2022年高二上學(xué)期期中物理試卷 含解析(IV)

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1、2022年高二上學(xué)期期中物理試卷 含解析(IV) 　 一、選擇題（1-8題為單選題，9-12為多選題，每題4分，共48分） 1．關(guān)于電場強度和電勢，下列說法正確的是（　?。? A．由公式E=可知E與F成正比，與q成反比 B．由公式U=Ed可知，在勻強電場中，任意兩點間的電勢差與這兩點間的距離成正比 C．電場強度為零處，電勢不一定為零 D．無論是正電荷還是負(fù)電荷，當(dāng)它在電場中移動時，若電場力做正功，它一定是從電勢高處移到電勢低處，并且它的電勢能一定減少 2．如圖所示，空心導(dǎo)體上方有一靠得很近的帶電體，帶有正電荷．有一束帶負(fù)電的小液滴（重力不能忽略），以速度v水平飛入空心導(dǎo)體腔內(nèi)，則

2、小液滴的運動情況是（　?。? A．勻速直線運動 B．變速直線運動 C．向上偏轉(zhuǎn)的曲線運動 D．向下偏轉(zhuǎn)的曲線運動 3．如圖所示，豎直絕緣墻壁上Q處有一個固定的質(zhì)點A，在Q的上方P點用絲線懸掛著另一個質(zhì)點B．A、B兩質(zhì)點因帶同種電荷而相斥，致使懸線與豎直方向成θ角，由于漏電使A、B兩質(zhì)點的帶電量逐漸減少，在電荷漏完之前懸線對P點的拉力大小將（　?。? A．保持不變 B．先變小后變大 C．逐漸減小 D．逐漸增大 4．如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc，實線為一帶負(fù)電的電子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上

3、的兩點，據(jù)此可知（　?。? A．三個等勢面中，a的電勢最高 B．電子在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大 C．電子通過P點時的動能比通過Q點時大 D．電子通過P點時的加速度比通過Q點時小 5．如圖所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置光滑的絕緣軌道，處于水平向右的勻強電場中，一帶負(fù)電荷的小球從高h的A處靜止開始下滑，沿軌道ABC運動后進入圓環(huán)內(nèi)作圓周運動．已知小球所受到電場力是其重力的，圓環(huán)半徑為R，斜面傾角為θ=53°，SBC=2R．若使小球在圓環(huán)內(nèi)恰好能作完整的圓周運動，高度h的為（　?。? A．2R B．4R C．10R D．17R 6．一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為

4、d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔（小孔對電場的影響可忽略不計）．小孔正上方d處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進入電容器，并在下極板處（未與極板接觸）返回．若將下極板向上平移，則從P點開始下落的相同粒子將（　?。? A．打到下極板上 B．在下極板處返回 C．在距上極板處返回 D．在距上極板處返回 7．如圖所示，直線A為某電源的U﹣I圖線，曲線B為某小燈泡的U﹣I圖線，用該電源和小燈泡組成閉合電路時，電源的輸出功率和電源的總功率分別是（　　） A．4 W，8 W B．4W，6 W C．2 W，3 W D．2 W，4 W 8．電路圖如圖所示，電源電動勢為

5、20V、內(nèi)阻r=3Ω，滑動變阻器的最大阻值為20Ω，定值電阻R0=2Ω．則下列說法正確的是（　?。? A．R=5Ω時，R0消耗的功率最大 B．R=3Ω時，電源輸出的功率最大 C．R=5Ω時，R消耗的功率最大 D．電源最大輸出的功率為20W 9．如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，不計電壓表和電流表內(nèi)阻對電路的影響，當(dāng)電鍵閉合后，兩小燈泡均能發(fā)光．在將滑動變阻器的觸片逐漸向右滑動的過程中，下列說法正確的是（　?。? A．小燈泡L1、L2均變暗 B．小燈泡L1變亮，小燈泡L2變暗 C．電流表A的讀數(shù)變小，電壓表V的讀數(shù)變大 D．電流表A的讀數(shù)變化量與電壓表V的讀數(shù)變化量之比不

6、變 10．如圖甲所示，直線AB是某電場中的一條電場線．若有一電子僅在電場力的作用下以某一初速度沿直線AB由A運動到B，其速度圖象如圖乙所示，下列關(guān)于A、B兩點的電場強度EA、EB和電勢φA、φB，以及電子在A、B兩點所具有的電勢能EPA、EPB和動能EKA、EKB，以下判斷正確的是（　?。? A．EA＞EB B．φA＞φB C．EPA＞EPB D．EKA＞EKB 11．在勻強電場中有相距d=2cm的a、b兩點，電勢差Uab=50V，則勻強電場的電場強度可能為（　?。? A．E=1×103 V/m B．E=2×103 V/m C．E=3×103 V/m D．E=4×103 V/m 12

