《2014-2015学年福建省福州一中高中二年级(上)期中物理试卷.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2014-2015学年福建省福州一中高中二年级(上)期中物理试卷.doc（19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、 . . . . 2014-2015学年省一中高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（此题共13小题，每小题4分，共52分）1关于静电场，以下说确的是（）A 电场强度的大小，与试探电荷的电量成反比B 初速度为零的电荷在电场中，运动轨迹一定与电场线重合C 电场强度的方向就是电荷的受力方向D 同一电荷放在电场强度大的地方受到的静电力大2关于电流，以下说法中正确的是（）A 通过导线截面的电量越多，电流越大B 由R=，电阻与电流成反比，电阻与电压成正比C 金属导电时，其中的自由电子除做无规则热运动外，还做定向运动，电流的大小与自由电子定向移动的速率有关D 金属靠自由电子导电，金属的温度升高时，自由电子的
2、平均热运动速率增大，金属导体中的电流增大3如下图，半径相同的两个金属小球A、B带有电荷量大小相等的电荷相隔一定的距离，两球之间的相互吸引力大小为F今用第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两个球接触后移开这时，A、B两个球之间的相互作用力大小是（）A B C D 4在静电场中，将一个电子由a点移到b点，电场力做功5eV，下面判断中正确的是（）A 电场强度的方向一定由b指向aB 电子的电势能减少了5eVC a、b两点电势差Uab=5VD 电势零点未确定，故a、b两点的电势没有确定值5如图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力的作用下，做以Q为焦点的椭圆运动，电子从M点经P到达N点P点是
3、轨道上离Q最近的点，电子在从P到达N点的过程中（）A 速率增大B 加速度增大C 是从低电势到高电势的位置D 电势能增大6电流表的阻是Rg=500，满刻度电流值是Ig=1mA，现欲把这个电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（）A 应串联一个约500的电阻B 应并联一个约500的电阻C 应串联一个约0.05的电阻D 应并联一个约0.05的电阻7如下图的电解池接入电路后，在t秒有n1个一价正离子通过溶液某截面S，有n2个一价负离子通过溶液某截面S，设e为元电荷，以下说确的是（）A 当n1=n2时，电流为零B 当n1n2时，电流方向从AB，电流为I=C 当n1n2时，电流方向从BA，电流为
4、I=D 无论n1、n2大小如何，电流方向都从AB，电流都为I=8如下图，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子（不计重力）以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点则（）A 粒子受电场力的方向一定由M指向NB 粒子在M点的速度一定比在N点的大C 粒子在M点的电势能一定比在N点的大D 电场中M点的电势一定高于N点的电势9某匀强电场方向竖直向上，场强大小为E；一质量为m、带电量为+q的小球以某一初速度竖直向下做匀减速直线运动，其加速度大小为a=小球运动距离S时速度变为零则在此过程中（）A 电场力做功qE
5、SB 小球的电势能增加了qESC 小球的重力势能减少了qESD 物体的动能减少了qES10如下图，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab中点a、b电势分别为a=5V，b=3V，以下表达正确的是（）A 该电场在c点处的电势一定为4VB a点处的场强Ea一定大于b点处的场强EbC 一正电荷从c点运动到b点电势能一定减少D 一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a11如下图，当K闭合后，一带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，以下说确的是（）A 保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒仍静止B 保持K闭合，使P滑动片向右滑动，微粒向下移动C 打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动D
