2022-2022学年浙江省温州市苍南县巨人中学高二（上）期中物理试卷 一、选择题（本题共10小题．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，每小题3分，共30分）1．真空中有相距为r的两个点电荷A、B，它们之间相互作用的静电力为F，如果将A的带电量增加到原来的4倍，B的带电量不变，要使它们的静电力变为，则它们的距离应当变为（ ）A．16rB．4rC．2rD．2r 2．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（ ）A．电场强度E与F成正比，跟q成反比B．无论试探电荷所带电量如何变化，始终不变C．电场中某点的场强为零，在该点的电荷受到的静电力可能不为零D．一个不带电的小球在P点受到的静电力为零，则P点场强一定为零 3．如图所示，在匀强电场中有A、B两点，将一电量为q的正电荷从A点移到B点，第一次沿直线AB移动该电荷，电场力做功为W1；第二次沿路径ACB移动该电荷，电场力做功W2；第三次沿曲线AB移动该电荷，电场力做功为W3，则（ ）A．W1＞W2＞W3B．W1＜W3＜W2C．W1=W2＜W3D．W1=W2=W3 4．如图1，AB是某电场中的一条电场线，若将正点电荷从A点由静止自由释放，沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图所2示，则A、B两点场强大小和电势高低关系是（ ）A．EA＜EB；φA＜φBB．EA＜EB；φA＞φBC．EA＞EB；φA＜φBD．EA＞EB；φA＞φB 5．如图所示的电路，闭合开关S后，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势E恒定且内阻r不可忽略．现将变阻器R的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是（ ）-21-\nA．a灯变亮，b灯和c灯变暗B．a灯和c灯变亮，b灯变暗C．a灯和c灯变暗，b灯变亮D．a灯和b灯变暗，c灯变亮 6．如图所示的伏安法测电阻电路中，电压表的内阻为3kΩ，读数为3V；电流表内阻为10Ω，读数为4mA．待测电阻R的真实值等于（ ）A．750ΩB．760ΩC．1000ΩD．1010Ω 7．一根粗细均匀，阻值为8Ω的电阻丝，在温度不变的情况下，先将它等分成四段，每段电阻为R1；再将这四段电阻丝并联，并联后总电阻为R2．则R1与R2的大小依次为（ ）A．1Ω，0.5ΩB．4Ω，1ΩC．2Ω，0.5ΩD．2Ω，1Ω 8．如图所示，两个等量异种点电荷电场，AB为电荷连线的中垂线，且AO=BO，则（ ）A．负电荷从A运动到B，电势能增加B．正电荷从A运动到B，电势能增加C．A、B两点场强相等D．A、B两点电势差为零，两个点电荷间的电势差也为零 9．图中A，B，C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，BC=20cm．把一个电量q=10﹣5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为﹣1.73×10﹣3J，则该匀强电场的场强大小和方向是（ ）A．865V/m，垂直AC向左B．865V/m，垂直AC向右C．1000V/m，垂直AB斜向上D．1000V/m，垂直AB斜向下 10．如图所示，因线路故障，按通K时，灯L1和L2均不亮，用电压表测得Uab=0，Ubc=0，Ucd=4V．由此可知开路处为（ ）-21-\nA．灯L1B．灯L2C．变阻器D．不能确定 二、不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分，全部选对的得4分，不选全得2分，有错选或不答的得0分）11．一个T形电路如图所示，电路中的电阻R1=30Ω，R2=R3=20Ω．另有一测试电源，所提供电压恒为10V．以下说法正确的是（ ）A．若将cd端短路，ab之间的等效电阻是50ΩB．若将ab端短路，cd之间的等效电阻是40ΩC．当ab两端接上测试电源时，cd两端的电压为4VD．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为6V 12．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知以下说法中不正确的是（ ）A．三个等势面中，a的电势最低B．带电质点通过P点时的电势能比Q点大C．带电质点通过P点时的动能比Q点大D．带电质点通过P点时的加速度比Q点大 13．如图是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场（加速电压为U1）加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为l，每单位电压引起的偏移，叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用下列哪些方法（ ）-21-\nA．