广东省揭阳市普宁市华侨中学高二物理上学期第三次月考试题含解析

2022-2022学年广东省揭阳市普宁市华侨中学高二（上）第三次月考物理试卷　一．选择题：（本大题共12小题，每小题4分，共48分．其中1-7题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，8-12题有多个选项是正确的，全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分．把答案前的字母填在答题卡相应的表格中）1．在物理学史上，最先建立完整的电磁场理论并预言电磁波存在的科学家是：（　　）A．赫兹B．法拉第C．麦克斯韦D．爱因斯坦　2．在截面积为S的均匀铜导体中流过恒定电流为I，铜的电阻率为ρ，电子电量为e，则电子在铜导体中运动时所受的电场力为（　　）A．0B．C．D．　3．如图为A、B两灯泡的I﹣U图象．把它们串联接在220V的恒压电源上．根据图象，计算A、B两灯泡的实际功率分别约为（　　）A．48.4W、22WB．22W、48.4WC．50W、170WD．5W、17W　4．如图所示，H（核内有一个质子，没有中子），H（核内有一个质子，一个中子），H（核内有一个质子，两个中子）和He（核内有两个质子，两个中子）四种原子核的混合粒子沿平行板电容器两板中线OO′射入板间的匀强电场中，射出后都打在与OO′垂直的固定荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．下列说法正确的是（　　）A．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现4个亮点B．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将出现4个亮点C．若它们射入电场时的质量与速度之积相等，在荧光屏上将出现4个亮点D．若它们都是从静止开始由同一加速电场加速后再射入此偏转电场的，则在荧光屏上将出现4个亮点-21-\n　5．甲、乙两根保险丝均为同种材料制成，直径分别是d1=0.5mm和d2=1mm，熔断电流分别为2.0A和6.0A．把以上两根保险丝各取等长一段并联后再接入电路中，允许BJ通过的最大电流是（　　）A．6.0AB．7.5AC．10.0AD．8.0A　6．如图所示，一个电量为﹣Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电量为+q及质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v．已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ、AB间距离为L0及静电力常量为k，则（　　）A．点电荷乙越过B点后继续向左运动，其电势能增多B．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功W=μmgL0+mv02﹣mv2C．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB=D．OB间的距离为　7．如图甲所示，一个带正电的物体m，由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来．已知物体与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，不计物体经过B处时机械能损失．现在ABC所在空间加上竖直向下的匀强电场，再次让物体m由A点静止开始下滑，结果物体在水平面上的D′点处停下来，如图乙所示．则以下说法正确的是（　　）A．D′点一定在D点左侧B．D′点可能在D点右侧C．D′点一定与D点重合D．由于斜面倾角、动摩擦因数及场强大小均未知，故不能确定D′点在D点左侧还是右侧　8．以下说法中正确的是（　　）A．电源的作用是维持导体两端的电压，使电路中有持续的电流B．在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部只存在非静电力而不存在静电力C．静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减少D．静电力移动电荷做功电荷电势能减少，非静电力移动电荷做功电荷电势能增加　9．一根粗细均匀的导线，两端加上电压U时，通过导线的电流为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v．若将导线均匀拉长，使它的横截面的半径变为原来的，再给它两端加上电压U，则（　　）-21-\nA．通过导线的电流为B．通过导线的电流为C．导线中自由电子定向移动的速率为D．导线中自由电子定向移动的速率为　10．