2022-2022学年山东省临沂市罗庄区高二（上）期中物理试卷 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．（4分）下列说法正确的是（ ）A．匀强电场中任意两点的电势差，等于场强与这两点间距离的乘积B．沿着电场线方向，相等距离上的两点间的电势差必定相等C．真空中相距为r、带电量为+q、﹣q的两点电荷连线中点的电场强度大小是D．根据公式E=k可知，真空中点电荷在电场中某点的电场强度与点电荷的电量Q成正比，与该点到点电荷的距离r的平方成反比2．（4分）（2022•江苏二模）如图所示实线为等量异号点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点．若将一试探正点电荷从虚线上N点移动到M点，则（ ）A．电荷所受电场力大小不变B．电荷所受电场力逐渐增大C．电荷电势能逐渐减小D．电荷电势能保持不变3．（4分）（2022•广东）喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（ ）A．向负极板偏转B．电势能逐渐增大C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电量无关-23-\n4．（4分）飞行器在太空飞行，主要靠太阳能电池提供能量．若一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流为40mA．若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（ ）A．0.10VB．0.20VC．0.30VD．0.40V5．（4分）（2022•海南）将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示．下列说法正确的是（ ）A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半6．（4分）一根粗细均匀的导线，两端加上电压U时，通过导线中的电流强度为I，导线中自由电子定向移动的平均速度为v，若导线均匀拉长，使其半径变为原来的，电阻变为原来的16倍，再给它两端加上电压U，则（ ）A．导线内单位体积内的电子数变为原来的B．通过导线的电流为C．自由电子定向移动的平均速率为D．自由电子定向移动的平均速率为7．（4分）在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则下列说法正确的是（ ）A．电压表的示数变大B．通过R2的电流变小C．小灯泡消耗的功率变小D．电源内阻消耗的电压变大8．（4分）如图（a）所示的电路中，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动，根据电路中电压表和电流表的数据描绘了如图（b）所示的两条U﹣I图线（ ）-23-\nA．图线甲是根据电压表V1和电流表A的示数描绘的B．由图线可知，电源内阻r=3.0ΩC．图中两图线的交点表示在整个调节过程中，此时电源的输出功率最大D．图中两图线的交点表示在整个调节过程中，此时电源效率达到最大值9．（4分）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10．（4分）一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v﹣t图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度B．粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能C．CD间各点电场强度和电势都为零D．AB两点间的电势差大于CB两点间的电势差二、实验题（本题共2小题，共18分.把答案写在答题卡中指定答题处，不要求写出演算过程）-23-\n11．（8分）如图所示为多用电表示意图．其中A、B、C为三个可调节的部件．某同学在实验室中用它测量一阻值约为1～3kΩ的电阻．他测量的操作步骤如下：（1）调节可调部件 _________ ，使电表指针指向左边零刻度处．（2）调节可调部件B，使它的尖端指向 _________ 位置．（3）将红黑表笔分别插入正负插孔中，两笔尖相互接触，调节可动部件 _________ ，使电表指针指向欧姆零刻度位置．（4）将两只表笔分别与待测电阻两端相接，进行测量读数．（5）换测另一阻值为20～25kΩ的电阻时，选择“×1k”档，此时还必须重复步骤（3），才能进行测量，若电表读数如图所示，则该待测电阻的阻值是 _________ ．12．（10分）用如图1所示电路测定一节蓄电池（电动势约为2V）的电动势和内阻．