物理·福建省福州一中2016-2017学年高二上学期期中物理试卷 Word版含解析

物理·福建省福州一中2016-2017学年高二上学期期中物理试卷 Word版含解析

‎2016-2017学年福建省福州一中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题 ‎1．下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有（　　）‎ ‎①场强E= ②场强E= ③场强E= ④电场力做功W=Uq．‎ A．①③ B．②③ C．②④ D．①④‎ ‎2．关于电阻率的说法，正确的是（　　）‎ A．超导材料的电阻率总是为零 B．电阻率ρ大的导体，电阻可以很小 C．电阻率ρ与导体的长度L和横截面积S有关 D．电阻率表征了导体材料的导电能力的强弱，由导体的长度决定，与温度无关 ‎3．关于电流，下列说法中正确的是（　　）‎ A．因为电流有方向，所以电流是矢量．‎ B．电子运动的速率越大，电流越大 C．通过导线截面的电荷量越多，电流越大 D．单位时间内通过导体截面的电荷量越多，导体中的电流越大 ‎4．一个电流表的满偏电流Ig=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）‎ A．串联一个10kΩ的电阻 B．并联一个10kΩ的电阻 C．串联一个9.5kΩ的电阻 D．并联一个9.5kΩ的电阻 ‎5．如图所示，在匀强电场中有a、b、c、d四点，它们处于同一圆周上，且ac、bd分别是圆的直径．已知a、b、c三点的电势分别为ϕa=9V，ϕb=15V，ϕc=18V，则d点的电势为（　　）‎ A．4V B．8V C．12V D．16V ‎6．两块平行金属板带等量异号电荷，要使两板间的电压加倍，而板间的电场强度减半，可采用的办法有（　　）‎ A．两板的电量加倍，而距离变为原来的4倍 B．两板的电量加倍，而距离变为原来的2倍 C．两板的电量减半，而距离变为原来的4倍 D．两板的电量减半，而距离变为原来的2倍 ‎7．如图所示，在原来不带电的金属细杆ab附近P处，放置一个正点电荷，达到静电平衡后，则下列判断中错误的是（　　）‎ A．a端的电势比b端的高 B．b端的电势比d点的低 C．a端的电势与b端的电势相等 D．细杆表面的感应电荷在杆内c处的场强的方向由a指向b ‎8．如图所示，虚线a、b、c分别代表电场中的三条等势线，相邻两等势线之间的电势差相等，实线为一带正电的微粒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，则下列判断中正确的是（　　）‎ A．P点的电势高于Q点的电势 B．带电微粒通过P点时的加速度较大 C．带电微粒通过P点时动能较大 D．带电微粒在P点时的电势能较大 ‎9．经过探究，某同学发现：点电荷和无限大的接地金属平板间的电场（如图甲所示）与等量异种点电荷之间的电场分布（如图乙所示）完全相同．图丙中点电荷q到MN的距离OA为L，AB是以电荷Q为圆心、L为半径的圆上的一条直径，则B点电场强度的大小是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎10．如图所示，电灯A标有“10V，10W”，电灯B标有“8V，20W”，滑动变阻器的总电阻为6Ω，当滑动触头由a端向b端滑动的过程中（不考电灯电阻的变化）（　　）‎ A．安培表示数一直减小，伏特表示数一直增大 B．安培表示数一直增大，伏特表示数一直减小 C．安培表示数先增大后减小，伏特表示数先减小后增大 D．安培表示数先减小后增大，伏特表示数先增大后减小 ‎　‎ 二、多项选择题 ‎11．关于场强和电势的下列说法中正确的是（　　）‎ 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的方向 C．两个等量同种电荷的电场中，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，两电荷连线的中垂线有如下特征：连线上各点的电势均相等，且连线的中点场强最大 ‎12．铅蓄电池的电动势为2V，这表示（　　）‎ A．蓄电池在1s内将2J的化学能转化成电能 B．电路中每通过1C的电荷量，电源把2J的化学能转化为电能 C．无论接不接入外电路，蓄电池两极间的电压都为2V D．蓄电池将化学能转化为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5 V）的大 ‎13．有一电热器，额定电压为220V，额定功率为1000W．现要把它改装一下，用在电压为110V的电路中，若要使它消耗的功率仍为1000W．下面做法中正确的是（　　）‎ A．将电热器中的电热丝截去一半 B．将电热器中的电热丝截去，只留下 C．在电热器中再并联一根与原来相同的电热丝 D．将电热器中的电热丝等分成两段，再并联起来 ‎14．小灯泡通电后其电流 I 随所加电压 U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ 为 U 轴的垂线，PM 为 I 轴的垂线．则下列说法中正确是（　　）‎ A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ C．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ D．对应P点，小灯泡的电功率值等于图中阴影部分面积大小 ‎15．地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　）‎ A．在t=2.5s时，小球经过边界MN B．