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2014-2015 學年湖北省荊州市公安三中高二（上）月考物理試卷（11月份）
中 一、選擇題（下面的選擇題中 1 至 至 6 題是單選題，7 至 至 10 題是多選題．每小題 5 分，共 50分）
1．一個檢驗電荷在電場中某點受到的電場力為 F，這點的電場強度為 E，在下圖中能正確反映 q、E、F 三者關系的是（
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A．
B．
C．
D．
2．關于靜電場，下列結論普遍成立的是（
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A．電場強度大的地方電勢高，電場強度小的地方電勢低 B．電場中任意兩點之間的電勢差只與這兩點的場強有關 C．在正電荷或負電荷產生的靜電場中，場強方向都指向電勢降低最快的方向 D．將正點電荷從場強為零的一點移動到場強為零的另一點，電場力做功這零
3．如圖所示是空間某一電場中的一條電場線．M、N 是該電場線上的兩點．下列說法中正確的是（
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A．該電場一定是勻強電場 B．比較 M、N 兩點的場強大小，一定有 E M ＞E N
C．比較同一個試探電荷在 M、N 兩點受到的電場力，一定有 F M ＜F N
D．比較電子在 M、N 兩點的電勢能，一定有 E M ＞E N
4．如圖所示，一帶電粒子在電場中沿曲線 AB 運動，從 B 點穿出電場，a、b、c、d 為該電場中的等勢面，這些等勢面都是互相平行的豎直平面，不計粒子所受重力，則（
?。?/p>
A．該粒子一定帶負電 B．此電場不一定是勻強電場 C．該電場的電場線方向一定水平向左 D．粒子在電場中運動過程動能不斷減少
5．帶電粒子 M 只在電場力作用下由 P 點運動到 Q 點，在此過程中克服電場力做了 2.6×10﹣ 6 J的功．那么（
?。?/p>
A．M 在 P 點的電勢能一定小于它在 Q 點的電勢能 B．P 點的場強一定小于 Q 點的場強 C．P 點的電勢一定高于 Q 點的電勢 D．M 在 P 點的動能一定小于它在 Q 點的動能
6．如圖所示，電路中滑動變阻器的觸頭放在正中間，合上電鍵以后，三只燈泡的亮度相同，若將 R 的觸頭逐漸向上移動，則三只燈泡從亮到暗的排列依次是（
?。?/p>
A．A 燈變亮、B 燈變亮 B．A 燈變亮、C 燈變亮 C．A 燈變暗、B 燈變暗 D．B 燈變亮、C 燈變亮
7．如圖為兩個不同閉合電路中兩個不同電源的 U﹣I 圖象下列判斷正確的是（
?。?/p>
A．電動勢 E 1 =E 2 ，發生短路時的電流 I 1 ＞I 2
B．電動勢 E 1 =E 2 ，內阻 r 1 ＞r 2
C．電動勢 E 1 ＞E 2 ，內阻 r 1 ＜r 2
D．當兩電源的工作電流變化量相同時，電源 2 的路端電壓變化小
8．一勻強電場的電場強度 E 隨時間 t 變化的圖象如圖所示，在該勻強電場中，有一個帶電粒子在 t=0 時刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是：（
?。?/p>
A．帶電粒子只向一個方向運動 B．0～2s 內，電場力的功等于零 C．2s 末帶電粒子回到原出發點 D．4s 末帶電粒子回到原出發點
9．如圖所示，電子在電壓為 U 1 的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電壓為 U 2 的兩塊平行極板間的電場中，入射方向與極板平行，電子射出電場時，速度方向與入射的初速度方向偏轉了 θ 角．整個裝置處于真空中，在下列措施中，一定能使電子射出時的側移量變大的是（
?。?/p>
A．U 1 不變，U 2 變大 B．U 1 變大，U 2 變小 C．U 1 變小，U 2 變大 D．U 1 變小，U 2 變小
10．如圖所示，懸線下掛著一個帶正電的小球，它的質量為 m、電量為 q，整個裝置處于水平向右的勻強電場中，電場強度為 E．（
