山东省泰安市新泰一中高二物理上学期期中试题含解析

2022-2022学年山东省泰安市新泰一中高二（上）期中物理试卷　一．选择题（本题共12小题，每小题4分，1至7为单项选择题，8至12为多项选择题，共48分．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）1．关于基元电荷，正确的说法是（　　）A．基元电荷是自然界中电荷的最小单元B．基元电荷就是点电荷C．基元电荷就是质子D．1C电量叫基元电荷　2．如图所示，把一个带正电的小球a放在光滑绝缘斜面上，欲使球a能静止在斜面上，需在MN间放一带电小球b，则b应：（　　）A．带负电，放在A点B．带正电，放在B点C．带负电，放在C点D．带正电，放在C点　3．对常温下一根阻值为R的均匀金属丝，下列说法正确的是（　　）A．常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的2倍，则电阻变为2RB．常温下，若将金属丝从中点对折起来使用，则电阻变为C．给金属丝加上的电压从0增大到U0，则任一状态下的比值不变D．给金属丝加上的电压从0增大到U0，则比值逐渐减小　4．如图所示是电阻R的I﹣U图象，图中α=45°，由此得出（　　）A．通过电阻的电流与两端电压成正比B．电阻R=0.5ΩC．因I﹣U图象的斜率表示电阻的倒数，故R==1.0ΩD．在R两端加上6.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0C　-18-\n5．A、B两金属板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放，则在A、B两板间加上下列哪个电压时，有可能使电子到不了B板（　　）A．　6．如图所示的电容式话筒就是一种电容式传感器，其原理是：导电性振动膜片与固定电极构成了一个电容器，当振动膜片在声压的作用下振动时，两个电极之间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就变成了电信号．则当振动膜片向右振动时（　　）A．电容器电容值减小B．电容器带电荷量减小C．电容器两极板间的场强增大D．电阻R上电流方向自左向右　7．如图所示，把两个相同的灯泡分别接在甲、乙电路中，甲电路两端的电压为8V，乙电路两端的电压为16V．调节变阻器R1和R2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的功率分别为P1和P2，两电路中消耗的总功率分别为P甲和P乙则下列关系中正确的是（　　）A．P甲=P乙B．P甲＞P乙C．P1＞P2D．P1＜P2　8．关于场强和电势的说法中，正确的是（　　）A．在电场中a、b两点间移动电荷的过程中，电场力始终不做功，则电荷所经过的路径上各点的场强一定为零B．电场强度的方向就是电势降落最快的方向C．两个等量正电荷的电场中，从两电荷连线的中点沿连线的中垂线向外，电势越来越低，场强越来越小D．两个等量异种电荷的电场中，对于两电荷连线的中垂线上各点电势均相等，中点场强最大，沿连线的中垂线向外，场强越来越小-18-\n　9．某同学去实验室取定值电阻两只R1=10Ω，R2=30Ω，电压表一个，练习使用电压表测电压．电路连接如下图，电源输出电压U=12.0V不变．他先用电压表与R1并联，电压表示数为U1，再用电压表与R2并联，电压表示数为U2，则下列说法正确的是（　　）A．U1一定大于3.0VB．U2一定小于9.0VC．U1与U2之和小于12VD．U1与U2之和等于12V　10．理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干．设电动机线圈电阻为R1，它与电热丝电阻值R2串联后接到直流电源上，吹风机两端电压为U，电流为I，消耗的功率为P，则有（　　）A．P=UIB．P=I2（R1+R2）C．P＞UID．P＞I2（R1+R2）　11．某同学设计了一种静电除尘装置，如图1所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图2是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是（　　）A．只增大电压UB．只增大长度LC．只增大高度dD．只增大尘埃被吸入水平速度v0　12．如图所示，一个电量为﹣Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电量为+q及质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v．已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ、AB间距离为L0及静电力常量为k，则（　　）A．