增大U2B．减小lC．减小dD．增大U1 14．如图，当K闭合后，一带电微粒（重力不可忽略）在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（ ）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，则微粒仍保持静止 15．如图所示，一个绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场E中，在环与环圆心等高处有一个质量为m、带电量为+q的小球由静止开始沿轨道运动，则（ ）A．小球运动过程中机械能守恒B．小球经过环的最低点时速度最大C．在最低点时球对环的压力为（mg+qE）D．在最低点时球对环的压力为3（mg+qE） 三、实验题（每空2分，共20分）16．（14分）（2022秋•苍南县校级期中）为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：A．电流表（0～200mA，内阻0.5Ω）B．电流表（0～0.6A，内阻0.01Ω）C．电压表（0～3V，内阻5kΩ）D．电压表（0～15V，内阻50kΩ）E．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A）F．滑动变阻器（0～1kΩ，0.1A）G．电源（3V）H．电键一个，导线若干．-21-\n（1）为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是 ．（2）在如图1的虚线框中画出完成此实验的原理图，并将实物（图2）按电路图用导线连好．（3）若实验中电压表和电流表的读数如图3，则电压表的读数为 V，电流表的读数为 （4）此实线描绘出的I﹣U图线是 （填“曲线”．“直线”），其原因是 ． 17．用电流表和电压表测定电池的电动势E和内电阻r，所用的电路如图1所示，一位同学测得的6组数据如下表中所示．组别I/（A）U/（V）10.121.3720.201.3230.311.2440.321.1850.501.1060.571.05（1）试根据这些数据在图2中作出U﹣I图线；（2）根据图线得出电池的电动势E= V，根据图线得出的电池内阻r= Ω． 四、计算题（本题共有3小题，共，30分，每题要写出必要的文字说明和解题过程，只有答案不给分）-21-\n18．如图所示，两平行金属板A．B间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点，C点在A板上，且CD=4cm，CD连线和场强方向成60°角．已知电子从D点移到C点电场力做功为3.2×10﹣17J，电子电量为1.6×10﹣19C．求：（1）匀强电场的场强；（2）A．B两点间的电势差；（3）若A板接地，D点电势为多少？ 19．（10分）（2022秋•淮阴区校级期末）如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r=1Ω，电动机两端电压为5V，电路中的电流为1A，物体A重20N，不计摩擦力，求：（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？（2）电动机的输入功率和输出功率各是多少？（3）10s内，可以把重物A匀速提升多高？（4）这台电动机的机械效率是多少？ 20．（13分）（2022秋•泉州校级期中）如图，一群速率不同的一价离子从A．B两平行极板正中央水平射入偏转电场，A．B间电压为U，间距为d．C为竖直放置．并与A．B间隙正对的金属档板，屏MN足够大．若A．B极板长为L，C到极板的距离也为L，C的高为d．不考虑离子所受重力，元电荷为e．求初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上． 2022-2022学年浙江省温州市苍南县巨人中学高二（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．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，每小题3分，共30分）1．真空中有相距为r的两个点电荷A、B，它们之间相互作用的静电力为F，如果将A的带电量增加到原来的4倍，B的带电量不变，要使它们的静电力变为，则它们的距离应当变为（ ）-21-\nA．16rB．4rC．2rD．2r【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】对于这两种情况下分别根据库仑定律列方程即可求解．【解答】解：当距离为r时有F=k①当距离变化后依据题意有=k②联立①②可得R=4r所以选B．【点评】正确理解库仑定律公式以及公式中各个物理量的含义是解本题关键，由于公式涉及物理量较多，因此常用两式相比的方法进行求解． 2．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（ ）A．电场强度E与F成正比，跟q成反比B．