物理卷·2018届山西省忻州市田家炳中学高二上学期期中物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届山西省忻州市田家炳中学高二上学期期中物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年山西省忻州市田家炳中学高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一.选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．只有一个选项正确，把正确的选项前的符号填在括号内）‎ ‎1．在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点．其中a、b两点电场强度和电势均相同的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎2．如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q（不计重力），由静止释放后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大 B．点电荷在从P点到O点运动的过程中，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 ‎3．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（　　）‎ A．U变大，E不变 B．E变大，Ep变大 C．U变小，Ep不变 D．U不变，Ep不变 ‎4．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（　　）‎ A．4 V B．8 V C．12V D．24 V ‎5．如图所示，一绝缘的长为L、两端分别带有等量异种电荷的轻杆，电量的绝对值为Q，处在场强为E的匀强电场中，杆与电场线夹角为60°，若使杆沿顺时针方向转过60°（以杆上某一点为圆心转动），则下列叙述正确的是（　　）‎ A．电场力不做功，两电荷电势能不变 B．电场力做的总功为QEL，两电荷的电势能减少 C．电场力做的总功为QEL，两电荷的电势能增加 D．电场力做的总功大小跟转轴位置有关 ‎6．如图，M、N和P是以MN为直径的半圈弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP=60°．电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场场强大小变为E2，E1与E2之比为（　　）‎ A．1：2 B．2：1 C． D．‎ ‎7．A、B两灯的额定电压U相同，额定功率PA＞PB，将A灯接在电动势和内阻一定的某电源两极，恰能正常发光，若改成B灯接在该电源两极，则B灯的实际功率一定是（　　）‎ A．等于PA B．等于PB C．小于PB D．大于PB ‎8．如图所示，P为一块均匀的半圆形合金片将它按图甲的方式接在A、B之间时，测得它的电阻为R，若将它按图乙的方式接在A、B之间时．这时的电阻应是（　　）‎ A．R B．2R C．3R D．4R ‎9．额定电压都是110V、额定功率PA=110W和PB=40W的电灯两盏，若接在电压是220V的电路上，使两盏电灯均能正常发光，且电路中消耗功率最小的电路是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎10．如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F．调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是（　　）‎ A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大 B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小 C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大 D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小 ‎　‎ 二、多项选择题（本大题共4个小题，每个小题4分，共16分．在每小题给出的4个选项中，有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分；有选错的或不答的得0分）‎ ‎11．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，由M运动到N，其运动轨迹如图中虚线所示，以下说法正确的是（　　）‎ A．粒子必定带正电荷 B．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度 C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度 D．粒子在N点的动能大于它在M点的动能 ‎12．如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点．一带正电粒子仅在电场力作用下，以速度vA经过A点向B点运动，经过一段时间后，粒子以速度vB经过B点，且vA与vB方向相反，则（　　）‎ A．A点的电势一定低于B点的电势 B．粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能 C．粒子在A点的动能一定小于在B点的动能 D．A点的场强一定大于B点的场强 ‎13．如图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动．