某同学设计了一种静电除尘装置，如图1所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图2是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是（　　）A．只增大电压UB．只增大长度LC．只增大高度dD．只增大尘埃被吸入水平速度v0　11．如图，A、B为水平放置的平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有小孔M和N．先合上开关K，给电容器充电，过一会再断开开关．今有一带电质点，自A板上方相距为h的P点由静止开始自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零．则（　　）A．若把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能到达N孔B．若把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C．若把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落D．若把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落　12．小明去实验室取定值电阻两只R1=10Ω，R2=30Ω，电压表一个，练习使用电压表测电压．电路连接如下图，电源输出电压U=12.0V不变．小明先用电压表与R1并联，电压表示数为U1，再用电压表与R2并联，电压表示数为U2，则下列说法正确的是（　　）-21-\nA．U1一定大于3.0VB．U2一定小于9.0VC．U1与U2之和小于12VD．U1与U2之比一定不等于1：3　　二．填空题（本大题有4小题，每空2分，共20分）13．（1）如图1是电压表的刻度盘．若当时使用的是该表的0﹣3V量程，那么电压表读数是　　　　　　V；（2）如图2游标卡尺的读数　　　　　　mm　14．示波管的内部结构如图1所示．如果在偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX′之间和YY′之间分别加上如图2所示的电压，请在图3中画出荧光屏上出现的完整扫描波形图．　15．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡为“6V　3W”，其他可供选择的器材有：电压表V1（量程6V，内阻20kΩ）电压表V2（量程20V，内阻60kΩ）电流表A1（量程3A，内阻0.2Ω）电流表A2（量程0.6A，内阻1Ω）变阻器R1（0～1000Ω，0.4A）变阻器R2（0～20Ω，2A）学生电源E（6～8V）开关S及导线若干．-21-\n实验中要求电压表在0～6V范围内读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用　　　　　　，变阻器应选用　　　　　　．在方框中画出实验的电路图．　16．在“测定某电阻丝的电阻率”实验中（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径，如图1所示，则电阻丝的直径是　　　　　　mm．（2）若用电流表和电压表测量此电阻丝的阻值，两表的示数分别为U、I，测得电阻丝的直径为d，用刻度尺量得其长度为L，则该电阻丝的电阻率　　　　　　（3）由于无法估计该电阻丝的电阻值，某同学用伏安法测量此电阻，用图2（a）（b）两种电路各测一次，用（a）图所测数据为3.0V，3.0mA，用（b）图测得的数据是2.9V，4.0mA，由此可知，用　　　　　　图测得Rx的误差较小．　　三．计算题（本大题共4小题，共42分．解答本题时，要求写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出答案的不给分）17．一个量程为15V的电压表，串联一个R1=3kΩ的电阻后，测量某电路两端的电压时，电压表示数为12V，若已知该电路两端的实际电压为15V，试求：（1）该电压表的内阻RV；（2）将该电压表改装成量程为0～90V的电压表，应串联电阻的阻值R2．　18．如图，灯泡L1：1.0V0.5W；L2：10V1.0W；电动机内阻5.0Ω．此时两灯泡都刚好正常发光，电动机也在正常运转，求电动机的输出功率和效率．　19．（12分）（2022秋•普宁市校级月考）如图所示的电路中，R1=10Ω，R2=4Ω，R3=6Ω，R4=3Ω，U=2.4V．在ab间接一只理想电压表，它的读数是多少？如在ab间接一只理想电流表，它的读数又是多少？-21-\n　20．（14分）（2022秋•普宁市校级月考）如图所示，两平行金属板水平放置，板间存在着如图所示的交变电场，极板长为L，板间距离为d，取竖直向上的方向为电场强度的正方向．一带电量为q的正电荷从两板正中间的位置由左侧射入板间．初速度为v0，己知电荷所受电场力大小是其重力的2倍．重力加速度为g，且0时刻射入的粒子正好可从板间射出．