歷城2020高二物理上學期12月月考試卷

2020學年山東省濟南市歷城區(qū)高二（上）月考物理試卷（12月份）

一、單選題（24分，每小題只有一個正確答案，選對3分，不選或錯選得。分）

1.如圖，懸掛在0點的一根不可伸長的絕緣細線下端有一個帶電量不變的小球A.在兩次實驗中，均緩

慢移動另一帶同種電荷的小球B.當B到達懸點0的正下方并與A在同一水平線上，A處于受力平衡時，

q2

懸線偏離豎直方向的角度為6,若兩次實驗中B的電量分別為5和5,e分別為30°和45°.則為

A.2B.3C.273D.373

2.如圖所示，A、B是兩個帶異號電荷的小球，其質(zhì)量分別為叫和叱，所帶電荷量分別為+qi和-qz,A用

絕緣細線L懸掛于0點，A、B間用絕緣細線L。相連.整個裝置處于水平方向的勻強電場中，平衡時L向

左偏離豎直方向，L?向右偏離豎直方向，則可以判定（）

3.某同學在研究電子在電場中的運動時，得到了電子由a點運動到b點的軌跡（圖中實線所示），圖中未

標明方向的一組虛線可能是電場線，也可能是等勢面，則下列說法正確的是（）

A.如果圖中虛線是電場線，電子在a點動能較小

B.如果圖中虛線是等勢面，電子在a點動能較小

C.不論圖中虛線是電場線還是等勢面，都是電子在b點電勢能小

D.不論圖中虛線是電場線還是等勢面，a點的電勢都高于b點的電勢

4.電荷+Q激發(fā)的電場中有A、B兩點.質(zhì)量為m,電量為q的帶正電的粒子，自A點由靜止釋放，經(jīng)過B

點時的速度為v。；若此粒子的質(zhì)量為2q,質(zhì)量為4m,仍從A點由靜止釋放（粒子重力均不計），則經(jīng)過B

點時的速度變?yōu)椋ǎ?/p>

A.2voB.4v0C.eD.二工

277

5.如圖為甲、乙兩燈泡的I-U圖象.根據(jù)圖象計算，甲、乙兩燈泡串聯(lián)在電壓為220V的電路中實際發(fā)

光的功率約為（）

6.如圖為測量某電源電動勢和內(nèi)電阻時得到的U-I圖線，用此電源與三個阻值均為3Q的電阻連接成電

路，測得路端電壓為4.8V,則該電路可能為（）

7.電源的效率H定義為外電路電阻消耗的功率與電源的總功率之比.在測電源電動勢和內(nèi)電阻的實驗中

得到的實驗圖線如圖所示，圖中u為路端電壓，I為干路電流，a、b為圖線上的兩點，相應狀態(tài)下電源的

效率分別為*、由圖可知明、%的值分別為（）

.3112?1121

A.—>—RB.—>—C.—>—nD.—>—

44332233

8.如圖為一玩具起重機的電路示意圖.電源電動勢為6V,內(nèi)電阻為0.5Q,電阻R=2.5Q,當電動機以

0.5m/s的速度勻速向上提升一質(zhì)量為320g的物體時（不計一切摩擦阻力，g-10m/s2）,標有“3V,0.6W“的

燈泡正好正常發(fā)光.則電動機的內(nèi)阻為（）

(E)

A.1.25QB.3.75QC.5.625QD.IQ

二、多項選擇題（24分，每小題有兩個或兩個以上正確選項，全部選對得4分，選不全得2分，選錯得0

分）

9.如圖，兩電荷量分別為Q（Q>0）和-Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點0的兩側(cè)，a點位于x軸上

0點與點電荷Q之間，b點位于y軸0點上方.取無窮遠處的電勢為零.下列說法正確的是（）

-b

—1----1-------

QaO.Qx

A.b點電勢為零，電場強度也為零

B,正的試探電荷在a點的電勢能大于零，所受電場力方向向右

C.將正的試探電荷從0點移到a點，必須克服電場力做功

D.將同一正的試探電荷先后從0、b兩點移到a點，后者電勢能的變化較大

10.如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直平面（紙面）內(nèi)，且相對于過軌跡最低點

P的豎直線對稱.忽略空氣阻力,由此可知（）

A.Q點的電勢比P點高

B.油滴在Q點的動能比它在P點的大

C.油滴在Q點的電勢能比它在P點的大

D.油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小

11.如圖，A和B是置于真空中的兩平行金屬板，所加電壓為U.一帶負電的粒子以初速度V。由A板小孔

水平射入電場中，粒子剛好能達到金屬板B.如果要使粒子剛好達到兩板間距離的一半處，可采取的辦法

有（）

AB

?—U—1

A.初速度為二二,電壓U不變B.初速度為二e,電壓為2

222

C.初速度為Vo,電壓為2UD.初速度為Vo,電壓為V，切

12.如圖所示，平行板電容器經(jīng)開關(guān)S與電源連接，在a處有一個帶電量非常小的點電荷，S是閉合的，

風為a點的電勢，F(xiàn)表示點電荷受到的電場力.現(xiàn)將電容器的B板向下稍微移動，使兩板間的距離增大則

（）

S

A."變大B.6t,變小C.F不變D.F變小

13.如圖所示電路中，電源內(nèi)阻忽略不計.閉合電建，電壓表示數(shù)為U,電流表示數(shù)為I；在滑動變阻器

R的滑片P由a端滑至IJb端的過程中（）

A.U先變大后變小

B.I先變小后變大

C.U與I比值先變大后變小

D.U變化量與I變化量比值等于R

14.如圖，R3=0.5Q,S斷開時，兩表（均視為理想表）讀數(shù)分別為0.4A和2.4V,S閉合時，它們的讀數(shù)