?。?/p>
A．小球平衡時，懸線與豎直方向夾角的正切為
B．若剪斷懸線，則小球做曲線運動 C．若剪斷懸線，則小球做勻速運動 D．若剪斷懸線，則小球做勻加速直線運動
二 二. 實驗題（每空 3 分，共 18 分）
11．某同學用多用電表測定一只電阻的阻值，多用電表電阻擋有 3 種倍率，分別是×100Ω、×10Ω、×1Ω．該同學選擇×10Ω 倍率，用正確的操作方法測量時，發現指針轉過角度太?。贋榱藴蚀_地進行測量，請你從以下給出的操作步驟中，選擇必要的步驟，并排出合理順序：
?。ㄌ畈襟E前的字母）
A．旋轉選擇開關至歐姆擋“×lΩ” B．旋轉選擇開關至歐姆擋“×100Ω” C．旋轉選擇開關至“OFF”，并拔出兩表筆 D．將兩表筆分別連接到 R x 的兩端，讀出阻值后，斷開兩表筆 E．將兩表筆短接，調節歐姆調零旋鈕，使指針對準刻度盤上歐姆擋的零刻度，斷開兩表筆 ②按正確步驟測量時，指針指在圖示位置，R x 的測量值為
Ω．
12． （1）用游標為 20 分度的卡尺測量某金屬絲的長度，由圖 1 可知其長度為
mm；
（2）用螺旋測微器測量其直徑如圖 2，由圖可知其直徑為
mm．
13．在測量一節干電池的電動勢和內電阻的實驗中，備有如下器材：
A．干電池 E（電動勢約為 1.5V，內電阻約為 1Ω）
B．電流表 A（量程為 0.6A，內阻約為 0.1Ω）
C．電流表 G（滿偏電流為 3mA，內阻 Rg=10Ω）
D．滑動變阻器 R 1 （阻值范圍 0～20Ω，額定電流 2A）
E．滑動變阻器 R 2 （阻值范圍 0～200Ω，額定電流 1A）
E．定值電阻 R 3 =990Ω G．開關和導線若干 （1）某同學為了完成實驗，設計了如圖所示的甲、乙兩種參考電路，其中合理的是
?。ㄌ?ldquo;甲“或“乙”）
?。?）為了能方便準確地進行測量，其中應選擇的滑動變阻器是
?。ㄌ?ldquo;R 1 ”或“R 2 ”）．
三 三. 計算題（10+10+10+12=46 分）
14．（10 分）（2014 秋•荊州校級月考）如圖所示，位于豎直平面上有 圓弧的光滑軌道，半徑為 R，OB 沿豎直方向，A 點距地面的豎直高度為 H，把質量為 m 的鋼球從 A 點由靜止釋放，最后落在了水平面上的 C 點處，已知重力加速度為 g，不計空氣阻力，求：
?。?）鋼球剛到達 B 點及滑過 B 點時加速度分別多大？ （2）鋼球落地點 C 距 B 點的水平距離 s 為多少？
15．（10 分）（2003•南京一模）如圖所示，電源的電動勢 E=110V，電阻 R 1 =21Ω，電動機繞組的電阻 R 0 =0.5Ω，電鍵 S 1 始終閉合．當電鍵 S 2 斷開時，電阻 R 1 的電功率是 525W；當電鍵S 2 閉合時，電阻 R 1 的電功率是 336W，求：
?。?）電源的內電阻； （2）當電鍵 S 2 閉合時流過電源的電流和電動機的輸出功率．
16．（10 分）（2012•冠縣校級四模）如圖所示，水平放置的平行板電容器，原來 AB 兩板不帶電，B 極板接地，它的極板長 L=0.1m，兩板間距離 d=0.4cm，現有一微粒質量 m=2.0×10﹣ 6 kg，帶電量 q=+1.0×10﹣ 8 C，以一定初速度從兩板中央平行于極板射入，由于重力作用微粒恰好能落到 A 板上中點 O 處，取 g=10m/s 2 ．試求：
?。?）帶電粒子入射初速度的大??； （2）現使電容器帶上電荷，使帶電微粒能從平行板電容器的右側射出，則帶電后 A 板的電勢為多少？
17．（12 分）（2006•四川）如圖所示的電路中，兩平行金屬板 A、B 水平放置，兩板間的距離d=40cm．電源電動勢 E=24V，內電阻 r=1Ω，電阻 R=15Ω．閉合開關 S，待電路穩定后，將一帶正電的小球從 B 板小孔以初速度 v 0 =4m/s 豎直向上射入板間．若小球帶電量為 q=1×10﹣ 2 C，質量為 m=2×10﹣ 2 kg，不考慮空氣阻力． 那么（1）滑動變阻器接入電路的阻值為多大時，小球恰能到達 A 板？ （2）此時，電源的輸出功率是多大？（取 g=10m/s 2 ）