点电荷乙越过B点后继续向左运动，其电势能增多B．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功W=μmgL0+mv02﹣mv2-18-\nC．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB=D．OB间的距离为　　二、实验题（本题共2大题，每空2分，计10分）13．螺旋测微器示数　　　　　　mm；游标卡尺的读数　　　　　　mm　14．有一只标值为“2.5V，xW”的小灯泡，其额定功率的标值已模糊不清．某同学想通过测绘灯丝伏安特性曲线的方法来测出该灯泡的额定功率．①已知小灯泡的灯丝电阻约为5Ω，请先在图甲中补全用伏安法测量灯丝电阻的电路图，再选择电流表、电压表的合适量程，并按图甲连接方式将图乙中的实物连成完整的电路．②开关S闭合之前，将图乙中滑动变阻器的滑片应置于　　　　　　（选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）③该同学通过实验作出了灯丝的伏安特性曲线如图丙所示，则小灯泡的额定功率为　　　　　　W．　　三．计算题（本大题共4小题，请将答题步骤详细填写在答题栏内，注意卷面整洁，步骤完整，只填写结果不得分）-18-\n15．电动摩托车是目前一种较为时尚的代步工具，某厂生产的一种电动摩托车，设计质量（包括人）为m=120kg，动力电源选用能量存储量为“36V，18Ah”（即输出电压恒为36伏，工作电流与工作时间的乘积为18安培小时）的蓄电池（不计内阻），所用电源的额定输出功率P=216W，由于电动机发热造成的损耗（其他损耗不计），摩托车的效率为η=80%．求：（1）该摩托车保持额定功率行驶的最长时间是多少？（2）摩托车电动机的内阻为多少？　16．（10分）（2022秋•新泰市校级期中）一台小型电动机在380V电压下正常工作时，能将30kg的货物在30s内匀速提升30m，通过它的电流是1A．除电动机线圈生热，其它能量损失不计，求在此过程中：（1）拉力对货物做功的功率；（2）电动机的功率；（3）电动机线圈所产生的热量．（g=10m/s2）　17．（12分）（2022秋•新泰市校级期中）如图所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，板间距离d=0.04m，两板间的电压U=400V，板间有一匀强电场．在A、B两板上端连线的中点Q的正上方，距Q为h=1.25m的P点处有一带正电的小球，已知小球的质量m=5×10﹣6kg，电荷量q=5×10﹣10C．设A、B板的长度无限，g取10m/s2．求：（1）带正电小球从P点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰；（2）小球与金属板碰撞点与开始下落P点的高度差．　18．（12分）（2022秋•新泰市校级期中）如图所示，AB为固定在竖直平面内粗糙倾斜轨道，BC为光滑水平轨道，CD为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，且AB与BC通过一小段光滑弧形轨道相连，BC与弧CD相切．已知AB长为L=10m，倾角θ=37°，BC长s=4m，CD弧的半径为R=2m，O为其圆心，∠COD=143°．整个装置处在水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E=1×103N/C．一质量为m=0.4kg、电荷量为q=+3×10﹣3C的物体从A点以初速度vA=15m/s沿AB轨道开始运动．若物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ=0.2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，物体运动过程中电荷量不变．求：（1）物体在AB轨道上运动时，重力和电场力对物体所做的总功；（2）通过计算说明物体能否到达D点．-18-\n　　2022-2022学年山东省泰安市新泰一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析　一．选择题（本题共12小题，每小题4分，1至7为单项选择题，8至12为多项选择题，共48分．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分．）1．关于基元电荷，正确的说法是（　　）A．基元电荷是自然界中电荷的最小单元B．基元电荷就是点电荷C．基元电荷就是质子D．1C电量叫基元电荷【考点】元电荷、点电荷．【分析】基元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，常用符号e表示，任何带电体所带电荷都等于元电荷或者是元电荷的整数倍．