江苏省苏大附中高二物理上学期第一次月考试题含解析

2022-2022学年江苏省苏大附中高二（上）第一次月考物理试卷　一、单项选择题（3×9共27分）1．有关电压与电动势的说法中正确的是（　　）A．电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法B．电动势是电源两极间的电压C．电动势公式E=中W与电压U=中的W是一样的，都是电场力做的功D．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量　2．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（　　）A．B．C．D．　3．电阻R和电动机M串连接到电路中，如图所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作．设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量为Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2．则有（　　）A．U1＜U2，Q1=Q2B．U1=U2，Q1=Q2C．W1=W2，Q1＞Q2D．W1＜W2，Q1＜Q2　4．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（　　）A．图甲中的A1、A2的示数相同B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同　-23-\n5．如图所示为一磁流体发电机示意图，A、B是平行正对的金属板，等离子体（电离的气体，由自由电子和阳离子构成，整体呈电中性）从左侧进入，在t时间内有n个自由电子落在B板上，则关于R中的电流大小及方向判断正确的是（　　）A．I=，从上向下B．I=，从上向下C．I=，从下向上D．I=，从下向上　6．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为图线在P点的切线，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，小灯泡的电阻减小B．对应P点，小灯泡的电阻为C．对应P点，小灯泡的电阻为D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积　7．如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是（　　）A．板间电场强度大小为B．板间电场强度大小为C．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等-23-\nD．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间　8．如图所示，一电子枪发射出的电子（初速度很小，可视为零）进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的（不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况）（　　）A．增大偏转电压UB．增大加速电压U0C．增大偏转极板间距离D．将发射电子改成发射负离子　9．一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端电压U的关系图象如图（a）所示，将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，现将它们连接成如图（b）所示的电路，接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是PD、P1、P2，它们之间的大小关系有（　　）A．P1=4PDB．P1＜4P2C．PD=P2D．PD=　　二、多项选择题（4×5共20分）10．（多选）下列说法正确的是（　　）A．据R=可知，加在电阻两端的电压变为原来的2倍时，导体的电阻也变为原来的2倍B．不考虑温度对阻值的影响，通过导体的电流及加在两端的电压改变时导体的电阻不变C．据ρ=可知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS成正比，与导体的长度l成反比D．导体的电阻率与导体的长度l、横截面积S、导体的电阻R皆无关　11．在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则此时（　　）-23-\nA．L2的电阻为12ΩB．L1消耗的电功率为0.75WC．L1、L2消耗的电功率的比值为4：1D．L1两端的电压为L2两端电压的2倍　12．如图，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子，以初速度v由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是（　　）A．使初速度减为原来的B．使M、N间电压提高到原来的2倍C．使M、N间电压提高到原来的4倍D．使初速度和M、N间电压都减为原来的　13．如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（　　）A．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2s末带电粒子回到原出发点C．3s末带电粒子的速度为零D．