湖南省长沙市长郡中学2022届高三物理上学期第十次周练试题含解析

2022-2022学年湖南省长沙市长郡中学高三（上）第十次周练物理试卷一.选择题1．如图所示，在1价离子的电解质溶液内插有两根碳棒A和B作为电极，将它们接在直流电源上，于是溶液里就有电流通过．若在t秒内，通过溶液内截面S的正离子数为n1，通过的负离子数为n2，设基本电荷为e，则以下说法中正确的是()A．正离子定向移动形成的电流方向从A→B，负离子定向移动形成的电流方向从B→AB．溶液内由于正负离子移动方向相反，溶液中的电流抵消，电流等于零C．溶液内的电流方向从A→B，电流I=D．溶液内的电流方向从A→B，电流I=2．传感器是一种采集信息的重要器件，图为测定压力的电容式传感器，将电容器、灵敏电流计（零刻度在中间）和电源串联成闭合回路．当压力F作用于可动电极的膜片上时，膜片产生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流计指针偏转．在对膜片开始施加恒定的压力到膜片稳定的这段时间，灵敏电流表指针的偏转情况为（电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏）()A．灵敏电流表指针向右偏B．灵敏电流表指针向左偏C．灵敏电流表指针向不动D．不能判断灵敏电流表指针向哪边偏3．如图为直流电动机提升重物的装置，重物的重量G=500N，电源电动势E=90V，电源内阻为2Ω，不计各处摩擦，当电动机以ν=0.60m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=5.0A，下列判断不正确的是()-16-A．电动机消耗的总功率为400WB．电动机线圈的电阻为0.4ΩC．电源的效率约为88.9%D．电动机效率为75%4．加速度计是测定物体加速度的仪器，如图所示为应变式加速度计的结构示意图．敏感元件（相当于振子）由弹簧连接并架在光滑支架上，支架与待测系统固定在一起，敏感元件下端滑动臂可在滑动变阻器上R自由滑动．当系统加速运动时，敏感元件发生位移，带动滑动臂移动，引起电压表示数变化．调整接触点C的位置，使系统处于平衡状态时电压表示数为0，并将此时指针所指位置标定为0m/s2，则()A．从实用的角度出发，用来改制的电压表零刻度应在刻度盘的中央，接触点C的位置相应地调在滑动变阻器的中央B．电压表表盘改制成加速度计表盘后，其表面刻度一定还是均匀的C．增大所用电压表的量程就能增大这种加速度计的量程D．这种加速度计只能用来测量系统沿支架方向的加速度二、解答题（共5小题，满分0分）5．有一根细而均匀的中空柱状导电材料样品如图a所示，截面为同心圆环如图b所示，在样品两端面上有焊接良好的引出导线．样品长约5cm，教师用多用电表的欧姆挡预测电阻时，选择开关置于“×10”倍率挡，其示数如图c所示，已知这种材料的电阻率为ρ，因该样品的内径太小，无法直接用长度测量工具测量．现提供下列实验器材：A．20等分刻度的游标卡尺B．螺旋测微器C．电流表A1（量程为50mA，内阻r1=100Ω）D．电流表A2（量程为3A，内阻r2约为0.1Ω）E．电压表V1（量程为3V，内阻r3约为10KΩ）F．电压表V2（量程为15V，内阻r4约为90KΩG．滑动变阻器R（0～10Ω，额定电流2A）H．直流电源E（电动势12V，内阻r约1Ω）I．导电材料样品Rx（长约5cm，电阻约为图c测量值）J．开关一只，导线若干．-16-不使用多用电表读数情况下，请根据上述实验器材设计一个尽可能精确的测量该样品内径d的实验方案，并回答问题：①教师用多用电表预测的电阻值如图c所示，约为__________Ω②用游标卡尺测得该样品的长度如图d所示，其示数L=__________mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图e所示，其示数D=__________mm．