蓄电池的内阻非常小，为防止滑动变阻器电阻过小时因电流过大而损坏器材，电路中用了一个保护电阻R0．除蓄电池、滑动变阻器、开关、导线外，可供使用的实验器材还有：A．电流表（量程0.6A、内阻约0.5Ω）B．电流表（量程3A、内阻约0.1Ω）C．电压表（量程3V，内阻约3kΩ）D．电压表（量程15V，内阻约15kΩ）E．保护电阻甲（阻值1Ω、额定功率5W）F．保护电阻乙（阻值10Ω、额定功率10W）G．滑动变阻器（阻值范围0～10Ω、额定电流2A）H．滑动变阻器（阻值范围0～200Ω、额定电流1A）（1）在实验中，电流表选 _________ ，电压表选 _________ ，定值电阻选 _________ ，滑动变阻器选 _________ ．（填序号）．-23-\n（2）根据电路图连接电路实物图（如图2）．（3）实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2，则可得出E= _________ ，r= _________ ．（用I1、I2、U1、U2表示）．三、计算题（共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）.13．（10分）如图所示，带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC中点．现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为，静电力常量为k，求：（1）小球运动到B点时的加速度大小．（2）B和A两点间的电势差（用Q和L表示）．14．（8分）如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，电动机的内阻r=0.8Ω，电路中另一电阻R=10Ω，直流电压U=160V，电压表的示数UV=110V．试求：（1）通过电动机的电流？（2）输入电动机的电功率？（3）如果电动机以1m/s的速度匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量是多少？（g=10m/s2）15．（10分）（2022•四川）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间．若小球带电量为q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力．那么（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？（2）此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）-23-\n16．（14分）如图所示，在空间中取直角坐标系xOy，在第一象限内从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，MN为电场的理想边界，场强大小为E1，ON=d．在第二象限内充满一个沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E2．电子从y轴上的A点以初速度v0沿x轴负方向射入第二象限区域，它到达的最右端为图中的B点，之后返回第一象限，且从MN上的P点离开．已知A点坐标为（0，h）．电子的电量为e，质量为m，电子的重力忽略不计，求：（1）电子从A点到B点所用的时间；（2）P点的坐标；（3）电子经过x轴时离坐标原点O的距离．2022-2022学年山东省临沂市罗庄区高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．（4分）下列说法正确的是（ ） A．匀强电场中任意两点的电势差，等于场强与这两点间距离的乘积 B．沿着电场线方向，相等距离上的两点间的电势差必定相等 C．-23-\n真空中相距为r、带电量为+q、﹣q的两点电荷连线中点的电场强度大小是 D．根据公式E=k可知，真空中点电荷在电场中某点的电场强度与点电荷的电量Q成正比，与该点到点电荷的距离r的平方成反比考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据匀强电场的场强公式E=分析两点间电势差的关系，注意d为沿电场线方向上的距离．根据点电荷的场强公式，结合场强的叠加得出等量异种电荷连线中点的场强．解答：解：A、匀强电场中任意两点间的电势差等于场强与两点沿电场线方向距离的乘积．故A错误．B、在匀强电场中，沿着电场线方向，相等距离上两点间的电势差相等，若电场为非匀强电场，则相等距离上两点间的电势差不等．故B错误．C、根据点电荷的场强公式，一个电荷在中点产生的场强大小，根据场强的叠加，则中点处的场强E=2E1=．