M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点．电子在从M经P到达N点的过程中（　　）‎ A．速率先增大后减小 B．速率先减小后增大 C．电势能先减小后增大 D．电势能先增大后减小 ‎14．在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，图中电流表和电压表均为理想电表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电压表示数变大 B．电流表示数变小 C．电容器C所带电荷量增多 D．a点的电势降低 ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，共12分）‎ ‎15．读出游标卡尺的读数　　CM．‎ ‎16．图甲所示为某同学测绘额定电压为2.5V的小电珠的I﹣U图线的实验电路图．‎ ‎（1）根据电路图，用笔画线代替导线，将图乙中的实物图连接成完整的实验电路．‎ ‎（2）开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于　　（选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）．‎ ‎（3）实验中发现移动滑动变阻器的滑片时，电流表的示数变化而电压表的指针不动，下列原因可能的是　　‎ A．灯泡中灯丝已烧断 B．滑片接触不良 C．灯泡内部短路 D．滑动变阻器A端接触不良 ‎（4）图丙中电流表的读数是多少　　A ‎（5）某同学在实验中还测出a、b、c三种元件的伏安特性曲线分别如图丁的（a）、（b）、（c），下列说法正确的是　　‎ A．a可以作为标准电阻使用 B．b能作为标准电阻使用 C．b的阻值随电压升高而增大 D．c的阻值随电压升高而增大．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3小题，共32分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤）‎ ‎17．如右图所示，电源电动势E=14V，内电阻r=1Ω，小灯泡标有“2V，4W”，电动机D的内阻r′=0.5Ω，当变阻器的阻值R调到1Ω时，电灯和电动机均能正常工作，求：‎ ‎（1）电动机两端的电压；‎ ‎（2）电动机输出的机械功率；‎ ‎（3）电路消耗的总功率．‎ ‎18．一束电子流在经U0=5 000V的加速电场由静止加速后，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=1×10﹣3m，板长L=5×10﹣3m，那么，‎ ‎（1）电子离开加速电场时速度v0多大？（结果用字母e、U0、m表示）‎ ‎（2）要使电子刚好从平行板间边沿飞出，两个极板上应加多大电压？（可以得到具体数值）‎ ‎19．如图所示在长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B（可视为质点，也不考虑二者间的相互作用力），A球带正电、电荷量为+‎ ‎2q，B球带负电．电荷量为﹣3q．现把A和B组成的带电系统锁定在光滑绝缘的水平面上，并让A处于如图所示的有界匀强电场区域MPQN内．已知虚线MP是细杆的中垂线，MP和NQ的距离为4L，匀强电场的场强大小为E，方向水平向右．现取消对A、B的锁定，让它们从静止开始运动．（忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响）‎ ‎（1）求小球A、B运动过程中的最大速度；‎ ‎（2）小球A、B能否回到原出发点？若不能，请说明理由；若能，请求出经过多长时间带电系统又回到原地发点．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山西省忻州市田家炳中学高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一.选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．只有一个选项正确，把正确的选项前的符号填在括号内）‎ ‎1．在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点．其中a、b两点电场强度和电势均相同的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【考点】电场强度；电势．‎ ‎【分析】电场强度是矢量，只有两点的场强大小和方向都相同时，电场强度才相同．顺着电场线电势相等，根据电场线和等势面的分布情况进行判断．‎ ‎【解答】解：‎ A、a、b两点的电场强度大小相等，但方向不同，则电场强度不同．a、b两点在同一等势面上电势相等，故A错误．‎ B、ab在两个电荷连线的中垂线上，而中垂线是一条等势线，故ab电势相等．根据电场线的疏密看出ab两点的电场强度大小，a、b两点的场强方向都与中垂线垂直向右，说明电场强度方向相同，则ab两点的电场强度相同．故B正确．‎ C、根据对称性看出，ab两点的电场强度大小相等，但方向相反，所以电场强度不同．故C错误．‎ D、根据电场强度方向沿电场线的切线方向，电场线的疏密表示场强大小，可看出非匀强电场中的a、b两点电场强度大小和方向都不同，则电场强度不同．a点的电势高于b点的电势．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎2．如图所示，A、B为两个等量的正点电荷，在其连线中垂线上的P点放一个负点电荷q（不计重力），由静止释放后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．点电荷在从P点到O点运动的过程中，加速度越来越大，速度越来越大 B．