小球受到的重力与电场力之比为3：5‎ C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等 D．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小 ‎　‎ 三、实验题 ‎16．在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：‎ ‎（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度．测量3次，求出其平均值l．其中一次测量结果如图1甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为　　cm．用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值d．其中一次测量结果如图1乙所示，图中读数为　　mm．‎ ‎（2）采用如图2所示的电路测量金属丝的电阻．电阻的测量值比真实值　　（填“偏大”或“偏小”）．最后由公式ρ=　　计算出金属丝的电阻率（用直接测量的物理量表示）．‎ ‎（3）请你根据图2所示电路图在图3中进行实物连线．（电流表选0.6A量程，电压表选3V量程）‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省福州一中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题 ‎1．下列公式中，既适用于点电荷产生的静电场，也适用于匀强电场的有（　　）‎ ‎①场强E= ②场强E= ③场强E= ④电场力做功W=Uq．‎ A．①③ B．②③ C．②④ D．①④‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】题中的四个物理公式，分别是：电场强度的定义式、匀强电场中电场强度与电势差的关系公式、点电荷产生的电场的场强公式和电场力做功与电势差关系公式；结合物理公式得出的过程进行分析即可．‎ ‎【解答】解：①电场强度E=是用比值定义法得出的物理量，是从力角度研究电场的物理量，适用于任意电场，故①正确；‎ ‎②匀强电场中沿场强方向电势降低最快，且没前进相同距离电势的降低相等，故匀强电场中任意两点的间的电势差与两点沿电场线的距离成正比；故电场强度与电势差的关系公式U=Ed仅仅适用与匀强电场，故②错误；‎ ‎③点电荷产生的电场的场强公式E=是由电场强度的定义式和库仑定律联立得到，反映了点电荷的电场中任意一点的电场强度与该点的空间位置和场源电荷的电荷量的关系，而电场有多种，不是只有点电荷有电场，故③错误；‎ ‎④电场力做功与电势差的关系公式W=qU，反映了在电场中任意两点间移动电荷时，电场力做功与两点间电势差成正比，适用于任意电场，故④正确；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎2．关于电阻率的说法，正确的是（　　）‎ A．超导材料的电阻率总是为零 B．电阻率ρ大的导体，电阻可以很小 C．电阻率ρ与导体的长度L和横截面积S有关 D．电阻率表征了导体材料的导电能力的强弱，由导体的长度决定，与温度无关 ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】电阻率是描述材料导电能力强弱的物理量，它由导体的材料决定，受温度影响，与导体长度、横截面积无关．明确超导体的性质．‎ ‎【解答】解：A、超导材料的电阻率并不总是为零，只有达到一定温度时其电阻才能为零，故A错误；‎ B、导体电阻与导体电阻率、导体长度、横截面积决定，导体的电阻率很大，但如果导线很短，截面积很大，则电阻可以很小，故B正确；‎ C、电阻率表征了导体材料的导电能力的强弱，由导体的长度、和截面积无关，与温度有关，故CD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．关于电流，下列说法中正确的是（　　）‎ A．因为电流有方向，所以电流是矢量．‎ B．电子运动的速率越大，电流越大 C．通过导线截面的电荷量越多，电流越大 D．单位时间内通过导体截面的电荷量越多，导体中的电流越大 ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】电流与电荷定向移动速率的关系是I=nvqS；电流有方向，但不是矢量；电流的定义式为I=，采用比值法定义，根据这些知识进行分析．‎ ‎【解答】解：A、电流虽有方向，但运算时不遵守平行四边形定则，所以电流是标量，不是矢量，故A错误；‎ B、电子运动的速率越大，根据电流的微观表达式I=nvqS，可知，电流不一定越大，还与单位体积内电子数目n、横截面积S有关，故B错误；‎ C、D、根据电流的定义式I=，可知单位时间内通过导体某横载面的电荷量越多，导体中的电流就越大，而通过导体某一横载面的电荷量越多，电流不一定越多，还与时间有关，故C错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．一个电流表的满偏电流Ig=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）‎ A．串联一个10kΩ的电阻 B．并联一个10kΩ的电阻 C．串联一个9.5kΩ的电阻 D．并联一个9.5kΩ的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】电流表串联电阻起分压作用为电压表，电流表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻．