【最新题库】2016-2017年四川省成都七中高二(上)期末物理试卷(解析版)

2016-2017学年四川省成都市彭州中学高二（上）月考物理试卷（非英才班）（10月份）一、单选题（本题共计7个小题，每个小题只有一个正确选项，选对得3分，错选或多选不得分，共计21分．并将选项填涂到机读卡的对应位置．）1．下列说法中正确的是（）A．元电荷实质上是指电子和质子本身B．感应起电和摩擦起电都是电荷从一个物体转移到另一个物体C．电场线的切线方向一定与通过该点的正电荷的加速度方向相同D．正电荷只在电场力作用下一定沿电场线运动2．下列说法中正确的是（）A．由I=知道，通过同一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比B．超导体的电阻为零，所以在任何温度下对电流都没有阻碍作用C．材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度D．电阻率的大小只随温度的变化而变化，而与材料本身无关3．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（）A．B． C．D．4．如图，A、B带等量异种电荷，PQ为AB连线的中垂线，R为中垂线上的一点，MN分别为AR、BR的中点，则下列判断中正确的是（）A．R点电场强度方向沿QR方向B．M、N两点电势相等C．M、N两点电场强度相等D．N点电势高于无穷远处的电势5．滑动变阻器的原理如图所示，则下列说法中正确的是（）A．若将a、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小B．若将a、b两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值不变C．若将b、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大D．若将a、d两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小6．如图所示是水平旋转的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（）A．将打在下板中央B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球一定打不到下板的中央7．如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A、B连线的中点．已知A点的电势为φA=30V，B点的电势为φB=﹣10V，则C点的电势（）A．一定φC=10 V B．一定φC＞10 VC．一定φC＜10 V D．上述选项都不正确二、不定项选择（本题共计7个小题，每个小题至少有一个正确选项，选对选全得4分，漏选得2分，错选或多选不得分，共计28分．并将选项填涂到机读卡的对应位置．）8．白炽灯接在220V电源上能正常发光，将其接在一可调电压的电源上，使电压逐渐增大到220V过程中，则下列说法正确的是（）A．灯丝的电阻不变B．电流将逐渐变大C．每增加1V电压而引起的电流变化量是相同的D．每增加1V电压而引起的电流变化量是减小的9．如图所示，两块相互靠近彼此绝缘的平行金属板组成平行板电容器，极板N与静电计金属球相连，极板M和静电计的外壳均接地．用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U．在两板相距为d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在与外界绝缘的情况下保持电容器的带电量Q不变，下面的操作中将使静电计指针张角变小的是（）A．仅将M板向下平移B．仅将M板向左平移C．仅在M、N之间插入云母板（相对介电常数大于1）D．仅在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触10．如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，现用两根绝缘细线将它们悬挂于真空中同一点．已知两球静止时，它们离水平地面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为α、β，且α＜β．现有以下判断，其中正确的是（）A．a球的质量一定大于b球的质量B．a球的电荷量一定大于b球的电荷量C．若同时剪断细线，则a、b两球构成的系统在下落过程中机械能守恒D．若同时剪断细线，则a、b两球在相同时刻相对地面的高度相同11．如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，从A点运动到B点，其速度随时间变化的规律如下图乙所示，则（）A．电场线的方向从B指向AB．A、B两点的电场强度E A＞E BC．A、B两点的电势ΦA＜ΦBD．负电荷在A、B两点的电势能E PA＜E PB12．如图所示，O、B、A为一粗糙绝缘水平面上的三点，一电荷量为﹣Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m，电荷量为+q的小金属块（可视为质点），从A点以初速度v0沿它们的连线向固定点电荷运动，到B点时速度最小，其大小为v．已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，AB间距离为L、静电力常量为k，则（）A．OB间的距离为B．小金属块由A向O运动的过程中，电势能先增大后减小C．小金属块由A向O运动的过程中，加速度先减小后增大D．在点电荷﹣Q形成的电场中，A、B两点间的电势差U AB=13．如图所示，平行板电容器与电源连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A．P点的电势将降低B．带点油滴将沿竖直方向向上运动C．上极板在向上移动的过程中，流过R的电流由a到bD．带点油滴在P处的电势能将减少14．如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（）A．B．C．D．三、填空题（共计4个小题，每空2分，共计16分，请将答案写到答题卡对应位置．）15．来自质子源的质子（初速度为零），经一加速电压为800kV的直线加速器加速，形成电流强度为1mA的细柱形质子流，已知质子电荷量e=1.60×10﹣19 C，这束质子流每秒打在靶上的质子数为．16．如图虚线为一匀强电场的等势面．一带负电粒子从A点沿图中直线在竖直平面内自下而上运动到B，不计空气阻力，此过程中粒子能量的变化情况是：动能，动能、重力势能及电势能之和（填“变大”、“不变”或“变少”）17．板长为L的平行金属板与水平面成θ角放置，板间有匀强电场．一个带负电、电量为q、质量为m的液滴，以速度v0垂直于电场方向射入两板间，如图所示，射入后液滴沿直线运动，两极板间的电场强度E=．液滴离开电场时的速度为．（液滴的运动方向没有改变）18．如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上．甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a 射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动．则两粒子所带的电荷符号（填“不同”或“相同”）；两粒子分别经过c、d两点时速度v c v d（填“＞”、“=”或“＜”）；经过b点时速度v甲v乙（填“＞”、“=”或“＜”）．四、计算题（本题共计3个小题，18题10分，19题12分，20题13分，请将解答过程书写到答题卡上对应位置，没有过程只有答案不对分．）19．如图所示，在直角坐标系xoy中，虚线ab将第一象限分成两块区域，左边区域匀强电场沿x轴正方向，电场强度E1，右边区域匀强电场方向沿y轴负方向，电场强度E2．现一个质量为m（重力忽略不计），电荷量为q的正粒子静止放在y轴上的P（0，h）点，粒子在电场力的作用下运动，最后从x轴上的Q点离开电场区域，已知虚线ab距y轴的距离L，求：（1）粒子穿过E1电场区域的速度；（2）粒子经过Q点的速度大小和Q点的坐标．20．如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m．有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑．小环离杆后正好通过C端的正下方P点处．（g取10m/s2）求：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向．（2）小环从C运动到P过程中的动能增量．（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小v0．21．如图所示的装置是在竖直平面内放置的光滑绝缘轨道，处于水平向右的匀强电场中，带负电荷的小球从A处由静止开始下滑，沿轨道ABC运动并进入圆环内做圆周运动．已知小球所受电场力与其重力大小相等，圆环半径为R．当地重力加速度为g（1）若使小球在圆环内能做完整的圆周运动，小球过C点时的速度至少为多少？（2）若小球刚好做完整圆周运动之后，经过C点时让其带上等量的正电荷，小球继续沿光滑轨道CDG运动，DG为半径为r的圆弧，CD段长为R，r=0.5R．求小球经过G点后最小速度？2016-2017学年四川省成都市彭州中学高二（上）月考物理试卷（非英才班）（10月份）参考答案与试题解析一、单选题（本题共计7个小题，每个小题只有一个正确选项，选对得3分，错选或多选不得分，共计21分．并将选项填涂到机读卡的对应位置．）1．下列说法中正确的是（）A．元电荷实质上是指电子和质子本身B．感应起电和摩擦起电都是电荷从一个物体转移到另一个物体C．电场线的切线方向一定与通过该点的正电荷的加速度方向相同D．正电荷只在电场力作用下一定沿电场线运动【考点】电场线；元电荷、点电荷．【分析】元电荷是最小单位电荷，感应起电是物体一部分转移到另一部分；电场线的切线方向即为该点的场强方向，正电荷所受的电场力方向与场强方向相同．电荷的运动轨迹与电场线不一定重合，只有电场线是直线时，电荷的运动轨迹才能沿电场线．