0～3s内，电场力做的总功为零　-23-\n14．如图所示，光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．一质量为m带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则（　　）A．R越大，x越大B．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大C．m越大，x越大D．m与R同时增大，电场力做功增大　　三、实验题（2×9共18分）15．（12分）（2022秋•江苏校级月考）某同学在探究规格为“6V，3W”的小灯泡伏安特性曲线实验中：该同学采用如图所示的电路进行测量．图中R为滑动变阻器（阻值范围0～20Ω，额定电流1.0A），L为待测小灯泡，V为电压表（量程6V，电阻20kΩ），A为电流表（量程0.6A，内阻1Ω），E为电源（电动势8V，内阻不计），S为开关．Ⅰ．在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最　　　　　　端；（填“左”或“右”）Ⅱ．在实验过程中，已知各元件均无故障，但闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是　　　　　　点至　　　　　　点的导线没有连接好；（图中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写如图所示中的数字）Ⅲ．该同学描绘出小灯泡的伏安特性曲线示意图如图所示，则小灯泡的电阻值随工作电压的增大而　　　　　　．（填“不变”、“增大”或“减小”）　16．小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测量其电阻值．-23-\n（1）图1是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图1中画出．（2）小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U﹣I图上，如图2．在图中，由电流表外接法得到的数据点是用　　　　　　（填“○”或“×”）表示的．（3）请你选择一组数据点，在图2上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为　　　　　　Ω．　　四、推理与计算题（18+18+19共55分）17．（18分）（2022秋•临清市校级期末）如图所示，A为电解槽，M为电动机，N为电炉子，恒定电压U=12V，电解槽内阻rA=2Ω，当K1闭合，K2、K3断开时，电流表示数6A；当K2闭合，K1、K3断开时，电流表示数5A，且电动机输出功率为35W；当K3闭合，K1、K2断开时，电流表示数为4A．求：（1）电炉子的电阻及发热功率各多大？（2）电动机的内阻是多少？（3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？　18．（18分）（2022•青岛二模）如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y'长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b．在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力）从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出．（1）证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；-23-\n（2）求两板间所加偏转电压U的范围；（3）求粒子可能到达屏上区域的长度．　19．（19分）（2022•闸北区一模）如图，水平放置的金属薄板A、B间有匀强电场，已知B板电势高于A板．电场强度E=5×105N/C，间距d=1.25m．A板上有一小孔，M恰好在孔的正上方，距离h=1.25m．从M处每隔相等时间间隔由静止释放一个质量m=1×10﹣3kg的带电小球．第1个带电小球的电量q1=+1×10﹣8C，第n个带电小球的电量qn=nq1．取g=10m/s2．求：（1）第1个带电小球从M下落至B板的时间；（2）第几个带电小球将不能抵达B板；（3）第（2）问中该带电小球下落过程中机械能的变化量．　　2022-2022学年江苏省苏大附中高二（上）第一次月考物理试卷参考答案与试题解析　一、单项选择题（3×9共27分）1．有关电压与电动势的说法中正确的是（　　）A．电压与电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同叫法B．电动势是电源两极间的电压C．电动势公式E=中W与电压U=中的W是一样的，都是电场力做的功D．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量考点：电源的电动势和内阻．专题：恒定电流专题．分析：电压与电动势的单位相同，但物理意义不同．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量．电动势定义式公式E=中的W是非静电力做功，电压U=中的W是静电力做功．电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压．-23-\n解答：解：A、电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量．