无论试探电荷所带电量如何变化，始终不变C．电场中某点的场强为零，在该点的电荷受到的静电力可能不为零D．一个不带电的小球在P点受到的静电力为零，则P点场强一定为零【考点】电场强度．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度的定义式E=，采用比值法定义，具有比值定义法的共性，E与试探电荷无关．【解答】解：A、电场强度的定义式E=，采用比值法定义，E反映电场本身的性质，E与F、q无关，故A错误．B、在电场中的同一点，电场强度一定，则始终不变，故B正确．C、电场中某点的场强为零，由F=qE可知，在该点的电荷受到的静电力一定为零，故C错误．D、电场对放入电场中的电荷一定有电场力作用，对不带电的小球没有电场力，所以一个不带电的小球在P点受到的静电力为零，P点场强可能为零，也可能不为零，故D错误．故选：B．【点评】对于电场强度的定义式E=，要抓住比值法定义的共性来加深理解，类似的还有电势、电势差的定义． -21-\n3．如图所示，在匀强电场中有A、B两点，将一电量为q的正电荷从A点移到B点，第一次沿直线AB移动该电荷，电场力做功为W1；第二次沿路径ACB移动该电荷，电场力做功W2；第三次沿曲线AB移动该电荷，电场力做功为W3，则（ ）A．W1＞W2＞W3B．W1＜W3＜W2C．W1=W2＜W3D．W1=W2=W3【考点】电场线；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电荷在静电场中从一点移到另一点时，电场力的功的值只跟始末两点的位置有关，而和所经过的路径的形状完全无关．【解答】解：，第一次沿直线AB移动该电荷，电场力做功为W1；第二次沿路径ACB移动该电荷，电场力做功W2；第三次沿曲线AB移动该电荷，电场力做功为W3，三个过程，始末两点的位置相同，电场力的功的值只跟始末两点的位置有关，而和所经过的路径的形状完全无关．所以W1=W2=W3故选D．【点评】静电场力和重力都是保守力，静电场和重力场是保守场． 4．如图1，AB是某电场中的一条电场线，若将正点电荷从A点由静止自由释放，沿电场线从A到B运动过程中的速度图线如图所2示，则A、B两点场强大小和电势高低关系是（ ）A．EA＜EB；φA＜φBB．EA＜EB；φA＞φBC．EA＞EB；φA＜φBD．EA＞EB；φA＞φB【考点】电势；电场强度．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况．【解答】解：从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，故电场力向右，且不断变小，故A点的电场强度较大，故EA＞EB；正电荷受到的电场力与场强方向相同，故场强向右，沿场强方向，电势变小，故A点电势较大，即φA＞φB；故选D．【点评】本题关键通过速度时间图象得到物体的速度变化情况和加速度变化情况，然后判断场强方向和电势大小． -21-\n5．如图所示的电路，闭合开关S后，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势E恒定且内阻r不可忽略．现将变阻器R的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是（ ）A．a灯变亮，b灯和c灯变暗B．a灯和c灯变亮，b灯变暗C．a灯和c灯变暗，b灯变亮D．a灯和b灯变暗，c灯变亮【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】如图电路的结构是：c灯与变阻器R串联后与b灯并联，再与a灯串联．R的滑片稍向上滑动时，变阻器R接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析干路电流的变化，再分析b灯电压的变化和c灯的电流变化来分析灯泡亮度变化．【解答】解：R的滑片稍向上滑动时，变阻器R接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，a灯变亮．b的电压Ub=E﹣I（r+Ra）减小，b灯变暗．通过c灯的电流Ic=I﹣Ib，I增大，Ib减小，则Ic增大，c灯变亮．故选：B．【点评】本题是电路中动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“部分→整体→部分”的顺序分析． 6．如图所示的伏安法测电阻电路中，电压表的内阻为3kΩ，读数为3V；电流表内阻为10Ω，读数为4mA．待测电阻R的真实值等于（ ）A．750ΩB．760ΩC．1000ΩD．1010Ω【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】本实验测量电阻的原理是伏安法．根据电表对电路的影响，分析误差，计算测量值和真实值．【解答】解：电阻R的测量值R测=，电阻的真实值R真=，根据欧姆定律得：==750Ω=解得：R真=1000Ω故选C．【点评】本题考查实验误差分析，方法是根据根据实验原理．