物理卷·2018届河南省南阳一中高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届河南省南阳一中高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年河南省南阳一中高二（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分.其中1-7小题只有一个选项正确，8-12小题有多个选项正确，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．关于电源的电动势，下面叙述正确的是（　　）‎ A．电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压 B．同一电源接入不同的电路，电动势会发生变化 C．在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大 D．电源的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 ‎2．英国科学家法拉第最先尝试用“线”描述磁场和电场，有利于形象理解不可直接观察的电场和磁场的强弱分布．如图所示为一对等量异种点电荷，电量分别为+Q、﹣Q．实线为电场线，虚线圆的圆心O在两电荷连线的中点，a、b、c、d为圆上的点，ad、bc的连线分别与两电荷的连线垂直，下列说法正确的是（　　）‎ A．a点的电场强度大于b点的电场强度 B．同一电荷在b、c两点所受电场力相同 C．将一正电荷沿虚线ad从a移到d点的过程中，电荷的电势能先增大后减小 D．d点的电势低于c点的电势 ‎3．如图所示，电场中有a、b两点，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．电势φa＜φb，场强Ea＜Eb B．电势φa＞φb，场强Ea＞Eb C．将电荷﹣q从a点移到b点电场力做负功 D．将电荷﹣q分别放在a、b两点时具有的电势能Epa＞Epb ‎4．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是（　　）‎ A．平行板电容器的电容将变大 B．带电油滴的电势能将减少 C．静电计指针张角变小 D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力变大 ‎5．来自质子源的质子（初速度为零），经一直线加速器加速，形成电流为I的细柱形质子流，已知质子源与靶间的距离为d，质子电荷量为e，假定分布在质子源到靶间的加速度是均匀的，质子到达靶时的速度为υ，则质子源与靶间的质子数为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎6．硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象（电池内阻不是常数），围线b是某电阻R的U﹣I图象．在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为（　　）‎ A．5.5Ω B．7.0Ω C．12.0Ω D．12.5Ω ‎7．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2、△U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为△I，正确的是（　　）‎ A．V2的示数增大 B．电源输出功率在减小 C．△U3与△I的比值在减小 D．△U1大于△U2‎ ‎8．关于欧姆定律的说法中正确的是（　　）‎ A．由I=，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比 B．由U=IR，对一定的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大 C．由R=，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流强度成反比 D．欧姆定律I=适用于任何导体的导电情况 ‎9．如图甲所示，平行板相距为d，在两金属板间加一如图乙所示的交变电压，有一个粒子源在平行板左边界中点处沿垂直电场方向连续发射速度相同的带正电粒子（不计重力）．t=0时刻进入电场的粒子恰好在t=T时刻到达B板右边缘，则（　　）‎ A．任意时刻进入的粒子到达电场右边界经历的时间为T B．t=时刻进入的粒子到达电场右边界的速度最大 C．t=时刻进入的粒子到达电场右边界时距B板的距离为 D．粒子到达电场右边界时的动能与何时进入电场无关 ‎10．如图所示，电流表A1（0～3A）和A2（0～0.6A）是由两个相同的电流表改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（　　）‎ A．A1、A2的读数之比为1：1‎ B．A1、A2的读数之比为5：1‎ C．A1、A2的指针偏转角度之比为1：1‎ D．A1、A2的指针偏转角度之比为1：5‎ ‎11．如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正负极相连．