故A错误．B、根据闭合电路欧姆定律，路端电压U=E﹣Ir，只有当外电路断开时，I=0，路端电压等于电动势．当外电路接通时，路端电压即电源两极间的电压小于电动势，故B错误．C、电动势定义式公式E=中的W是非静电力做功，电压U=中的W是静电力做功．故C错误．D、电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小．故D正确．故选：D．点评：本题考查电动势的概念，关键要明确电动势的物理意义，知道与电压的区别，属于基础题．　2．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（　　）A．B．C．D．考点：电阻定律．专题：恒定电流专题．分析：由金属导体电阻的决定式R=ρ进行计算，注意各电阻中的导体长度及截面积．解答：解：由电阻的决定式可知，A中电阻RA=，B中电阻RB=；C中电阻RC=；D中电阻RD=；故电阻最小的为A；故选：A．点评：本题考查电阻定率的应用，要注意电阻是由导体本身的性质决定的．　3．电阻R和电动机M串连接到电路中，如图所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作．设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量为Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2．则有（　　）A．U1＜U2，Q1=Q2B．U1=U2，Q1=Q2C．W1=W2，Q1＞Q2D．W1＜W2，Q1＜Q2考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．专题：恒定电流专题．-23-\n分析：开关接通后，电动机正常工作，其电路非纯电阻电路，电动机两端的电压大于线圈电阻与电流的乘积．而电阻R是纯电阻，其两端电压等于电阻与电流的乘积．根据焦耳定律研究热量关系．解答：解：设开关接通后，电路中电流为I．对于电阻R，由欧姆定律得U1=IR对于电动机，U2＞IR，则U1＜U2．根据焦耳定律得Q1=I2Rt，Q2=I2Rt，则Q1=Q2．故选A点评：本题把握纯电阻电路与非纯电阻电路区别的能力，抓住欧姆定律适用于纯电阻电路，不适用于非纯电阻电路，而焦耳定律对两种电路均适用．　4．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（　　）A．图甲中的A1、A2的示数相同B．图甲中的A1、A2的指针偏角相同C．图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同D．图乙中的A1、A2的指针偏角相同考点：闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大．当它们串联时，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．解答：解：A、B图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同．故A错误，B正确．C、D图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．故CD错误．故选B点评：本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．　5．如图所示为一磁流体发电机示意图，A、B是平行正对的金属板，等离子体（电离的气体，由自由电子和阳离子构成，整体呈电中性）从左侧进入，在t时间内有n个自由电子落在B板上，则关于R中的电流大小及方向判断正确的是（　　）-23-\nA．I=，从上向下B．I=，从上向下C．I=，从下向上D．I=，从下向上考点：电流、电压概念．专题：恒定电流专题．分析：根据电流的定义式求解电流的大小，根据左手定则判断洛伦兹力的方向，分析自由电子向什么方向运动．解答：解：由题，在t时间内，落到B板的电子数为n个，即电子的电量为q=ne，根据电流的定义式I=，得通过R的电流大小为I=，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向下，则R中电流方向从上向下．故选A点评：磁流体发电机的原理实质是带电粒子在磁场中偏转而形成电流．电流方向与电子定向移动方向相反．　6．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为图线在P点的切线，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，小灯泡的电阻减小B．对应P点，小灯泡的电阻为C．对应P点，小灯泡的电阻为D．对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围面积考点：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：-23-\nA、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错误；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、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D．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．　