1、2016-2017學年北京師大附中實驗學校高二（上）期中物理試卷一、選擇題1用控制變量法，可以研究影響電荷間相互作用力的因素如圖所示，O是一個帶電的物體，若把系在絲線上的帶電小球先后掛在橫桿上的P1、P2、P3等位置，可以比較小球在不同位置所受帶電物體的作用力的大小這個力的大小可以通過絲線偏離豎直方向的角度顯示出來若物體O的電荷量用Q表示，小球的電荷量用q表示，物體與小球間距離用d表示，物體和小球之間的作用力大小用F表示則以下對該實驗現(xiàn)象的判斷正確的是（）A保持Q、q不變，增大d，則變大，說明F與d有關B保持Q、q不變，減小d，則變大，說明F與d成反比C保持Q、d不變，減小q，則變小，說明F與

2、q有關D保持q、d不變，減小Q，則變小，說明F與Q成正比2如圖四個電場中，均有相互對稱分布的a、b兩點其中電勢和場強都相同的是（）ABCD3在具有一定厚度的空心金屬球殼的球心位置處放一正電荷，圖中的四個圖畫出了其空間電場的電場線情況，符合實際情況的是（）ABCD4如圖所示，R為阻值較大的電阻，電容器C不帶電現(xiàn)將開關合到1，待電路穩(wěn)定后再合到2，此過程中通過R的電流i隨時間t變化的圖象可能是（）ABCD5圖示為研究影響平行電容器電容因素的實驗裝置設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為實驗中，極板所帶電荷量幾乎不變，則下列說法中正確的是（）A保持S不變，增大d，則變大B保持S不變

3、，增大d，則變小C保持d不變，增大S，則變大D保持d不變，增大S，則不變6美國物理學家密立根（RAMillikan）于20世紀初進行了多次實驗，比較準確的測定了電子的電荷量，其實驗原理可以簡化為如下模型：兩個相距為d的平行金屬板A、B水平放置，兩板接有可調電源從A板上的小孔進入兩板間的油滴因摩擦而帶有一定的電荷量，將兩板間的電勢差調節(jié)到U時，帶電油滴恰好懸浮在兩板間；然后撤去電場，油滴開始下落，由于空氣阻力，下落的油滴很快達到勻速下落狀態(tài)，通過顯微鏡觀測這個速度的大小為v，已知這個速度與油滴的質量成正比，比例系數(shù)為k，重力加速度為g則計算油滴帶電荷量的表達式為（）ABCD7如圖所示，水平放置、

4、間距為d的兩平行金屬板A、B帶有等量異種電荷，在離A、B板均為處有a、b兩點不計電場邊緣效應，則（）Aa、b兩點的電場強度EaEbBA板與a點間的電勢差UAa和B板與b點間的電勢差UBb相同C將A、B板間距離增大到2d時，兩板間的電勢差增大到原來的兩倍D將A、B板間距離增大到2d時，兩板所帶的電荷量增大到原來的兩倍8如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc實線為一帶正電的質點（不計重力）僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，M、N是這條軌跡上的兩點，下列判斷正確的是（）A三個等勢面中，a的電勢最低B帶電質點在M點具有的電勢能比在N點具有的電勢

5、能大C帶電質點通過M點時的動能比通過N點時大D帶電質點通過M點時的加速度比通過N點時小9小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示，P為圖線上一點，PN為圖線過P點的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線則下列說法中不正確的是（）A隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻減小B對應P點，小燈泡的電阻為R=C對應P點，小燈泡的電阻為R=D對應P點，小燈泡的電阻為R=10如圖所示，a、b分別表示由相同材料制成的兩條長度相同、粗細均勻電阻絲的伏安特性曲線，下列判斷中正確的是（）Aa代表的電阻絲較粗Bb代表的電阻絲較粗Ca電阻絲的阻值小于b電阻絲的阻值D圖線表示的電阻絲的阻值與電壓成正比11如圖所示

6、為一未知電路，現(xiàn)測得兩個端點a，b之間的電阻為R，若在a、b之間加上電壓U，測得通過電路的電流為I，則該未知電路的電功率一定是為（）AI2RBCUIDUII2R12截面積為S的導線中通有電流I已知導線每單位體積中有n個自由電子，每個自由電子的電荷量是e，自由電子定向移動的速率是v，則在時間t內通過導線橫截面的電子數(shù)是（）ABnvtCnSvtD13a、b、c三個粒子由同一點垂直場強方向進入偏轉電場，其軌跡如圖所示，其中b恰好同時飛出電場，下列說法中不正確的是（）A在b飛離電場的同時，a剛好打在負極板上Bb和c同時飛離電場C進入電場時，c的速度最大，a的速度最小D動能的增量相比，c的最小，a和b的

7、一樣大14如圖所示，a、b、c表示某點電荷產生的電場中的三個等勢面，它們的電勢分別為a=U，b=，c=一帶電粒子（所受重力不計）從等勢面a上某點由靜止釋放后，經過等勢面b時速率為v，則它經過等勢面c時的速率為（）A vB vC2vD4v15如圖所示，A、B為兩塊水平放置的金屬板，通過閉合的開關S分別與電源兩極相連，兩極中央各有一個小孔a和b，在a孔正上方某處放一帶電質點由靜止開始下落，若不計空氣阻力，該質點到達b孔時速度恰為零，然后返回現(xiàn)要使帶電質點能穿過b孔，則可行的方法是（）A保持S閉合，將A板適當上移B保持S閉合，將B板適當下移C先斷開S，再將A板適當上移D先斷開S，再將B板適當下移二、

