《浙江省舟山中学2015_2016学年高二物理上学期期中试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《浙江省舟山中学2015_2016学年高二物理上学期期中试题含解析.doc（23页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2015-2016学年浙江省舟山中学高二（上）期中物理试卷一单项选择题（每小题3分，计24分每个小题只有一个正确选项）1在医疗手术中，为防止麻醉剂乙醚爆炸，地砖要用导电材料制成，医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套，一切设备要良好接地，甚至病人身体也要良好接地，这样做是为了（）A除菌消毒B消除静电C利用静电D防止漏电2根据关系式B=得出的下列结论中，说法正确的是（）AB随I的减小而增大BB随L的减小而增大CB随F的增大而增大DB与I、L、F的变化无关3下列说法正确的是（）A磁感线从磁体的N极出发，终止于磁体的S极B磁场的方向就是通电导体在磁场中某点所受磁场力的方向C条形磁铁周围的磁场演示实
2、验中看到的细小铁屑排列的图案即为磁感线D同一条通电导线在磁场强度大的地方所受安培力可能小于在磁场强度小的地方所受的安培力4目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度磁强计的原理如右图所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动两电极M、N均与金属导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U则磁感应强度的大小和电极M、N的正负为（）A，M正、N负B，M正、N负C，M负、N正D，M负
3、、N正5两带电量分别为q和q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的是图（）ABCD6如图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为（）A0B0.5BIlCBIlD2BIl7如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是（）A增大R1的阻值B增大R2的阻值C增大两板间的距离D断开电键S8电
4、动势为E、内阻为r的电池与固定电阻R0、可变电阻R串联，如图所示，设R0=r，Rab=2r，当变阻器的滑动片自a端向b端滑动时，下列物理量中随之增大的是（）A电池的输出功率B变阻器消耗的功率C固定电阻R0上的消耗功率D电池内电阻上的消耗功率二、不定项选择题（每小题3分，计18分，在每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项是符合题目要求的，选对但不全得2分，错选或不选得0分）9关于电现象，下列说法中正确的是（）A感应起电是利用静电感应，使电荷从物体的一部分转移到物体的另一部分的过程B带电现象的本质是电子的转移，中性物体得到多余电子就一定带负电，失去电子就一定带正电C摩擦起电是普遍存在的现象，相互
5、摩擦的两个物体总是同时带等量同种电荷D当一种电荷出现时，必然有等量异种电荷出现，当一种电荷消失时，必然有等量异种电荷同时消失10如图所示，条形磁铁放在桌面上，一条通电的直导线由S极的上端平移到N极的上端，在此过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图所示，则这个过程中磁铁受力情况为（）A摩擦力的方向由向右变为向左B摩擦力的方向保持不变C支持力先大于重力后小于重力D支持力始终大于重力11如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN，P点在y轴的右侧，MPON，则（）AM点的电势比P点的电势高B将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功CM、N
6、两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动12如图所示电路，电源内阻不能忽略闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，下列判断正确的是（）A电压表V1和电流表A的示数之比不变B电压表V2和电流表A的示数之比不变C电压表V1示数变大，电流表A示数变大D电压表V2示数变大，电流表A示数变小13如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点下列说法中正确的是（）A三个等势面中，等势面a的电势最高B带电质点一定是从P点向Q点运动C带电质点通过P
