物理·云南省红河州弥勒四中2016-2017学年高二上学期期中物理试卷 Word版含解析

物理·云南省红河州弥勒四中2016-2017学年高二上学期期中物理试卷 Word版含解析

全*品*高*考*网， 用后离不了！2016-2017学年云南省红河州弥勒四中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第3、4、6、8题有多个选项正确，全选对得4分，选不全的得2分，错选或不选的得0分．其他小题只有一个选项正确）‎ ‎1．下列关于电场强度的说法中，正确的是（　　）‎ A．公式E=只适用于真空中点电荷产生的电场 B．由公式E=可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比 C．在公式F=k中，k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；k是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小 D．由公式E=k可知，在离点电荷非常靠近的地方（r→0），电场强度E可达无穷大 ‎2．对电容C=，以下说法正确的是（　　）‎ A．电容器带电荷量越大，电容就越大 B．对于固定电容器，它的带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变 C．可变电容器的带电荷量跟加在两极板间的电压成正比 D．如果一个电容器没有电压，就没有带电荷量，也就没有电容 ‎3．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（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最高 B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大 C．带电质点通过P点时的动能较Q点大 D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大 ‎4．如图所示，两等量异种点电荷，以两电荷连线的中点O为圆心画出半圆，在半圆上有a、b、c三点，a，c分别为半圆与两电荷连线的交点，b点在两电荷连线的垂直平分线上，下列说法正确的是（　　）‎ A．a、c两点的电场强度相同 B．a、c两点的电势相同 C．负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能 D．将正电荷由c点移到b点电场力做负功 ‎5．如图所示，为一有界匀强电场，场强方向水平向右，一带电微粒以某一角度θ从电场的A点斜向上方射入，沿直线运动到B点，则该微粒在A、B两点的动能EK和电势能EP的关系是（　　）‎ A．EKA=EKB，EPA=EPB B．EKA＞EKB，EPA＞EPB C．EKA＜EKB，EPA=EPB D．EKA＞EKB，EPA＜EPB ‎6．如图所示，把原来不带电的金属球壳B的外表面接地，将一个带正电的小球A从小孔中放入球壳内，但不与B发生接触，达到静电平衡后，则（　　）‎ A．球壳B的空腔中场强处处为零 B．球壳B不带电 C．球壳B的内、外表面电势相等 D．球壳B的电势为零 ‎7．在某一点电荷Q产生的电场中有a、b两点，相距为d，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线夹角成120°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线夹角成150°，如图所示．则关于a、b两点场强大小及电势高低关系的说法正确的是（　　）‎ A．Ea=，φa＞φb B．Ea=3Eb，φa＞φb C．Ea=，φa＜φb D．Ea=3Eb，φa＜φb ‎8．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上极板的过程中（　　）‎ A．它们运动的时间tQ=tP B．它们的电势能减少量之比△EP：△EQ=1：2‎ C．它们所带电荷量之比qp：qQ=1：2‎ D．它们的动量增量之比△Pp：△PQ=2：1‎ ‎9．在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r．设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U．当R5的滑动触点向图中a端移动时（　　）‎ A．I变大，U变小 B．I变大，U变大 C．I变小，U变大 D．I变小，U变小 ‎10．如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．R1：R2=1：3‎ B．R1：R2=3：1‎ C．将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ ‎11．如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的点电荷q（负电荷），不计重力，下列说法中正确的是（　　）‎ A．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大 B．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大 C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值 D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零 ‎12．