7、．光滑水平面上有一邊長為L的正方形區(qū)域處在場強為E的勻強電場中，電場方向與正方形一邊平行，一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球由某一邊中心，以垂直于該邊的水平初速度v0進入該正方形區(qū)域，當(dāng)小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時，具有的動能可能為（　?。? A．0 B． mv+qEL C． mv D． mv+qEL 　 二、實驗題（每空2分，共16分） 13．在“伏安法”測導(dǎo)體電阻的實驗中，采用甲圖的電阻R測量值　　 真實值；采用乙圖的電阻R測量值　　 真實值．（填“大于”、“等于”、或“小于”） 14．有一個小燈泡上標(biāo)有“2V，3W”的字樣，現(xiàn)在要用伏安法描繪這個燈泡的I﹣U圖線，有下列器材

8、供選用： A．電源（電動勢3V，內(nèi)阻約1Ω） B．電流表（0～0.6A，內(nèi)阻約1Ω） C．電流表（0～2A，內(nèi)阻約0.4Ω） D．電壓表（0～3V，內(nèi)阻約10kΩ） E．電壓表（0～10V，內(nèi)阻約20kΩ） F．滑動變阻器（0～5Ω，額定電流3A） G．滑動變阻器（0～500Ω，額定電流2A）H．開關(guān)、導(dǎo)線 （1）實驗中電流表應(yīng)選用　　，電壓表應(yīng)選用　?。疄槭箤嶒炚`差盡量減小，要求電壓表從零開始變化且多取幾組數(shù)據(jù)，滑動變阻器應(yīng)選用　　（用序號字母表示）． （2）實驗中，電壓表的示數(shù)如圖1，圖中U=　　V． （3）實驗中調(diào)節(jié)滑動變阻器，得到

9、了小燈泡的I﹣U圖象如圖2所示，則可知小燈泡的電阻隨電壓增大而　?。ㄌ睢霸龃蟆薄ⅰ皽p小”或“不變”）． （4）請根據(jù)實驗要求，在圖3方框內(nèi)畫出電路圖． 　 三、計算題（15題10分，16、17、18題各12分，共46分） 15．如圖所示電路中，R1=3Ω，R2=6Ω，R3=1.5Ω，C=20 μF；已知電源電動勢E=4V，內(nèi)阻r=0.5Ω．求： （1）當(dāng)S1閉合、S2斷開時，電路消耗的總功率； （2）當(dāng)S1閉合、S2均閉合時，電路消耗的總功率； （3））當(dāng)S1閉合、S2斷開時，電容器所帶的電荷量為多少？ 16．如圖，勻強電場中有一半徑為r=10cm的光滑絕緣軌道，軌道平面與

10、電場方向平行．一電荷量為q=+2×10﹣9 C的質(zhì)點沿軌道內(nèi)側(cè)運動，經(jīng)過a點和b點時對軌道壓力分別為Na=2×10﹣6 N和 Nb=8×10﹣6N．不計質(zhì)點重力，求： （1））勻強電場的電場強度的大??？ （2）質(zhì)點經(jīng)過a點和b點時的動能各為多少？ 17．如圖，虛線PQ、MN間存在水平勻強電場，一帶電粒子質(zhì)量為m=2.0×10﹣11 kg、電荷量為q=+1.0×10﹣5 C，從a點由靜止開始經(jīng)電壓為U=100V的電場加速后，經(jīng)過b點垂直于勻強電場進入勻強電場中，從虛線MN的某點c （圖中未畫出）離開勻強電場時速度與電場方向成60°角．已知PQ、MN間距為20cm，帶電粒子的重力忽略不計

11、．求： （1）水平勻強電場的場強E的大??； （2）bc兩點間的電勢差Ubc． 18．兩塊水平的平行金屬板如圖1所示放置，金屬板左側(cè)為一加速電場，電壓U0=2500V，大量質(zhì)量m=1.6×10﹣14kg、電荷量q=3.2×10﹣10 C的帶電粒子（不計重力）由靜止開始，經(jīng)加速電場加速后，連續(xù)不斷地通過小孔后沿平行板的方向從兩板正中間射入兩板之間．當(dāng)兩板電勢差為零時，這些帶電粒子通過兩板之間的時間為3t0；當(dāng)在兩板間加如圖2所示的周期為2t0，幅值恒為U0（U0=2500V）的周期性電壓時，恰好能使所有粒子均從兩板間通過．已知t0=2×10﹣6s．求： （1）帶電粒子從加速電場出來