7．如图所示，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，则下列结论正确的是（　　）A．板间电场强度大小为B．板间电场强度大小为C．质点在板间的运动时间和它从板的右端运动到光屏的时间相等D．质点在板间的运动时间大于它从板的右端运动到光屏的时间考点：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：根据题意分析，质点最后垂直打在M屏上，必须考虑质点的重力．质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，质点才能最后垂直打在M屏上．第一次偏转质点做类平抛运动，第二次斜向上抛运动平抛运动的逆过程，运用运动的分解法，根据对称性，分析前后过程加速度的关系，再研究电场强度的大小．水平方向质点始终做匀速直线运动，质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等．解答：解：A、B：据题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，质点才能最后垂直打在M屏上，前后过程质点的运动轨迹有对称性，如图，可见两次偏转的加速度大小相等，根据牛顿第二定律得，qE﹣mg=mg，得到．故A错误，B错误．C、D由于质点在水平方向一直做匀速直线运动，两段水平位移大小相等，则质点在板间运动的时间跟它从板的右端运动到光屏的时间相等．故C正确，D错误．故选：C-23-\n点评：本题是类平抛运动与平抛运动的综合应用，基本方法相同：运动的合成与分解．　8．如图所示，一电子枪发射出的电子（初速度很小，可视为零）进入加速电场加速后，垂直射入偏转电场，射出后偏转位移为Y，要使偏转位移增大，下列哪些措施是可行的（不考虑电子射出时碰到偏转电极板的情况）（　　）A．增大偏转电压UB．增大加速电压U0C．增大偏转极板间距离D．将发射电子改成发射负离子考点：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：电子先经电场加速，后经电场偏转，先根据动能定理得到加速获得的速度表达式，再运用运动的分解，结合类平抛运动的规律，得到偏转距离y的表达式，即可进行分析．解答：解：经加速电场后的速度为v，则mv2=eU0所以电子进入偏转电场时速度的大小为，v=电子进入偏转电场后的偏转的位移y=at2=••（）2=．可见，要增大y，可行的方法有：增大偏转电压U，减小加速电压U0．或减小偏转电场极板间距离d，与粒子的电性和质量无关．故A正确．故选：A．点评：本题是先加速后偏转，带电粒子通过组合场的类型，得到的结论与带电粒子的电量和质量无关．　9．一个用半导体材料制成的电阻器D，其电流I随它两端电压U的关系图象如图（a）所示，将它与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，现将它们连接成如图（b）所示的电路，接在该电源的两端，设电阻器D和电阻R1、R2消耗的电功率分别是PD、P1、P2，它们之间的大小关系有（　　）-23-\nA．P1=4PDB．P1＜4P2C．PD=P2D．PD=考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：根据半导体材料的伏安特性曲线可知，随着电压增大，电阻器D的电阻减小，电压减小，电阻增大．电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，此时三个电阻的阻值相等；当将它们连接成如图（b）所示的电路，接在该电源的两端时，电阻器D的电压小于电源的电压，电阻增大，根据并联电路的特点分析其电流与R1、R2电流的关系，再研究功率关系．解答：解：由题，电阻器D与两个标准电阻R1、R2并联后接在电压恒为U的电源两端，三个用电器消耗的电功率均为P，此时三个电阻的阻值相等；当将它们连接成如图（b）所示的电路，接在该电源的两端时，电阻器D的电压小于电源的电压，由（a）图象可知，电阻器D的电阻增大，则有RD＞R1=R2．而RD与R2并联，电压相等，根据欧姆定律得知，电流ID＜I2，又I1=I2+ID，得到I1＜2I2，I1＞2ID．，，，所以得到P1＜4P2．P1与4PD的大小无法判断．PD＜P2．P2＞，故如图（b）的电路中，PD与无法比较．故选B点评：本题首先要读懂半导体材料的伏安特性曲线，其次要抓住串并联电路的特点进行分析．　二、多项选择题（4×5共20分）10．（多选）下列说法正确的是（　　）A．据R=可知，加在电阻两端的电压变为原来的2倍时，导体的电阻也变为原来的2倍B．不考虑温度对阻值的影响，通过导体的电流及加在两端的电压改变时导体的电阻不变C．据ρ=可知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS成正比，与导体的长度l成反比D．导体的电阻率与导体的长度l、横截面积S、导体的电阻R皆无关考点：电阻定律；欧姆定律．专题：恒定电流专题．分析：导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，应用欧姆定律分析答题．解答：解：A、由于R=的定义式，对于一个确定的导体来说，导体的电阻与导体两端的电压无关，故A错误；B、导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，在温度不变时，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，故B正确；-23-\nC、同种材料的导体，导体的电阻率不变，故C错误；D、材料的电阻率与导体材料、长度、横截面积无关，故D正确；故选：BD．