分別變化了0.3A和0.3V,關(guān)于R、Rz的阻值和電源的電動勢和內(nèi)阻，正確的是（）

A.Ri=6。Rz=6QB.Ri=6QRz=4Q

C.E=2.8Vr=0.5CD.E=3Vr=0.6Q

三、實驗題

15.如圖為某同學改裝和校準毫安表的電路圖，其中虛線框內(nèi)是毫安表的改裝電路.

己知毫安表表頭的內(nèi)阻為100C,滿偏電流為1mA,Ri和R2為阻值固定的電阻.若使用a和b兩個接線柱,

電表量程為3mA；若使用a和c兩個接線柱，電表量程為10mA.由題給條件和數(shù)據(jù)，可以求出R產(chǎn)Q，

1?2=Q.

16.為了測量某待測電阻R,的阻值（約為30C）.有以下一些器材可供選擇：

電流表：Ai（量程0?50mA,內(nèi)阻約10。）Az（量程0?3A,內(nèi)阻約0.12C）

電壓表：%（量程0?3V,內(nèi)阻很大）Vz（量程0?15V,內(nèi)阻很大）

電源：E（電動勢為約為3V,內(nèi)阻約為0.2C）

定值電阻R（20Q,允許最大電流LOA）

滑動變阻器Ri（0?10Q、允許最大電流2.0A）

滑動變阻器Rz（0?IkQ、允許最大電流0.5A）

單刀單擲開關(guān)S一個，導線若干

（1）電流表應選,電壓表應選,滑動變阻器應選（填字母代號）.

（2）請在方框中畫出測量電阻R*的實驗電路圖（要求所測量值范圍盡可能大）

（3）某次測量中，電壓表示數(shù)為U時，電流表示數(shù)為I,則計算待測電阻阻值的表達式為R*=

四、計算題（37分，每題均要求寫出必要的文字說明，重要的物理規(guī)律，答題時應寫出規(guī)范的公式，完

整的數(shù)值和單位，只有結(jié)果沒有過程的不能得分，過程不完整的不能得滿分.）

17.據(jù)報道，最近已研制出一種可投入使用的電磁軌道炮，其原理如圖所示.開始時炮彈在導軌的一端，

通以電流后炮彈會被磁力加速，最后從位于導軌另一端的出口高速射出.設(shè)兩導軌之間的距離d=0.10m,

導軌長L=5.0m,炮彈質(zhì)量m=0.30kg.導軌上的電流I的方向如圖中箭頭所示.可以認為，炮彈在軌道內(nèi)

運動時，磁場的磁感應強度始終為B=2.0T.若炮彈出口速度為v=2.0X103m/s,求通過導軌的電流I.忽

略摩擦力的影響.

18.如圖，一長為10cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中，磁場的磁感應強度

大小為0.1T,方向垂直于紙面向里，彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣，金屬棒通過開關(guān)與一電動勢為

12V的電池相連，電路總電阻為2Q,已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5cm,閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新

平衡后，兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時相比均改變了0.3cm,重力加速度大小取lOm/s。，判斷開關(guān)閉合后

金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量.

19.如圖甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質(zhì)量為m=0.2kg、帶電荷量為q=+2.OXI。"C

的小物塊處于靜止狀態(tài)，小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)N=0.1.從t=0時刻開始，空間加上一個如圖乙

所示的場強大小和方向呈周期性變化的電場（取水平向右的方向為正方向，g取lOm/s?）求：

（1）23秒內(nèi)小物塊的位移大小;

(2)23秒內(nèi)電場力對小物塊所做的功.

20.如圖電路所示，電源內(nèi)阻r=lC,定值電阻R0=4Q,AB、CD是兩塊正對的平行金屬板，板長為1,當

電路接通時，兩板正對的區(qū)域存在著勻強電場，現(xiàn)有電子以平行于兩板方向的初速度v?,從兩板間飛過.當

電鍵S斷開時，電子飛出勻強電場區(qū)域時的速度大小為“厲V。；當S閉合時，電子飛出勻強電場區(qū)域時的

速度大小為噌V。，求：

(1)上述兩種情況下，電子在電場中運動時加速度的比值是多大？

(2)電路中R的阻值是多大？

(3)若有一電子飛入兩板間時，電鍵S處于斷開狀態(tài)，當電子沿板長方向的位移為當時，電鍵S突然閉

合，則電子在穿過整個勻強電場區(qū)域時的偏轉(zhuǎn)量是多大？

【選做題】

21.如圖甲所示的電路中，R、Rz均為定值電阻，且Ri=100C,R2阻值未知，Rs為一滑動變阻器，當其滑

片P從左端滑至右端時，測得電源的路端電壓隨電源中流過的電流變化圖線如圖乙所示，其中A、B兩點

是滑片P在變阻器的兩個不同端點得到的.求：

8

4

(1)定值電阻Rz的阻值；

(2)滑動變阻器的最大阻值.