8、不定項選擇題16下列關于電場強度的兩個表達式E=和E=的敘述，正確的是（）AE=是電場強度的定義式，F(xiàn)是放入電場中的電荷所受的力，q是產生電場的電荷的電荷量BE=是電場強度的計算式，F(xiàn)是放入電場中的電荷受的力，q是放入電場中電荷的電荷量，它適用于任何電場CE=是點電荷場強的定義式，Q是產生電場的電荷的電荷量，它不適用于勻強電場D從點電荷場強計算式分析庫侖定律的表達式F=k，式是點電荷q2產生的電場在點電荷q1處的場強大小，而是點電荷q1產生的電場在點電荷q2處的場強的大小17有關電壓與電動勢的說法中正確的是（）A電壓與電動勢的單位都是伏特，所以電動勢與電壓是同一物理量的不同叫法B電動勢表示電源

9、將單位正電荷從負極移到正極時，非靜電力做的功的大小C電動勢公式E= 中的W與電壓U=中的W是一樣的，都是電場力做的功D電動勢是反映電源把其他形式的能轉化為電勢能本領強弱的物理量18如圖所示，絕緣金屬平行板電容器充電后，靜電計的指針偏轉一定角度，若不改變兩極板帶的電量而減小兩極板間的距離，同時在兩極板間插入電介質，則（）A電容器的電容將減小B電容器的電容將增大C靜電計指針的偏轉角度會減小D靜電計指針的偏轉角度會增大19如圖所示，示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的（）A極板X應帶正電B極板X應帶正電C極板Y應帶負電D極板Y應帶負電2

10、0一帶電液滴在重力和勻強電場對它的作用力作用下，在豎直平面內，從靜止開始由b沿直線運動到d，且bd與豎直方向所夾的銳角為45°，則下列結論正確的是（）A此液滴帶負電B液滴的加速度等于零C合外力對液滴做的總功等于零D液滴的電勢能和動能之和是增加的三、實驗題21在“測定金屬絲的電阻率”的實驗中，某同學進行了如下測量：（1）用毫米刻度尺測量接入電路中的被測金屬絲的有效長度測量3次，求出其平均值L其中一次測量結果如圖甲所示，金屬絲的另一端與刻度尺的零刻線對齊，圖中讀數(shù)為 cm用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，選不同的位置測量3次，求出其平均值d其中一次測量結果如圖乙所示，如圖乙中讀數(shù)為mm（2）

11、采用如圖丙所示的電路測量金屬絲的電阻電阻的測量值比真實值（填“偏大”或“偏小”）最后由公式=計算出金屬絲的電阻率（用上述直接測量的物理量表示）22（1）某小組同學測量小燈泡UI關系的實驗數(shù)據(jù)：表格中所列數(shù)據(jù)是U（V）0.000.20.51.01.52.02.53.0I（A）0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2050.215由以上實驗數(shù)據(jù)可知，他們測量小燈泡是采用圖1中的圖（選填甲或乙）（2）圖2是測量小燈泡的實驗器材實物圖，圖中已連接了部分導線請根據(jù)（1）所選的電路圖，補充完成圖中實物間的連線，并使閉合開關的開關前，調節(jié)滑動變阻器，滑片P應滑至變阻器的；（選填“最

12、左端”“任意位置”或“最右端”），防止電壓表或電流表不至于被燒壞（3）方格紙（圖3）內畫出小電珠的UI曲線分析曲線可知小電珠的電阻值隨I變大而（選填變大、變小或不變）23在把電流表改裝成電壓表的實驗中，把量程Ig=300A、內阻約為100的電流表G改裝成電壓表（1）采用如圖1所示的電路測電流表G的內阻Rg，可選用器材有：A電阻箱：最大阻值為999.9；B電阻箱：最大阻值為99999.9；C滑動變阻器：最大阻值為200；D滑動變阻器，最大阻值為2k；E電源，電動勢約為6V，內阻很小；F開關、導線若干為提高測量精度，在上述可供選擇的器材中，可變電阻R1應該選擇；可變電阻R2應該選擇；電源E應該選擇

13、（填入選用器材的字母代號）（2）測電流表G內阻Rg的實驗步驟如下，把缺少的部分補充完整a連接電路，將可變電阻R1調到最大；b斷開S2，閉合S1，調節(jié)可變電阻R1使電流表G滿偏；c此時可以認為電流表G的內阻Rg=R2（3）若測得Rg=105.0，現(xiàn)串聯(lián)一個9895.0的電阻將它改裝成電壓表，用它來測量電壓，電流表表盤指針位置如圖2所示，則此時所測量的電壓的值應是V五、選擇題24如圖甲所示，Q1、Q2為兩個固定的點電荷，其中Q1帶負電，a、b、c三點在它們連線的延長線上現(xiàn)有一帶負電的粒子以一定的初速度沿直線從a點開始向遠處運動經過b、c兩點（粒子只受電場力作用），粒子經過a、b、c三點時的速度分別

14、為va、vb、vc，其速度時間圖象如圖乙所示以下說法中正確的是（）AQ2一定帶正電BQ2的電量一定小于Q1的電量Cb點的電場強度最大D粒子由a點運動到c點運動過程中，粒子的電勢能先增大后減小25A、B兩導體板平行放置，在t=0時將電子從A板附近由靜止釋放則在A、B兩板間加上下列哪些電壓時，可以使電子到達B板（）ABCD26如圖所示，紙面內有一勻強電場，帶正電的小球（重力不計）在恒力F的作用下沿圖中虛線由A勻速運動至B，已知力F和AB間夾角為，AB間距離為d，小球帶電量為q，則下列結論正確的是（）A電場強度的大小為E=BAB兩點的電勢差為UAB=C帶電小球由A運動至B過程中電勢能增加了Fdcos