如图所示为有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0～10V，当使用a、c两个端点时，量程为0～100V．已知表头内阻Rg为100Ω，满偏电流Ig为1mA，则关于Rg、R1、R2的关系正确的是（　　）‎ A．R1=100Rg B．R2=1000Rg C．R1=99Rg D．R2=999Rg ‎　‎ 二、实验题（每空2分，共18分）‎ ‎13．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了小灯泡（2.5V，0.3A）、电流表、电压表以及滑动变阻器等实验器材：‎ ‎（1）请在图甲中虚线框内按要求完成实验电路图（用笔线代替导线）‎ ‎（2）图乙为实验中某同学连接好的实验电路图，在开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑动片P移到　　位置（填“A端”或“B端”）；实验中滑动片P从中间位置向B端移动过程中会观察到电压表读数变　　（填“大”或“小”）．‎ ‎（3）如图丙所示是该研究小组测得小灯泡的I﹣U关系图线．由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而　　（填“增大”、“减小”或“不变”）；当小灯泡两端所加电压为2V时，其灯丝电阻值约为　　Ω．（保留两位有效数字）‎ ‎14．某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约2Ω，电压表（0～3V　约3kΩ），电流表（0～0.6A　约1.0Ω），滑动变阻器有R1（10Ω　2A）和R2各一只．‎ ‎（1）实验中滑动变阻器应选用　　（选填“R1”或“R2”）．‎ ‎（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．‎ ‎（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的U﹣I图象，由图可较准确地求出电源电动势E=　　V；内阻r=　　Ω．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎15．一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ=30°．已知带电微粒的质量m=1.0×10﹣7kg，电量q=1.0×10﹣10C，A、B相距L=20cm．（取g=10m/s2，结果要求二位有效数字）求：‎ ‎（1）试说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由．‎ ‎（2）电场强度大小、方向？‎ ‎（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？‎ ‎16．一束电子流在经U=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d=1.0cm，板长l=5.0cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？‎ ‎17．如图所示，半径为R的环状非金属管竖直放置，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB以下处于水平向左的匀强电场中．现将一质量为m，带电量为q的小球从管中A点由静止释放，小球恰好能通过最高点C，求：‎ ‎（1）匀强电场的场强E；‎ ‎（2）小球第二次通过C点时，小球对管壁压力的大小和方向．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年云南省红河州弥勒四中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第3、4、6、8题有多个选项正确，全选对得4分，选不全的得2分，错选或不选的得0分．其他小题只有一个选项正确）‎ ‎1．下列关于电场强度的说法中，正确的是（　　）‎ A．公式E=只适用于真空中点电荷产生的电场 B．由公式E=可知，电场中某点的电场强度E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比 C．在公式F=k中，k是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；k是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小 D．由公式E=k可知，在离点电荷非常靠近的地方（r→0），电场强度E可达无穷大 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】电场强度的定义式适用于一切电场，电场强度E表示电场本身的强度和方向，与试探电荷无关．真空中点电荷Q产生的电场强度计算公式是：E=k，当r→0时，电荷已不能看成点电荷，此公式不再成立．库仑定律公式公式中，是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小．‎ ‎【解答】解：A、电场强度的定义式适用于一切电场．故A错误．‎ ‎ B、电场强度E表示电场本身的强度和方向，与试探电荷无关，不能说E与试探电荷在电场中该点所受的电场力成正比．故B错误．‎ ‎ C、库仑定律公式公式中，是点电荷Q2产生的电场在点电荷Q1处的场强大小；是点电荷Q1产生的电场在点电荷Q2处的场强大小．故C正确．