7、点时的加速度比通过Q点时小D带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小14如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度V1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为V2（V2V1）若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（）A小物体上升的最大高度为B从N到M的过程中，小物体的电势能始终不变，机械能减少C从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功D从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小三、填空题（每空2分，共24分）15图中游标卡尺的读数是mm16（16分）（2015秋舟山校级期中）在用电压表和电流表研究小灯泡在不同
8、电压下的功率的实验中，实验室备有下列器材供选择：A待测小灯泡（3.0V、1.5W）B电流表（量程3A，内阻约为1）C电流表（量程0.6A，内阻约为5）D电压表（量程3.0V，内阻约为10k）E电压表（量程15.0V，内阻约为50k）F滑动变阻器（最大阻值为100，额定电流50mA）G滑动变阻器（最大阻值为10，额定电流1.0A）H电源（电动势为4.0V，内阻不计）I电键及导线等（1）为了使实验完成的更好，电流表应选用；电压表应选用；滑动变阻器应选用（只需填器材前面的字母即可）（2）请在虚线框内画出实验电路图（3）某同学在一次测量时，电流表、电压表的示数如图甲所示则电压值为 V，电流值为 A，小
9、灯泡电阻的测量值与真实值相比（填“偏大”、“偏小”或“不变”）（4）某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在图乙IU坐标系中，描绘出如甲所示的小灯泡的伏安特性曲线根据此图给出的信息，可以判断下图中正确的是（图中P为小灯泡的功率）17测量“水果电池”的电动势和内电阻：将一个铜片和一个锌片分别插入同一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5V，可是这种电池并不能点亮额定电压为1.5V、额定电流为0.3A的手电筒上的小灯泡原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测得还不到3mA现用量程合适的电压表（内阻约为5000）、电流表（内阻约为5）以及滑动变阻器、电键、导线等实验器材尽量精确
10、地测定“水果电池”的电动势和内电阻（1）如果既要满足测量要求又要误差较小，应该选择如图甲乙哪个电路图？（2）若给出的滑动变阻器有两种规格：A（030）、B（03K）本实验应该选用哪个变阻器？（3）在实验中根据电压表和电流表的读数值，经描点、连线得到了图丁的UI图象，则根据图中所给的数据，则“水果电池”的电动势和内电阻分别为E= V； r=四、计算题（本题共4小题，共44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）18（10分）（2015秋舟山校级期中）如图所示，一对平行金属极板相距为d=2cm，两板电压为36V，两板间
11、匀强电场方向向下，其中下极板接地（零电势）A点距下板为h1=1.5cm，B点距下板为h2=0.5cm，试求：（电子电荷量e=1.61019 C）（1）两金属板之间的电场强度大小；（2）将一个电子从A点移到B点电场力做的功；（3）B点的电势19（10分）（2012四川）四川省“十二五”水利发展规划指出，若按现有供水能力测算，我省供水缺口极大，蓄引提水是目前解决供水问题的重要手段之一某地要把河水抽高20m，进入蓄水池，用一台电动机通过传动效率为80%的皮带，带动效率为60%的离心水泵工作工作电压为380V，此时输入电动机的电功率为19kW，电动机的内阻为0.4已知水的密度为1l03kg/m3，重力
12、加速度取10m/s2求：（1）电动机内阻消耗的热功率；（2）将蓄水池蓄入864m3的水需要的时间（不计进、出水口的水流速度）20（12分）（2014秋杭州校级期末）如图所示的平面直角坐标系xoy中，在第一象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴负方向；在第四象限的a点右侧区域内有匀强磁场，方向垂直于xoy平面向外一质量为m、电荷量为q的粒子从y轴上的P（0，h）点以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a点进入第四象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第三象限，且速度与y轴负方向成45角，不计粒子所受的重力求：（1）粒子到达a点时速度的大小和方向；（2）判断粒子带电的电性，并求