伏安法是测量电阻的基本方法，有电流表内接法和外接法两种电路结构． 7．一根粗细均匀，阻值为8Ω的电阻丝，在温度不变的情况下，先将它等分成四段，每段电阻为R1；再将这四段电阻丝并联，并联后总电阻为R2．则R1与R2的大小依次为（ ）-21-\nA．1Ω，0.5ΩB．4Ω，1ΩC．2Ω，0.5ΩD．2Ω，1Ω【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】一根粗细均匀的电阻丝，将它等分成四段，每段的长度减小为四分之一；再将这四段电阻丝并联起来，横截面积增加为4倍；根据电阻定律公式R=分析即可．【解答】解：一根粗细均匀的电阻丝，将它等分成四段，每段的长度减小为四分之一，横截面积和电阻率一定，故电阻减小为四分之一，为R1=；再将这四段电阻丝并联起来，横截面积增加为4倍，根据电阻定律，R2===0.5Ω；故选C．【点评】本题关键根据电阻定律公式R=分析，找出长度、截面积的变化情况即可． 8．如图所示，两个等量异种点电荷电场，AB为电荷连线的中垂线，且AO=BO，则（ ）A．负电荷从A运动到B，电势能增加B．正电荷从A运动到B，电势能增加C．A、B两点场强相等D．A、B两点电势差为零，两个点电荷间的电势差也为零【考点】电场的叠加；电场强度；电势差；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，电荷从等势面上的一点移动到另一点，电场力做功为零，结合电势差的定义和电场力做功与电势能变化的关系进行分析即可．【解答】解：A、B、一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，电荷从等势面上的A点移动到另一点B，电场力做的功一定为零，故A错误，B也错误；C、一对等量异号电荷的电场强度关于两者的连线对称，故A、B两点的电场强度相同，故C正确；D、一对等量异号电荷的连线的中垂线是等势面，故A、B两点的电势相等，电势差为零；两个电荷连线上的电场线是由正电荷指向负电荷，而沿着电场线，电势越来越低，故两个点电荷间的电势差不为零；故选C．【点评】本题关键是明确一对等量异号电荷的电场线分布图和等势面分布图，要做到胸中有图；同时要特别注意两个电荷的连线和中垂线上的电场情况． 9．图中A，B，C三点都在匀强电场中，已知AC⊥BC，∠ABC=60°，BC=20cm．把一个电量q=10﹣5C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为﹣1.73×10﹣3J，则该匀强电场的场强大小和方向是（ ）-21-\nA．865V/m，垂直AC向左B．865V/m，垂直AC向右C．1000V/m，垂直AB斜向上D．1000V/m，垂直AB斜向下【考点】电场强度；电势能；等势面．【专题】计算题．【分析】由题意可知AB两点电势相等，则可知等势面，由电场线可等势面的关系可知电场线；由电场力做功可求得BC两点的电势差，则可确定电场线的方向，由U=Ed可求得电场强度．【解答】解：由电场力做功的特点可知，AB两点电势相等，故AB应为等势面；因电场线与等势面相互垂直，故过C做AB的垂线，一定是电场线；因从B到C由W=Uq可知，BC两点的电势差U==﹣173V；即C点电势高于B点的电势，故电场线垂直于AB斜向下；BC间沿电场线的距离d=BCsin60=0.173m；由E=可知电场强度E=V/m=1000V/m；故选D．【点评】电场线与等势面相互垂直而电场线由是由高电势指向低电势；匀强电场中U=Ed中的d应为沿电场方向的有效距离． 10．如图所示，因线路故障，按通K时，灯L1和L2均不亮，用电压表测得Uab=0，Ubc=0，Ucd=4V．由此可知开路处为（ ）A．灯L1B．灯L2C．变阻器D．不能确定【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】对于完好的电阻，阻值一定，电流I=0时，根据欧姆定律可知，其电压U=IR=0．若发生断路，其两端电压等于电源的电动势．-21-\n【解答】解：A、B对于完好的电阻，阻值一定，电流I=0时，根据欧姆定律可知，其电压U=IR=0．由题：Uab=0，Ubc=0，则可知：灯L1、L2没有发生断路．故AB错误C、由题Ucd=4V，则变阻器发生断路，因为断路时，电流无电流，其两端的电势分别等于电源两极的电势，其电势差等于电源的电动势．故C正确．D、由上述分析可知D错误．故选：C【点评】本题是电路中故障分析问题，往往哪段电路的电压等于电源的电压，哪段电路发生断路，可用电压即为电势差来理解． 二、不定项选择题（本题共5小题，每小题4分，共20分，全部选对的得4分，不选全得2分，有错选或不答的得0分）11．一个T形电路如图所示，电路中的电阻R1=30Ω，R2=R3=20Ω．另有一测试电源，所提供电压恒为10V．以下说法正确的是（ ）A．若将cd端短路，ab之间的等效电阻是50ΩB．若将ab端短路，cd之间的等效电阻是40ΩC．当ab两端接上测试电源时，cd两端的电压为4VD．