a，b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，带正电的液滴从小孔的正上方P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后速度为v1，现进行下列操作后相同的液滴仍从P点自由落下，先后穿过两个小孔后速度v2；下列说法中正确的是（　　）‎ A．若K电键保持闭合，向下移动b板，则v2＞v1‎ B．若电键K闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2＞v1‎ C．若电键K保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2=v1‎ D．若电键K闭合一段时间再断开，无论向上或向下移动a板，则v2＜v1‎ ‎12．如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB直线与匀强电场E垂直，在A点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m、电荷量为+q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点（图中未画出）时速度大小仍为v0，在小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．电场力对小球做功为负 B．小球的电势能减小 C．小球的电势能增量大于 D．C可能位于AB直线的左侧 ‎　‎ 二、实验题（13小题4分，14小题7分，15题9分，共20分）‎ ‎13．用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图甲所示，此示数为　　mm，用20分度的游标卡尺测量某物体的厚度时，示数如图乙所示，此示数为　　mm．‎ ‎14．发光二极管（LED）是由镓（Ga）、砷（As）与磷（P）等的化合物制成的一种能够发光的半导体电子元件，通常用在电路及仪器中作为指示灯，或组成文字或数字显示，其显著的特点就是具有单向导电性．其电路符号如图甲所示，正常使用时带“+”号的一端应接在电源的正极，带“﹣”号的一端应接在电源的负极．某课外活动小组用实验方法测得某型号发光二极管两端的电压U和通过它的电流I的数据如表所示：‎ 实验序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ U/V ‎0‎ ‎0.4‎ ‎0.8‎ ‎1.2‎ ‎1.6‎ ‎2.0‎ ‎2.4‎ ‎2.6‎ ‎2.8‎ ‎3.0‎ I/mA ‎0‎ ‎0.9‎ ‎2.3‎ ‎4.3‎ ‎6.8‎ ‎12.0‎ ‎19.0‎ ‎24.0‎ ‎30.0‎ ‎37.0‎ ‎（1）如图乙、丙有两个可供选择的电路，应选图　　（填“乙”或“丙”）电路进行实验，实验中的系统误差主要是由　　引起的．‎ ‎（2）请在坐标纸上用描点法画出该型号发光二极管的伏安特性曲线．‎ ‎（3）若该型号发光二极管的最佳工作电压为2.5V，现用5V的稳压电源供电，则需要在电路中串联一个电阻R才能使其处于最佳工作状态，请根据所画出的该型号二极管的伏安特性曲线进行分析，串联的电阻R的阻值为　　Ω．（结果保留三位有效数字）‎ ‎15．某实验探究小组为了测量电流表G1内阻r1，设计的电路如图甲所示．实验中供选择的仪器如下：‎ 待测电流表G1（0～5mA，内阻约300Ω）‎ 电流表G2（0～10mA，内阻约100Ω）‎ 定值电阻R1‎ 定值电阻R2（10Ω）‎ 滑动变阻器R3（0～1 000Ω）‎ 滑动变阻器R4（0～20Ω）‎ 电键S及导线若干 干电池（1.5V）‎ ‎（1）定值电阻应选　　，滑动变阻器应选　　．‎ ‎（2）对照电路图用笔画线代替导线连接如图乙所示实物图．‎ ‎（3）主要的实验步骤如下：‎ A．按图甲所示电路图连接电路，将滑动变阻器的触头移至最　　（填“左”、“右”）端；‎ B．闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1和G2的读数I1和I2；‎ C．重复步骤B，多次移动滑动触头，测量多组数据；‎ D．以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图丙所示．‎ ‎（4）根据I2﹣I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式r1=　　（用k和R1表示）．‎ ‎　‎ 三、计算题（共4小题，第16、17、18题各10分，第19题12分，共42分.解答请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎16．下面是一个示波管工作原理图，初速度为零的电子经电压为U1的电场加速后垂直进入偏转电场，两平行板间的距离为d，板长L1，偏转电压为U2．S为屏，与极板垂直，到极板的距离L2．已知电子电量e，电子质量m．不计电子所受的重力．‎ ‎（1）电子进入偏转电场的速度v0是多少？‎ ‎（2）电子离开偏转电场时的偏转量y1为多少？（用U1、U2、d、L1表示）‎ ‎（3）电子到达屏S上时，它离O点的距离y是多少？（用U1、U2、d、L1、L2表示）‎ ‎17．直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用．