6、 打开K后，使两极板靠近，则微粒将向下运动12如下图，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一个静止的点电荷q（负电荷），当把该点电荷释放，它只在电场力作用下运动时，以下说确的是（）A 点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B 点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C 点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值D 点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到速度为零13如图中虚线为匀强电场中的等势面，两粒子M、N质量相等，所带电荷量的绝对值也相等，现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示点A、B
7、、C为实线与虚线的交点，已知O点电势高于C点若不计重力，则（）A M带负电荷，N带正电荷B N在A点的速率与M在C点的速率相等C N在从O点运动至A点的过程中克服电场力做功D M在从O点运动至B点的过程中，电场力对它做的负功二、填空题（此题共8空，每空2分，共16分）14一段导体电阻是5，1.5分钟所通过的电量是45C则导体两端的电压为V15一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L的均匀细丝后，其电阻值为16如下图，A、B两端接直流稳压电源，Uab=30V，滑动变阻器总阻值为40，滑动片P处于变阻器的中点，C、D两端电压Ucd=V；若C、D两端接入一个20的电阻，则Ucd=V17一个未
8、知电阻，无法估计其电阻值，某同学用伏安法测量此电阻，用图（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，测量值Rx=18在空间某一区域，有一匀强电场，一质量为m的液滴，带正电荷，电量为q，在此电场中恰能沿竖直方向作匀速直线运动，则此区域的电场强度的大小为，方向三、计算题（此题共3小题，10分+10分+12分=32分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的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.19如下图电路中，电池组的电动势E=42V，阻r=2，定值电阻
9、R=20，D是电动机，其线圈电阻R=1电动机正常工作时，理想电压表示数为20V求：（1）通过定值电阻R的电流；（2）电动机的电功率；（3）电动机输出的功率20两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是匀强电场一个质量为m，电荷量为q正粒子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向指向圆心射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板圆心忽略重力和空气阻力的影响，求：（1）两极板间的电场强度E的大小；（2）正粒子在极板间运动的加速度a的大小；（3）正粒子的初速度v0的大小21如下图，空间存在着电场强度为E=2.5103N/C、方向竖直向上的匀强电场，一长为
10、L=0.5m的绝缘细线，一端固定在O点，一端拴着质量m=5103kg、电荷量q=4105C的小球现将细线拉直到水平位置A，使小球由A静止释放，则小球能运动到最高点不计阻力取g=10m/s2求：（1）小球的电性（2）细线在最高点受到的拉力（3）若小球刚好运动到最高点时细线断裂，则细线断裂后小球继续运动到与O点水平方向距离为细线的长度L时，小球距OA所在水平面的高度四、附加题（本小题10分）附加题以外分值达到80分时，附加题的分值方可计入总分，总分不超过100分2004秋宝山区期末）如下图a所示，A和B表示在真空中相距为d的 两平行金属板，加上恒定电压后，它们之间的电场可看成匀强电场有一如图b所示
11、的周期性变化的电压u，它的最大值在正半周恒为+U0，在负半周恒为U0，现将这一周期性变化的电压加在A、B两板上，设t=0时，A板电势比B板高，这时在紧靠B板处有一初速为零的电子（质量为m，电量为e）在板间电场作用下开始运动要想使这个电子到达A板时具有最大的动能，则所加电压的变化周期最小不能小于多少（结果用所供的物理量的符号表示）？2014-2015学年省一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（此题共13小题，每小题4分，共52分）1关于静电场，以下说确的是（）A 电场强度的大小，与试探电荷的电量成反比B 初速度为零的电荷在电场中，运动轨迹一定与电场线重合C 电场强度的方向就
12、是电荷的受力方向D 同一电荷放在电场强度大的地方受到的静电力大考点：电场强度分析：电场强度是描述电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关场强方向是放在该点的正电荷所受电场力方向；电场线是人们为形象描述电场而假想的，实际不存在；电场线与带电粒子的运动轨迹无直接关系，其轨迹是由力和初速度共同决定解答：解：A、电场强度是描述电场本身的性质的物理量，与试探电荷无关，不能说电场强度与电场力F成正比，与电量q成反比故A错误；B、静止释放的点电荷的运动轨迹是由电场力决定，当电场力的方向不变时，其轨迹是直线，即与电场线重合；当电场力的方向变化时，其轨迹是曲线，并不与电场线重合；运动轨迹是由力和初速度共同决定，故