12、時的速度？ （2）這些粒子剛穿過兩板時，偏轉(zhuǎn)位移的最大值和最小值分別是多少？ （3）偏轉(zhuǎn)位移為最大值和最小值的情況下，帶電粒子在剛穿出兩板之間時的動能之比為多少？ 　 參考答案與試題解析 　 一、選擇題（1-8題為單選題，9-12為多選題，每題4分，共48分） 1．關(guān)于電場強度和電勢，下列說法正確的是（　　） A．由公式E=可知E與F成正比，與q成反比 B．由公式U=Ed可知，在勻強電場中，任意兩點間的電勢差與這兩點間的距離成正比 C．電場強度為零處，電勢不一定為零 D．無論是正電荷還是負(fù)電荷，當(dāng)它在電場中移動時，若電場力做正功，它一定是從電勢高處移到電勢低處，并且它

13、的電勢能一定減少 【考點】電場強度；電勢． 【分析】本題根據(jù)公式是否是比值定義法，分析各量之間的關(guān)系．比值法定義法被定義的物理量反映物質(zhì)的屬性． 【解答】解：A、公式E=可采用比值定義法，E反映電場本身的強弱和方向，與試探電荷在電場中該點所受的電場力F和電荷量q無關(guān)，故A錯誤； B、公式U=Ed中d是兩點沿電場方向間的距離，所以在勻強電場中，任意兩點間的電勢差與這兩點間沿電場方向的距離成正比，而不是與任意距離成正比，故B錯誤； C、電場強度與電勢沒有直接關(guān)系，電場強度為零時，電勢不一定為零；電勢為零，電場強度不一定為零，故C正確； D、根據(jù)功能關(guān)系，電場力做正功，電勢能減小，若做負(fù)

14、功，則電勢能增加，故D錯誤； 故選：C． 　 2．如圖所示，空心導(dǎo)體上方有一靠得很近的帶電體，帶有正電荷．有一束帶負(fù)電的小液滴（重力不能忽略），以速度v水平飛入空心導(dǎo)體腔內(nèi)，則小液滴的運動情況是（　?。? A．勻速直線運動 B．變速直線運動 C．向上偏轉(zhuǎn)的曲線運動 D．向下偏轉(zhuǎn)的曲線運動 【考點】靜電場中的導(dǎo)體． 【分析】導(dǎo)體是等勢體，那么導(dǎo)體內(nèi)壁每個點都是等勢的，那么導(dǎo)體腔內(nèi)部不可能有電場存在，否則沿著電場線電勢會降低，既然容器內(nèi)部沒有電場那么小球就不受電場力． 【解答】解：A、根據(jù)靜電屏蔽原理，導(dǎo)體腔內(nèi)部電場處處為0，所以帶點液滴不受電場力的作用，其重力又不能忽略，所以物

15、體只受重力的作用，則A錯誤； B、物體有水平初速度v，受力方向與初速度方向不在同一直線上，所以B錯誤； CD、重力豎直向下，即物體在重力作用下做向下偏轉(zhuǎn)的曲線運動；C錯誤，D正確 故選：D 　 3．如圖所示，豎直絕緣墻壁上Q處有一個固定的質(zhì)點A，在Q的上方P點用絲線懸掛著另一個質(zhì)點B．A、B兩質(zhì)點因帶同種電荷而相斥，致使懸線與豎直方向成θ角，由于漏電使A、B兩質(zhì)點的帶電量逐漸減少，在電荷漏完之前懸線對P點的拉力大小將（　?。? A．保持不變 B．先變小后變大 C．逐漸減小 D．逐漸增大 【考點】庫侖定律． 【分析】以小球B為研究對象，由于逐漸漏電的過程中，處于動態(tài)平衡狀態(tài)．分

16、析B受力情況：重力G，A的斥力F1和線的拉力F2三個力作用，作出力圖，根據(jù)△FBF1∽△PQB，得到線的拉力F2與線長的關(guān)系，再進行分析求解． 【解答】解：以小球為研究對象，球受到重力G，A的斥力F1和線的拉力F2三個力作用，作出力圖，如圖．作出F1、F2的合力F，則由平衡條件得：F=G． 根據(jù)△FBF1∽△PQB得： = 又FF1=F2，得：F2=G 在A、B兩質(zhì)點帶電量逐漸減少的過程中，PB、PQ、G均不變，則線的拉力F2不變． 故選：A 　 4．如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc，實線為一帶負(fù)電的電子僅在電場力作用

17、下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據(jù)此可知（　　） A．三個等勢面中，a的電勢最高 B．電子在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大 C．電子通過P點時的動能比通過Q點時大 D．電子通過P點時的加速度比通過Q點時小 【考點】電勢；電勢能． 【分析】作出電場線，根據(jù)軌跡彎曲的方向可知，負(fù)電荷受力的方向向下，電場線向上．故c的電勢最高；根據(jù)推論，負(fù)電荷在電勢高處電勢能小，可知電荷在P點的電勢能大；總能量守恒；由電場線疏密確定出，P點場強小，電場力小，加速度?。? 【解答】解：A、負(fù)電荷做曲線運動，電場力指向曲線的內(nèi)側(cè)；作出電場線，根據(jù)軌跡彎曲的方向和負(fù)電荷可知，電

