3，则前时间内，竖直方向的位移大小为y=，电场力做功为W=qEy=qE•（），又U=qEd，解得W=，故A错误．B、由上分析知，竖直方向的位移大小为y′=，所以电场力做功为W=qEy′=qE•=，故B正确．-21-\nC、D根据W=qEy可得，在粒子下落前和后的过程中，电场力做功之比为1：1，故C、D错误．故选：B．【点评】掌握类平抛运动的处理方法和初速度为零的匀加速直线运动的结论，理解W=qU，以及U=Ed中d的含义．9．在如图所示的U﹣I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知()A．电源的电动势为3V，内阻为0.5ΩB．电源的输出功率为2WC．电阻R的阻值为1ΩD．电源的效率为66.7%【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由电源的路端电压与电流的关系图象可知，图象与纵轴的交点等于电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻．电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻．两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率．【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则r=||=Ω=0.5Ω．故A正确．B、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为P出=UI=4W．故B错误；C、电阻R==Ω=1Ω．故C正确．D、电源的效率η====66.7%．故D正确．故选：ACD【点评】对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义．本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义．10．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点．据此可知()-21-\nA．三个等势面中，a的电势最高B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大C．带电质点通过P点时的动能较Q点大D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大【考点】等势面；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确．故选BD．【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化．11．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是()A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大B．对应P点，小灯泡的电阻为R=C．对应P点，小灯泡的电阻为R=D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．-21-\n【分析】由图看出此灯泡是非线性元件，根据电阻是指对电流的阻碍作用判断灯泡电阻与电压之间的关系；找到P点对应的电压和电流，根据欧姆定律求出此时灯泡的电阻；由功率公式可知功率对应图线的“面积”．【解答】解：A、由图象可知，灯泡的电阻等于R=，等于图线上的点与原点O连线斜率的倒数，由数学知识可知，电压增大，此斜率减小，则灯泡的电阻增大．故A正确；B、C由图象可知，P点对应的电压为U1，电流为I2，则灯泡的电阻R=≠，故B正确、C错误；D、因P=UI，所以图象中矩形PQOM所围的面积为对应P点小灯泡的实际功率，故D正确．故选ABD．【点评】对于线性元件，其电阻R==，非线性元件，R=≠；对于U﹣I图与I﹣U图要区分清楚，电阻R=K，还是R=不能搞错．12．如图所示，在O点处放置一个正电荷．在过O点的竖直平面内的A点，自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m、电荷量为q．小球落下的轨迹如图中虚线所示，它与以O为圆心、R为半径的圆（如图中实线表示）相交于B、C两点，O、C在同一水平线上，∠BOC=30°，A距离OC的竖直高度为h．若小球通过B点的速度为v，则下列说法中正确的是()A．小球通过C点的速度大小是B．小球通过C点的速度大小是C．小球由A到C电场力做功是mv2﹣mghD．小球由A到C机械能的损失是mg（h﹣）﹣mv2【考点】电势能；功能关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】小球下落过程中，受到重力和电场力，由于B、C两点处于同一等势面上，故从B到C过程电场力做功为零；根据电场力做功判断电势能的变化情况；根据总功判断动能变化情况．-21-\n【解答】解：A、B、小球从A点到C点的过程中，电场力总体上做的是负功，重力做正功，由动能定理可以知道电荷在C点的大小是，因此C点的速度小于，故A错误；故B正确；C、D、小球由A点到C点机械能的损失就是除了重力以外的其他力做的功，即电场力做的功．由动能定理得mgh+W电=则：W电=﹣mgh=即电势能增加了mg（h﹣）﹣mv2，机械能减少了mg（h﹣）﹣mv2故C错误，D正确；故选：BD．【点评】本题关键是明确几种功能关系的具体形式：总功是动能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度．二、实验题（本题共2小题，共14分．请按题目要求作答．）13．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的长度和直径，步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为50.15mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为4.700mm．【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】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．【解答】解：游标卡尺的主尺读数为50mm，游标读数为0.05×3=0.15mm，所以最终读数为50.15mm．螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×20.0mm=0.200mm，所以最终读数为4.700mm．故本题答案为：（1）50.15（2）4.700-21-\n【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．14．在“描述小灯泡的伏安特性曲线”实验中，需要用伏安法测定小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流，除开关、导线外，还有如下器材：A．小灯泡“6V3W”，B．