13、B错误C、电场强度的方向就是正电荷的受力方向，与负电荷受力方向相反，故C错误；D、由F=qE可得，同一电荷放在电场强度大的地方受到的静电力大，故D正确；应选：D点评：电场强度的定义式E=具有比值定义法的共性，定义出场强只与电场本身有关，与放入电场的试探电荷所受的电场力、电荷量大小无关；明确电场线是人们为形象描述电场而假想的，实际不存在；电场线与带电粒子的运动轨迹无直接关系，题目较简单2关于电流，以下说法中正确的是（）A 通过导线截面的电量越多，电流越大B 由R=，电阻与电流成反比，电阻与电压成正比C 金属导电时，其中的自由电子除做无规则热运动外，还做定向运动，电流的大小与自由电子定向移动的速率
14、有关D 金属靠自由电子导电，金属的温度升高时，自由电子的平均热运动速率增大，金属导体中的电流增大考点：电流、电压概念；电功、电功率分析：电流为通过导体截面的电量与所用时间的比值；电阻是导体本身的性质，与电压与电流无关；电流大小与自由电子的热运动无关解答：解：A、通过导线截面的电量多，但如果用的时间长，则电流强度不一定大；故A错误；B、电流强度取决于电荷的定向移动速度，速率大电流强度不一定大；故B错误；C、金属导电时，其中的自由电子除作无规则的热运动外，还作定向运动，电流的大小是由定向运动的速率决定的；故C正确；D、电流与自由电子的热运动无关，温度变大时金属导体中的电阻增大，电流是减小的；故D错
15、误；应选：C点评：此题考查电流的定义、电阻的定义等，要注意明确电子的速率可能是无规则运动的速率3如下图，半径相同的两个金属小球A、B带有电荷量大小相等的电荷相隔一定的距离，两球之间的相互吸引力大小为F今用第三个半径相同的不带电的金属小球C先后与A、B两个球接触后移开这时，A、B两个球之间的相互作用力大小是（）A B C D 考点：库仑定律专题：电场力与电势的性质专题分析：理解库仑定律的容，知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，然后根据各种情况列库仑定律方程，然后两式比较即可正确求解解答：解：两球之间的相互吸引力，则两球带等量异种电荷；假设A带电量为Q，B带电量为
16、Q，两球之间的相互吸引力的大小是：F=k第三个不带电的金属小球C与A接触后，A和C的电量都为：C与B接触时先中和再平分，则C、B分开后电量均为：这时，A、B两球之间的相互作用力的大小：F=k=，故A正确；BCD错误应选：A点评：要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分，根据库仑定律的容，找出变化量和不变量熟练应用库仑定律即可求题4在静电场中，将一个电子由a点移到b点，电场力做功5eV，下面判断中正确的是（）A 电场强度的方向一定由b指向aB 电子的电势能减少了5eVC a、b两点电势差Uab=5VD 电势零点未确定，故a、b两点的电势没有确定值考点：电势能；电势差
17、专题：电场力与电势的性质专题分析：电子在电场中移动时，根据电场力做功不能确定场强方向电场力做正功多少，电子的电势能就减小多少由公式U=求出a、b两点电势差Uab由题，电势零点未确定，a、b两点的电势没有确定值解答：解：A、由题，电子由a点移到b点，电场力做功5eV，电子的位移方向不沿b到a，电场强度的方向不一定由b指向a故A错误B、由于电场力对电子做功5eV，电子的电势能就减少了5eV故B正确C、a、b两点电势差Uab=5V故C错误D、电势是相对的，是相对零电势点的，根据已知条件只能求出a、b间电势差，不能确定a、b两点的电势故D正确应选BD点评：在应用公式U=解题时，U、W、q都要代入符号求
18、解，还要注意电荷移动的方向和电势差的顺序基此题5如图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力的作用下，做以Q为焦点的椭圆运动，电子从M点经P到达N点P点是轨道上离Q最近的点，电子在从P到达N点的过程中（）A 速率增大B 加速度增大C 是从低电势到高电势的位置D 电势能增大考点：库仑定律；电势能分析：根据影响速度和电势能大小的因素来分析速度和电势能的变化，找到转化的方向而加速度则根据牛顿第二定律，结合库仑力大小来确定沿电场线方向电势逐渐降低解答：解：AD、当电子从P点向N点运动时，库仑力负功，运动的速度减小，所以动能减小，对于电势能增加所以A错误，D正确；B、由F= 可知，从P到达N点的过程中，
19、库仑力减小，故加速度减小，故B错误；C、Q带正电，根据电场线的分布可知，P点电势最高，故C错误；应选：D点评：考查牛顿第二定律与库仑定律等规律，掌握库仑力做功的特点，库仑力做正功，电势能减小，库仑力做负功，电势能增加6电流表的阻是Rg=500，满刻度电流值是Ig=1mA，现欲把这个电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（）A 应串联一个约500的电阻B 应并联一个约500的电阻C 应串联一个约0.05的电阻D 应并联一个约0.05的电阻考点：把电流表改装成电压表专题：实验题分析：把电流表改装成电压表，需要串联分压电阻，由串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值解答：解：把电流表改装