如图所示，一直流电动机M和电灯L并联之后接在直流电源上，电动机内阻r'=0.5Ω，电灯灯丝电阻R=9Ω，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω．开关S闭合，电动机正常工作时，电压表读数为9V．求：‎ ‎（1）流过电源的电流． （2）流过电动机的电流． （3）电动机对外输出的机械功率．‎ ‎18．阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2．求：‎ ‎（1）若已知每个电阻阻值为R0，则开关S闭合前和闭合后电路的总电阻R1和R2分别为多少；‎ ‎（2）Q1与Q2的比值．‎ ‎19．真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球速度与竖直方向夹角为37°（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）．现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出．求运动过程中 ‎（1）小球受到的电场力的大小及方向 ‎（2）小球从抛出点至最高点的电势能变化量 ‎（3）小球的最小动量的大小及方向．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省南阳一中高二（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共12小题，每小题4分，共48分.其中1-7小题只有一个选项正确，8-12小题有多个选项正确，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．关于电源的电动势，下面叙述正确的是（　　）‎ A．电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压 B．同一电源接入不同的电路，电动势会发生变化 C．在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大 D．电源的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 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．‎ ‎【解答】解：A、电压表是由内阻的，跟电源连接后构成一个通路，测量的是电压表内阻的电压，所以电压表测得的电源两极间电压值略小于电动势．故A错误；‎ B、电动势反映本身的特性，与外电路的结构无关．即同一电源接入不同的电路，电动势不会变化；在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也不会变化，故BC错误；‎ D、电源的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，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．英国科学家法拉第最先尝试用“线”描述磁场和电场，有利于形象理解不可直接观察的电场和磁场的强弱分布．如图所示为一对等量异种点电荷，电量分别为+‎ Q、﹣Q．实线为电场线，虚线圆的圆心O在两电荷连线的中点，a、b、c、d为圆上的点，ad、bc的连线分别与两电荷的连线垂直，下列说法正确的是（　　）‎ A．a点的电场强度大于b点的电场强度 B．同一电荷在b、c两点所受电场力相同 C．将一正电荷沿虚线ad从a移到d点的过程中，电荷的电势能先增大后减小 D．d点的电势低于c点的电势 ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】本题根据等量异种电荷周围电场线的分布情况，结合对称性，分析电场强度的关系，再进一步分析电场力的关系．根据电场线的方向分析电势的变化，判断电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据等量异种电荷周围的电场线分布情况和对称性，可知a、b两点的电场强度大小相等，故A错误；‎ B、根据对称性可知，b、c两点的电场强度大小相等，方向不同，由F=Eq知，同一电荷在b、c两点所受电场力大小相等，方向不同，则电场力不同，故B错误；‎ C、根据等势面的分布情况可知，将一正电荷沿虚线ad从a移到d点的过程中，电势先升高后降低，而正电荷在电势高处电势能大，则其电势能先增大后减小，故C正确；‎ D、电场线从正电荷出发到负电荷终止，而顺着电场线方向电势逐渐降低，可知d点的电势高于c点的电势．故D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎3．如图所示，电场中有a、b两点，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．电势φa＜φb，场强Ea＜Eb B．电势φa＞φb，场强Ea＞Eb C．将电荷﹣q从a点移到b点电场力做负功 D．将电荷﹣q分别放在a、b两点时具有的电势能Epa＞Epb ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】电场中，电场线越密，电场强度越大，沿电场线的方向电势降低．由此分析电势和场强的大小．