求：（1）两板间距d应满足的条件；（2）0时刻射入的粒子射出板间时的动能．　　2022-2022学年广东省揭阳市普宁市华侨中学高二（上）第三次月考物理试卷参考答案与试题解析　一．选择题：（本大题共12小题，每小题4分，共48分．其中1-7题，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，8-12题有多个选项是正确的，全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错或不答的得0分．把答案前的字母填在答题卡相应的表格中）1．在物理学史上，最先建立完整的电磁场理论并预言电磁波存在的科学家是：（　　）A．赫兹B．法拉第C．麦克斯韦D．爱因斯坦【考点】物理学史．【分析】法拉第发现了法拉第电磁感应定律，爱因斯坦相对论，麦克斯韦创立了完整的电磁理论并预言了电磁波的存在，而赫兹用实验验证了电磁波的存在．【解答】解：A、赫兹用实验验证了电磁波的存在，故A错误；B、法拉第发现了法拉第电磁感应定律，故B错误；C、麦克斯韦创立了完整的电磁理论并预言了电磁波的存在，故C正确；D、爱因斯坦的相对论原理，故D错误．故选：C．【点评】注意基础知识的积累就能顺利解决此类题目．　2．在截面积为S的均匀铜导体中流过恒定电流为I，铜的电阻率为ρ，电子电量为e，则电子在铜导体中运动时所受的电场力为（　　）A．0B．C．D．【考点】电场．-21-\n【分析】由受力平衡可求得电荷定向移动的速度，再由是流的微观表达式可求得电流；由欧姆定律可求得导体的电流表达式，联立公式即可求解．【解答】解：由题意可知当电场力与阻力相等时形成恒定电流，设导线的长是L，导线两端的电压是U，则有：导体中的电流I=则故选：B【点评】本题考查共点力平衡、电流的微观表达式及欧姆定律，要注意理解题意，明确速度为待求量，正确列式求解即可．　3．如图为A、B两灯泡的I﹣U图象．把它们串联接在220V的恒压电源上．根据图象，计算A、B两灯泡的实际功率分别约为（　　）A．48.4W、22WB．22W、48.4WC．50W、170WD．5W、17W【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】由图根据串并联电路的规律可明确对应的电流和电压；再根据公式P=UI求出两灯实际发光的功率．【解答】解：两灯串联接在220V的电压下，则可知两灯电流相等，且总电压为220V，则由图可知，电流约为0.1A，A的电压为50V，乙的电压约为170V；则由P=UI可知，A的功率为5W，B的功率为17W；故选：D．【点评】本题一要抓住串联电路的特点：两灯电流相等，二要有基本的读图能力．　4．如图所示，H（核内有一个质子，没有中子），H（核内有一个质子，一个中子），H（核内有一个质子，两个中子）和He（核内有两个质子，两个中子）四种原子核的混合粒子沿平行板电容器两板中线OO′射入板间的匀强电场中，射出后都打在与OO′垂直的固定荧光屏上，使荧光屏上出现亮点．下列说法正确的是（　　）-21-\nA．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现4个亮点B．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将出现4个亮点C．若它们射入电场时的质量与速度之积相等，在荧光屏上将出现4个亮点D．若它们都是从静止开始由同一加速电场加速后再射入此偏转电场的，则在荧光屏上将出现4个亮点【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】粒子带电量和质量不全相同，进入同一电场时加速度不同，做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，推导出偏转位移的表达式，再进行分析【解答】解：四个粒子进入匀强电场中都做类平抛运动，在水平方向做匀速直线运动，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，则得到：加速度为：a=，偏转距离为：y=at2，运动时间为：t=，联立三式得：y=；A、若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点．故A错误；B、若它们射入电场时的动能相等，y与q成正比，在荧光屏上将只出现2个亮点．故B错误．C、若它们射入电场时的质量与速度之积相等，在荧光屏上将出现4个亮点，故C正确；D、若它们是由同一个电场从静止加速后射入此偏转电场的，根据推论可知，y都相同，故荧光屏上将只出现1个亮点．故D错误．故选：C【点评】此类题目属于类平抛运动，解题关键注意水平方向匀速，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，两个方向的运动具有等时性　5．