2022-2022学年四川省德阳市中江县实验中学高二（上）期中物理试卷 一、单项选择题（本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的．每小题4分，共32分）1．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（ ）A．1、2两点的场强相等B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等 2．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（ ）A．B．C．D． 3．如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR=2RQ．则（ ）A．q1=2q2B．q1=4q2C．q1=﹣2q2D．q1=﹣4q2 4．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 5．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J．为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是（ ）-19-\nA．3V，1.8JB．3V，3.6JC．6V，1.8JD．6V，3.6J 6．如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（ ）A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动 7．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变为原来的两倍 8．如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g．粒子运动加速度为（ ）A．gB．gC．gD．g 二、不定项选择题（本题共4小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一项是符合题意的．每小题全选对的得4分，选对但不全的得2分，错选不得分，共16分．）9．如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，初速度为v0的带电小球从A点射入电场，在竖直平面内沿直线从A运动到B，在此过程中（ ）A．小球带负电B．小球的做匀减速直线运动C．小球的动能和重力势能之和减少D．动能增加，重力势能和电势能之和减少 -19-\n10．如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定、圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零．则小球a（ ）A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量 11．静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（ ）A．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大 12．质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则（ ）A．整个过程中小球电势能变化了mg2t2B．整个过程中小球动能增量为2mg2t2C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2D．从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t2 三、实验题（共18分）13．电流表的内阻是Rg=200Ω，满刻度电流值是Ig=500微安培，现欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是 A．应串联一个1800Ω的电阻B．应并联一个1800Ω的电阻． 14．要测绘一个标有“3V0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作．已选用的器材有：电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）；电流表（量程为0～250mA．内阻约5Ω）；-19-\n电压表（量程为0～3V．内限约3kΩ）；电键一个、导线若干．（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的 （填字母代号）．A．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）（2）实验的电路图应选用下列的图 （填字母代号）．（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果这个小灯泡两端所加电压为1.5V，则小灯泡在该温度时的电阻是 Ω．随着电压增大，温度升高，小灯泡的电阻 ．（填“增大”，“减小”或“不变”） 15．在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，计算结果由Rx=计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的读数；若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则： （填“Rx1”或“Rx2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1 （填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测量值Rx2 （填“大于”、“等于”或“小于”）真实值． 