点电荷在从P点到O点运动的过程中，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】电场强度；电场的叠加．‎ ‎【分析】A、B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、B在等量同种电荷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，加速度变化情况无法判断．故AB错误．‎ ‎ C、越过O点后，负电荷q做减速运动，则点电荷运动到O点时速度最大．电场力为零，加速度为零．故C正确．‎ ‎ D、根据电场线的对称性可知，越过O点后，负电荷q做减速运动，加速度的变化情况无法判断．故D错误．‎ 故选C ‎　‎ ‎3．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示，以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，Ep表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则（　　）‎ A．U变大，E不变 B．E变大，Ep变大 C．U变小，Ep不变 D．U不变，Ep不变 ‎【考点】电容器的动态分析；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，通过电容的变化，确定两极板电势差的变化，电场强度的变化，以及P点的电势变化，确定P点电势能的变化．‎ ‎【解答】解：平行板电容器充电后与电源断开后，电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置时，d减小，根据C= 知，电容增大，‎ 根据U=，则电势差U减小．E===，知电场强度不变．则P与负极板间的电势差不变，P点的电势不变，正电荷在P点的电势能不变．故C正确，ABD错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（　　）‎ A．4 V B．8 V C．12V D．24 V ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势．‎ ‎【分析】该电场中已知三点的电势，可以通过作辅助线找出它们之间的关系，从而确定第四点的电势．‎ ‎【解答】解：连接bd，做aE⊥bd，cF⊥bd如图．‎ 则：△abE≌△cdF 所以：bE=Fd 由于在匀强电场的同一条直线上，U=E•dcosθ，所以在相等距离上的两点之间的电势差相等，即UbE=UFd 由于：△abE≌△cdF 所以：Uba=Ucd 所以：Φc=Ucd+Φd=8V．所以正确选项是B．‎ 故选：B ‎　‎ ‎5．如图所示，一绝缘的长为L、两端分别带有等量异种电荷的轻杆，电量的绝对值为Q，处在场强为E的匀强电场中，杆与电场线夹角为60°，若使杆沿顺时针方向转过60°（以杆上某一点为圆心转动），则下列叙述正确的是（　　）‎ A．电场力不做功，两电荷电势能不变 B．电场力做的总功为QEL，两电荷的电势能减少 C．电场力做的总功为QEL，两电荷的电势能增加 D．电场力做的总功大小跟转轴位置有关 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】杆沿顺时针方向转过60°，电场力对两电荷都做正功，电势能都减少．根据W=qEd计算电场力做功，其中d是沿电场方向两点间的距离．‎ ‎【解答】解：A、+Q所受电场力水平向右，﹣Q所受电场力水平向左，当杆沿顺时针方向转过60°时，电场力对两个电荷都做正功，两电荷的电势能都减小．故A错误．‎ B、C、电场力对正电荷所受的功W1=QE（1﹣cos60°）=QEL，电场力对正电荷所受的功W2=QE（1﹣cos60°）=QEL，电场力做的总功为W=W1+W2=．由于电场力做正功，两个电荷的电势能减少．故B正确，C错误．‎ D、由上得到总功W=，可见，总功与跟转动轴无关．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．如图，M、N和P是以MN为直径的半圈弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP=60°．电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场场强大小变为E2，E1与E2之比为（　　）‎ A．1：2 B．2：1 C． D．‎ ‎【考点】电场的叠加．‎ ‎【分析】由电场的叠加可知各点电荷单独在O点形成的场强大小，移动之后电荷距O点的距离不变，故电场强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合电场；即可求得比值．‎ ‎【解答】解：依题意，每个点电荷在O点产生的场强为，则当N点处的点电荷移至P点时，O点场强如图所示，合场强大小为，则，B正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．A、B两灯的额定电压U相同，额定功率PA＞PB，将A灯接在电动势和内阻一定的某电源两极，恰能正常发光，若改成B灯接在该电源两极，则B灯的实际功率一定是（　　）‎ A．等于PA B．等于PB C．小于PB D．大于PB ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】先根据P=判断A、B两灯的电阻大小；然后根据闭合电路欧姆定律判断改成B灯接在该电源两极时电流的变化情况，再根据闭合电路欧姆定律判断外电压情况，得到B灯的实际功率情况．