物理·山西大学附中2016-2017学年高二上学期期中物理试卷 Word版含解析

物理·山西大学附中2016-2017学年高二上学期期中物理试卷 Word版含解析

‎2016-2017学年山西大学附中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题有14小题，每小题4分，共56分．其中1～9题为单选题，10～14题为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1．以下关于电荷的说法中正确的是（　　）‎ A．元电荷就是指电子本身 B．元电荷就是法拉第发现的 C．不论是摩擦起电还是感应起电，本质都是电荷的转移 D．摩擦起电是通过摩擦创造出了等量的异种电荷的过程 ‎2．有三个相同的金属小球A、B、C，其中A、B两球带电情况完全相同，C球不带电，将A、B两球相隔一定距离固定起来，两球间的库仑力是F，若使C球先和A接触，再与B球接触，移去C，则A、B间的库仑力变为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．下列说法正确的是（　　）‎ A．电动势反映了电源把电能转化为其他形式能量本领的物理量 B．电流强度有大小又有方向所以电流强度是矢量 C．电动势的单位和电势差相同，电动势实质上就是的电势差 D．同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化 ‎4．四种电场的电场线如图所示．一正电荷q仅在静电场力作用下由M点向N点做加速运动，且加速度越来越大．则该电荷所在的电场是图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、﹣Q，虚线是以+Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称．下列判不正确的是（　　）‎ A．b、d两点处的电势相同 B．四个点中c点处的电势最低 C．b、d两点处的电场强度相同 D．将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小 ‎6．静电计是测量电势差的仪器．指针偏转角度越大，金属外壳和上方金属小球间的电势差越大．在本实验中，静电计指针和A板等电势，静电计金属壳和B板等电势，因此指针偏转角越大表示A、B两极板间的电压越高．本实验中，对电容器充电后断开电键，则三个图中关于电压的说法正确组合的是（　　）‎ ‎①图1中电压升高．②图2中电压升高．③图3中电压升高．‎ ‎④图1中电压降低．⑤图2中电压降低．⑥图3中电压降低．‎ A．①②③ B．④⑤⑥ C．①⑤⑥ D．①④⑤‎ ‎7．某一探测器因射线照射，内部气体电离，在时间t内有n个二价正离子到达阴极，有2n个电子到达探测器的阳极，则探测器电路中的电流为（　　）‎ A．0 B． C． D．‎ ‎8．将4只相同的小灯泡连接成图示的两个电路，分别加上不同的恒定电压，调节变阻器R1和R2，使4只小灯泡都能正常发光，则这时R1和R2上消耗的电功率之比为（　　）‎ A．1：1 B．2：1 C．1：2 D．以上都不对 ‎9．用两只完全相同的电流表分别改装成一只电流表和一只电压表．将它们串联起来接入电路中，如图所示，此时（　　）‎ A．两只电表的指针偏转角相同 B．两只电表的指针都不偏转 C．电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角 D．电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角 ‎10．空间存在一电场，一带负电的粒子仅在电场力作用下从x1处沿x轴负方向运动，初速度大小为v0，其电势能Ep随坐标x变化的关系如图所示，图线关于纵轴左右对称，以无穷远处为零电势能点，粒子在原点O处电势能为E0，在x1处电势能为E1，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．坐标原点O处电场强度最大 B．粒子经过x1、﹣x1处速度相同 C．由x1运动到O过程加速度一直减小 D．粒子能够一直沿x轴负方向运动，一定有v0＞‎ ‎11．匀强电场方向水平向右，带电小球由图示位置从静止开始释放．已知小球所受电场力等于重力，不考虑空气阻力，则（　　）‎ A．开始一段时间内小球可能做变速圆周运动 B．开始一段时间内小球可能做变速直线运动 C．整个运动过程中小球电势能与机械能之和一定不变 D．小球运动至左侧时最高点一定低于释放位置 ‎12．如右图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为+q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N极上的C点，已知AB=BC．不计空气阻力，则可知（　　）‎ A．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等 B．微粒打到C点以前最小动能是初动能的一半 C．MN板间的电势差为 D．MN板间的电势差为 ‎13．如图所示，带电平行金属板A、B，板间的电势差大小为U，A板带正电，B板中央有一小孔．一带正电的微粒，带电荷量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A、B板的正中央C点，则（　　）‎ A．