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为6V【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联．当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联．当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压．当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压．根据欧姆定律求解电压．【解答】解：A、当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联，等效电阻为：R=；故A错误；B、当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为：R=，故B错误；C、当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压，U=；故C正确；D、当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压，为U3=；故D错误；-21-\n故选：C．【点评】对于电路问题，首先要明确电路的结构，并能正确应用串并联电路的规律进行分析，必要时应进行电路的简化． 12．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知以下说法中不正确的是（ ）A．三个等势面中，a的电势最低B．带电质点通过P点时的电势能比Q点大C．带电质点通过P点时的动能比Q点大D．带电质点通过P点时的加速度比Q点大【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．【分析】本题中质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大，由此分析出加速度的变化．【解答】解：A、质点所受电场力指向轨迹内侧，由于质点带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故a等势线的电势最高，c等势线的电势最低，故A错误；B、根据质点受力情况可知，质点从P到Q过程时电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；C、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，故C错误；D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D正确．本题选不正确的，故选：AC【点评】解决这类带电粒子在电场中运动的基本思路是：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、电场强度、电势能、动能等物理量的变化． 13．如图是一个说明示波管工作的原理图，电子经加速电场（加速电压为U1）加速后垂直进入偏转电场，离开偏转电场时偏转量是h，两平行板间的距离为d，电压为U2，板长为l，每单位电压引起的偏移，叫做示波管的灵敏度，为了提高灵敏度，可采用下列哪些方法（ ）-21-\nA．增大U2B．减小lC．减小dD．增大U1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；示波器的使用．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】根据灵敏度的定义，分析电子的偏转位移的大小，找出灵敏度的关系式，根据关系式来分析灵敏度与哪些物理量有关．【解答】解：电子在加速电场中加速，根据动能定理可得，eU1=mv02，所以电子进入偏转电场时速度的大小为，v0=，电子进入偏转电场后的偏转的位移为，h=at2===，所以示波管的灵敏度=，所以要提高示波管的灵敏度可以增大l，减小d和减小U1，所以C正确．故选C．【点评】本题是信息的给以题，根据所给的信息，找出示波管的灵敏度的表达式即可解决本题． 14．如图，当K闭合后，一带电微粒（重力不可忽略）在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（ ）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，则微粒仍保持静止【考点】带电粒子在混合场中的运动；电容器．【专题】带电粒子在复合场中的运动专题．-21-\n【分析】当S闭合后，带电微粒在平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，故C错误，D正确．故选：AD．【点评】本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． 15．如图所示，一个绝缘光滑半圆环轨道放在竖直向下的匀强电场E中，在环与环圆心等高处有一个质量为m、带电量为+q的小球由静止开始沿轨道运动，则（ ）A．