【解答】解：A、元电荷是最小单位电荷量，不是电子或质子，故A错误；B、摩擦起电是电荷从一个物体转移到另一个物体，而感应起电是物体一部分转移到另一部分，故B错误；C、电场线的切线方向为该点的场强方向，正电荷所受的电场力方向与场强方向相同，所以正电荷所受的电场力方向沿电场线的切线方向，由牛顿第二定律可知，电场线的切线方向一定与通过该点的正电荷的加速度方向相同．故C正确；D、带电粒子在电场中运动的轨迹与带电粒子的初速度的方向以及电场的特点决定的，所以带电粒子在电场中运动的轨迹不一定与电场线重合，只有电场线是直线时，电荷的运动轨迹才可能沿电场线，故D错误．故选：C2．下列说法中正确的是（）A．由I=知道，通过同一段导体的电流跟加在它两端的电压成正比B．超导体的电阻为零，所以在任何温度下对电流都没有阻碍作用C．材料的电阻率取决于导体的电阻、横截面积和长度D．电阻率的大小只随温度的变化而变化，而与材料本身无关【考点】欧姆定律；电阻率与温度的关系．【分析】欧姆定律I=中I与电压成正比；而电阻取决于导体本身的性质，和电压及电流无关．【解答】解：A、I=可知，电流与加在它两端的电压成正比，与电阻成反比，故A正确；B、超导体是指在温度低于某个值时，电阻率减小为零；并不是所有温度下均没有电阻，故B错误；C、材料的电阻率取决于材料本身及温度，与电阻、横截面积和长度无关，故C错误；D、电阻率的大小取决于材料及温度，故D错误；故选：A．3．欧姆不仅发现了欧姆定律，还研究了电阻定律，有一个长方体金属电阻，材料分布均匀，边长分别为a、b、c，且a＞b＞c．电流沿以下方向流过该金属电阻，其中电阻阻值最小的是（）A．B． C．D．【考点】电阻定律．【分析】由金属导体电阻的决定式R=ρ进行计算，注意各电阻中的导体长度及截面积．【解答】解：由电阻的决定式可知，A中电阻R A=，B中电阻R B=；C中电阻R C=；D中电阻R D=；故电阻最小的为A；故选：A．4．如图，A、B带等量异种电荷，PQ为AB连线的中垂线，R为中垂线上的一点，MN分别为AR、BR的中点，则下列判断中正确的是（）A．R点电场强度方向沿QR方向B．M、N两点电势相等C．M、N两点电场强度相等D．N点电势高于无穷远处的电势【考点】电势；电势能．【分析】利用在该点正电荷所受电场力方向为电场强度方向来确定各自电场强度方向．两点电荷在同一点的场强是由各自电场强度矢量叠加而成的．【解答】解：画出该等量异种电荷的电场线如图：A、由图知R点的电场强度的方向垂直于RQ向左．故A错误；B、沿电场线的方向电势降低，所以N点的电势高于M点的电势．故B错误；C、根据等量异种点电荷电场的对称性可知，M、N两点的场强大小相等，方向不同，则场强不等．故C错误；D、等量异种点电荷的中垂线是一条等势线，与无穷远处的电势相等．从图中可知，N点的电势高于同一条电场线上的R点的电势，而R点处于中垂线上，所以N点的电势高于无穷远处的电势．故D正确．故选：D5．滑动变阻器的原理如图所示，则下列说法中正确的是（）A．若将a、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小B．若将a、b两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值不变C．若将b、c两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大D．若将a、d两端连在电路中，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小【考点】串联电路和并联电路．【分析】滑动变阻器是靠改变接入电路的电阻线的长度改变接入电路的电阻大小的．滑动变阻器要串联在电路中，采用“一上一下”的连接方法．并明确接入电路的是哪一部分．【解答】解：A、若将a、c两端连在电路中，接入电路部分为ap；故当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大；故A错误；B、若将a、b两端连在电路中时，滑动变阻器全部接入，起不到调节电阻的作用；故B正确；C、若将b、c两端连在电路中，接入部分为Pb，则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值减小；故C错误；D、若将a、d两端连在电路中，接入电路部分为ap；则当滑片OP向右滑动时，变阻器的阻值增大；故D错误；故选：B．6．如图所示是水平旋转的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（）A．将打在下板中央B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出C．不发生偏转，沿直线运动D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球一定打不到下板的中央【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】将电容器上板向下移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，根据电容器的定义式导出电场强度的变化，判断粒子的运动情况．【解答】解：A、B、C、将电容器上板上移一小段距离，电容器所带的电量Q不变，由E=、C=、C=得，E==．由题意可知，电容器带电量Q不变，极板的正对面积S不变，相对介电常量ɛ不变，由公式可知当d增大时，场强E不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故AC错误，B正确．D、若上板不动，将下板上移一段距离时，根据推论可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故D错误．故选：B7．如图所示，在某电场中画出了三条电场线，C点是A、B连线的中点．已知A点的电势为φA=30V，B点的电势为φB=﹣10V，则C点的电势（）A．一定φC=10 V B．一定φC＞10 VC．一定φC＜10 V D．上述选项都不正确【考点】电势差与电场强度的关系；电势．【分析】电场线的疏密表示电场的强弱．由图看出，ac段电场线比bc段电场线密，ac段场强较大，根据公式U=Ed定性分析a、c间与b、c间电势差的大小，再求解中点C的电势φc．【解答】解：由图看出，ac段电场线比bc段电场线密，ac段场强较大，根据公式U=Ed可知，a、c间电势差U ac大于b、c间电势差U cb，即φa﹣φc＞φc﹣φb，得到φc＜．所以选项C正确．故选：C．二、不定项选择（本题共计7个小题，每个小题至少有一个正确选项，选对选全得4分，漏选得2分，错选或多选不得分，共计28分．并将选项填涂到机读卡的对应位置．）8．白炽灯接在220V电源上能正常发光，将其接在一可调电压的电源上，使电压逐渐增大到220V过程中，则下列说法正确的是（）A．灯丝的电阻不变B．电流将逐渐变大C．每增加1V电压而引起的电流变化量是相同的D．每增加1V电压而引起的电流变化量是减小的【考点】欧姆定律．【分析】白炽灯的电阻随温度的升高而增大，在电压增大过程中要考虑电阻的变化，知道灯泡电阻随温度的增大而增大．【解答】解：A、当电压增大时，灯丝中的电流一定是增大的；而灯丝的电阻随温度的增大而增大，故A错误，B正确；C、由于灯丝电阻随温度的升高而增大，故每增大1V电压时引起的电流变化量是越来越小的；故C错误，D正确；故选：BD．9．如图所示，两块相互靠近彼此绝缘的平行金属板组成平行板电容器，极板N与静电计金属球相连，极板M和静电计的外壳均接地．用静电计测量平行板电容器两极板间的电势差U．在两板相距为d时，给电容器充电，静电计指针张开一定角度．在与外界绝缘的情况下保持电容器的带电量Q不变，下面的操作中将使静电计指针张角变小的是（）A．仅将M板向下平移B．仅将M板向左平移C．仅在M、N之间插入云母板（相对介电常数大于1）D．仅在M、N之间插入金属板，且不和M、N接触【考点】电容器的动态分析．【分析】电容器充电后断开电源保持带电量不变，根据平行板电容器的决定式可求得C的变化，再由电容的定义式可求知指针张角的变化，注意指针张角变大时，极板之间的电压增大．【解答】解：A、仅将M板向下平移，两极板正对面积减小，电容减小，而电容器的电荷量不变，由C=得知，板间电压增大，静电计指针张角变大，故A错误．B、仅将M板向左平移，板间距离增大，电容减小，而电容器的电荷量不变，由C=得知，板间电压增大，静电计指针张角变大，故B错误．C、仅在M、N之间插入云母板，电容增大，而电容器的电荷量不变，由C=得知，板间电压减小，静电计指针张角变小，故C正确．D、仅在M、N之间插入金属板，板间距离减小，电容增大，而电容器的电荷量不变，由C=得知，板间电压减小，静电计指针张角变小，故D正确．故选：CD．10．如图所示，a、b是两个带有同种电荷的小球，现用两根绝缘细线将它们悬挂于真空中同一点．已知两球静止时，它们离水平地面的高度相等，线与竖直方向的夹角分别为α、β，且α＜β．现有以下判断，其中正确的是（）A．a球的质量一定大于b球的质量B．a球的电荷量一定大于b球的电荷量C．若同时剪断细线，则a、b两球构成的系统在下落过程中机械能守恒D．若同时剪断细线，则a、b两球在相同时刻相对地面的高度相同【考点】库仑定律；物体的弹性和弹力；共点力平衡的条件及其应用．【分析】同时剪断两根细线时，小球受水平方向的库伦力和竖直方向的重力作用，然后根据水平方向和竖直方向运动的独立性可正确求解．【解答】解：A、对小球受力分析，重力、库仑力与拉力，两者的库仑力大小相等，方向相反，根据平衡条件有：m a g=m b g=，由于β＞α，所以m a＞m b，故A正确．B、两者的库仑力大小相等，方向相反，但a球的电荷量和b球的电量大小无法判断，故B 错误；C、若同时剪断细线，则a、b两球构成的系统在下落过程中，除重力做功外，还有库仑力做功，导致系统机械能不守恒，故C错误．D、竖直方向上作自由落体运动，根据运动的独立性可知，a、b两球在相同时刻相对地面的高度相同，故D正确．故选：AD．11．如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速度为零的电子，电子仅受电场力作用，从A点运动到B点，其速度随时间变化的规律如下图乙所示，则（）A．电场线的方向从B指向AB．A、B两点的电场强度E A＞E BC．A、B两点的电势ΦA＜ΦBD．负电荷在A、B两点的电势能E PA＜E PB【考点】电势；电场线；电势能．【分析】根据电子的运动方向，确定电场力的方向．场强方向与电子所受电场力方向相反，从而可判断出电场强度方向．根据场强方向判断电势的高低．