22.一個初動能為Ek的帶電粒子，以垂直電場線的方向飛入帶電的平行板電容器，飛出時帶電粒子的動能

為飛入時初動能的2倍.如果使帶電粒子飛入的初速度增大為原來的2倍.求它飛出平行板電容器時的動

能.

2020學年山東省濟南市歷城區(qū)深泉學院高二（上）月考物理試卷（12月份）

參考答案與試題解析

一、單選題（24分，每小題只有一個正確答案，選對3分，不選或錯選得0分）

1.如圖，懸掛在。點的一根不可伸長的絕緣細線下端有一個帶電量不變的小球A.在兩次實驗中，均緩

慢移動另一帶同種電荷的小球B.當B到達懸點0的正下方并與A在同一水平線上，A處于受力平衡時，

懸線偏離豎直方向的角度為。，若兩次實驗中B的電量分別為卬和qz,6分別為30°和45°.則/為

A.2B.3C.2MD-3-73

【考點】A4：庫侖定律；2H：共點力平衡的條件及其應用.

【分析】小球A受力平衡，在兩種情況下，對小球A受力分析，根據(jù)受力平衡的條件列方程既可以求得

qi和qz的關(guān)系.

【解答】解：A球電量不變，設(shè)為q0.兩種情況下A球均受三個力作用下平衡.

庫侖力F=l^?

T

A球質(zhì)量設(shè)為m,對A球應用共點力平衡條件得F=l「=mgtane,

兩球之間的距離r=Lsin0,

其中L為線長，r為兩球球心之間的距離.

2

由以上兩式得到q=J!?Litan6sin0

，1、2

（-7T）

gci口2tan450sin2450---------------rz

所以r—=------;-----5~~1=o2V3-

tan30sin30-------2

V3（y）

故選c.

2.如圖所示，A、B是兩個帶異號電荷的小球，其質(zhì)量分別為叫和叱，所帶電荷量分別為+qi和-qz,A用

絕緣細線L懸掛于0點，A、B間用絕緣細線Lz相連.整個裝置處于水平方向的勻強電場中，平衡時L向

左偏離豎直方向，L2向右偏離豎直方向，則可以判定（）

A.mi=m2B.mi>m2C.qi>q2D.qi<q2

【考點】AD：電勢差與電場強度的關(guān)系；A4：庫侖定律.

【分析】把兩小球看成整體分析，兩球之間的庫侖力為內(nèi)力，整體上受到重力向左的電場力和向右的電場

力、L的拉力，根據(jù)平衡條件判斷兩電場力的大小，從而可知電荷量的大小.

【解答】解：兩球整體分析，如圖所示，根據(jù)平衡條件可知，qiE>q?E,即％>電，而兩球的質(zhì)量無法比

較其大小，故C正確、ABD錯誤.

故選：C.

T

3.某同學在研究電子在電場中的運動時，得到了電子由a點運動到b點的軌跡（圖中實線所示），圖中未

標明方向的一組虛線可能是電場線，也可能是等勢面，則下列說法正確的是（）

A.如果圖中虛線是電場線，電子在a點動能較小

B.如果圖中虛線是等勢面，電子在a點動能較小

C.不論圖中虛線是電場線還是等勢面，都是電子在b點電勢能小

D.不論圖中虛線是電場線還是等勢面，a點的電勢都高于b點的電勢

【考點】A7：電場線.

【分析】電場線與等勢面垂直，電場線密的地方電場的強度大，電場線疏的地方電場的強度小，在等勢面

密的地方，電場的強度也是較大，在等勢面疏的地方，電場的強度也是較小，沿電場線的方向，電勢降低.

【解答】解：A、若虛線是電場線，從軌跡彎曲方向可知電場力沿著電場線向左，ab曲線上每一點的瞬時

速度與電場力方向均成鈍角，故電子做減速運動，在a處動能最大，所以A錯誤；

B、若虛線為等勢面，根據(jù)等勢面與電場線處處垂直可大致畫出電場線，顯然可看出曲線上每個位置電子

受到的電場力與速度成銳角，電子加速運動，故a動能最小，所以B正確；

CD、若虛線是電場線，由電場線的密集程度可看出a點的場強較大，由沿著電場線方向電勢越來越低可判

斷a處的電勢較高，則電子在a點電勢能??；

若虛線是等勢面，從電子曲線軌跡向下彎曲可知電場線方向垂直虛線向上，沿著電場線方向電勢越來越低，

故a點電勢較低，則電子在a點電勢能大；

綜上所述，所以CD錯誤；

故選：B.

4.電荷+Q激發(fā)的電場中有A、B兩點.質(zhì)量為m,電量為q的帶正電的粒子，自A點由靜止釋放，經(jīng)過B

點時的速度為V。；若此粒子的質(zhì)量為2q,質(zhì)量為4m,仍從A點由靜止釋放（粒子重力均不計），則經(jīng)過B

點時的速度變?yōu)椋ǎ?/p>

A.2v0B.4v0C.迎D.

2V2

【考點】A4：庫侖定律.

【分析】粒子分別從A點由靜止釋放到達B點時，電場力做正功，根據(jù)動能定理研究它們的速度之比，從

而得解.