③请选择合适的仪器：电流表选__________电压表应选__________（填所选器材前标号）．④在虚框内画出实验电路图．⑤用ρ、L、D和测得量的符号来表示样品的内径d=__________．6．二极管是一种半导体元件，电路符号为“”，其特点是具有单向导电性，即电流从正极流入时电阻比较小，而从负极流入时电阻比较大．①某实验兴趣小组对某种晶体二极管的伏安特性曲线进行测绘．因二极管外壳所印的标识模糊，为判断正负极，用多用电表电阻挡测二极管的正反向电阻．将选择开关旋至合适倍率，调整欧姆零点后，将黑表笔接触二极管的左端、红表笔接触右端时，指针偏角比较小；再将红、黑表笔位置对调时，指针偏角比较大，由此判断__________端为二极管的正极．（选填“左”、“右”）②厂家提供的伏安特性曲线如图1．该小组只对加正向电压时的伏安特性曲线进行了测绘，以验证与厂家提供的数据是否一致，可选用的器材有：A．直流电源，电动势3V，内阻忽略不计；B．0～20Ω的滑动变阻器一只；C．量程5V、内阻约50kΩ的电压表一只；D．量程3V、内阻约20kΩ的电压表一只；E．量程0.6A、内阻约0.5Ω的电流表一只；F．量程50mA、内阻约5Ω的电流表一只；G．待测二极管一只；H．导线、电键等．为了提高测量结果的准确度，电压表应选用__________，电流表应选用__________．（填序号字母）③为了达到测量目的，请在答题卡上图2的虚线框内画出正确的实验电路原理图．④为了保护二极管，正向电流不要超过25mA，请你对本实验的设计或操作提出一条合理的建议：__________⑤该小组通过实验采集数据后描绘出了二极管的伏安特性曲线，通过对比，与厂家提供的曲线基本吻合．如果将该二极管与一阻值R=50Ω的电阻串联，再接至电动势E=1.5V、内阻不计的电源上，二极管处于正向导通状态．请你写出根据题中给出的伏安曲线求通过二极管电流的步骤：（不要求求出结果）．__________-16-7．某同学利用一段长电阻丝测定一节干电池电动势和内阻．接好如下图所示的实验装置后，将导线的接头O分别连接上电阻丝的a、b、c、d四位置并闭合电路测量．（1）实验中选择从电阻丝的左端a开始而不是从电阻丝的最右端开始的理由是：__________；（2）实验中得到两电表读数如下：接线柱abcd电压/V1.501.501.251.20电流/A0.000.000.250.30经检查，电阻丝某处发生断路．则根据表格，发生断路的位置在__________（填写字母）两点之间，电源内阻为__________Ω．（3）该同学使用的是均匀电阻丝且abcd四点等间距，在不修复电阻丝的情况下，O与电阻丝任意位置连接，不可能出现的电表读数是__________A．1.15VB．1.30VC．0.24AD．0.35A．8．某同学利用图甲电路对额定电压已经模糊、额定功率为1W的小灯泡进行了如下研究．按图甲连接电路后，闭台开关s，测得通过小灯泡的电流与小灯泡两端的电压关系如图乙．（1）据图判断，实验过程中小灯泡的电阻是__________（选填“恒定”或“变化”）的．（2）当小灯泡两端的电压为0.5V时，2分钟内小灯泡消耗的电能为多少？（3）小灯泡的额定电压为多少？-16-9．空间有一静电场，在x轴上的电场方向竖直向下，轴上的电场强度大小按E=kx分布（x是轴上某点到O点的距离），如图1所示．在O点正下方有一长为L的绝缘细线连接A、B两个均带负电的小球（可视为质点），A球距O点的距离为L，两球恰好静止，细绳处于张紧状态．已知A、B两球质量均为m，B所带电量为﹣q，，不计两小球之间的静电力作用．（1）求A球的带电量；（2）画出A球所受电场力F与x的图象；剪断细线后，A球向上运动，求A球运动的最大速度vm；（提示：借助图2F﹣x图象可以确定电场力做功的规律）（3）剪断细线后，求B球的运动范围．