‎ ‎ D、当r→0时，电荷已不能看成点电荷，公式E=k不再成立．故D错误．‎ 故选C ‎　‎ ‎2．对电容C=，以下说法正确的是（　　）‎ A．电容器带电荷量越大，电容就越大 B．对于固定电容器，它的带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变 C．可变电容器的带电荷量跟加在两极板间的电压成正比 D．如果一个电容器没有电压，就没有带电荷量，也就没有电容 ‎【考点】电容．‎ ‎【分析】电容表征电容器容纳电荷本领的大小，与电容器的电量无关，由定义式C=，给定的电容器，带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变，当电容C一定时，电量与电压成正比．‎ ‎【解答】解：A、电容器带电荷量越大，板间电压越大，而电容不变．故A错误．‎ ‎ B、电容表征电容器容纳电荷本领的大小，对于固定电容器，电容C不变，由定义式C=可知，则带电荷量跟它两极板间所加电压的比值保持不变．故B正确．‎ ‎ C、电容器的带电荷量Q=CU，当电容C一定时，电量与电压成正比．当电容C变化时，电量与电压不成正比．故C错误．‎ ‎ D、电容表征电容器容纳电荷本领的大小，与电容器的电量、电压无关．故D错误．‎ 故选B ‎　‎ ‎3．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（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最高 B．带电质点通过P点时的电势能较Q点大 C．带电质点通过P点时的动能较Q点大 D．带电质点通过P点时的加速度较Q点大 ‎【考点】等势面；电势能．‎ ‎【分析】由于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，由于质点带正电，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．‎ ‎【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；‎ B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，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．‎ 故选BD．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，两等量异种点电荷，以两电荷连线的中点O为圆心画出半圆，在半圆上有a、b、c三点，a，c分别为半圆与两电荷连线的交点，b点在两电荷连线的垂直平分线上，下列说法正确的是（　　）‎ A．a、c两点的电场强度相同 B．a、c两点的电势相同 C．负电荷在a点的电势能大于在b点的电势能 D．将正电荷由c点移到b点电场力做负功 ‎【考点】电场的叠加；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】两等量异号点电荷电场线的分布具有对称性，两连线的垂直平分线是一条等势线，b点的电势与O点电势相等．根据等量异号点电荷电场线的对称性，分析ac场强关系和电势关系．a点的电势高于O点的电势，即可知a、b电势关系，由推论：正电荷在电势高处电势能大，分析电势能关系．‎ ‎【解答】解：‎ A、根据等量异号点电荷电场线的对称性可知，a、c两处电场线疏密程度相同，则场强大小相同，场强方向都沿ac方向，所以a、c两点的电场强度相同．故A正确．‎ B、电场线从a指向c，根据顺着电场线电势降低，可知，a点的电势高于c点的电势．故B错误．‎ C、两等量异号点电荷连线的垂直平分线是一条等势线，则b点的电势与O点电势相等，a点的电势高于O点的电势，则知a点的电势高于b点的电势．由推论：负电荷在电势高处电势能小，得知负电荷在a点的电势能小于在b点的电势能．故C错误．‎ D、由于O、b电势相等，电势差为零，当正电荷由c点移到b点，即为由c点移到O点，由公式W=qU知，电场力做负功．故D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，为一有界匀强电场，场强方向水平向右，一带电微粒以某一角度θ从电场的A点斜向上方射入，沿直线运动到B点，则该微粒在A、B两点的动能EK和电势能EP的关系是（　　）‎ A．EKA=EKB，EPA=EPB B．EKA＞EKB，EPA＞EPB C．EKA＜EKB，EPA=EPB D．EKA＞EKB，EPA＜EPB ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】粒子在电场中受重力和电场力两个力作用，抓住合力方向与速度方向在同一条直线上得出电场力的方向，结合合力做功比较动能的大小，根据电场力做功比较电势能的高低．‎ ‎【解答】解：粒子受电场力和重力两个力作用，合力方向与速度方向在同一条直线上，则电场力的方向水平向左，从A到B，电场力做负功，电势能增大，合力方向与速度方向相反，合力做负功，动能减小．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，把原来不带电的金属球壳B的外表面接地，将一个带正电的小球A从小孔中放入球壳内，但不与B发生接触，达到静电平衡后，则（　　）‎ A．球壳B的空腔中场强处处为零 B．球壳B不带电 C．球壳B的内、外表面电势相等 D．球壳B的电势为零 ‎【考点】静电场中的导体．‎ ‎【分析】静电平衡后，由于静电感应，金属球壳B内壁感应出负电荷，外表面接地，不带电．B的空腔内电场强度不为零．