江西省抚州市金溪一中高二物理上学期期中复习卷（含解析）.doc

2015-2016学年江西省抚州市金溪一中高二（上）期中物理复习卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是( )abcd2如图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，o点为圆弧的圆心两金属轨道之间的宽度为0.5m，匀强磁场方向如图，大小为0.5t质量为0.05kg、长为0.5m的金属细杆置于金属轨道上的m点当在金属细杆内通以电流强度为2a的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动已知n、p为导轨上的两点，on竖直、op水平，且mn=op=1m，g取10m/s2，则( )a金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s2b金属细杆运动到p点时的速度大小为5 m/sc金属细杆运动到p点时的向心加速度大小为10 m/s2d金属细杆运动到p点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 n3如图所示，abcd为匀强电场中相邻的四个等势面，相邻等势面间距离为5cm一个电子仅受电场力垂直经过电势为零的等势面d时，动能为15ev（电子伏），到达等势面a时速度恰好为零则下列说法正确的是( )a场强方向从a指向db匀强电场的场强为1v/mc电子经过等势面c时，电势能大小为5evd电子在上述等势面间运动的时间之比为1：2：34如图所示，真空中ox坐标轴上的某点有一个点电荷q，坐标轴上a、b两点的坐标分别为0.2m和0.7m在a点放一个带正电的试探电荷，在b点放一个带负电的试探电荷，a、b两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，电场力的大小f跟试探电荷电荷量q的关系分别如图中直线a、b所示下列说法正确的是( )ab点的电场强度的大小为0.25 n/cba点的电场强度的方向沿x轴负方向c点电荷q是正电荷d点电荷q的位置坐标为0.3 m5两个带等量正电的点电荷，固定在图中p、q两点，mn为pq连线的中垂线，交pq于o点，a点为mn上的一点一带负电的试探电荷q，从a点由静止释放，只在静电力作用下运动取无限远处的电势为零，则( )aq由a向o的运动是匀加速直线运动bq由a向o运动的过程电势能逐渐增大cq运动到o点时的动能最大dq运动到o点时电势能为零6如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点o处的电势为0v，点a处的电势为6v，点b处的电势为3v，则电场强度的大小为( )a200v/mb200v/mc100v/md100v/m7已知某灵敏电流表的内阻为300，量程为100a，要把它改装成量程是3v的电压表，则应该( )a并联一个29700的电阻b串联一个29700的电阻c并联一个30000的电阻d串联一个30000的电阻8在如图所示的电路中，电阻r1=4，r2=6，r3=3，电流表内阻不计，在a、b两点间加上9v的电压时，电流表的读数为( )a0b1ac1.5ad2a9如图一个正的点电荷q从右图中两平行带电金属板左端中央处以初动能ek射入匀强电场中，它飞出电场时的动能变为2ek，若此点电荷飞入电场时其速度大小增加为原来的2倍而方向不变，它飞出电场时的动能变为( )a4ekb4.25ekc5ekd8ek10如图所示，两块相对平行金属板m、n与电池相连，n板接地，在距两板等远的p点固定一个带负电的点电荷，如果m板向上平移一小段距离，则( )a点电荷受到的电场力变小bm板的带电量增加cp点的电势升高d点电荷在p点具有的电势能增加11a、b两电源分别供电时其外特性曲线如图所示，则下述正确的是( )a电源电动势ea=ebb电源内阻ra=rbc电源a的短路电流为0.2ad电源b的短路电流为0.3a12如图所示，在y轴上关于o点对称的a、b两点有等量同种点电荷+q，在x轴上c点有点电荷q，且co=od，ado=60下列判断正确的是( )ao点电场强度为零bd点电场强度为零c若将点电荷+q从o移向c，电势能增大d若将点电荷q从o移向c，电势能增大13如图所示电路中，电源电动势为e、内阻为r，r0为定值电阻，电容器的电容为c闭合开关s，增大可变电阻r的阻值，电压表示数的变化量为u，电流表示数的变化量为i，则( )a变化过程中u和i的比值保持不变b电压表示数u和电流表示数i的比值不变c电阻r0两端电压减小，减小量为ud电容器的带电量增大，增加量为cu14如图所示，两块较大的金属板a、b平行放置并与一电源相连，s闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，以下说法中正确的是( )a若将a板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，g中有ba的电流b若将a板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，g中有ba的电流c若将s断开，则油滴立即做自由落体运动，g中无电流d若将s断开，再将a板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，g中有ba的电流15在如图甲所示的电路中，l1、l2、l3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示当开关s闭合后，电路中的总电流为0.25a，则此时( )al2的电阻为12bl1消耗的电功率为0.75 