直流电源6～8VC．电流表（量程3A，内阻约0.2Ω）D．电流表（量程0.6A，内阻约1Ω）E．电压表（量程6V，内阻约20kΩ）F．电压表（量程20V，内阻约60kΩ）G．滑动变阻器（0～20Ω、2A）H．滑动变阻器（1kΩ、0.5A）（1）实验所用到的电流表应选D，电压表应选E，滑动变阻器应选G．（填字母代号）（2）在虚线框内画出最合理的实验原理图．【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）根据灯泡额定电压与额定功率求出灯泡额定电流，根据额定电流选择电流表；根据灯泡额定电压选择电压表；在保证安全的前提下，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器．（2）描绘小灯泡伏安特性曲线电压、电流需要从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图．【解答】解：（1）灯泡额定电流I==0.5A，电流表应选D；灯泡额定电压6V，电压表应选E；为方便实验操作，减小误差，滑动变阻器应选G．（2）描绘灯泡伏安特性曲线滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常工作时电阻为R==12Ω，=12，≈1666.7，＞，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示．故答案为：（1）D；E；G；（2）电路图如图所示-21-\n【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取原则，确定滑动变阻器与电流表的接法是设计实验电路图的关键，也是难点．三、计算题（共38分，要有必要的解答步骤，只写结果不得分）16．如图所示，电阻R1=8Ω，电动机绕组电阻R0=2Ω，当电键K断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当电键闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W，电动机刚好正常工作．若电源的电动势为6V．求：（1）电源内阻r；（2）当电键K闭合时，电动机正常工作的电压和功率；（3）电动机正常工作时输出的机械功率．【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）当开关K断开时，电阻R1消耗的电功率求出电路中电流，由欧姆定律求出电源的内阻r；（2）当开关K闭合时，根据电阻R1消耗的电功率求出R1的电流和电压，根据闭合电路欧姆定律求出干路电流，得到电动机的电流，根据P=UI求解电动机的功率；（3）先根据P=I2r求解热功率，再根据能量守恒定律求出电动机输出的机械功率．【解答】解：（1）当开关S断开时，由P1=I12R1，得I1=0.6A，电源的电阻为：r==Ω=2Ω（2）当开关S闭合时，由P2=I22R1，得：I2===0.5AR1的电压：U=I2R1=4V设干路中电流为I，则：I===1A通过电动机的电流：-21-\nIM=I﹣I2=0.5A故电动机的电功率为：P=UIM=4×0.5=2W（3）电动机的机械功率为：P机=UIM﹣I22R0=1.5W答：（1）电源内阻r为2Ω；（2）当电键K闭合时，电动机正常工作的电压为4V，功率为2W；（3）电动机正常工作时输出的机械功率为1.5W．【点评】本题考查处理非纯电阻电路问题的能力．对于电动机正常时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用IM=求电动机的电流．17．如图所示，abcd是一个正方形盒子．cd边的中点有一个小孔e．盒子中有沿ad方向的匀强电场．一个质量为m带正电粒子（重力不计）从a处的小孔沿ab方向以初速度v0射入盒内，并恰好从e处的小孔射出．求：（1）该带电粒子从e孔射出时的速度大小．（2）该过程中电场力对该带电粒子做的功．【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）带电粒子垂直射入匀强电场中，做类平抛运动．粒子从e孔射出时，竖直位移大小是水平位移大小的两倍．由运动学公式，利用比例关系，求出竖直分速度，再合成求出粒子从e孔射出时的速度大小．（2）整个过程中，电场力做正功引起粒子动能的变化，根据动能定理求出电场力做功．【解答】解：如图，设正方形边长为L，离开电场时竖直方向速度vy（1）a→e粒子做类平抛运动沿v0方向：沿E方向：解得：vy=4v0离开电场时速度大小（2）a到e对该带电粒子用动能定理：电场力做功：答：-21-\n（1）该带电粒子从e孔射出时的速度大小是．（2）该过程中电场力对该带电粒子做的功是8m．【点评】本题是类平抛运动，第（1）问中不涉及加速度，用平均速度表示竖直位移是技巧．基础题．18．（13分）如图所示，ABCDF为竖直放在场强为E=104V/m水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCDF部分是半径为R=0.2m的圆形轨道，轨道的水平部分与圆相切于B，A为水平轨道上的一点，而且AB之间距离s=0.6m，把一质量m=0.1kg、带电荷量q=+1×10﹣4C的小球放在水平轨道的A点由静止开始释放，小球在轨道的内侧运动．（g取10m/s2）求：（1）小球到达B点时速度的大小（2）小球到达D点时对轨道压力是多大？（3）若让小球安全通过轨道，开始释放点离B点至少多远？（结果保留两位有效数字）【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）应用动能定理研究小球由A→B的过程，求出小球在C点的速度大小，（2）对小球在D点进行受力分析，找出径向提供向心力的外力，应用牛顿第二定律解决．（3）由等效法找到等效最高点，再由动能定理及向心力公式可求得开始的位置．【解答】解：（1）由A点到B点应用动能定理有：EqAB=mvB2代入数据解得：vB=2m/s（2）小球从A到D，由动能定理有：qES﹣2mgR=mvD2﹣0得小球到达D点时速度的大小为：vD=2m/s小球在D点，由牛顿第二定律有：-21-\nmg+N=m得小球在D点受到轨道的弹力大小为：N=1N由牛顿第三定律得在D点小球对轨道的压力大小为1N（3）小球受到竖直向下的重力和水平向右的电场力大小相等，这两个力的合力如图所示F=mg=N与水平方向的夹角θ=45°故小球在竖直平面内做圆周运动的等效最高点为G点，设小球在G点的最小速度为VG，由牛顿第二定律有：F=m得小球到达G点时的最小速度的大小为：VG=m/s小球从A到G，由动能定理有：qE（S′﹣Rcosθ）﹣mg（R+Rsinθ）=mvG2﹣0得小球开始释放点离B点有：s′=0.62m答：（1）小球到达B点时的速度是2m/s；（2）小球到达C点时对轨道压力是1N；（3）若让小球安全通过D点，开始释放点离B点至少0.62m【点评】在本题中物体不仅受重力的作用，还有电场力，在解题的过程中，一定要分析清楚物体的受力和运动过程，特别是小球恰好过D点的条件，根据动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解．-21-