故C错误．D、根据公式E=k可知，真空中点电荷在电场中某点的电场强度与点电荷的电量Q成正比，与该点到点电荷的距离r的平方成反比．故D正确．故选：D．点评：解决本题的关键掌握匀强电场的场强公式E=，注意d为沿电场线方向上的距离，以及掌握点电荷的场强公式E=． 2．（4分）（2022•江苏二模）如图所示实线为等量异号点电荷周围的电场线，虚线为以一点电荷为中心的圆，M点是两点电荷连线的中点．若将一试探正点电荷从虚线上N点移动到M点，则（ ）-23-\n A．电荷所受电场力大小不变B．电荷所受电场力逐渐增大 C．电荷电势能逐渐减小D．电荷电势能保持不变考点：电场强度；电势能．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：根据电场线的疏密分析场强的大小，判断电场力的变化；根据顺着电场线方向电势降低，判断电势的变化，从而确定电势的变化．解答：解：A、B由电场线的分布情况可知，N处电场线比M处电场线疏，则N处电场强度比M处电场强度小，由电场力公式F=qE可知正点电荷从虚线上N点移动到M点，电场力逐渐增大，故A错误，B正确．C、D、根据顺着电场线方向电势降低，可知从N到M，电势逐渐降低，正电荷的电势能逐渐减小，故C正确，D错误．故选：BC点评：解答本题关键掌握等量异号点电荷电场线分布情况，知道电场线的物理意义：疏密表示电场强势相对大小，方向反映电势的高低． 3．（4分）（2022•广东）喷墨打印机的简化模型如图所示，重力可忽略的墨汁微滴，经带电室带负电后，以速度v垂直匀强电场飞入极板间，最终打在纸上，则微滴在极板间电场中（ ） -23-\nA．向负极板偏转B．电势能逐渐增大 C．运动轨迹是抛物线D．运动轨迹与带电量无关考点：带电粒子在匀强电场中的运动．版权所有专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．分析：由电子带负电，在电场中受到的力来确定偏转方向；根据电子做类平抛运动来确定侧向位移，根据电场力做功来确定电势能变化情况．解答：解：A、由于带负电，故向正极板偏转，A错误；B、由于带负电墨汁微滴做正功，故电势能减少，B错误；C、由于电子在电场中做类平抛运动，轨迹为抛物线，故C正确；D、由侧向位移y=at2=（\frac{l}{v}）2，可知运动轨迹与带电量有关，D错误．故选：C．点评：解答本题需要理解电子做类平抛运动的规律及处理的方法，并得出电势能变化是由电场力做功来确定的． 4．（4分）飞行器在太空飞行，主要靠太阳能电池提供能量．若一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流为40mA．若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（ ） A．0.10VB．0.20VC．0.30VD．0.40V考点：电源的电动势和内阻．版权所有分析：-23-\n由开路电路等于电源的电动势，求出电动势，由短路电流求出电源的内阻．再根据欧姆定律求出电流和路端电压．解答：解：设电池板的内阻为r，其开路电压等于它的电动势，依题意有：E=800mVI短=解得电源内阻：r==Ω=20Ω电池板连上20Ω阻值后，流过电阻的电流大小为：I==mA=20mA此时的路端电压为：U=IR=20×20mV=400mV=0.4V；故选：D．点评：对于电动势的概念要理解：电动势等于外电压和内电压之和，当外电路开路时，内电压为零，开路电路等于电源的电动势． 5．（4分）（2022•海南）将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示．下列说法正确的是（ ） A．保持U不变，将d变为原来的两倍，则E变为原来的一半 B．保持E不变，将d变为原来的一半，则U变为原来的两倍 C．保持d不变，将Q变为原来的两倍，则U变为原来的一半 D．保持d不变，将Q变为原来的一半，则E变为原来的一半考点：电容器的动态分析．版权所有专题：压轴题；电容器专题．分析：保持U不变，根据公式E=分析E与d的关系；保持E不变，U与d正比；保持d不变，C不变，根据C=分析Q与U的关系；保持d不变，将Q变为原来的一半，由C=-23-\n分析U的变化，由E=分析E的变化．解答：解：A、保持U不变，将d变为原来的两倍，根据公式E=可知，E变为原来的一半．故A正确．B、保持E不变，将d变为原来的一半，由U=Ed可知，U变为原来的一半．故B错误．C、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的两倍，由公式C=分析可知，U变为原来的两倍．故C错误．