根据电场力方向与位移方向的关系分析电场力做功正负，再判断电势能的变化．‎ ‎【解答】解：AB、沿电场线的方向电势降低，则φa＞φb．由图看出，b处电场线比a处电场线密，则b处场强大于a处场强，即Ea＜Eb．故A、B错误．‎ CD、负电荷所受的电场力与场强方向相反，则将电荷﹣q从a点移到b点时，电场力方向与速度方向相反，电场力做负功，电势能增大，则Epa＜Epb．故C正确，D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地，静电计所带电荷量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点．现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则下列说法正确的是（　　）‎ A．平行板电容器的电容将变大 B．带电油滴的电势能将减少 C．静电计指针张角变小 D．若先将上极板与电源正极的导线断开，再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力变大 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变，根据电容器d的变化判断电容的变化，由公式E=分析电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．‎ ‎【解答】解：‎ A、根据电容的决定式 C= 知，下极板竖直向下移动时，d增大，则电容减小．故A错误．‎ B、电势差不变，d增大，则由公式E=分析得知板间电场强度减小，P点与上极板间的电势差减小，而P点的电势比上极板低，上极板的电势不变，则P点的电势增大，因为油滴带负电荷，则油滴的电势能减小．故B正确．‎ C、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故C错误．‎ D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E=，C= 和 C= 得E=，则知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．来自质子源的质子（初速度为零），经一直线加速器加速，形成电流为I的细柱形质子流，已知质子源与靶间的距离为d，质子电荷量为e，假定分布在质子源到靶间的加速度是均匀的，质子到达靶时的速度为υ，则质子源与靶间的质子数为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】质子数与电荷量有关系，电荷量有与电流和质子的飞行时间有关．设飞行时间为t，通过位移与速度的关系，可求出运动的时间．然后电荷量与电流的关系，q=It，所以质子数为n=，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：距离为d，速度为v，则时间：‎ 电流为I，则在t时间内通过的电量为q=It=‎ 所以质子数目：‎ ‎=‎ 故B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．硅光电池是一种太阳能电池，具有低碳环保的优点．如图所示，图线a是该电池在某光照强度下路端电压U和电流I的关系图象（电池内阻不是常数），围线b是某电阻R的U﹣I图象．在该光照强度下将它们组成闭合回路时，硅光电池的内阻为（　　）‎ A．5.5Ω B．7.0Ω C．12.0Ω D．12.5Ω ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】由欧姆定律得U=E﹣Ir，的大小等于r，当I=0时，E=U，由图可知电池的电动势为U2．当电流为I1时，根据欧姆定律求出内阻．‎ ‎【解答】解：由欧姆定律得U=E﹣Ir，当I=0时，E=U，由a与纵轴的交点读出电源的电动势为：E=3.6V．‎ 根据两图线交点处的状态可知，电阻的电压为U=2.5V，电流为 I=0.2A，则硅光电池的内阻为：‎ ‎ r==Ω=5.5Ω．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎7．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2、△U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为△I，正确的是（　　）‎ A．V2的示数增大 B．电源输出功率在减小 C．△U3与△I的比值在减小 D．△U1大于△U2‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路．分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析．根据电源内外电阻关系分析电源的输出功率如何变化．‎ ‎【解答】解：A、理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路，所以定值电阻R与变阻器串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和变阻器两端的电压．