甲、乙两根保险丝均为同种材料制成，直径分别是d1=0.5mm和d2=1mm，熔断电流分别为2.0A和6.0A．把以上两根保险丝各取等长一段并联后再接入电路中，允许BJ通过的最大电流是（　　）A．6.0AB．7.5AC．10.0AD．8.0A【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】根据保险丝的直径，求出两保险丝的电阻关系，并联电路电压相等，两保险丝并联，两端电压应为较小的额定电压，然后由欧姆定律与并联电路特点求出电路最大电流．【解答】解：两保险丝材料与长度相同，由电阻定律可知：===，-21-\n则R1=4R2=4R，保险丝允许的最大电压为：U1=I1R1=2×4R=8R，U2=I2R2=6×R=6R，两保险丝并联，两端电压相等，并联电压最大应为U=6R，则：I2=6A，I1==A=1.5A，并联电路允许的最大电流为：Imax=I2+I1=6A+1.5A=7.5A，故选：B．【点评】本题考查了电路允许的最大电流，应用串并联电路特点、欧姆定律、电阻定律即可正确解题．　6．如图所示，一个电量为﹣Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电量为+q及质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v．已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ、AB间距离为L0及静电力常量为k，则（　　）A．点电荷乙越过B点后继续向左运动，其电势能增多B．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功W=μmgL0+mv02﹣mv2C．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB=D．OB间的距离为【考点】电势差与电场强度的关系．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】本题首先要正确分析物体受力特点，明确力和运动的关系，在本题中注意滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，根据牛顿第二定律和功能关系可正确解答．【解答】解：A、在小球向左运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故A错误；B、从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W=UABq=mgμL0+，故B错误；C、点电荷从A运动B过程中，根据动能定理有：UABq﹣mgμL0=，解得，UAB=．故C错误；D、A、当速度最小时有：mgμ=F库=k，解得：r=，故D正确．故选：D．【点评】本题在借助库仑力的基础知识，考查了力与运动、牛顿第二定理、动能定理等基础知识的综合应用，是考查学生综合能力的好题．　-21-\n7．如图甲所示，一个带正电的物体m，由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来．已知物体与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，不计物体经过B处时机械能损失．现在ABC所在空间加上竖直向下的匀强电场，再次让物体m由A点静止开始下滑，结果物体在水平面上的D′点处停下来，如图乙所示．则以下说法正确的是（　　）A．D′点一定在D点左侧B．D′点可能在D点右侧C．D′点一定与D点重合D．由于斜面倾角、动摩擦因数及场强大小均未知，故不能确定D′点在D点左侧还是右侧【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】根据动能定理分别对不加电场和加电场两种情况进行研究：不加电场时，整个过程中重力做正功，摩擦力做负功，根据动能定理列出表达式；加电场时，重力和电场力做正功，摩擦力做负功，再由动能定理列出表达式，分析物体在水平上滑行的位移关系，判断D'点与D点的位置关系【解答】解：设物体的质量为m，电量为q，电场强度大小为E，斜面的倾角为θ，动摩擦因数为μ．根据动能定理得不加电场时：mgSABsinθ﹣μmgSABcosθ﹣μmgSBD=0①加电场时：（mg+qE）SABsinθ﹣μ（mg+qE）SABcosθ﹣μ（mg+qE）SBD′=0②将两式对比得到，SBD=SBD′，则D'点一定与D点重合．故C正确；故选：C【点评】本题考查运用动能定理处理问题的能力，也可以应用等效的思维方法进行选择：加电场时相当于物体的重力增加，而物体在水平面滑行的距离与重力无关　8．以下说法中正确的是（　　）A．电源的作用是维持导体两端的电压，使电路中有持续的电流B．在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部只存在非静电力而不存在静电力C．