D、保持d不变，电容C不变，将Q变为原来的一半，由公式C=分析可知，U变为原来的一半，由E=分析知，E变为原来的一半．故D正确．故选AD点评：本题关键要掌握E=、C=两个公式，同时，要明确d不变时，电容C不变． 6．（4分）一根粗细均匀的导线，两端加上电压U时，通过导线中的电流强度为I，导线中自由电子定向移动的平均速度为v，若导线均匀拉长，使其半径变为原来的，电阻变为原来的16倍，再给它两端加上电压U，则（ ） A．导线内单位体积内的电子数变为原来的 B．通过导线的电流为 C．自由电子定向移动的平均速率为 D．自由电子定向移动的平均速率为考点：欧姆定律；电阻定律．版权所有专题：-23-\n恒定电流专题．分析：将导线均匀拉长，使其半径变为原来的，横截面积变为原来的倍，导线长度要变为原来的4倍；然后由电阻定律分析电阻的变化，由欧姆定律分析电流的变化．由电流的微观表达式I=nevS分析平均速率v的变化．解答：解：A、单位体积中自由移动的电子数n不变，故A错误．B、电阻变为原来的16倍，再给它两端加上电压U，根据欧姆定律可知通过导线的电流为，故B正确．C、D、电流I变为原来的，横截面积变为原来的，单位体积中自由移动的电子数n不变，每个电子粒所带的电荷量e不变，由电流的微观表达式I=nevS可知，电子定向移动的速率变为原来的，故C正确，D错误．故选：BC．点评：本题关键要抓住物理量之间的关系，要在理解的基础上记住电流的微观表达式I=nevS． 7．（4分）在如图所示的电路中，E为电源，其内阻为r，L为小灯泡（其灯丝电阻可视为不变），R1、R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值大小随所受照射光强度的增大而减小，V为理想电压表．若将照射R3的光的强度减弱，则下列说法正确的是（ ） A．电压表的示数变大B．通过R2的电流变小 C．小灯泡消耗的功率变小D．电源内阻消耗的电压变大考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．版权所有专题：-23-\n恒定电流专题．分析：由光敏电阻的性质可知电路中电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，由欧姆定律可得出电压表示数的变化；同时还可得出路端电压的变化；由串联电路的规律可得出并联部分电压的变化，再由并联电路的规律可得出通过小灯泡的电流的变化，由功率公式即可得出灯泡功率的变化．解答：解：A、光敏电阻光照减弱，故光敏电阻的阻值增大，电路中的总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可得，电路中电流减小，故R1两端的电压减小，故A错误；B、因电路中电流减小，故内压减小，路端电压增大，同时R1两端的电压减小，故并联电路部分电压增大；则流过R2的电流增大，故B错误；C、由并联电路的电流规律可知，流过灯泡的电流一定减小，故由P=I2R可知，小灯泡消耗的功率变小，故C正确；D、通过电源的电流减小，P=I2r可知，电源内阻发热的功率变小，故D错误；故选：C．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． 8．（4分）如图（a）所示的电路中，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动，根据电路中电压表和电流表的数据描绘了如图（b）所示的两条U﹣I图线（ ） A．图线甲是根据电压表V1和电流表A的示数描绘的 B．由图线可知，电源内阻r=3.0Ω C．图中两图线的交点表示在整个调节过程中，此时电源的输出功率最大 D．图中两图线的交点表示在整个调节过程中，此时电源效率达到最大值考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．版权所有-23-\n专题：恒定电流专题．分析：由图可知，V1测电源的路端电压，V2测量R0两端的电压；则两条U﹣I图象表示的意义不同，根据图象的意义可知交点的意义．当外电阻等于电源的内电阻时，电源的输出功率最大解答：解：A、由图可知，V1测电源的路端电压，V2测量R0两端的电压，路端电压随电流增大而减小，定值电阻两端电压随电流增大而增大，由图乙所示图象可知，图线甲是电压表V1的测量值所对应的图线，图线乙是V2的测量值所对应的图线，故A正确；B、由电源的U﹣I图象可知，图象与总轴的交点纵轴坐标轴是1.5，则电源电动势E=1.5V，电源内阻r===1Ω，故B错误；C、D、图线乙的斜率表示电阻R0，为2Ω；图中两图线的交点表示输出功率等于电阻R0的功率，说明滑动变阻器短路了，电源的效率最小，输出功率最大；故C正确，D错误；故选：AC．