【解答】解：設(shè)A、B間的電勢差為U,根據(jù)動能定理得：

對于任意一個粒子有：qU=^；mv2；

可得：v=J等，U一定,則v與1成正比，

已知它們的電量之比1：2,質(zhì)量之比1：4,則比荷&之比為2：1,所以速度之比為0：V2=、①：1.

m

因此Y志丫忠v°,故ABC錯誤，D正確;

22

故選：D.

5.如圖為甲、乙兩燈泡的I-U圖象.根據(jù)圖象計算，甲、乙兩燈泡串聯(lián)在電壓為220V的電路中實際發(fā)

光的功率約為（）

A.20V、12WB.12W、20WC.40W、60WD.60W、100W

【考點】B2：歐姆定律.

【分析】明確串聯(lián)電路的規(guī)律，知道兩燈泡中的電流相等，而電壓之和等于220V,則由兩圖象進行分析,

即可明確其電壓和電流，再根據(jù)公式P=UI求出兩燈實際發(fā)光的功率.

【解答】解：兩燈泡串聯(lián)，故兩燈泡中電流相等，而兩燈泡兩端的電壓為220V,則由圖可知，兩燈泡的

2

電流均為：I=16X10-A,甲的電壓為：UF160V,而乙的電壓為：U2=60V；

故甲的電功率為：P?=UiI=160X16X10-2=25W^20W；

而乙的電功率為：PZ.-60X16X102=9.6W^10W；

故A正確，BCD錯誤.

故選：A.

6.如圖為測量某電源電動勢和內(nèi)電阻時得到的U-I圖線，用此電源與三個阻值均為3Q的電阻連接成電

路，測得路端電壓為4.8V,則該電路可能為（）

A1

【考點】BB：閉合電路的歐姆定律.

【分析】由電源的U-I圖象求出電源的電動勢和內(nèi)阻，由歐姆定律求出路端電壓為4.8V時外電路總電阻,

再選擇相對應的電路圖.

【解答】解：由電源的U-I圖象得，電源的電動勢為E=6V,內(nèi)阻為r-黑=ga=0.5C.

當路端電壓為4.8V時，則有U臉:E，代入解得，外電路總電阻R=2Q

A、外電路總電阻為1C,與R不符合.故A錯誤.

B、外電路總電阻為。2Q=2Q,與R相符.故B正確.

3+6

C、外電路總電阻為9Q,與R不符.故C錯誤.

D、外電路總電阻為3Q+1.5Q=4.5Q,與R不符.故D錯誤.

故選B

7.電源的效率n定義為外電路電阻消耗的功率與電源的總功率之比.在測電源電動勢和內(nèi)電阻的實驗中

得到的實驗圖線如圖所示，圖中u為路端電壓，I為干路電流，a、b為圖線上的兩點，相應狀態(tài)下電源的

八的值分別為（)

A.31C.11D.21

4'IB?黑T~23,-3

【考點】B9：電源的電動勢和內(nèi)阻；N3：測定電源的電動勢和內(nèi)阻.

【分析】電源的效率n定義為外電路電阻消耗的功率與電源的總功率之比.n孕T3.所以電源

PtuIEE

的效率等于外電壓與電動勢之比.外電壓和電動勢可以從圖象上讀出.

【解答】解：電源的效率n定義為外電路電阻消耗的功率與電源的總功率之比.nE為電

-yPtiIEE

源的總電壓（即電動勢），在U-I圖象中，縱軸截距表示電動勢，根據(jù)圖象可知Ua=|>E、Ub="E，則n,=-|,

n產(chǎn)所以A、B、C錯誤，D正確.

故選D.

8.如圖為一玩具起重機的電路示意圖.電源電動勢為6V,內(nèi)電阻為0.5Q,電阻R=2.5C,當電動機以

0.5m/s的速度勻速向上提升一質(zhì)量為320g的物體時（不計一切摩擦阻力，g=10m/s2）,標有“3V,0.6W“的

燈泡正好正常發(fā)光.則電動機的內(nèi)阻為（）

A.L25QB.3.75QC.5.625QD.1Q

【考點】BG：電功、電功率.

【分析】由燈泡的性質(zhì)及串并聯(lián)電路的規(guī)律可得出電動機兩端的電壓及電流，再由功率公式可求得電動機

內(nèi)阻.

【解答】解：由電路圖可知，燈泡與電動機并聯(lián)，燈泡正常發(fā)光，電壓為3V,電流為:

［「-。-以2=0.2A；

故電動機兩端的電壓為3V；R及r兩端的電壓為3V,由歐姆定律可得，總電流為：

1=----------=1A；

2.5+0.5

電動機的電流為:

I機=1-IL=1-0.2=0.8A；

電動機的輸出功率為：

P=mgv=UI-I2r

代入數(shù)據(jù)解得：r=1.25Q

故選：A.

二、多項選擇題（24分，每小題有兩個或兩個以上正確選項，全部選對得4分，選不全得2分，選錯得0

分）

9.如圖，兩電荷量分別為Q（Q>0）和-Q的點電荷對稱地放置在x軸上原點0的兩側(cè)，a點位于x軸上

0點與點電荷Q之間，b點位于y軸。點上方.取無窮遠處的電勢為零.下列說法正確的是（）

-b

—1---1-2--------L—>

Qa0幺x

A.b點電勢為零，電場強度也為零

B.正的試探電荷在a點的電勢能大于零，所受電場力方向向右

C.將正的試探電荷從0點移到a點，必須克服電場力做功

D.將同一正的試探電荷先后從0、b兩點移到a點，后者電勢能的變化較大

【考點】AD：電勢差與電場強度的關(guān)系；A6：電場強度；AC：電勢.