wcl1、l2消耗的电功率的比值为4：1dl1两端的电压为l2两端电压的2倍16如图甲所示，两个点电荷q1、q2固定在x轴上距离为l的两点，其中q1带正电位于原点o，a、b是它们连线延长线上的两点，其中b点与o点相距3l现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a，b两点时的速度分别为va，vb，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是( )aq2带负电且电荷量小于q1bb点的场强一定为零ca点的电势比b点的电势高d粒子在a点的电势能比b点的电势能小二、解答题（共10小题，满分0分）17某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径d，示数如图，由图可读出l=_cm，d=_mm18某兴趣小组在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，通过粗测电阻丝的电阻约为5，为了使测量结果尽量准确，从实验室找到以下供选择的器材：a电池组（3v，内阻约1）b电流表a1（03a，内阻0.012 5）c电流表a2（00.6a，内阻约0.125）d电压表v1（03v，内阻4k）e电压表v2（015v，内阻15k）f滑动变阻器r1（020，允许最大电流1a）g滑动变阻器r2（02 000，允许最大电流0.3a）h开关、导线若干（1）实验时应从上述器材中选用_（填写仪器前字母代号）（2）测电阻时，电流表、电压表、待测电阻rx在组成测量电路时，应采用电流表_接法，将设计的电路图画在图1方框内（3）若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图2，则读数为_ mm（4）若用l表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为r，请写出计算金属丝电阻率的表达式=_19某研究性学习小组欲较准确地测量一电池组的电动势及其内阻给定的器材如下：a电流表g（满偏电流10ma，内阻10）b电流表a（00.6a3a，内阻未知）c滑动变阻器r0（0100，1a）d定值电阻r（阻值990）e多用电表f开关与导线若干（1）某同学首先用多用电表的直流10v挡粗略测量电池组的电动势，电表指针如右图所示，则该电表读数为_v（2）该同学再用提供的其他实验器材，设计了如下图甲所示的电路，请你按照电路图在图乙上完成实物连线（3）图丙为该同学根据上述设计的实验电路利用测出的数据绘出的i1i2图线（i1为电流表g的示数，i2为电流表a的示数），则由图线可以得到被测电池组的电动势e=_v，内阻r=_（保留2位有效数字）20一毫安表，满偏电流为10ma，内阻约为300要求将此毫安表改装成量程为1a的电流表，其电路原理如图1所示图中是量程为2a的标准电流表，r0为电阻箱，r为滑动变阻器，s为开关，e为电源（1）完成下列实验步骤：将虚线框内的实物图按电路原理图连线；将滑动变阻器的滑动头调至_端（填“a”或“b”），电阻箱r0的阻值调至零；合上开关；调节滑动变阻器的滑动触头，增大回路中的电流，使标准电流表读数为1a；调节电阻箱r0的阻值，使毫安表指针接近满偏，此时标准电流表的读数会_（填“增大”、“减小”或“不变”）；多次重复步骤，直至标准电流表的读数为_，同时毫安表指针满偏（2）回答下列问题：在完成全部实验步骤后，电阻箱使用阻值的读数为3.1，由此可知毫安表的内阻为_用改装成的电流表测量某一电路中的电流，当电流表指针半偏，则通过电阻箱的电流为_a对于按照以上步骤改装后的电流表，写出个可能影响它的准确程度的因素：_21在如图所示的电路中，电阻r1=6，r2=3，电压表视为理想电表当开关s断开时，电压表示数为9v，当开关s闭合时，电压表示数为6v求：（1）电源的电动势e和内阻r；（2）开关s闭合时，流过r2的电流22如图所示，已知电源电动势e=20v，内阻r=1，当接入固定电阻r=4时，电路中标有“3v 6w”的灯泡l和内阻r=0.5的小型直流电动机均恰能正常工作，求：（1）电路中的电流强度；（2）电动机的输出功率；（3）电源的效率23如图所示，内表面光滑绝缘的半径为1.2m的圆形轨道处于竖直平面内，有竖直向下的匀强电场，场强大小为3106v/m有一质量为0.12kg、带负电的小球，电荷量大小为1.6106c，小球在圆轨道内壁做圆周运动，当运动到最低点a时，小球与轨道压力恰好为零，g取10m/s2，求：（1）小球在a点处的速度大小；（2）小球运动到最高点b时对轨道的压力24在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场若将一个质量为m、带正电电量q的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为53的直线运动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（sin53=0.8，）（1）此电场的电场强度大小；（2）小球运动的抛出点至最高点之间的电势差u；（3）小球的最小动能25如图所示，在倾角为37的光滑斜面上有一根长为0.4m，质量为61012 