20、成1V电压表，需要串联一个分压电阻，串联电阻阻值：R=Rg=500=500；应选：A点评：此题考查了电压表的改装，知道电压表改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题7如下图的电解池接入电路后，在t秒有n1个一价正离子通过溶液某截面S，有n2个一价负离子通过溶液某截面S，设e为元电荷，以下说确的是（）A 当n1=n2时，电流为零B 当n1n2时，电流方向从AB，电流为I=C 当n1n2时，电流方向从BA，电流为I=D 无论n1、n2大小如何，电流方向都从AB，电流都为I=考点：欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由电流的定义式I=进行分析运算，明确电荷量等于正负电量绝对值的和；电流的方向与正
21、电荷定向移动的方向相同解答：解：由题意可知，流过溶器截面上的电量q=（n1+n2）e；则电流I=；方向与正电荷的定向移动方向相同；故由A到B；故D正确、ABC错误应选：D点评：此题考查电解质中电流的计算方法，要注意同时有正负电荷参与时，总电量等于正负电荷电量绝对值的和8如下图，带等量异号电荷的两平行金属板在真空中水平放置，M、N为板间同一电场线上的两点，一带电粒子（不计重力）以速度vM经过M点在电场线上向下运动，且未与下板接触，一段时间后，粒子以速度vN折回N点则（）A 粒子受电场力的方向一定由M指向NB 粒子在M点的速度一定比在N点的大C 粒子在M点的电势能一定比在N点的大D 电场中M点的电
22、势一定高于N点的电势考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电势；电势能专题：压轴题分析：由粒子的运动情景可得出粒子受到的电场力的方向，由电场力做功的性质可得出电势能与动能的变化；由电势与电势能的关系可判断电势解答：解：A、由于带电粒子未与下板接触，可知粒子向下做的是减速运动，故电场力向上，A错误；B、粒子由M到N电场力做负功，电势能增加，动能减少，故速度减小，故M点的速度大于N点的速度，故B正确，C错误；D、由于粒子和两极板所带电荷的电性未知，故不能判断M、N点电势的高低，D错误点评：此题应明确：（1）电场力做正功则电势能减小，电场力做负功则电势能增加；（2）电场力做功要注意电荷的正负极性，极性不
23、同则做功不同9某匀强电场方向竖直向上，场强大小为E；一质量为m、带电量为+q的小球以某一初速度竖直向下做匀减速直线运动，其加速度大小为a=小球运动距离S时速度变为零则在此过程中（）A 电场力做功qESB 小球的电势能增加了qESC 小球的重力势能减少了qESD 物体的动能减少了qES考点：电势能；动能定理的应用分析：物体所受电场力为F=Eq，方向和电场方向相同，由于运动方向和电场方向相反，故电场力做负功，根据电场力做功情况可以判断电势能的变化；重力势能的变化量等于重力所做的功根据动能定理求解动能的变化量解答：解：A、小球所受的电场力方向竖直向上，由于物体所受的电场力和运动方向相反，故电场力做负
24、功，为W=qES，故A错误；B、电场力做负功，电势能增大，则小球的电势能增加了qES，故B错误；C、重力做功mhS，则小球的重力势能减小了mgS；故C错误；D、物体做减速运动，合外力做负功，动能减小，由动能定理得：Ek=F合S=maS=qES，所以物体的动能减少了qES，故D正确应选：D点评：此题在电场中考察了各种功能关系的转化，正确解答的关键是明确各种功能关系10如下图，a、b、c为电场中同一条水平方向电场线上的三点，c为ab中点a、b电势分别为a=5V，b=3V，以下表达正确的是（）A 该电场在c点处的电势一定为4VB a点处的场强Ea一定大于b点处的场强EbC 一正电荷从c点运动到b点电
25、势能一定减少D 一正电荷运动到c点时受到的电场力由c指向a考点：电势能；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：只有当该电场是匀强电场时，在c点处的电势一定为4V根据推论：正电荷在电势高处电势能大，分析正电荷从c点运动到b点电势能如何变化电场线的疏密可以判断场强的大小正电荷受到的电场力方向与场强方向相同解答：解：A、当该电场是匀强电场时，由于沿电场方向相同距离电势差相等，则场在c点处的电势一定为4V当该电场不是匀强电场时，在c点处的电势不一定为4V故A错误B、一条电场线无法比较电场线的疏密，就无法比较场强的大小，则a点处的场强Ea不一定大于b点处的场强Eb故B错误C、由题，a点的电势高于b点的电