【解答】解：A、基元电荷是自然界中电荷的最小单元，故A正确B、元电荷是指最小的电荷量，带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系．故B错误C、元电荷是指最小的电荷量，不是指质子或者是电子，故C错误D、元电荷是指电子或质子所带的电荷量，数值为e=1.60×10﹣19C，故D错误故选A．【点评】本题是对元电荷概念的考查，知道元电荷的概念即可解决本题．　2．如图所示，把一个带正电的小球a放在光滑绝缘斜面上，欲使球a能静止在斜面上，需在MN间放一带电小球b，则b应：（　　）A．带负电，放在A点B．带正电，放在B点C．带负电，放在C点D．带正电，放在C点-18-\n【考点】共点力平衡的条件及其应用；点电荷的场强．【专题】共点力作用下物体平衡专题．【分析】小球a要平衡，受重力、支持力和静电力，根据共点力平衡条件分析即可．【解答】解：小球a处于平衡状态，受力平衡，合力为零．小球受重力，一定向下，支持力一定垂直向上，故小球b对小球a若为静电斥力，小球a不可能平衡，故只能是吸引力；同时，根据平衡条件，静电引力必然与前两个力的合力等大、反向且在同一条直线上，故只能放在C位置；故选C．【点评】本题关键对物体受力分析后，根据三力平衡条件，得到未知力的方向范围．　3．对常温下一根阻值为R的均匀金属丝，下列说法正确的是（　　）A．常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的2倍，则电阻变为2RB．常温下，若将金属丝从中点对折起来使用，则电阻变为C．给金属丝加上的电压从0增大到U0，则任一状态下的比值不变D．给金属丝加上的电压从0增大到U0，则比值逐渐减小【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】导体的电阻R与它的长度L成正比，与它的横截面积S成反比，还与导体的材料有关系，这个规律叫电阻定律．【解答】解：A、常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的2倍，横截面积减小为0.5倍，电阻率不变，根据电阻定律，电阻增大为4倍，故A错误；B、常温下，若将金属丝从中点对折起来，长度变为一半，横截面积变为2倍，故电阻变为0.25倍，故B正确；C、D、给金属丝加上的电压逐渐从零增大到U0，由于功率增加，导致温度会略有升高，故金属丝的电阻率会变大，由于截面积和长度均不变，根据电阻定律可得电阻值变大；再根据欧姆定律可以得到比值变大，故C错误，D错误；故选：B．【点评】本题关键要能熟练运用电阻定律，同时要明确电阻率的物理意义和温度对其的影响．　4．如图所示是电阻R的I﹣U图象，图中α=45°，由此得出（　　）A．通过电阻的电流与两端电压成正比B．电阻R=0.5Ω-18-\nC．因I﹣U图象的斜率表示电阻的倒数，故R==1.0ΩD．在R两端加上6.0V的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是3.0C【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电阻R的I﹣U图象斜率的倒数等于电阻R，由数学知识分析电流与电压的关系．对于电阻R，运用斜率求解，但不能根据直线倾角的正切的倒数求解．由图读出电压为U=6V时的电流，由q=It求解每秒内通过电阻的电荷量．【解答】解：A、根据数学知识可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，故A正确BC、根据电阻的定义式R=可知，I﹣U图象斜率的倒数等于电阻R，则得R=Ω=2Ω，故BC错误．D、由图知，当U=6V时，I=3A，则每秒通过电阻横截面的电荷量是q=It=3×1C=3.0C，故D正确．故选：AD．【点评】本题考查了学生对电阻的定义式R=的理解与掌握，要注意直线的斜率与直线倾角的区别．　5．A、B两金属板平行放置，在t=0时将电子从A板附近由静止释放，则在A、B两板间加上下列哪个电压时，有可能使电子到不了B板（　　）A．【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】首先分析电子在四种图象下分别做什么运动，必要的情况下，作出一个周期的v﹣t图象进行分析．【解答】解：A．加A图电压，电子从A板开始向B板做匀加速直线运动一定能到达B板．故A错．B．加B图电压，开始向B板匀加速，再做相同大小加速度的匀减速，但时间是2倍，然后为相同加速度大小的匀加速，做出一个周期的v﹣t图，可知有可能到不了B板．故B对．C．加C图电压，由v﹣t图，电子一直向前运动，可知一定能到达．故C错．D．加D图电压，可以知道电子在一个周期内速度的方向不变，一直向前运动，一定能到达能到达．故D错．故选B．【点评】解决本题的关键理清电子在四种图象下的运动情况，并能结合v﹣t图象求解．　