2014-2015 學年湖北省荊州市公安三中高二（上）月考物理試卷（11 月份）
參考答案與試題解析
中 一、選擇題（下面的選擇題中 1 至 至 6 題是單選題，7 至 至 10 題是多選題．每小題 5 分，共 50分）
1．一個檢驗電荷在電場中某點受到的電場力為 F，這點的電場強度為 E，在下圖中能正確反映 q、E、F 三者關系的是（
?。?/p>
A．
B．
C．
D．
【考點】電勢差與電場強度的關系；電場強度． 【專題】電場力與電勢的性質專題． 【分析】電場強度的大小與放入電場中的電荷無關，由電場本身的性質決定，根據 F=qE 分析F 與 q 的關系． 【解答】解：A、電場強度的大小與放入電場中的電荷無關，故 A、B 錯誤． C、根據 F=qE 知，E 不變，F 與 q 成正比，故 C 錯誤，D 正確． 故選：D． 【點評】解決本題的關鍵知道電場強度的性質，知道電場強度與 F 和 q 無關，結合 F=qE 分析F 與 q 的關系，基礎題．
2．關于靜電場，下列結論普遍成立的是（
?。?/p>
A．電場強度大的地方電勢高，電場強度小的地方電勢低 B．電場中任意兩點之間的電勢差只與這兩點的場強有關 C．在正電荷或負電荷產生的靜電場中，場強方向都指向電勢降低最快的方向 D．將正點電荷從場強為零的一點移動到場強為零的另一點，電場力做功這零 【考點】電場線；電場強度；電勢． 【專題】電場力與電勢的性質專題． 【分析】電場強度與電勢之間無必然聯系，但沿電場方向電勢降低，而且速度最快；電勢差與兩點的場強無關，只與兩點間沿電場方向的距離和兩點間的場強有關；電場力做功，只與電荷以及兩點間的電勢差有關，與兩點的場強沒有關系． 【解答】解：A：在正電荷的電場中，離正電荷近，電場強度大，電勢高，離正電荷遠，電場強度小，電勢低；而在負電荷的電場中，離正電荷近，電場強度大，電勢低，離負電荷遠，電場強度小，電勢高，故 A 錯誤． B：電勢差的大小決定于兩點間沿電場方向的距離和電場強度，故 B 錯誤 C：沿電場方向電勢降低，而且速度最快，故 C 正確 D：電場力做功，只與電荷以及兩點間的電勢差有關，與兩點的場強沒有關系．場強為零，電勢不一定為零，如從帶正電荷的導體球上將正電荷移動到另一帶負電荷的導體球上，電場力做正功．故 D 錯誤 故選：C．
【點評】電場強度、電勢、電勢差、電場力的功，它們的定義以及它們之間的關系要記清，有不好理解的題目可找實際的例子加以分析．
3．如圖所示是空間某一電場中的一條電場線．M、N 是該電場線上的兩點．下列說法中正確的是（
?。?/p>
A．該電場一定是勻強電場 B．比較 M、N 兩點的場強大小，一定有 E M ＞E N
C．比較同一個試探電荷在 M、N 兩點受到的電場力，一定有 F M ＜F N
D．比較電子在 M、N 兩點的電勢能，一定有 E M ＞E N
【考點】電場線；電場強度；電勢能． 【專題】電場力與電勢的性質專題． 【分析】該電場不一定是勻強電場．無法比較 M、N 兩點的場強大?。鶕樦妶鼍€方向電勢降低，判斷 M、N 兩點電勢的高低．根據電場力做功正負判斷電勢能的大?。?【解答】解：
A、一條電場線無法確定場強大小和方向是否處處相同，所以該電場不一定是勻強電場．故 A錯誤． B、電場線的疏密才反映電場強度的大小，而一條電場線無法確定疏密，所以不能比較 M、N兩點的場強大?。?B 錯誤． C、不能比較 M、N 兩點的場強大小，也就不知道電場力的大?。?C 錯誤． D、若電子從 M 運動到 N，電場力對電子做正功，電勢能減小，則一定有 E M ＞E N ．故 D 正確． 故選：D 【點評】本題考查對電場線物理意義的理解，電場線的疏密表示場強的大小，電場線的方向反映電勢的高低．
4．如圖所示，一帶電粒子在電場中沿曲線 AB 運動，從 B 點穿出電場，a、b、c、d 為該電場中的等勢面，這些等勢面都是互相平行的豎直平面，不計粒子所受重力，則（
?。?/p>