18、場線向上．故c的等勢面電勢最高，故A錯誤； B、利用推論：負(fù)電荷在電勢高處電勢能小，知道質(zhì)點在P點電勢能大，故B正確； C、只有電場力做功，電勢能和動能之和守恒，故帶電質(zhì)點在P點的動能與電勢能之和等于在Q點的動能與電勢能之和，P點電勢能大，動能?。蔆錯誤； D、等差等勢面的疏密可以表示電場的強弱，P處的等勢面密，所以P點的電場強度大，粒子受到的電場力大，粒子的加速度大，故D錯誤； 故選：B 　 5．如圖所示的裝置是在豎直平面內(nèi)放置光滑的絕緣軌道，處于水平向右的勻強電場中，一帶負(fù)電荷的小球從高h的A處靜止開始下滑，沿軌道ABC運動后進入圓環(huán)內(nèi)作圓周運動．已知小球所受到電場力是其重力

19、的，圓環(huán)半徑為R，斜面傾角為θ=53°，SBC=2R．若使小球在圓環(huán)內(nèi)恰好能作完整的圓周運動，高度h的為（　　） A．2R B．4R C．10R D．17R 【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系；向心力． 【分析】將重力和電場力等效為一個力F，小球若能通過等效重力場的最高點即能做完整的圓周運動，根據(jù)向心力公式求出等效的最高點的速度，再運用動能定理即可求出釋放點的高度h 【解答】解：小球所受的重力和電場力都為恒力，故可將兩力等效為一個力F，如圖所示 可知F=1.25mg，方向與豎直方向左偏下37°，從圖中可知，能否作完整的圓周運動的臨界點是能否通過D點，若恰好能通過D點，即

20、達到D點時球與環(huán)的彈力恰好為零 由圓周運動知識得： 即：① 由動能定理有：×② 聯(lián)立①、②可求出此時的高度h=10R，故C正確，ABD錯誤； 故選：C 　 6．一水平放置的平行板電容器的兩極板間距為d，極板分別與電池兩極相連，上極板中心有一小孔（小孔對電場的影響可忽略不計）．小孔正上方d處的P點有一帶電粒子，該粒子從靜止開始下落，經(jīng)過小孔進入電容器，并在下極板處（未與極板接觸）返回．若將下極板向上平移，則從P點開始下落的相同粒子將（　?。? A．打到下極板上 B．在下極板處返回 C．在距上極板處返回 D．在距上極板處返回 【考點】電容器的動態(tài)分析． 【分析】分別研究兩種情況

21、：一是下極板未移動時，帶電粒子到達下極板處返回，知道重力做功與電場力做功之和為零；二是向上移動下極板，若運動到下極板，重力做功小于克服電場力做功，可知不可能運動到下極板返回，根據(jù)動能定理，結(jié)合電勢差大小與d的關(guān)系，求出粒子返回時的位置． 【解答】解：對下極板未移動前，從靜止釋放到速度為零的過程，由動能定理得： mg?2d﹣qU=0 將下極板向上平移時，設(shè)運動到距離上極板x處返回，根據(jù)動能定理得： mg（d+x）﹣q?U=0 聯(lián)立兩式解得：x=d．故C正確，ABD錯誤． 故選：C． 　 7．如圖所示，直線A為某電源的U﹣I圖線，曲線B為某小燈泡的U﹣I圖線，用該電源和小燈泡組成閉

22、合電路時，電源的輸出功率和電源的總功率分別是（　?。? A．4 W，8 W B．4W，6 W C．2 W，3 W D．2 W，4 W 【考點】描繪小電珠的伏安特性曲線． 【分析】根據(jù)圖象可以知道電源的電動勢的大小，和燈泡的電壓電流的大小，根據(jù)功率的公式計算即可． 【解答】解：由圖象可知用該電源和燈泡組成閉合電路時，交點為它們工作時的電流和電壓的大小， 電路中電流為I=2A，路端電壓為U=2V，電源的電動勢的大小為3V， 電源的輸出功率為P=UI=2×2=4W，電源的總功率P=EI=3×2=6W． 故選：B． 　 8．電路圖如圖所示，電源電動勢為20V、內(nèi)阻r=3Ω，滑動變阻