金属球壳B是一个等势体．‎ ‎【解答】解：A、由于静电感应，金属球壳B内壁感应出负电荷，A带正电，则B的空腔内电场强度不为零．故A错误．‎ B、金属球壳B外表面接地，大地中电子跑到球壳B上将正电荷中和，所以B带负电．故B错误．‎ C、D、静电平衡后，金属球壳B是一个等势体，金属球壳B的内表面电势等于外表面电势；由于接地，球壳B的电势为零．故CD正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎7．在某一点电荷Q产生的电场中有a、b两点，相距为d，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线夹角成120°角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线夹角成150°，如图所示．则关于a、b两点场强大小及电势高低关系的说法正确的是（　　）‎ A．Ea=，φa＞φb B．Ea=3Eb，φa＞φb C．Ea=，φa＜φb D．Ea=3Eb，φa＜φb ‎【考点】电势能；电场强度．‎ ‎【分析】将Ea、Eb反向延长相交，即得到Q点的位置，由几何知识求出ab两点到Q的距离之比，由E=求解场强之比．根据两点到Q距离的大小关系，比较电势高低．‎ ‎【解答】解：将Ea、Eb反向延长相交，交点即为Q点的位置．设ab两点到Q的距离分别为ra和rb，由几何知识得到 ‎ ra：rb=1：‎ 由公式E=得到场强关系为：Ea=3Eb．‎ 根据电场线的方向可知，Q带正电，由于a离Q点较近，则a点电势较高，φa＞φb．故B正确．‎ 故选B ‎　‎ ‎8．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的初速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上极板的过程中（　　）‎ A．它们运动的时间tQ=tP B．它们的电势能减少量之比△EP：△EQ=1：2‎ C．它们所带电荷量之比qp：qQ=1：2‎ D．它们的动量增量之比△Pp：△PQ=2：1‎ ‎【考点】动量定理；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】两个粒子均做类平抛运动，将两个带电粒子的运动按垂直电场方向和平行电场方向进行正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析．由动量定理可分析动量的增加量．‎ ‎【解答】解：A、带电粒子在垂直电场方向上不受力，都做匀速直线运动，位移相等，由x=v0t可知运动时间相等，即tQ=tP．故A正确；‎ B、平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：‎ y==‎ 解得：q=‎ 由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为 yP：yQ=1：2，‎ 所以它们所带的电荷量之比 qP：qQ=yP：yQ=1：2；‎ 电势能的减小量等于电场力做的功即△E=qEy，因为竖直位移之比为：yP：yQ=1：2，‎ 电荷量之比为：qP：qQ=1：2，‎ 所以它们电势能减少量之比为：△EM：△EN=1：4．故B错误；C正确；‎ D、由动量定理可知：动量的增量等于Eqt；而qP：qQ=1：2，故动量增加量之比：△PP：△PQ=1：2，故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎9．在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r．设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U．当R5的滑动触点向图中a端移动时（　　）‎ A．I变大，U变小 B．I变大，U变大 C．I变小，U变大 D．I变小，U变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电流表A和电压表的读数变化．‎ ‎【解答】解：当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，则由闭合电路欧姆定律知，总电流I变大，路端电压变小，U变小．电路中并联部分电压变小，则I变小．‎ 故选D ‎　‎ ‎10．如图所示，图线1表示的导体电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．R1：R2=1：3‎ B．R1：R2=3：1‎ C．将R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】由题图象是电阻的伏安特性曲线，其斜率k等于电阻的倒数．将R1与R2串联后接于电源上时，电流相等．将R1与R2并联后接于电源上时，电压相等，电流与电阻成反比．‎ ‎【解答】解：A、B由图R1==1Ω，R2==3Ω，故A正确．‎ ‎ C、R1与R2串联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：1．故C错误．‎ ‎ D、将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=R2：R1=3：1故D错误．‎ 故选A ‎　‎ ‎11．如图所示，M、N为两个等量同种电荷，在其连线的中垂线上的P点放一静止的点电荷q（负电荷），不计重力，下列说法中正确的是（　　）‎ A．