A．該粒子一定帶負電 B．此電場不一定是勻強電場 C．該電場的電場線方向一定水平向左 D．粒子在電場中運動過程動能不斷減少 【考點】等勢面；電場強度． 【專題】電場力與電勢的性質專題． 【分析】解決本題的突破口是：由于電荷只受電場力作用，電場力將指向運動軌跡的內側．同時注意電場線和等勢線垂直，說明電場沿水平方向，正電荷沿曲線 AB 運動，則電場力一定水平向右，從而確定了電場的方向，這樣問題就解決了． 【解答】解：A、電場力方向向右，但電場線方向無法判斷，電性不能確定．故 A 錯誤．
B、電場線和等勢線垂直，所以電場沿水平方向，是勻強電場，故 B 錯誤； C、由 B 選項分析可知電場沿水平方向，并且沿電場線方向電勢降低，而 a、b、c、d 之間電勢大小關系未知，故無法判斷電場方向線，故 C 錯誤； D、帶電粒子在電場中沿曲線 AB 運動時電場力對粒子做負功，其電勢能增大，動能減小，故D 正確． 故選 D． 【點評】本題通過帶電粒子在電場中的運動考查了電勢、電勢能、電場力等問題，解決這類問題的突破口是：做曲線運動的物體所受合外力指向其軌跡內側．
5．帶電粒子 M 只在電場力作用下由 P 點運動到 Q 點，在此過程中克服電場力做了 2.6×10﹣ 6 J的功．那么（
?。?/p>
A．M 在 P 點的電勢能一定小于它在 Q 點的電勢能 B．P 點的場強一定小于 Q 點的場強 C．P 點的電勢一定高于 Q 點的電勢 D．M 在 P 點的動能一定小于它在 Q 點的動能 【考點】電勢；電場強度；電勢能． 【專題】電場力與電勢的性質專題． 【分析】在本題中只是知道從 P 到 Q 電場力做負功，而電荷的正負不知道，因此無法判斷電勢高低，電場線分布或者說電場分布情況不知，也無法判斷電場強度的大?。鶕妶隽ψ龉碗妱菽艿年P系可以動能和電勢能的變化情況． 【解答】解：A、從題目可知克服電場力做功，即電場力做負功，故電勢能增加，P 點的電勢能一定小于它在 Q 點的電勢能，故 A 正確； B、電場分布情況不知，無法判斷 P 點和 Q 點電場強度的大小關系，故 B 錯誤； C、因為電荷正負不知，故無法判斷電勢高低，C 錯誤； D、因為只有電場力做功，因此只有電勢能和動能之間的轉化，電勢能增加，則動能減小，故D 錯誤． 故選：A． 【點評】要正確理解電場強度、電勢、電勢能的決定因素和大小判斷方法，不能混淆概念．
6．如圖所示，電路中滑動變阻器的觸頭放在正中間，合上電鍵以后，三只燈泡的亮度相同，若將 R 的觸頭逐漸向上移動，則三只燈泡從亮到暗的排列依次是（
?。?/p>
A．A 燈變亮、B 燈變亮 B．A 燈變亮、C 燈變亮 C．A 燈變暗、B 燈變暗 D．B 燈變亮、C 燈變亮 【考點】閉合電路的歐姆定律． 【專題】恒定電流專題． 【分析】滑動變阻器滑片 P 向上移動，變阻器接入電路的電阻減小，電路總電阻減小，總電流增大，再根據串聯、并聯電路的規律分析各部分電壓和電流的變化，即可作出判斷 【解答】解：當滑動變阻器觸頭逐漸向上移動，其接入電路的電阻減小，電路總電阻 R 總 減小，總電流 I 增大，所以 A 燈變亮，內阻和 A 燈泡所占電壓變大，則并聯部分電壓減小，所以通
過 B 燈的電流減小，B 燈變暗，而總電流增大，則通過燈泡 C 的電流增大，所以 C 燈變亮，故 B 正確． 故選：B 【點評】本題按“部分→整體→部分”的思路進行動態變化分析，關鍵是分析清楚電路的結構，難度適中．
7．如圖為兩個不同閉合電路中兩個不同電源的 U﹣I 圖象下列判斷正確的是（
?。?/p>
A．電動勢 E 1 =E 2 ，發生短路時的電流 I 1 ＞I 2
B．電動勢 E 1 =E 2 ，內阻 r 1 ＞r 2
C．電動勢 E 1 ＞E 2 ，內阻 r 1 ＜r 2
D．當兩電源的工作電流變化量相同時，電源 2 的路端電壓變化小 【考點】閉合電路的歐姆定律． 【專題】恒定電流專題． 【分析】U﹣I 圖象中與 U 軸的交點表示電源的電動勢，與 I 軸的交點表示短路電流，斜率表示內阻． 【解答】解：A．U﹣I 圖象中與 U 軸的交點表示電源的電動勢，與 I 軸的交點表示短路電流，故電動勢 E 1 =E 2 ，發生短路時的電流 I 1 ＞I 2 ，故 A 正確； B．U﹣I 圖象中與 U 軸的交點表示電源的電動勢，斜率表示內阻，電動勢 E 1 =E 2 ，內阻 r 1 ＜r 2 ，故 B 錯誤； C．U﹣I 圖象中與 U 軸的交點表示電源的電動勢，斜率表示內阻，電動勢 E 1 =E 2 ，內阻 r 1 ＜r 2 ，故 C 錯誤； D．電動勢 E 1 =E 2 ，內阻 r 1 ＜r 2 ，根據 U=E﹣Ir 可知，當兩電源的工作電流變化量相同時，電源 2 的路端電壓變化大，故 D 錯誤； 故選 A． 【點評】本題考查了閉合電路電源的 U﹣I 圖象的相關知識，要求同學們理解 U﹣I 圖象中與 U軸的交點表示電源的電動勢，與 I 軸的交點表示短路電流，斜率表示內阻．