kg的通电直导线，电流强度i=1a，方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒均匀增加0.4t、方向竖直向上的磁场中设t=0时，b=0.8t（sin37=0.6，cos37=0.8）（1）t=0时轻绳中的张力大小；（2）需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？（g取10m/s2）26如图是我国著名物理学家何泽慧院士在1945年首次通过实验观察到正、负电子的弹性碰撞过程的原理图：在图中的xoy平面内，a、c二小孔距原点的距离均为l，每隔一定的时间源源不断地分别从a孔射入正电子，从c孔射入负电子，初速度均为v0，且垂直x轴，正、负电子的质量均为m，电荷量均为e（忽略电子之间的相互作用）在y轴的左侧区域加一水平向右的匀强电场，在y轴的右侧区域加一垂直纸面的匀强磁场（图中未画出），要使正、负电子在y轴上的p（0，l）处相碰求：（1）电场强度e的大小，磁感应强度b的大小及方向；（2）p点相碰的正、负电子的动能之比和射入小孔的时间差t；（3）若某一从a点射入的正电子到达p点没能与负电子相碰，则在以后的运动中能否在第一象限内与c点射入的电子相碰？请简单说明理由2015-2016学年江西省抚州市金溪一中高二（上）期中物理复习卷一、选择题（共16小题，每小题3分，满分48分）1使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是( )abcd【考点】电荷守恒定律【分析】当带电金属球靠近不带电的验电器时，由于电荷间的相互作用，而使电荷发生了移动从而使箔片带电【解答】解：由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故验电器的上端应带上与小球异号的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同号的电荷；故只有b符合条件故选：b【点评】本题根据电荷间的相互作用，应明确同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引2如图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，o点为圆弧的圆心两金属轨道之间的宽度为0.5m，匀强磁场方向如图，大小为0.5t质量为0.05kg、长为0.5m的金属细杆置于金属轨道上的m点当在金属细杆内通以电流强度为2a的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动已知n、p为导轨上的两点，on竖直、op水平，且mn=op=1m，g取10m/s2，则( )a金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s2b金属细杆运动到p点时的速度大小为5 m/sc金属细杆运动到p点时的向心加速度大小为10 m/s2d金属细杆运动到p点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 n【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；向心力【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据牛顿第二定律和安培力公式结合求解金属细杆开始运动时的加速度大小金属细杆由于受到安培力作用而沿水平导轨加速运动，滑到圆弧段的p点时，由安培力和轨道的支持力的合力提供向心力，先根据动能定理求出金属杆到达p点时的速度大小，再根据向心加速度公式a=求解到p点时的向心加速度大小，由牛顿第二定律求每个轨道对细杆的作用力，再由牛顿第三定律求细杆对每一条轨道的作用力【解答】解：a、根据牛顿第二定律得：金属细杆开始运动时的加速度大小为：a=m/s2=10m/s2；故a错误b、设金属细杆运动到p点时的速度大小为v从m到p过程，由动能定理得：mgr+bil（mn+op）=则得：v=m/s=2m/s；故b错误c、金属细杆运动到p点时的向心加速度大小为：a=20m/s2故c错误d、在p点，设每一条轨道对细杆的作用力大小为n，由牛顿第二定律得：2nbil=ma代入数据解得：n=n=0.75n由牛顿第三定律得细杆在p点对每一条轨道的作用力大小为n=n=0.75n故d正确故选：d【点评】本题中安培力是恒力，可以根据功的公式求功，运用动能定理求速度，再根据牛顿运动定律求解轨道的作用力，也就是说按力学的方法研究通电导体的运动问题3如图所示，abcd为匀强电场中相邻的四个等势面，相邻等势面间距离为5cm一个电子仅受电场力垂直经过电势为零的等势面d时，动能为15ev（电子伏），到达等势面a时速度恰好为零则下列说法正确的是( )a场强方向从a指向db匀强电场的