-18-\n6．如图所示的电容式话筒就是一种电容式传感器，其原理是：导电性振动膜片与固定电极构成了一个电容器，当振动膜片在声压的作用下振动时，两个电极之间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就变成了电信号．则当振动膜片向右振动时（　　）A．电容器电容值减小B．电容器带电荷量减小C．电容器两极板间的场强增大D．电阻R上电流方向自左向右【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，R中有电流．【解答】解：振动膜片向右振动时电容器两极板的距离变小，电容增大，由C=，知电容值增大，电容器板间电压U不变，由C=知电容器带电荷量增大，正在充电，所以R中电流方向自右向左．在U不变的情况下，d减小，由E=可知板间场强增大，故A、B、D错误，C正确．故选：C．【点评】本题考查了电容器的动态分析，方法是：从部分的变化引起电容的变化，根据电压或电量不变判断电量或电压的变化．　7．如图所示，把两个相同的灯泡分别接在甲、乙电路中，甲电路两端的电压为8V，乙电路两端的电压为16V．调节变阻器R1和R2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的功率分别为P1和P2，两电路中消耗的总功率分别为P甲和P乙则下列关系中正确的是（　　）A．P甲=P乙B．P甲＞P乙C．P1＞P2D．P1＜P2【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，求解出变阻器消耗的功率和电路中消耗的总功率表达式进行讨论．-18-\n【解答】解：CD、设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，则P1=（8﹣U0）•2I0，P2=（16﹣2U0）•I0，故P1=P2，故C错误，D正确；AB、设灯泡的额定电流为I0，额定电压为U0，则P甲=8×2I0=16I0，P乙=16×I0=16I0，故P甲=P乙，故A正确，B错误；故选：A．【点评】此题是一道欧姆定律和电功率的综合分析题，必须熟练掌握串并联电路的特点才能分析．　8．关于场强和电势的说法中，正确的是（　　）A．在电场中a、b两点间移动电荷的过程中，电场力始终不做功，则电荷所经过的路径上各点的场强一定为零B．电场强度的方向就是电势降落最快的方向C．两个等量正电荷的电场中，从两电荷连线的中点沿连线的中垂线向外，电势越来越低，场强越来越小D．两个等量异种电荷的电场中，对于两电荷连线的中垂线上各点电势均相等，中点场强最大，沿连线的中垂线向外，场强越来越小【考点】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】沿着电场线的方向电势逐渐降低．根据等量同种电荷和等量异种电荷周围电场线的特征判断电势的高低和电场强度的大小．【解答】解：A、在电场中a、b两点间移动电荷的过程中，电场力始终不做功，知a、b两点间的电势差为0，电场强度不为零，故A错误．B、根据U=Ed知，电场强度的方向是电势降低最快的方向，故B正确．C、两个等量同种正电荷的电场中，从两电荷连线的中点沿连线的中垂线向外，电场强度由零增大后减小，方向从中点指向外侧，电势越来越低，故C错误．D、两个等量异种电荷的电场中，两电荷连线的中垂线有如下特征：中垂线为等势线，连线上各点的电势相等，中间电场线比较密，两边疏，则连线中点场强最大，向外逐渐减小，故D正确．故选：BD．【点评】本题的关键知道等量同种电荷和等量异种电荷周围电场线的特点，根据电场线疏密比较场强的强弱，根据电场线方向确定电势的高低．　9．某同学去实验室取定值电阻两只R1=10Ω，R2=30Ω，电压表一个，练习使用电压表测电压．电路连接如下图，电源输出电压U=12.0V不变．他先用电压表与R1并联，电压表示数为U1，再用电压表与R2并联，电压表示数为U2，则下列说法正确的是（　　）A．U1一定大于3.0VB．U2一定小于9.0VC．U1与U2之和小于12VD．U1与U2之和等于12V-18-\n【考点】欧姆定律；串联电路和并联电路．【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题．【分析】不接电压表时，R1、R2串联，电压之比等于电阻之比，求出此时R1、R2两端的电压，并联电压表后并联部分电阻变小，再根据串并联电路的特点即可分析求解．【解答】解：不接电压表时，R1、R2串联，电压之比为：，而U′1+U′2=12V解得：U′1=3.0V，U′2=9.0V当电压表并联在R1两端时，有：，解得：U1＜3V，同理，当电压表并联在R2两端时，有：U2＜9V，得：U1+U2＜12V．但两电压表之比可能等于1：3．故BC正确，AD错误．故选：BC．