四、计算题（共44分）16．一台直流电动机，线圈电阻为0.5Ω，接到12V的电源上时，通过的电流为3A．这台电动机工作10s消耗多少电能？有多少电能转化为机械能？ -19-\n17．（10分）（2022秋•中江县校级期中）如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点．先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量分别为﹢Q和﹣Q，此时悬线与竖直方向的夹角为．再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量． 18．（12分）（2022秋•威远县校级期中）如图所示，一个质量为m=2.0×10﹣11kg，电荷量q=+1.0×10﹣5C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U=100V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中．金属板长L=20cm，两板间距d=10cm．求：（1）微粒进入偏转电场时的速度v是多大？（2）若微粒射出电场过程的偏转角为θ=30°，则两金属板间的电压U2是多大？ 19．（14分）（2022秋•威远县校级期中）如图所示，水平绝缘光滑的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.40m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E=1.0×104N/C．现有一电荷量q=+1.0×10﹣4C，质量m=0.10kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点．取g=10m/s2．试求：（1）带电体在圆形轨道C点的速度大小．（2）PB间的距离xpB（3）D点到B点的距离xDB．（4）带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能．（结果保留3位有效数字） 2022-2022学年四川省德阳市中江县实验中学高二（上）期中物理试卷-19-\n参考答案与试题解析 一、单项选择题（本题共8小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的．每小题4分，共32分）1．如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面．下列判断正确的是（ ）A．1、2两点的场强相等B．1、3两点的场强相等C．1、2两点的电势相等D．2、3两点的电势相等【考点】电势；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大．顺着电场线，电势降低．利用这些知识进行判断．【解答】解：A、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故A错误；B、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与3比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大．故B错误；C，顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势．故C错误；D、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等．故D正确．故选：D．【点评】加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题． 2．一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递减的．关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（ ）A．B．C．D．【考点】电场强度；曲线运动．【专题】压轴题；电场力与电势的性质专题．【分析】根据物体做曲线运动的条件和受力特点分析电荷受的电场力方向，再由负电荷所受的电场力方向与场强方向相反进行选择．【解答】解：A、电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向．故A错误．B、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题不符．故B错误．-19-\nC、图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨迹运动．故C错误．D、图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，符合题意．故D正确．故选D【点评】本题是电场中轨迹问题，抓住电荷所受的合力指向轨迹的内侧和速度沿轨迹的切线方向是解题的关键． 3．如图，电荷量为q1和q2的两个点电荷分别位于P点和Q点．已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，且PR=2RQ．则（ ）A．q1=2q2B．q1=4q2C．q1=﹣2q2D．q1=﹣4q2【考点】库仑定律；电场的叠加．【分析】根据点电荷的电场强度公式，由点电荷电场强度的叠加求解．【解答】解：已知在P、Q连线上某点R处的电场强度为零，根据点电荷的电场强度公式得=，PR=2RQ．解得：q1=4q2．故选：B．【点评】理解点电荷的电场强度公式及电场强度的叠加，并掌握电场强度的矢量性． 4．