由速度图象的斜率读出加速度的变化情况，确定场强的变化情况．根据能量守恒，分析电势能的变化．【解答】解：A、电子由静止开始沿电场线从A运动到B，电场力的方向从A到B，而电子带负电，则场强方向从B到A，故A正确．B、速度﹣时间图象的斜率等于加速度，由图可知：电子做初速度为零的加速度增大的加速直线运动．加速度增大，说明电子所受电场力增大，电子在A点受到的电场力小于B点即F A＜F B．由F=qE可知，电场强度增大，A点的场强小于B点，即E A＜E B．故B错误．C、根据顺着电场线电势降低可知，A点的电势低于B点电势，即φA＜φB．故C正确．D、电场力对电子做正功，电势能减小，则E PA＞E PB．故D错误．故选：AC．12．如图所示，O、B、A为一粗糙绝缘水平面上的三点，一电荷量为﹣Q的点电荷固定在O点，现有一质量为m，电荷量为+q的小金属块（可视为质点），从A点以初速度v0沿它们的连线向固定点电荷运动，到B点时速度最小，其大小为v．已知小金属块与水平面间的动摩擦因数为μ，AB间距离为L、静电力常量为k，则（）A．OB间的距离为B．小金属块由A向O运动的过程中，电势能先增大后减小C．小金属块由A向O运动的过程中，加速度先减小后增大D．在点电荷﹣Q形成的电场中，A、B两点间的电势差U AB=【考点】电势能；电势；匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】金属块B点时速度最小，则知A到B过程，金属块做减速运动，B到O过程做加速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡．电场力做正功，电势能减小．根据库仑定律知，距离减小，库仑力增大，由牛顿第二定律分析加速度的变化情况．根据动能定理求解A、B两点的电势差．【解答】解：A、由题意知，A到B过程，金属块做减速运动，B到O过程做加速运动，在B点金属块所受的滑动摩擦力与库仑力平衡，则有μmg=K，得r=．故A正确．B、小金属块由A点向O点运动的过程中，电场力一直做正功，电势能一直减小．故B错误．C、A到B过程，库仑力小于滑动摩擦力，库仑力增大，合力减小，加速度减小；B到O过程，库仑力大于滑动摩擦力，库仑力增大，合力增大，加速度增大；故C正确．D、滑块从A到B过程，由动能定理得：qU AB﹣μmgL=mv2﹣，得U AB=．故D错误．故选AC13．如图所示，平行板电容器与电源连接，下极板接地．一带电油滴位于容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）A．P点的电势将降低B．带点油滴将沿竖直方向向上运动C．上极板在向上移动的过程中，流过R的电流由a到bD．带点油滴在P处的电势能将减少【考点】带电粒子在混合场中的运动；电容．【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据E=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况．由U=Ed分析P点与下极板间电势差如何变化，即能分析P点电势的变化和油滴电势能的变化．【解答】解：A、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据E=得知板间场强减小，场强E减小，而P点与下极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与下极板间电势差将减小，而P点的电势高于下极板的电势，则知P点的电势将降低．故A正确．B、因电场强度减小，则油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动．故B错误．C、根据Q=UC，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，处于放电状态，则电路中有顺时针方向的电流，即流过R的电流由a到b．故C正确．D、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，P点的电势降低，则油滴的电势能将增加，故D错误；故选：AC．14．如图甲所示，平行金属板中央有一个静止的电子（不计重力），两板间距离足够大，当两板间加上如图乙所示的电压后，在下图中反映电子速度v、位移x和加速度a三个物理量随时间t的变化规律可能正确的是（）A．B．C．D．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】分析电子一个周期内的运动情况：0～时间内，电子从静止开始向A板做匀加速直线运动，～时间内沿原方向做匀减速直线运动，～T时间内向B板做匀加速直线运动，～T时间内做匀减速直线运动．根据牛顿第二定律分析加速度．根据电子的运动情况分析判断．。

2016-2017学年四川省遂宁市高二（上）期末物理试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题(本大题共7小题，共28.0分)1.自然界中的电和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献．最早发现通电导线周围存在磁场的科学家是（）A.洛伦兹B.安培C.法拉第D.奥斯特【答案】D【解析】解：奥斯特实验证明了电流的周围存在磁场，这是第一个发现了电和磁存在联系的实验．奥斯特由于这个贡献而载入物理史册．故选：D．根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可．本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一．2.下列说法中正确的是（）A.磁感线总是从磁体的N极出发终止于磁体的S极B.一小段通电导线放在某处不受磁场的作用力，则该处的磁感应强度一定为零C.线圈放在磁场越强的位置，线圈的磁通量一定越大D.穿过线圈的磁通量变化越快；线圈中产生的感应电动势越大【答案】D【解析】解：A、在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，在磁铁内部从S极到N极．故A 错误．B、一小段通电导线放在某处不受磁场的作用力，可能B为零，也可能B≠0，是由于导线与磁场平行．故B错误．C、线圈放在磁场越强的位置，线圈的磁通量不一定越大，根据磁通量公式Φ=BS sinα可知，还与线圈与磁场的夹角有关，故C错误．D、穿过线圈的磁通量变化越快，磁通量变化率越大，法拉第电磁感应定律分析得知，线圈中产生的感应电动势越大，故D正确．故选：D磁感线是闭合曲线，在磁铁的外部从N极到S极，内部从S极到N极．通电导线放在某处不受磁场的作用力时，可能B为零，也可能是由于导线与磁场平行．磁通量的一般公式Φ=BS sinα．根据法拉第电磁感应定律分析感应电动势．解决本题关键要掌握磁感线的分布情况，掌握安培力和磁通量的决定因素和法拉第电磁感应定律，属于基础题．3.下列说法中正确的是（）A.摩擦起电，是因为摩擦导致质子从一个物体转移到另一个物体而形成的B.在电场中无论移动正电荷还是负电荷，只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少C.在地毯中夹杂导电纤维是为了利用人在地毯上行走时摩擦产生的静电D.电势降低的方向，一定就是场强方向解：A、由于不同物质的原子核对核外电子的束缚本领不同，在两个物体相互摩擦的过程中，束缚核外电子能力强的物体得电子带负电，束缚核外电子能力弱的失电子带正电．所以摩擦起电是因为摩擦导致电子从一个物体转移到另一个物体而形成的．故A错误．B、在电场中无论移动正电荷还是负电荷，根据功能关系可知：只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少．故B正确．C、人在地毯上行走后，通过摩擦起电，从而使人有触电的感觉．在地毯中夹杂导电纤维是为了将人在地毯上行走时摩擦产生的静电导入大地，消防静电的危害．故C错误．D、电势降低的方向，不一定是场强方向，电势降低最快的方向，一定才是场强方向．故D错误．故选：B摩擦起电过程是电子在移动形成的；只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少；在地毯中夹杂导电纤维是为了将人在地毯上行走时摩擦产生的静电导入大地；电势降低最快的方向，一定就是场强方向．本题考查电场中的基本知识，要理解摩擦起电的实质，知道电场力做功与电势能的变化关系和重力做功与重力势能变化关系相似，只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少．正确理解电场强度方向与电势变化方向的关系．4.下面是某同学对一些概念及公式的理解，其中正确的是（）A.根据公式ρ=可知，电阻率与导体的电阻成正比B.公式W=UIT适用于纯电阻电路和非纯电阻电路中的电流做功C.根据公式I=可知，通过导体的电流与通过导体横截面的电量成正比D.根据公式C=可知，电容器与其所带电荷量成正比，与两极板间的电压成反比【答案】B【解析】解：A、电阻率是由导体本身的性质决定的，其大小与电阻无关，故A错误；B、公式W=UIT适用于纯电阻电路和非纯电阻电路中的电流所做功，故B正确；C、电流采用的是比值定义法，其大小与电量无关，故C错误；D、电容的公式C=采用的是比值定义法，电容大小与电量和电压无关，故D错误．故选：B．明确各物理量的决定因素以及定义方法，明确电阻定律为决定式，而电阻率是由导体材料的性质决定的；电流和电容均采用比值定义法；同时明确W=UI t可用来求任意用电器所消耗的电功．本题考查对电阻的定义式和决定式、电容和电阻率的定义和性质等，要注意明确各物理量的决定因系，同时明确各物理公式的应用范围．5.三个点电荷电场的电场线分布如图所示，图中a、b两点处的场强大小分别为E a、E b，电势分别为φa、φb，则（）A.E a＞E b，φa＜φbB.E a＜E b，φa＜φbC.E a＞E b，φa＞φbD.E a＜E b，φa＞φb解：电场线密的地方电场强度大，电场线稀的地方电场强度小，故E a＞E b；根据电场线与等势线垂直，在b点所在电场线上找到与a点电势相等的，依据沿电场线电势降低，可知φa＜φb，故BCD错误，A正确．故选：A．电场线密的地方电场强度大，电场线稀的地方电场强度小，沿电场线电势降低，据此可正确解答本题．本题考查了如何根据电场线的分布判断电场强度大小以及电势高低，对于不在同一电场线上的两点，可以根据电场线和等势线垂直，将它们转移到同一电场线上进行判断．