【分析】兩個等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線.電場強度方向與等勢面方向垂直，而且指向

電勢低的方向.根據(jù)等勢面和電場線分布情況，分析電勢和場強的關(guān)系.

【解答】解：A、結(jié)合等量異種點電荷的電場的特點可知，兩個等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等

勢線.電場強度方向與等勢面方向垂直，而且指向電勢低的方向，所以B點的電勢等于0,而電場強度不

等于0.故A錯誤；

B、由圖，兩個點電荷在a點產(chǎn)生的電場強度的方向都向右，所以合場強的方向一定向右，則正電荷在a

點受到的電場力的方向向右；正電荷從a向0運動的過程中，電場力做正功，電勢能減小，而0點的電勢

等于0,所以正的試探電荷在a點的電勢能大于零，故B正確；

C、正電荷從a向0運動的過程中，電場力做正功，電勢能減小.所以將正的試探電荷從0點移到a點，

必須克服電場力做功；故C正確；

D、兩個等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，所以0、b兩點的電勢是相等的，將同一正的試探

電荷先后從0、b兩點移到a點，二者電勢能的變化相等.故D錯誤.

故選：BC

10.如圖，一帶負電荷的油滴在勻強電場中運動，其軌跡在豎直平面（紙面）內(nèi)，且相對于過軌跡最低點

P的豎直線對稱.忽略空氣阻力.由此可知（）

A.Q點的電勢比P點高

B.油滴在Q點的動能比它在P點的大

C.油滴在Q點的電勢能比它在P點的大

D.油滴在Q點的加速度大小比它在P點的小

【考點】AD：電勢差與電場強度的關(guān)系；AE：電勢能.

【分析】根據(jù)曲線運動的性質(zhì)以及運動軌跡可明確粒子受力情況，再根據(jù)電場力的性質(zhì)即可判斷電場線的

方向，從而明確電勢高低；根據(jù)電場力做功情況可明確動能的變化以及電勢能的變化；根據(jù)力的性質(zhì)可明

確加速度的關(guān)系.

【解答】解：A、根據(jù)粒子的彎折方向可知，粒子受合力一定指向上方；同時因軌跡關(guān)于P點對稱，則可

說明電場力應豎直向上；粒子帶負電，故說明電場方向豎直向下；則可判斷Q點的電勢比P點高；故A正

確；

B、粒子由P到Q過程，合外力做正功，故油滴在Q點的動能比它在P點的大；故B正確；

C、因電場力豎直向上，故油滴由P到Q的過程中，電場力做正功，故電勢能減小，Q點的電勢能比它在P

點的??；故C錯誤；

D、因受力為恒力；故PQ兩點加速度大小相同；故D錯誤；

故選：AB.

11.如圖，A和B是置于真空中的兩平行金屬板，所加電壓為U.一帶負電的粒子以初速度V。由A板小孔

水平射入電場中，粒子剛好能達到金屬板B.如果要使粒子剛好達到兩板間距離的一半處，可采取的辦法

有（）

AB

Lb

U-,

A.初速度為:二,電壓U不變B.初速度為力,電壓為2

222

C.初速度為vo,電壓為2UD.初速度為V。，電壓為&U

【考點】AK：帶電粒子在勻強電場中的運動.

【分析】由題，粒子射入電場后，電場力做負功，動能減小，根據(jù)動能定理列出方程.要使粒子剛好達到

兩板間距離的一半處，根據(jù)勻強電場沿電場線方向兩點間電勢差與距離成正比，再運用數(shù)學知識進行討論，

選擇題意的選項.

【解答】解：A、粒子剛好能達到B金屬板時，根據(jù)動能定理得，-qUR-3mvj，當初速度為*,U

202

變?yōu)樵瓉淼?，電荷達到兩板間距離的士處.故A錯誤.

44

B、由-qU=O-/mvo2,分析可知，當初速度*mV。？，電壓為蔡時，等式成立，即粒子剛好達到

兩板間距離的一半處，符合題意.故B正確.

C、由-qUR-5mv。？，分析可知，初速度為v。，電壓為2U時，電荷到達兩板間距離的士：處.故C

正確.

D、由-qUR-5mVi/,分析可知，初速度為V。，電壓為&U時，電荷到達兩板間距離的噂處.故

D錯誤.

故選：BC.

12.如圖所示，平行板電容器經(jīng)開關(guān)S與電源連接，在a處有一個帶電量非常小的點電荷，S是閉合的，

。.為a點的電勢，F(xiàn)表示點電荷受到的電場力.現(xiàn)將電容器的B板向下稍微移動，使兩板間的距離增大則

（）

A.0a變大B.。.變小C.F不變D.F變小

【考點】AS：電容器的動態(tài)分析.

【分析】要求a點的電勢如何變化，首先要確定電勢為0的位置即零電勢點，由于電容與電源相連故兩極

板之間的電壓不變，而兩極板之間的距離增大，故兩極板之間的電場強度減小，所以Aa之間的電勢差減

小，所以aB之間的電壓增大.由于兩極板之間的場強減小故試探電荷所受的電場力減小.