【点评】本题主要运用串并联的知识讨论电压表对电路的影响，知道并联电压表后并联部分电阻变小，难度适中．　10．理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干．设电动机线圈电阻为R1，它与电热丝电阻值R2串联后接到直流电源上，吹风机两端电压为U，电流为I，消耗的功率为P，则有（　　）A．P=UIB．P=I2（R1+R2）C．P＞UID．P＞I2（R1+R2）【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．【解答】解：A、C、电吹风机消耗的电功率P是总的功率，总功率的大小应该是用P=IU来计算，所以总功率P=IU，所以A正确，而C错误．B、D、电吹风机中发热的功率要用I2R来计算，所以总的发热功率为I2（R1+R2），吹风机的总功率P=IU要大于发热部分的功率，所以B错误，D正确．故选：AD．【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．　11．某同学设计了一种静电除尘装置，如图1所示，其中有一长为L、宽为b、高为d的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料．图2是装置的截面图，上、下两板与电压恒定为U的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v0-18-\n，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值，称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是（　　）A．只增大电压UB．只增大长度LC．只增大高度dD．只增大尘埃被吸入水平速度v0【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电容器的动态分析．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为y=，增大y便可增大除尘率【解答】解：A、增加除尘率即是让离下极板较远的粒子落到下极板上，带电尘埃在矩形通道内做类平抛运动，在沿电场的方向上的位移为y=，增大y便可增大除尘率，故A正确B、由A分析知，B正确C、由A分析知，C错误D、由A知，D错误故选AB【点评】此题为结合生活背景的题目，考查频率较高，注意构建物理情景﹣﹣﹣﹣﹣类平抛运动，应用运动的分解知识求解　12．如图所示，一个电量为﹣Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点．另一个电量为+q及质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，到B点时速度最小且为v．已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ、AB间距离为L0及静电力常量为k，则（　　）A．点电荷乙越过B点后继续向左运动，其电势能增多B．从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功W=μmgL0+mv02﹣mv2C．在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB=D．OB间的距离为【考点】电势差与电场强度的关系．-18-\n【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】本题首先要正确分析物体受力特点，明确力和运动的关系，在本题中注意滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，根据牛顿第二定律和功能关系可正确解答．【解答】解：A、在小球向左运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故A错误；B、从A到B的过程中，电场力对点电荷乙做的功为W=UABq=mgμL0+，故B错误；C、点电荷从A运动B过程中，根据动能定理有：UABq﹣mgμL0=，解得，UAB=．故C错误；D、A、当速度最小时有：mgμ=F库=k，解得：r=，故D正确．故选：D．【点评】本题在借助库仑力的基础知识，考查了力与运动、牛顿第二定理、动能定理等基础知识的综合应用，是考查学生综合能力的好题．　二、实验题（本题共2大题，每空2分，计10分）13．螺旋测微器示数　0.700　mm；游标卡尺的读数　52.35　mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【专题】实验题；定性思想；实验分析法；直线运动规律专题．