6.如图所示，实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹．粒子先经过M点，再经过N点，以下正确的是（）A.无法判断带电粒子的电性B.粒子在M点的动能小于在N点的动能C.粒子在M点受到的电场力大于在N点受到的电场力D.粒子在M点的电势能小于在N点的电势能【答案】B【解析】解：A、带电粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子带正电，故A错误．B、粒子先经过M点，再经过N点，电场力做正功，动能增大，速度也增大，故带电粒子在N点的速度大于在M点的速度，粒子在N点的动能大于在M点的动能．故B正确．C、电场线的疏密表示场强大小，由图知粒子在M点的场强小于N点的场强，在M点的加速度小于N点的加速度．故C错误．D、粒子先经过M点，再经过N点，电场力做正功，电势能减小，粒子在M点的电势能大于在N点的电势能．故D错误．故选：B带电粒子的轨迹向下弯曲，则带电粒子所受的电场力沿电场线切线向下，则知带电粒子带正电，由电场线的疏密可判断场强的大小，再判断电场力的大小．由带电粒子的轨迹可判定电场力的方向，确定电场力做功情况，分析电势能和动能的变化，再分析速度的变化．带电粒子的动能和电势能总和守恒．此类轨迹问题，由轨迹的弯曲方向可判定电场力的方向，并判断电场力做功正负情况．7.如图所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B．一个电阻为R、单径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴匀速转动（O轴位于磁场边界），周期为T0则线框内产生的感应电流的图象为（规定电流顺时针方向为正）（）A. B.C. D.【答案】A【解析】解：在线框顺时针转动时，线框转动周期为T，如图从上边进入磁场到下边刚进入磁场所用时间△t=．此段时间内产生的感应电动势为E==，产生的感应电流，大小不变，根据楞次定律，电流为逆时针方向，故电流为负值．转到右边界，出磁场的过程中产生感应电流，用时也为，产生的感应电动势为E==，产生的感应电流，大小不变，根据楞次定律，电流为顺时针，故电流为正值．根据以上分析，只有A选项符合要求，故A正确，BCD错误．故选：A．在线框顺时针转动时，线框转动周期为T，如图线框进入磁场和离开磁场所用时间均为△t=．此段时间内产生的感应电动势都为为E==，产生的感应电流也都为，大小不变．根据楞次定律，进入磁场时电流为逆时针方向，离开磁场是电流为逆时针．本题要求掌握导体棒切割磁感线产生的电动势的计算，以及能够根据楞次定律判断感应电流的方向，有一定的难度．二、多选题(本大题共5小题，共20.0分)8.如图所示，A、B为两个完全相同的灯泡，L为自感线圈（自感系数较大；直流电阻不计），E为电源，S为开关．下列说法正确的是（）A.闭合开关的瞬间，A、B同时亮，但A很快又熄灭B.闭合开关稳定后，A、B一样亮C.闭合开关稳定后，断开开关，A、B立即同时熄灭D.闭合开关稳定后，断开开关，A闪亮后又熄灭【答案】AD【解析】解：A、B刚闭合S的瞬间，电源的电压同时加到两灯上，由于L的自感作用，L瞬间相当于断路，所以电流通过两灯，两灯同时亮．随着电流的逐渐稳定，L将A灯短路，所以A灯很快熄灭，B灯变得更亮，故A正确，B错误．C、D闭合S待电路达到稳定后，再将S断开，B灯立即熄灭，而L与A灯组成闭合回路，线圈产生自感电动势，相当于电源，A灯闪亮一下而后熄灭，故C错误，D正确．故选：AD根据线圈在电流发生变化会产生自感电动势，电流增大时自感电动势阻碍电流增大，电流减小时自感电动势阻碍电减小，相当于电源；并结合欧姆定律分析．本题考查了自感线圈对电流发生变化时的阻碍作用，增大瞬间相当于断路，减小瞬间相当于电源，稳定后相当于短路．9.如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻忽略不计．闭合开关S，电灯正常发光．再将滑动变阻器的滑片P稍向左移动一段距离，下列说法正确的是（）A.电流表、电压表的读数均变小B.小灯泡L变暗C.电源的总功率变大D.电容器所带电荷量变大【答案】BD【解析】解：AB、把滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知：电路中总电流I减小，则灯泡L变暗；由于内阻不计，所以电压表示数不变，故A错误，B正确．C、以上分析知，总电流减小，据P=EI知，电源的总功率减小，故C错误．D、电容器与滑动变阻器并联，所以两端的电压相等，电容器两端的电压U C=U-IR L，由于I减小，电容器端电压U C增大，R L不变，则U C增大，再据C=判断电容器两极板的电量增大，故D正确．故选：BD．把滑动变阻器的滑片向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析电路中总电流的变化，判断灯泡L亮度的变化．电路稳定时电容器的电压等于路端电压，分析路端电压的变化，判断电容器充电或放电；根据电源内外电阻的关系分析的电源输出功率的变化．本题是电路的动态变化分析问题，根据变阻器接入电路的电阻变化，确定外电路总电阻的变化，再分析电容器的电压变化，是常用的分析方法和思路．10.如图所示，粗糙程度均匀的绝缘斜面下方O点处有一正点电荷，带负电的小物体以初速度v1从M点沿斜面上滑，到达N点时速度为零，然后下滑回到M点，此时速度为v2（v2＜v l）．若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（）A.从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小B.从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功C.从N到M的过程中，小物体受到的摩擦力和电场力均是先增大后减小D.小物体上升的最大高度为【答案】CD解：A、由题分析可知，正点电荷对物体有吸引力，从N到M的过程中，物体与正点电荷间的距离先减小后增大，则电场力先做正功后做负功，物体的电势能先减小后增加．故A错误．B、从M到N的过程中，物体与正点电荷间的距离先减小后增大，则电场力先做正功后做负功．故B错误．C、从N到M的过程中，小物体受到的电场力先增大后减小，电场力在垂直于斜面的分力也先增大后减小，根据物体在垂直于斜面方向力平衡得知，斜面对物体的支持力也先增大后减小，则物体受到的摩擦力先增大后减小．故C正确．D、设物体上升过程中，摩擦力做功为W，上升的最大高度为h．由于OM=ON，M、N 两点的电势相等，上升和下滑过程中电场力做功都为0，则根据动能定理得，上升过程：W-mgh=0-mv12下滑过程：W+mgh=mv22-0联立解得，h=．故D正确．故选：CD小物块带负电，正点电荷对它有吸引力，根据距离变化即可判断电场力做功和电势能的变化．分析小球受力情况，根据斜面对小球支持力的变化，分析摩擦力的变化．根据动能定理分别上升和下滑两个过程，求出物体上升的最大高度．本题根据物体与正电荷间距离的变化，来判断电场力做功的正负．求物体上升的最大高度时，要抓住OM=ON这个条件，得到M、N的电势相等，则知上升和下降电场力做功为0．11.利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子．图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L．一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是（）A.粒子带正电B.射出粒子的最小速度是v min=C.射出粒子的最大速度与最小速度之比为D.保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差变大【答案】BC【解析】解：A、由左手定则可判断粒子带负电，故A错误；B、由题意知：粒子的最大半径r max=、粒子的最小半径r min=，根据r=，可得v max=，v min=，故B正确；C、由前面分析可得=，故C正确；D、v max-v min=，则保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差不变，故D错误．由题意可知粒子的运动方向，则可知粒子的带电情况；由几何关系可知粒子的半径大小范围，则可求得最大速度；由洛仑兹力充当向心力可求得粒子的最大速度及最小速度的表达式，则可知如何增大两速度的差值．本题中的几何关系是关键，应通过分析题意找出粒子何时具有最大速度，再由物理规律即可求解．12.如图所示，两根平行长直金属轨道，固定在同一水平面内，间距为d，其左端接有阻值为R的电阻，整个装置处在竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．一质量为m的导体棒ab垂直于轨道放置，且与两轨道接触良好，导体棒与轨道之间的动摩擦因数为μ，导体棒在水平向右、垂直于棒的恒力F作用下，从静止开始沿轨道运动距离l时，速度恰好达到最大（运动过程中导体棒始终与轨道保持垂直）．设导体棒接入电路的电阻为r，轨道电阻不计，重力加速度大小为g，在这一过程中（）A.导体棒运动的平均速度为B.流过电阻R的电荷量为C.恒力F做的功与摩擦力做的功之和等于回路产生的电能D.恒力F做的功与安培力做的功之和大于导体棒增加的动能【答案】BD【解析】解：A、杆匀速运动时速度最大．设杆的速度最大值为v，此时杆所受的安培力为F A=BI d=B d=，而且杆受力平衡，则有F=F A+μmg，解得，v=，由于杆做变速运动，因此平均速度不可能为．故A错误．B、流过电阻R的电荷量为q==．故B正确．C、D、根据动能定理得：恒力F做的功、摩擦力做的功、安培力做的功之和等于杆动能的变化量，而摩擦力做负功，安培力也做负功，则知恒力F做的功与安培力做的功之和大于杆动能的变化量，恒力F做的功与摩擦力做的功之和大于杆动能的变化量．故C 错误，D正确．故选：BD导体在恒力作用下向左先做加速运动后做匀速运动，此时速度达到最大，根据平衡条件和安培力的表达式F A=求解最大速度．由q=求解电量．根据功能关系分析：恒力F做的功与安培力做的功之和与动能变化量的关系，以及恒力F做的功与摩擦力做的功之和与动能的变化量的关系．