8．一勻強電場的電場強度 E 隨時間 t 變化的圖象如圖所示，在該勻強電場中，有一個帶電粒子在 t=0 時刻由靜止釋放，若帶電粒子只受電場力作用，則下列說法中正確的是：（
?。?/p>
A．帶電粒子只向一個方向運動 B．0～2s 內，電場力的功等于零 C．2s 末帶電粒子回到原出發點 D．4s 末帶電粒子回到原出發點 【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關系．
【專題】電場力與電勢的性質專題． 【分析】根據電場力公式 F=qE 分析帶電粒子的運動情況，判斷電場力做功的正負，分析什么時刻帶電粒子回到原出發點 【解答】解：帶電粒子在 t=0 時刻由靜止釋放，在 0﹣1s 內帶電粒子沿著電場力方向做勻加速直線運動， 1﹣2s 內沿原方向做勻減速直線運動，2s 末速度減為零； 2﹣3s 內沿反方向做初速度為零的勻加速直線運動， 3﹣4s 內繼續做勻減速直線運動，4s 末速度減為零，回到出發點． A、由上分析可知，帶電粒子做往復運動．故 A 錯誤． B、0～1s 內電場力做正功，1～2s 內電場力做負功．總功為 0，故 B 正確． C、D，2s 末帶電粒子離原出發點最遠，4s 末帶電粒子回到原出發點．故 C 錯誤，D 正確． 故選 BD． 【點評】本題要轉變觀念，就把電場力當作一般的力，根據受力情況，來分析運動情況
9．如圖所示，電子在電壓為 U 1 的加速電場中由靜止開始運動，然后射入電壓為 U 2 的兩塊平行極板間的電場中，入射方向與極板平行，電子射出電場時，速度方向與入射的初速度方向偏轉了 θ 角．整個裝置處于真空中，在下列措施中，一定能使電子射出時的側移量變大的是（
?。?/p>
A．U 1 不變，U 2 變大 B．U 1 變大，U 2 變小 C．U 1 變小，U 2 變大 D．U 1 變小，U 2 變小 【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動． 【專題】帶電粒子在電場中的運動專題． 【分析】電子在加速電場中，在電場力的作用下，做勻加速直線運動，可由電場力做功求出射出加速電場是的速度．電子在水平放置的平行板之間，因受到的電場力的方向與初速度的方向垂直，故電子做類平拋運動．運用平拋運動的豎直方向的速度與水平方向的速度的關系，可求出角度 θ 的變化情況． 【解答】解：設電子被加速后獲得初速為 v 0 ，則由動能定理得：qU 1 = mv 0 2 ﹣0
…① 又設極板長為 l，則電子在電場中偏轉所用時間：t= …② 又設電子在平行板間受電場力作用產生加速度為 a，由牛頓第二定律得：a= = …③ 電子射出偏轉電場時，平行于電場方向的速度：v y =at…④ 由①、②、③、④可得：v y =at= ， 又有：tanθ= ，
解得：tanθ= ， A、U 1 不變，U 2 變大，偏轉角一定增大，故 A 正確； B、U 1 變大，U 2 變小，偏轉角變小，故 B 錯誤； C、U 1 變小，U 2 變大，偏轉角變大，故 C 正確； D、U 1 變小，U 2 變小，偏轉角不能確定，故 D 錯誤； 故選：AC． 【點評】帶電粒子在電場中的運動，可分為三類，第一類是在勻強電場中做勻變速速直線運動，此過程是電勢能與帶電粒子動能之間的轉化．第二類是帶電粒子在勻強電場中偏轉，帶電粒子垂直進出入勻強電場時做勻變速曲線運動，分解為兩個方向的直線運動，分別用公式分析、求解運算，是這類問題的最基本解法．第三類是帶電粒子在點電荷形成的電場中做勻速圓周運動，應用圓周運動的知識求解．