15、D帶電小球若由B勻速運動至A，則恒力F必須反向27空間存在著平行于x軸方向的靜電場A、M、O、N、B為x軸上的點，OAOB，OM=ON，AB間的電勢隨x的分布為如圖所示，一個帶電粒子在電場中僅在電場力作用下從M點由靜止開始沿x軸向右運動，則下列判斷中正確的是（）A粒子一定帶負電B粒子從M向O運動過程中所受電場力均勻增大C粒子一定能通過N點DAO間的電場強度大于OB間的電場強度28如圖（a）所示，光滑絕緣水平面上有甲、乙兩個點電荷t=0時，甲靜止，乙以初速度6m/s向甲運動，甲的速度為0此后，它們僅在靜電力的作用下沿同一直線運動（整個運動過程中沒有接觸），它們運動的vt圖象分別如圖（b）中甲、乙

16、兩曲線所示則由圖線可知（）A兩電荷的電性一定相同Bt1時刻兩電荷的電勢能最大C0t2時間內，兩電荷的靜電力先增大后減小D0t3時間內，甲的動能一直增大，乙的動能一直減小六、計算題29氫原子內有一個氫原子核和一核外電子，電子和原子核都帶一個元電荷e，電子帶負電，原子核帶正電，電子質量為m，設電子繞原子核運動的軌道半徑為r求：（1）電子的運動周期；（2）電子的動能（3）等效電流30如圖所示，一根長L=1.5m的光滑絕緣細直桿MN，豎直固定在場強為E=5.0×104N/C、豎直向上的勻強電場中桿的下端M固定一個帶電小球A，電荷量Q=4.5×106 C；另一帶電小球B穿在桿上可自由

17、滑動，電荷量q=1.0×106 C，質量m=1.0×102kg現(xiàn)將小球B從桿的上端N靜止釋放，小球B開始運動（靜電力常量k=9.0×109 Nm2/C2，取g=10m/s2）（1）小球B開始運動時的加速度為多大？（2）小球B的速度最大時，距M端的高度h1為多大？（3）小球B從N端運動到距M端的高度h2=0.61m時，速度為v=1.0m/s，求此過程中小球B的電勢能改變了多少？31如圖所示，一根長為L的絕緣輕繩的一端固定在O點，另一端連接著一個帶正電的小球，小球可視為質點，其質量為m，電荷量為q在O點正上方和正下方距O點L處，各固定一個絕緣彈性擋板A和B，兩個擋板尺

18、寸很小，均豎直放置此裝置處在一個豎直勻強電場中，電場強度的大小為E=mg/q，方向最初豎直向上現(xiàn)將小球拉到O點右側同一高度且距O點L處，給它一個豎直向上的初速度v0=此后小球在A、B之間的右側區(qū)域豎直面內做圓周運動，并不時與A、B擋板碰撞，在小球與A、B擋板碰撞時，通過兩擋板上安裝的傳感器和控制電路，控制電場方向在碰后瞬間反向，不計碰撞中的能量損失，重力加速度為g，求：（1）小球與A、B擋板第一次碰前瞬間，繩中的拉力分別為多少？（2）若輕繩可以承受的最大拉力為70mg，則在繩斷之前，小球與B擋板碰撞了多少次？2016-2017學年北京師大附中實驗學校高二（上）期中物理試卷參考答案與試題解析一、

19、選擇題1用控制變量法，可以研究影響電荷間相互作用力的因素如圖所示，O是一個帶電的物體，若把系在絲線上的帶電小球先后掛在橫桿上的P1、P2、P3等位置，可以比較小球在不同位置所受帶電物體的作用力的大小這個力的大小可以通過絲線偏離豎直方向的角度顯示出來若物體O的電荷量用Q表示，小球的電荷量用q表示，物體與小球間距離用d表示，物體和小球之間的作用力大小用F表示則以下對該實驗現(xiàn)象的判斷正確的是（）A保持Q、q不變，增大d，則變大，說明F與d有關B保持Q、q不變，減小d，則變大，說明F與d成反比C保持Q、d不變，減小q，則變小，說明F與q有關D保持q、d不變，減小Q，則變小，說明F與Q成正比【考點】庫侖

20、定律【分析】根據(jù)庫侖定律公式F=判斷物體與小球之間的作用力F與什么因素有關絲線偏離豎直方向的角度越大，則作用力越大【解答】解：A、保持Q、q不變，根據(jù)庫侖定律公式F=，增大d，庫侖力變小，則變小，減小d，庫侖力變大，則變大F與d的二次方成反比故A、B錯誤 C、保持Q、d不變，減小q，則庫侖力變小，變小，知F與q有關故C正確 D、保持q、d不變，減小Q，則庫侖力變小，變小，根據(jù)庫侖定律公式F=，知F與兩電荷的乘積成正比故D錯誤故選C2如圖四個電場中，均有相互對稱分布的a、b兩點其中電勢和場強都相同的是（）ABCD【考點】電勢；電場強度【分析】電勢是標量，根據(jù)電場線的方向和對稱性分析a、b兩點電勢

21、是否相同場強是矢量，根據(jù)電場線的疏密和切線方向及對稱性，確定場強是否相同【解答】解：A、ab兩點在一等勢面上，電勢相同，a的場強方向向左，b的場強方向向右，則場強不同故A錯誤 B、a、b在等量異種電荷連線的中垂線上，而此中垂線是一條等勢線，兩點電勢相同根據(jù)電場線分布的對稱性可知，這兩點場強相同故B正確 C、a、b兩點場強相同，而電勢a點高于b點，故C錯誤 D、根據(jù)電場線的對稱性可知：a、b兩點的電勢相同，而a的場強方向向上，b點的場強方向下，場強不同故D錯誤故選B3在具有一定厚度的空心金屬球殼的球心位置處放一正電荷，圖中的四個圖畫出了其空間電場的電場線情況，符合實際情況的是（）ABCD【考點】