26、势，根据正电荷在电势高处电势能大可知，正电荷从c点运动到b点电势能一定减少故C正确D、由题可判断电场线方向从a指向b，正电荷运动到c点时受到的电场力由a指向b故D错误应选C点评：此题要抓住电场线的物理意义：电场线的疏密表示电场的强弱，电场线的方向表示电势的高低11如下图，当K闭合后，一带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，以下说确的是（）A 保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒仍静止B 保持K闭合，使P滑动片向右滑动，微粒向下移动C 打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动D 打开K后，使两极板靠近，则微粒将向下运动考点：闭合电路的欧姆定律；电容专题：恒定电流专题分析：当S闭合后，带电微粒在平
27、行板电容器间处于静止状态，合力为零，电场力与重力平衡保持S闭合，电容器板间电压不变，若板间距离也不变，板间的场强不变，微粒仍处于静止状态打开S后，根据电容的决定式C=，分析电容的变化，由电容的定义式C=分析电压的变化再由E=分析板间场强的变化，即可判断带电微粒的运动状态解答：解：A、B、保持K闭合，电容器板间电压不变，使滑动片P向左或向右滑动，板间距离不变，则由E=分析得知，板间场强仍保持不变，带电微粒所受的电场力不变，仍处于静止状态故A正确，B错误C、D、由C=，C=，E= 得到极板间场强E=，E与板间距离无关，故使两极板靠近，板间场强不变，带电微粒所受的电场力不变，则带电微粒仍处于静止状态
28、，故CD错误应选：A点评：此题关键要抓住不变量进行分析：电容器与电源保持相连，板间电压保持不变；充电后与电源断开后，电量不变电量、正对面积不变时，改变板间距离，板间场强不变12如下图，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一个静止的点电荷q（负电荷），当把该点电荷释放，它只在电场力作用下运动时，以下说确的是（）A 点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度越来越大B 点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大C 点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值D 点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到速度为零考点：电场线；牛顿第二定律分析：M、N为两个等量
29、的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向OP，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向PO，速度越来越大但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定越过O点后，负电荷q做减速运动，点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值，加速度变化情况同样不确定解答：解：A、点电荷在从P到O的过程中，所受的电场力方向竖直向下，做加速运动，所以速度越来越大，因为从O向上到无穷远，电场强度先增大后减小，P到O的过程中，电场强度大小变化不能确定，所以电场力无法确定，加速度不能确定故A错误，B错误C、点电荷运动到O点时，所受的电场力为零，加速度为
30、零，然后向下做减速运动，所以O点的速度达到最大值故C正确D、越过O点后，负电荷q做减速运动，速度越来越小，同理加速度的大小无法确定故D错误应选：C点评：此题考查对等量同种电荷电场线的分布情况与特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性进行分析求解，注意从O点向上或向下的过程，电场强度都是先增大后减小13如图中虚线为匀强电场中的等势面，两粒子M、N质量相等，所带电荷量的绝对值也相等，现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示点A、B、C为实线与虚线的交点，已知O点电势高于C点若不计重力，则（）A M带负电荷，N带正电荷B N在A点的速率与M在C点的速率
31、相等C N在从O点运动至A点的过程中克服电场力做功D M在从O点运动至B点的过程中，电场力对它做的负功考点：等势面分析：根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于C点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性由动能定理可知，N在A点的速度与M在C点的速度大小相等，但方向不同N从O点运动至A点的过程中电场力做正功O、B间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零解答：解：A、由题，等势线在水平方向，O点电势高于C点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖直向上，M粒子
