广东署山一中高二物理上学期期中试题理含解析

2022-2022学年广东省佛山一中高二（上）期中物理试卷（理）一、单项选择题．（每题3分，共30分，每题只有一个正确答案）1．下列说法中，正确的是()A．在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度都相同B．E=仅适用点电荷形成的电场C．电场强度的方向就是放入电场中的电荷受到的电场力的方向D．当初速度为零时，放入电场中的电荷在电场力作用下的运动轨迹一定与电场线重合2．在如图所示的电场中，一电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，则它运动的v﹣t图象可能是图中()A．B．C．D．3．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是()A．B．C．D．4．如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A，已知壳内的场强处处为零，壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样，一带正电的试探电荷（不计重力）从球心以初动能Ek0沿OA方向射出，下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是()-20-\nA．B．C．D．5．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么()A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加6．下列关于电源电动势的说法中正确的是()A．电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多B．电源的路端电压增大时，其电源提供的电能一定也增大C．无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变D．在某电池的电路中，每通过2C的电荷量，电池提供的电能是4J，那么这个电池的电动势是0.5V-20-\n7．将一电源电动势为E，内阻为r的电池，与外电路连接，构成一个闭合电路，用R表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是()A．由U外=IR可知，外电压随I的增大而增大B．由U内=Ir可知，电源两端的电压随I的增大而增大C．由U外=E﹣Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小D．由P=IU外可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大8．在如图所示的电路中，开关S闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，电压表和电流表的读数都增大，则可能出现了下列哪种故障()A．R1短路B．R2短路C．R3短路D．R1断路9．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为R，L1和L2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻阻值均为R，电压表为理想电表，K为单刀双掷开关，当开关由1位置打到2位置时，下列说法中正确的是()A．电压表读数将变小B．L1亮度不变，L2将变暗C．L1将变亮，L2将变暗D．电源内阻的发热功率将变小10．某电解池，如果在1秒钟内共有5.0×1018个二价正离子和1.0×1019个一价负离子通过某横截面，那么通过这个横截面的电流是()A．0B．0.8AC．1.6AD．3.2A二、不定项选择题（每题5分，共30分，每题均有两个或以上正确答案）11．关于静电场，下列说法正确的是()A．电势等于零的物体一定不带电B．电场强度为零的点，电势一定为零C．同一电场线上的各点，电势一定不相等D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加12．如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q（可视为质点）固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷．在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是()-20-\nA．小球P的速度一定先增大后减小B．小球P的机械能一定在减少C．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零D．小球P与弹簧系统的机械能一定增加13．（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14．如图所示，用输出电压为1.4V，输出电流为100mA的充电器对内阻为2Ω的镍﹣氢电池充电．下列说法正确的是()A．电能转化为化学能的功率0.12WB．充电器输出的电功率为0.14WC．充电时，电池消耗的热功率为0.12WD．充电器把0.14W的功率储蓄在电池内三、实验填空题．（共18分）15．某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的其它器材有：A．电压表V：0～3～15VB．电流表A：0～0.6～3A-20-\nC．变阻器R1：D．变阻器R2：（1000Ω，0.1A）E．电键S和导线若干（1）根据实验要求连接实物电路图（图1）；（2）实验测得的6组数据已在U﹣I图中标出，如图2所示．请你根据数据点求出该电池的电动势E=__________V，电阻r=__________Ω．16．