【解答】解：由于開關(guān)S閉合，且電容器兩極板始終與電源的兩極相連，故電容器兩極板之間的電壓加

保持不變.隨B極板下移兩極板之間的距離增大，根據(jù)代工?可知兩極板之間的電場強度E減小，由于

d

UxEhAa,由于電場強度E減小，故減小，由于11方”,+1）皿所以IU增大，由題圖可知電源的負極接地,

故B極板接地，所以B板的電勢為。即①產(chǎn)0,又必=①，-①B,所以①a=UaB增大.而點電荷在a點所受的

電場力F=qE,由于E減小，所以電場力F減小.故AD正確，BC錯誤；

故選：AD

13.如圖所示電路中，電源內(nèi)阻忽略不計.閉合電建，電壓表示數(shù)為U,電流表示數(shù)為I；在滑動變阻器

R的滑片P由a端滑到b端的過程中（）

A.U先變大后變小

B.I先變小后變大

C.U與I比值先變大后變小

D.U變化量與I變化量比值等于R

【考點】BB：閉合電路的歐姆定律.

【分析】電源內(nèi)阻忽略不計，電壓表測量電源電壓，所以無論外電阻如何變化，電壓表示數(shù)不變.滑動變

阻器R的滑片P由a端滑到b端的過程中，電阻先曾大后減小，由歐姆定律可判斷電流表示數(shù)的變化和和

U與I比值的變化.

【解答】解：A、由圖可知電壓表測量的是電源的電壓，由于電源內(nèi)阻忽略不計，則電壓表的示數(shù)總是不

變，故A錯誤；

BC、由圖可知，在滑動變阻器R的滑片P由a端滑到b端的過程中，滑動變阻器R的電阻先增大后減小,

由于電壓不變，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知電流表示數(shù)先減小后增大，U與I的比值就是接入電路的R的

電阻與比的電阻的和，所以U與I比值先變大后變小，故C正確；

D、由于電壓表示數(shù)沒有變化，所以U變化量與I變化量比值等于0,故D錯誤；

故選：BC.

14.如圖，R3=0.5Q,S斷開時，兩表(均視為理想表)讀數(shù)分別為0.4A和2.4V,S閉合時，它們的讀數(shù)

分別變化了0.3A和0.3V,關(guān)于R、R2的阻值和電源的電動勢和內(nèi)阻，正確的是()

A.Ri=6QRz=GQB.RI=6QR2=4Q

C.E=2.8Vr=0.5cD.E=3Vr=0.6Q

【考點】BB：閉合電路的歐姆定律.

【分析】S斷開時，根據(jù)兩電表的讀數(shù)，由歐姆定律可求得Ri；S閉合時，由兩電表的讀數(shù)可求得Ri、R2

的并聯(lián)阻值，即可求得R2的阻值；

對于S斷開時和S閉合時兩種情況，運用閉合電路歐姆定律列式，即可求解電源的電動勢和內(nèi)阻.

U]94

【解答】解：AB、S斷開時，L=0.4A,U,=2.4V,由題R尸一｛"=笠。=6。；

T0.4

S閉合，電阻變小，電流變大，并聯(lián)部分的電壓變小

S閉合時，由題L=0.7A,U2=2.IV,則R1與R2并聯(lián)的阻值為：

U21

3—f.匕C=3Q

I20.7

R]+I?2

解得：Rz=6C；故A正確，B錯誤；

CD、S斷開時，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：

E=Ui+L(R+r)…①

S閉合時，根據(jù)閉合電路歐姆定律有：

E=U2+I2(R2+r)…②

聯(lián)立①②式代入數(shù)據(jù)解得：E=2.8V,r=0.5Q；故C正確，D錯誤;

故選：AC

三、實驗題

15.如圖為某同學改裝和校準毫安表的電路圖，其中虛線框內(nèi)是毫安表的改裝電路.

臼(b)

己知毫安表表頭的內(nèi)阻為100c,滿偏電流為1mA,R1和R2為阻值固定的電阻.若使用a和b兩個接線柱,

電表量程為3mA；若使用a和c兩個接線柱，電表量程為10mA.由題給條件和數(shù)據(jù)，可以求出R,=15Q,

R2=35Q.

【考點】NA：把電流表改裝成電壓表.

【分析】根據(jù)串并聯(lián)電路特點與歐姆定律分別列示可以求出電阻阻值.

Ir0.001X100

【解答】解：使用a、b接線柱時，I-I+,ge/g-0.001+—^—75------=0.003,

abgTR1+R2Rl+R2

(r>R)0.001X(100+R)

使用a、c接線柱時，ILL+二-2-=?—=0.00H--------------------------?=0.010,

RiRi

解得：R,=15Q,&=35。；

故答案為：15；35；

16.為了測量某待測電阻R,的阻值（約為30Q）.有以下一些器材可供選擇：

電流表：4（量程0?50mA,內(nèi)阻約10。）A2（量程0?3A,內(nèi)阻約0.12。）

電壓表：%（量程0?3V,內(nèi)阻很大）V2（量程0?15V,內(nèi)阻很大）

電源：E（電動勢為約為3V,內(nèi)阻約為0.2Q）

定值電阻R（20Q,允許最大電流1.0A）

滑動變阻器Ri（0?10。、允許最大電流2.0A）

滑動變阻器Rz（0?1k。、允許最大電流0.5A）

單刀單擲開關(guān)S一個，導線若干

（1）電流表應選A、,電壓表應選”,滑動變阻器應選R（填字母代號）.