23、器的最大阻值為20Ω，定值電阻R0=2Ω．則下列說法正確的是（　?。? A．R=5Ω時，R0消耗的功率最大 B．R=3Ω時，電源輸出的功率最大 C．R=5Ω時，R消耗的功率最大 D．電源最大輸出的功率為20W 【考點】閉合電路的歐姆定律；電功、電功率． 【分析】R0是定值電阻，當(dāng)電路中電流最大時，其功率最大．當(dāng)外電阻與電源的內(nèi)阻相等時，電源的輸出功率最大．根據(jù)這個結(jié)論，利用等效法研究R的功率和電源的輸出何時最大． 【解答】解：A、R0是定值電阻，當(dāng)R=0時，電路中電流最大，R0消耗的功率最大，故A錯誤． BD、當(dāng)外電阻與電源的內(nèi)阻相等時，電源的輸出功率最大．即 R+R0=r，

24、R=1Ω時，電源輸出的功率最大，電源最大輸出的功率為 Pm=I2（R+R0）=（）2r===W，故BD錯誤． C、將R0看成電源的內(nèi)阻，當(dāng)?shù)刃щ娫吹膬?nèi)阻R0+r=R時，即R=5Ω，等效電源的輸出功率最大，即R消耗的功率最大，故C正確． 故選：C 　 9．如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，不計電壓表和電流表內(nèi)阻對電路的影響，當(dāng)電鍵閉合后，兩小燈泡均能發(fā)光．在將滑動變阻器的觸片逐漸向右滑動的過程中，下列說法正確的是（　?。? A．小燈泡L1、L2均變暗 B．小燈泡L1變亮，小燈泡L2變暗 C．電流表A的讀數(shù)變小，電壓表V的讀數(shù)變大 D．電流表A的讀數(shù)變化量與電壓表V的讀數(shù)變化量

25、之比不變 【考點】閉合電路的歐姆定律． 【分析】將滑動變阻器的滑片逐漸向右滑動的過程中，變阻器接入電路的電阻增大，分析外電路總電阻的變化，由歐姆定律判斷干路電流的變化，即可知道電流表示數(shù)的變化和路端電壓的變化，即可知道電壓表讀數(shù)的變化．分析并聯(lián)部分電壓的變化，判斷L1燈亮度的變化． 【解答】解：ABC、將滑動變阻器的滑片逐漸向右滑動的過程中，變阻器接入電路的電阻增大，與燈L1并聯(lián)的電阻增大，外電路總電阻增大，干路電流減小，電流表讀數(shù)變小，L2變暗，電源的內(nèi)電壓減小，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知路端電壓增大，電壓表V的讀數(shù)變大． 路端電壓增大，而L2燈電壓減小，所以L1燈的電壓增大，L1燈變

26、亮．故A錯誤，BC正確． D、由U=E﹣Ir知： =r，不變，即電流表A的讀數(shù)變化量與電壓表V的讀數(shù)變化量之比等于電源的內(nèi)阻，保持不變，故D正確． 故選：BCD． 　 10．如圖甲所示，直線AB是某電場中的一條電場線．若有一電子僅在電場力的作用下以某一初速度沿直線AB由A運動到B，其速度圖象如圖乙所示，下列關(guān)于A、B兩點的電場強度EA、EB和電勢φA、φB，以及電子在A、B兩點所具有的電勢能EPA、EPB和動能EKA、EKB，以下判斷正確的是（　?。? A．EA＞EB B．φA＞φB C．EPA＞EPB D．EKA＞EKB 【考點】電勢能；電勢差與電場強度的關(guān)系． 【分析】根據(jù)

27、速度圖象得出帶電粒子的加速度越來越小，根據(jù)牛頓第二定律F=ma，說明電場力越來越小，再根據(jù)電場強度的定義分析判斷，根據(jù)速度變化判斷電場線的方向，從而判斷電勢高度，根據(jù)電場力做功正負(fù)判斷電勢能的變化． 【解答】解：A、速度圖象的斜率表示點電荷的加速度的大小，由于斜率減小，則知從A運動到B過程中帶電粒子的加速度減小，根據(jù)牛頓第二定律說明電場力減小，由F=Eq知，所以由A運動到B，場強E減小，所以EA＞EB，故A正確； B、電子帶負(fù)電，在電場力的作用下做加速運動，電子的受力方向與電場方向相反，所以電場方向從B指向A，A點的電勢低，即φB＞φA，故B錯誤； CD、電場力對電子做正功，電勢能減小，