点评：本题是一道基础题，知道导体电阻的决定因素、应用欧姆定律即可正确解题．　11．在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示．当开关S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则此时（　　）A．L2的电阻为12ΩB．L1消耗的电功率为0.75WC．L1、L2消耗的电功率的比值为4：1D．L1两端的电压为L2两端电压的2倍考点：电功、电功率．专题：恒定电流专题．分析：当开关S闭合后L1灯的电流强度为总电流，结合图象得到灯泡L1、L2、L3的电压和电流，然后求解功率．解答：解：A、据电路图可知据乙图可知电流为0.25A，L1灯泡的电压为3V；灯泡L2、L3并联，每个灯泡通过的电流为0.125A，从图乙知电压U2=U3＜1V，L1两端的电压不是L2两端电压的2倍，电流为0.125A时电压大约为0.5V，所以L2电阻R2=，故A错误D错误；B、当开关闭合后，灯泡L1的电压U1=3V，由图读出其电流I1=0.25A，则灯泡L1的电阻R1==12Ω，功率P1=U1I1=0.75W，B正确．C、L2消耗的功率P2=U2I2＜1V×0.125A=0.125W，故C错误．故选：B点评：本题关键结合图象得到灯泡L1、L2、L3的电压和电流，图中数据比较特殊，刚好是处于方格纸的交点位置．　12．如图，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子，以初速度v由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是（　　）-23-\nA．使初速度减为原来的B．使M、N间电压提高到原来的2倍C．使M、N间电压提高到原来的4倍D．使初速度和M、N间电压都减为原来的考点：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：由题意知粒子射入电场后，电场力做负功，动能减小，根据动能定理列出方程．要使粒子刚好达到两板间距离的一半处，根据匀强电场沿电场线方向两点间电势差与距离成正比，再运用数学知识进行讨论，选择题意的选项．解答：解：粒子刚好能达到B金属板时，根据动能定理得，﹣qU=0﹣，现在使带电粒子能到达MN板间距的处返回，则电场力做功等于﹣．A、当初速度，U不变，则有带电粒子动能的变化，故A错误；B、电压提高到原来的2倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功，与粒子动能变化相等，故B正确；C、电压提高到原来的4倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功W=，与粒子动能的变化不等，故C错误；D、初速度减为原来的，则带电粒子动能变化减为原来的，MN板间电压减为原来的，则运动到MN板间中点电场力做功为原来的，故D正确．故选BD点评：本题根据动能定理研究带电粒子在电场中加速的问题，是常用的方法．比较简单．　13．如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带电粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（　　）-23-\nA．带电粒子将始终向同一个方向运动B．2s末带电粒子回到原出发点C．3s末带电粒子的速度为零D．0～3s内，电场力做的总功为零考点：电场强度．分析：由图象可知，电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可确定运动情况．解答：解：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为a1=，为第2s内加速度a2=的，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v﹣t图象如图所示：A、带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误．B、根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子离出发点最远，故B错误；C、由图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C正确；D、因为第4s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前4s内动能变化为0，即电场力做的总功为零．故D正确．故选：CD．点评：本题带电粒子在周期性变化的电场中运动，关键之处是电场强度大小不一，导致加速度不一，所以失去对称性．若电场强度大小相同，则带电粒子一直同一个方向运动．　14．如图所示，光滑的水平轨道AB，与半径为R的光滑的半圆形轨道BCD相切于B点，AB水平轨道部分存在水平向右的匀强电场，半圆形轨道在竖直平面内，B为最低点，D为最高点．一质量为m带正电的小球从距B点x的位置在电场力的作用下由静止开始沿AB向右运动，恰能通过最高点，则（　　）A．R越大，x越大B．R越大，小球经过B点后瞬间对轨道的压力越大C．m越大，x越大D．