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【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】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．-19-\n【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． 5．当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J．为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是（ ）A．3V，1.8JB．3V，3.6JC．6V，1.8JD．6V，3.6J【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】（1）已知电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能0.9J，根据W=UQ变形可求出电压；当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=可知，当时间相同，由电荷时的关系可知电流关系，因为电阻不变，根据U=IR，由电流关系可知电压关系，即可求出电阻丝两端所加电压U；（2）已知通过电阻丝的电量是0.6C，电阻丝两端所加电压U已求出，根据W=UQ可求出电阻丝在这段时间内消耗的电能W．【解答】解：因为电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能是0.9J，所以此时电压为：U′===3V当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=可知，I=2I′，根据U=IR可知，电阻不变，此时电阻丝两端电压：U=2U′=6V，电阻丝在这段时间内消耗的电能：W=UQ=6V×0.6C=3.6J．故选D．【点评】本题考查了电量和电功的计算及欧姆定律的应用．本题由于不知道时间不能求出电流，只能根据相关公式找出相关关系来求解． 6．如图，两平行的带电金属板水平放置．若在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态．现将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，再由a点从静止释放一同样的微粒，该微粒将（ ）A．保持静止状态B．向左上方做匀加速运动C．向正下方做匀加速运动D．向左下方做匀加速运动【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】开始时刻微粒保持静止，受重力和电场力而平衡；将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，电容器带电量不变，间距不变，正对面积也不变，故电场强度的大小不变，电场力的大小不变，方向逆时针旋转45°，根据平行四边形定则求解出合力的方向，确定微粒的运动即可．【解答】解：在两板中间a点从静止释放一带电微粒，微粒恰好保持静止状态，微粒受重力和电场力平衡，故电场力大小F=mg，方向竖直向上；-19-\n将两板绕过a点的轴（垂直于纸面）逆时针旋转45°，电场强度大小不变，方向逆时针旋转45°，故电场力逆时针旋转45°，大小仍然为mg；故重力和电场力的大小均为mg，方向夹角为135°，故合力向左下方，微粒的加速度恒定，向左下方做匀加速运动；故ABC错误，D正确；故选：D．【点评】本题关键是对为零受力分析后结合牛顿第二定律分析，注意本题中电容器的两板绕过a点的轴逆时针旋转，板间场强大小不变，基础题目． 7．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变为原来的两倍【考点】电容器的动态分析．【专题】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=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错误．故选：A．【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． 8．如图，一平行板电容器的两极板与一电压恒定的电源相连，极板水平放置，极板间距为d，在下极板上叠放一厚度为l的金属板，其上部空间有一带电粒子P静止在电容器中，当把金属板从电容器中快速抽出后，粒子P开始运动，重力加速度为g．粒子运动加速度为（ ）-19-\nA．gB．gC．gD．g【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】金属板内部场强为零，有厚度为l的金属板，相当于平行板电容器的间距减小了l；粒子受重力和电场力，根据平衡条件和牛顿第二定律列式求解加速度．【解答】解：粒子受重力和电场力，开始时平衡，有：mg=q①当把金属板从电容器中快速抽出后，根据牛顿第二定律，有：mg﹣q=ma②联立①②解得：a=g故选：A．【点评】本题要记住平行板电容器内插入金属板，可以等效成极板间距减小了；然后结合共点力平衡条件和牛顿第二定律列式分析，不难． 二、不定项选择题（本题共4小题，在每小题给出的四个选项中，至少有一项是符合题意的．每小题全选对的得4分，选对但不全的得2分，错选不得分，共16分．）9．如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，初速度为v0的带电小球从A点射入电场，在竖直平面内沿直线从A运动到B，在此过程中（ ）A．小球带负电B．小球的做匀减速直线运动C．小球的动能和重力势能之和减少D．动能增加，重力势能和电势能之和减少【考点】带电粒子在混合场中的运动．