13、电场强度E的大小21（12分）（2010上饶一模）如图所示，空间某平面内有一条折线是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小都为B折线的顶角A=90，P、Q是折线上的两点，AP=AQ=L现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从P点沿PQ方向射出，不计微粒的重力（1）若P、Q间外加一与磁场方向垂直的匀强电场，能使速度为v0射出的微粒沿PQ直线运动到Q点，则场强为多大？（2）撤去电场，为使微粒从P点射出后，途经折线的顶点A而到达Q点，求初速度v应满足什么条件？（3）求第（2）中微粒从P点到达Q点所用的时间2015-2016学年浙江省舟山中学高二（上）期中物理试
14、卷参考答案与试题解析一单项选择题（每小题3分，计24分每个小题只有一个正确选项）1在医疗手术中，为防止麻醉剂乙醚爆炸，地砖要用导电材料制成，医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套，一切设备要良好接地，甚至病人身体也要良好接地，这样做是为了（）A除菌消毒B消除静电C利用静电D防止漏电【考点】静电现象的解释 【分析】本题考查是关于静电的防止与应用，从实例的原理出发就可以判断出答案【解答】解：由题意可知，良好接地，目的是为了消除静电，这些要求与消毒无关，而因静电而产生爆炸，因此不可能是这样静电会产生火花、热量，麻醉剂为易挥发性物品，遇到火花或热源便会爆炸，就象油罐车一样，在运输或贮存过程中，会产生
15、静电，汽油属于易挥发性物品，所以它的屁股后面要安装接地线（软编织地线），以防爆炸，麻醉剂与之同理，故B正确，ACD错误；故选B【点评】本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例2根据关系式B=得出的下列结论中，说法正确的是（）AB随I的减小而增大BB随L的减小而增大CB随F的增大而增大DB与I、L、F的变化无关【考点】磁感应强度 【分析】磁感应强度的定义采用了比值定义法，要注意明确B是由磁场本身决定的【解答】解：磁感应强度是由磁场本身决定的，与IL及F的变化无关；故只有D正确；故选：D【点评】本题考查磁感应强度的定义式的理解，要注意掌握所有比值定义法性质3下列
16、说法正确的是（）A磁感线从磁体的N极出发，终止于磁体的S极B磁场的方向就是通电导体在磁场中某点所受磁场力的方向C条形磁铁周围的磁场演示实验中看到的细小铁屑排列的图案即为磁感线D同一条通电导线在磁场强度大的地方所受安培力可能小于在磁场强度小的地方所受的安培力【考点】磁感线及用磁感线描述磁场 【分析】本题考查磁场的性质，要注意明确磁感线是虚拟的线，同时磁场力的方向由左手定则判断【解答】解：A、磁感线在外部由N极指向S极；而在外部由S极指向N极；故A错误；B、通电导体的受力方向与磁场方向相互垂直；故B错误；C、磁感线是人为虚拟的线，并不存在；故C错误；D、磁场力由磁感线强度、电流大小及二者之间的夹角
17、共同决定，当夹角为零时，磁场力即可以为零；故同一条通电导线在磁场强度大的地方所受安培力可能小于在磁场强度小的地方所受的安培力；故D正确；故选：D【点评】本题关键是掌握磁感应强度和磁感线的物理意义抓住磁感应强度由磁场本身决定和磁感线的疏密表示磁感应强度的相对大小，即可进行分析判断4目前有一种磁强计，用于测定地磁场的磁感应强度磁强计的原理如右图所示，电路有一段金属导体，它的横截面是宽为a、高为b的长方形，放在沿y轴正方向的匀强磁场中，导体中通有沿x轴正方向、大小为I的电流已知金属导体单位体积中的自由电子数为n，电子电荷量为e，金属导电过程中，自由电子所做的定向移动可视为匀速运动两电极M、N均与金属
18、导体的前后两侧接触，用电压表测出金属导体前后两个侧面间的电势差为U则磁感应强度的大小和电极M、N的正负为（）A，M正、N负B，M正、N负C，M负、N正D，M负、N正【考点】霍尔效应及其应用；磁感应强度 【分析】根据左手定则判断出电子的偏转方向，从而确定电势的高低抓住电子受到的洛伦兹力等于电场力，结合电流的微观表达式求出磁感应强度的大小【解答】解：根据左手定则知，电子向外侧偏转，则导体M极为负极，N极为正极自由电子做定向移动，视为匀速运动，速度设为v，则单位时间内前进的距离为v，对应体积为vab，此体积内含有的电子个数为：nvab，电量为：nevab有I=neavb电子受电场力和洛伦兹力平衡，有
19、e=Bev解得：B=，故D正确，ABC错误；故选：D【点评】解决本题的关键掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道最终电子受电场力和洛伦兹力处于平衡5两带电量分别为q和q的点电荷放在x轴上，相距为L，能正确反映两电荷连线上场强大小E与x关系的是图（）ABCD【考点】电场的叠加 【分析】结合等量异种电荷的电场线分布情况分析，电场线的疏密程度反映场强的大小，电场线的切线方向反映电场强度的方向【解答】解：由等量异种点电荷的电场强度的关系可知，在两电荷连线中点处电场强度最小，但不是零，从两点电荷向中点电场强度逐渐减小；故选A【点评】本题关键是结合等量异种电荷的电场线分布情况分析，也可以结合点电荷的电场