10．如圖所示，懸線下掛著一個帶正電的小球，它的質量為 m、電量為 q，整個裝置處于水平向右的勻強電場中，電場強度為 E．（
?。?/p>
A．小球平衡時，懸線與豎直方向夾角的正切為
B．若剪斷懸線，則小球做曲線運動 C．若剪斷懸線，則小球做勻速運動 D．若剪斷懸線，則小球做勻加速直線運動 【考點】電場強度；共點力平衡的條件及其應用；牛頓第二定律． 【專題】電場力與電勢的性質專題． 【分析】小球受重力、電場力和拉力處于平衡，根據共點力平衡求出懸線與豎直方向夾角的正切值．剪斷細線，根據小球的受力，判斷其運動情況． 【解答】解：A、小球受重力、電場力和拉力處于平衡，根據共點力平衡得，mgtanθ=qE，則tanθ= ．故 A 正確．
B、剪斷細線，小球受重力和電場力，兩個力為恒力，合力為恒力．合力的方向與繩子的拉力方向等值反向，所以小球沿細繩方向做初速度為零的勻加速直線運動．故 D 正確，B、C錯誤． 故選 AD． 【點評】解決本題的關鍵會根據平行四邊形定則處理共點力平衡問題，以及會根據物體的受力判斷物體的運動．
二 二. 實驗題（每空 3 分，共 18 分）
11．某同學用多用電表測定一只電阻的阻值，多用電表電阻擋有 3 種倍率，分別是×100Ω、×10Ω、×1Ω．該同學選擇×10Ω 倍率，用正確的操作方法測量時，發現指針轉過角度太?。贋榱藴蚀_地進行測量，請你從以下給出的操作步驟中，選擇必要的步驟，并排出合理順序：
BEDC ．（填步驟前的字母）
A．旋轉選擇開關至歐姆擋“×lΩ” B．旋轉選擇開關至歐姆擋“×100Ω” C．旋轉選擇開關至“OFF”，并拔出兩表筆 D．將兩表筆分別連接到 R x 的兩端，讀出阻值后，斷開兩表筆 E．將兩表筆短接，調節歐姆調零旋鈕，使指針對準刻度盤上歐姆擋的零刻度，斷開兩表筆 ②按正確步驟測量時，指針指在圖示位置，R x 的測量值為 2200 Ω．
【考點】用多用電表測電阻． 【專題】實驗題；恒定電流專題． 【分析】歐姆表的零刻度在右邊，偏角小說明電阻大，換擋后要重新調零，歐姆表的讀數為示數乘以倍率． 【解答】解：指針偏角過小說明待測電阻較大，應換用大倍率，重新歐姆調零后再測量，測量完畢旋轉選擇開關至“OFF”，并拔出兩表筆，綜上分析，合理順序為：BEDC． 歐姆表的讀數為示數乘以倍率=22×100=2200Ω 故答案為：①BEDC
?、?200Ω 【點評】本題考 查了歐姆表使用的步驟和讀數方法，特別是每次換擋進行重新歐姆調零．
12．（1）用游標為 20 分度的卡尺測量某金屬絲的長度，由圖 1 可知其長度為 50.15 mm；
?。?）用螺旋測微器測量其直徑如圖 2，由圖可知其直徑為 4.700 mm． 【考點】刻度尺、游標卡尺的使用；螺旋測微器的使用． 【專題】實驗題． 【分析】游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標讀數，不需估讀．螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀． 【解答】解：游標卡尺的固定刻度讀數為 50mm，游標讀數為 0.05×3mm=0.15mm，所以最終讀數為 50.15mm． 螺旋測微器的固定刻度讀數為 4.5mm，可動刻度讀數為 0.01×20.0mm=0.200mm，所以最終讀數為 4.700mm． 故答案為：（1）50.15；（2）4.700
【點評】解決本題的關鍵掌握游標卡尺和螺旋測微器的讀數方法，游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標讀數，不需估讀．螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數，在讀可動刻度讀數時需估讀．
13．在測量一節干電池的電動勢和內電阻的實驗中，備有如下器材：
A．干電池 E（電動勢約為 1.5V，內電阻約為 1Ω）
B．電流表 A（量程為 0.6A，內阻約為 0.1Ω）
C．電流表 G（滿偏電流為 3mA，內阻 Rg=10Ω）
D．滑動變阻器 R 1 （阻值范圍 0～20Ω，額定電流 2A）