场强为1v/mc电子经过等势面c时，电势能大小为5evd电子在上述等势面间运动的时间之比为1：2：3【考点】等势面【分析】匀强电场中等势面是平行等间距的直线；只有电场力做功，电势能和动能之和守恒【解答】解：a、电子到达等势面a时速度恰好减为零，说明电场力向下，负电荷受到的电场力方向与电场强度方向相反，故场强方向从d指向a，故a错误；b、从d到a，动能减小15ev，故电场力做功15ev，故有：wda=eedda=15ev，解得e=，故b错误；c、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故：ekd+epd=eka+epa，解得epa=15ev；匀强电场中，每前进相同距离电势变化相同，故epc=5ev，故c正确；d、运用逆向思维，到达a后，假设时间倒流，做初速度为零的匀加速直线运动，根据x=，通过1s、2s、3s的时间之比为，故通过连续三段s时间之比为1：（）：（），故d错误；故选：c【点评】本题是带电粒子在匀强电场中的匀减速直线运动问题，电势能和动能之和守恒，根据功能关系和匀变速直线运动的规律列方程后联立分析4如图所示，真空中ox坐标轴上的某点有一个点电荷q，坐标轴上a、b两点的坐标分别为0.2m和0.7m在a点放一个带正电的试探电荷，在b点放一个带负电的试探电荷，a、b两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，电场力的大小f跟试探电荷电荷量q的关系分别如图中直线a、b所示下列说法正确的是( )ab点的电场强度的大小为0.25 n/cba点的电场强度的方向沿x轴负方向c点电荷q是正电荷d点电荷q的位置坐标为0.3 m【考点】电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场强度等于电荷所受电场力和该电荷电量的比值，即e=方向与正电荷所受电场力方向相同放在a、b两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，而正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反从而知道点电荷位于a、b之间根据点电荷场强公式e=分析【解答】解：a、由图可知，b点的电场强度eb=2.5104n/c故a错误b、在a点放一个带正电的试探电荷，a、b两点的试探电荷受到电场力的方向都跟x轴正方向相同，所以a点的电场强度的方向沿x轴正方向，故b错误c、放在a、b两点的试探电荷受到的电场力方向都跟x轴的正方向相同，而正电荷所受电场力与电场强度方向相同，负电荷所受电场力与电场强度方向相反若点电荷在a的左侧或在b的右侧，正负电荷所受电场力方向不可能相同，所以点电荷q应位于a、b两点之间，根据正负电荷所受电场力的方向，知该点电荷带负电故c错误d、由图可知，a点的电场强度ea=4105n/c设点电荷q的坐标为x，由点电荷的电场e=k，可知=解得：x=0.3m，故d正确故选d【点评】解决本题的关键掌握电场强度的定义式e=点电荷的场强公式e=，以及知道电场强度的方向，与正电荷所受电场力方向相同，与负电荷所受电场力方向相反5两个带等量正电的点电荷，固定在图中p、q两点，mn为pq连线的中垂线，交pq于o点，a点为mn上的一点一带负电的试探电荷q，从a点由静止释放，只在静电力作用下运动取无限远处的电势为零，则( )aq由a向o的运动是匀加速直线运动bq由a向o运动的过程电势能逐渐增大cq运动到o点时的动能最大dq运动到o点时电势能为零【考点】电势；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据等量同种点电荷电场线的分布情况，抓住对称性，分析试探电荷q的受力情况，确定其运动情况，根据电场力做功情况，分析其电势能的变化情况【解答】解：a、两等量正电荷周围部分电场线如右图所示，其中p、q连线的中垂线mn上，从无穷远到o过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远方向 故试探电荷所受的电场力是变化的，q由a向o的运动做非匀加速直线运动，故a错误b、电场力方向与ao方向一致，电场力做正功，电势能逐渐减小；故b错误c、从a到o过程，电场力做正功，动能增大，从o到n过程中，电场力做负功，动能减小，故在o点试探电荷的动能最大，速度最大，故c正确d、取无限远处的电势为零，从无穷远到o点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到o点时电势能为负值故d错误故选：c【点评】本题考查静电场的基本概念关键要熟悉等量同种点电荷电场线的分布情况，运用动能定理进行分析功能关系6如图所示，在平面直角坐标系中，有方向平行于坐标平面的匀强电场，其中坐标原点o处的电势为0v，点a处的电势为6v，点b处的电势为3v，则电场强度的大小为( )a200v/mb200v/mc100v/md100v/m【考点】电势；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】在x轴上找一电势为3v的点，将该点与b点连接，该连线为等势线，求出ob沿电场线方向上的距离，根据e=求出电场强度的大小【解答】解：oa的中点c