点评：本题考查测定电动势和内电阻实验的数据处理方法，要结合电路分析图线的意义，注意分析交点及截距等图象给出的隐含条件． 9．（4分）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．版权所有专题：-23-\n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． 10．（4分）一带正电的粒子仅在电场力作用下从A点经B、C点运动到D点，其v﹣t图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ） A．A点的电场强度一定大于B点的电场强度 B．粒子在A点的电势能一定大于在B点的电势能 C．CD间各点电场强度和电势都为零 D．AB两点间的电势差大于CB两点间的电势差考点：电势差；电场强度．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：-23-\n从图象可以看出，粒子做的是非匀变速直线运动，可得出受到的电场力不恒定，由带正电的粒子仅在电场力作用，有图线斜率代表加速度，有牛顿第二定律得知电场力的大小关系，从而得到电场强度德大小关系．由运动过程中，动能增加，势能减少，所以可判断出粒子在AB两点的电势能大小，有电场力做功的公式可得AB两点间的电势差与CB两点间的电势差的大小关系．解答：解：A、由运动的速度﹣﹣时间图象可看出，带正电的粒子的加速度在A点时较大，有牛顿第二定律得知在A点的电场力大，故A点的电场强度一定大于B点的电场强度，故A正确；B、由A到B的过程中，速度越来越大，说明是电场力做正功，电势能转化为动能，由功能关系可知，此过程中电势能减少，正电荷在A点是电势能大于在B时的电势能，所以A点的电势能高于B点的电势能，故B正确．C、从C到D，粒子速度一直不变，故电场力做功为零，可知CD间各点电场强度为零，但电势不一定为零，故C错误；D、A、C两点的速度相等，故粒子的动能相同，因此从A到B和从B到C电场力做功的绝对值相同，AB两点间的电势差等于CB两点间的电势差，故D错误．故选：AB点评：本题考察到了电场力做功的计算和电场力做功与电势能的关系，其关系为：电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少；电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值．这常是判断电荷电势能如何变化的依据．还考察了对于匀变速直线运动的图象分析电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似． 二、实验题（本题共2小题，共18分.把答案写在答题卡中指定答题处，不要求写出演算过程）11．（8分）如图所示为多用电表示意图．其中A、B、C为三个可调节的部件．某同学在实验室中用它测量一阻值约为1～3kΩ的电阻．他测量的操作步骤如下：（1）调节可调部件 A ，使电表指针指向左边零刻度处．（2）调节可调部件B，使它的尖端指向 “×100”的倍率挡 位置．（3）将红黑表笔分别插入正负插孔中，两笔尖相互接触，调节可动部件 C ，使电表指针指向欧姆零刻度位置．（4）将两只表笔分别与待测电阻两端相接，进行测量读数．（5）换测另一阻值为20～25kΩ的电阻时，选择“×1k”档，此时还必须重复步骤（3），才能进行测量，若电表读数如图所示，则该待测电阻的阻值是 22kΩ ．-23-\n考点：用多用电表测电阻．版权所有专题：实验题．分析：多用电表测量电阻时，先进行机械校零，需将选择开关旋到殴姆档某一位置，再进行欧姆调零，殴姆调零后，测量电阻读出示数．注意示数是由刻度值与倍率的乘积．解答：解：（1）多用电表的使用首先进行机械调零：调节可调部件A，使电表指针停在表盘左边的零刻度的位置；（2）测阻值为1～3kΩ的电阻，为使指针指在中央刻度附近，选择×100Ω挡位．（3）选档后进行欧姆调零：将红、黑表笔分别插入“+”、“﹣”插孔，笔尖相互接触，调节可调部件C，使电表指针指向表盘右边的欧姆挡零刻线位置．（5）换测另一阻值为20～25kΩ的电阻时，应调节B，使它的尖端指向“×1k”的位置，此时还必须重新进行欧姆调零，即重复步骤（3），由图示可知，欧姆表示数，即待测电阻阻值为：22×1000Ω=22000Ω=22kΩ．故答案为：（1）A；（2））“×100”的倍率挡；（3）C；（5）22kΩ．点评：本题考查了欧姆表的使用，使用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指针中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数． 12．（10分）用如图1所示电路测定一节蓄电池（电动势约为2V）的电动势和内阻．