小球运动过程中机械能守恒B．小球经过环的最低点时速度最大C．在最低点时球对环的压力为（mg+qE）D．在最低点时球对环的压力为3（mg+qE）【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】根据机械能守恒的条件判断小球运动过程中机械能是否守恒，通过动能定理判断小球在何位置速度最大，根据动能定理求出最低点的速度，结合牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出球对环的压力大小．【解答】解：A、小球在运动的过程中除了重力做功以外，还有电场力做功，机械能不守恒．故A错误．B、根据动能定理知，在运动到最低点的过程中，电场力和重力一直做正功，到达最低点的速度最大．故B正确．C、根据动能定理得：mgR+qER=，解得：，根据牛顿第二定律得：N﹣qE﹣mg=m，解得：N=3（mg+qE），则球对环的压力为3（mg+qE）．故C错误，D正确．-21-\n故选：BD．【点评】本题考查了动能定理和牛顿第二定律的综合运用，知道小球在最低点向心力的来源是解决本题的关键． 三、实验题（每空2分，共20分）16．（14分）（2022秋•苍南县校级期中）为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯炮电压能从零开始变化．所给器材如下：A．电流表（0～200mA，内阻0.5Ω）B．电流表（0～0.6A，内阻0.01Ω）C．电压表（0～3V，内阻5kΩ）D．电压表（0～15V，内阻50kΩ）E．滑动变阻器（0～10Ω，0.5A）F．滑动变阻器（0～1kΩ，0.1A）G．电源（3V）H．电键一个，导线若干．（1）为了完成上述实验，实验中应选择的仪器是 A、C、E、F、G、H ．（2）在如图1的虚线框中画出完成此实验的原理图，并将实物（图2）按电路图用导线连好．（3）若实验中电压表和电流表的读数如图3，则电压表的读数为 2.6 V，电流表的读数为 0.52 （4）此实线描绘出的I﹣U图线是 曲线 （填“曲线”．“直线”），其原因是 灯丝电阻随温度升高而增大 ．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】器材选取的原则需安全精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表、电压表的量程．灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，通过灯泡电阻的大小分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接．根据电路图连接实物图．灯泡的电阻随温度的变化而变化，所以I﹣U图线是一条曲线．【解答】解：（1）灯泡的额定电压为3V，所以电压表的量程选择3V的误差较小，额定电流I==≈0.133A=133mA，所以电流表的量程选择200mA的，故实验中应选择的仪器是A、C、E、F、G、H．-21-\n（2）灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡正常工作时的电阻R===22.5Ω，远小于电压表的内阻，属于小电阻，电流表采用外接法．电路图和实物连线图如图所示．（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2.6V，电流表量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.52A；（4）由灯丝电阻随温度升高而增大，灯丝电阻不是定值，电流与电压不成正比，所以描绘出的I﹣U图线是曲线．故答案为：（1）A、C、E、F、G、H；（2）电路图如图所示；（3）2.6；0.52；（4）曲线；灯丝电阻随温度升高而增大．【点评】解决本题的关键掌握器材选择的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，电流表内外接的区别． 17．用电流表和电压表测定电池的电动势E和内电阻r，所用的电路如图1所示，一位同学测得的6组数据如下表中所示．组别I/（A）U/（V）10.121.3720.201.3230.311.2440.321.1850.501.10-21-\n60.571.05（1）试根据这些数据在图2中作出U﹣I图线；（2）根据图线得出电池的电动势E= 1.45 V，根据图线得出的电池内阻r= 0.70 Ω．【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】（1）由表中数据可得出（U，I）坐标，采用描点法可得出对应的点，再用直线将各点相连；（2）由公式及图象可得出图象中截距及斜率的意义，并能求出电源的电动势；【解答】解：（1）利用表中坐标值，采用描点法并连线得图象如图所示；（2）由闭合电路欧姆定律可知U=E﹣Ir，再由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势故电源的电动势为1.45V；而图象的斜率表示电源的内阻，r===0.70Ω；故答案为：（1）如图；（2）1.45；0.70【点评】本题考查数据的处理方法，用图象法处理可以减小误差；在连线时注意若出现误差较大的点应舍掉． 