的电势为3v，将c点与b点连接，如图，电场线与等势线垂直，根据几何关系得，bc=2cm，则ob沿电场线方向上的距离d=所以电场强度e=故a正确，b、c、d错误故选a【点评】解决本题的关键知道电场线与等势线垂直，掌握匀强电场的电场强度大小与电势差的关系，即e=，注意d是沿电场线方向上的距离7已知某灵敏电流表的内阻为300，量程为100a，要把它改装成量程是3v的电压表，则应该( )a并联一个29700的电阻b串联一个29700的电阻c并联一个30000的电阻d串联一个30000的电阻【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题；恒定电流专题【分析】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值【解答】解：把电流表改装成3v的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：r=rg=300=29700；故选：b【点评】本题考查了电压表的改装，知道电压表的改装原理是解题的关键，应用串联电路特点与欧姆定律可以解题8在如图所示的电路中，电阻r1=4，r2=6，r3=3，电流表内阻不计，在a、b两点间加上9v的电压时，电流表的读数为( )a0b1ac1.5ad2a【考点】串联电路和并联电路；电功、电功率【专题】计算题；学科综合题；定量思想；方程法；恒定电流专题【分析】由图可知，图中电阻r2与r3并联后与r1串联，电流表测量的是电阻r3的电流；先求解总电阻，根据欧姆定律求解干路电流，根据并联电路的电流关系得到通过电阻r3的电流【解答】解：图中电阻r2与r3并联后与r1串联，电路的总电阻为：r=4+=6；根据欧姆定律，干路电流为：i=由于并联电路的电流与电阻成反比，故：ir3=1.5=1a故选：b【点评】本题关键是明确电路的串并联结构，再根据串并联电压、电流和电阻关系和欧姆定律列式求解；电路结构分析是解题的关键9如图一个正的点电荷q从右图中两平行带电金属板左端中央处以初动能ek射入匀强电场中，它飞出电场时的动能变为2ek，若此点电荷飞入电场时其速度大小增加为原来的2倍而方向不变，它飞出电场时的动能变为( )a4ekb4.25ekc5ekd8ek【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】两个过程中带电粒子做类平抛运动，水平方向匀速直线，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，两过程初速度不同故在磁场中运动时间不同，在竖直方向的位移不同，最后用动能定理求解【解答】解：设粒子第一个过程中初速度为v，电场宽度l，第一个过程中沿电场线方向的位移为：第一个过程由动能定理：qey1=2ekek第二个过程中沿电场线方向的位移为：qey2=ek末4ek解得：ek末=4.25ek选项b正确故选b【点评】动能定理的应用注意一个问题，列式时不能列某一方向的动能定理，只能对总运动过程列一个式子10如图所示，两块相对平行金属板m、n与电池相连，n板接地，在距两板等远的p点固定一个带负电的点电荷，如果m板向上平移一小段距离，则( )a点电荷受到的电场力变小bm板的带电量增加cp点的电势升高d点电荷在p点具有的电势能增加【考点】电容器的动态分析【专题】电容器专题【分析】平行金属板m、n与电池相连，板间电压不变将m板向上平移一小段距离，板间距离增大，电容减小，场强减小，点电荷所受电场力减小根据p点与下板之间电势差的变化情况，确定p点电势的变化若电势升高，负电荷的电势能减小；若电势降低，负电荷的电势能增加【解答】解：a、电容器始终接在电源的两端，电容器的板间电压保持不变，将m板向上平移一小段距离，板间距离增大，场强减小，点电荷受到的电场力减小故a正确b、板间距离增大，根据知，电容减小，电压不变，根据q=cu知，电容器带电量减小，所以m板的带电量减小故b错误c、板间场强减小，p点与下板间的距离未变，则p点与下板之间电势差减小，下板电势为零，p点的电势高于下板的电势，则p点的电势降低故c错误d、p点的电势降低，点电荷带负电，则点电荷在p点具有的电势能增加故d正确故选ad【点评】解答本题时，关键要对物理量间的关系要熟悉确定电势，往往先确定电势差，再确定电势11a、b两电源分别供电时其外特性曲线如图所示，则下述正确的是( )a电源电动势ea=ebb电源内阻ra=rbc电源a的短路电流为0.2ad电源b的短路电流为0.3a【考点】欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】根据闭合电路欧姆定律分析图线纵轴截距和斜率的物理意义，比较电动势和内阻的大小，短路电流i=【解答】解：由闭合电路欧姆定律得u=eir，当i=0时，u=e，ui图线的斜率等于电源内阻大小a、由图看出，a的电动势为2v，b的电动势为1.5v，即有电源电动势eaeb故a错误b、两图线平行，说明电源的内阻相等，即ra=rb故b正确c、电源a的短路电流为故c错误d、电源b的短路电流为故d正确故选：bd【点评】电源的外特性曲线要根据闭合电路欧姆定律理解截距、斜率等等意义，基础题12如图所示，在y轴上关于o点对称的a、b两点有等量同种点电荷+q，在x轴上c点有点电荷q，且co=