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越大，速度也越来越大 B．点电荷在从P到O的过程中，加速度越来越小，速度越来越大 C．点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值 D．点电荷越过O点后，速度越来越小，加速度越来越大，直到粒子速度为零 ‎【考点】电场的叠加；电场强度．‎ ‎【分析】M、N为两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向O→P，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向P→O，速度越来越大．但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定．越过O点后，负电荷q做减速运动，点电荷运动到O点时加速度为零，速度达最大值，加速度变化情况同样不确定．‎ ‎【解答】解：A、点电荷在从P到O的过程中，所受的电场力方向竖直向下，做加速运动，所以速度越来越大，因为从O向上到无穷远，电场强度先增大后减小，P到O的过程中，电场强度大小变化不能确定，所以电场力无法确定，加速度不能确定．故A错误，B错误．‎ C、点电荷运动到O点时，所受的电场力为零，加速度为零，然后向下做减速运动，所以O点的速度达到最大值．故C正确．‎ D、越过O点后，负电荷q做减速运动，速度越来越小，同理加速度的大小无法确定．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示为有两个量程的电压表，当使用a、b两个端点时，量程为0～10V，当使用a、c两个端点时，量程为0～100V．已知表头内阻Rg为100Ω，满偏电流Ig为1mA，则关于Rg、R1、R2的关系正确的是（　　）‎ A．R1=100Rg B．R2=1000Rg C．R1=99Rg D．R2=999Rg ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】将电流表改装成电压表时应串联大电阻，示数为表头及电阻两端的总电压，而流过表头的电流与电阻的电流相等．‎ ‎【解答】解：当使用a、b两个端点时，由欧姆定律得 U1=10V=Ig（R1+Rg），‎ 解得：R1=﹣Rg=﹣100=9900（Ω）=99Rg．‎ 当使用a、c两个端点时，由欧姆定律得 U2=100V=Ig（R2+R1+Rg），‎ 解得：R2=﹣R1﹣Rg=﹣9900﹣100=90000Ω=900Rg．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ 二、实验题（每空2分，共18分）‎ ‎13．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，实验室提供了小灯泡（2.5V，0.3A）、电流表、电压表以及滑动变阻器等实验器材：‎ ‎（1）请在图甲中虚线框内按要求完成实验电路图（用笔线代替导线）‎ ‎（2）图乙为实验中某同学连接好的实验电路图，在开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑动片P移到　A　位置（填“A端”或“B端”）；实验中滑动片P从中间位置向B端移动过程中会观察到电压表读数变　大　（填“大”或“小”）．‎ ‎（3）如图丙所示是该研究小组测得小灯泡的I﹣U关系图线．由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”）；当小灯泡两端所加电压为2V时，其灯丝电阻值约为　7.7　Ω．（保留两位有效数字）‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，据此完成实验电路．‎ ‎（2）滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前滑片要移到分压电路分压为零的位置，根据滑片的移动方向判断电压表示数如何变化．‎ ‎（3）根据图象应用欧姆定律判断灯丝电阻如何变化；由图象求出电压对应的电流，然后由欧姆定律求出灯泡阻值．‎ ‎【解答】解：（1）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示．‎ ‎（2）由图1乙所示电路图可知，在开关S闭合之前，应把滑动变阻器的滑动片P移到A端；实验中滑动片P从中间位置向B端移动过程中会观察到电压表读数变大．‎ ‎（3）由图2所示图象可知，随温度升高，电压与电流的比值变大，即灯泡电阻变大，由此可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而增大；由图2所示图象可知，电压U=2V时，电流I=0.26A，此时灯泡电阻R==≈7.7Ω．‎ 故答案为：（1）电路图如图所示；（2）A；大；（3）增大；7.7．‎ ‎　‎ ‎14．某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约2Ω，电压表（0～3V　约3kΩ），电流表（0～0.6A　约1.0Ω），滑动变阻器有R1（10Ω　2A）和R2各一只．‎ ‎（1）实验中滑动变阻器应选用　R1　（选填“R1”或“R2”）．‎ ‎（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．