28、則EpA＞EpB，動能增大，則EKA＜EKB，故C正確，D錯誤． 故選：AC 　 11．在勻強電場中有相距d=2cm的a、b兩點，電勢差Uab=50V，則勻強電場的電場強度可能為（　?。? A．E=1×103 V/m B．E=2×103 V/m C．E=3×103 V/m D．E=4×103 V/m 【考點】電勢差與電場強度的關(guān)系；電場強度． 【分析】在勻強電場中，Uab=Ed，d是兩點沿電場強度方向的距離．由此式求解E的范圍，即可得到E的可能值． 【解答】解：在勻強電場中，若a、b兩點在同一電場線上，由Uab=Ed，得：E==V/m=2.5×103V/m 若a、b兩點不在同一電

29、場線，由Uab＜Ed，得：E＞=V/m=2.5×103V/m，所以勻強電場的電場強度E可能為3×103 V/m和4×103 V/m，不可能為1×103 V/m和2×103 V/m．故AB錯誤，CD正確． 故選：CD 　 12．光滑水平面上有一邊長為L的正方形區(qū)域處在場強為E的勻強電場中，電場方向與正方形一邊平行，一質(zhì)量為m、帶電量為q的小球由某一邊中心，以垂直于該邊的水平初速度v0進入該正方形區(qū)域，當(dāng)小球再次運動到該正方形區(qū)域的邊緣時，具有的動能可能為（　?。? A．0 B． mv+qEL C． mv D． mv+qEL 【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動． 【分析】要考慮電場方向

30、的可能性，可能平行于AB向左或向右，也可能平行于AC向上或向下．若平行于AB，將做加速或減速，若平行于AC，將做類平拋運動，然后根據(jù)動能定理求解． 【解答】解：A．若電場的方向平行于AB向左，小球在勻強電場中做勻減速直線運動，到達BD邊時，速度可能為0，所以動能可能為0．故A正確． B．若電場的方向平行于AC向上或向下，小球在勻強電場中做類平拋運動，偏轉(zhuǎn)位移最大為，根據(jù)動能定理，電場力做功最多為qE，最大動能為qE+mv02．故B正確，D錯誤． C．若電場的方向平行于AB向左，小球在勻強電場中做勻減速直線運動，若速度減到0還未到達另一邊緣，那將回頭做勻加速，根據(jù)動能定理，電場力做功為0，

31、動能不變．故C正確． 故選：ABC． 　 二、實驗題（每空2分，共16分） 13．在“伏安法”測導(dǎo)體電阻的實驗中，采用甲圖的電阻R測量值　大于　 真實值；采用乙圖的電阻R測量值　小于　 真實值．（填“大于”、“等于”、或“小于”） 【考點】伏安法測電阻． 【分析】伏安法測電阻有兩種方法：電流表內(nèi)接法和電流表外接法． 內(nèi)接法：電流表內(nèi)阻很小，但也要分壓，故電壓表測量的電壓包括電流表兩端電壓，使得測出的電壓要比待測電阻兩端電壓大，則測出的電阻比真實值偏大． 外接法：電壓表內(nèi)阻很大，但也要分流，故電流表測量的電流包括流過電壓表的電流，使得測出的電流比流過待測電阻的

32、電流偏大，則測出的電阻比真實值偏小． 【解答】解：如圖甲所示，電流表內(nèi)接法，測得結(jié)果R===R+RA，所以測量值大于真實值，電流表的內(nèi)阻越接近被測電阻，誤差越大，只有被測電阻大于大于電流表內(nèi)阻時，誤差較小，所以此法適用于測量較大的電阻； 如上圖乙所示，電流表外接法，測得結(jié)果R==，電壓表上的分流再小，也比真實值分母變大，分子不變，所以測量值小于真實值；此法電壓表的內(nèi)阻相對真實值越大越接近真實值，所以適用于測量較小的電阻； 故答案為：大于，小于． 　 14．有一個小燈泡上標(biāo)有“2V，3W”的字樣，現(xiàn)在要用伏安法描繪這個燈泡的I﹣U圖線，有下列器材供選用： A．電源（電動勢3V

33、，內(nèi)阻約1Ω） B．電流表（0～0.6A，內(nèi)阻約1Ω） C．電流表（0～2A，內(nèi)阻約0.4Ω） D．電壓表（0～3V，內(nèi)阻約10kΩ） E．電壓表（0～10V，內(nèi)阻約20kΩ） F．滑動變阻器（0～5Ω，額定電流3A） G．滑動變阻器（0～500Ω，額定電流2A）H．開關(guān)、導(dǎo)線 （1）實驗中電流表應(yīng)選用　C　，電壓表應(yīng)選用　D?。疄槭箤嶒炚`差盡量減小，要求電壓表從零開始變化且多取幾組數(shù)據(jù)，滑動變阻器應(yīng)選用　F　（用序號字母表示）． （2）實驗中，電壓表的示數(shù)如圖1，圖中U=　2.20　V． （3）實驗中調(diào)節(jié)滑動變阻器，得到了小燈泡的I﹣U圖象如