静电力与非静电力都可以使电荷移动，所以本质上都是使电荷的电势能减少D．静电力移动电荷做功电荷电势能减少，非静电力移动电荷做功电荷电势能增加【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．【解答】解：A、电源的作用是维持导体两端的电压，使电路中有持续的电流；故A正确；B、在电源内部正电荷能从负极到正极是因为电源内部既存在非静电力，又存在静电力．故B错误；C、D、静电力与非静电力都可以使电荷移动，静电力移动电荷做功电荷电势能减少，非静电力移动电荷做功电荷电势能增加，故C错误，D正确；故选：AD．-21-\n【点评】本题考查对于电源的电动势的理解能力．电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关．　9．一根粗细均匀的导线，两端加上电压U时，通过导线的电流为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v．若将导线均匀拉长，使它的横截面的半径变为原来的，再给它两端加上电压U，则（　　）A．通过导线的电流为B．通过导线的电流为C．导线中自由电子定向移动的速率为D．导线中自由电子定向移动的速率为【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】横截面的半径变为原来的，可知面积变为原来的，由体积V=LS不变，可知长度变为原来的4倍，由电阻定律的表达式：，可得变化后的电阻值．进而判定各个选项．【解答】解：AB、横截面的半径变为原来的，可知面积变为原来的，由体积V=LS不变，可知长度变为原来的4倍．由电阻定律的表达式：，可得变化后的电阻值为：由可知，电流变为．故A错误，B正确．CD、由电流的微观表达式：I=nqSv，可知，故C正确，D错误．故选：BC【点评】本题关键要掌握好电阻定律，会分析长度变化导致的横截面积的变化．其次要掌握电流的微观表达式．　-21-\n10．某同学设计了一种静电除尘装置，如图1所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图2是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是（　　）A．只增大电压UB．只增大长度LC．只增大高度dD．只增大尘埃被吸入水平速度v0【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电容器的动态分析．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为y=，增大y便可增大除尘率【解答】解：A、增加除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为y=，增大y便可增大除尘率，故A正确B、由A分析知，B正确C、由A分析知，C错误D、由A知，D错误故选AB【点评】此题为结合生活背景的题目，考查频率较高，注意构建物理情景﹣﹣﹣﹣﹣类平抛运动，应用运动的分解知识求解　11．如图，A、B为水平放置的平行金属板，两板相距为d，分别与电源两极相连，两板的中央各有小孔M和N．先合上开关K，给电容器充电，过一会再断开开关．今有一带电质点，自A板上方相距为h的P点由静止开始自由下落（P、M、N在同一竖直线上），空气阻力不计，到达N孔时速度恰好为零．则（　　）A．若把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后仍能到达N孔-21-\nB．若把A板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落C．若把B板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落D．若把B板向下平移一小段距离，质点自P点自由下落后将穿过N孔继续下落【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】质点到达N孔时速度恰好为零，然后返回，根据动能定理知，质点运动到N点的过程中，重力做功和电场力做功大小相等．本题通过AB两端电势差的变化，根据动能定理进行判断【解答】解：A、把A板向上平移一小段距离，根据C=可知电容减小；由于电量一定，根据C=可知电压增大；根据动能定理，粒子还未到达N点，速度已减为零，然后返回，故A错误；B、把A板向下平移一小段距离，根据C=可知电容增加；由于电量一定，根据C=可知电压减小；根据动能定理，粒子到达N点速度大于零，故会穿过N孔继续下落，故B正确；C、把B板向上平移一小段距离，根据C=可知电容增加；由于电量一定，根据C=可知电压减小；根据动能定理，粒子到达N点重力做功大于电场力做功，N点速度不为零，故会穿过N孔继续下落，故C正确；D、把B板向下平移一小段距离，根据C=可知电容减小；由于电量一定，根据C=可知电压增加；根据动能定理，粒子到达N点重力做功小于电场力做功，粒子还未到达N点，速度已减为零，然后返回，故D错误；故选：BC【点评】解答本题的关键知道电容器带电量不变，然后根据电容的定义公式和决定公式并结合动能定理分析，较难　12．