本题是收尾速度问题，从力和能两个角度分析，关键掌握两个经验公式：安培力表达式F A=，感应电量表达式q=，选择题可以直接运用，不过计算题要有推导的过程．三、实验题探究题(本大题共2小题，共17.0分)13.如图所示实验装置可用来探究影响平行板电容器的因素，其中电容器左侧极板和静电计外壳接地，电容器右侧极板与列电计金属球相连．（1）使电容器带电后与电源断开．①将左极板上移，可观察到静电计指针偏转角______（选填变大，变小或不变）；②两板间插入一块玻璃，可观察到静电计指针偏转角______ （选填变大、变小或不变）；（2）从图中读得某金属丝的直径为______ mm．【答案】变大；变小；0.520【解析】解：（1）①根据电容的决定式C=知，上移左极板，正对面积S减小，则电容减小，根据U=知，电荷量不变，则电势差增大，指针偏角变大．②根据电容的决定式C=知，将两板间插入一块玻璃时，电容增大，根据U=知，电荷量不变，则电势差减小，指针偏角变小．（2）螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为2.0×0.01mm=0.020mm，所以最终读数为0.5mm+0.020mm=0.520mm．故答案为：（1）①变大，②变小；（2）0.520．抓住电容器的电荷量不变，根据电容的决定式C=判断电容的变化，结合U=判断电势差的变化，从而得出指针偏角的变化．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．解决本题的关键知道静电计测量的是电容器两端的电势差，处理电容器动态分析时，关键抓住不变量，与电源断开，电荷量保持不变，结合电容的决定式和定义式进行分析．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．14.一个小灯泡的额定电压为2.0V．额定电流约为0.5A，选用下列实验器材进行实验，并利用实验数据描绘和研究小灯泡的伏安特性曲线．A．电源E：电动势为3.0V，内阻不计；B．电压表V1：量程为0～3V，内阻约为1KΩC．电压表V2：量程为0～15V，内阻约为4KΩD．电流表A1：量程为0～3A，内阻约为0.1Ω；E．电流表A2：量程为0～0.6A，内阻约为0.6Ω；F．滑动变阻器R1：最大阻值为l0Ω，额定电流为0.6A；G．滑动变阻器R2：最大阻值为l5Ω，额定电流为1.0A；H．滑动变阻器R3：最大阻值为l50Ω，额定电流为1.0A；I．开关S，导线若干．实验得到如下数据（I和U分别表示通过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压）：（1）实验中电压表应选用______ ；电流表应选用______ ；滑动变阻器应选用______ （请填写选项前对应的字母）．（2）请你不要改动已连接导线，在下面的实物连接图1中把还需要连接的导线补上．（3）在图2坐标中画出小灯泡的U-I曲线．并简述该图线不是直线的主要原因______ ．（4）若将本题中的小灯泡接在电动势是1.5V、内阻是2.0Ω的电池两端，则小灯泡的实际功率约为______ （保留两位有效数字）．【答案】B；E；G；灯泡内阻随温度的增大而增大；0.28W【解析】解：（1）灯泡额定电压是2V，则电压表选B；灯泡额定电流为0.5A，则电流表选E；为方便实验操作同时为了实验安全，因灯泡额定电流为0.5A，则流过滑动变阻器的电流可能大于0.6A，故滑动变阻器应选G．（2）灯泡正常发光时电阻R===4Ω，=≈6.67，==250，则电流表采用外接法，由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，连接的实物图如图1所示；（3）根据表中实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后作出灯泡的U-I图象如图2所示．由于灯泡内阻随温度的升高而增大，故对应的伏安特性曲线不是直线；（4）电源的电动势为1.5V，内阻为2Ω，则电流与路端电压的关系式为：U=E-I r=1.5-2I在上图中作出电流与路端电压的图线，如图3所示；交点坐标即为小灯泡的实际电压和电流，故功率为：P=UI=0.82×0.34=0.28W．故答案为：（1）B、E、G；（2）实物图如图1所示；（3）U-I图象如图2所示；灯泡内阻随温度的升高而增大（4）0.28W．（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡正常发光时的电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器．（2）电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻关系确定电流表接法，然后连接实物电路图；闭合开关前，分压电路分得的电压应为零．（3）根据表中实验数据在坐标系中描出对应的点，然后作出U-I图象，明确内阻与温度间的关系，从而明确图象为曲线的原因；（4）在同一坐标系中作出电池的U-I图象，两图象的交点坐标值是灯泡的电压与电流值，由P=UI求出灯泡的实际功率．本题关键要先画出小灯泡的伏安特性曲线和电源的路端电压与电流关系图线，注意灯泡电阻随温度的变化而变化，故只能根据图象分析，根据两图的交点得到电源的实际输出电压和电流，再计算电功率．四、计算题(本大题共4小题，共35.0分)15.如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的光滑平行金属导轨MN和PQ，它们的电阻可忽略不计，在M和P之间接有阻值为R的定值电阻．导体棒ab长L=0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好．整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T．现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动．（1）ab中的感应电动势多大？（2）若定值电阻R=3.0Ω，导体棒的电阻r=1.0Ω，则对ab棒施加的水平拉力有多大？方向如何？【答案】解：（1）感应电动势：E=BL v=0.4×0.5×10=2V；（2）ab棒受到的安培力：F安培=BIL==．．=0.1N，棒做匀速运动，由平衡条件得：F=F安培=0.1N，由左手定则可知，安培力水平向左，则拉力水平向右；答：（1）ab中的感应电动势2V；（2）对ab棒施加的水平拉力为0.1N，方向水平向右．【解析】（1）由E=BL v求出感应电动势．（2）由欧姆定律求出电流，由安培力公式求出安培力，由平衡条件求出拉力大小与方向．本题考查了求感应电动势、求拉力，应用E=BL v、欧姆定律、安培力公式、平衡条件即可正确解题．16.如图所示，电源电动势E=9V，内阻r=0.5Ω，电阻R1=5.0Ω，R2=3.5Ω，R3=6.0Ω，R4=3.0Ω，电容C=2.0μF．（1）求电键接到a时，电容的带电量是多少？上极板带何种电荷？（2）求电键从与a到与b接触时，通过R3的电荷量是多少？【答案】解：（1）电路中的电流：I==A=1A当开关接a时，电容器的电压为：U1=IR1=1×5.0=5.0V电容的带电量为：Q1=CU1=2×10-6×5C=1×10-5C由于上极板电势高，则上极板带正电荷．（2）当开关接b时，电容器的电压为：U2=I•R2=1×3.5V=3.5V电量为：Q2=CU2=2×10-6×3.5C=0.7×10-5C，且上极板带负电，下极板带正电．由Q=CU可知，开关由a接b的过程中，带电量的变化量为：△Q=（U1+U2）C=8.5×2.0×10-6=1.7×10-5C故通过R3的电荷量为1.7×10-5C．答：（1）当电键与a接触时电容带电量1×10-5C；（2）当电键由与a接触转到与b接触时通过R3的电量1.7×10-5C．【解析】（1）先分析电路的结构：R1与R2串联，当开关接a时，电容器与R1并联，根据串联电路的分压规律求出电容器的电压，即可求得电量．（2）当开关与b连接时，C与R2并联即可求得电量，当开关与b连接时，C与R2并联；由C中电量的变化可得出流过R3的电量．本题是闭合电路欧姆定律中含容电路问题，在解题时要注意电路稳定时R3、R4相当于导线，电容器中变化的电量才等于流过R3的电量．17.如图所示，直线MN上方有垂直纸面向外的足够大的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，正、负电子同时从O点以与MN成30°角的相同速度v射入该磁场区域（电子质量为m，电量为e），经一段时间后从边界MN射出．求：（1）它们从磁场中射出时，出射点间的距离；（2）它们从磁场中射出的时间差．【答案】解（1）正、负电子在匀强磁场中圆周运动半径相同但绕行方。

2016-2017学年四川省成都市新津中学高二（上）月考物理试卷（10月份）一、单项选择题（此题共6个小题，每题4分，共24分．每题只有一个选项符合题意）1．以下各物理量中，与试探电荷有关的量是（）A．电场强度E B．电势φC．电势差U D．电场做的功W2．关于电场，以下表达中正确的选项是（）A．任意两点间的电势差，等于电场强度和这两点间距离的乘积B．正电荷周围的电场强度必然比负电荷周围的电场强度大C．电势降低最快的方向必是电场线的方向D．电场中电势高的点，电场强度必然专门大3．如下图，在一条直线上有两个相距的点电荷A、B，A带电+Q，B带电﹣9Q．现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平稳状态，那么C的带电性质及位置应为（）A．负A的左侧0.2 m处B．负A的右边0.2 m处C．正B的左侧0.2 m处D．正B的右边0.4 m处4．如下图，滑腻绝缘斜面的底端固定一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，那么在Q向上运动进程中（）A．物块Q的动能一直增大B．物块Q的机械能一直增大C．物块P、Q的重力势能和电势能之和一直增大D．物块P、Q之间的电势能一直增大5．如下图，实线为不知方向的三条电场线，从电场中O点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，那么（）A．a必然带正电，b必然带负电B．a的电势能将减小，b的电势能将增加C．a的加速度将增加，b的加速度将减小D．两个粒子的动能均减小6．