微粒下落过程中重力做功为mg（h+），电场力做功为 B．微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为 C．若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能达到A板 D．微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小 ‎14．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0．已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．则（　　）‎ A．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场 B．t=0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上 C．所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2Ek0‎ D．若入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时的侧向位移与v0相比必定减半 ‎　‎ 二、实验题（本题有4小题，共18分，请将答案写在答题卡中的横线上）‎ ‎15．如图甲所示为示波管，如果在YY′之间加如图乙所示的交变电压，同时在XX′之间加如图丙所示的锯齿形电压，使X的电势比X′高，则在荧光屏上会看到图形为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎16．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ． 用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1所示，由图可知其长度L=　　cm，用螺旋测微器测它的直径，由图2知其直径为d=　　 mm．‎ ‎17．如图是改装并校准电流表的电路图，已知表头的量程为Ig=600µA，内阻为 Rg=198Ω，mA是标准电流表，要求改装后的电流表量程为I=60mA，则图中分流电阻Rp的阻值为　　，改装后的电流表测量电流时，指针指在表盘上原来100µA处，则被测电流的大小是　　 mA．‎ ‎18．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，0.5A）、电流表、电压表以及滑动变阻器等实验器材：‎ ‎（1）图甲为实验中某同学连接好的实验电路图，在开关S闭合后，把滑动片P从A向B端移动过程中会观察到电压表读数变　　（填“大”或“小”）．‎ ‎（2）某同学由测出的数据画出I﹣U图象，如图乙所示，当小灯泡两端电压为2.0V时，小灯泡的电阻值R=　　Ω，此时小灯泡的实际功率P=　　W．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3小题，共26分．解答应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）‎ ‎19．如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q=﹣1.0×10﹣6C的点电荷由A点沿水平线移至B点，克服电场力做了2×10﹣6J的功，已知A、B间的距离为2cm．试求：‎ ‎（1）A、B两点间的电势差UAB及该匀强电场的电场强度 ‎（2）若A点的电势为φA=1V，试求B点的电势φB．‎ ‎20．如图所示的电路中，灯泡L标有“6V 12W”字样，电动机线圈的电阻RM=1.0Ω，AB两端的电压U恒为14V，若灯泡恰能正常发光，且电机能运转，试计算：‎ ‎（1）电动机的输出功率是多少？‎ ‎（2）电动机的热功率是多少？‎ ‎（3）整个电路消耗的电功率是多少？‎ ‎21．飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析．飞行时间质谱仪主要由脉冲阀、激光器、加速电场、偏转电场和探测器组成，探测器可以在轨道上移动以捕获和观察带电粒子．整个装置处于真空状态．加速电场和偏转电场电压可以调节，只要测量出带电粒子的飞行时间，即可以测量出其比荷．如图所示，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器．已知加速电场ab板间距为d，偏转电场极板M、N的长度为L1，宽度为L2．不计离子重力及进入a板时的初速度．‎ ‎（1）设离子的比荷为k（k=），如a、b间的加速电压为U1，试求离子进入偏转电场时的初速度v0；以及探测器偏离开中线的距离y．‎ ‎（2）当a、b间的电压为U1时，在M、N间加上适当的电压U2，离子从脉冲阀P喷出到到达探测器的全部飞行时间为t．请推导出离子比荷k的表达式：‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山西大学附中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题有14小题，每小题4分，共56分．其中1～9题为单选题，10～14题为多选题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）‎ ‎1．以下关于电荷的说法中正确的是（　　）‎ A．