22、電場線；靜電場中的導體【分析】當正電荷放入不帶電金屬球殼內部的時候，由于靜電感應的作用，在金屬球殼的殼壁之間的電場強度為零，在球殼外的電場的分布不受球殼的影響【解答】解：把正電荷放在金屬球殼內部，由于靜電感應的作用，在球殼的內壁會感應出負電荷，在球殼的外壁會感應出正電荷，所以在金屬球殼的殼壁之間，由于正電荷的電場和感應電場的共同的作用，在金屬球殼的殼壁之間的電場強度為零，所以在金屬球殼的殼壁之間沒有電場線，對于球殼外部的電場分布情況不會受到影響，所以正確的是D故選D4如圖所示，R為阻值較大的電阻，電容器C不帶電現(xiàn)將開關合到1，待電路穩(wěn)定后再合到2，此過程中通過R的電流i隨時間t變化的圖象可能是

23、（）ABCD【考點】電容器和電感器對交變電流的導通和阻礙作用【分析】由it圖象可知，充電時電流為正，放電時電流為負，圖象與坐標軸圍成的面積表示q=it，從而即可求解【解答】解：由it圖象可知，充電時電流為正，放電時電流為負，即流過電阻R的充電電流和放電電流方向相反；圖象與坐標軸圍成的面積表示it，即為電荷量，所以圖電流曲線與橫軸所圍圖形的面積表示電容器充電結束時所帶的電荷量，即相等，故A正確，BCD錯誤；故選：A5圖示為研究影響平行電容器電容因素的實驗裝置設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為實驗中，極板所帶電荷量幾乎不變，則下列說法中正確的是（）A保持S不變，增大d，則變大

24、B保持S不變，增大d，則變小C保持d不變，增大S，則變大D保持d不變，增大S，則不變【考點】電容器的動態(tài)分析【分析】靜電計指針偏角大小表示極板間電勢差的大小，抓住電量不變，根據(jù)U=，通過C的變化，從而判斷U的變化【解答】解：A、根據(jù)電容的定義式C=，保持S不變，增大d，電容C減小，再根據(jù)U=，知U增大，所以變大故A正確，B錯誤C、保持d不變，增大S，電容增大，再根據(jù)U=，知U減小，所以變小故CD錯誤故選A6美國物理學家密立根（RAMillikan）于20世紀初進行了多次實驗，比較準確的測定了電子的電荷量，其實驗原理可以簡化為如下模型：兩個相距為d的平行金屬板A、B水平放置，兩板接有可調電源從A

25、板上的小孔進入兩板間的油滴因摩擦而帶有一定的電荷量，將兩板間的電勢差調節(jié)到U時，帶電油滴恰好懸浮在兩板間；然后撤去電場，油滴開始下落，由于空氣阻力，下落的油滴很快達到勻速下落狀態(tài)，通過顯微鏡觀測這個速度的大小為v，已知這個速度與油滴的質量成正比，比例系數(shù)為k，重力加速度為g則計算油滴帶電荷量的表達式為（）ABCD【考點】電場強度【分析】根據(jù)兩板間的電勢差調節(jié)到U時，帶電油滴恰好懸浮在兩板間，寫出受力平衡的方程，根據(jù)速度與油滴的質量成正比，比例系數(shù)為k寫出相應的平衡方程，然后聯(lián)立即可【解答】解：油滴在電場中平衡時，由平衡得：mg=由題給已知信息油滴勻速下落的過程中：v=km，聯(lián)立得：q=，故B正

26、確故選：B7如圖所示，水平放置、間距為d的兩平行金屬板A、B帶有等量異種電荷，在離A、B板均為處有a、b兩點不計電場邊緣效應，則（）Aa、b兩點的電場強度EaEbBA板與a點間的電勢差UAa和B板與b點間的電勢差UBb相同C將A、B板間距離增大到2d時，兩板間的電勢差增大到原來的兩倍D將A、B板間距離增大到2d時，兩板所帶的電荷量增大到原來的兩倍【考點】電場強度；電勢；電勢能【分析】兩平行金屬板A、B帶有等量異種電荷，板間建立勻強電場，根據(jù)公式U=Ed分析電勢差；當板間距離增大時，板間場強是不變的，再由U=Ed分析板間電勢差的變化；根據(jù)電容的決定和定義式結合分析電量的變化【解答】解：A、由于兩

27、平行金屬板A、B建立的是勻強電場，場強處處相同，所以Ea=Eb故A錯誤B、設板間場強大小為E，根據(jù)順著電場線方向電勢降低可知，A的電勢最高，B的電勢最低，則UAa=E，UBb=E，所以UAa與UBb不同故B錯誤C、根據(jù)C=、C=、E=得到板間場強 E=，E與d無關，所以將A、B板間距離增大到2d時，兩板間的場強E不變，由U=Ed可知，板間的電勢差為原來的2倍故C正確D、將A、B板間距離增大到2d時，極板的帶電量不變，故D錯誤故選：C8如圖所示，虛線a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc實線為一帶正電的質點（不計重力）僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，