‎ ‎（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的U﹣I图象，由图可较准确地求出电源电动势E=　1.48　V；内阻r=　1.88　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）估算出电路中最大电流：当变阻器的电阻为零时，由闭合电路欧姆定律可求电路中最大电流，根据额定电流与最大电流的关系，分析并选择变阻器．‎ ‎（2）对照电路图，按顺序连接电路．‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律分析U﹣I图象的纵轴截距和斜率的意义，可求出电动势和内阻．‎ ‎【解答】解：（1）电路中最大电流I===0.75A，R2的额定电流小于0.75A，同时R2阻值远大于电源内阻r，不便于调节，所以变阻器选用R1．‎ ‎（2）对照电路图，按电流方向连接电路，如图所示．‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir得知，当I=0时，U=E，U﹣I图象斜率的绝对值等于电源的内阻，则将图线延长，交于纵轴，纵截距即为电动势E=1.48V ‎ r===1.88Ω．‎ 故答案为：‎ ‎（1）R1；（2）连线如图；（3）1.48，1.88‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎15．一个带正电的微粒，从A点射入水平方向的匀强电场中，微粒沿直线AB运动，如图所示，AB与电场线夹角θ=30°．已知带电微粒的质量m=1.0×10﹣7kg，电量q=1.0×10﹣10C，A、B相距L=20cm．（取g=10m/s2，结果要求二位有效数字）求：‎ ‎（1）试说明微粒在电场中运动的性质，要求说明理由．‎ ‎（2）电场强度大小、方向？‎ ‎（3）要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；力的合成与分解的运用；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）根据直线运动的条件并结合受力分析，得到电场力的方向，最终分析出物体的运动规律；‎ ‎（2）根据力的合成的平行四边形定则并结合几何关系得到电场力，求出电场强度；‎ ‎（3）对粒子的运动过程运用动能定理列式求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）微粒只在重力和电场力作用下沿AB直线运动，故合力一定与速度在同一条直线上，可知电场力的方向水平向左，如图所示．微粒所受合力的方向由B指向A，与初速度VA方向相反，微粒做匀减速直线运动．‎ 即微粒做匀减速直线运动．‎ ‎（2）根据共点力平衡条件，有：qE=mgtan﹣1θ 故电场强度E==1.7×104N/C，电场强度方向水平向左．‎ ‎（3）微粒由A运动到B的速度vB=0，微粒进入电场中的速度最小，由动能定理有：‎ mgLsinθ+qELcosθ=mvA2　解得vA=2.8m/s 即要使微粒从A点运动到B点，微粒射入电场时的最小速度是2.8m/s．‎ ‎　‎ ‎16．一束电子流在经U=5000V的加速电压加速后，在距两极板等距处垂直进入平行板间的匀强电场，如图所示，若两板间距d=1.0cm，板长l=5.0cm，那么，要使电子能从平行板间飞出，两个极板上最多能加多大电压？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】粒子先加速再偏转，由题意可知当电子恰好飞出时，所加电场最大；由运动的合成与分解关系可得出电压值．‎ ‎【解答】解：在加速电压一定时，偏转电压U′越大，电子在极板间的偏距就越大．‎ 当偏转电压大到使电子刚好擦着极板的边缘飞出，此时的偏转电压，即为题目要求的最大电压．‎ 加速过程，由动能定理得：…①‎ 进入偏转电场，电子在平行于板面的方向上做匀速运动：‎ l=v0t…②‎ 在垂直于板面的方向做匀加速直线运动，加速度为：…③‎ 偏距：…④‎ 能飞出的条件为：y≤…⑤，‎ 解①～⑤式得：U′≤V=4.0×102 V，‎ 即要使电子能飞出，所加电压最大为400V；‎ 答：两个极板上最多能加400V的电压．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，半径为R的环状非金属管竖直放置，AB为该环的水平直径，且管的内径远小于环的半径，环的AB以下处于水平向左的匀强电场中．现将一质量为m，带电量为q的小球从管中A点由静止释放，小球恰好能通过最高点C，求：‎ ‎（1）匀强电场的场强E；‎ ‎（2）小球第二次通过C点时，小球对管壁压力的大小和方向．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力．‎ ‎【分析】（1）小球恰好能通过最高点C，在C点由重力充当向心力，根据牛顿第二定律求出C点的速度，再对AC过程，由动能定理求场强E．‎ ‎（2）对整个过程，运用动能定理求出小球第二次通过C点时的速度，再由向心力公式求解管壁对球的弹力，从而得到小球对管壁的压力．‎ ‎【解答】解：（1）据题，小球恰好能通过最高点C，在C点由重力与支持力提供其向心力，‎ 根据牛顿第二定律得：‎ ‎ mg﹣N=m=0‎ 从A到C的过程，由动能定理得：‎ ‎ qE•2R﹣mgR==0‎ 联立解得：E=；‎ ‎（2）设小球第二次通过C点时速度为v．‎ 根据动能定理得：qE•4R﹣mgR=‎ 在C点，有：FN+mg=m 解得 FN=3mg 根据牛顿第三定律得：小球对管壁压力的大小为3mg，方向向上 答：‎ ‎（1）匀强电场的场强E为；‎ ‎（2）小球第二次通过C点时，小球对管壁压力的大小为3mg，方向向上．‎ ‎　‎ ‎2016年11月16日