E．滑動變阻器 R 2 （阻值范圍 0～200Ω，額定電流 1A）
E．定值電阻 R 3 =990Ω G．開關和導線若干 （1）某同學為了完成實驗，設計了如圖所示的甲、乙兩種參考電路，其中合理的是 乙 ．（填“甲“或“乙”）
?。?）為了能方便準確地進行測量，其中應選擇的滑動變阻器是 R 1
?。ㄌ?ldquo;R 1 ”或“R 2 ”）． 【考點】測定電源的電動勢和內阻． 【專題】實驗題；恒定電流專題． 【分析】將電流表 G 串聯一個電阻，可以改裝成較大量程的電壓表．因為電源的內阻較小，所以應該采用較小最大值的滑動變阻器，有利于數據的測量和誤差的減?。?【解答】解：上述器材中雖然沒有電壓表，但給出了兩個電流表；電路中電流最大為：I m = =1.5A；故電流表至少應選擇 0～0.6A 量程； 故應將 3mA 故應將電流表 G 串聯一個電阻，改裝成較大量程的電壓表使用．電表流 A 由于內阻較??；故應采用相對電源來說的外接法；故甲、乙兩個參考實驗電路，其中合理的是乙； 因為電源的內阻較小，所以應該采用較小最大值的滑動變阻器，有利于數據的測量和誤差的減?。瑒幼冏杵鲬x R 1
故答案為：乙；R 1 ． 【點評】在電學實驗的考查中常常要使用電表的改裝，在解題時要注意分析題意，明確各電表能否正確使用．
三 三. 計算題（10+10+10+12=46 分）
14．（10 分）（2014 秋•荊州校級月考）如圖所示，位于豎直平面上有 圓弧的光滑軌道，半徑為 R，OB 沿豎直方向，A 點距地面的豎直高度為 H，把質量為 m 的鋼球從 A 點由靜止釋放，最后落在了水平面上的 C 點處，已知重力加速度為 g，不計空氣阻力，求：
?。?）鋼球剛到達 B 點及滑過 B 點時加速度分別多大？ （2）鋼球落地點 C 距 B 點的水平距離 s 為多少？
【考點】動能定理的應用；平拋運動． 【專題】動能定理的應用專題． 【分析】（1）從 A 到 B 的過程中，根據動能定理求出 B 點速度，根據向心加速度公式求解剛到達 B 點的加速度；離開 B 點后，只受重力，根據牛頓第二定律求解加速度； （2）小球從 B 點拋出后做平拋運動，根據平拋運動的位移公式求解． 【解答】解：（1）從 A 到 B 的過程中，根據動能定理得：
解得：
在 B 點，根據向心加速度公式，加速度為：
a= =2g 離開 B 點后，只受重力，做平拋運動，加速度為 g， （2）小球從 B 點拋出后做平拋運動，豎直方向自由落體，則有：
水平方向勻速運動，有：s=v B t
又
聯立上三式得：s=
答：（1）鋼球剛到達 B 點及滑過 B 點時加速度分別為 2g 和 g； （2）鋼球落地點 C 距 B 點的水平距離 s 為 ． 【點評】本題要知道小球做圓周運動時，到 B 點的加速度即為 B 點的向心加速度．平拋運動根據運動的分解法進行研究，難度適中．
15．（10 分）（2003•南京一模）如圖所示，電源的電動勢 E=110V，電阻 R 1 =21Ω，電動機繞組的電阻 R 0 =0.5Ω，電鍵 S 1 始終閉合．當電鍵 S 2 斷開時，電阻 R 1 的電功率是 525W；當電鍵S 2 閉合時，電阻 R 1 的電功率是 336W，求：
?。?）電源的內電阻； （2）當電鍵 S 2 閉合時流過電源的電流和電動機的輸出功率．
【考點】電功、電功率；閉合電路的歐姆定律． 【專題】恒定電流專題． 【分析】（1）根據 S 2 斷開時 R 1 消耗的功率為 ，求出內阻 r． （2）當電鍵 S 2 閉合時，根據電阻 R 1 的電功率求出 R 1 兩端的電壓和通過 R 1 的電流，再根據E=U+Ir，求出總電流．從而求出通過電動機的電流，根據 ，求出電動機的輸出功率． 【解答】解：（1）設 S 2 斷開時 R 1 消耗的功率為 P 1 ，則 ， 代入數據可以解得 r=1Ω． （2）設 S 2 閉合時 R 1 兩端的電壓為 U，消耗的功率為 P 2 ，則 ，解得 U=84V 由閉合電路歐姆定律得 E=U+Ir，代入數據，得 I=26A 流過 R 1 的電流為 I 1 ，流過電動機的電流為 I 2 ， A， 而 I 1 +I 2 =I，所以 I 2 =22A， 由 UI 2 =P 出 +I 2 2 R 0 ，代入數據得 P 出 =1606W．