28、M、N是這條軌跡上的兩點，下列判斷正確的是（）A三個等勢面中，a的電勢最低B帶電質點在M點具有的電勢能比在N點具有的電勢能大C帶電質點通過M點時的動能比通過N點時大D帶電質點通過M點時的加速度比通過N點時小【考點】電勢差與電場強度的關系；電勢能【分析】由于質點只受電場力作用，根據(jù)運動軌跡可知電場力指向運動軌跡的內側即斜向右下方，由于質點帶正電，因此電場線方向也指向右下方；電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷；電場線和等勢線垂直，且等差等勢線密的地方電場線密，電場的場強大【解答】解：A、質點所受的電場力指向軌跡內側，由于質點帶正電，因此電場線指向右下方，根據(jù)沿電場線電勢降低，則知a等勢線的電勢最

29、高，故A錯誤BC、根據(jù)質點的受力情況可知，從M到N過程中電場力做正功，電勢能降低，動能增大，故B正確，C錯誤；D、等差等勢面中等勢面密的地方電場線也密，則M點場強大，質點所受的電場力大，加速度大，故D錯誤故選：B9小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示，P為圖線上一點，PN為圖線過P點的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線則下列說法中不正確的是（）A隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻減小B對應P點，小燈泡的電阻為R=C對應P點，小燈泡的電阻為R=D對應P點，小燈泡的電阻為R=【考點】路端電壓與負載的關系【分析】根據(jù)電阻的定義式R=，求出對應P點小燈泡的電阻，不能根據(jù)斜率的倒數(shù)求解

30、電阻隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大【解答】解：A、圖線上的點與原點連線的倒數(shù)等于電阻大小，由數(shù)學知識可知，隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大故A錯誤BC、根據(jù)電阻的定義式可知，對應P點，小燈泡的電阻為R=故B錯誤，C正確；D、此電阻是非線性元件，其電阻不等于圖象切線斜率的倒數(shù)，所以小燈泡的電阻為R故D錯誤；本題選錯誤的，故選：ABD10如圖所示，a、b分別表示由相同材料制成的兩條長度相同、粗細均勻電阻絲的伏安特性曲線，下列判斷中正確的是（）Aa代表的電阻絲較粗Bb代表的電阻絲較粗Ca電阻絲的阻值小于b電阻絲的阻值D圖線表示的電阻絲的阻值與電壓成正比【考點】電阻定律【分析】IU圖線的斜率

31、表示電阻的倒數(shù)，根據(jù)斜率比較電阻的大小根據(jù)電阻定律R=比較電阻絲的粗細【解答】解：A、圖線的斜率表示電阻的倒數(shù)，圖線a的斜率小于b的斜率，所以a的電阻大于b的電阻，根據(jù)電阻定律R=知，長度相同，材料相同，知a的橫截面積小，b的橫截面積大故A、C錯誤，B正確D、電阻的大小與電壓、電流無關故D錯誤故選：B11如圖所示為一未知電路，現(xiàn)測得兩個端點a，b之間的電阻為R，若在a、b之間加上電壓U，測得通過電路的電流為I，則該未知電路的電功率一定是為（）AI2RBCUIDUII2R【考點】電功、電功率【分析】黑箱中是一個未知電學元件，可能是純電阻元件，也可能是非純電阻元件，電功率只能用P=UI求【解答】解

32、：A、當黑箱中是一個純電阻元件時，電功率可以用P=I2R求，若是非純電阻元件，則電功率PI2R故A錯誤B、當黑箱中是一個純電阻元件時，電功率可以用P=求，若是非純電阻元件，歐姆定律不成立，沒有這個公式故B錯誤C、無論是黑箱中是一個純電阻元件，還是非純電阻元件，都能用P=UI求電功率故C正確D、P=UII2R可以求其他的功率，不能用來求電功率故D錯誤故選：C12截面積為S的導線中通有電流I已知導線每單位體積中有n個自由電子，每個自由電子的電荷量是e，自由電子定向移動的速率是v，則在時間t內通過導線橫截面的電子數(shù)是（）ABnvtCnSvtD【考點】電流、電壓概念【分析】由電流定義式和微觀表達式可以

33、得到時間t內通過導線橫截面電量，再根據(jù)元電荷的性質可求得通過的電子數(shù)【解答】解：電流I=，則通過的電量q=It則在時間t內通過導線橫截面的電子數(shù)是N=根據(jù)電流的微觀表達式I=nevS，則N=nSvt故C正確，A、B、D錯誤故選：C13a、b、c三個粒子由同一點垂直場強方向進入偏轉電場，其軌跡如圖所示，其中b恰好同時飛出電場，下列說法中不正確的是（）A在b飛離電場的同時，a剛好打在負極板上Bb和c同時飛離電場C進入電場時，c的速度最大，a的速度最小D動能的增量相比，c的最小，a和b的一樣大【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動【分析】三個粒子做類平拋運動，在垂直電場方向上做勻速直線運動，在沿電場方向

34、上做初速度為0的勻加速直線運動粒子的質量和電量相同，加速度相同比較沿電場方向上的位移，可比較出運動時間，再根據(jù)垂直電場方向的位移可知初速度的大小通過動能定理比較動能的增量【解答】解：A、B、三個粒子進入電場后加速度相同，由圖看出，豎直方向a、b偏轉距離相等，大于c的偏轉距離，由y=知，a、b運動時間相等，大于c的運動時間，即ta=tbtc，故在b飛離電場的同時，a剛好打在負極板上，而c先飛出電場故A正確，B不正確C、因為ta=tbtc，又xaxb=xc，因為垂直電場方向上做勻速直線運動，所以vcvbva故C正確D、據(jù)動能定理知，a、b兩電荷，電場力做功一樣多，所以動能的增量相等c電荷電場力做功