当滑动变阻器滑片向下滑动时，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，内电压增大，路端电压减小，则V2的示数减小，故A错误；‎ B、当内外电阻相等时，电源的输出功率最大，故当滑动变阻器滑片向下滑动时，外电阻越来越接近内阻，故电源的输出功率在增大；故B错误；‎ C、根据闭合电路欧姆定律得：U3=E﹣I（R+r），则得： =R+r，保持不变，故C错误；‎ D、根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣Ir，则得： =r；而=R，据题：R＞r，则得△V1＞△V2．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎8．关于欧姆定律的说法中正确的是（　　）‎ A．由I=，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比 B．由U=IR，对一定的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大 C．由R=，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流强度成反比 D．欧姆定律I=适用于任何导体的导电情况 ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】导体电阻由导体的材料、长度、横截面积决定，与电压、电流无关；根据欧姆定律内容分析答题．‎ ‎【解答】解：A、在电阻一定的情况下，由I=可知，导体中的电流跟导体的电压成正比，跟电阻成反比，故A正确；‎ B、根据公式U=IR可知，当电阻一定时，通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大，故B正确；‎ C、导体电阻由导体的材料、长度、横截面积决定，与电压、电流无关，故C错误；‎ D、欧姆定律只能适用于纯电阻及电解液导电中，故D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎9．如图甲所示，平行板相距为d，在两金属板间加一如图乙所示的交变电压，有一个粒子源在平行板左边界中点处沿垂直电场方向连续发射速度相同的带正电粒子（不计重力）．t=0时刻进入电场的粒子恰好在t=T时刻到达B板右边缘，则（　　）‎ A．任意时刻进入的粒子到达电场右边界经历的时间为T B．t=时刻进入的粒子到达电场右边界的速度最大 C．t=时刻进入的粒子到达电场右边界时距B板的距离为 D．粒子到达电场右边界时的动能与何时进入电场无关 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】粒子水平方向做匀速直线运动，根据位移时间公式判断时间关系；粒子在一个周期内竖直方向加速和减速的时间相等，速度的变化量为零，粒子到达电场右边界时的速度大小等于进入电场时的速度大小；根据匀变速直线运动的位移时间分析t=时刻进入的粒子竖直方向的位移．‎ ‎【解答】解：A、任意时刻进入的粒子水平方向都做匀速直线运动，所以任意时刻进入的粒子到达电场右边界经历的时间为T，故A正确．‎ BD、粒子在竖直方向做周期性运动，匀加速和匀减速运动的时间相等，加速度也相同，所以到达电场右边界时速度的变化量为零，因此粒子到达电场右边界时的速度大小等于进入电场时初速度大小，与何时进入电场无关．故B错误，D正确．‎ C、对于t=时刻进入电场的粒子，竖直方向上有：在第一个内向下加速运动，在第二个内向下减速运动，在第三个内向上加速运动，在第四个内向上减速运动，一个周期竖直方向速度为零且粒子刚好沿中线射出，偏转位移为零．故C错误．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，电流表A1（0～3A）和A2（0～0.6A）是由两个相同的电流表改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（　　）‎ A．A1、A2的读数之比为1：1‎ B．A1、A2的读数之比为5：1‎ C．A1、A2的指针偏转角度之比为1：1‎ D．A1、A2的指针偏转角度之比为1：5‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大．‎ ‎【解答】解：图中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，所以A1、A2的指针偏转角度之比为1：1；量程不同的电流表读数不同，‎ 电流表A1的量程为3A，A2的量程为0.6A，当偏转角相同时，A1、A2的读数之比为5：1，故BC正确．‎ 故选BC ‎　‎ ‎11．如图所示，沿水平方向放置的平行金属板a和b，分别与电源的正负极相连．a，b板的中央沿竖直方向各有一个小孔，带正电的液滴从小孔的正上方P点由静止自由落下，先后穿过两个小孔后速度为v1‎ ‎，现进行下列操作后相同的液滴仍从P点自由落下，先后穿过两个小孔后速度v2；下列说法中正确的是（　　）‎ A．若K电键保持闭合，向下移动b板，则v2＞v1‎ B．若电键K闭合一段时间后再断开，向下移动b板，则v2＞v1‎ C．若电键K保持闭合，无论向上或向下移动b板，则v2=v1‎ D．