物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为0.75W，额定电压值已模糊不清．他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻约为2Ω，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压U==V=1.22V．他们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路，测量通过灯泡的电流和它两端的电压．根据测量数据已绘出灯泡的U﹣I图象，如图1所示．A．电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）B．电流表A1（量程150mA，内阻约2Ω）C．电流表A2（量程500mA，内阻约0.6Ω）D．滑动变阻器R1（0～20Ω）E．滑动变阻器R2（0～100Ω）F．电源E（电动势4.0V，内阻不计）H．开关S和导线若干G．待测灯泡L（额定功率0.75W，额定电压未知）（1）在下面所给定的图2虚线框中画出他们进行实验的电路原理图，指出上述器材中，电流表选择__________（填“A1”或“A2”）；滑动变阻器选择__________（填“R1”或“R2”）．（2）从图象上分析该灯泡的额定电压应为__________V；这一结果大于开始时的计算结果，原因是__________．四、计算分析题（共32分，只有结果而无必要文字说明和推理过程计0分）17．如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，R1=3Ω，R2=6Ω，C=30μF．（1）闭合开关S，求稳定后通过R1的电流；（2）然后将开关S断开，求电容器两端的电压变化量和流过R1的总电荷量．-20-\n18．如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q（q＞0）的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb．不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．19．（14分）如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0.2kg、带电荷量为q=+2.0×10﹣6C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1．从t=0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场（取水平向右的方向为正方向，g取10m/s2）求：（1）23秒内小物块的位移大小；（2）23秒内电场力对小物块所做的功．-20-\n2022-2022学年广东省佛山一中高二（上）期中物理试卷（理）一、单项选择题．（每题3分，共30分，每题只有一个正确答案）1．下列说法中，正确的是()A．在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度都相同B．E=仅适用点电荷形成的电场C．电场强度的方向就是放入电场中的电荷受到的电场力的方向D．当初速度为零时，放入电场中的电荷在电场力作用下的运动轨迹一定与电场线重合【考点】电场强度；电场线．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场强度是矢量，不但有大小，而且有方向；E=仅适用真空中点电荷的电场；电场强度方向与正电荷受到的电场力相同；某点场强的方向与试探电荷的正负无关，从而即可求解．【解答】解：A、在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上各处的电场强度的大小都相同，而方向不同，故A错误；B、E=仅适用于真空中点电荷形成的电场，故B正确；C、电场强度方向就是放入电场中的正电荷受到的电场力的方向，故C错误；D、若电场线是曲线，则电荷受力将发生方向的变化，则其轨道不可能与电场线重合，故D错误；故选：B．【点评】考查点电荷电场强度的矢量性，及适用条件，注意电场强度的方向如何确定，与试探电荷的正负无关．2．在如图所示的电场中，一电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，则它运动的v﹣t图象可能是图中()A．B．C．D．-20-\n【考点】电场线；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】v﹣t图象中的斜率表示物体的加速度，根据电场线与电场强度的关系，电场强度越来越大，则电场力越来越大，所以根据电荷运动过程中v﹣t图象可知电荷的加速度越来越大，可得出正确结果．【解答】解：根据电场线与电场强度的关系，电场强度越来越大，因此该电荷所受电场力越来越大，电荷的加速度越来越大，v﹣t图象中的斜率表示物体的加速度．故选：B．【点评】本题结合v﹣t图象，考查了电场强度与电场线以及电荷受电场力与电场方向之间的关系，考点结合巧妙、新颖，有创新性．3．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地．两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、φ表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是()A．B．C．D．【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】由题意可知电量不变，由平行板电容器的决定式可知电容的变化；由定义式可得出两端电势差的变化；再由U=Ed可知E的变化，进而判断势能的变化．