34、圖2所示，則可知小燈泡的電阻隨電壓增大而　增大?。ㄌ睢霸龃蟆薄ⅰ皽p小”或“不變”）． （4）請根據(jù)實驗要求，在圖3方框內(nèi)畫出電路圖． 【考點】描繪小電珠的伏安特性曲線． 【分析】（1）儀表的選擇應(yīng)本著安全準(zhǔn)確的原則；電壓表要測量燈泡兩端的電壓，故應(yīng)通過燈泡的額定電壓值判斷需要的電壓表；由流過燈泡的電流判斷需要的電流表；由題意判斷需要的滑動變阻器； （2）根據(jù)量程確定最小分度，從而明確讀數(shù)； （3）根據(jù)I﹣U圖象的性質(zhì)分析電阻的變化； （4）根據(jù)實驗要求確定電壓表和電流表的接法，從而得出電路圖． 【解答】解：（1）因燈泡的額定電壓為2V，為保證安全選用的電壓表量程應(yīng)稍大于2V，

35、但不能大太多，量程太大則示數(shù)不準(zhǔn)確；故只能選用0～3V的電壓表，故選D； 由P=UI得，燈泡的額定電流I===1.5A；故電流表應(yīng)選擇0～2A的量程，故選C； 而由題意要求可知，電壓從零開始變化，并要多測幾組數(shù)據(jù)，故只能采用滑動變阻器分壓接法，而分壓接法中應(yīng)選總阻值小的滑動變阻器，故選F； （2）由圖可知，量程為3V，最小分度為0.1V，則讀數(shù)為2.20V； （3）I﹣U圖象中圖象中的斜率表示電阻的倒數(shù)，由圖象可知，斜率減小，故電阻增大； （4）由以上分析可知，本實驗應(yīng)采用分壓和電流表外接法，故電路圖如圖所示； 故答案為：（1）C； D；F； （2）2.20； （3）增大；

36、（4）如圖所示． 　 三、計算題（15題10分，16、17、18題各12分，共46分） 15．如圖所示電路中，R1=3Ω，R2=6Ω，R3=1.5Ω，C=20 μF；已知電源電動勢E=4V，內(nèi)阻r=0.5Ω．求： （1）當(dāng)S1閉合、S2斷開時，電路消耗的總功率； （2）當(dāng)S1閉合、S2均閉合時，電路消耗的總功率； （3））當(dāng)S1閉合、S2斷開時，電容器所帶的電荷量為多少？ 【考點】閉合電路的歐姆定律；電容；電功、電功率． 【分析】（1）當(dāng)S1閉合、S2斷開時，分析電路的結(jié)構(gòu)，根據(jù)閉合電路的歐姆定律和功率公式：P=I2R即可計算出電路消耗的總功率； （2）當(dāng)S1閉合、S

37、2均閉合時，求出外電路總電阻，再根據(jù)閉合電路的歐姆定律求總電流，再求電路消耗的總功率； （3）根據(jù)串聯(lián)電路的電壓分配關(guān)系計算電容器極板間的電壓，最后由Q=CU計算電量即可． 【解答】解：（1）S1閉合，S2斷開時，電路消耗的總功率為： P1===2W （2）S1、S2均閉合時，外電路總電阻為： R=R3+=1.5+=3.5Ω 電路消耗的總功率為： P2===4W （3）S1閉合，S2斷開時，電容器極板間的電壓為： U=E=×4V=3V 電容器所帶的電荷量為： Q=CU=20×10﹣6×3C=6×10﹣5C 答：（1）當(dāng)S1閉合、S2斷開時，電路消耗的總功

38、率是2W； （2）當(dāng)S1閉合、S2均閉合時，電路消耗的總功率是4W； （3））當(dāng)S1閉合、S2斷開時，電容器所帶的電荷量為6×10﹣5C． 　 16．如圖，勻強電場中有一半徑為r=10cm的光滑絕緣軌道，軌道平面與電場方向平行．一電荷量為q=+2×10﹣9 C的質(zhì)點沿軌道內(nèi)側(cè)運動，經(jīng)過a點和b點時對軌道壓力分別為Na=2×10﹣6 N和 Nb=8×10﹣6N．不計質(zhì)點重力，求： （1））勻強電場的電場強度的大?。? （2）質(zhì)點經(jīng)過a點和b點時的動能各為多少？ 【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系；向心力；電場強度． 【分析】（1）根據(jù)牛頓第二定律，將電場力與支持力提供向心