小明去实验室取定值电阻两只R1=10Ω，R2=30Ω，电压表一个，练习使用电压表测电压．电路连接如下图，电源输出电压U=12.0V不变．小明先用电压表与R1并联，电压表示数为U1，再用电压表与R2并联，电压表示数为U2，则下列说法正确的是（　　）A．U1一定大于3.0VB．U2一定小于9.0VC．U1与U2之和小于12VD．U1与U2之比一定不等于1：3【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】不接电压表时，R1、R2串联，电压之比等于电阻之比，求出此时R1、R2两端的电压，并联电压表后并联部分电阻变小，再根据串并联电路的特点即可分析求解．【解答】解：不接电压表时，R1、R2串联，电压之比为：，-21-\n而U′1+U′2=12V解得：U′1=3.0V，U′2=9.0V当电压表并联在R1两端时，有：，解得：U1＜3V，同理，当电压表并联在R2两端时，有：U2＜9V，得：U1+U2＜12V．但两电压表之比可能等于1：3．故BC正确，AD错误．故选：BC．【点评】本题主要运用串并联的知识讨论电压表对电路的影响，知道并联电压表后并联部分电阻变小，难度适中．　二．填空题（本大题有4小题，每空2分，共20分）13．（1）如图1是电压表的刻度盘．若当时使用的是该表的0﹣3V量程，那么电压表读数是　1.20　V；（2）如图2游标卡尺的读数　52.35　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】电压表的读数：明确电压表使用的量程，明确每一个大格和每一个小格代表的示数．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．【解答】解：电压表使用0～3V量程，每一个大格代表1V，每一个小格代表0.1V，示数为1.20V．游标卡尺的主尺读数为52mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×0.05mm=0.35mm，所以最终读数为：52mm+0.35mm=52.35mm．故答案为：（1）1.20；（2）52.35【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．示波管的内部结构如图1所示．如果在偏转电极XX′、YY′之间都没有加电压，电子束将打在荧光屏中心．如果在偏转电极XX′之间和YY′之间分别加上如图2所示的电压，请在图3中画出荧光屏上出现的完整扫描波形图．-21-\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】示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．【解答】解：设电子经过加速电压加速，再经过偏转电压偏转后，电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比．A图中，在XX′偏转电极所加的电压的周期为2T，即在2T的时间内才能完成一次水平方向的扫描，而竖直方向（y方向）的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向由2个周期性的变化；y方向的电压变化为正弦式的变化，由于电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以A图中的扫描图形如图；要在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．XX′偏转电极要接入锯齿形电压，即扫描电压．B图中，在XX′偏转电极所加的电压的周期为T，即在一个周期T的时间内完成一次水平方向的扫描，同时竖直方向的周期为T，所以在水平方向的一次水平扫描的过程中，竖直方向也完成一个周期性的变化；y方向的电压大小不变，方向每半个周期变化一次，结合电子到达荧光屏的偏转量与偏转电压成正比，所以B图中的扫描图形如图．答：如图【点评】本题关键要清楚示波管的工作原理，要注意结合带电粒子在电场中的偏转，运用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考．　15．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，使用的小灯泡为“6V　3W”，其他可供选择的器材有：电压表V1（量程6V，内阻20kΩ）电压表V2（量程20V，内阻60kΩ）电流表A1（量程3A，内阻0.2Ω）-21-\n电流表A2（量程0.6A，内阻1Ω）变阻器R1（0～1000Ω，0.4A）变阻器R2（0～20Ω，2A）学生电源E（6～8V）开关S及导线若干．