【點評】解決本題的關鍵能夠靈活運用閉合電路歐姆定律，以及知道電動機輸入功率、輸出功率、熱功率的關系．
16．（10 分）（2012•冠縣校級四模）如圖所示，水平放置的平行板電容器，原來 AB 兩板不帶電，B 極板接地，它的極板長 L=0.1m，兩板間距離 d=0.4cm，現有一微粒質量 m=2.0×10﹣ 6 kg，帶電量 q=+1.0×10﹣ 8 C，以一定初速度從兩板中央平行于極板射入，由于重力作用微粒恰好能落到 A 板上中點 O 處，取 g=10m/s 2 ．試求：
?。?）帶電粒子入射初速度的大??； （2）現使電容器帶上電荷，使帶電微粒能從平行板電容器的右側射出，則帶電后 A 板的電勢為多少？
【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；閉合電路的歐姆定律．
【專題】帶電粒子在電場中的運動專題． 【分析】（1）粒子只是在重力的作用下做平拋運動，根據平拋運動的規律可以求得粒子入射時初速度 v 0 的大??； （2）對于落到最右側的粒子，在電場中受到重力和電場力的共同的作用，此時粒子做的是類平拋運動，由類平拋運動的規律可以求得此時電勢的大??； 【解答】解析：（1）電容器不帶電時，微粒做平拋運動，設初速度為 v 0 ，則有：
聯立兩式得：
代入數據得：v 0 =2.5m/s
（2）若使微粒能從電容器右側射出，則要求 A 板的電勢大于 0，且 B 板接地電勢等于 0，則
U AB =φ A ﹣φ B =φ A
A 板電勢最小時，微粒剛好從 A 板右側邊緣射出，則有：
聯立以上各式得：φ Amin =6V
A 板電勢最大時，微粒剛好從 B 板右側邊緣射出，則有：
且有：a 2 =a 1
代入數據得：φ Amin=10V
綜上可得：6V≤φ A ≤10V 答：（1）粒子入射時初速度 v 0 的大小為：v 0 =2.5m/s
?。?）則帶電后 A 板的電勢為：6V≤φ A ≤10V 【點評】在本題中要注意極板沒電荷時，此時的粒子在極板之間做的是平拋運動，當極板間有了電荷之后，再進入的粒子受到重力和電場力的共同的作用，此時將做類平拋運動．
17．（12 分）（2006•四川）如圖所示的電路中，兩平行金屬板 A、B 水平放置，兩板間的距離d=40cm．電源電動勢 E=24V，內電阻 r=1Ω，電阻 R=15Ω．閉合開關 S，待電路穩定后，將一帶正電的小球從 B 板小孔以初速度 v 0 =4m/s 豎直向上射入板間．若小球帶電量為 q=1×10﹣ 2 C，質量為 m=2×10﹣ 2 kg，不考慮空氣阻力． 那么（1）滑動變阻器接入電路的阻值為多大時，小球恰能到達 A 板？ （2）此時，電源的輸出功率是多大？（取 g=10m/s 2 ）
【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；動能定理的應用；歐姆定律；電功、電功率． 【專題】壓軸題；帶電粒子在電場中的運動專題．
【分析】小球恰好運動到 A 板，根據動能定理列式求解兩板間的電壓；然后根據歐姆定律求解滑動變阻器的電阻值；最后根據電功率表達式求解電源的輸出功率． 【解答】解：（1）小球進入板間后，受重力和電場力作用，且到 A 板時速度為零． 設兩板間電壓為 U AB
由動能定理得 ﹣mgd﹣qU AB =0﹣
?、?∴ 滑動變阻器兩端電壓
U 滑 =U AB =8 V
② 設通過滑動變阻器電流為 I，由歐姆定律得 I= =1A
?、?滑動變阻器接入電路的電阻
R 滑 = =8Ω
④ 即滑動變阻器接入電路的阻值為 8Ω 時，小球恰能到達 A 板． （2）電源的輸出功率
P 出 =I 2 （R+R 滑 ）=23 W
?、?故電源的輸出功率是 23W． 【點評】本題關鍵是分析清楚電路結構和運動情況后，根據動能定理、歐姆定律聯立列式求解．
2016 年 年 1 月 月 19 日
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