35、最少，動能的增量最小故D正確本題選不正確的，故選：B14如圖所示，a、b、c表示某點電荷產生的電場中的三個等勢面，它們的電勢分別為a=U，b=，c=一帶電粒子（所受重力不計）從等勢面a上某點由靜止釋放后，經過等勢面b時速率為v，則它經過等勢面c時的速率為（）A vB vC2vD4v【考點】電勢差與電場強度的關系；電勢差【分析】帶電粒子在運動過程中，只有電場力對粒子做功，分別對ab過程和ac過程，運用動能定理列式，即可求解它經過等勢面c時的速率【解答】解：帶電粒子在運動過程中，只有電場力對粒子做功，根據(jù)動能定理得：ab過程，有：qUab=mv2；據(jù)題得：Uab=ab=U=聯(lián)立得：q=mv2ac過

36、程，有：qUac=mvc2；據(jù)題得：Uac=ac=U=聯(lián)立得：q=mvc2由可得：vc=2v故選：C15如圖所示，A、B為兩塊水平放置的金屬板，通過閉合的開關S分別與電源兩極相連，兩極中央各有一個小孔a和b，在a孔正上方某處放一帶電質點由靜止開始下落，若不計空氣阻力，該質點到達b孔時速度恰為零，然后返回現(xiàn)要使帶電質點能穿過b孔，則可行的方法是（）A保持S閉合，將A板適當上移B保持S閉合，將B板適當下移C先斷開S，再將A板適當上移D先斷開S，再將B板適當下移【考點】電勢能；動能定理的應用；電容【分析】由題質點到達b孔時速度恰為零，根據(jù)動能定理列式若保持S閉合時，將A板適當上移，重力做功和電場做功

37、沒有變化，質點恰好到達b孔速度為零，不能穿過b孔；將B板適當下移，重力做功大于電場力做功，質點到達b孔的速度大于零，能穿過b孔若斷開S時，將A板或B板適當移動，根據(jù)動能定理分析研究【解答】解：設質點距離A板的高度h，A、B兩板原來的距離為d，電壓為U質點的電量為qA、由題質點到達b孔時速度恰為零，根據(jù)動能定理得mg（h+d）qU=0若保持S閉合，將A板適當上移，設質點到達b時速度為v，由動能定理得mg（h+d）qU=，v=0，說明質點到達b孔時速度恰為零，然后返回，不能穿過b孔故A錯誤B、若保持S閉合，將B板適當下移距離d，由動能定理得mg（h+d+d）qU=，則v0，質點能穿過b孔故B正確C

38、、若斷開S時，將A板適當上移，板間電場強度不變，設A板上移距離為d，質點進入電場的深度為d時速度為零由動能定理得mg（hd+d）qEd=0，又由原來情況有mg（h+d）qEd=0比較兩式得，dd，說明質點在到達b孔之前，速度減為零，然后返回故C錯誤D、若斷開S，再將B板適當下移，根據(jù)動能定理可知，質點到達b孔原來的位置速度減為零，然后返回，不能到達b孔故D錯誤故選B二、不定項選擇題16下列關于電場強度的兩個表達式E=和E=的敘述，正確的是（）AE=是電場強度的定義式，F(xiàn)是放入電場中的電荷所受的力，q是產生電場的電荷的電荷量BE=是電場強度的計算式，F(xiàn)是放入電場中的電荷受的力，q是放入電場中電荷

39、的電荷量，它適用于任何電場CE=是點電荷場強的定義式，Q是產生電場的電荷的電荷量，它不適用于勻強電場D從點電荷場強計算式分析庫侖定律的表達式F=k，式是點電荷q2產生的電場在點電荷q1處的場強大小，而是點電荷q1產生的電場在點電荷q2處的場強的大小【考點】電場強度【分析】電場強度E由電場本身的性質決定，與試探電荷無關，E=是電場強度定義式，q是試探電荷的電荷量，F(xiàn)是試探電荷所受的電場力，適用于任何電場；E=是真空中點電荷產生的電場強度計算式，Q是場源電荷【解答】解：AB、E=是電場強度的定義式，F(xiàn)是放入電場中的電荷所受的力，q是放入電場中的試探電荷的電荷電量，不是產生電場的電荷的電荷量，且適用

40、于一切電場故A、B錯誤C、E=是點電荷場強的計算式，Q是產生電場的電荷的電荷量，它適用于點電荷產生的電場，不適用于勻強電場故C錯誤D、從點電荷場強計算式分析可知：庫侖定律的表達式 F=k，式是點電荷q2產生的電場在點電荷q1處的場強大小，而是點電荷q1產生的電場在點電荷q2處的場強的大小故D正確故選：D17有關電壓與電動勢的說法中正確的是（）A電壓與電動勢的單位都是伏特，所以電動勢與電壓是同一物理量的不同叫法B電動勢表示電源將單位正電荷從負極移到正極時，非靜電力做的功的大小C電動勢公式E= 中的W與電壓U=中的W是一樣的，都是電場力做的功D電動勢是反映電源把其他形式的能轉化為電勢能本領強弱的物

41、理量【考點】電源的電動勢和內阻【分析】根據(jù)電動勢的定義式E=分析可知，電動勢大小等于電源將單位正電荷從負極移到時正極時，非靜電力所做的功由電動勢E=可知，電源將單位正電荷從負極移到時正極時非靜電力做功越多，電動勢越大電動勢與電勢差單位相同，但物理意義不同電動勢表征電源把其他形式的能轉化為電能的本領大小，與外電路的結構無關【解答】解：A、電動勢E的單位與電勢差的單位相同，都是伏特，但兩者物理意義不同，電動勢表征電源把其他形式的能轉化為電能的本領大小，而電勢差等于電壓，是導體中產生電源的原因，不能說電勢差就是電動勢故A錯誤 B、電源內部，非靜電力將正電荷從負極移到時正極，由E=可知，電動勢大小等于