实验中要求电压表在0～6V范围内读取并记录下12组左右不同的电压值U和对应的电流值I，以便作出伏安特性曲线，在上述器材中，电流表应选用　A2　，变阻器应选用　R2　．在方框中画出实验的电路图．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】根据灯泡额定电压与额定功率，由电功率的变形公式求出灯泡额定电流，根据该电流选择电流表；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；电压从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻间的关系确定电流表接法，然后作出实验电路图．【解答】解：灯泡额定电流I==0.5A，电流表应选A2（量程0.6A，内阻1Ω），为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器R2（0～20Ω，2A）；电压表0～6V范围内读数，滑动变阻器应采用分压接法；灯泡正常发光时电阻R==12Ω，灯泡电阻远小于电压表内阻，所以电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；故答案为：A2；R2；实验电路图如图所示．【点评】本题考查了实验器材的选取、作实验电路图，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器只能采用分压接法．　16．在“测定某电阻丝的电阻率”实验中（1）用螺旋测微器测量电阻丝的直径，如图1所示，则电阻丝的直径是　0.350　mm．-21-\n（2）若用电流表和电压表测量此电阻丝的阻值，两表的示数分别为U、I，测得电阻丝的直径为d，用刻度尺量得其长度为L，则该电阻丝的电阻率　　（3）由于无法估计该电阻丝的电阻值，某同学用伏安法测量此电阻，用图2（a）（b）两种电路各测一次，用（a）图所测数据为3.0V，3.0mA，用（b）图测得的数据是2.9V，4.0mA，由此可知，用　a　图测得Rx的误差较小．【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）螺旋测微器固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分．固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数（2）根据R=测得电阻R．由电阻定律R=，S=，结合求解电阻率ρ的表达式．（3）根据电表示数变化确定哪种接法实验误差较小，然后选择实验电路；由欧姆定律求出待测电阻阻值，根据电路图与欧姆定律分析实验误差．【解答】解：（1）螺旋测微器固定部分读数为0；转动部分为35.0；则总读数为：0+35.0×0.01=0.350mm；（2）由题，特表的示数V，安培表的示数I，则测得电阻的阻值为：R=．金属导线的直径为d，截面积为：S=．根据电阻定律R=，得：ρ===．（3）由题意可知，==，==，＞，电流变化量大，电压表分流对实验的影响大，因此电流表应采用内接法，即应采用图a所示实验电路进行实验；故答案为：（1）0.350（2）（3）a【点评】本题考查测量电阻率的实验，要注意明确实验原理，能根据欧姆定律及电阻定律求解电阻率；同时试触法确定电流表内外接法的应用．　三．计算题（本大题共4小题，共42分．解答本题时，要求写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出答案的不给分）17．一个量程为15V的电压表，串联一个R1=3kΩ的电阻后，测量某电路两端的电压时，电压表示数为12V，若已知该电路两端的实际电压为15V，试求：（1）该电压表的内阻RV；（2）将该电压表改装成量程为0～90V的电压表，应串联电阻的阻值R2．【考点】把电流表改装成电压表．-21-\n【专题】实验题．【分析】（1）由串联关系知电压之比为电阻之比，可求得RV．（2）先求出串联的电阻的分压，再由电阻与电压成正比，求得R2．【解答】解：（1）当电压表串联一个的电阻R1=3kΩ测量某电路两端的电压时，电压表两端的电压为U=12V，电阻分得的电压为U1=3V据=RV=R1=12KΩ（2）将这个电压表改装成量程为90V的电压表，原电压表两端最大分得的电压为UV=15V，串联电阻分得的电压U2=75V据=得：R2=60kΩ答：（1）该电压表的内阻RV为12000Ω；（2）将该电压表改装成量程为0～90V的电压表，应串联电阻的阻值R2为60kΩ．【点评】考查的是串联电路电压与电阻成正比，及改装电压表的原理，明确串联电阻起分压作用．　18．