od，ado=60下列判断正确的是( )ao点电场强度为零bd点电场强度为零c若将点电荷+q从o移向c，电势能增大d若将点电荷q从o移向c，电势能增大【考点】电场的叠加；电势能【专题】压轴题；电场力与电势的性质专题【分析】空间某点的电场强度是由三个点电荷叠加而成的，电势能变化要看电场力做功情况，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加【解答】解：a、题中a、b两个+q在o点的场强矢量和为0，所以o点的场强等于c点在o点产生的场强（不为零），a选项错误；b、题中a、b、c三点电荷在d点产生的场强如图所示，大小相等，设ea=eb=ec=e，ea、eb的矢量和沿x轴正方向，大小也等于e，ec方向沿x轴负方向，故三个场强的矢量和为0，b选项正确；c、d、x轴上x0的区间，合场强方向沿x轴负方向，所以将正电荷从o移向c，电场力做正功，电势能减小，将负电荷从o移向c，电场力做负功，电势能增加，c选项错误，d选项正确故选bd【点评】本题关键在于用矢量合成的平行四边形定则来求解空间任意一点的和场强，根据电场力做功情况来判断电势能的变化情况13如图所示电路中，电源电动势为e、内阻为r，r0为定值电阻，电容器的电容为c闭合开关s，增大可变电阻r的阻值，电压表示数的变化量为u，电流表示数的变化量为i，则( )a变化过程中u和i的比值保持不变b电压表示数u和电流表示数i的比值不变c电阻r0两端电压减小，减小量为ud电容器的带电量增大，增加量为cu【考点】闭合电路的欧姆定律；电容【专题】恒定电流专题【分析】闭合开关s，增大可变电阻r的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析电阻r0两端的电压，再根据路端电压的变化，分析电阻r0两端的电压变化量，并比较与u的关系，确定电容带电量变化量电压表的示数u和电流表的示数i的比值等于r电压表示数变化量u和电流表示数变化量i的比值等于r0+r【解答】解：a、根据闭合电路欧姆定律得：u=ei（r0+r），由数学知识得知，=r0+r，保持不变故a正确b、由图，=r，r增大，则电压表的示数u和电流表的示数i的比值变大故b错误c、d、闭合开关s，增大可变电阻r的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻r0两端的电压减小，r两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻r0两端的电压减小量小于u电容器两极板间的电压等于r两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为cu故c错误，d正确故选：ad【点评】此题中两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析，注意r，r是非纯性元件14如图所示，两块较大的金属板a、b平行放置并与一电源相连，s闭合后，两板间有一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态，以下说法中正确的是( )a若将a板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，g中有ba的电流b若将a板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，g中有ba的电流c若将s断开，则油滴立即做自由落体运动，g中无电流d若将s断开，再将a板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，g中有ba的电流【考点】带电粒子在混合场中的运动【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】s断开，电容器电量不变，板间场强不变，油滴仍处于静止状态将a向左平移一小段位移，电场强度不变，油滴仍然静止改变板间距离，引起电容变化，分析e和电量的变化，再确定油滴的运动情况和电流方向【解答】解：a、开始时，重力和电场力平衡，故：mg=qe；将a板上移，由e=可知，e变小，故油滴应向下加速运动；根据c=、c=，有：q=，故电容器电量减小，放电，故g中有ba的电流；故a正确；b、若将a板向左平移一小段位移，由e=可知，e不变，油滴仍静止；根据c=、c=，有：q=，故电容器电量减小，放电，故g中有ba的电流；故b正确；c、若将s断开，q不变，根据c=、c=、u=ed，场强e不变，故油滴仍然静止，g中无电流，故c错误；d、若将s断开，再将a板向下平移一小段位移，根据c=、c=、u=ed，有：e=，故场强不变，油滴仍然静止；断路，g中无电流；故d错误；故选：ab【点评】本题关键是明确电键闭合时，电容器的电压不变，然后结合公式u=ed和共点力平衡条件列式分析，基础问题15在如图甲所示的电路中，l1、l2、l3为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示当开关s闭合后，电路中的总电流为0.25a，则此时( )al2的电阻为12bl1消耗的电功率为0.75 