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．【分析】带点小球做直线运动，所受合力方向与运动方向必定在同一直线上，根据重力和电场力做功的正负判断动能、电势能、重力势能的变化．【解答】解：A、带点小球做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上．小球受到重力和电场力，可知小球所受的电场力方向水平向左，与场强方向相同，所以小球带正电．故A错误．B、由上分析可知，合力与运动方向相反，因此小球的做匀减速直线运动，故B正确；-19-\nC、D、因为电场力和重力方向与位移方向夹角为钝角，所以重力和电场力都做负功，故重力势能增加，电势能增加，根据能量守恒可知，小球的机械能减小，即动能与重力势能之和减小．根据动能定理得：合外力做的功等于动能的变化量，合外力做负功，动能减小．故D错误．C正确．故选：BC．【点评】本题考查了重力做功与重力势能及电场力做功与电势能的关系，难度不大，属于基础题． 10．如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定、圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零．则小球a（ ）A．从N到Q的过程中，重力与库仑力的合力先增大后减小B．从N到P的过程中，速率先增大后减小C．从N到Q的过程中，电势能一直增加D．从P到Q的过程中，动能减少量小于电势能增加量【考点】电势能；功能关系．【分析】分析库仑力及重力的合力，根据功的公式明确合力做功情况；再根据重力做功和电场力做功的特点与势能的关系分析电势能的变化．【解答】解：A、a由N到Q的过程中，重力竖直向下，而库仑力一直沿二者的连线方向，则可知，重力与库仑力的夹角一直减小，故合力一直在增大；故A错误；B、在整个过程中合力先与运动方向的夹角均为锐角，合力做正功；而后一过程中合力与运动方向夹角为钝角，合力做负功；故从N到P的过程中，速率先增大后减小；故B正确；C、由于在下降过程中，库仑力一直与运动方向夹角大于90度，故库仑力一直做负功；电势能一直增加；故C正确；D、从P到Q的过程中，由动能定理可知，﹣mgh﹣WE=0﹣mv2；故动能的减小量等于重力势能增加量和电势能的增加量；故D错误；故选：BC．【点评】本题考查功能关系，要注意明确电场力和重力具有相同的性质，即重力做功量度重力势能的改变量；而电场力做功量度电势能的改变量． 11．静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示，x轴正向为场强正方向，带正电的点电荷沿x轴运动，则点电荷（ ）-19-\nA．在x2和x4处电势能相等B．由x1运动到x3的过程中电势能增大C．由x1运动到x4的过程中电场力先增大后减小D．由x1运动到x4的过程中电场力先减小后增大【考点】电势能；电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】由图可以看出在0﹣x1处场强为正，x1﹣+∞处场强为负方向，沿着电场线的方向电势降低，对于正电荷而言电势降低则电势能减小．【解答】解：A、x2﹣x4处场强为x轴负方向，则从x2到x4处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x4处电势能较大，故A错误；B、x1﹣x3处场强为x轴负方向，则从x1到x3处逆着电场线方向移动，电势升高，正电荷在x3处电势能较大，B正确；C、由x1运动到x4的过程中，由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小，故电场力先增大后减小，故C正确，D错误；故选：BC．【点评】本题考查从图象获取信息的能力，另外U=Ed，所以E﹣x图象组成图形的面积还可以表示电势差． 12．质量为m的带正电小球由空中A点无初速度自由下落，在t秒末加上竖直向上、范围足够大的匀强电场，再经过t秒小球又回到A点．不计空气阻力且小球从未落地，则（ ）A．整个过程中小球电势能变化了mg2t2B．整个过程中小球动能增量为2mg2t2C．从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化了mg2t2D．从A点到最低点小球重力势能变化了mg2t2【考点】功能关系；动能和势能的相互转化．【分析】分析小球的运动过程，根据运动学公式求出在电场中的加速度．根据牛顿第二定律求出电场力与重力的关系．运用动量定理求出动量的变化量．根据动能定理求出动能的变化量．根据重力做功与重力势能变化关系求解重力势能变化量．【解答】解：A、小球先做自由下落，然后受电场力和重力向下做匀减速到速度为0，再向上做匀加速回到A点．设加上电场后小球的加速度大小为a，规定向下为正方向．整个过程中小球的位移为0，运用运动学公式：gt2+gt×t﹣at2=0解得a=3g，根据牛顿第二定律：F合=F电﹣mg=ma所以电场力是重力的4倍为4mg，根据电场力做功量度电势能的变化w电=﹣△Ep-19-\nw电=F电•x=4mg×gt2=2mg2t2所以整个过程中小球电势能减少了2mg2t2．故A错误．B、规定向下为正方向，根据动量定理得：△p=mgt﹣3mgt=﹣2mgt，所以整个过程中小球动量增量的大小为2mgt，故B正确；C、小球减速到最低点动能为0，所以从加电场开始到小球运动到最低点时小球动能变化与从A点无初速度自由下落到t秒末动能变化相等．小球从A点无初速度自由下落到t秒末动能变化为mg2t2故C错误．D、根据重力做功与重力势能变化的关系得：从A点到最低点重力势能变化了mg×（gt2+gt2）=mg2t2．故D正确．故选：BD．【点评】本题主要考查了做功与能量变化关系的应用．要能够分析小球的运动过程，明确题目中要研究的过程解决问题． 