‎ ‎【解答】解：A、B两灯的额定电压U相同，额定功率PA＞PB，根据P=，有RA＜RB；‎ 改成B灯接在该电源两极时，根据闭合电路欧姆定律公式I=，外电阻变大，故电流减小；‎ 外电压U=E﹣Ir，电流减小，故外电压增加；‎ 故B灯泡的实际电压大于其额定电压，故实际功率大于其额定功率PB；‎ 由于电阻不同，故B灯泡的实际功率不一定等于灯泡A的额定功率PA；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，P为一块均匀的半圆形合金片将它按图甲的方式接在A、B之间时，测得它的电阻为R，若将它按图乙的方式接在A、B之间时．这时的电阻应是（　　）‎ A．R B．2R C．3R D．4R ‎【考点】串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】由图可知，将甲图视为两个圆薄金属片并联，则乙图为两个圆薄金属片串联，根据串并联电阻的关系判断．‎ ‎【解答】解：设一个圆薄金属片的电阻为R0，‎ 甲图为两个圆薄金属片并联，R1=R0=R，‎ 乙图为两个圆薄金属片串联，R2=2R0=4R．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．额定电压都是110V、额定功率PA=110W和PB=40W的电灯两盏，若接在电压是220V的电路上，使两盏电灯均能正常发光，且电路中消耗功率最小的电路是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，在由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路 ‎【解答】解：灯泡正常工作时，两灯泡上的电压相等，可先判断电路是否能正常工作，然后再比较分流电阻和分压电阻分别消耗的功率大小，从而做出判断．‎ 判断灯泡能否正常发光，就要判断电压是否是额定电压，或电流是否是额定电流．‎ 由P=和已知条件可知，RA＜RB．‎ 对于A电路，由于RA＜RB，所以UB＞110 V，B灯烧毁，两灯不能正常发光．‎ 对于B电路，由于RB＞RA，A灯又并联变阻器，并联电阻更小于RB，所以UB＞110 V，B灯烧毁．‎ 对于C电路，B灯与变阻器并联，电阻可能等于RA，所以可能有UA=UB=110 V，两灯可以正常发光．‎ 对于D电路，若变阻器的有效电阻等于A、B的并联电阻，则UA=UB=110 V，两灯可以正常发光．‎ 比较C、D两个电路，由于C电路中变阻器功率为（IA﹣IB）×110，而D电路中变阻器功率为（IA+IB）×110，所以C电路消耗电功率最小．‎ 故选：C ‎　‎ ‎10．如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F．调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是（　　）‎ A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大 B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小 C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大 D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小 ‎【考点】串联电路和并联电路；共点力平衡的条件及其应用；电场强度；路端电压与负载的关系．‎ ‎【分析】电容器两端间的电压与R0两端的电压相等，通过判断R0两端间电压的变化，知道极板间电场的变化，从而知道电场力的变化及拉力的变化．‎ ‎【解答】解：保持R1不变，缓慢增大R2时，由于R0和R2串联，总电流减小，R0两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压U减小，带电小球受到的电场力减小，悬线的拉力为将减小，故A错误，B正确．‎ ‎ 保持R2不变，缓慢增大R1时，由于在含容支路中的电阻相当于导线，所以R0两端的电压不变，F电不变，悬线的拉力为F不变，故C、D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ 二、多项选择题（本大题共4个小题，每个小题4分，共16分．在每小题给出的4个选项中，有多个选项正确．全部选对的得4分，选对但不全的得2分；有选错的或不答的得0分）‎ ‎11．某静电场中的电场线如图所示，带电粒子在电场中仅受电场力作用，由M运动到N，其运动轨迹如图中虚线所示，以下说法正确的是（　　）‎ A．粒子必定带正电荷 B．粒子在M点的加速度大于它在N点的加速度 C．粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度 D．粒子在N点的动能大于它在M点的动能 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】根据粒子轨迹弯曲的方向判断所受的电场力方向，从而分析粒子的电性．根据电场线的疏密分析场强的大小，由牛顿第二定律分析加速度的大小．由动能定理分析动能的大小．‎ ‎【解答】解：A、由粒子的运动轨迹可知，粒子所受的电场力方向沿着电场线的切线方向向上，所以电荷一定带正电，故A正确．‎ BC、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由图可知，N点的场强大于M点的场强的大小，粒子在N点所受的电场力大于在M所受的电场力，所以根据牛顿第二定律知，粒子在M点的加速度小于它在N点的加速度，故B错误，C正确．‎ D、正电荷由M运动到N，电场力对粒子做正功，由动能定理知，粒子的动能增大，则粒子在N点的动能大于它在M点的动能，故D正确．‎ 故选：ACD ‎　‎ ‎12．如图所示的直线是真空中某电场的一条电场线，A、B是这条直线上的两点．一带正电粒子仅在电场力作用下，以速度vA经过A点向B点运动，经过一段时间后，粒子以速度vB经过B点，且vA与vB方向相反，则（　　）‎ A．