元电荷就是指电子本身 B．元电荷就是法拉第发现的 C．不论是摩擦起电还是感应起电，本质都是电荷的转移 D．摩擦起电是通过摩擦创造出了等量的异种电荷的过程 ‎【考点】电荷守恒定律；元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】明确元电荷的性质，知道元电荷是指电子或质子的带电量，为电量的一种单位；‎ 起电的本质均是电荷的转移，注意理解电荷守恒定律，知道电荷是不会被创生的．‎ ‎【解答】解：A、元电荷指指电子和质子的带电量，不是电子本身，故A错误；‎ B、元电荷是由美国物理学家密立根发现并测出了其电量的，故B错误；‎ C、不论是摩擦起电还是感应起电，本质都是电荷的转移，故C正确；‎ D、电荷是不能被创生，也不能被消灭的，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查电荷守恒定律以及元电荷的定义，要注意理解电荷守恒定律的基本内容，并会用来解释相关现象．‎ ‎　‎ ‎2．有三个相同的金属小球A、B、C，其中A、B两球带电情况完全相同，C球不带电，将A、B两球相隔一定距离固定起来，两球间的库仑力是F，若使C球先和A接触，再与B球接触，移去C，则A、B间的库仑力变为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】理解库仑定律的内容，知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．‎ ‎【解答】解：假设A、B带电量均为q，两球之间的相互吸引力大小是F=k，第三个不带电的金属小球C与A接触后，A、C的电量都为，C与B接触后先中和再平分，则C、B分开后，电量均为，这时A、B两球之间的相互作用力大小F=k=，故ACD错误，B正确；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】要清楚带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分．根据库仑定律的内容，找出变化量和不变量求出问题．‎ ‎　‎ ‎3．下列说法正确的是（　　）‎ A．电动势反映了电源把电能转化为其他形式能量本领的物理量 B．电流强度有大小又有方向所以电流强度是矢量 C．电动势的单位和电势差相同，电动势实质上就是的电势差 D．同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化 ‎【考点】电源的电动势和内阻；电流、电压概念．‎ ‎【分析】电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，由电源本身的特性决定，与外路的结构无关．电动势的大小等于电源没有接入电路时两极间的电压．‎ ‎【解答】解：A、电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小．故A错误．‎ ‎ B、电流有方向，但电流的加减不使用平行四边形定则，所以是标量．故B错误．‎ ‎ C、电动势的单位和电势差相同，但电动势与电势差是两个不同的物理量，它们的物理意义不同．故C错误．‎ ‎ D、电动势由电源本身的特性决定，跟电源的体积无关，与外电路的结构无关．同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化．故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】本题考查对电动势的理解．抓住电动势的物理意义：表征电源把其他形式的能转化为电能的本领的大小，与外电路的结构无关即可．‎ ‎　‎ ‎4．四种电场的电场线如图所示．一正电荷q仅在静电场力作用下由M点向N点做加速运动，且加速度越来越大．则该电荷所在的电场是图中的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】由粒子做加速运动可知，粒子受力方向，则可判断电场线的方向；由加速度的变化可知电荷受力的变化，则由F=Eq可得出场强的变化，则可判断电场线的疏密．‎ ‎【解答】解：因粒子由M到N是加速运动，而粒子带正电，故说明电场线是由M到N的；‎ 因粒子在运动中加速度越大越大，说明受电场力越大越大，则电场强度越大越大，电场线越来越密；故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】电场线是为了形象描述电场的性质而引入的虚拟带有方向的线，近几年对电场线的考查较多，应认真把握．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，在x轴上相距为L的两点固定两个等量异种点电荷+Q、﹣Q，虚线是以+Q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称．下列判不正确的是（　　）‎ A．b、d两点处的电势相同 B．四个点中c点处的电势最低 C．b、d两点处的电场强度相同 D．将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小 ‎【考点】电场的叠加；电场强度；电势．‎ ‎【分析】该电场中的电势、电场强度都关于X轴对称，所以bd两点的电势相等，场强大小相等，方向是对称的．c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等．