三、实验题（共18分）13．电流表的内阻是Rg=200Ω，满刻度电流值是Ig=500微安培，现欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是 B A．应串联一个1800Ω的电阻B．应并联一个1800Ω的电阻．【考点】把电流表改装成电压表．【专题】实验题；定量思想；推理法；恒定电流专题．【分析】电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为R=﹣Rg，U为改装后的量程．【解答】解：串联电阻分压，串联的阻值为R=﹣Rg=﹣200=1800Ω故选：B【点评】考查的电压表的改装原理，明确串联电阻的分压作用，会求串联电阻阻值． 14．要测绘一个标有“3V0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作．已选用的器材有：电池组（电动势为4.5V，内阻约1Ω）；电流表（量程为0～250mA．内阻约5Ω）；电压表（量程为0～3V．内限约3kΩ）；电键一个、导线若干．（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的 A （填字母代号）．A．滑动变阻器（最大阻值20Ω，额定电流1A）B．滑动变阻器（最大阻值1750Ω，额定电流0.3A）（2）实验的电路图应选用下列的图 B （填字母代号）．-19-\n（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示．如果这个小灯泡两端所加电压为1.5V，则小灯泡在该温度时的电阻是 10 Ω．随着电压增大，温度升高，小灯泡的电阻 增大 ．（填“增大”，“减小”或“不变”）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】1、根据滑动变阻器的接法可选择对应的滑动变阻器；2、根据实验的要求可以选择滑动变阻器的接法；根据灯泡及电表的电阻关系可以选择电流表的接法；3、由图象可明确1.5V电压时的电流，再由欧姆定律可明确对应的电阻值；由图象的变化可得出对应的电阻变化规律．【解答】解：（1）因实验中采用分压接法，故滑动变阻器应选择小电阻；故选：A；（2）实验中要求电压从零开始变化，则必须采用滑动变阻器分压接法；而由于灯泡内阻较小，故应采用电流表外接法，故选：B；（3）由图可知，当电压为1.5V时，电流I=0.15A；由欧姆定律可知，电阻R===10Ω；I﹣U图象中的斜率表示其电阻，故说明电阻值越来越大；即灯泡电阻随温度的升高而增大．故答案为：（1）A（2）B（3）10，增大【点评】要熟记电学实验基本要求：伏安法测电阻时注意电流表内外接法的选择方法，当待测电阻值远小于电压表内阻时，电流表用外接法；当待测电阻值远大于电流表内阻时，电流表用内接法．在要求电流或电压值从零调时，滑动变阻器应用分压式，此时应选阻值小的变阻器． 15．在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，计算结果由Rx=计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的读数；若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则： Rx1 （填“Rx1”或“Rx2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1 大于 （填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测量值Rx2 小于 （填“大于”、“等于”或“小于”）真实值．-19-\n【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】本题的关键是明确电流表内外接法的选择方法：当满足＞时，电流表应用外接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比较可知，测量值小于真实值；当满足＜时，电流表应用内接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比较可知，测量值大于真实值．【解答】解：待测电阻Rx约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，==20，==10，＜，电流表应采用内接法，此时实验误差较小，测量值Rx1更接近于真实值；由图a所示电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，电压的测量值偏大，电阻测量值Rx1的大于真实值；由图b所示电路可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所示电流偏大，电阻测量值Rx2小于真实值；故答案为：Rx1，大于，小于．【点评】本题考查了实验误差分析，知道伏安法测电阻电流表的接法是正确解题的关键；电流表内外接法的选择方法是：当满足＞时，电流表应用外接法，此时测量值小于真实值；当满足＜时，电流表应用内接法，此时测量值大于真实值． 四、计算题（共44分）16．一台直流电动机，线圈电阻为0.5Ω，接到12V的电源上时，通过的电流为3A．这台电动机工作10s消耗多少电能？有多少电能转化为机械能？【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】根据W=Pt=UIt求解消耗的电能，根据Q=I2Rt求解产生的热量，根据E机=W﹣Q求解输出的机械能．【解答】解：电动机的电压为12V，电流为3A，电动机工作10s，消耗的电能：W=UIt=12×3×10=360J；产生的热量：Q=I2Rt=32×0.5×10=45J；根据能量守恒定律，输出的机械能为：E机=W﹣Q=360J﹣45J=315J-19-\n答：这台电动机工作10s消耗360J的电能，有315J的电能转化为机械能．