-16-2022-2022学年湖南省长沙市长郡中学高三（上）第十次周练物理试卷一.选择题1．如图所示，在1价离子的电解质溶液内插有两根碳棒A和B作为电极，将它们接在直流电源上，于是溶液里就有电流通过．若在t秒内，通过溶液内截面S的正离子数为n1，通过的负离子数为n2，设基本电荷为e，则以下说法中正确的是()A．正离子定向移动形成的电流方向从A→B，负离子定向移动形成的电流方向从B→AB．溶液内由于正负离子移动方向相反，溶液中的电流抵消，电流等于零C．溶液内的电流方向从A→B，电流I=D．溶液内的电流方向从A→B，电流I=【考点】电流、电压概念．【专题】恒定电流专题．【分析】正电荷的定向移动方向是电流的方向，负电荷的定向移动方向与电流方向相反；由电流的定义式I=可以求出电流的大小．【解答】解：A、电荷的定向移动形成电流，正电荷的定向移动方向是电流方向，由图示可知，溶液中的正离子从A向B运动，因此电流方向是A→B，故A错误；B、溶液中正离子由A向B移动，负离子由B向A移动，负电荷由B向A的移动相当于正电荷由B向A移动，带电离子在容液中定向移动形成电流，电流不为零，故B错误；C、溶液中的正离子从A向B运动，因此电流方向是A→B，电流I==，故C错误，D正确；故选D．【点评】知道电荷的定向移动形成电流，正电荷的定向移动方向是电流的方向，应用电流定义式即可正确解题．2．传感器是一种采集信息的重要器件，图为测定压力的电容式传感器，将电容器、灵敏电流计（零刻度在中间）和电源串联成闭合回路．当压力F作用于可动电极的膜片上时，膜片产生形变，引起电容的变化，导致灵敏电流计指针偏转．在对膜片开始施加恒定的压力到膜片稳定的这段时间，灵敏电流表指针的偏转情况为（电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏）()-16-A．灵敏电流表指针向右偏B．灵敏电流表指针向左偏C．灵敏电流表指针向不动D．不能判断灵敏电流表指针向哪边偏【考点】传感器在生产、生活中的应用．【分析】根据电容器的电容与板间距离的关系判断当F向上压膜片电极时电容的变化，再根据电容定义式判断电容器在充电还是放电，从而判断电流计的变化．【解答】解：当F向上压膜片电极时，板间距离减小，由电容的决定式C=得到，电容器的电容将增大，又根据电容的定义式C=，电容器两极的电压U不变，故Q将增大，即电容器充电，所以电流将从电流表负接线柱流入，电流计指针向左偏．当充电完毕后，电路中没有电流，电流计的指针回到零刻度．故B正确、ACD错误．故选：B．【点评】本题电容器动态变化分析问题，只要掌握电容的定义式C=和决定式C=就能正确解答．3．如图为直流电动机提升重物的装置，重物的重量G=500N，电源电动势E=90V，电源内阻为2Ω，不计各处摩擦，当电动机以ν=0.60m/s的恒定速度向上提升重物时，电路中的电流I=5.0A，下列判断不正确的是()A．电动机消耗的总功率为400WB．电动机线圈的电阻为0.4ΩC．电源的效率约为88.9%D．电动机效率为75%【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】当电动机以恒定速度向上提升重物时，同时电动机因线圈电阻消耗功率．则电源产生的总功率等于提升物体消耗的功率加上线圈电阻消耗的功率．效率等于有用功率与总功率之比．【解答】解：重物被提升的功率PG=Fv=Gv=500×0.6W=300W此时电路中的电流为I=5A，则电源的总功率P总=EI=90×5W=450W，设线圈的电阻为R．根据能量守恒得：P总=PG+I2r+I2R-16-则得：R==Ω=4Ω电源的效率为η1=×100%=×100%=88.9%电动机效率为η2=×100%=×100%=75%，故ACD正确，B错误．本题选错误的，故选：B【点评】本题要知道电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，关键要准确分析功率是如何分配，根据能量转化和守恒定律进行列式解答这类问题．