20、强度公式列式求解6如图，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为（）A0B0.5BIlCBIlD2BIl【考点】安培力的计算 【专题】计算题【分析】由安培力公式F=BIL进行计算，注意式中的L应为等效长度【解答】解：导线在磁场内有效长度为2lsin30=l，故该V形通电导线受到安培力大小为F=BI2lsin30=BIL，选项C正确故选C【点评】本题考查安培力的计算，熟记公式，但要理解等效长度的意义7如图所示，电路中R1、R2均为可变电阻，电源内阻不能忽略，平行板电容
21、器C的极板水平放置，闭合电键S，电路达到稳定时，带电油滴悬浮在两板之间静止不动，如果仅改变下列某一个条件，油滴仍能静止不动的是（）A增大R1的阻值B增大R2的阻值C增大两板间的距离D断开电键S【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析 【专题】电容器专题【分析】分析清楚电路结构，求出极板间的电场强度，求出油滴受到的电场力，然后根据电场力的表达式分析答题【解答】解：根据图示电路图，由欧姆定律可得：电容器两端电压：U=IR1=R1=，油滴受到的电场力：F=，开始时油滴静止不动，F=mg，要使油滴保持静止不动，则电场力应保持不变；A、增大R1的阻值，电场力：F=变大，电场力大于重力，油滴受到的合力
22、向上，油滴向上运动，故A错误；B、增大R2的阻值，电场力：F=不变，电场力与重力仍然是一对平衡力，油滴静止不动，故B正确；C、增大两板间的距离，极板间的电场强度减小，电场力减小，小于重力，油滴受到的合力向下，油滴向下运动，故C错误；D、断开电键S，极板间的电场强度为零，电场力为零，油滴受到重力作用，油滴向下运动，故D错误故选：B【点评】本题考查了判断油滴的运动状态问题，分析清楚极板间的电场力如何变化是正确解题的关键8电动势为E、内阻为r的电池与固定电阻R0、可变电阻R串联，如图所示，设R0=r，Rab=2r，当变阻器的滑动片自a端向b端滑动时，下列物理量中随之增大的是（）A电池的输出功率B变阻
23、器消耗的功率C固定电阻R0上的消耗功率D电池内电阻上的消耗功率【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】当变阻器的滑动片自a端向b端滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中电流减小，固定电阻R0上和电源的内阻上消耗功率减小根据推论：当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析电源的输出功率如何变化将R0看成电源的内阻，利用推论分析变阻器消耗的功率如何变化【解答】解：根据推论：当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，滑动片自a端向b端滑动时，R0=r，Rab=2r，变阻器接入电路的电阻增大，则得知，电池的输出功率减小故A错误B、将R0看成电源的内阻，则有R
24、0+r=2r，而Rab=2r，利用推论可知，变阻器消耗的功率增大故B正确C、D电路中电流减小，固定电阻R0上和电源的内阻上消耗功率减小故CD均错误故选B【点评】本题中，对于定值电阻，根据电流的变化，即可判断其功率变化对于电源的输出功率和变阻器消耗的功率，要充分利用推论进行分析二、不定项选择题（每小题3分，计18分，在每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项是符合题目要求的，选对但不全得2分，错选或不选得0分）9关于电现象，下列说法中正确的是（）A感应起电是利用静电感应，使电荷从物体的一部分转移到物体的另一部分的过程B带电现象的本质是电子的转移，中性物体得到多余电子就一定带负电，失去电子就一定带
25、正电C摩擦起电是普遍存在的现象，相互摩擦的两个物体总是同时带等量同种电荷D当一种电荷出现时，必然有等量异种电荷出现，当一种电荷消失时，必然有等量异种电荷同时消失【考点】元电荷、点电荷 【专题】常规题型【分析】摩擦起电的实质是电子从一个物体转移到另一个物体，并没有创造电荷感应起电的实质是电荷可以从物体的一部分转移到另一个部分【解答】解：A、感应起电是利用静电感应，使电荷从物体的一部分转移到物体的另一部分的过程，故A正确；B、带电现象的本质是电子的转移，中性物体得到多余电子就一定带负电，失去电子就一定带正电，故B正确；C、摩擦起电是普遍存在的现象，相互摩擦的两个物体总是同时带等量异种电荷，故C错误
26、；D、当一种电荷出现时，必然有等量异种电荷出现，当一种电荷消失时，必然有等量异种电荷同时消失，故D正确；故选：ABD【点评】摩擦起电和感应起电的实质都电子发生了转移，只是感应起电是电子从物体的一部分转移到另一个部分摩擦起电是电子从一个物体转移到另一个物体10如图所示，条形磁铁放在桌面上，一条通电的直导线由S极的上端平移到N极的上端，在此过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图所示，则这个过程中磁铁受力情况为（）A摩擦力的方向由向右变为向左B摩擦力的方向保持不变C支持力先大于重力后小于重力D支持力始终大于重力【考点】磁场对电流的作用 【分析】由左手定则判断出导线所受安培力的方向，根据牛顿第