蓄电池的内阻非常小，为防止滑动变阻器电阻过小时因电流过大而损坏器材，电路中用了一个保护电阻R0．除蓄电池、滑动变阻器、开关、导线外，可供使用的实验器材还有：A．电流表（量程0.6A、内阻约0.5Ω）B．电流表（量程3A、内阻约0.1Ω）C．电压表（量程3V，内阻约3kΩ）D．电压表（量程15V，内阻约15kΩ）E．保护电阻甲（阻值1Ω、额定功率5W）F．保护电阻乙（阻值10Ω、额定功率10W）G．滑动变阻器（阻值范围0～10Ω、额定电流2A）H．滑动变阻器（阻值范围0～200Ω、额定电流1A）（1）在实验中，电流表选 A ，电压表选 C ，定值电阻选 E ，滑动变阻器选 G ．（填序号）．-23-\n（2）根据电路图连接电路实物图（如图2）．（3）实验中，当电流表读数为I1时，电压表读数为U1；当电流表读数为I2时，电压表读数为U2，则可得出E= ，r= ．（用I1、I2、U1、U2表示）．考点：测定电源的电动势和内阻．版权所有专题：实验题．分析：（1）根据实验原理及给出的电源选择合理的仪器；（2）由原理图作出实物图即可；（3）测电源的电动势和内电阻采用的是一般的限流接法，只需测出通过电源的两组电压和电流即可联立求得电源的电动势和内阻．解答：解：（1）保护电阻如果太大，电路电流较小，电流变化范围小，不能测多组实验数据，因此保护电阻需要选择E；电源电动势约为2V，保护电阻为1Ω，电源内阻较小，内阻约为1Ω，因此电路最大电流约为1A，若用3A量程，误差较大，故电流表应选A；电压表选择C；为方便实验操作，滑动变阻器应选G；（2）伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，实验电路图如图所示．（3）由闭合电路欧姆定律可知：U1=E﹣I1rU2=E﹣I2r联立解得：E=；r=故答案为：（1）ACEG；（2）如下图所示；（3），．点评：-23-\n掌握实验器材的选取原则：安全性原则、精确性原则、方便性原则、经济（节能）性原则．本实验一般采用图象法求电动势和内电阻；本题中的计算法误差较大． 三、计算题（共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）.13．（10分）如图所示，带电荷量为Q的正点电荷固定在倾角为30°的光滑绝缘斜面底部的C点，斜面上有A、B两点，且A、B和C在同一直线上，A和C相距为L，B为AC中点．现将一带电小球从A点由静止释放，当带电小球运动到B点时速度正好又为零，已知带电小球在A点处的加速度大小为，静电力常量为k，求：（1）小球运动到B点时的加速度大小．（2）B和A两点间的电势差（用Q和L表示）．考点：电势差与电场强度的关系；电势差．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）根据库仑定律和牛顿第二定律分别研究小球在A点和B点的加速度，分别列式即可求得小球运动到B点时的加速度大小．（2）根据动能定理和电场力公式W=qU结合，求解B和A两点间的电势差．解答：解：（1）根据牛顿第二定律和库仑定律得：带电小球在A点时有：mgsin30°﹣k\frac{Qq}{{L}^{2}}=maA带电小球在B点时有：k﹣mgsin30°=maB且aA=，可解得：aB=（2）由A点到B点应用动能定理得：mgsin30°•﹣UBA•q=0由mgsin30°﹣k=m•aA=m\frac{g}{4}可得：mg=k-23-\n可求得：UBA=k答：（1）小球运动到B点时的加速度大小为．（2）B和A两点间的电势差为k．点评：此题要研究加速度，首先要想到牛顿第二定律，分析受力，列式求解．对于电势差，要知道电场力做功与电势差有关，运用动能定理求解电势差是常用的思路． 14．（8分）如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，电动机的内阻r=0.8Ω，电路中另一电阻R=10Ω，直流电压U=160V，电压表的示数UV=110V．试求：（1）通过电动机的电流？（2）输入电动机的电功率？（3）如果电动机以1m/s的速度匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量是多少？（g=10m/s2）考点：电功、电功率．版权所有专题：恒定电流专题．分析：（1）根据欧姆定律求出通过R的电流；（2）电动机的输入功率为P1=U2I；（3）电动机内电阻的发热功率为P2=I2r，输出的机械功率为P3=P1﹣P2．由公式P3=Fv=mgv求解物体的质量．