总电阻=量程除以满偏电流．‎ ‎【解答】解：要将电流表改装成电压表，必须在电流表上串联一个大电阻，串联电阻起分压作用．‎ 应串联电阻为R===9.5×103kΩ 故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，在匀强电场中有a、b、c、d四点，它们处于同一圆周上，且ac、bd分别是圆的直径．已知a、b、c三点的电势分别为ϕa=9V，ϕb=15V，ϕc=18V，则d点的电势为（　　）‎ A．4V B．8V C．12V D．16V ‎【考点】电势．‎ ‎【分析】在匀强电场中平行相等两线段端点之间的电势差相等，根据四点电势间的关系求d的电势．‎ ‎【解答】解：根据几何知识知，ab长度等于de长度，且线段ab平行于线段cd，根据在匀强电场中平行相等两线段端点之间的电势差相等，则φb﹣φa=15﹣9=φc﹣φd=18﹣φd ‎ 可得 φd=12V．‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．两块平行金属板带等量异号电荷，要使两板间的电压加倍，而板间的电场强度减半，可采用的办法有（　　）‎ A．两板的电量加倍，而距离变为原来的4倍 B．两板的电量加倍，而距离变为原来的2倍 C．两板的电量减半，而距离变为原来的4倍 D．两板的电量减半，而距离变为原来的2倍 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】先根据电容的决定式分析电容的变化，再由电容的定义式分析电压的变化，由E=分析板间电场强度的变化．‎ ‎【解答】解：A、板间距离变为原来的4倍时，电容为原来的，两板的电量加倍，由C=得知，电压变为8倍，由E=分析得知，板间电场强度变为2倍．不符合题意．故A错误．‎ B、板间距离变为原来的2倍时，电容为原来的，两板的电量加倍，由C=得知，电压变为4倍，由E=分析得知，板间电场强度变为2倍．不符合题意．故B错误．‎ C、板间距离变为原来的4倍时，电容为原来的，两板的电量减半，由C=得知，电压变为2倍，由E=分析得知，板间电场强度变为倍．符合题意．故C正确．‎ D、板间距离变为原来的2倍时，电容为原来的，两板的电量减半，由C=得知，电压不变，由E=分析得知，板间电场强度变为倍．不符合题意．故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，在原来不带电的金属细杆ab附近P处，放置一个正点电荷，达到静电平衡后，则下列判断中错误的是（　　）‎ A．a端的电势比b端的高 B．b端的电势比d点的低 C．a端的电势与b端的电势相等 D．细杆表面的感应电荷在杆内c处的场强的方向由a指向b ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】沿电场线方向电势降低，而处于电场中的导体处于静电平衡状态，根据静电平衡可知，同一个导体为等势体，导体上的电势处处相等，再由固定电荷产生的电场可以确定电势的高低； 再根据内部场强处处为零，利用叠加原理即可明确感应电荷形成的场强方向．‎ ‎【解答】解：A、达到静电平衡后，导体为等势体，导体上的电势处处相等，所以可以得到φa=φb=φc，由于正电荷在右边，所以越往右电场的电势越高，则有：φd＞φb=φc=φa，故A错误，BC正确；‎ D、由于杆处于静电平衡状态，所以内部的场强为零，正电荷和感应电荷在内部产生的合场强为零； 正电荷在c处产生的场强方向由b指向a，所以感应电荷在杆内c处产生的场强方向由a指向b，故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，虚线a、b、c分别代表电场中的三条等势线，相邻两等势线之间的电势差相等，实线为一带正电的微粒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，则下列判断中正确的是（　　）‎ A．P点的电势高于Q点的电势 B．带电微粒通过P点时的加速度较大 C．带电微粒通过P点时动能较大 D．带电微粒在P点时的电势能较大 ‎【考点】电场线；动能定理的应用；电势能．‎ ‎【分析】根据带电微粒的运动情况可以确定带电微粒的受力情况，从而确定abc三个等势面的电势的高低；根据等势面的疏密可以确定电场线的疏密，从而确定带电微粒在P点和Q点的电场力的大小关系，这样就可以知道带电微粒通过P点和Q点时加速度的大小关系；根据电场力做功可以确定带电微粒在P点和Q点时动能和电势能的大小关系．‎ ‎【解答】解：A、若带电微粒从P点进入电场，由图可知带电微粒所受电场力由a等势面指向b等势面，由于微粒带正电，故a等势面的电势最高，故P点的电势高于Q点的电势，故A正确．‎ B、由于电场线越密等势线越密，由图可知P点的场强大于Q点的场强，故带电微粒在P处所受的电场力大于在Q点所受的电场力，故带电微粒通过P点时的加速度大．故B正确．‎ C、由于带电微粒在从P向Q运动的过程中电场力做正功，动能增大，故微粒在P点时的动能小于在Q点的动能．故C错误．‎ D、由于带电微粒在从P向Q运动的过程中电场力做正功，带电微粒的电势能减小，故带电微粒在P点时的电势能较大．故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎9．经过探究，某同学发现：点电荷和无限大的接地金属平板间的电场（如图甲所示）与等量异种点电荷之间的电场分布（如图乙所示）完全相同．