A点的电势一定低于B点的电势 B．粒子在A点的电势能一定小于在B点的电势能 C．粒子在A点的动能一定小于在B点的动能 D．A点的场强一定大于B点的场强 ‎【考点】电场线；电势能．‎ ‎【分析】电场线的疏密代表电场的强弱，由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线更密集．由于带正电的粒子在A点时速度方向向右而到达B点时速度方向向左，故正电荷所受电场力方向向左，沿电场线方向电势降低，由于从A到B过程中电场力做负功，粒子的电势能增大，动能减小．‎ ‎【解答】解：A、由于带正电的粒子在A点时速度方向向右而到达B点时速度方向向左，故正电荷所受电场力方向向左，而正电荷所受电场力的方向与电场的方向相同，故场强向左，所以A点电势低于B点的电势，故A正确．‎ B、由于从A到B过程中电场力做负功，故粒子的电势能增大．故B正确．‎ C、由于从A到B过程中电场力做负功，故电荷在A点的动能更大，故粒子在A点时的速度大于它在B点时的速度，故C错误．‎ D、由于只有一条电场线，所以无法判断哪个位置电场线的疏密情况，故无法判断AB两点哪点的场强更大．故D错误．‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎13．如图，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以Q为焦点的椭圆运动．M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点．电子在从M经P到达N点的过程中（　　）‎ A．速率先增大后减小 B．速率先减小后增大 C．电势能先减小后增大 D．电势能先增大后减小 ‎【考点】电势能；动能定理的应用．‎ ‎【分析】根据影响速度和电势能大小的因素来分析速度和电势能的变化，找到转化的方向．‎ ‎【解答】解：当电子从M点向N点运动时，库仑力先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，所以动能先增加后减小，则电势能先减小后增加．所以A、C正确；B、D错误；‎ 故选AC ‎　‎ ‎14．在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，图中电流表和电压表均为理想电表．在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电压表示数变大 B．电流表示数变小 C．电容器C所带电荷量增多 D．a点的电势降低 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻R1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化．电容器C的电压等于电阻R2‎ 两端的电压，分析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据干路电流与通过R2的电流变化情况，分析电流表的变化．a点的电势等于R2两端的电压．‎ ‎【解答】解：在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大．电阻R2两端的电压U2=E﹣I（R1+r），I增大，则U2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小．根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流IA=I﹣I2，I增大，I2减小，则IA增大．即电流表示数变大．故BC错误，AD正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，共12分）‎ ‎15．读出游标卡尺的读数　0.930　CM．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．‎ ‎【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．‎ ‎【解答】解：游标卡尺的主尺读数为：0.9cm，游标尺上第14个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为6×0.05mm=0.30mm=0.030cm，所以最终读数为：0.9mm+0.30mm=0.930cm．‎ 故答案为：0.930‎ ‎　‎ ‎16．图甲所示为某同学测绘额定电压为2.5V的小电珠的I﹣U图线的实验电路图．‎ ‎（1）根据电路图，用笔画线代替导线，将图乙中的实物图连接成完整的实验电路．‎ ‎（2）开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于　A端　（选填“A端”、“B端”或“AB正中间”）．‎ ‎（3）实验中发现移动滑动变阻器的滑片时，电流表的示数变化而电压表的指针不动，下列原因可能的是　C　‎ A．灯泡中灯丝已烧断 B．滑片接触不良 C．灯泡内部短路 D．滑动变阻器A端接触不良 ‎（4）图丙中电流表的读数是多少　0.46　A ‎（5）某同学在实验中还测出a、b、c三种元件的伏安特性曲线分别如图丁的（a）、（b）、（c），下列说法正确的是　AC　‎ A．a可以作为标准电阻使用 B．b能作为标准电阻使用 C．b的阻值随电压升高而增大 D．c的阻值随电压升高而增大．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】本实验采用分压接法，因灯泡内阻较小，故电流表外接法；‎ 根据电路特点及故障分析可得出故障原因；‎ 分析电阻的性质可分析各种电阻的作用．