wcl1、l2消耗的电功率的比值为4：1dl1两端的电压为l2两端电压的2倍【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】当开关s闭合后l1灯的电流强度为总电流，结合图象得到灯泡l1、l2、l3的电压和电流，然后求解功率【解答】解：a、据电路图可知据乙图可知电流为0.25a，l1灯泡的电压为3v；灯泡l2、l3并联，每个灯泡通过的电流为0.125a，从图乙知电压u2=u31v，l1两端的电压不是l2两端电压的2倍，电流为0.125a时电压大约为0.5v，所以l2电阻r2=，故a错误d错误；b、当开关闭合后，灯泡l1的电压u1=3v，由图读出其电流i1=0.25a，则灯泡l1的电阻r1=12，功率p1=u1i1=0.75w，b正确c、l2消耗的功率p2=u2i21v0.125a=0.125w，故c错误 故选：b【点评】本题关键结合图象得到灯泡l1、l2、l3的电压和电流，图中数据比较特殊，刚好是处于方格纸的交点位置16如图甲所示，两个点电荷q1、q2固定在x轴上距离为l的两点，其中q1带正电位于原点o，a、b是它们连线延长线上的两点，其中b点与o点相距3l现有一带正电的粒子q以一定的初速度沿x轴从a点开始经b点向远处运动（粒子只受电场力作用），设粒子经过a，b两点时的速度分别为va，vb，其速度随坐标x变化的图象如图乙所示，则以下判断正确的是( )aq2带负电且电荷量小于q1bb点的场强一定为零ca点的电势比b点的电势高d粒子在a点的电势能比b点的电势能小【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】在b点前做减速运动，b点后做加速运动，可见b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，从而可得出q2的电性可通过电场力做功判断电势能的变化【解答】解：a、在b点前做减速运动，b点后做加速运动，可见b点的加速度为0，则在b点受到两点电荷的电场力平衡，可知q2带负电，且有k=k，故a正确b、在b点前做减速运动，b点后做加速运动，可见b点的加速度为0，受力为零，故合场强为零，故b正确c、该电荷从a点到b点，做减速运动，且该电荷为正电荷，电场力做负功，所以电势能增大，电势升高，所以b点电势较高故c错误d、由c分析得，d正确故选：abd【点评】解决本题的关键以b点的加速度为突破口，根据库仑定律得到q1和q2的电量关系以及知道电场力做功和电势能的关系，值得研究二、解答题（共10小题，满分0分）17某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径d，示数如图，由图可读出l=2.25cm，d=6.860mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用【专题】实验题【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：1、游标卡尺的主尺读数为：2.2cm=22mm，游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为50.1mm=0.5mm，所以最终读数为：22mm+0.5mm=22.5mm=2.25cm2、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为36.00.01mm=0.360mm，所以最终读数为6.5mm+0.360mm=6.860mm故答案为：2.25，6.860【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量18某兴趣小组在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，通过粗测电阻丝的电阻约为5，为了使测量结果尽量准确，从实验室找到以下供选择的器材：a电池组（3v，内阻约1）b电流表a1（03a，内阻0.012 5）c电流表a2（00.6a，内阻约0.125）d电压表v1（03v，内阻4k）e电压表v2（015v，内阻15k）f滑动变阻器r1（020，允许最大电流1a）g滑动变阻器r2（02 000，允许最大电流0.3a）h开关、导线若干（1）实验时应从上述器材中选用acdfh（填写仪器前字母代号）（2）测电阻时，电流表、电压表、待测电阻rx在组成测量电路时，应采用电流表外接法，将设计的电路图画在图1方框内（3）若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图2，则读数为0.900 mm（4）若用l表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为r，请写出计算金属丝电阻率的表达式=【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）关键电源的电压选取电压表，根据电压表选取电流表，根据题目要求确定滑线变阻器的阻值选取变阻器（2）电路图的设计注重电表的接法和滑线变阻的接法（3）螺旋测微器固定刻度最小分度为1mm，可动刻度每一分度表示0.01mm，由固定刻度读出整毫米数包括半毫米数，由可动刻度读出毫米的小数部分（4）根据电阻定律的公式推导电阻率的表达式【解答】解：（1）由于电源电动势为3 