四、计算题（本题共有3小题，共，30分，每题要写出必要的文字说明和解题过程，只有答案不给分）18．如图所示，两平行金属板A．B间为一匀强电场，A、B相距6cm，C、D为电场中的两点，C点在A板上，且CD=4cm，CD连线和场强方向成60°角．已知电子从D点移到C点电场力做功为3.2×10﹣17J，电子电量为1.6×10﹣19C．求：（1）匀强电场的场强；（2）A．B两点间的电势差；（3）若A板接地，D点电势为多少？【考点】电场强度；电势差；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】（1）根据电场力做功W=qEd，d是沿电场方向两点间的距离，求解电场强度．（2）根据匀强电场中，场强与电势差之间的关系U=Ed求出电场强度E．（3）由公式U=Ed求出AD间电势差，再求解D点电势．【解答】解：（1）由题，D→C电场力做正功，为：W=qELCDcos60°-21-\n得：E==N/C=1×104N/C（2）因电场力做正功，则知电子在电场中受到的电场力方向向上，电子带负电，则场强方向为A→B．所以A、B间电势差为：UAB=EdAB=104×6×10﹣2=600V（3）A、D间电势差为：UAD=EdADcos60°=1×104×4×10﹣2×0.5V=200V由UAD=φA﹣φD，φA=0，得：φD=﹣200V答：（1）匀强电场的场强为1×104N/C；（2）A、B两点间的电势差是600V；（3）若A板接地，D点电势为是﹣200V．【点评】电场力具有力的一般性质，电场力做功可根据功的一般计算公式W=Flcosα计算．本题还要掌握公式U=Ed，知道d是沿电场线方向两点间的距离． 19．（10分）（2022秋•淮阴区校级期末）如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r=1Ω，电动机两端电压为5V，电路中的电流为1A，物体A重20N，不计摩擦力，求：（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？（2）电动机的输入功率和输出功率各是多少？（3）10s内，可以把重物A匀速提升多高？（4）这台电动机的机械效率是多少？【考点】电功、电功率；功能关系．【分析】（1）根据P热=I2r求解热功率；（2）根据P=UI求解电功率，根据P出=P﹣P热求解输出功率；（3）根据P出t=mgh列式求解高度；（4）机械效率η=×100%．【解答】解：（1）根据焦耳定律，热功率为：P热=I2r=12×1W=1W．（2）输入功率为：P入=IU=1×5W=5W，输出功率为：P出=P入﹣PQ=5W﹣1W=4W；（3）电动机的输出功率用来提升重物在10s内，有：P出t=mgh．解得：h==2m．（4）机械效率为：η=×100%=100%=80%．-21-\n答：（1）电动机线圈电阻消耗的热功率为1W；（2）电动机输入功率为5W，输出功率为4W；（3）10s内电动机可以把重物匀速提升2m；（4）这台电动机的机械效率是80%．【点评】本题关键明确电动机的输入功率、热功率和输出功率的计算方法，注意功率公式的正确应用，属基础题． 20．（13分）（2022秋•泉州校级期中）如图，一群速率不同的一价离子从A．B两平行极板正中央水平射入偏转电场，A．B间电压为U，间距为d．C为竖直放置．并与A．B间隙正对的金属档板，屏MN足够大．若A．B极板长为L，C到极板的距离也为L，C的高为d．不考虑离子所受重力，元电荷为e．求初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上．【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】离子在AB板间的电场中做类平抛运动，将离子的运动按水平和竖直两个方向进行分析，运用牛顿第二定律、运动学公式，结合两个分运动的等时性，求出离子射出电场时的偏转距离y和偏转角φ正切表达式．离子离开电场后做匀速直线运动，离子要打在屏MN上，y必须满足y＜，且Ltanφ+y＞．联立即可求解．【解答】解：偏转电场的场强大小为：①离子所受电场力：F=Eq②离子的加速度为：F=ma③由①②③解得：a=④设离子的质量为m，初速度为v0，离子射出电场的时间t为：L=v0t⑤射出电场时的偏转距离y为：⑥由④⑤⑥解得：⑦离子射出电场时的竖直分速度vy=at⑧射出电场时的偏转角：⑨由④⑤⑧⑨得：tanφ=⑩-21-\n离子射出电场时做匀速直线运动，要使离子打在屏MN上，需满足：y＜（11）Ltanφ+y（12）由⑦⑩（11）（12）可得：＜Ek答：初动能范围是：＜Ek的离子才能打到屏MN上．【点评】本题考查粒子在偏转电场中的运动，解题关键是利用类平抛运动知识，要能熟练推导出偏转距离和偏转角度的表达式，同时要正确分析临界条件，相结合即可进行求解． -21-