4．加速度计是测定物体加速度的仪器，如图所示为应变式加速度计的结构示意图．敏感元件（相当于振子）由弹簧连接并架在光滑支架上，支架与待测系统固定在一起，敏感元件下端滑动臂可在滑动变阻器上R自由滑动．当系统加速运动时，敏感元件发生位移，带动滑动臂移动，引起电压表示数变化．调整接触点C的位置，使系统处于平衡状态时电压表示数为0，并将此时指针所指位置标定为0m/s2，则()A．从实用的角度出发，用来改制的电压表零刻度应在刻度盘的中央，接触点C的位置相应地调在滑动变阻器的中央B．电压表表盘改制成加速度计表盘后，其表面刻度一定还是均匀的C．增大所用电压表的量程就能增大这种加速度计的量程D．这种加速度计只能用来测量系统沿支架方向的加速度【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析．【专题】恒定电流专题．【分析】由牛顿第二定律得到加速的表达式，再由电压表的示数，可以依据欧姆定律得到电压与敏感元件位移的关系式，带入牛顿第二定律表达式就可以得到加速度与电压的关系．得出加速度与电压的关系式，就可以从式子分析是不是一次函数关系，进而判定刻度是不是均匀的．【解答】解：A、只有当接触点C的位置相应地调在滑动变阻器的中央时，电压表的读数才为零，故A正确．B、设敏感元件的质量为m，两侧弹簧的劲度系数均为k，电源电动势为E，内阻不变，滑动变阻器总电阻为R，有效长度为L．系统静止时敏感元件两端弹簧位于自然状态，设系统以加速度a右加速运动，敏感元件向左移动的位移为x，由胡克定律和牛顿第二定律可得：a==…①-16-此时电压表的示数由欧姆定律可得：U=E•②得：a=…③可知，系统加速度与电压表示数之间成一次函数关系，凡因变量与自变量间成一次函数的测量仪表刻度盘刻度都是均匀的．故B正确．C、由上式知，增大所用电压表的量程，可减小这种加速度计的量程，故C错误．D、只有当系统沿支架方向有加速度时，③式才成立，否则只能得到水平方向的分加速度与电压的关系，不能直接得到加速度，故D正确．故选ABD【点评】本题的重点就是利用好给定的条件，电阻是与长度成正比的，故由此可以得到电压与敏感元件位移的关系，由此打开整个题目．二、解答题（共5小题，满分0分）5．有一根细而均匀的中空柱状导电材料样品如图a所示，截面为同心圆环如图b所示，在样品两端面上有焊接良好的引出导线．样品长约5cm，教师用多用电表的欧姆挡预测电阻时，选择开关置于“×10”倍率挡，其示数如图c所示，已知这种材料的电阻率为ρ，因该样品的内径太小，无法直接用长度测量工具测量．现提供下列实验器材：A．20等分刻度的游标卡尺B．螺旋测微器C．电流表A1（量程为50mA，内阻r1=100Ω）D．电流表A2（量程为3A，内阻r2约为0.1Ω）E．电压表V1（量程为3V，内阻r3约为10KΩ）F．电压表V2（量程为15V，内阻r4约为90KΩG．滑动变阻器R（0～10Ω，额定电流2A）H．直流电源E（电动势12V，内阻r约1Ω）I．导电材料样品Rx（长约5cm，电阻约为图c测量值）J．开关一只，导线若干．-16-不使用多用电表读数情况下，请根据上述实验器材设计一个尽可能精确的测量该样品内径d的实验方案，并回答问题：①教师用多用电表预测的电阻值如图c所示，约为180Ω②用游标卡尺测得该样品的长度如图d所示，其示数L=50.35mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图e所示，其示数D=3.206mm．③请选择合适的仪器：电流表选A1电压表应选V2（填所选器材前标号）．④在虚框内画出实验电路图．⑤用ρ、L、D和测得量的符号来表示样品的内径d=，I为电流表读数、U为伏特表读数．【考点】测定金属的电阻率．【专题】实验题．