若电键K闭合一段时间再断开，无论向上或向下移动a板，则v2＜v1‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】液滴受重力和电场的作用穿过两极板，根据电容器的动态变化规律再由动能定理可得出其穿过的速度关系．‎ ‎【解答】解：A、由于两极板接在电源两端，故向上移动b板时，两板间的电压不变，故电场力做功不变；高度也不变，故重力做功不变，故总功不变，由动能定理可得，则v2=v1；故A错误；‎ B、若向下移动极板，电场力做功不变，但高度差变大，重力做功增大，则可知v2＞v1，故B正确；‎ C、若A的分析可知，若只移动b板，前后两次的速度不变，故C正确；‎ D、由B的分析可知，若向下移动a板，则v2＞v1；故D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15°角，AB直线与匀强电场E垂直，在A点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m、电荷量为+q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点（图中未画出）时速度大小仍为v0，在小球由A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是（　　）‎ A．电场力对小球做功为负 B．小球的电势能减小 C．小球的电势能增量大于 D．C可能位于AB直线的左侧 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，动能不变，由动能定理可判断出电场力做负功，机械能减小；分析C点的电势比A点电势高，可知C点位于AB直线的右侧．‎ ‎【解答】解：A、B由题，小球由A点运动到C点的过程中，重力做正功，动能不变，由动能定理得知，电场力必定做负功，小球的电势能增加．故A正确，B错误．‎ C、小球具有机械能和电势能，总量守恒，小球的电势能增加，则知小球的机械能一定减小，小球的机械能的减少量即为竖直方向的重力势能的减少量mgh，由于电场力向左下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度a大于g，竖直方向h=at2＞gt2，即mgh＞mg2t2，则可知小球的电势能增量大于，故C正确．‎ D、小球的电势能增加，而小球带正电，则知C点的电势比A点电势高，故C点一定位于AB直线的右侧．故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ 二、实验题（13小题4分，14小题7分，15题9分，共20分）‎ ‎13．用螺旋测微器测圆柱体的直径时，示数如图甲所示，此示数为　6.125　mm，用20分度的游标卡尺测量某物体的厚度时，示数如图乙所示，此示数为　63.60　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【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：螺旋测微器的固定刻度为6mm，可动刻度为12.5×0.01mm=0.125mm，所以最终读数为6mm+0.125mm=6.125mm．‎ ‎20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为63mm，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为12×0.05mm=0.60mm，所以最终读数为：63mm+0.60mm=63.60mm．‎ ‎ 故答案为：6.125 63.60‎ ‎　‎ ‎14．发光二极管（LED）是由镓（Ga）、砷（As）与磷（P）等的化合物制成的一种能够发光的半导体电子元件，通常用在电路及仪器中作为指示灯，或组成文字或数字显示，其显著的特点就是具有单向导电性．其电路符号如图甲所示，正常使用时带“+”号的一端应接在电源的正极，带“﹣”号的一端应接在电源的负极．某课外活动小组用实验方法测得某型号发光二极管两端的电压U和通过它的电流I的数据如表所示：‎ 实验序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ U/V ‎0‎ ‎0.4‎ ‎0.8‎ ‎1.2‎ ‎1.6‎ ‎2.0‎ ‎2.4‎ ‎2.6‎ ‎2.8‎ ‎3.0‎ I/mA ‎0‎ ‎0.9‎ ‎2.3‎ ‎4.3‎ ‎6.8‎ ‎12.0‎ ‎19.0‎ ‎24.0‎ ‎30.0‎ ‎37.0‎ ‎（1）如图乙、丙有两个可供选择的电路，应选图　丙　（填“乙”或“丙”）电路进行实验，实验中的系统误差主要是由　电压表分流　引起的．‎ ‎（2）请在坐标纸上用描点法画出该型号发光二极管的伏安特性曲线．‎ ‎（3）若该型号发光二极管的最佳工作电压为2.5V，现用5V的稳压电源供电，则需要在电路中串联一个电阻R才能使其处于最佳工作状态，请根据所画出的该型号二极管的伏安特性曲线进行分析，串联的电阻R的阻值为　119　Ω．（结果保留三位有效数字）‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）根据表中实验数据确定滑动变阻器的接法，然后选择实验电路；根据实验电路应分析实验误差．‎ ‎（2）应用描点法作出图象．‎ ‎（3）由图示图示求出二极管最佳工作电压对应的电流，然后应用串联电路特点与欧姆定律求出串联电阻阻值．