【解答】解：A、当负极板右移时，d减小，由C=可知，C与x图象不能为一次函数图象！故A错误；B、由U=可知，U=Q，则E==，故E与d无关，故B错误；C、因负极板接地，设P点原来距负极板为l，则P点的电势φ=E（l﹣l0）；故C正确；D、电势能E=φq=Eq（l﹣l0），不可能为水平线，故D错误；故选：C．【点评】本题考查电容器的动态分析，由于结合了图象内容，对学生的要求更高了一步，要求能根据公式得出正确的表达式，再由数学规律进行分析求解．-20-\n4．如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A，已知壳内的场强处处为零，壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样，一带正电的试探电荷（不计重力）从球心以初动能Ek0沿OA方向射出，下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是()A．B．C．D．【考点】电势能；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系根据动能定理分析．【解答】解：在球壳内，场强处处为零，试探电荷不受电场力，其动能不变；在球壳外，取一段极短距离内，认为库仑力不变，设为F，根据动能定理得：△Ek=F△r则得：F=根据数学知识得知：等于Ek﹣r图象上切线的斜率，由库仑定律知r增大，F减小，图象切线的斜率减小，故A正确，BCD错误．故选：A【点评】本题的关键是运用微元法，根据动能定理列式，分析图象的斜率的意义，即可解答．-20-\n5．如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么()A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加C．微粒从M点运动到N点动能一定增加D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加【考点】带电粒子在混合场中的运动；功能关系；机械能守恒定律．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】微粒在平行金属板间受到重力与电场力的作用，根据微粒运动轨迹与微粒受到的重力与电场力间的关系分析答题．【解答】解：微粒在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由图示微粒运动轨迹可知，微粒向下运动，说明微粒受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；A、如果微粒带正电，A板带正电荷，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，A板带负电，但如果电场力小于重力，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，则A板既可以带正电，也可能带负电，故A错误；B、如果微粒受到的电场力向下，微粒从M点运动到N点过程中电场力做正功，微粒电势能减小，如果微粒受到的电场力向上，则电势能增加，故B错误；C、微粒受到的合力向下，微粒从M点运动到N点过程中合外力做正功，微粒的动能增加，故C正确；D、微粒从M点运动到N点过程动能增加，重力势能减小，机械能不一定增加，故D错误．故选：C．【点评】根据微粒的运动轨迹判断出微粒受到的合外力，然后根据微粒的受力情况分析答题；电场力做正功，电势能增加，电场力做负功，电势能减小．6．下列关于电源电动势的说法中正确的是()A．电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多B．电源的路端电压增大时，其电源提供的电能一定也增大C．无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变D．在某电池的电路中，每通过2C的电荷量，电池提供的电能是4J，那么这个电池的电动势是0.5V【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】根据电动势的定义式E=可求出电动势．电动势表征电源本身的特性，与外电路无关，对于给定的电源，电动势一定．电动势越大，电源将单位正电荷负极移到正极提供的电能越多．【解答】解：A、电源的电动势越大，电源移送单位电荷时所能提供的电能就越多；但总的电能不一定多；故A错误；-20-\nB、电源的路端电压增大时，其电源提供的电能的能力增大，而电源提供的电能不一定也增大；故B错误；C、无论无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变；故C正确；D、由E=可知，E=V；故D错误；故选：C．【点评】本题考查对电动势的理解能力，关键抓住定义式E=和电动势的物理意义．明确电动势是电源本身的性质，和路端电压等无关．7．将一电源电动势为E，内阻为r的电池，与外电路连接，构成一个闭合电路，用R表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是()A．由U外=IR可知，外电压随I的增大而增大B．由U内=Ir可知，电源两端的电压随I的增大而增大C．由U外=E﹣Ir可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小D．由P=IU外可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据闭合电路欧姆定律分析外电流增大时，路端电压的变化，当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，外电压随I的增大而减小，故A错误，C正确；B、电源两端的电压实际上是路端电压，由A的分析可知电源两端的电压，随I的增大而减小，故B错误；D、根据数学知识分析得知，当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大，而I=，所以电流增大时，电源的输出功率可能变大，也可能变小．