【分析】①根据欧姆表读数与倍率的乘积，即为电阻值；②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．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读；③④根据所测电阻的平方与电压表、电流表内阻乘积相比较，从而确定电流表外接还是内接，再根据滑动变阻器的阻值与所测电阻比较，来确定其分压式，还是限流式，并关键是通过估算确定选取电压表V2；⑤根据电阻定律，结合已知直径大小，即可求解．【解答】解：①多用电表预测的电阻值：R=18×10Ω=180Ω，②游标卡尺测得该样品的长度：L=50mm+7×0.05mm=50.35mm，螺旋测微器测得该样品的外径：D=3mm+20.6×0.01mm=3.206mm．③④因电源电动势为12V，若用电压表V1，则电路中最大电流为：I=×1000mA=16.7mA，所以即使用电流表A2读数也不精确，所以电压表应用V2，显然电流表应选A1．又滑动变阻器阻值太小故应用分压式接法，电路图如图所示．⑤根据欧姆定律有R=，根据电阻定律有：R=，联立解得内径：d=．故答案为：①180；②50.35，3.206；③A1；V2④电路图；⑤，I为电流表读数、U为伏特表读数．-16-【点评】考查游标卡尺与螺旋测微器读数，注意两者的区别，掌握电路的设计，理解电流表外接与内接的区别，及滑动变阻器的分压式与限流式的不同，同时学会通过估算选取实验器材和电路的思路和方法．6．二极管是一种半导体元件，电路符号为“”，其特点是具有单向导电性，即电流从正极流入时电阻比较小，而从负极流入时电阻比较大．①某实验兴趣小组对某种晶体二极管的伏安特性曲线进行测绘．因二极管外壳所印的标识模糊，为判断正负极，用多用电表电阻挡测二极管的正反向电阻．将选择开关旋至合适倍率，调整欧姆零点后，将黑表笔接触二极管的左端、红表笔接触右端时，指针偏角比较小；再将红、黑表笔位置对调时，指针偏角比较大，由此判断右端为二极管的正极．（选填“左”、“右”）②厂家提供的伏安特性曲线如图1．该小组只对加正向电压时的伏安特性曲线进行了测绘，以验证与厂家提供的数据是否一致，可选用的器材有：A．直流电源，电动势3V，内阻忽略不计；B．0～20Ω的滑动变阻器一只；C．量程5V、内阻约50kΩ的电压表一只；D．量程3V、内阻约20kΩ的电压表一只；E．量程0.6A、内阻约0.5Ω的电流表一只；F．量程50mA、内阻约5Ω的电流表一只；G．待测二极管一只；H．导线、电键等．为了提高测量结果的准确度，电压表应选用D，电流表应选用F．（填序号字母）③为了达到测量目的，请在答题卡上图2的虚线框内画出正确的实验电路原理图．④为了保护二极管，正向电流不要超过25mA，请你对本实验的设计或操作提出一条合理的建议：为了防止超过最大电流，可以在电路中串接保护电阻；同时也可以通过实验方法，即慢慢调节滑动触片，注视电流表，使电流表示数不得超过25mA⑤该小组通过实验采集数据后描绘出了二极管的伏安特性曲线，通过对比，与厂家提供的曲线基本吻合．如果将该二极管与一阻值R=50Ω的电阻串联，再接至电动势E=1.5V、内阻不计的电源上，二极管处于正向导通状态．请你写出根据题中给出的伏安曲线求通过二极管电流的步骤：（不要求求出结果）．设二极两端电压为U，通过的电流为I，由闭合电路欧姆定律得方程U=1.5﹣50I；在二极管伏安特性曲线中作出该方程的图象，该直线与二极管伏安曲线相交，读出该交点的纵坐标即为I【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】①二极管具有单向导电性，当接反向电压时，二极管的电阻很大，由欧姆表的示数可知二极管的极性；②电源已知，根据电源的电动势可以选出电压表，由图中示数可以选出电流表；-16-③为了得到范围较大的测量值，本实验应选择分压接法，为了准确应选用电流表外接法；④要控制电路关键在于控制二极管两端的电压，故可以通过加入保护电阻分压，或在调节时让滑动变阻器分压慢慢变大，进行控制；⑤在同一坐标系内作出电源的I﹣U图象，两图象的交点的坐标值是用该电源给二极管供电时，二极管两端电压与通过二极管的电流．