‎ ‎【解答】解：①根据题意可知，本题应采用滑动变阻器的分压接法，电源表采用外接法；实物图如下图所示；‎ ‎②开始时灯泡两端的电压应为零，然后再逐渐增大；故开始时滑片应滑到A端；‎ ‎（3）若调节滑动变阻器，电流表示数变化，说明电路是接通的；但电压表示数不变，说明灯泡灯丝短路；故选：C．‎ ‎（4）量程选择0.6A，最小分度为0.02A，故电流表示数为：0.46A；‎ ‎（5）a图中电阻不随电压的变化而变化，故可以做为标准电阻使用；b的阻值随电压升高而增大，c的阻值随电压升高而降低，故AC正确，BD错误．故选AC．‎ 故答案为：（1）如下图；（2）A端；（3）C；（4）0.46；（5）AC．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3小题，共32分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤）‎ ‎17．如右图所示，电源电动势E=14V，内电阻r=1Ω，小灯泡标有“2V，4W”，电动机D的内阻r′=0.5Ω，当变阻器的阻值R调到1Ω时，电灯和电动机均能正常工作，求：‎ ‎（1）电动机两端的电压；‎ ‎（2）电动机输出的机械功率；‎ ‎（3）电路消耗的总功率．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）灯泡额定电压为2V，额定功率为4W，由电功率变形公式可以求出灯泡额定电流，由串联电路特点及欧姆定律可以求出电动机两端电压．‎ ‎（2）由功率公式求出电动机输入功率与热功率，然后求出电动机的机械功率．‎ ‎（3）根据P总=EI求解电源的总功率．‎ ‎【解答】解：（1）电灯和电动机正常工作，根据欧姆定律，故：I== A=2 A．‎ 设电动机两端电压为U′，由闭合电路欧姆定律得E=U灯+U′+I（R+r），故：‎ U′=E﹣U灯﹣I（R+r）=14 V﹣2 V﹣2×（1+1）V=8 V．‎ ‎（2）电动机输出功率：P出=U′I﹣I2r′=8×2 W﹣22×0.5 W=14 W．‎ ‎（3）电路消耗的总功率为：P总=EI=14×2 W=28 W．‎ 答：（1）电动机两端的电压为8 V；‎ ‎（2）电动机输出的机械功率为14 W；‎ ‎（3）电路消耗的总功率为28 W．‎ ‎　‎ ‎18．一束电子流在经U0=5 000V的加速电场由静止加速后，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=1×10﹣3m，板长L=5×10﹣3m，那么，‎ ‎（1）电子离开加速电场时速度v0多大？（结果用字母e、U0、m表示）‎ ‎（2）要使电子刚好从平行板间边沿飞出，两个极板上应加多大电压？（可以得到具体数值）‎ ‎【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离开加速电场时的速度．‎ 根据牛顿第二定律和运动学公式求出偏转位移的表达式，得出偏转位移与极板电压的关系求出所加的电压大小．‎ ‎【解答】解：（1）在加速电场中，根据动能定理得，，‎ 解得．‎ ‎（2）在偏转电场中，偏转位移为，‎ 根据L=v0t，a=，‎ 则y=，‎ 解得U==400V．‎ 答：（1）电子离开加速电场时速度为．‎ ‎（2）要使电子刚好从平行板间边沿飞出，两个极板上应加400V的电压．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示在长为2L的绝缘轻质细杆的两端各连接一个质量均为m的带电小球A和B（可视为质点，也不考虑二者间的相互作用力），A球带正电、电荷量为+2q，B球带负电．电荷量为﹣3q．现把A和B组成的带电系统锁定在光滑绝缘的水平面上，并让A处于如图所示的有界匀强电场区域MPQN内．已知虚线MP是细杆的中垂线，MP和NQ的距离为4L，匀强电场的场强大小为E，方向水平向右．现取消对A、B的锁定，让它们从静止开始运动．（忽略小球运动中所产生的磁场造成的影响）‎ ‎（1）求小球A、B运动过程中的最大速度；‎ ‎（2）小球A、B能否回到原出发点？若不能，请说明理由；若能，请求出经过多长时间带电系统又回到原地发点．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）当B球进入电场后，合力向左，系统开始减速，故此时物体速度最大，对加速过程运用动能定理列式求解即可；‎ ‎（2）系统在B球进入电场前做加速运动，B球进入电场后开始做减速运动；返回过程先加速后减速，向右和向左的过程具有对称性；‎ 由牛顿第二定律，求解出加速过程和减速过程的加速度，然后根据运动学公式和动能定理列式求解．‎ ‎【解答】解：（1）带电系统锁定解除后，在水平方向上受到向右的电场力作用开始向右加速运动，‎ 当B进入电场区时，系统所受的电场力为A、B的合力，因方向向左，从而做减速运动，‎ 以后不管B有没有离开右边界，速度大小均比B刚进入时小，故在B刚进入电场时，系统具有最大速度．‎ 设B进入电场前的过程中，系统的加速度为a1，由牛顿第二定律：2Eq=2ma1，‎ B刚进入电场时，系统的速度为vm，由匀变速直线运动的速度位移公式得：vm2=2a1L，解得：vm=；‎ ‎（2）对带电系统进行分析，假设A能达到右边界，电场力对系统做功为W1，‎ 则：W1=2qE×3L+（﹣3qE×2L）=0，故系统不能从右端滑出，‎ 即：当A刚滑到右边界时，速度刚好为零，接着反向向左加速．‎ 由运动的对称性可知，系统刚好能够回到原位置，此后系统又重复开始上述运动．‎ 设B从静止到刚进入电场的时间为t1，则：t1==，‎ 设B进入电场后，系统的加速度为a2，由牛顿第二定律得：﹣3qE+2qE=2ma2，‎ 显然，系统做匀减速运动，减速所需时间为t2，则有：t2==，‎ 那么系统从开始运动到回到原出发点所需的时间为：t=2（t1+t2）=6；‎ 答：（1）小球A、B运动过程中的最大速度为；‎ ‎（2）小球A、B能回到原出发点；经过时间6带电系统又回到原地发点．‎ ‎　‎