‎ ‎【解答】解：A：该电场中的电势关于X轴对称，所以bd两点的电势相等，故A正确；‎ B：c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，即C点的电势在四个点中是最低的．故B正确；‎ C：该电场中的电场强度关于X轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的．故C不正确；‎ D：c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小．故D正确．‎ 本题选择不正确的，故选：C．‎ ‎【点评】该题考查常见电场的特点，解题的关键是c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等．而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低．属于基础题目．‎ ‎　‎ ‎6．静电计是测量电势差的仪器．指针偏转角度越大，金属外壳和上方金属小球间的电势差越大．在本实验中，静电计指针和A板等电势，静电计金属壳和B板等电势，因此指针偏转角越大表示A、B两极板间的电压越高．本实验中，对电容器充电后断开电键，则三个图中关于电压的说法正确组合的是（　　）‎ ‎①图1中电压升高．②图2中电压升高．③图3中电压升高．‎ ‎④图1中电压降低．⑤图2中电压降低．⑥图3中电压降低．‎ A．①②③ B．④⑤⑥ C．①⑤⑥ D．①④⑤‎ ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】当电容器一直和电源相连时电压不变，充电后和电源断开时，所带电量不变这，因此判断电容器的状态是解题关键，然后根据板间距离、正对面积、电解质等对电容器的影响来判断电容变化，根据电压、电容、电量之间的关系判断电压变化情况．‎ ‎【解答】解：①电容器充电后和电源断开其带电量不变，当极板B向上移动时，正对面积减小，根据电容决定式C=，可知电容减小，根据U=可知，电量不变，由于电容减小，电压则增大；‎ ‎②同理，电容器板间距离减小，电容增大，根据U=可知电压减小；‎ ‎③图中插入电解质，电容增大，根据U=可知电压减小．‎ 故选：C ‎【点评】有关电容器的问题主要考查对电容器的决定式和电容器的定义式的理解和灵活应用情况，尤其注意公式之间的推导与换算．‎ ‎　‎ ‎7．某一探测器因射线照射，内部气体电离，在时间t内有n个二价正离子到达阴极，有2n个电子到达探测器的阳极，则探测器电路中的电流为（　　）‎ A．0 B． C． D．‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】据电流的公式I=，q是通过导体截面的电量；电离时正负电荷分别向两个方向运动；通过截面的电量只能为正离子或电子的．‎ ‎【解答】解：由题意可知，电离时通过导体截面的电量为2ne；‎ 由电流公式I=得：‎ I=‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题要注意电离导电和电解液导电的区别；在电离时正负电荷不是同时通过截面的，而是分别流向两极；故求电量时不能求正负电荷的绝对值的和．‎ ‎　‎ ‎8．将4只相同的小灯泡连接成图示的两个电路，分别加上不同的恒定电压，调节变阻器R1和R2，使4只小灯泡都能正常发光，则这时R1和R2上消耗的电功率之比为（　　）‎ A．1：1 B．2：1 C．1：2 D．以上都不对 ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】左图中两只灯泡并联后与滑动变阻器R1串联；在右图中，两只灯泡与滑动变阻器R2串联；灯泡规格相同并且正常发光，说明两端电压为额定电压，根据两种情况下的连接关系，利用公式P=UI比较滑动变阻器功率大小．‎ ‎【解答】解：在左图中，两只灯泡并联后与滑动变阻器串联，因为灯泡仍然正常发光，所以每只灯泡两端电压仍然为U0，通过每只灯泡的电流都是I0，‎ 则滑动变阻器两端电压为：U1=U﹣U0，通过滑动变阻器的电流为：I=2I0，‎ 滑动变阻器消耗的功率为：P1=U1I=（U﹣U0）2I0；‎ 在右图中，两只灯泡和滑动变阻器组成串联电路，设每只灯泡两端电压为U0，电路电流为I0，‎ 则滑动变阻器两端电压为：U2=U′﹣2U0，‎ 滑动变阻器消耗的功率为：P2=U2I0=（U′﹣2U0）I0；‎ 所以滑动变阻器消耗的电能为： ===．‎ 故选：A ‎【点评】此题考查的是串联电路、并联电路的电压、电流特点以及电功率计算公式的应用，理解灯泡正常发光的含义，明确电路特点并根据题意正确选择功率公式是正确解答此题的关键．‎ ‎　‎ ‎9．用两只完全相同的电流表分别改装成一只电流表和一只电压表．将它们串联起来接入电路中，如图所示，此时（　　）‎ A．两只电表的指针偏转角相同 B．两只电表的指针都不偏转 C．电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角 D．电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；‎ 将电压表和电流表串联，分析通过表头的电流关系，判断指针偏转角度的大小．