【解答】解：①欧姆表内部有电源，电源正极接在负接线柱上，当红表笔接触右端时，说明红表笔接入电源的负极；此时指针偏角较小，说明电阻较大，故说明接入了反向电压，故二极管右端应为正极；②由题意可知，采用的电源电压为3V，故为了安全和准确，电压表应选取D，3V的量程；由图可知，最大电流约为30mA，故电流表应选F；故选D，F；③由题意可知，本实验要求作出伏安特性曲线，故要求多测数据，故应采用分压接法；同时，因二极管电阻较小，故应采用电流表外接法；答案如图所示；④为了防止超过最大电流，可以在电路中串接保护电阻；同时也可以通过实验方法，即慢慢调节滑动触片，注视电流表，使电流表示数不得超过25mA；⑤设二极两端电压为U，通过的电流为I，由闭合电路欧姆定律得方程U=1.5﹣50I；在二极管伏安特性曲线中作出该方程的图象，该直线与二极管伏安曲线相交，读出该交点的纵坐标即为I；故答案为：①右；②D、F；③图象如图所示；减小；④为了防止超过最大电流，可以在电路中串接保护电阻；同时也可以通过实验方法，即慢慢调节滑动触片，注视电流表，使电流表示数不得超过25mA；⑤设二极两端电压为U，通过的电流为I，由闭合电路欧姆定律得方程U=1.5﹣50I；在二极管伏安特性曲线中作出该方程的图象，该直线与二极管伏安曲线相交，读出该交点的纵坐标即为I．【点评】本题考查了欧姆表的原理及伏安特性曲线，综合性较强，要求学生能全面掌握实验知识；注意欧姆表的原理及分压接法等基本原理．7．某同学利用一段长电阻丝测定一节干电池电动势和内阻．接好如下图所示的实验装置后，将导线的接头O分别连接上电阻丝的a、b、c、d四位置并闭合电路测量．（1）实验中选择从电阻丝的左端a开始而不是从电阻丝的最右端开始的理由是：防止短路，保护电源；（2）实验中得到两电表读数如下：接线柱abcd电压/V1.501.501.251.20电流/A0.000.000.250.30经检查，电阻丝某处发生断路．则根据表格，发生断路的位置在bc（填写字母）两点之间，电源内阻为1Ω．（3）该同学使用的是均匀电阻丝且abcd四点等间距，在不修复电阻丝的情况下，O与电阻丝任意位置连接，不可能出现的电表读数是BA．1.15VB．1.30VC．0.24AD．0.35A．-16-【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】接在电阻丝左端时，电阻丝的接入电阻较大．根据两电表读数可以发现接线柱a、b的电压都是1.50V，即电表读数没变．根据r=求解电源内阻．【解答】解；（1）接在电阻丝左端时，电阻丝的接入电阻较大．从电阻丝左端开始而不是右端的理由是：防止短路，保护电源．（2）根据两电表读数可以发现接线柱a、b的电压都是1.50V，即电表读数没变．发生断路的位置在bc两点之间，根据r=得电源内阻为1Ω．（3）在不修复电阻丝的情况下，O与电阻丝任意位置连接，根据闭合电路欧姆定律得电压表的读数小于1.30V，故A读数可能出现，B读数不可能出现．从左端到右端电阻减小，电流增大，根据闭合电路欧姆定律得电流表读数大于0.2A，故C、D读数会出现．故选B．故答案为：（1）防止短路，保护电源；（2）bc；1；（3）B．【点评】解决该题关键要掌握实验的原理，要求能按照安全性和准确性的要求进行分析问题．8．某同学利用图甲电路对额定电压已经模糊、额定功率为1W的小灯泡进行了如下研究．按图甲连接电路后，闭台开关s，测得通过小灯泡的电流与小灯泡两端的电压关系如图乙．（1）据图判断，实验过程中小灯泡的电阻是变化（选填“恒定”或“变化”）的．（2）当小灯泡两端的电压为0.5V时，2分钟内小灯泡消耗的电能为多少？