图丙中点电荷q到MN的距离OA为L，AB是以电荷Q为圆心、L为半径的圆上的一条直径，则B点电场强度的大小是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【分析】根据题意，图甲所示的电场分布与图乙中虚线右侧的电场分布是一样的，只要求出乙图上+q右侧距离为L处的场强，即等于P的场强．根据等量异号电荷的电场分布特点和场强的叠加进行求解．‎ ‎【解答】解：根据P点的电场线方向可以得P点的电场强度方向是垂直于金属板向右，两个异号点电荷电荷量的大小均为q，它们之间的距离为2L，乙图上+q右侧L处的场强大小为：‎ E=k﹣k=k 根据题意可知，P点的电场强度大小与乙图上+q右侧d处的场强大小相等，即为k，故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，电灯A标有“10V，10W”，电灯B标有“8V，20W”，滑动变阻器的总电阻为6Ω，当滑动触头由a端向b端滑动的过程中（不考电灯电阻的变化）（　　）‎ A．安培表示数一直减小，伏特表示数一直增大 B．安培表示数一直增大，伏特表示数一直减小 C．安培表示数先增大后减小，伏特表示数先减小后增大 D．安培表示数先减小后增大，伏特表示数先增大后减小 ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】先两灯的额定电压和功率，求出其电阻大小．再分析当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中，变阻器总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析路端电压和总电流的变化，再据滑动变阻器的触头判断两灯的电流的变化．‎ ‎【解答】解：电灯A的电阻为RA=Ω=10Ω，电灯B的电阻为RB=Ω=3.2Ω，则知RA＞RB 所以当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中，变阻器两侧并联的总电阻一直减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流一直增大，路端电压一直减小，则电流表的示数一直增大，电压表的示数一直减小．故B正确．‎ 故选：B ‎　‎ 二、多项选择题 ‎11．关于场强和电势的下列说法中正确的是（　　）‎ 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的方向 C．两个等量同种电荷的电场中，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，两电荷连线的中垂线有如下特征：连线上各点的电势均相等，且连线的中点场强最大 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【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、电场强度的方向是电势降低最快的方向．故B错误．‎ C、两个等量同种电荷的电场中，从两电荷连线的中点沿连线的中垂线向外，若为等量的同种正电荷，则电势越来越低，若为等量的同种负电荷，电势越来越高．电场强度向外先增大后减小．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D．‎ ‎　‎ ‎12．铅蓄电池的电动势为2V，这表示（　　）‎ A．蓄电池在1s内将2J的化学能转化成电能 B．电路中每通过1C的电荷量，电源把2J的化学能转化为电能 C．无论接不接入外电路，蓄电池两极间的电压都为2V D．蓄电池将化学能转化为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5 V）的大 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电动势等于内外电路电压之和．电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量．电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关．电动势的定义式E=，进行分析．‎ ‎【解答】解：A、根据电动势的定义式E=，可知电路中每通过1C的电荷量，非静电力做功为 W=qE=1×22J，则电源把2J的化学能转变为电能，与时间无关，故A错误；B正确；‎ C、没有接入电路时，蓄电池的内电压为零，则由闭合电路欧姆定律可知电池两极间的电压为2V，但接入电路时，路端电压一定小于2V，故C错误；‎ D、电动势反映电源将其他形式的能转化为电能的本领，电动势越大，这种转化本领越大；一节干电池的电动势为1.5V，电路中每通过1C的电荷量，电源把1.5J的化学能转变为电能，可知铅蓄电池把其他形式能转化为电能的本领比一节干电池的强，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎13．有一电热器，额定电压为220V，额定功率为1000W．现要把它改装一下，用在电压为110V的电路中，若要使它消耗的功率仍为1000W．下面做法中正确的是（　　）‎ A．将电热器中的电热丝截去一半 B．将电热器中的电热丝截去，只留下 C．在电热器中再并联一根与原来相同的电热丝 D．将电热器中的电热丝等分成两段，再并联起来 ‎【考点】串联电路和并联电路；电功、电功率．‎ ‎【分析】根据公式P=，分析电压变化，而功率不变时，电阻的变化情况，根据电阻定律确定电热丝长度的变化．‎ ‎【解答】解：A、B根据公式P=，电热丝消耗的功率不变，电压为额定电压的，则电阻应为原来的，根据电阻定律得，电热丝的长度应为原来的，可将电热器中的电热丝截去．