如图，灯泡L1：1.0V0.5W；L2：10V1.0W；电动机内阻5.0Ω．此时两灯泡都刚好正常发光，电动机也在正常运转，求电动机的输出功率和效率．【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】明确电路结构，根据灯泡的额定信息明确对应的电流，再由串并联电路的规律求出电动机中的电流；再由功率公式可求得输出功率以及电动机的效率．【解答】解：由题意可知，两灯均正常发光，则可知，电动机两端的电压为10V；干路电流为：I1===0.5A；灯泡L2中的电流I2==0.1A；则电动机中的电流IM=I1﹣I2=0.5﹣0.1=0.4A；电动机的输出功率P出=UIM﹣IM2r=10×0.4﹣（0.4）2×0.5=3.2W；电动机的效率η===80%；答：电动机的输出功率为：3.2W；效率为80%【点评】本题考查电功率的计算问题，要注意明确由于电动机为非纯电阻电路，不能直接利用欧姆定律求解．-21-\n　19．（12分）（2022秋•普宁市校级月考）如图所示的电路中，R1=10Ω，R2=4Ω，R3=6Ω，R4=3Ω，U=2.4V．在ab间接一只理想电压表，它的读数是多少？如在ab间接一只理想电流表，它的读数又是多少？【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】在ab间接一只理想电压表，R2、R3串联后与R1并联再与R4串联，电压表测量电阻R3、R4两端的电压之和．在ab间接一只理想电流表，此时R3、R4并联后，再与R1串联，这三个电阻组成串联电路后，再与电阻R2并联，电流表测量通过R2、R3的电流之和，根据欧姆定律和串、并联电阻的特点求出电流表的示数．【解答】解：（1）在ab间接一只理想电压表时，R2、R3串联后电阻为：R串=R2+R3=4Ω+6Ω=10ΩR串与R1并联后电阻为：R分==Ω=5Ω再与R4串联后总电阻为：R总=R分+R4=5Ω+3Ω=8Ω此时电路电流为：I总==A=0.3A，R4两端的电压为：U4=I总R4=0.3A×3Ω=0.9V，所以R2、R3串联后两端的电压为：U串=U﹣U4=2.4V﹣0.9V=1.5V，R2、R3串联后电流为：I分==A=0.15A，R3两端的电压为：U3=I分R3=0.15A×6Ω=0.9V，电阻R3、R4两端的电压之和也就是电压表的示数为：U分=U3+U4=0.9V+0.9V=1.8V．（2）通过电阻R2的电流为：I2==A=0.6AR3、R4并联后电阻为：R并==Ω=2Ω再与R1串联后总电阻为：R串=R1+R并=10Ω+2Ω=12Ω此时这段电路的电流为：I1==A=0.2A，所以通过通过R1的电流为0.2A，R3两端的电压为：U3=I1R并=0.2A×2Ω=0.4V，通过R3的电流为：I3==≈0.07A，所以电流表的示数为：I=I2+I3=0.6A+0.07A=0.67A．-21-\n答：在ab间接一只理想电压表，它的读数是1.8V；如在ab间接一只理想电流表，它的读数是0.67A【点评】本题考查电流表和电压表的读数，关键在于欧姆定律及其变形的灵活运用，难点是明白换接不同的电表时电路的连接，能画出等效电路图，还要知道串、并联电路电流、电压和电阻的规律．　20．（14分）（2022秋•普宁市校级月考）如图所示，两平行金属板水平放置，板间存在着如图所示的交变电场，极板长为L，板间距离为d，取竖直向上的方向为电场强度的正方向．一带电量为q的正电荷从两板正中间的位置由左侧射入板间．初速度为v0，己知电荷所受电场力大小是其重力的2倍．重力加速度为g，且0时刻射入的粒子正好可从板间射出．求：（1）两板间距d应满足的条件；（2）0时刻射入的粒子射出板间时的动能．【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）将电荷的运动分解为水平方向和竖直方向，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上，结合受力，根据牛顿第二定律和运动学公式求出最大位移的大小，从而得出d满足的条件．（2）根据竖直方向上的运动规律，结合运动学公式求出末时刻竖直方向的分速度，结合平行四边形定则求出射出时的动能．【解答】解：（1）0﹣内，电荷所受的电场力方向竖直向上，根据牛顿第二定律得，，则粒子向上运动的位移，粒子的速度，内，电荷所受的电场力方向竖直向下，根据牛顿第二定律得，，向上速度减为零的时间，知在竖直方向上粒子向上做匀减速运动到零后再向下做匀加速运动，-21-\n向上匀减速运动的位移=，可知．则．（2）粒子射出复合场时，竖直方向的分速度，负号表示方向．则射出时的动能=．答：（1）两板间距d应满足的条件为．（2）0时刻射入的粒子射出板间时的动能为．【点评】本题考查电荷在复合场中的运动，知道前一段时间和后一段时间内竖直方向的加速度不同，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解．-21-