故D错误．故选：C【点评】本题主要考查闭合电路欧姆定律的直接应用，知道当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大，难度适中．8．在如图所示的电路中，开关S闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，电压表和电流表的读数都增大，则可能出现了下列哪种故障()A．R1短路B．R2短路C．R3短路D．R1断路【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由题目中电表示数的变化可得出故障原因，根据电路结构可以得出是哪一个电阻发生故障．-20-\n【解答】解：A、若各原件没有故障，电路正常，则电流表测量流过R1的支路电流，电压表测量R3两端的电压；若R1短路，则R2被短路，外电路只有电阻R3接在电源两端，电流表测量干路电流，电压表测量路端电压，两表示数均增大，故A正确．B、若R2短路，则R1被短路，电流表示数为零，显然不符合题意，故B错误．C、若R3短路，则电压表示数为零，不符合题意；故C错误．D、若R1断路，则电流表示数为零，也不符合题意，故D错误．故选：A．【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律的应用，明确当电路中有电流时，说明电路中应发生了短路故障；若电压表示数变大，电压表可能直接并联到了电源两端．9．如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为R，L1和L2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻阻值均为R，电压表为理想电表，K为单刀双掷开关，当开关由1位置打到2位置时，下列说法中正确的是()A．电压表读数将变小B．L1亮度不变，L2将变暗C．L1将变亮，L2将变暗D．电源内阻的发热功率将变小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】题目中各用电器的电阻已知了，可根据欧姆定律，算出两种情况电压表的电压、灯泡的电压及电源发热功率，用E、R表示，比较大小，确定变化情况．【解答】解：开关在位置1时，外电路总电阻R总=，电压表示数U=，同理，两灯电压U1=U2=，电源内阻的发热功率为P热=．开关在位置2时，外电路总电阻R总′=，电压表示数U′=，灯泡L1的电压U1′=，L2′的电压U2′=，电源内阻的发热功率为P热′=，A、由上，电压表读数变小．故A正确．B、C，L1亮度不变，L2将变亮．故B、C错误．D、电源内阻的发热功率将变大．故D错误故选A-20-\n【点评】本题采用计算法，用相同的物理量表示其他物理量，来进行比较大小，或计算比值，这也是物理常用的方法之一．10．某电解池，如果在1秒钟内共有5.0×1018个二价正离子和1.0×1019个一价负离子通过某横截面，那么通过这个横截面的电流是()A．0B．0.8AC．1.6AD．3.2A【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】由题计算出1s内通过截面正离子与负离子电量绝对值之和，根据电流的定义式求解电流．一价离子所带电量大小为e=1.6×10﹣19C．【解答】解：由题，1s内通过截面正离子的电量为q1=2n1e，负离子的电量绝对值为q2=n2e，则电流为I==，将n1=5×1018个，n2=1×1019个，e=1.6×10﹣19C代入解得，I=3.2A故选：D．【点评】本题是电流定义式的应用，关键确定通过导体截面的电量，当电流由正负离子向相反方向定向移动形成时，电量等于正离子与负离子电量绝对值之和．二、不定项选择题（每题5分，共30分，每题均有两个或以上正确答案）11．关于静电场，下列说法正确的是()A．电势等于零的物体一定不带电B．电场强度为零的点，电势一定为零C．同一电场线上的各点，电势一定不相等D．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加【考点】电场强度；电势能．【分析】电势的零点是人为选取的．电场强度与电势无关．沿电场线的方向，电势降低．根据电场力做功正负分析电势能的变化．【解答】解：A、电势的零点是人为选取的，则电势等于零的物体也可以带电．故A错误．B、电场强度与电势无关，电场强度为零的点，电势不一定为零，故B错误．C、沿电场线的方向，电势降低，则同一电场线上的各点，电势一定不相等，故C正确．D、负电荷沿电场线方向移动时，电场力逆着电场线，则电场力对负电荷做负功，其电势能一定增加，故D正确．故选：CD【点评】本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题．12．如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q（可视为质点）固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上．现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷．在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是()-20-\nA．小球P的速度一定先增大后减小B．小球P的机械能一定在减少C．小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零D．