‎ ‎【解答】解：（1）由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，故选择图丙所示实验电路；‎ 由图丙所示实验电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用会使所测电流偏大，这是系统误差的形成原因．‎ ‎（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据坐标系中描出的点作出图象如图所示：‎ ‎（3）由图示图象可知，二极管电压为2.5V时电流：I=21mA=0.021A，‎ 串联电阻阻值：R===≈119Ω；‎ 故答案为：（1）丙，电压表分流；（2）图象如图所示；（3）119．‎ ‎　‎ ‎15．某实验探究小组为了测量电流表G1内阻r1，设计的电路如图甲所示．实验中供选择的仪器如下：‎ 待测电流表G1（0～5mA，内阻约300Ω）‎ 电流表G2（0～10mA，内阻约100Ω）‎ 定值电阻R1‎ 定值电阻R2（10Ω）‎ 滑动变阻器R3（0～1 000Ω）‎ 滑动变阻器R4（0～20Ω）‎ 电键S及导线若干 干电池（1.5V）‎ ‎（1）定值电阻应选　R1　，滑动变阻器应选　R4　．‎ ‎（2）对照电路图用笔画线代替导线连接如图乙所示实物图．‎ ‎（3）主要的实验步骤如下：‎ A．按图甲所示电路图连接电路，将滑动变阻器的触头移至最　左　（填“左”、“右”）端；‎ B．闭合电键S，移动滑动触头至某一位置，记录G1和G2的读数I1和I2；‎ C．重复步骤B，多次移动滑动触头，测量多组数据；‎ D．以I2为纵坐标，I1为横坐标，作出相应图线，如图丙所示．‎ ‎（4）根据I2﹣I1图线的斜率k及定值电阻，写出待测电流表内阻的表达式r1=　（k﹣1）R1　（用k和R1表示）．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）根据定值电阻阻值与待测电流表内阻相等可知将二者并联后总电流与电流表G2的满偏电流相等，所以测量电路应是将待测电流表与定值电阻R1并联后再与电流表G2串联；再根据变阻器采用分压式接法时阻值越小时调节越方便即可选出变阻器R4；‎ ‎（2）根据实物图的连接要求连接实物图；‎ ‎（3）明确闭合电键前应将滑片置于输出电压最小的一端；‎ ‎（4）根据物理规律写出I2与I1的函数表达式，然后根据斜率的概念即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）由于定值电阻R1的电阻与待测电流表G1内阻接近相等，可将二者并联，再与电流表G2串联；‎ 由于变阻器采用分压式接法时，阻值越小调节越方便，所以变阻器应选阻值小的R4；‎ ‎（2）根据图甲所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：‎ ‎（3）A、为保护电流表，闭合开关前，应将滑片置于输出电压最小处，故应滑到最左端；‎ ‎（4）由电路图根据串并联规律应有：I1+=I2，‎ 解得：I2=（1+）I1，‎ 根据函数斜率的概念应有：k=（1+），‎ 解得：r1=（k﹣1）R1；‎ 故答案为：（1）R1，R4；（2）电路图如图所示；（3）左；（4）（k﹣1）R1．‎ ‎　‎ 三、计算题（共4小题，第16、17、18题各10分，第19题12分，共42分.解答请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎16．下面是一个示波管工作原理图，初速度为零的电子经电压为U1的电场加速后垂直进入偏转电场，两平行板间的距离为d，板长L1，偏转电压为U2．S为屏，与极板垂直，到极板的距离L2．已知电子电量e，电子质量m．不计电子所受的重力．‎ ‎（1）电子进入偏转电场的速度v0是多少？‎ ‎（2）电子离开偏转电场时的偏转量y1为多少？（用U1、U2、d、L1表示）‎ ‎（3）电子到达屏S上时，它离O点的距离y是多少？（用U1、U2、d、L1、L2‎ 表示）‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】根据动能定理求出电子进入偏转电场的速度．电子进入偏转电场后，做类平抛运动，在沿电场方向上做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式，求出偏转量．电子出偏转电场后，做匀速直线运动，电子到达屏上距离O点的距离等于在偏转电场中的偏转量与出电场匀速直线运动在竖直方向上的位移之和．也可用相似比直接求距离，因为作电子出偏转电场速度的反向延长线，必然经过偏转电场轴线的中点．‎ ‎【解答】解：（1）设电子经加速电场U1加速后以速度v0进入偏转电场，由动能定理有 qU1=mv02，v0=‎ 故电子进入偏转电场的速度 v0=‎ ‎（2）进入偏转电场后在电场线方向有，a=‎ 经时间t1飞出电场有t1=，飞出电场时偏转量为 y1=at12‎ 由以上各式得 y1=‎ 故电子离开偏转电场时的偏转量y1=‎ ‎（3）设电子从偏转场穿出时，沿y方向的速度为vy，穿出后到达屏S所经历的时间为t2，在此时间内电子在y方向移动的距离为y2，有 ‎ vy=at1 t2= y2=vyt2‎ 由以上各式得 ‎ ‎ y2=‎ y=y1+y2=（L1+2L2）‎ 也可用相似比直接求y．