27、三定律判断磁铁所受磁场力的方向，然后判断磁铁受到的摩擦力方向和如何变化【解答】解：如图所示，导线在S极上端时导线所受安培力方向斜向左上方，由牛顿第三定律可知，磁铁受到的磁场力斜向右下方，磁铁有向右的运动趋势，则磁铁受到的摩擦力水平向左；同理当导线在N极上端时，导线所受安培力方向斜向右上方，由牛顿第三定律可知，磁铁受到的磁场力斜向左下方，磁铁有向左的运动趋势，则磁铁受到的摩擦力水平向右；由以上分析可知，磁铁受到的摩擦力先向右后向左，正上方时为零，故摩擦力先减小后增大磁铁受到的磁场力始终有向下的分力，所以支持力始终大于重力故BC错误，AD 正确；故选：AD【点评】首先根据左手定则确定出通电导线所受
28、安培力方向，然后根据牛顿第三定律确定出条形磁铁所受安培力的方向，最后根据共点力的平衡确定出静摩擦力的方向和变化规律，是此类题目的解答思路11如图所示，一电场的电场线分布关于y轴（沿竖直方向）对称，O、M、N是y轴上的三个点，且OM=MN，P点在y轴的右侧，MPON，则（）AM点的电势比P点的电势高B将负电荷由O点移动到P点，电场力做正功CM、N 两点间的电势差大于O、M两点间的电势差D在O点静止释放一带正电粒子，该粒子将沿y轴做直线运动【考点】电势；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】电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，电场力做正功，电势能减小，电
29、场力做负功，电势能增加【解答】解：A、过M、P、N做等势线，可得到过P点的等势线通过M、N之间，因顺着电场线电势降低，则有MPN，故A正确；B、将负电荷由O点移到P点，因UOP0，所以W=qUOP0，则负电荷做负功，故B错误；C、由U=Ed可知，MN间的平均场强小于OM间的平均场强，故MN两点间的电势差小于OM两点间的电势差，C错误；D、根据电场线的分布特点会发现，电场线关于y轴两边对称，故y轴上的场强方向在 y轴上，所以在O点静止释放一带正电粒子，其所受电场力沿y轴正方向，则该粒子将沿y轴做直线运动，故D正确故选：AD【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
30、特点，即可解决本题12如图所示电路，电源内阻不能忽略闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P向右滑动时，下列判断正确的是（）A电压表V1和电流表A的示数之比不变B电压表V2和电流表A的示数之比不变C电压表V1示数变大，电流表A示数变大D电压表V2示数变大，电流表A示数变小【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】根据滑动变阻器滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后根据欧姆定律判断电路电流如何变化，根据欧姆定律判断电压表V1示数的变化情况，然后由串联电路的特点判断电压表V2的示数如何变化【解答】解：A、两个定值电阻和滑动变阻器串联，电压表V1测量其中一个定值电阻两端的电压
31、，电压表V2测量滑动变阻器和另一个定值电阻两端的电压；滑动变阻器的滑片P向右滑动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，定值电阻R1阻值不变，电压表V1和电流表A的示数之比是该定值电阻的阻值，所以电压表V1和电流表A的示数之比不变，电压表V2和电流表A的示数之比等于R2+R3，R2变大，所以电压表V2和电流表A的示数之比变大，故A正确，B错误；C、电路的总阻值R变大，根据闭合电路欧姆定律可知，电路电流变小，电流表示数变小，电压表V1测量的R1两端电压，变小，即电压表V1示数变小，因为串联电路中电源电压等于各个用电器两端的电压之和，电源电动势不变，内阻和R1两端电压都变小，所以电压表V2示数变大，故C错
32、误，D正确故选：AD【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式是正确解题的前提，熟练掌握欧姆定律及串联电路的特点是正确解题的关键13如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点下列说法中正确的是（）A三个等势面中，等势面a的电势最高B带电质点一定是从P点向Q点运动C带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小D带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小【考点】电势；电势能 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向