小球P与弹簧系统的机械能一定增加【考点】功能关系；共点力平衡的条件及其应用；库仑定律．【分析】本题中有库仑力做功，机械能不守恒；机械能守恒是普遍遵守的定律；小球的速度变化可从受力与能量两种观点加以分析【解答】解：A、小球先沿斜面加速向下运动，后减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球静止，故A正确B、根据除了重力和弹力之外的力做功量度机械能的变化得小球P除了重力和弹力做功还有之外的库仑斥力做功，开始弹簧的弹力和库仑斥力的合力方向可能向上，也就是可能做负功，所以小球P的机械能可能增大，故B错误C、小球P的速度一定先增大后减小，当p的加速度为零时，速度最大，所以小球P速度最大时所受弹簧弹力、重力沿斜面向下的分力和库仑力的合力为零，故C错误D、根据能量守恒定律知，小球P的动能、与地球间重力势能、与小球Q间电势能和弹簧弹性势能的总和不变，因为在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，Q对P的库仑斥力做正功，电势能减小，所以小球P与弹簧系统的机械能一定增加，故D正确．故选AD．【点评】注意机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，从能量转化的角度讲，只发生机械能间的相互件转化，没有其他形式的能量参与．13．（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；-20-\nB、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；C、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．14．如图所示，用输出电压为1.4V，输出电流为100mA的充电器对内阻为2Ω的镍﹣氢电池充电．下列说法正确的是()A．电能转化为化学能的功率0.12WB．充电器输出的电功率为0.14WC．充电时，电池消耗的热功率为0.12WD．充电器把0.14W的功率储蓄在电池内【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】电池充电过程中电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律列式求解．【解答】解：A、电池充电过程中电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律，有：UI=I2R+P，故电能转化为化学能的功率P=UI﹣I2R=1.4V×0.1A﹣0.12×2=0.12W，故A正确；B、充电器输出的电功率为：P出=UI=1.4V×0.1A=0.14W，故B正确；C、充电时，电池消耗的热功率为：Pr=I2R=0.12×2=0.02W，故C错误；D、由上知，充电功率为0.12W，故D错误；故选：AB．【点评】本题关键明确充电电路中的能量转化情况，同时要知道电路电阻消耗功率的计算符合焦耳定律．三、实验填空题．（共18分）15．某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的其它器材有：A．电压表V：0～3～15VB．电流表A：0～0.6～3A-20-\nC．变阻器R1：D．变阻器R2：（1000Ω，0.1A）E．电键S和导线若干（1）根据实验要求连接实物电路图（图1）；（2）实验测得的6组数据已在U﹣I图中标出，如图2所示．请你根据数据点求出该电池的电动势E=1.5V，电阻r=0.50Ω．【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】用实线代替导线将实验器材连成实验电路，注意接线要接在接线柱上，导线不能交叉；外电压与电流成线性关系，图线是一条直线，根据点迹作出U﹣I图线，纵轴截距表示电动势的大小，图线斜率的绝对值表示内阻的大小．【解答】解：（1）本实验测量电动势和内电阻，采用滑动变阻器与电源串联即可，电流表内阻与电源内阻接近，故电流表采用相对于电源的外接法，如图，根据数据点完成U﹣I图线如图：根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，知U﹣I成线性关系，图线的纵轴截距为1.5，所以电动势为：E=1.5V，图线斜率的绝对值为电池的内阻：r==0.50Ω．故答案为：（1）实物电路图（2）1.5；0.50【点评】解决本题的关键掌握伏安法测量电源电动势和内阻的原理，E=U+Ir，以及会通过U﹣I图线得出电源的电动势和内阻．16．物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为0.75W，额定电压值已模糊不清．他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻约为2Ω，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压U==V=1.22V．他们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路，测量通过灯泡的电流和它两端的电压．根据测量数据已绘出灯泡的U﹣I图象，如图1所示．A．电压表V（量程3V，内阻约3kΩ）B．电流表A1（量程150mA，内阻约2Ω）C．电流表A2（量程500mA，内阻约0.6Ω）D．滑动变阻器R1（0～20Ω）E．滑动变阻器R2（0～100Ω）F．电源E（电动势4.0V，内阻不计）-20-\nH．开关S和导线若干G．待测灯泡L（额定功率0.75W，额定电压未知）（1）在下面所给定的图2虚线框中画出他们进行实验的电路原理图，指出上述器材中，电流表选择A2（填“A1”或“A2”）；滑动变阻器选择R1（填“R1”或“R2”）．