（2）請在方框中畫出測量電阻R*的實驗電路圖（要求所測量值范圍盡可能大）

（3）某次測量中，電壓表示數(shù)為U時，電流表示數(shù)為I,則計算待測電阻阻值的表達式為R*=V-R--

-I

【考點】N6：伏安法測電阻.

【分析】（1）根據(jù)已知電源可知最高電壓，根據(jù)安全性原則可選擇電壓表，由歐姆定律求出最大電流，即

可選出電流表；由題意可知電路的接法，可選擇滑動變阻器；

（2）由要求可知應采用分壓接法，根據(jù)題意分析可知電流表及電壓表的接法，同時可得出定值電阻的使

用；

（3）由歐姆定律可求得總電阻，再由串聯(lián)電路的電阻規(guī)律可求得待測電阻.

【解答】解：（1）由題意可知，電源電壓為3V,故電壓表只能采用0?3V,不能選用最大量程為15V的電

壓表，電壓表選用％；而由于待測電阻為30Q,則電路中電流最大為100mA,故不能選用最大量程為3A

的電流表，故電流表只能選用4；而由題意可知，電路應采用分壓接法，故滑動變阻器應選用較小的電阻,

故滑動變阻器選用Ri；即F；由電流表的量程，及所測電阻的阻值，可得定值電阻為20Q.

(2)因題目要求所測量的值的變化范圍盡可能大一些，故可知應采用滑動變阻器分壓接法；由于電流表

量程只有0?50mA,若只接待測電阻，電路中電流過大損壞電流表，故可將定值電阻接入與待測電阻串聯(lián);

由于電壓表的內(nèi)阻很大,故電壓表分流較小，故應采用電流表外接法；故電路如下圖所

示:

故答案為：(1))A,；V,；R.(2)在右面方框中畫出實驗電路圖如圖.(3)y-R

四、計算題(37分，每題均要求寫出必要的文字說明，重要的物理規(guī)律，答題時應寫出規(guī)范的公式，完

整的數(shù)值和單位，只有結(jié)果沒有過程的不能得分，過程不完整的不能得滿分.)

17.據(jù)報道，最近已研制出一種可投入使用的電磁軌道炮，其原理如圖所示.開始時炮彈在導軌的一端，

通以電流后炮彈會被磁力加速，最后從位于導軌另一端的出口高速射出.設(shè)兩導軌之間的距離d=0.10m,

導軌長L=5.0m,炮彈質(zhì)量m=0.30kg.導軌上的電流I的方向如圖中箭頭所示.可以認為，炮彈在軌道內(nèi)

運動時，磁場的磁感應強度始終為B=2.0T.若炮彈出口速度為v=2.0X103m/s,求通過導軌的電流I.忽

略摩擦力的影響.

【考點】CC：安培力；66：動能定理的應用.

【分析】當導軌上通入電流后，炮彈在安培力的作用下，做初速度為零勻加速直線運動，因此直接根據(jù)動

能定理列式求解；也可以先根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，然后利用運動學公式即可求解.

【解答】解：炮彈和軌道整體整體受重力、支持力和安培力，根據(jù)動能定理，有：

解得:察黑磊滬

答：通過導軌的電流I為6.0X10%.

18.如圖，一長為10cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中，磁場的磁感應強度

大小為0.1T,方向垂直于紙面向里，彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣，金屬棒通過開關(guān)與一電動勢為

12V的電池相連，電路總電阻為2Q,已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5cm,閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新

平衡后，兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時相比均改變了0.3cm,重力加速度大小取lOm/s?,判斷開關(guān)閉合后

金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量.

【考點】CC：安培力.

【分析】在閉合前，導體棒處于平衡狀態(tài)，在閉合后，根據(jù)閉合電路的歐姆定律求的電流，根據(jù)F=BIL求

的安培力，由共點力平衡求的質(zhì)量

【解答】解：閉合開關(guān)后，電流由b指向a,受到的安培力向下

斷開時：2k△li=mg

開關(guān)閉合后2k(Al,+AL)=mg+F

受到的安培力為：F=BIL

回路中電流為

聯(lián)立解得m=0.01kg

答：金屬棒的質(zhì)量為0.01kg

19.如圖甲所示，在真空中足夠大的絕緣水平地面上，一個質(zhì)量為m=0.2kg、帶電荷量為q=+2.OXI。-'C

的小物塊處于靜止狀態(tài)，小物塊與地面間的動摩擦因數(shù)u=0.1.從t=0時刻開始，空間加上一個如圖乙

2

所示的場強大小和方向呈周期性變化的電場(取水平向右的方向為正方向，g^10m/s)求：

(1)23秒內(nèi)小物塊的位移大小；

(2)23秒內(nèi)電場力對小物塊所做的功.

【考點】66：動能定理的應用；A6：電場強度.

【分析】(1)根據(jù)牛頓第二定律求出物塊在0?2s內(nèi)和2?4s內(nèi)的加速度，利用運動學公式求出0?2s內(nèi)

和2?4s內(nèi)的位移，及第2s末和第4s末的速度，得到小物塊做周期為4s的勻加速和勻減速運動.分別

求出前22s物塊的位移和第23s內(nèi)的位移，再求總位移.

(2)根據(jù)動能定理求電場力對小物塊所做的功.