32、所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带正电故A错误B、由动能定理可知，N在A点的速度与M在C点的速度大小相等，但方向不同故B正确C、N从O点运动至A点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功故C错误D、O、B间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至B点的过程中，电场力对它做功为零故D错误应选：B点评：此题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性由动能定理分析电场力做功是常用的方法二、填空题（此题共8空，每空2分，共16分）14一段导体电阻是5，1.5分钟所通过的电量是45C则导体两端的电压为2.5V考点：欧姆定律专题：恒定电流专题分析：知
33、道1.5min通过该导体的电量，根据I=求出通过的电流，又知道导体的电阻，根据欧姆定律求出导体两端的电压解答：解：通电时间：t=1.5min=1.560s=90s，通过电阻的电流：I=0.5A，根据欧姆定律可得，导体两端的电压：U=IR=0.5A5=2.5V故答案为：2.5点评：此题考查了欧姆定律和电流定义式的简单应用，是一道基础题目15一段长为L，电阻为R的均匀电阻丝，把它拉制成3L的均匀细丝后，其电阻值为9R考点：电阻定律专题：恒定电流专题分析：导线长度变长但体积不变，则可得出截面积的变化，则由电阻定律可得拉伸前后电阻的变化，从而求得后来的电阻解答：解：由电阻定律可知：R=；当拉制长3L的
34、细丝后，截面积变成；则R=9R；故答案为：9R点评：此题考查电阻定律的应用，在解题时要注意当长度变化时，导线的体积不变，故导线的截面积要有变化16如下图，A、B两端接直流稳压电源，Uab=30V，滑动变阻器总阻值为40，滑动片P处于变阻器的中点，C、D两端电压Ucd=15V；若C、D两端接入一个20的电阻，则Ucd=10V考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：根据串联电路的分压规律求解C、D两端电压Ucd若C、D两端接入一个20的电阻，该电阻与变阻器左侧并联后与右侧串联再由分压规律求解解答：解：滑动片P处于变阻器的中点，C、D两端电压 Ucd=U=15V若C、D两端接入一个20的电阻
35、，则该电阻与变阻器左侧并联电阻为 R并=10Ucd=U=30V=10V故答案为：15，10点评：解决此题的关键要掌握串联电路的分压规律：电压与电阻成正比，运用比例法求解17一个未知电阻，无法估计其电阻值，某同学用伏安法测量此电阻，用图（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，测量值Rx=1000考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：两种接法都有误差：（a）图是电流表接法，误差来源于电压表的示数不只是电阻R 的电压，还包括了电流表的分压，（b）图为电流表外接法，误差来源于电流
36、表的示数不只是通过R的电流，还包括了电压表的电流；要根据根据电流表与电压表的分压与分流的值的多少选择适宜的电路，以减小误差解答：解：（a）图与（b）图的数据显示，两种电路电流表的示数相对误差要大一些，宜用电流的真实值 故用（a）图的电路 其测量值为：R=1000故答案为：（a） 1000点评：待测电阻远大于电流表阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表接法测量值偏大待测电阻远小于电压表阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小18在空间某一区域，有一匀强电场，一质量为m的液滴，带正电荷，电量为q，在此电场中恰能沿竖直方向作匀速直线运动，则此区域的电场强度的大小为，方向竖直向
37、上考点：电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：由题，质量为m的液滴，带电量为+q，在电场中恰能沿竖直方向作匀速直线运动，受到重力与电场力平衡，根据平衡条件和场强公式求解场强的大小和方向解答：解：据题，液滴在电场中恰能沿竖直方向作匀速直线运动，重力与电场力二力平衡，根据平衡条件得： mg=qE得到电场强度大小E=，电场力方向竖直向上，由于液滴带正电，则场强方向为竖直向上故答案为：，竖直向上点评：此题电场中最基本的题型：带电粒子在电场中平衡问题，关键是分析带电粒子的受力情况三、计算题（此题共3小题，10分+10分+12分=32分）解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的