‎ ‎【解答】解：电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；‎ 两表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，‎ 所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很小，电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角，故ABD错误，C正确；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题关键是明确电流表和电压表的改装原理，熟悉串联电路的电流特点，基础题．‎ ‎　‎ ‎10．空间存在一电场，一带负电的粒子仅在电场力作用下从x1处沿x轴负方向运动，初速度大小为v0，其电势能Ep随坐标x变化的关系如图所示，图线关于纵轴左右对称，以无穷远处为零电势能点，粒子在原点O处电势能为E0，在x1处电势能为E1，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．坐标原点O处电场强度最大 B．粒子经过x1、﹣x1处速度相同 C．由x1运动到O过程加速度一直减小 D．粒子能够一直沿x轴负方向运动，一定有v0＞‎ ‎【考点】电势能；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，结合分析图象的斜率与场强的关系，即可求得原点O处的电场强度大小；由图直接读出电势能的关系．‎ 根据斜率读出场强的变化，由F=qE，分析电场力的变化，由牛顿第二定律判断加速度的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据电势能与电势的关系：Ep=qφ，场强与电势的关系：E=，可得：E=．Ep﹣x图象切线的斜率等于，根据数学知识可知，坐标原点O处切线斜率为零，则坐标原点O处电场强度为零，故A错误．‎ B、由图看出，x负电荷在x1、﹣x1处的电势能相等，所以粒子的动能也相等，即速度相等，故B正确．‎ C、由﹣x1运动到O过程，根据数学知识可知，图线的斜率先减小后增大，说明场强先增大后减小，由F=qE知，粒子所受的电场力先增大后减小，根据牛顿第二定律得知，加速度先增大后减小，故C错误．‎ D、带负电的粒子仅在电场力作用下从x1处沿x轴负方向运动，在从x1处运动到O处的过程中电势能增大，则粒子的动能减小；粒子能够一直沿x轴负方向运动，一定有在O点的动能大于0，即：，所以：v0＞，故D正确．‎ 故选：BD ‎【点评】解决本题的关键要分析图象斜率的物理意义，判断电势和场强的变化，再根据牛顿第二定律行分析．‎ ‎　‎ ‎11．匀强电场方向水平向右，带电小球由图示位置从静止开始释放．已知小球所受电场力等于重力，不考虑空气阻力，则（　　）‎ A．开始一段时间内小球可能做变速圆周运动 B．开始一段时间内小球可能做变速直线运动 C．整个运动过程中小球电势能与机械能之和一定不变 D．小球运动至左侧时最高点一定低于释放位置 ‎【考点】电势能；功能关系；电场强度．‎ ‎【分析】根据电场强度方向可知，电场力一定水平，由于带电性不知，所以电场力可能水平向左，也可能水平向右．因此从两种情况分析小球的运动，即可求解．‎ ‎【解答】解：A、当小球受到的电场力水平向右时，则小球除受拉力外，还受到重力与电场力．可将此两力等效成一个力，则小球在开始一段时间内小球做变速圆周运动，当摆到45°时，小球的速度达到最大，故A正确；‎ B、当小球受到的电场力水平向左时，则小球除受拉力外，还受到重力与电场力．可将此两力等效成一个力，则小球在开始一段时间内小球做变速直线运动，当运动到最低点，由于线的作用，使小球开始做圆周运动，故B正确；‎ C、当小球受到的电场力水平向右时，小球作圆周运动过程中，小球电势能与机械能之和一定不变； 而当小球受到的电场力水平向左，小球摆到最低时，由于线的作用，导致机械能损失，产生内能．所以电势能与机械能之和变小，故C错误；‎ D、当小球受到的电场力水平向右时，小球运动至左侧时最高点即为几何最低点，则一定低于释放位置； 当小球受到的电场力水平向左时，小球运动的最高点高于释放位置．故D错误；‎ 故选：AB ‎【点评】本题应该考虑带电小球的电性，从而决定电场力方向．同时运用等效法，将重力与电场力看成一个恒定的力．考查了只有重力与电场力做功时，电势能与动能相互转化．注意第二种情况下，线刚张紧瞬间，机械能有损失．‎ ‎　‎ ‎12．如右图所示，M、N是竖直放置的两平行金属板，分别带等量异种电荷，两极间产生一个水平向右的匀强电场，场强为E，一质量为m、电荷量为+q的微粒，以初速度v0竖直向上从两极正中间的A点射入匀强电场中，微粒垂直打到N极上的C点，已知AB=BC．不计空气阻力，则可知（　　）‎ A．微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等 B．微粒打到C点以前最小动能是初动能的一半 C．MN板间的电势差为 D．MN板间的电势差为 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】由题分析可知，微粒垂直打到N极上的C点，微粒竖直方向做匀减速运动，微粒的重力不能忽略．将微粒的运动分解为水平和竖直两个方向，粒子水平做匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动，用平均速度分别表示两个方向的分位移，根据分位移大小相等，运动时间相等，研究微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率的关系．