解答：解：（1）通过R的电流I=A=5A；（2）电动机的输入功率P1=U2I=110×5W=550W，（3）电动机内电阻的发热功率P2=I2r=52×0.8W=20W，输出的机械功率P3=P1﹣P2=（550﹣20）W=530W；而P3=Fv=mgv解得：m==53kg答：（1）通过R的电流为5A；（2）输入电动机的电功率为550W；（3）若该电动机以v=1m-23-\n/s匀速竖直向上提升一重物，此重物的质量为53kg．点评：本题考查了机械公式和电功功率以及电功公式的灵活应用，关键是知道电动机做功的功率加上线圈的发热功率即为电动机消耗电能的功率，难度适中． 15．（10分）（2022•四川）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间．若小球带电量为q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力．那么（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？（2）此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）考点：带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；欧姆定律；电功、电功率．版权所有专题：压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．分析：小球恰好运动到A板，根据动能定理列式求解两板间的电压；然后根据欧姆定律求解滑动变阻器的电阻值；最后根据电功率表达式求解电源的输出功率．解答：解：（1）小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零．设两板间电压为UAB由动能定理得﹣mgd﹣qUAB=0﹣①∴滑动变阻器两端电压U滑=UAB=8V②设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得I==1A③滑动变阻器接入电路的电阻R滑==8Ω④即滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω时，小球恰能到达A板．-23-\n（2）电源的输出功率P出=I2（R+R滑）=23W⑤故电源的输出功率是23W．点评：本题关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据动能定理、欧姆定律联立列式求解． 16．（14分）如图所示，在空间中取直角坐标系xOy，在第一象限内从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，MN为电场的理想边界，场强大小为E1，ON=d．在第二象限内充满一个沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为E2．电子从y轴上的A点以初速度v0沿x轴负方向射入第二象限区域，它到达的最右端为图中的B点，之后返回第一象限，且从MN上的P点离开．已知A点坐标为（0，h）．电子的电量为e，质量为m，电子的重力忽略不计，求：（1）电子从A点到B点所用的时间；（2）P点的坐标；（3）电子经过x轴时离坐标原点O的距离．考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系．版权所有专题：电场力与电势的性质专题．分析：（1）电子从A到B的过程做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度，再由速度公式求解时间．（2）电子射入第一象限的电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求解P点的坐标．（3）电子离开电场后水平、竖直方向上都做匀速运动，先求出电子射出P点的速度，再由位移公式求解电子经过x轴时离坐标原点O的距离．解答：解：（1）从A到B的过程中，加速度大小为，由速度公式得：0=v0﹣at，解得：；（2）电子从A运动到B，然后沿原路返回A点时的速度大小仍是v0，-23-\n在第一象限的电场中，电子做类平抛运动，则：电子电场E1中的运动时间为：t1=射出P点时竖直方向的分位移为y=又根据牛顿第二定律得：a1=解得y=；所以P点的坐标为（d，h﹣）；（3）电子到达P点时，竖直分速度为：电子离开电场后水平、竖直方向上都做匀速运动，水平方向有：△x=v0t2竖直方向有：h﹣y=vyt2电子经过x轴时离坐标原点O的距离x=d+△x解得x=+；答：（1）电子从A点到B点所用的时间为；（2）P点的坐标为（d，h﹣）；（3）电子经过x轴时离坐标原点O的距离为+．点评：本题是带电粒子在匀强电场中加速和偏转结合的问题，能熟练运用运动的分解法研究类平抛运动，结合几何知识进行求解． -23-