m与R同时增大，电场力做功增大-23-\n考点：动能定理的应用；向心力；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：小球恰能通过最高点时，由重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出小球经最高点时的速度，根据动能定理求出初速度v0与半径R的关系．小球经过B点后的瞬间由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿运动定律研究小球对轨道的压力与半径的关系．解答：解：A、小球在BCD部分做圆周运动，在D点，有：mg=m，①从A到D过程，由动能定理有：qEx﹣2mgR=mvD2，②由①②得：R=，③可知，R越大，x越大．故A正确．B、小球由B到D的过程中，由动能定理有：﹣2mgR=mvD2﹣mvB2，vB=，④在B点有：FN﹣mg=m，⑤FN=6mg，则知小球经过B点瞬间轨道对小球的支持力与R无关，则小球经过B点后瞬间对轨道的压力也与R无关，故B错误．C、由③知，m越大，x越大，故C正确．D、从A到D过程，由动能定理有：W﹣2mgR=mvD2，⑥由①⑥解得：电场力做功W=，可知m与R同时增大，电场力做功越多，故D正确．故选：ACD点评：动能定理与向心力知识综合是常见的题型．小球恰好通过最高点时速度与轻绳模型类似，轨道对小球恰好没有作用力，由重力提供向心力，临界速度v=，做选择题时可直接运用．　三、实验题（2×9共18分）15．（12分）（2022秋•江苏校级月考）某同学在探究规格为“6V，3W”的小灯泡伏安特性曲线实验中：该同学采用如图所示的电路进行测量．图中R为滑动变阻器（阻值范围0～20Ω，额定电流1.0A），L为待测小灯泡，V为电压表（量程6V，电阻20kΩ），A为电流表（量程0.6A，内阻1Ω），E为电源（电动势8V，内阻不计），S为开关．Ⅰ．在实验过程中，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最　左　端；（填“左”或“右”）Ⅱ．在实验过程中，已知各元件均无故障，但闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是　1　点至　5　点的导线没有连接好；（图中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写如图所示中的数字）Ⅲ．该同学描绘出小灯泡的伏安特性曲线示意图如图所示，则小灯泡的电阻值随工作电压的增大而　增大　．（填“不变”、“增大”或“减小”）-23-\n考点：描绘小电珠的伏安特性曲线．专题：实验题．分析：I、滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前分压电路电压应最小，根据电路图确定滑片位置．II、滑动变阻器采用分压接法，灯泡电压与电流可以从零开始变化，滑动变阻器采用限流接法时，电压与电流不可能从零开始变化．III、根据图示图象，应用图象的规律可判断灯泡电阻如何变化解答：解：①由电路图可知，测量电路与滑动变阻器的左半部分并联；故为了让测量电路中电流从零开始调节，开关S闭合前，滑动变阻器的滑片P应置于最左端．②闭合开关S后，无论如何调节滑片P，电压表和电流表的示数总是调不到零，滑动变阻器实际上被接成了限流接法；故可能是1点到5点间的导线没有接好；③I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数；由图可知，图象的斜率减小，故说明灯泡的电阻随电压的增大而增大；故答案为：I、左；II、1，5；III、增大．点评：本题考查灯泡伏安特性曲线的测量，要注意明确实验电路的分析，知道分压和限流接法的区别；同时能正确分析I﹣U图象，能从图象找出电阻的变化规律．　16．小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测量其电阻值．（1）图1是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图1中画出．（2）小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到U﹣I图上，如图2．在图中，由电流表外接法得到的数据点是用　×　（填“○”或“×”）表示的．（3）请你选择一组数据点，在图2上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为　1.2　Ω．-23-\n考点：伏安法测电阻．专题：实验题．分析：连接实物图，注意电流表外接以及电流表正负接线柱的接法；电流表外接法，由于电压表分流作用，测得的电流值会偏大，根据欧姆定律分析误差，进而选择相应的U﹣I图线．解答：解：（1）电流表外接法，为了比较精确测量，滑动变阻器连接实物图如答图1：（2）电流表外接法，由于电压表分流作用，测得的电流值会偏大，根据欧姆定律则电阻测量值偏小，即U﹣I图线的斜率偏小，故由电流表外接法得到的数据点是用×表示的；（3）选择×数据点，在图2上用作图法作图，求出这段铅笔芯的电阻为R===1.2Ω故答案为：（1）如图；（2）×；（3）1.2．点评：本题考查了伏安法测量电阻的电路图以及数据处理问题，电路图连接时一定要注意电流表的内接外接以及滑动变阻器的分压、限流接法选择问题．　四、推理与计算题（18+18+19共55分）-23-\n17．（18分）（2022秋•临清市校级期末）如图所示，A为电解槽，M为电动机，N为电炉子，恒定电压U=12V，电解槽内阻rA=2Ω，当K1闭合，K2、K3断开时，电流表示数6A；当K2闭合，K1、K3断开时，电流表示数5A，且电动机输出功率为35W；当K3闭合，K1、K2断开时，电流表示数为4A．