38、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.19如下图电路中，电池组的电动势E=42V，阻r=2，定值电阻R=20，D是电动机，其线圈电阻R=1电动机正常工作时，理想电压表示数为20V求：（1）通过定值电阻R的电流；（2）电动机的电功率；（3）电动机输出的功率考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：（1）由E=UV+UR+r可得R和电源两端的电压之和，进而又欧姆定律可得电路电流，即等于通过电动机的电流（2）电动机为非纯电阻元件，故其功率为P电=UI（3）由可得电动机的发热功率，进而由P电=P机+P热可得电动机输出的机械功率解答：解：（1）由E=UV+UR+r可得R和电源两端的电压之
39、和为：UR+r=EUV由欧姆定律可得电路电流为：通过定值电阻的电流为1A（2）电动机为非纯电阻元件，故其功率为：P电=UVI=201W=20W（3）电动机的发热功率为：故电动机的输出功率为：P机=P电P热=20W1W=19W答：（1）通过定值电阻的电流是1A（2）电动机消耗的电功率为20W（3）电动机输出的机械功率为19W点评：此题考查功率公式的应用，要注意对纯电阻元件和非纯电阻元件的处理区别，电热的计算可以用同一个公式，但非纯电阻元件，其总功率只能用P=UI表示20两个半径均为R的圆形平板电极，平行正对放置，相距为d，极板间的电势差为U，板间电场可以认为是匀强电场一个质量为m，电荷量为q正粒
40、子从正极板边缘以某一初速度垂直于电场方向指向圆心射入两极板之间，到达负极板时恰好落在极板圆心忽略重力和空气阻力的影响，求：（1）两极板间的电场强度E的大小；（2）正粒子在极板间运动的加速度a的大小；（3）正粒子的初速度v0的大小考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）根据匀强电场中电势差与电场强度关系公式U=Ed列式求解电场强度；（2）根据牛顿第二定律求解加速度；（3）粒子做类似平抛运动，平行电场线方向做初速度为零的匀加速直线运动，垂直电场线方向做匀速直线运动，根据分位移公式列式求解解答：解：（1）极板间场强：E=；（2）正粒子在极板间运动的加
41、速度：a=；（3）粒子做类似平抛运动，平行电场线方向：d=垂直电场线方向：R=v0t解得：答：（1）两极板间的电场强度E的大小为；（2）正粒子在极板间运动的加速度a的大小为；（3）正粒子的初速度v0的大小为点评：此题关键是明确粒子做类似平抛运动，然后类比平抛运动分位移公式列式求解，注意加速度不同21如下图，空间存在着电场强度为E=2.5103N/C、方向竖直向上的匀强电场，一长为L=0.5m的绝缘细线，一端固定在O点，一端拴着质量m=5103kg、电荷量q=4105C的小球现将细线拉直到水平位置A，使小球由A静止释放，则小球能运动到最高点不计阻力取g=10m/s2求：（1）小球的电性（2）细线
42、在最高点受到的拉力（3）若小球刚好运动到最高点时细线断裂，则细线断裂后小球继续运动到与O点水平方向距离为细线的长度L时，小球距OA所在水平面的高度考点：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）由带电小球在电场力作用下，运动到最高点并拉断细线，则可判定电场力方向，再由电场强度方向可确定小球的电性（2）小球从释放到最高点，由动能定理可求出动能的变化，再由牛顿第二定律可得拉力大小（3）当细线断裂后，小球做类平抛运动，则将此运动分解成水平方向匀速运动与竖直方向匀加速运动，从而求出小球距O点的高度解答：解：（1）由小球运动到最高点，说明电场力竖直向上，再由电场线竖直向上，则
43、可判定小球带正电 （2）设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有：（qEmg）L=mv20在最高点对小球由牛顿第二定律得：T+mgqE=m由式解得：T=15N； （3）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，由牛顿第二定律得：a=设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，则 L=vt设竖直方向上的位移为s，则 s=at2由解得：s=0.125m小球距O点高度为：s+L=0.625m答：（1）小球的电性为正电（2）细线能承受的最大拉力为15N（3）当小球继续运动后与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度0.625m点评：小球由静止释放，当小球运动最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂从而可求出此时的速度，这是此题的突破口并值得注意是细线断裂后，速度与合力相垂直，且合力恒定，所以做类平抛运动四、附加题（本小题10分）附加题以外分值达到80分时，附加题的分值方可计入总分，总分不超过100分2004秋宝山区期末）如下图a所示，A和B表示在真空中相距为d的 两平行金属板，加上恒定电压后，它们之间的电场可看成匀强电场有一如图b所示的周期性变化的电压u，它的最大值在正半周恒为+U0，在负半周恒为U0，现将这一周期性变化的电压加在A、B两板上，设t=0时，A板电势比B板高，这时在紧靠B板处有一初