即：，‎ 故电子到达屏S上时，它离O点的距离y=y1+y2=（L1+2L2）．‎ ‎　‎ ‎17．直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用．如图所示，一直流电动机M和电灯L并联之后接在直流电源上，电动机内阻r'=0.5Ω，电灯灯丝电阻R=9Ω，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω．开关S闭合，电动机正常工作时，电压表读数为9V．求：‎ ‎（1）流过电源的电流． （2）流过电动机的电流． （3）电动机对外输出的机械功率．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）根据内外之和等于电源的电动势和欧姆定律，求出流过电源的电流．‎ ‎（2）由欧姆定律求出灯泡的电流，由总电流与灯泡电流之差求出流过电动机的电流．‎ ‎（3）电动机对外输出的机械功率等于电动机的总功率与内部发热功率之差．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）电源的输出电压：U=E﹣Ir，则有 ‎ I=‎ 代入解得：I=3A ‎（2）对灯泡：‎ 电动机与灯泡并联，则电动机的电流I电=I﹣I灯=3A﹣1A=2A ‎（3）根据能量转化与守恒定律得，电动机的输出功率P出=UI电﹣I电2r 代入解得，P出=16W 答：（1）流过电源的电流为3A． （2）流过电动机的电流为2A． （3）电动机对外输出的机械功率是16W．‎ ‎　‎ ‎18．阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E（内阻可忽略）连接成如图所示电路．开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2．求：‎ ‎（1）若已知每个电阻阻值为R0，则开关S闭合前和闭合后电路的总电阻R1和R2分别为多少；‎ ‎（2）Q1与Q2的比值．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】（1）开关S闭合前和闭合后，画出等效电路图，根据串、并联电路的特点求总电阻．‎ ‎（2）开关S断开和闭合时，利用闭合电路欧姆定律，分别求电容的电压，再由Q=CU可得Q1与Q2的比值．‎ ‎【解答】解：（1）电路中四个电阻阻值相等，开关S断开时，外电路的连接等效为图1，‎ 电路的总电阻 R1=R0+=R0，‎ 当开关S闭合后，外电路的连接等效为图2，电路的总电阻 R2=R0+=R0．‎ ‎（2）由于不计电池的内阻，设每个定值电阻的阻值为R，根据串并联电路的特点 可知，开关S断开时，电容器两端的电压为 U1=×E=E 则电容器两端的电压为 U2=E=E ‎ ‎ 由Q=CU可知，Q1：Q2=U1：U2=3：5‎ 答：‎ ‎（1）开关S闭合前和闭合后电路的总电阻R1和R2分别为R0和R0．‎ ‎（2）Q1与Q2的比值是．‎ ‎　‎ ‎19．真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场．在电场中，若将一个质量为m、带正电的小球由静止释放，运动中小球速度与竖直方向夹角为37°（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）．现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出．求运动过程中 ‎（1）小球受到的电场力的大小及方向 ‎（2）小球从抛出点至最高点的电势能变化量 ‎（3）小球的最小动量的大小及方向．‎ ‎【考点】电势能；匀变速直线运动的速度与时间的关系；牛顿第二定律；动量 冲量；功的计算；电场强度；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）小球静止释放时，由于所受电场力与重力均为恒力，故其运动方向和合外力方向一致，根据这点可以求出电场力大小和方向；‎ ‎（2）小球抛出后，水平方向做匀加速直线运动，竖直方向上做竖直上抛运动，根据运动的等时性，可求出水平方向的位移，利用电场力做功即可求出电势能的变化量，或者求出高点时小球水平方向速速，然后利用动能定理求解；‎ ‎（3）利用运动的合成求出运动过程中合速度的表达式，然后利用数学求极值的办法即可求出最小动量．‎ ‎【解答】‎ 解：（1）根据题设条件可知，合外力和竖直方向夹角为37°，所以电场力大小为：‎ ‎ Fe=mgtan37°=mg，电场力的方向水平向右．‎ 故电场力为，方向水平向右．‎ ‎（2）小球沿竖直方向做匀减速运动，有：vy=v0﹣gt 沿水平方向做初速度为0的匀加速运动，加速度为a：ax==g 小球上升到最高点的时间t=，此过程小球沿电场方向位移：sx=axt2=‎ 电场力做功 W=Fxsx=mv02‎ 故小球上升到最高点的过程中，电势能减少mv02‎ ‎（3）水平速度：vx=axt ‎ 竖直速度：vy=v0﹣gt 小球的速度 由以上各式得出： g2t2﹣2v0gt+（v02﹣v2）=0‎ 解得当t=时，v有最小值 vmin=v0‎ 此时vx=v0，vy=v0，tanθ==，即与电场方向夹角为37°斜向上 故小球动量的最小值为pmin=mvmin=mv0，方向为：与电场方向夹角为37°，斜向上．‎ ‎　‎