（2）从图象上分析该灯泡的额定电压应为2.5V；这一结果大于开始时的计算结果，原因是灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻．【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】关键是根据P=I2R，估算出小灯泡的额定电流，从而选出电流表的量程，根据U﹣I图象可知滑动变阻器应用分压式接法，根据小灯泡电阻值远小于电压表内阻，可知电流表应用外接法．【解答】解：（1）由UI图象可以看出小灯泡两端电压从零开始调节，故滑动变阻器采用分压接法；根据P=I2R可知通过灯泡的电流大约为600mA，故电流表应选A2；滑动变阻器阻值太大不易调节，根据分压电路特点可知滑动变阻器选R1．（2）由于小灯泡功率值为0.75W，根据P=UI结合UI图象可知小灯泡两端电压约为2.5V．用欧姆表直接测出该灯泡的电阻是灯泡未连入电路时的阻值，当灯泡发光时，其电阻增大．故答案为：（1）电路如图所示，A2，R1；（2）2.5（2.4～2.6）灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻（或灯泡电阻随温度升高而变大）【点评】本题考查测量灯泡的伏安特性曲线的原理；要掌握实验器材的选取原则，熟记电流表内接法与外接法的选择方法，以及滑动变阻器分压式接法的条件即选择原则．四、计算分析题（共32分，只有结果而无必要文字说明和推理过程计0分）17．如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，R1=3Ω，R2=6Ω，C=30μF．（1）闭合开关S，求稳定后通过R1的电流；（2）然后将开关S断开，求电容器两端的电压变化量和流过R1的总电荷量．【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．-20-\n【专题】恒定电流专题．【分析】（1）闭合开关S，稳定后电容器相当于开关断开，两个电阻串联，根据全电路欧姆定律求解即可．（2）开关S断开后，稳定时电容器两端的电压等于电源的电动势，电压增大，电容器充电，通过R1的电荷量等于开关断开前后电容器电量的增加量．先求出断开前电容器两端的电压，再求出断开后电容器两端的电压，两者之差与电容的乘积即等于通过R1的电荷量．【解答】解：（1）稳定时，电路中的电流I==1A（2）S闭合，电路处于稳定状态时，电容器两端的电压U=IR2=1×6V=6V断开后，电容器两端的电压为10V，所以△U=4V流过R1的总电荷量为△Q=△UC=1.2×10﹣4C答：（1）闭合开关S，稳定后通过R1的电流是1A；（2）然后将开关S断开，电容器两端的电压变化量是4V，流过R1的总电荷量是1.2×10﹣4C【点评】本题是含容电路，关键确定电容器的电压．电路稳定时电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压．18．如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q（q＞0）的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb．不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．【分析】根据牛顿第二定律，将电场力与支持力提供向心力列出方程，并由动能定理来联立求解．【解答】解：质点所受到电场力的大小为：f=qE，设质点质量为m，经过a点和b点时速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有，设质点经过a点和b点时动能分别为Eka和Ekb，则有：，，根据动能定理有，Ekb﹣Eka=2rf，-20-\n联立解得：，Eka=，Ekb=，答：电场强度的大小：、质点经过a点：，和b点时的动能：．【点评】考查牛顿第二定律、动能定理、向心力公式、电场力的表达式等规律的理解与应用，注意动能定理列式过程中的功的正负．19．（14分）如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0.2kg、带电荷量为q=+2.0×10﹣6C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1．从t=0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场（取水平向右的方向为正方向，g取10m/s2）求：（1）23秒内小物块的位移大小；（2）23秒内电场力对小物块所做的功．【考点】动能定理的应用；电场强度．【专题】压轴题；动能定理的应用专题；电场力与电势的性质专题．【分析】（1）根据牛顿第二定律求出物块在0～2s内和2～4s内的加速度，利用运动学公式求出0～2s内和2～4s内的位移，及第2s末和第4s末的速度，得到小物块做周期为4s的匀加速和匀减速运动．分别求出前22s物块的位移和第23s内的位移，再求总位移．（2）根据动能定理求电场力对小物块所做的功．【解答】解：（1）0～2s内物块加速度a1==﹣0.1×10=2（m/s2）位移S1==4m2s末的速度为v2=a1t1=4m/s2～4s内物块加速度a2==﹣2m/s2位移S2=S1=4m，4s末的速度为v4=0则小物块做周期为4s的匀加速和匀减速运动．-20-\n第22s末小物块的速度为v=4m/s，前22s内位移为S22==44m第23s内物块的位移为S23=vt+，t=1s，S23=3m故23秒内小物块的位移大小为47m．（2）由上，物块在第23s末的速度为v23=2m/s．根据动能定理得W﹣μmgS23=代入解得W=9.8J．答：（1）23秒内小物块的位移大小为47m；（2）23秒内电场力对小物块所做的功为9.8J．【点评】本题是物块在周期性的电场力作用下运动的问题，要抓住规律，也可以作速度﹣时间图象分析求解．-20-