【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．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．【解答】解：1、螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm，2、游标卡尺的主尺读数为52mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为7×0.05mm=0.35mm，所以最终读数为：52mm+0.35mm=52.35mm．故答案为：0.700；52.35【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．　14．有一只标值为“2.5V，xW”的小灯泡，其额定功率的标值已模糊不清．某同学想通过测绘灯丝伏安特性曲线的方法来测出该灯泡的额定功率．-18-\n①已知小灯泡的灯丝电阻约为5Ω，请先在图甲中补全用伏安法测量灯丝电阻的电路图，再选择电流表、电压表的合适量程，并按图甲连接方式将图乙中的实物连成完整的电路．②开关S闭合之前，将图乙中滑动变阻器的滑片应置于　B端　（选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）③该同学通过实验作出了灯丝的伏安特性曲线如图丙所示，则小灯泡的额定功率为　1.1　W．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】①电压电流需从零测起，滑动变阻器采用分压式接法，通过灯泡电阻的大小确定电流表的内外接．根据电路图连线实物图．②滑动变阻器采用分压式接法，闭合电键前，使得测量电路部分处于短路状态，保护测量电路部分．③根据I﹣U图线找出电压为2.5V时的电流，从而根据P=UI求出额定功率．【解答】解：①测定伏安特性电压电流需从0开始测起，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻约为5Ω，属于小电阻，电流表采取外接法．灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表选择3V量程的，灯泡的额定电流在0..44A，则电流表量程选择0.6A的，电路图和实物连线图如下图．②开关S闭合之前，将图乙中滑动变阻器的滑片应置于B端，使测量电路部分处于短路状态，闭合电键时，电压表、电流表示数为零，起到保护作用．③当电压U=2.5V时，I=0.44A，根据P=UI=2.5×0.44W=1.1W．故答案为：①电路图如甲图所示，实物连线图如乙图所示．②B端．③1.1【点评】解决本题的关键掌握滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，知道电流表内外接的区别．-18-\n　三．计算题（本大题共4小题，请将答题步骤详细填写在答题栏内，注意卷面整洁，步骤完整，只填写结果不得分）15．电动摩托车是目前一种较为时尚的代步工具，某厂生产的一种电动摩托车，设计质量（包括人）为m=120kg，动力电源选用能量存储量为“36V，18Ah”（即输出电压恒为36伏，工作电流与工作时间的乘积为18安培小时）的蓄电池（不计内阻），所用电源的额定输出功率P=216W，由于电动机发热造成的损耗（其他损耗不计），摩托车的效率为η=80%．求：（1）该摩托车保持额定功率行驶的最长时间是多少？（2）摩托车电动机的内阻为多少？【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）额定功率行驶时输出电压为36V，输出功率为216W，根据P=UI求出电流，再根据电池的容量求出行驶的时间；（2）根据效率求出发热功率，再根据P热═I2r求出内阻．【解答】解：（1）根据公式P=IU得：I==6A再根据电池容量可得：t==h=3h（2）根据能量守恒定律，有：P热=P﹣80%P其中：P热=I2r解得：r=1.2Ω答：（1）该摩托车保持额定功率行驶的最长时间是3h；（2）摩托车电动机的内阻为1.2Ω．【点评】解决本题的关键掌握焦耳定律，以及知道在平直路面上行驶，功率一定，牵引力等于阻力时，速度最大．　16．（10分）（2022秋•新泰市校级期中）一台小型电动机在380V电压下正常工作时，能将30kg的货物在30s内匀速提升30m，通过它的电流是1A．除电动机线圈生热，其它能量损失不计，求在此过程中：（1）拉力对货物做功的功率；（2）电动机的功率；（3）电动机线圈所产生的热量．（g=10m/s2）【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．-18-\n【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；恒定电流专题．