求：（1）电炉子的电阻及发热功率各多大？（2）电动机的内阻是多少？（3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？考点：闭合电路的欧姆定律；能量守恒定律；闭合电路中的能量转化．专题：恒定电流专题．分析：（1）电炉子为纯电阻，根据欧姆定律及发热功率公式即可求解；（2）电动机为非纯电阻，由能量守恒定律即可求解；（3）化学能的功率等于总功率减去内阻消耗的功率．解答：解：（1）电炉子为纯电阻，由欧姆定律：其发热功率为：PR=UI1=12×6W=72W．（2）电动机为非纯电阻，由能量守恒定律得：UI2=I22•rM+P输出带入数据解得：rM=1Ω（3）电解槽工作时，由能量守恒定律得：P化=UI3﹣I32•rA带入数据解得：P化=（12×4﹣42×2）W=16W．答：（1）电炉子的电阻为2Ω，发热功率为72W；（2）电动机的内阻是1Ω；（3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为16W．点评：对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路．　18．（18分）（2022•青岛二模）如图所示，真空中水平放置的两个相同极板Y和Y'长为L，相距d，足够大的竖直屏与两板右侧相距b．在两板间加上可调偏转电压U，一束质量为m、带电量为+q的粒子（不计重力）从两板左侧中点A以初速度v0沿水平方向射入电场且能穿出．（1）证明粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；（2）求两板间所加偏转电压U的范围；（3）求粒子可能到达屏上区域的长度．-23-\n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：（1）画出运动轨迹图，根据运动学公式与牛顿第二定律，及三角函数关系，从而即可证明；（2）由牛顿第二定律与公式E=相结合，可求得结果；（3）运用几何关系，结合偏角与位移的关系，从而即可求解．解答：解：（1）设粒子在运动过程中的加速度大小为a，离开偏转电场时偏转距离为y，沿电场方向的速度为vy，偏转角为θ，其反向延长线通过O点，O点与板右端的水平距离为x，则有侧移量，y=①匀速运动的位移，L=v0t②竖直方向的速度，vy=at联立可得即粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心．（2）由牛顿第二定律，则有③电场强度与电势差的关系，E=④由①②③④式解得当时，则两板间所加电压的范围-23-\n（3）当时，粒子在屏上侧向偏移的距离最大（设为y0），则而tan解得则粒子可能到达屏上区域的长度为答：（1）粒子飞出电场后的速度方向的反向延长线交于两板间的中心O点；（2）则两板间所加偏转电压U的范围；（3）则粒子可能到达屏上区域的长度为．点评：考查粒子在电场力作用下，做类平抛运动与匀速直线运动，掌握运动学公式与牛顿第二定律相综合的运用，理解几何关系与三角函数关系的应用．　19．（19分）（2022•闸北区一模）如图，水平放置的金属薄板A、B间有匀强电场，已知B板电势高于A板．电场强度E=5×105N/C，间距d=1.25m．A板上有一小孔，M恰好在孔的正上方，距离h=1.25m．从M处每隔相等时间间隔由静止释放一个质量m=1×10﹣3kg的带电小球．第1个带电小球的电量q1=+1×10﹣8C，第n个带电小球的电量qn=nq1．取g=10m/s2．求：（1）第1个带电小球从M下落至B板的时间；（2）第几个带电小球将不能抵达B板；（3）第（2）问中该带电小球下落过程中机械能的变化量．考点：带电粒子在匀强电场中的运动；功能关系．专题：带电粒子在电场中的运动专题．-23-\n分析：（1）小球先做自由落体运动，由运动学位移公式求出自由下落到小孔的时间，由位移速度公式求出到达A板小孔的速度．小球在匀强电场中做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学位移公式结合时间，即可得到总时间．（2）随着小球电量的增大，进入电场的小球会做匀减速运动，当小球刚好到达B板的速度为零时，根据动能定理求出这个小球的电量，即可根据条件：qn=nq1求解．（3）由上题的结果，结合机械能的变化量等于电场力做功，由功能关系求解．解答：解：（1）对于小球自由下落的过程，有h=解得，t1==s=0.5s；小球到达小孔时的速度为v1==m/s=5m/s；小球在匀强电场中的加速度α1==g﹣=10﹣=5m/s2；由d=v1t2+得：2+4t2﹣1=0，解得：t2=s≈0.22s．故第1个带电小球从M下落至B板的时间为t=t1+t2=0.5s+0.22s=0.72s（2）对第n小球，对全过程运用动能定理得：mg（h+d）﹣Eqnd=△Ek=0，得qn==C=4×10﹣8C，则n==4，即第4个小球恰好抵达B板，则第5个小球不能到达B板；（3）对第5小球，设进入电场的深度为x．根据动能定理得：mg（h+x）﹣Eq5x=△Ek=0，解得x=m，所以机械能的变化量为△E机=﹣mg（h+x）=﹣Eq5x=5×105×5×10﹣8×=﹣×10﹣2J=﹣2.08×10﹣2J．答：（1）第1个带电小球从M下落至B板的时间为0.72s；（2）第5个带电小球将不能抵达B板；（3）第（2）问中该带电小球下落过程中机械能的变化量为﹣2.08×10﹣2J．点评：本题两个过程的问题，分段运用力学方法处理是常用的方法，对于动能定理也可以运用全程法研究．　-23-