（3）小灯泡的额定电压为多少？【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】（1）从图象可以看出电流和电压的变化，从而可知灯泡的电阻的变化．（2）已知灯泡两端的电压和工作时间，从图中可以看出通过灯泡的电流，根据公式W=UIt可求2分钟内小灯泡消耗的电能．-16-（3）已知额定功率为1W，当功率为1W时，根据公式P=UI可以从图象上看出电压和电流的大小．【解答】解：（1）从图象可知，灯泡两端的电压和通过的电流不成正比，所以说灯泡的电阻是在变化的．故答案为：变化．（2）由图可知，当灯泡两端的电压为U=0.5V时，可以看出电流为I=0.2A，2分钟内小灯泡消耗的电能为：W=UIt=0.5V×0.2A×2×60s=12J．答：2分钟内小灯泡消耗的电能为12J．（3）由图可知，当P实=P额=1W时，I额=0.4A，U额=2.5V，所以灯泡的额定电压为2.5V．答：小灯泡的额定电压为2.5V．【点评】本题考查消耗的电能、额定电压的计算，关键是从题目所给信息中找到有用的数据，能看懂图象这是本题的重点．9．空间有一静电场，在x轴上的电场方向竖直向下，轴上的电场强度大小按E=kx分布（x是轴上某点到O点的距离），如图1所示．在O点正下方有一长为L的绝缘细线连接A、B两个均带负电的小球（可视为质点），A球距O点的距离为L，两球恰好静止，细绳处于张紧状态．已知A、B两球质量均为m，B所带电量为﹣q，，不计两小球之间的静电力作用．（1）求A球的带电量；（2）画出A球所受电场力F与x的图象；剪断细线后，A球向上运动，求A球运动的最大速度vm；（提示：借助图2F﹣x图象可以确定电场力做功的规律）（3）剪断细线后，求B球的运动范围．【考点】动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用；电场强度．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）选取AB组成的整体为研究的对象，写出平衡方程，即可求得A的电量；（2）根据电场强度大小按E=kx分布，画出A球所受电场力F与x的图象；当A球受到的重力与电场力相等时，受到最大；根据动能定理即可求得A球运动的最大速度；-16-（3）剪断细线后，B球的先向下做加速运动，随受到的电场力的增大，加速度减小，所以B球做加速度减小的加速运动；当电场力大于重力之后，小球B做减速运动，直至返回．根据它受力的特殊性和运动的对称性即可求解．【解答】解：（1）A、B两球静止时，A球所处位置场强为：B球所处位置场强为：对A、B由整体法得：2mg=qAE1+qE2解得：qA=4q（2）A球所受电场力F与x的图象如图所示：剪断细线后，A球向上运动，当A球的加速度为零时，速度达到最大，此时A球距O点距离为：x1解得：剪断细线后，A球从运动到获得最大速度，A球上升的高度为：由动能定理得：由图象可知，可得：解得：（本题也可由F﹣x图象中图线与x轴所夹的面积求电场力做功）（3）方法一：剪断细线后，设B球向下运动的最大位移为△x时，速度变为零此时B球所受电场力为：由动能定理得：解得：△x=2L则B球的运动范围是：2L≤x≤4L方法二：B球下落速度达到最大时，B球距O点距离为：x0解得：x0=3L记x0=3L位置处为O1点，小球继续下落△x位移时，其所受合力为F-16-由此可以判断：B球在回复力作用下做简谐运动．简谐运动以O1为平衡位置，振幅为L．则B球的运动范围是：2L≤x≤4L答：（1）A球的带电量为4q；（2）画出A球所受电场力F与x的图象如图；剪断细线后，A球向上运动，A球运动的最大速度；（3）剪断细线后，B球的运动范围是：2L≤x≤4L．【点评】该题中，两个小球受到的力是变力，要根据它们受力变化的规律，正确分析得出它们运动的规律，然后才能做出正确的结论．题目的难度比较大．-16-