33、下故a点电势最高；根据推论，正电荷在电势高处电势能大，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强大，电场力大，加速度大【解答】解：A、作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和正电荷可知，电场线向下故a点电势最低故A错误B、根据已知条件无法判断粒子的运动方向故B错误C、等差等势面P处密，P处电场强度大，电场力大，加速度大C错误D、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，D正确故选：D【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场、电势能、动能等物理量的变化14如图所示，粗糙程度均匀的绝
34、缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度V1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为V2（V2V1）若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（）A小物体上升的最大高度为B从N到M的过程中，小物体的电势能始终不变，机械能减少C从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功D从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小【考点】电势能 【分析】根据电场力做功的特点可求得电场力做功的大小，由动能定理可分别列出上滑及下滑过程中的表达式，联立即可解得最大高度；由电场力做功与电势能关系要得出电势能的变化及电场力做功的特点；分析小球运动中压力的变化，由滑动
35、摩擦力的计算公式可分析摩擦力的变化【解答】解：A、设斜面倾角为、上升过程沿斜面运动的最大距离为L因为OM=ON，则MN两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所作的功相等、并设为W1在上滑和下滑过程，对小物体，摩擦力做功相等，则应用动能定理分别有：mgsinLWfW1= mgsinLWfW1=上两式相减可得 h=Lsin=，故A正确；B、由OM=ON，可知从N到M的过程中，电场力对小物体先作正功后
36、作负功，电势能先减小后增大，故B错误；C、从M到N的过程中，电场力对小物体先做正功后做负功，故C正确D、从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，故D正确故选：ACD【点评】本题考查动能定理的应用、摩擦力及电场力做功的特点，涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用，并要求学生能明确几种特殊力做功的特点，如摩擦力、电场力、洛仑兹力等三、填空题（每空2分，共24分）15图中游标卡尺的读数是100.50mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用 【专题】
37、实验题【分析】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：游标卡尺的主尺读数为100mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为100.05mm=0.50mm，所以最终读数为：100mm+0.50mm=100.50mm故答案为：100.50【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16（16分）（2015秋舟山校级期中）在用电压表和电流表研究小灯泡在不同电压下的功率的实验中，实验室备有下列器材供选择：A待测小灯泡（3.0V、1.5W）B电流表（量程3A，内阻约为1）C电流表（量程0.6
38、A，内阻约为5）D电压表（量程3.0V，内阻约为10k）E电压表（量程15.0V，内阻约为50k）F滑动变阻器（最大阻值为100，额定电流50mA）G滑动变阻器（最大阻值为10，额定电流1.0A）H电源（电动势为4.0V，内阻不计）I电键及导线等（1）为了使实验完成的更好，电流表应选用C；电压表应选用D；滑动变阻器应选用G（只需填器材前面的字母即可）（2）请在虚线框内画出实验电路图（3）某同学在一次测量时，电流表、电压表的示数如图甲所示则电压值为1.8 V，电流值为0.33 A，小灯泡电阻的测量值与真实值相比偏小（填“偏大”、“偏小”或“不变”）（4）某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数