【解答】解：

(1)0-2s內(nèi)物塊加速度4=."匚"曬3之工叱-o.ixi0=2(m/s2)

m0.2

位移S1=^"&11i=4m

2s末的速度為v2=aiti=4m/s

2?4s內(nèi)物塊加速度a2n口E?"mg二_2m/s2

ID

位移S2=Si=4m,

4s末的速度為v4=0

則小物塊做周期為4s的勻加速和勻減速運動.

99

第22s末小物塊的速度為v=4m/s,前22s內(nèi)位移為S22管S044m

第23s內(nèi)物塊的位移為S23=vt+ya212,t=ls,S23=3m

故23秒內(nèi)小物塊的位移大小為47m.

(2)由上，物塊在第23s末的速度為v/Zm/s.根據(jù)動能定理得

12

W-umgS23=-^-rov23

代入解得W=9.8J.

答：(1)23秒內(nèi)小物塊的位移大小為47m；

(2)23秒內(nèi)電場力對小物塊所做的功為9.8J.

20.如圖電路所示，電源內(nèi)阻r=l。，定值電阻R0=4Q,AB、CD是兩塊正對的平行金屬板，板長為1,當

電路接通時，兩板正對的區(qū)域存在著勻強電場，現(xiàn)有電子以平行于兩板方向的初速度vo,從兩板間飛過.當

電鍵S斷開時，電子飛出勻強電場區(qū)域時的速度大小為、反V。；當S閉合時，電子飛出勻強電場區(qū)域時的

速度大小為求：

(1)上述兩種情況下，電子在電場中運動時加速度的比值是多大？

(2)電路中R的阻值是多大？

(3)若有一電子飛入兩板間時，電鍵S處于斷開狀態(tài)，當電子沿板長方向的位移為)時，電鍵S突然閉

合，則電子在穿過整個勻強電場區(qū)域時的偏轉(zhuǎn)量是多大？

【考點】AK：帶電粒子在勻強電場中的運動；BB：閉合電路的歐姆定律.

【分析】(1)可以根據(jù)合速度與分速度的關(guān)系，求得兩種情況下沿電場線方向增加的速度，然后根據(jù)運動

學的公式求得兩次的加速度之比；

(2)根據(jù)牛頓第二定律寫出加速度的表達式，根據(jù)閉合電路的歐姆定律寫出電壓與電阻關(guān)系的表達式，

最后計算出R的大?。?/p>

(3)電子在穿過整個勻強電場區(qū)域時的偏轉(zhuǎn)量是兩段時間內(nèi)偏轉(zhuǎn)量的和.

2

=

【解答】解：(1)由V：+.O(V20)'可求出Vi=Vo

由2(哼0)可求出V23Vo

V2+

兩次電子在電場中運動的時間tW，

v0

加速度％=；,a2=；

得:—

a21

eUi

(2)第一次兩板間電壓即電源的電動勢5,由加速度-=—U知58al

5md

U?a[9

同理，第二次兩板間電壓曷8&,所以#=_L=f

U2^21

R+r+RQU]R+l+4_2

又有?R-T

RU2

得：R=5C

22

(3)偏轉(zhuǎn)量尸丫]+丫2=/1(y)+(a1y)(y)+ya2g)

9*?e)2+(碧)號)號/6)2=看丫01%]

答：(1)上述兩種情況下，電子在電場中運動時加速度的比值是1;

(2)電路中R的阻值是5。；

(3)電子在穿過整個勻強電場區(qū)域時的偏轉(zhuǎn)量是；gl.

16

【選做題】

21.如圖甲所示的電路中，R、Rz均為定值電阻，且R=100Q,R?阻值未知，R3為一滑動變阻器,當其滑

片P從左端滑至右端時，測得電源的路端電壓隨電源中流過的電流變化圖線如圖乙所示，其中A、B兩點

是滑片P在變阻器的兩個不同端點得到的.求:

(1)定值電阻Rz的阻值;

(2)滑動變阻器的最大阻值.

【考點】BB：閉合電路的歐姆定律.

【分析】(1)當滑片滑到最右端時，R被短路，外電路的電阻最小，電流最大,讀出電流和電壓,由歐姆

定律求出Rz的阻值;

(2)滑動變阻器阻值最大時，外電阻最大，電流最小，由圖讀出電壓和電流,由歐姆定律求出滑動變阻

器的最大阻值.

【解答】解：(D當P滑到Rs右端時，電路參數(shù)對應圖乙中的B點，即&=4V、12=0.8A

U4

得R2n2=5Q

120.8

(2)當P滑到R3左端時，電路參數(shù)對應圖乙中的A點，即U外=16V、I總=0.2A

得R外巖需皿

心

R1R3

因為R產(chǎn)+艮，所以滑動變阻器的最大阻值為R3=300C

R1+R3

答：

(1)定值電阻Rz的阻值為5Q；

(2)滑動變阻器的最大阻值為300c.

22.一個初動能為Ek的帶電粒子，以垂直電場線的方向飛入帶電的平行板電容器，飛出時帶電粒子的動能

為飛入時初動能的2倍.如果使帶電粒子飛入的初速度增大為原來的2倍.求它飛出平行板電容器時的動

能.

【考點】AK：帶電粒子在勻強電場中的運動.

【分析】兩個過程中帶電粒子做類平拋運動，