故A错误，B正确．‎ ‎ C、若在电热器中再并联一根与原来相同的电热丝，总电阻变为，电压为额定电压的，电热丝消耗的功率为原来的，不符合题意．故C错误．‎ ‎ D、若将电热器中的电热丝等分成两段，再并联起来，根据电阻定律可知电阻变为原来的，符合要求．故D正确．‎ 故选BD ‎　‎ ‎14．小灯泡通电后其电流 I 随所加电压 U 变化的图线如图所示，P 为图线上一点，PN 为图线的切线，PQ 为 U 轴的垂线，PM 为 I 轴的垂线．则下列说法中正确是（　　）‎ A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 B．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ C．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ D．对应P点，小灯泡的电功率值等于图中阴影部分面积大小 ‎【考点】路端电压与负载的关系；欧姆定律．‎ ‎【分析】根据电阻的定义式R=，求出对应P点小灯泡的电阻，不能根据斜率的倒数求解电阻．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大．根据图象的数学意义，由“面积”求解功率．‎ ‎【解答】解：A、图线上的点与原点连线的倒数等于电阻大小，由数学知识可知，随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大．故A正确．‎ B、此电阻是非线性元件，其电阻不等于图象切线斜率的倒数，所以小灯泡的电阻为R≠．故B错误．‎ C、根据电阻的定义式可知，对应P点，小灯泡的电阻为R=．故C正确 D、由恒定电流的功率公式P=UI，推广可知，对应P点，小灯泡的功率为图中矩形PQOM所围的面积．故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎15．地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　）‎ A．在t=2.5s时，小球经过边界MN B．小球受到的重力与电场力之比为3：5‎ C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等 D．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀变速直线运动的图像；功能关系．‎ ‎【分析】小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻．分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比．根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系．整个过程中，小球的机械能与电势能总和不变．‎ ‎【解答】解：A、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s时．故A错误．‎ B、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为a1==v1、进入电场后的加速度大小为a2=，由牛顿第二定律得：‎ mg=ma1=mv1…①‎ F﹣mg=ma2‎ 得电场力：F=mg+ma2=…②‎ 由①②得重力mg与电场力F之比为3：5．故B正确．‎ C、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等．故C正确．‎ D、整个过程中，小球具有两种形式的能：机械能与电势能，根据能量守恒定律得知，它们的总和不变．故D错误．‎ 故选BC ‎　‎ 三、实验题 ‎16．在“测定金属丝的电阻率”的实验中，某同学进行了如下测量：‎ ‎（1）用毫米刻度尺测量接入电路中的被测金属丝的有效长度．测量3次，求出其平均值l．其中一次测量结果如图1甲所示，金属丝的另一端与刻度尺的零刻线对齐，图中读数为　24.12～24.14　cm．用螺旋测微器测量金属丝的直径，选不同的位置测量3次，求出其平均值d．其中一次测量结果如图1乙所示，图中读数为　0.515～0.518　mm．‎ ‎（2）采用如图2所示的电路测量金属丝的电阻．电阻的测量值比真实值　偏小　（填“偏大”或“偏小”）．最后由公式ρ=　　计算出金属丝的电阻率（用直接测量的物理量表示）．‎ ‎（3）请你根据图2所示电路图在图3中进行实物连线．（电流表选0.6A量程，电压表选3V量程）‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）由图示刻度尺读出金属丝的长度，螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数．‎ ‎（2）误差分析，公式推导．‎ ‎（3）根据电路图连接实物电路图．‎ ‎【解答】解：（1）由图示刻度尺可知，其分度值为1mm，示数为24.12～24.14cm；‎ 由图示螺旋测微器可知，其示数为：0.5mm+1.6×0.01mm=0.516mm；‎ ‎（2）由图示可知，R=，电压U准确，电流由于电压表分流，故偏大，故测量值偏小；‎ 待测电阻阻值R=，电阻R=ρ，s=π，‎ 联立解得 电阻率ρ=．‎ ‎（3）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：‎ 故答案为：（1）24.12～24.14；0.515～0.518；（2）偏小，；（3）电路图如上图所示．‎ ‎　‎ ‎2016年12月11日