如下图，矩形区域ABCD内存在竖直向下的均强电场，两个带正电粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由极点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从极点C射出．假设不计重力，那么a和b的比荷（带电量和质量比值）之比是（）A．1：8 B．8：1 C．1：2 D．2：1二、不定项选择题（此题共4个小题，每题6分，共24分．每题给出的四个选项中，至少有一个选项正确，全数选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）7．一电子飞经电场中A、B两点，电子在A点电势能为×10﹣17 J，动能为×10﹣17 J，电子通过B点时电势能为×10﹣17 J，若是电子只受电场力作用，那么（）A．电子在B点时动能为×10﹣17 JB．由A到B电场力做功为100 e VC．电子在B点时动能为×10﹣17 JD．A、B两点间电势差U为100 VAB8．如下图是两个等量正点电荷，周围有1、2、3、4各点．两条虚线相互垂直且平分，那么关于各点电场强度和电势的表达正确的选项是（）A ．E 1＞E 2＞E 3＞E 4B ．E 3、E 4可能相同C ．φ1＞φ2＞φ3＞φ4D ．φ1＞φ2=φ3=φ49．如图1所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔．右极板电势随时刻转变的规律如图2所示．电子原先静止在左极板小孔处．以下说法中正确的选项是（ ）A ．从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B ．从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C ．从t=时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D ．从t=时刻释放电子，电子必将打到左极板上10．如下图，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L ，板间距离为d ，在 板右端L 处有一竖直放置的光屏M ，一带电荷量为q ，质量为m 的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M 屏上，那么以下结论正确的选项是（ ）A ．板间电场强度大小为B ．板间电场强度大小为C ．质点在板间的运动时刻和它从板的右端运动到光屏的时刻相等D ．质点在板间的运动时刻大于它从板的右端运动到光屏的时刻三、实验题（每空2分，共12分）11．在探讨两电荷间彼此作使劲的大小与哪些因素有关的实验中，一同窗猜想可能与两电荷的间距和带电量有关．他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如下图．实验时，先维持两球电荷量不变，使A球从远处慢慢向B球靠近，观看到两球距离越小，B 球悬线的偏角越大；再维持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观看到电荷量越大，B 球悬线的偏角越大．实验说明：两电荷之间的彼此作使劲，随其距离的而增大，随其所带电荷量的而增大．此同窗在探讨中应用的科学方式是（选填：“积存法”、“等效替代法”、“操纵变量法”或“演绎法”）．12．用操纵变量法，能够研究阻碍平行板电容器电容的因素．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，电容器已充电．实验中，极板所带电荷量不变，假设维持S不变，增大d，那么θ将；板间电压；说明电容随板间距离增大而．（均填“增大”，“不变”或“减小”）四、计算题（此题共4个小题，共40分．解许诺写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必需明确写出数值和单位）13．如下图，平行金属带电极板A、B间可看成匀强电场，场强×102V/m，极板间距离d=5cm，电场中C到B两板的距离为1cm，B板接地，求：（1）A板的电势φA 和C点的电势φC；（2）将点电荷q=2×10﹣2 C从C点移到A板电势能改变量△E．14．如图，一电容为C的平行板电容器的两个极板竖直放置，板间距离为d，在两极板间有一带电小球质量为m，小球用一绝缘轻线悬挂于O点．先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量别离为﹢Q和﹣Q，现在悬线与竖直方向的夹角为30°．求：（1）小球带电量q；（2）再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到60°，且小球与两极板不接触．第二次充电使电容器正极板增加的电荷量△Q．15．如下图，在E=103V/m的水平向左匀强电场中，有一滑腻半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在平面与电场线平行，其半径R=40cm，一带正电荷q=10﹣4C的小滑块质量为m=40g，与水平轨道间的动摩擦因数μ，取g=10m/s2，求：（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？（2）如此释放的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？（P为半圆轨道中点）16．如下图，静止于A处的粒子，经电压为U的加速电场加速后，沿图中圆弧虚线通过静电分析器，粒子在静电分析器中做圆周运动．从P点垂直CN进入矩形区域的匀强电场，电场方向水平向左，粒子恰能打在Q点．静电分析器通道是半径为R的圆弧，内有均匀辐向散布的电场，方向如下图；粒子质量为m、电荷量为q；QN=d，PN=2d，粒子重力不计．求：（1）粒子的电性；（2）静电分析器中粒子运动轨迹处电场强度E的大小；（3）P、Q两点间的电压U．12016-2017学年四川省成都市新津中学高二（上）月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（此题共6个小题，每题4分，共24分．每题只有一个选项符合题意）1．以下各物理量中，与试探电荷有关的量是（）A．电场强度E B．电势φC．电势差U D．电场做的功W【考点】电势；电场强度．【分析】电场强度和电势是描述电场的性质的物理量，是由电场本身决定的，与试探电荷无关．电势差与电荷无关，只与电场本身有关，电场力与试探电荷有关【解答】解：AB、电场强度和电势是描述电场的性质的物理量，是由电场本身决定的，与试探电荷无关．故A、B错误；C、电势差：，与试探电荷的无关．故C错误．D、电场力为F=qE，可知静电力既与电场有关，又与试探电荷有关，故D正确；应选：D2．关于电场，以下表达中正确的选项是（）A．任意两点间的电势差，等于电场强度和这两点间距离的乘积B．正电荷周围的电场强度必然比负电荷周围的电场强度大C．电势降低最快的方向必是电场线的方向D．电场中电势高的点，电场强度必然专门大【考点】电势差与电场强度的关系．【分析】在匀强电场中，任意两点间的电势差，等于电场强度和沿电场方向这两点间距离的乘积，电场线的疏密表示场强的大小，但沿电场线方向电势降低最快，场强与电势无关【解答】解：A、在匀强电场中，任意两点间的电势差，等于电场强度和沿电场方向距离的乘积，故A错误B、电场强度的大小看电场线的疏密，与正负电荷无关，故B错误；C、电势降低最快的方向必是电场线的方向，故C正确D、电势与电势零点的选取有关，与场强无关，故D错误应选：C3．如下图，在一条直线上有两个相距的点电荷A、B，A带电+Q，B带电﹣9Q．现引入第三个点电荷C，恰好使三个点电荷均在电场力的作用下处于平稳状态，那么C的带电性质及位置应为（）A．负A的左侧0.2 m处B．负A的右边0.2 m处C．正B的左侧0.2 m处D．正B的右边0.4 m处【考点】库仑定律．【分析】A、B、C三个点电荷都处于静止状态，对电荷受力分析，每一个电荷都处于受力平稳状态，故依照库仑定律可别离对任意两球进行分析列出平稳方程即可求得结果．【解答】解：三个电荷要平稳，必需三个电荷的一条直线，外侧二个电荷彼此排斥，中间电荷吸引外侧两个电荷，所之外侧两个电荷距离大，要平稳中间电荷的拉力，必需外侧电荷电量大，中间电荷电量小，因此C必需为负电，在A的左侧．设C所在位置与A的距离为r，那么C所在位置与B的距离为L+r，要能处于平稳状态，因此A对C的电场力大小等于B对C的电场力大小，设C的电量为q．那么有： =解得：r=．应选：A．4．如下图，滑腻绝缘斜面的底端固定一个带正电的小物块P，将另一个带电小物块Q在斜面的某位置由静止释放，它将沿斜面向上运动．设斜面足够长，那么在Q向上运动进程中（）A．物块Q的动能一直增大B．物块Q的机械能一直增大C．物块P、Q的重力势能和电势能之和一直增大D．物块P、Q之间的电势能一直增大【考点】电势能；功能关系．【分析】物体Q在运动进程中存在三种能，动能、重力势能和电势能，依照能量守恒，运动进程中只存在这三种能相互转化．由于斜面足够长，物体运动到无穷远后静止，能够确信的是这时物体只存在重力势能．Q在运动进程中，P、Q之间愈来愈远，电势能愈来愈小，依照能量守恒，Q的动能和重力势能之和（机械能）确信愈来愈大，因此Q的机械能一直增大．【解答】解：A、开始电场力大于下滑力，动能增大，但电场力不断减小，当电场力小于下滑力，合力与运动方向相反，动能减小，因此A错误；B、P、Q之间愈来愈远，电势能愈来愈小，依照能量守恒，Q的动能和重力势能之和（机械能）确信愈来愈大，因此B正确；C、物体动能、重力势能、电场能总和守恒，动能先增大后减小，物块P、Q的重力势能和电势能之和就先减小后增大，因此C错误；D、P、Q之间愈来愈远，P、Q之间的排斥力（电场力）做正功，电势能愈来愈小，因此D错误．应选：B5．如下图，实线为不知方向的三条电场线，从电场中O点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示，那么（）A．a必然带正电，b必然带负电B．a的电势能将减小，b的电势能将增加C．a的加速度将增加，b的加速度将减小D．两个粒子的动能均减小【考点】电势差与电场强度的关系；电场线．【分析】电场线密的地址电场的强度大，电场线疏的地址电场的强度小．物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧．依照电场力做功来判定动能的转变【解答】解：A、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，由于电场线的方向不知，因此粒子带电性质不定，故A错误；B、B、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道转变来看速度与力方向的夹角小于90°，因此电场力都做正功，电势能都减小，动能都增大，故BD错误C、电场线的疏密表示场强的大小，故a受到的电场力增大，b受到的电场力减小，a加速度增大，b的加速度减小，故C正确应选：C6．如下图，矩形区域ABCD内存在竖直向下的均强电场，两个带正电粒子a和b以相同的水平速度射入电场，粒子a由极点A射入，从BC的中点P射出，粒子b由AB的中点O射入，从极点C射出．假设不计重力，那么a和b的比荷（带电量和质量比值）之比是（）A．1：8 B．8：1 C．1：2 D．2：1【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】粒子垂直电场进入，做类平抛运动，依照水平位移求出时刻之比，再通过竖直位移求出加速度之比，最终通过牛顿第二定律求出比荷．【解答】解：粒子水平方向上做匀速直线运动，a、b两粒子的水平位移之比为1：2，依照x=vt，知时刻比为1：2．粒子在竖直方向上做匀加速直线运动，依照y=at2知，y之比为2：1，那么a、b的加速度之比为8：1．依照牛顿第二定律知，加速度a=，加速度之比等于电荷量与质量的比值之比，那么两电荷的比荷之比为8：1．故B正确，A、C、D错误．应选：B．二、不定项选择题（此题共4个小题，每题6分，共24分．每题给出的四个选项中，至少有一个选项正确，全数选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）7．一电子飞经电场中A、B两点，电子在A点电势能为×10﹣17 J，动能为×10﹣17 J，电子通过B点时电势能为×10﹣17 J，若是电子只受电场力作用，那么（）A ．电子在B 点时动能为×10﹣17 JB ．由A 到B 电场力做功为100 e VC ．电子在B 点时动能为×10﹣17 JD ．A 、B 两点间电势差U AB 为100 V【考点】电场线；电势能．【分析】依照能量守恒求出电子的动能，依照电场力做功与电势能的转变关系求电场力做的功，同时能够求出两点间的电势差．【解答】解：A 、C ：只受电场力，那么电子的能量守恒，在A 点E=E K +E P ×10﹣17+×10﹣17=8×10﹣17J ，在B 点E K =E ﹣E P =8×10﹣17﹣×10﹣17×10﹣17J ，故A 正确C 错误；B 、电场力做的功等于电势能的转变量，因此由A 到B 电场力做功W AB =E PA ﹣E PB ×10﹣17J=100ev ，B 正确；D 、W AB =﹣eU AB ，因此U AB =﹣100V ，D 错误；应选：AB8．如下图是两个等量正点电荷，周围有1、2、3、4各点．两条虚线相互垂直且平分，那么关于各点电场强度和电势的表达正确的选项是（ ）A ．E 1＞E 2＞E 3＞E 4B ．E 3、E 4可能相同C ．φ1＞φ2＞φ3＞φ4D ．φ1＞φ2=φ3=φ4【考点】电场的叠加；电场强度；电势．【分析】等量同种点电荷电场线的散布具有对称性，两点电荷连线的中垂线从垂足向双侧电势慢慢减小．依照电场线方向判定电势的高低：顺着电场线方向电势慢慢降【解答】解：A 、等量同种点电荷电场线的散布具有对称性，垂直平分线从垂足向双侧场强先增大后减小，故3 4两点场强无法判定大小，可能相等，也可能不同，故A 错误，B 正确C 、沿着电场线方向电势慢慢降低，且2点的电势为零，故φ1＞φ2＞φ3＞φ4，故C 正确，D 错误应选：BC9．如图1所示，两平行金属板竖直放置，左极板接地，中间有小孔．右极板电势随时刻转变的规律如图2所示．电子原先静止在左极板小孔处．以下说法中正确的选项是（ ）A ．从t=0时刻释放电子，电子将始终向右运动，直到打到右极板上B ．从t=0时刻释放电子，电子可能在两板间振动C ．从t=时刻释放电子，电子可能在两板间振动，也可能打到右极板上D ．从t=时刻释放电子，电子必将打到左极板上【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】分析电子的受力情形，来分析电子的运动情形，假设一直向右运动，能够打在右板，假设电子时而向右运动，时而向左运动，依照位移关系，分析电子的运动情形【解答】解：分析电子在一个周期内的运动情形．A 、B 从t=0时刻释放电子，前内，电子受到的电场力向右，电子向右做匀加速直线运动；后内，电子受到向左的电场力作用，电子向右做匀减速直线运动；接着周而复始，因此电子一直向右做单向的直线运动，直到打在右板上．故A 正确，B 错误．C 、从t=时刻释放电子，在﹣内，电子向右做匀加速直线运动；在﹣内，电子受到的电场力向左，电子继续向右做匀减速直线运动，时刻速度为零；在﹣T 内电子受到向左的电场力，向左做初速度为零的匀加速直线运动，在T ﹣内电子受到向右的电场力，向左做匀减速运动，在时刻速度减为零；接着重复．假设两板距离足够大时，电子在两板间振动．故C 正确．D、用一样的方式分析从t=T时刻释放电子的运动情形，电子先向右运动，后向左运动，由于一个周期内向左运动的位移大于向右运动的位移，电子最终从左极板的小孔离开电场．也可能电子在向右进程中就碰着右极板，故D正确．应选：ACD10．如下图，两平行金属板间有一匀强电场，板长为L，板间距离为d，在板右端L处有一竖直放置的光屏M，一带电荷量为q，质量为m的质点从两板中央射入板间，最后垂直打在M屏上，那么以下结论正确的选项是（）A．板间电场强度大小为B．板间电场强度大小为C．质点在板间的运动时刻和它从板的右端运动到光屏的时刻相等D．质点在板间的运动时刻大于它从板的右端运动到光屏的时刻【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】依照题意分析，质点最后垂直打在M屏上，必需考虑质点的重力．质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，质点才能最后垂直打在M屏上．第一次偏转质点做类平抛运动，第二次斜向上抛运动平抛运动的逆进程，运用运动的分解法，依照对称性，分析前后进程加速度的关系，再研究电场强度的大小．水平方向质点始终做匀速直线运动，质点在板间运动的时刻跟它从板的右端运动到光屏的时刻相等．【解答】解：A、B据题分析可知，质点在平行金属板间轨迹应向上偏转，做类平抛运动，飞出电场后，质点的轨迹向下偏转，质点才能最后垂直打在M屏上，前后进程质点的运动轨迹有对称性，如图，可见两次偏转的加速度大小相等，依照牛顿第二定律得，qE﹣mg=mg，取得E=．故A错误，B正确．C、D由于质点在水平方向一直做匀速直线运动，两段水平位移大小相等，那么质点在板间运动的时刻跟它从板的右端运动到光屏的时刻相等．故C正确，D错误．应选：BC．三、实验题（每空2分，共12分）11．在探讨两电荷间彼此作使劲的大小与哪些因素有关的实验中，一同窗猜想可能与两电荷的间距和带电量有关．他选用带正电的小球A和B，A球放在可移动的绝缘座上，B球用绝缘丝线悬挂于玻璃棒C点，如下图．实验时，先维持两球电荷量不变，使A球从远处慢慢向B球靠近，观看到两球距离越小，B 球悬线的偏角越大；再维持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观看到电荷量越大，B 球悬线的偏角越大．实验说明：两电荷之间的彼此作使劲，随其距离的减小而增大，随其所带电荷量的增大而增大．此同窗在探讨中应用的科学方式是操纵变量法（选填：“积存法”、“等效替代法”、“操纵变量法”或“演绎法”）．【考点】库仑定律．【分析】由于实验时，先维持两球电荷量不变，使A球从远处慢慢向B球靠近；再维持两球距离不变，改变小球所带的电荷量，因此采纳的方式是操纵变量法．【解答】解：对小球B进行受力分析，能够取得小球受到的电场力：F=mgtanθ，即B球悬线的偏角越大，电场力也越大；因此使A球从远处慢慢向B球靠近，观看到两球距离越小，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的彼此作使劲，随其距离的减小而增大；两球距离不变，改变小球所带的电荷量，观看到电荷量越大，B球悬线的偏角越大，说明了两电荷之间的彼此作使劲，随其所带电荷量的增大而增大．先维持两球电荷量不变，使A球从远处慢慢向B球靠近．这是只改变它们之间的距离；再维持两球距离不变，改变小球所带的电荷量．这是只改变电量因此采纳的方式是操纵变量法．故答案为：（1）减小，增大，操纵变量法．12．用操纵变量法，能够研究阻碍平行板电容器电容的因素．设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，电容器已充电．实验中，极板所带电荷量不变，假设维持S不变，增大d，那么θ将增大；板间电压增大；说明电容随板间距离增大而减小．（均填“增大”，“不变”或“减小”）【考点】电容器的动态分析．【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大．依照电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积转变时电容的转变情形，由于极板所带电荷量不变，再由电容的概念式C=分析板间电势差的转变，即可再确信静电计指针的偏角转变情形．【解答】解：依照电容的决定式C=得知，电容与极板间距离成反比，当维持S不变，增大d时，电容减小，电容器的电量Q不变，由电容的概念式C=分析可知板间电势差增大，那么静电计指针的偏角θ增大；说明电容随板间距离增大而减小．故答案为：增大，增大，减小．四、计算题（此题共4个小题，共40分．解许诺写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必需明确写出数值和单位）13．如下图，平行金属带电极板A、B间可看成匀强电场，场强×102V/m，极板间距离d=5cm，电场中C到B两板的距离为1cm，B板接地，求：（1）A板的电势φA 和C点的电势φC；（2）将点电荷q=2×10﹣2 C从C点移到A板电势能改变量△E．