42、電源將單位正電荷從負極移到時正極時，非靜電力所做的功故B錯誤 C、電動勢公式E= 中的W是非靜電力做的功，而電壓U=中的W是電場力做的功故C錯誤 D、電動勢是反映電源把其他形式的能轉化為電勢能本領強弱的物理量故D正確故選：D18如圖所示，絕緣金屬平行板電容器充電后，靜電計的指針偏轉一定角度，若不改變兩極板帶的電量而減小兩極板間的距離，同時在兩極板間插入電介質，則（）A電容器的電容將減小B電容器的電容將增大C靜電計指針的偏轉角度會減小D靜電計指針的偏轉角度會增大【考點】電容器的動態(tài)分析【分析】靜電計測量的是電容器兩端的電勢差，通過電容的變化，判斷電勢差的變化【解答】解：根據(jù)C=，減小d，增大介電

43、常數(shù)，則電容增大，根據(jù)C=，Q不變，U減小，所以指針的偏轉角度減小故BC正確，AD錯誤故選：BC19如圖所示，示波管是示波器的核心部件，它由電子槍、偏轉電極和熒光屏組成如果在熒光屏上P點出現(xiàn)亮斑，那么示波管中的（）A極板X應帶正電B極板X應帶正電C極板Y應帶負電D極板Y應帶負電【考點】示波管及其使用【分析】由亮斑位置可知電子偏轉后打在偏向X，Y向，由電子所受電場力的方向確定電場的方向，再確定極板所帶的電性【解答】解：電子受力方向與電場方向相反，因電子向X向偏轉則，電場方向為X到X，則X帶正電，同理可知Y帶正電，那么Y應帶負電，故AD正確，BC錯誤故選：AD20一帶電液滴在重力和勻強電場對它的作

44、用力作用下，在豎直平面內，從靜止開始由b沿直線運動到d，且bd與豎直方向所夾的銳角為45°，則下列結論正確的是（）A此液滴帶負電B液滴的加速度等于零C合外力對液滴做的總功等于零D液滴的電勢能和動能之和是增加的【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關系【分析】根據(jù)帶電液滴作直線運動可知帶電液滴所受重力與電場力的合力一定沿運動方向，利用假設法可以判定出帶電液滴所帶電荷的性質，從而求出電場力的大小與合外力的大小再根據(jù)牛頓第二定律計算出物體的加速度；根據(jù)合外力的方向與速度的方向相同可知合外力做正功，根據(jù)電場力做功的情況可以判定電勢能變化情況【解答】解：A、若液滴帶正電，其受力情況如圖一所示，液

45、滴不可能沿bd運動，故只能帶負電荷，故A正確；B、對液滴進行受力分析，其受力情況如圖二所示，故物體所受合力F=mg，故物體的加速度a=，故B錯誤；C、由于液滴從靜止開始做加速運動，故合力的方向與運動的方向相同，故合外力對物體做正功，故C錯誤；D、根據(jù)總能量守恒，從靜止開始由b沿直線運動到d，重力勢能減小，液滴的電勢能和動能之和是增加的，故D正確；故選：AD三、實驗題21在“測定金屬絲的電阻率”的實驗中，某同學進行了如下測量：（1）用毫米刻度尺測量接入電路中的被測金屬絲的有效長度測量3次，求出其平均值L其中一次測量結果如圖甲所示，金屬絲的另一端與刻度尺的零刻線對齊，圖中讀數(shù)為24.10 cm用螺

46、旋測微器測量金屬絲的直徑，選不同的位置測量3次，求出其平均值d其中一次測量結果如圖乙所示，如圖乙中讀數(shù)為0.398mm（2）采用如圖丙所示的電路測量金屬絲的電阻電阻的測量值比真實值偏小（填“偏大”或“偏小”）最后由公式=計算出金屬絲的電阻率（用上述直接測量的物理量表示）【考點】測定金屬的電阻率【分析】（1）根據(jù)圖示刻度尺確定其分度值，然后讀出其示數(shù)；螺旋測微器固定刻度與可動刻度示數(shù)之和是螺旋測微器的示數(shù)（2）根據(jù)圖示電路圖應用歐姆定律分析實驗誤差，應用電阻定律可以求出電阻率的表達式【解答】解：（1）由圖示刻度尺可知，其分度值為1mm，示數(shù)為：24.10cm；由圖示螺旋測微器可知，其示數(shù)為：0m

47、m+39.8×0.01mm=0.398mm（2）由圖示電路圖可知，電流表采用外接法，由于電壓表的分流作用電流的測量值偏大，由歐姆定律可知，電阻的測量值小于真實值；由電阻定律可知：R=，電阻率：=；故答案為：（1）24.10，0.398；（2）偏小，22（1）某小組同學測量小燈泡UI關系的實驗數(shù)據(jù)：表格中所列數(shù)據(jù)是U（V）0.000.20.51.01.52.02.53.0I（A）0.0000.0500.1000.1500.1800.1950.2050.215由以上實驗數(shù)據(jù)可知，他們測量小燈泡是采用圖1中的圖甲（選填甲或乙）（2）圖2是測量小燈泡的實驗器材實物圖，圖中已連接了部分導線請根