根据动能定理求出AC间电势差，MN间的电势差等于AB间电势差的两倍．‎ ‎【解答】解：A、将微粒的运动分解为水平和竖直两个方向，粒子水平做匀加速运动，竖直方向做竖直上抛运动．则有BC=t，AB=t 由题，AB=BC，得到vC=v0，即微粒打到C点时的速率与射入电场时的速率相等．故A正确．‎ B、根据牛顿第二定律，竖直方向，水平方向，所以电场力F=mg，将电场力和重力等效为F'，，当速度与F'垂直时，速度最小动能最小，将初速度沿F'方向和沿F'方向正交分解，垂直F'方向的分速度，最小速度即与F'垂直的分量，即， =，故B正确；‎ C、根据动能定理，研究水平方向得：qUAB=，得到：UAB=，所以MN板间的电势差为，故C正确．‎ D、根据相同时间内，速度变化相同，则加速度相同，由牛顿第二定律，则有mg=qE，因此MN板间的电势差为=，故D错误；‎ 故选：ABC ‎【点评】本题首先考查分析物体运动情况和判断受力的能力，其次考查运用运动的分解处理曲线的能力．‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，带电平行金属板A、B，板间的电势差大小为U，A板带正电，B板中央有一小孔．一带正电的微粒，带电荷量为q，质量为m，自孔的正上方距板高h处自由落下，若微粒恰能落至A、B板的正中央C点，则（　　）‎ A．微粒下落过程中重力做功为mg（h+），电场力做功为 B．微粒落入电场中，电势能逐渐增大，其增加量为 C．若微粒从距B板高2h处自由下落，则恰好能达到A板 D．微粒在下落过程中动能逐渐增加，重力势能逐渐减小 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；功能关系．‎ ‎【分析】微粒在下落过程中先做加速运动，后做减速运动，动能先增大，后减小．重力一直做正功，重力一直减小．微粒下落过程中重力做功为mg（h+），电场力做功为﹣qU．微粒落入电场中，电场力做负功，电势能逐渐增大，其增加量为qU．根据动能定理研究微粒从距B板高2h处自由下落，能否到达A板．‎ ‎【解答】解：A、微粒下降的高度为h+，重力做正功，为WG=mg（h+），电场力向上，位移向下，电场力做负功，WE=﹣q=﹣qU．故A错误；‎ B、微粒落入电场中，克服电场力做功，电势能逐渐增大，其增加量等于克服电场力做的功，为，故B正确；‎ C、由题微粒恰能落至A，B板的正中央c点过程，由动能定理得：‎ mg（h+）﹣qU=0 ①，‎ 若微粒从距B板高2h处自由下落，设达到A板的速度为v，则由动能定理得：‎ mg（2h+d）﹣qU=mv2 ②，‎ 由①②联立得v=0，即恰好能达到A板，故C正确；‎ D、微粒在下落过程中，进入电场前做自由落体运动，动能逐渐增加，重力势能逐渐减小；进入电场后是减速运动，动能减小；故D错误；‎ 故选：BC ‎【点评】本题根据动能定理研究微粒能否到达A板，也可以根据牛顿第二定律和运动学公式分析．‎ ‎　‎ ‎14．如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为Ek0．已知t=0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方向射出电场．则（　　）‎ A．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场 B．t=0之后射入电场的粒子有可能会打到极板上 C．所有粒子在经过电场过程中最大动能都不可能超过2Ek0‎ D．若入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时的侧向位移与v0相比必定减半 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动；t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零．‎ ‎【解答】解：A、B、D、粒子在平行极板方向不受电场力，做匀速直线运动，故所有粒子的运动时间相同；‎ t=0时刻射入电场的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，沿上板右边缘垂直电场方向射出电场，说明竖直方向分速度变化量为零，根据动量定理，竖直方向电场力的冲量的矢量和为零，故运动时间为周期的整数倍；故所有粒子最终都垂直电场方向射出电场；‎ 由于t=0时刻射入的粒子始终做单向直线运动，竖直方向的分位移最大，故所有粒子最终都不会打到极板上；故A正确，B错误；‎ C、t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，为；‎ 根据分位移公式，有： =‎ 由于L=d 故：vym=v0‎ 故最大动能EK′=m（v02+v2ym）=2EK，故C正确；‎ D、若t=0时刻的粒子入射速度加倍成2v0，则粒子从电场出射时间减半的侧向位移与时间的平方成正比，侧向位移与原v0相比必变成原来的四分之一；故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎【点评】本题关键根据正交分解法判断粒子的运动，明确所有粒子的运动时间相等，t=0时刻射入的粒子竖直方向的分位移最大，然后根据分运动公式列式求解，不难．