v，则电压表选d；由i=可知电路中最大电流约为0.5 a，则电流表选c；滑动变阻器采用限流接法，故电阻不能太大，选f；本实验所选器材为：acdfh（2）由于，故电流表采用外接法；设计的电路如右图所示（3）由图可以看出螺旋测微器固定刻度值为0.5 mm，可动刻度为400.01 mm，则读数为：0.900 mm（4）由r=及s=可解得：=故答案为：（1）acdfh；（2）外，见右图； （3）0.900；（4）【点评】电学实验中重点注意电表接法和滑线变阻器的连接方法，再加仪器的选择19某研究性学习小组欲较准确地测量一电池组的电动势及其内阻给定的器材如下：a电流表g（满偏电流10ma，内阻10）b电流表a（00.6a3a，内阻未知）c滑动变阻器r0（0100，1a）d定值电阻r（阻值990）e多用电表f开关与导线若干（1）某同学首先用多用电表的直流10v挡粗略测量电池组的电动势，电表指针如右图所示，则该电表读数为7.2v（2）该同学再用提供的其他实验器材，设计了如下图甲所示的电路，请你按照电路图在图乙上完成实物连线（3）图丙为该同学根据上述设计的实验电路利用测出的数据绘出的i1i2图线（i1为电流表g的示数，i2为电流表a的示数），则由图线可以得到被测电池组的电动势e=7.5v，内阻r=5.0（保留2位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】（1）根据电压表的量程可明确对应的读数；（2）已知原理图，根据原理图先连出其中一个支路，再去连接另一支路，注意导线不能交叉；（3）图象与纵坐标的截距表示电源的电动势；图象的斜率表示电源的内阻；【解答】解：（1）量程为10v，则最小分度为0.2，故读数为7.2v；先将电流表及滑动变阻器串接在电源两端；再并联另一支路，电路中连线避免交叉；答案如图所示；（2）根据原理图可得出对应的实物图；如图所示；（3）电流表g和定值电阻r组成了一个量程为10v的电压表，由u=eir可得图象与纵轴的交点为电源的电动势，由图可知，电动势e=7.5v；图象的斜率表示电源的内阻，内阻r=5.0；故答案为：（1）7.2；（2）如图所示；（3）7.5；5.0【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确图象的应用，能正确根据闭合电路欧姆定律和图象结合求解电动势和内电阻20一毫安表，满偏电流为10ma，内阻约为300要求将此毫安表改装成量程为1a的电流表，其电路原理如图1所示图中是量程为2a的标准电流表，r0为电阻箱，r为滑动变阻器，s为开关，e为电源（1）完成下列实验步骤：将虚线框内的实物图按电路原理图连线；将滑动变阻器的滑动头调至b端（填“a”或“b”），电阻箱r0的阻值调至零；合上开关；调节滑动变阻器的滑动触头，增大回路中的电流，使标准电流表读数为1a；调节电阻箱r0的阻值，使毫安表指针接近满偏，此时标准电流表的读数会减小（填“增大”、“减小”或“不变”）；多次重复步骤，直至标准电流表的读数为1a，同时毫安表指针满偏（2）回答下列问题：在完成全部实验步骤后，电阻箱使用阻值的读数为3.1，由此可知毫安表的内阻为306.9用改装成的电流表测量某一电路中的电流，当电流表指针半偏，则通过电阻箱的电流为0.495a对于按照以上步骤改装后的电流表，写出个可能影响它的准确程度的因素：电阻箱和滑动变阻器的阻值不能连续变化；标准表和毫安表头的读数误差；电表指针偏转和实际电流的大小不成正比等等【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题；恒定电流专题【分析】本题（1）根据电路动态分析可知当电阻箱阻值增大时，毫安表的电流增大，电流表的电流应减小；题根据实验要求可知应保持电流表的电流1a不变；题（2）由电路图根据欧姆定律即可求出毫安表的电阻；题根据欧姆定律求解即可；题影响因素有：电阻箱和变阻器的阻值不能连续变化、电表读数误差等【解答】解：解：（1）：连线图如图所示：为保护电流表闭合电键前应将滑片移至阻值最大的b端； ：根据电路的动态分析规律可知，当电阻箱阻值增大时毫安表读数增大，电流表的读数应减小； ：多次重复步骤，直至标准电流表的读数为1a；（2）：根据欧姆定律应有：i=ima+，代入数据解得ra=306.9； ：根据欧姆定律应有：=0.495a；：根据题意影响电流表准确程度的因素可能有：电阻箱和滑动变阻器的阻值不能连续变化；标准表和毫安表头的读数误差；电表指针偏转和实际电流的大小不成正比等等故答案为：（1）如图；b；减小；1a（2）306.9；0.495；电阻箱和滑动变阻器的阻值不能连续变化；标准表和毫安表头的读数误差；电表指针偏转和实际电流的大小不成正比等等【点评】应明确只要能根据相应的物理规律解出的物理量就能通过实验测量该物理量21在如图所示的电路中，电阻r1=6，r2=3，电压表视为理想电表当开关s断开时，电压表示数为9v，当开关s闭合时，电压表示数为6v求：（1）电源的电动势e和内阻r；（2）开关s闭合时，流过r2的电流【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】（1）当开关s断开时，电压表示数为9v，由欧姆定律求出电路中电流，再由闭合电路欧姆定律列式；当开关s闭合时，电压表示数为6v再