39、力列出方程，并由動能定理來聯(lián)立求解出電場強度． （2）根據(jù)動能定義式表示出a、b兩點的動能，聯(lián)立（1）中的方程即可求出質(zhì)點經(jīng)過a點和b點時的動能 【解答】解：（1）在b點：①； 在a點：②； 從a點到b點由動能定理有： ③ 解得： =500v/m （2）設(shè)質(zhì)點經(jīng)過a點和b點時的動能分別為Eka和Ekb，有： ④ ⑤ 聯(lián)立①②③④⑤得： =1.5×10﹣7J =3.5× 答：（1）勻強電場的電場強度的大小500V/m （2）質(zhì)點經(jīng)過a點動能為和b點時的動能為 　 17．如圖，虛線PQ、MN間存在水平勻強電場，一帶電粒子質(zhì)量為m=2.0×10﹣11 kg、電荷量為q

40、=+1.0×10﹣5 C，從a點由靜止開始經(jīng)電壓為U=100V的電場加速后，經(jīng)過b點垂直于勻強電場進入勻強電場中，從虛線MN的某點c （圖中未畫出）離開勻強電場時速度與電場方向成60°角．已知PQ、MN間距為20cm，帶電粒子的重力忽略不計．求： （1）水平勻強電場的場強E的大??； （2）bc兩點間的電勢差Ubc． 【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系；動能定理的應(yīng)用；電勢． 【分析】（1）粒子進入勻強電場中做類平拋運動，豎直方向上做勻速直線運動，水平方向做勻加速直線運動，將粒子在b的速度進行分解，運用運動學(xué)公式和牛頓第二定律求解場強的大?。? （2）從b到c根據(jù)動能定理即可求

41、出bc兩點間的電勢差Ubc 【解答】解：（1）由動能定理得： 代入數(shù)據(jù)解得： m/s 進入PQ、MN間電場中后：d=v1t． 代入數(shù)據(jù)解得： 由題意得： 代入得 由牛頓第二定律得qE=ma 沿電場方向：vy=at ，得 解得： （3）由動能定理得： 得： = 答：（1）水平勻強電場的場強E的大小； （2）bc兩點間的電勢差為 　 18．兩塊水平的平行金屬板如圖1所示放置，金屬板左側(cè)為一加速電場，電壓U0=2500V，大量質(zhì)量m=1.6×10﹣14kg、電荷量q=3.2×10﹣10 C的帶電粒子（不計重力）由靜止開始，經(jīng)加速電場加速后，連續(xù)不斷地通過小孔

42、后沿平行板的方向從兩板正中間射入兩板之間．當(dāng)兩板電勢差為零時，這些帶電粒子通過兩板之間的時間為3t0；當(dāng)在兩板間加如圖2所示的周期為2t0，幅值恒為U0（U0=2500V）的周期性電壓時，恰好能使所有粒子均從兩板間通過．已知t0=2×10﹣6s．求： （1）帶電粒子從加速電場出來時的速度？ （2）這些粒子剛穿過兩板時，偏轉(zhuǎn)位移的最大值和最小值分別是多少？ （3）偏轉(zhuǎn)位移為最大值和最小值的情況下，帶電粒子在剛穿出兩板之間時的動能之比為多少？ 【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；牛頓運動定律的綜合應(yīng)用；動能定理． 【分析】（1）由動能定理求解帶電粒子從加速電場出來時的速度； （2）

43、以電場力的方向為y軸正方向，畫出電子在t=0時和t=t0時進入電場后沿電場力方向的速度vy隨時間t變化的vy﹣t圖象分別如圖a和圖b所示，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，再根據(jù)圖象與坐標(biāo)軸圍成的面積計算位移； （3）根據(jù)（2）可得射出偏轉(zhuǎn)電場的最大速度和最小速度，根據(jù)動能定理得到射出電場時的動能，再求解比值． 【解答】解：（1）由動能定理得：qU0=mv12 解得v1=1×106m/s； （2）以電場力的方向為y軸正方向，畫出電子在t=0時和t=t0時進入電場后沿電場力方向 的速度vy隨時間t變化的vy﹣t圖象分別如圖a和圖b所示，設(shè)兩平行板之間的距離為d． 根據(jù)牛頓第二定律可得粒子

44、在電場中運動的加速度大小為； 圖a中， ， 由圖（a）可得電子的最大側(cè)移為： =； 而， 解得：d=m=3.464cm 由圖（b）可得電子的最小側(cè)移為 ， 所以=1.732cm Symin==0.866cm （3）根據(jù)（2）可得：， ， 電子經(jīng)電壓U0加速：， 所以=． 答：（1）帶電粒子從加速電場出來時的速度1×106m/s； （2）這些粒子剛穿過兩板時，偏轉(zhuǎn)位移的最大值為1.732cm，最小值為0.866cm； （3）偏轉(zhuǎn)位移為最大值和最小值的情況下，帶電粒子在剛穿出兩板之間時的動能之比為16：13． xx12月9日