【分析】（1）先求出速度，然后由P=Fv求出电动机的输出功率（又可以先求出拉力的功，然后由平均功率的定义式求出功率）；（2）由P=UI求出电动机的输入功率．（3）电动机总功率等于热功率与输出功率之和，然后求出线圈的热功率和电动机线圈所产生的热量．【解答】解：（1）货物匀速上升，故牵引力等于重力，故有：F=mg=30×10=300N；上升的速度为：v=1m/s；故牵引力的功率为：P=FV=300×1W=300W；（2）电动机的功率为：P=UI=380W（3）由能量守恒定律可知：Q=UIt﹣mgh=380×1×30﹣300×30=2400J；答：（1）拉力对货物做功的功率是300W；（2）电动机的功率是380W；（3）电动机线圈所产生的热量是2400J．【点评】本题考查功率公式的应用，要注意电功率公式正确应用；同时明确电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和．　17．（12分）（2022秋•新泰市校级期中）如图所示，两块竖直放置的平行金属板A、B，板间距离d=0.04m，两板间的电压U=400V，板间有一匀强电场．在A、B两板上端连线的中点Q的正上方，距Q为h=1.25m的P点处有一带正电的小球，已知小球的质量m=5×10﹣6kg，电荷量q=5×10﹣10C．设A、B板的长度无限，g取10m/s2．求：（1）带正电小球从P点开始由静止下落，经多长时间和金属板相碰；（2）小球与金属板碰撞点与开始下落P点的高度差．【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）设小球从P到Q点做自由落体运动，根据自由落体公式求出时间，小球进入电场后其飞行时间取决于电场力产生的加速度ax，根据匀加速直线运动位移时间公式求出时间，两个时间之和即为所求时间；（2）小球由P点开始在竖直方向上始终是自由落体运动，求出在时间t内的位移y．【解答】解：设小球从P到Q需时间t1，由h=得t1==0.5s设小球进入电场后运动时间为t2则qE=ma-18-\nE=则小球水平方向的加速度a=水平方向作匀加速运动，则有=解得t2=0.2s故总时间为t=t1+t2=0.7s（2）小球由P点开始在竖直方向上始终是自由落体运动，则y==2.45m答：（1）带正电小球从P点开始由静止下落，经0.7s和金属板相碰；（2）相碰时，离金属板上端的距离为2.45m．【点评】该题考查了自由落体运动和类平抛运动的基本规律，难度适中，属于中档题．　18．（12分）（2022秋•新泰市校级期中）如图所示，AB为固定在竖直平面内粗糙倾斜轨道，BC为光滑水平轨道，CD为固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，且AB与BC通过一小段光滑弧形轨道相连，BC与弧CD相切．已知AB长为L=10m，倾角θ=37°，BC长s=4m，CD弧的半径为R=2m，O为其圆心，∠COD=143°．整个装置处在水平向左的匀强电场中，电场强度大小为E=1×103N/C．一质量为m=0.4kg、电荷量为q=+3×10﹣3C的物体从A点以初速度vA=15m/s沿AB轨道开始运动．若物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ=0.2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，物体运动过程中电荷量不变．求：（1）物体在AB轨道上运动时，重力和电场力对物体所做的总功；（2）通过计算说明物体能否到达D点．【考点】动能定理的应用；电场强度．【专题】计算题；定量思想；临界法；动能定理的应用专题．【分析】（1）匀强电场方向水平向左，物体所受的电场力水平向左，求出重力和电场力的合力大小和合力与竖直方向的夹角，再求解重力和电场力对物体所做的总功；（2）设物体能到D点，对物体由A到D的过程，由动能定理求出物体到达D点的速度，与临界速度比较，分析物体能否到达D点．【解答】解：（1）物体所受重力和电场力的合力大小为F===5N设合力F与竖直方向的夹角为α，则tanα==，得α=37°-18-\n所以物体在轨道AB上运动时，重力和电场力的合力与轨道AB垂直，对物体做的总功为W=0（2）D点为CD轨道上的等效最高点，设物体能到D点，其速度为vD对物体由A到D的过程，由动能定理得﹣μFL﹣qE（s+Rsinα）﹣mg（R+Rcosα）=﹣设物体刚能到D点时速度为v0由牛顿第二定律得F=解得v0=vD=5m/s因此物体恰能到达D点答：（1）物体在AB轨道上运动时，重力和电场力对物体所做的总功为0；（2）物体能到达D点．【点评】本题运用牛顿第二定律和运动学公式结合，研究带电体在电场力和重力场的复合场中运动问题，采用合成法，关键要掌握D点临界条件，抓住此时轨道的弹力为零，由牛顿第二定律研究临界速度．　-18-