48、據(jù)（1）所選的電路圖，補充完成圖中實物間的連線，并使閉合開關的開關前，調節(jié)滑動變阻器，滑片P應滑至變阻器的最左端；（選填“最左端”“任意位置”或“最右端”），防止電壓表或電流表不至于被燒壞（3）方格紙（圖3）內畫出小電珠的UI曲線分析曲線可知小電珠的電阻值隨I變大而增大（選填變大、變小或不變）【考點】描繪小電珠的伏安特性曲線【分析】（1）根據(jù)表中實驗數(shù)據(jù)確定滑動變阻器接法，然后選擇實驗電路（2）滑動變阻器采用分壓接法時，為保護電路閉合開關前滑片應置于分壓電路分壓為零的位置（3）根據(jù)描點法可得出對應的圖象，再根據(jù)圖象的斜率分析電阻的變化【解答】解：（1）由表中實驗數(shù)據(jù)可知，最小電壓與電流很小，接

49、近于零，電壓與電流的變化范圍較大，滑動變阻器應采用分壓接法，應選擇圖甲所示電路圖（2）根據(jù)原理圖可得出對應的實物圖；滑動變阻器采用分壓接法，閉合開關前滑片應置于左端（3）根據(jù)描點法可得出對應的圖象如圖所示；由圖可知，圖象的斜率越來越大，故說明燈泡電阻越來越大故答案為：（1）甲；（2）最左端；（3）增大23在把電流表改裝成電壓表的實驗中，把量程Ig=300A、內阻約為100的電流表G改裝成電壓表（1）采用如圖1所示的電路測電流表G的內阻Rg，可選用器材有：A電阻箱：最大阻值為999.9；B電阻箱：最大阻值為99999.9；C滑動變阻器：最大阻值為200；D滑動變阻器，最大阻值為2k；E電源，電動

50、勢約為6V，內阻很小；F開關、導線若干為提高測量精度，在上述可供選擇的器材中，可變電阻R1應該選擇B；可變電阻R2應該選擇A；電源E應該選擇E（填入選用器材的字母代號）（2）測電流表G內阻Rg的實驗步驟如下，把缺少的部分補充完整a連接電路，將可變電阻R1調到最大；b斷開S2，閉合S1，調節(jié)可變電阻R1使電流表G滿偏；c此時可以認為電流表G的內阻Rg=R2（3）若測得Rg=105.0，現(xiàn)串聯(lián)一個9895.0的電阻將它改裝成電壓表，用它來測量電壓，電流表表盤指針位置如圖2所示，則此時所測量的電壓的值應是2.30V【考點】把電流表改裝成電壓表【分析】（1）半偏法測電流表內阻，閉合電鍵S2后，電流表兩

51、端電壓變小，但實驗時認為電流表兩端電壓不變，為減小實驗誤差，串聯(lián)電阻阻值應大些，電源電動勢應高一些，與電流表并聯(lián)的電阻箱要與待測電流表阻值相當，據(jù)此選擇實驗器材（2）應用半偏法測電表內阻，應調節(jié)電阻箱阻值使電流表半偏（3）把電流表改裝成電壓表，應用串聯(lián)電路特點與歐姆定律求出電壓表量程，然后根據(jù)表盤確定其分度值，讀出其示數(shù)【解答】解：（1）為減小實驗誤差，可變電阻R1阻值應大一些，可變電阻R1應選擇B；可變電阻R2阻值應與電流表內阻相當，可以選A；電源電壓應適當大一點，可以選：E；（2）c、閉合S2，調節(jié)可變電阻R2使電流表G半偏，此時可以認為電流表G的內阻Rg=R2（3）電壓表量程為：U=Ig

52、（Rg+R）=300×106×=3V，由圖示表盤可知，電壓表分度值為0.1V，其讀數(shù)為：2.30V；故答案為：（1）B；A；E；（2）c、閉合S2，調節(jié)可變電阻R2使電流表G半偏；（3）2.30五、選擇題24如圖甲所示，Q1、Q2為兩個固定的點電荷，其中Q1帶負電，a、b、c三點在它們連線的延長線上現(xiàn)有一帶負電的粒子以一定的初速度沿直線從a點開始向遠處運動經過b、c兩點（粒子只受電場力作用），粒子經過a、b、c三點時的速度分別為va、vb、vc，其速度時間圖象如圖乙所示以下說法中正確的是（）AQ2一定帶正電BQ2的電量一定小于Q1的電量Cb點的電場強度最大D粒子由a點運動到

53、c點運動過程中，粒子的電勢能先增大后減小【考點】電勢差與電場強度的關系；電場強度；電勢能【分析】速度時間圖線上每一點的切線斜率表示瞬時加速度，可見a到b做加速度減小的減速運動，到b點加速度為0從而知道b點的電場力及電場強度通過B點的場強可以分析出兩個點電荷電量的大小通過能量守恒判斷電勢能的變化【解答】解：AC、從速度圖象上看，可見a到b做加速度減小的減速運動，在b點時粒子運動的加速度為零，則電場力為零，所以該點場強為零，負電荷在ab上做減速運動，電場力向左，合場強向右，b點左側合電場主要取決于，故帶正電；負電荷在bc上做加速運動，電場力向右，合電場向左，b點右側合電場主要取決于，說明帶負電，故A正確，C錯誤；B、b點的電場強度為0，根據(jù)點電荷場強公式，因為，故，即的電量一定小于的電量，故B正確；D、負電荷從a點到b點的過程中，電場力做負功，電勢能增加；從b點到c點的過程中，電場力做正功，電勢能減小，故粒子從a到b到c的過程中，電勢能先增加后減小，故D正確；故選：ABD25A、B兩導體板平行放置，在t=0時將電子從A板附近由靜止釋放則在A、B兩板間加上下列哪些電壓時，可以使電子到達B板（）ABCD【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動【