39、据在图乙IU坐标系中，描绘出如甲所示的小灯泡的伏安特性曲线根据此图给出的信息，可以判断下图中正确的是（图中P为小灯泡的功率）BD【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】（1）根据灯泡额定电流选择电流表，根据灯泡额定电压选择电压表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器（2）根据实验目的确定滑动变阻器接法，根据待测灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后作出实验电路图（3）根据图示电表确定其分度值，读出其示数；根据实验电路图应用欧姆定律分析实验误差（4）从图象可以看出灯泡电阻是在变化的，因为灯丝的电阻随温度的升高而增大，根据这一点对各个选项逐一分析【解答】
40、解：（1）灯泡额定电流I=0.5A，电流表选C；灯泡额定电压是3V，电压表选D；为方便实验操作，滑动变阻器应选G（2）研究小灯泡在不同电压下的功率，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器要采用分压接法；灯泡电阻阻值R=6，电流表内阻为5，电压表内阻为10k，相对来说，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示（3）电压表量程为3V，由图示电压表可知其分度值为0.1V，示数为1.8V；电流表量程为0.6A，由图示电流表可知，其分度值为0.02A，示数为0.33A；由电路图可知，采用电流表外接法，由于电压表分流作用，所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值比真实值小（4）根据I
41、U图线的斜率表示电阻的倒数，知电阻随电压的增大而增大PU2图线的斜率表示电阻倒数，电阻增大，知P与U2图线的斜率减小，所以B正确PI2图线的斜率表示电阻的大小，电阻增大，知P与I2图线的斜率增大所以D正确故选BD故答案为：（1）C；D；G；（2）电路图如图所示；（3）1.8；0.33；偏小；（4）BD【点评】本题考查了实验器材的选择、设计实验电路、电表读数、误差分析等问题，应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断17测量“水果电池”的电动势和内电阻：将一个铜片和一个锌片分别插入同一只苹果内，就构成了简单的“水果电池”，其电动势约为1.5V，可是这种电池并不能
42、点亮额定电压为1.5V、额定电流为0.3A的手电筒上的小灯泡原因是流过小灯泡的电流太小了，经实验测得还不到3mA现用量程合适的电压表（内阻约为5000）、电流表（内阻约为5）以及滑动变阻器、电键、导线等实验器材尽量精确地测定“水果电池”的电动势和内电阻（1）如果既要满足测量要求又要误差较小，应该选择如图甲乙哪个电路图？乙（2）若给出的滑动变阻器有两种规格：A（030）、B（03K）本实验应该选用哪个变阻器？B（3）在实验中根据电压表和电流表的读数值，经描点、连线得到了图丁的UI图象，则根据图中所给的数据，则“水果电池”的电动势和内电阻分别为E=1.50 V； r=500【考点】测定电源的电动势
43、和内阻 【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）电流表的内阻很小，分担的电压很小，可以忽略，所以用伏安法测电源电动势和内阻时，电流表采取外接法误差较小（2）通过水果电池的内阻大小，选择合适的滑动变阻器（3）UI图线的纵轴截距表示电源的电动势，图线斜率的绝对值表示水果电池的内阻【解答】解：（1）因为电流表内阻较小，分担电压较小，电流表采取外接法误差较小，因此应选择图乙所示电路图（2）电源的内阻大约r=500，若选用030的滑动变阻器，移动滑片，电流基本不变，所以本实验中滑动变阻器应选用B（3）图线的纵轴截距等于电源的电动势，E=1.50V，图线斜率的绝对值等于内阻，内电阻r=500故答案为：（
44、1）乙；（2）B；（3）1.50，500【点评】解决本题的关键知道实验误差的来源，会从UI图线中获取电源的电动势和内电阻四、计算题（本题共4小题，共44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）18（10分）（2015秋舟山校级期中）如图所示，一对平行金属极板相距为d=2cm，两板电压为36V，两板间匀强电场方向向下，其中下极板接地（零电势）A点距下板为h1=1.5cm，B点距下板为h2=0.5cm，试求：（电子电荷量e=1.61019 C）（1）两金属板之间的电场强度大小；（2）将一个电子从A点移到B点电场力做的功；（3）B点的电势【考点】电势能；电势；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）平行金属极板之间存在匀强电场，由E=求解两金属板之间的电场强度大小（2）A、B间沿电场方向的距离等于h1h2，由公式W=qEd求解电场力做的功（3）下极板接地，电势为零，A、B间电势差确定B的电势【解答】解：（1）两金属板之间的电场强度大小E=V/m=1800V/m （2）一个电子从A点移到B点电场力做的功W=eE（h1h2）代入解得 W=2.881018J （3）B与下板间的电势差UB0=Eh2=9V，下极板接地，电势为零