‎ ‎　‎ 二、实验题（本题有4小题，共18分，请将答案写在答题卡中的横线上）‎ ‎15．如图甲所示为示波管，如果在YY′之间加如图乙所示的交变电压，同时在XX′之间加如图丙所示的锯齿形电压，使X的电势比X′高，则在荧光屏上会看到图形为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；示波器的使用．‎ ‎【分析】示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．‎ ‎【解答】解：因XX′偏转电极接入的是锯齿形电压，即扫描电压，且周期与YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压相同，‎ ‎　　则以在荧光屏上得到的信号在一个周期内的稳定图象．则显示如图所示：‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考 ‎　‎ ‎16．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ． 用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1所示，由图可知其长度L=　5.015　cm，用螺旋测微器测它的直径，由图2知其直径为d=　2.497　 mm．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】游标卡尺读数的方法是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：游标卡尺的主尺读数为50mm，游标读数为0.05×3=0.15mm，所以最终读数为 L=50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm．‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为2mm，可动刻度读数为0.01×49.7mm=0.497mm，所以最终读数为 d=2mm+0.497mm=2.497mm．‎ 故答案为：5.015；2.497．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是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．‎ ‎　‎ ‎17．如图是改装并校准电流表的电路图，已知表头的量程为Ig=600µA，内阻为 Rg=198Ω，mA是标准电流表，要求改装后的电流表量程为I=60mA，则图中分流电阻Rp的阻值为　2Ω　，改装后的电流表测量电流时，指针指在表盘上原来100µA处，则被测电流的大小是　10　 mA．‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】根据并联电路特点与欧姆定律可以求出分流电阻阻值；根据电流表的量程确定其分度值，然后读出其示数．‎ ‎【解答】解：分流电阻阻值为：RP═=≈2Ω，‎ 原来电流表量程为600μA=0.6mA，改装后电流表量程为60mA，‎ 电流表量程扩大了100倍，分度值扩大100倍，‎ 指针指在表盘上原来100µA处，则被测电流的大小为：100μA×100=10000μA=10mA；‎ 故答案为：2Ω；10．‎ ‎【点评】本题考查了电流表改装、电流表读数，考查了求并联电阻阻值问题，知道电流表改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律可以解题．‎ ‎　‎ ‎18．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，0.5A）、电流表、电压表以及滑动变阻器等实验器材：‎ ‎（1）图甲为实验中某同学连接好的实验电路图，在开关S闭合后，把滑动片P从A向B端移动过程中会观察到电压表读数变　大　（填“大”或“小”）．‎ ‎（2）某同学由测出的数据画出I﹣U图象，如图乙所示，当小灯泡两端电压为2.0V时，小灯泡的电阻值R=　4.4　Ω，此时小灯泡的实际功率P=　0.90　W．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）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．‎ ‎（2）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）由图示电路图可知，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从从A向B端移动过程中会观察到电压表读数变大．‎ ‎（2）由图象可知，当U=2.0V时，对应的电流为：I=0.45A，‎ 则小灯泡的电阻值为：R=≈4.4Ω，‎ 灯泡的实际功率为：P=UI=2.0×0.45=0.90W；‎ 故答案为：（1）大；（2）4.4，0.90‎ ‎【点评】本题应明确：①若要求电流从零调或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器应用分压式接法；②涉及到图象问题，可以表示出纵轴物理量与横轴物理量的函数表达式，然后再根据斜率和截距的概念讨论即可．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3小题，共26分．