【点评】本题关键明确电动机正常工作时是非纯电阻电路，根据W=UIt求电功，根据Q=I2Rt求解电热，不难． 17．（10分）（2022秋•中江县校级期中）如图，一平行板电容器的两个极板竖直放置，在两极板间有一带电小球，小球用一绝缘轻线悬挂于O点．先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量分别为﹢Q和﹣Q，此时悬线与竖直方向的夹角为．再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到，且小球与两极板不接触．求第二次充电使电容器正极板增加的电荷量．【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，根据U=Ed、Q=cU、F=qE以及平衡条件分两次列方程后求解出电容器极板电量Q的表达式进行讨论．【解答】解：设电容器的电容为C，第一次充电Q后，电容器两极板间电势差，两板间为匀强电场，场强，设电场中小球带电量为q，则所受电场力F1=qE1小球在电容器中受重力，电场力和拉力平衡，如图所示由平衡条件有：F1=mgtanθ1综合以上各式得：第二次充电后，电容器带电量为：Q+△Q，同理可得：将方向夹角带入解得：△Q=2Q答：二次充电使电容器正极板增加的电荷量为2Q．-19-\n【点评】本题考查平行板电容器的电场中电场力、电场强度和电势差的关系等，关键结合平衡条件列式求解． 18．（12分）（2022秋•威远县校级期中）如图所示，一个质量为m=2.0×10﹣11kg，电荷量q=+1.0×10﹣5C的带电微粒（重力忽略不计），从静止开始经U=100V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中．金属板长L=20cm，两板间距d=10cm．求：（1）微粒进入偏转电场时的速度v是多大？（2）若微粒射出电场过程的偏转角为θ=30°，则两金属板间的电压U2是多大？【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理；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】（1）微粒在电场中加速，根据动能定理即可求解速度v1；（2）粒子在电场中做类平抛运动，由运动的分解结合动力学知识可确定两金属板间的电压U2【解答】解：（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v，根据动能定理：=1.0×104m/s（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动．水平方向：竖直方向：设加速度为a，出电场时竖直方向的速度为v2，所以有：代入数据解得：U2=100V答：（1）微粒进入偏转电场时的速度v是1.0×104m/s；（2）若微粒射出电场过程的偏转角为θ=30°，则两金属板间的电压U2是100V．【点评】此题考查动能定理、动力学规律与牛顿第二定律及结合几何知识来综合解题，同时学会处理类平抛运动的方法，培养学生形成一定的思路与能力． -19-\n19．（14分）（2022秋•威远县校级期中）如图所示，水平绝缘光滑的轨道AB与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道BC平滑连接，半圆形轨道的半径R=0.40m．在轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场线与轨道所在的平面平行，电场强度E=1.0×104N/C．现有一电荷量q=+1.0×10﹣4C，质量m=0.10kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的P点由静止释放，带电体恰好能通过半圆形轨道的最高点C，然后落至水平轨道上的D点．取g=10m/s2．试求：（1）带电体在圆形轨道C点的速度大小．（2）PB间的距离xpB（3）D点到B点的距离xDB．（4）带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能．（结果保留3位有效数字）【考点】动能定理的应用；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】（1）C点处由重力提供带电体的向心力，由牛顿第二定律求出轨道的支持力；（2）带电体从P运动到B过程，运用动能定理即可求出PB间的距离；（3）由牛顿第二定律及运动学公式可求得DB间的距离；（4）由题意可知粒子运动的动能最大值【解答】解：（1）由物体恰好通过C点可得：mg=m解得：vc=2m/s（2）带电体从P运动到C过程，依据动能定理得：qExPB﹣mg2R=mvC2解得：xPB=1m；（3）带电体离开C点后在竖直方向上做自由落体运动，设在空间运动的时间t，则有：2R=gt2在水平方向上做匀减速运动，设在水平方向的加速度大小为a，依据牛顿第二定律得Eq=ma设落在水平轨道上的位移到B点的距离为xDB，由运动学公式可得：xDB=vct﹣at2解得：xDB=0m；（4）由题意可得当物体运动到F时，其动能具有最大值，此时OF与OB方向的夹角为45度，由动能定理可得：Eq（xPB+Rcosθ）﹣mg（R﹣Rsinθ）=解得：==1.17J．-19-\n答：（1）带电体在圆形轨道C点的速度大小为2m/s．（2）PB间的距离xpB为1m（3）D点到B点的距离xDB为0．（4）带电体在从P开始运动到落至D点的过程中的最大动能为1.17J．【点评】本题是动能定理与圆周运动的向心力、运动的合成与分解知识的综合，关键是运用分解法研究带电体在复合场中运动的过程． -19-