解答应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）‎ ‎19．如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q=﹣1.0×10﹣6C的点电荷由A点沿水平线移至B点，克服电场力做了2×10﹣6J的功，已知A、B间的距离为2cm．试求：‎ ‎（1）A、B两点间的电势差UAB及该匀强电场的电场强度 ‎（2）若A点的电势为φA=1V，试求B点的电势φB．‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势．‎ ‎【分析】（1）A、B间两点间的电势差由公式UAB=求解．根据UAB=Ed，d是两点沿电场线方向的距离，求解电场强度．‎ ‎（2）由UAB=φA﹣φB，求出B点的电势φB．‎ ‎【解答】解：（1）由题意可知，点电荷从A到B，电场力做负功 UAB=﹣2×10﹣6 J 据UAB=得 UAB=V=2V A、B两点沿电场线方向的距离 d=2×10﹣2cos 60°m=1×10﹣2 m 由E==200 V/m，方向：沿电场线斜向下 ‎（2）由UAB=φA﹣φB，则φB=φA﹣UAB=﹣1 V 答：‎ ‎（1）A、B两点间的电势差UAB是2V，该匀强电场的电场强度是200 V/m，方向：沿电场线斜向下．‎ ‎（2）若A点的电势为φA=1V，B点的电势φB是﹣1V．‎ ‎【点评】本题考查对电势差与电场强度关系的理解能力．还要抓住公式E=中d是两点沿电场线方向的距离．同时要注意沿着电场线方向电势是降低的．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示的电路中，灯泡L标有“6V 12W”字样，电动机线圈的电阻RM=1.0Ω，AB两端的电压U恒为14V，若灯泡恰能正常发光，且电机能运转，试计算：‎ ‎（1）电动机的输出功率是多少？‎ ‎（2）电动机的热功率是多少？‎ ‎（3）整个电路消耗的电功率是多少？‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】灯泡额定电是6V，额定功率是12W，由电功率的变形公式可以求出灯泡正常发光时的电流；由串联电路特点可以求出电动机的电压，由电功率公式可以求出电机总功率与热功率，进一步求出电动机的输出功率；由电功率公式可以求出电路总功率．‎ ‎【解答】解：（1）（2）电动机两端的电压：U1=U﹣UL=14﹣6V=8V 整个电路中的电流：I===2A 所以电动机的输入功率：P=U1I=8×2W=16W 电动机的热功率：P热=I2RM=4×1W=4W 则电动机的输出功率：P2=P﹣I2RM=16﹣4=12W ‎（3）整个电路消耗的功率：‎ P总=UI=14×2W=28W．‎ 答：（1）电动机的输出功率是12W；‎ ‎（2）电动机的热功率是4W；‎ ‎（3）整个电路消耗的电功率是28W．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道电动机的输出功率P2=I2RM以及知道整个电路消耗的功率P总=UI．‎ ‎　‎ ‎21．飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析．飞行时间质谱仪主要由脉冲阀、激光器、加速电场、偏转电场和探测器组成，探测器可以在轨道上移动以捕获和观察带电粒子．整个装置处于真空状态．加速电场和偏转电场电压可以调节，只要测量出带电粒子的飞行时间，即可以测量出其比荷．如图所示，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的离子，自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器．已知加速电场ab板间距为d，偏转电场极板M、N的长度为L1，宽度为L2．不计离子重力及进入a板时的初速度．‎ ‎（1）设离子的比荷为k（k=），如a、b间的加速电压为U1，试求离子进入偏转电场时的初速度v0；以及探测器偏离开中线的距离y．‎ ‎（2）当a、b间的电压为U1时，在M、N间加上适当的电压U2，离子从脉冲阀P喷出到到达探测器的全部飞行时间为t．请推导出离子比荷k的表达式：‎ ‎【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理．‎ ‎【分析】（1）粒子在加速电场中做匀加速直线运动，根据动能定理列式；粒子在偏转电场中做类似平抛运动，根据分位移公式列式；最后联立求解即可；‎ ‎（2）对电加速过程根据速度时间关系公式列式；对偏转过程根据分位移公式列式；最后联立求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）设离子的带电量为q，质量为m，有：‎ 得：‎ 正离子在平行板M、N间水平方向运动的位移为x时，在竖直方向运动的位移为y，有：‎ 水平方向：L1=v0t 竖直方向：y=‎ 加速度：‎ 解得：y=‎ ‎（2）设离子在加速电场和偏转电场中的飞行时间分别为t1和t2，在加速电场中的加速度为a1，则：‎ t=t1+t2‎ 联立解得：‎ 答：（1）离子进入偏转电场时的初速度为；探测器偏离开中线的距离y为．‎ ‎（2）离子比荷k的表达式为．‎ ‎【点评】本题关键建立运动模型，明确粒子的运动规律，先直线加速后类平抛运动，然后根据运动学公式和类平抛运动的分位移公式列式求解，不难．‎ ‎　‎