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】（1）依照φA=Ed求的AC两点的电势，其中d为到零点时的距离；（2）求的CA间的电势差，依照W=qU求的电场力做功，即可判定电势能的改变量【解答】解：（1）A点的电势为C点的电势为（2）CA间的电势差为UCA =φC﹣φA=﹣﹣（﹣6）故电场力做功为W=电场力做正功，故电势能改变量为△E=﹣×10﹣2J答：（1）A板的电势φA 和C点的电势φC别离为﹣6V，﹣（2）将点电荷q=2×10﹣2 C从C点移到A板电势能改变量△E为﹣×10﹣2J14．如图，一电容为C的平行板电容器的两个极板竖直放置，板间距离为d，在两极板间有一带电小球质量为m，小球用一绝缘轻线悬挂于O点．先给电容器缓慢充电，使两级板所带电荷量别离为﹢Q和﹣Q，现在悬线与竖直方向的夹角为30°．求：（1）小球带电量q；（2）再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到60°，且小球与两极板不接触．第二次充电使电容器正极板增加的电荷量△Q．【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．【分析】（1）由Q=CU求的平行板间的电势差，依照U=Ed 求的场强，依照受力分析共点力平稳求的所带电荷（2）对小球受力分析，受重力、电场力和拉力，依照U=Ed、Q=cU、F=qE和平稳条件分两次列方程后求解出电容器极板电量Q的表达式进行讨论【解答】解：（1）平行板间的电势差为U=场强为E=对小球受力分析，有共点力平稳可得mgtan30°=qE解得（2）第二次充电后，电容器带电量为：Q+△Q，同理可得联立解得：△Q=2Q答：（1）小球带电量q为；（2）再给电容器缓慢充电，直到悬线和竖直方向的夹角增加到60°，且小球与两极板不接触．第二次充电使电容器正极板增加的电荷量△Q为2Q15．如下图，在E=103V/m的水平向左匀强电场中，有一滑腻半圆形绝缘轨道竖直放置，轨道与一水平绝缘轨道MN连接，半圆轨道所在平面与电场线平行，其半径R=40cm，一带正电荷q=10﹣4C的小滑块质量为m=40g，与水平轨道间的动摩擦因数μ，取g=10m/s2，求：（1）要小滑块能运动到圆轨道的最高点L，滑块应在水平轨道上离N点多远处释放？（2）如此释放的小滑块通过P点时对轨道的压力是多大？（P为半圆轨道中点）【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．【分析】（1）在小滑块运动的进程中，摩擦力对滑块和重力做负功，电场力对滑块做正功，依照动能定理能够求得滑块与N点之间的距离；（2）在P点时，对滑块受力分析，由牛顿第二定律能够求得滑块受到的轨道对滑块的支持力的大小，由牛顿第三定律能够求滑块得对轨道压力．【解答】解：（1）小滑块刚能通过轨道最高点条件是：mg=m，解得：v===2m/s，。

2016-2017学年四川省成都实验外国语学校高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（每题4分，错选或多选均不给分）1．下列说法中正确的是（）A．摩擦起电，是因为摩擦导致质子从一个物体转移到另一个物体而形成的B．在电场中无论移动正电荷还是负电荷，只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少C．在地毯中夹杂导电纤维是为了利用人在地毯上行走时摩擦产生的静电D．电势降低的方向，一定就是场强方向2．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）A．B．C．D．12F3．如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、C、D三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V，正六边形所在平面与电场线平行．则（）A．E点的电势与C点的电势相等B．电势差U EF与电势差U BC相同C．电场强度的大小为V/M D．电场强度的大小为20V/M4．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A．电压表读数增大B．电流表读数减小C．质点P将向上运动 D．R3上消耗的功率逐渐减小5．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc，实线为一带负电的电子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A．三个等势面中，a的电势最高B．电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C．电子通过P点时的动能比通过Q点时大D．电子通过P点时的加速度比通过Q点时小6．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在上极板的同一点上（带电粒子的重力不计）．则从开始射入到打到上极板的过程中（）A．它们运动的时间t Q＞t PB．它们运动的加速度a Q＜a PC．它们所带的电荷量之比q P：q Q=1：2D．它们的动能增加量之比△E kP：△E kQ=1：27．如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动．AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径．已知重力加速度为g，电场强度E=．下列说法正确的是（）A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到D点时的机械能最小C．若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点8．质量为m的物块，带电荷量为+Q，开始时让它静止在倾角α=60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为E=的匀强电场中，如图所示，斜面高为H，释放物块后，物块落地时的速度大小为（）A．2B．C．2D．2二、多项选择题（每题4分，全选对得4分，多选不给分，漏选得2分，有错选不给分）9．如图所示，在场强大小为E，方向水平向右的匀强电场中，放一个电荷量为﹣q的点电荷，A、B、C、D四点在以点电荷为圆心、半径为r的圆周上，并且A点、C点与点电荷在同一水平线上，B点、D点与点电荷在同一竖直线上，则下列说法正确的是（）A．A点电场强度最大，且为B．B、D两点电场强度大小相等，方向相同C．同一点电荷在B点和D点时的电势能相等D．同一点电荷在A点和C点时的电势能相等10．如图所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是（）A．金属块带正电荷B．金属块克服电场力做功8JC．金属块的机械能减少12J D．金属块的电势能减少4J11．如图所示，电源内阻为R，固定电阻R0=R，可变电阻R x的总电阻值为2R，若变阻器滑片P由图示位置自左向右滑动，则（）A．电源输出功率由小变大 B．R x消耗的功率由小变大C．R0消耗的功率由小变大D．电源的效率由大变小12．如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上板B接地．现有大量质量均为m、带电量均为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点．如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第N+1滴油滴刚好能飞离电场，假定落到A板的油滴的电量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则（）A．落到A板的油滴数B．落到A板的油滴数C．第N+1滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于D．第N+1滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于三、填空题13．把一个满偏电流为1mA、内电阻为600Ω的电流表头改装成量程为3A的电流表，则需要联一个Ω的电阻；若将这个表头改装成量程为6V的电压表，则应联一个Ω的电阻．14．某同学利用图（a）所示装置进行DIS实验来测绘小灯泡的U﹣I特性曲线，画出小灯泡的U﹣I特性曲线如图（b）．请完成下列问题：（1）电路图（a）中“A传感器”是传感器，“B传感器”是传感器；（2）由图（b）可知，小灯泡灯丝电阻的变化规律是：阻值随电流的增大而；（3）现将该小灯泡与一阻值为2Ω的定值电阻串联后接在电动势为3.0V，内阻为1Ω的电源两端，电路中的电流约为A．四、计算题15．如图所示，一质量为m、带电量为q的小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线向左与竖直方向成θ角，重力加速度为g．（1）求电场强度E（2）若在某时刻将细线突然剪断，求：经过t时间小球的速度v．16．有一直流电动机，把它接入0.2V电压的电路中，电动机不转，测得电流为0.4A；若把电机接入2.0V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A．求：（1）电动机正常工作时的热功率为多大？输出功率为多大？（2）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大？17．如图所示，在竖直向下的匀强电场中有一绝缘的光滑离心轨道，一个带负电的小球从斜轨道上的A点由静止释放，沿轨道滑下，已知小球的质量为m，电量大小为﹣q，匀强电场的场强大小为E，斜轨道的倾角为α（小球的重力大于所受的电场力）．（1）求小球沿斜轨道下滑的加速度的大小；（2）若使小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时不落下来，求A点距水平地面的高度h 至少应为多大？18．光滑绝缘的长轨道形状如图所示，底部为半圆型，半径R，固定在竖直平面内．A、B 是质量都为m的小环，A带电量为﹣2q、B的带电量为+q，用长为R的绝缘轻杆连接在一起，套在轨道上．整个装置放在电场强度为E=，方向竖直向上的匀强电场中，将AB两环从图示位置静止释放，A环离开底部2R．不考虑轻杆和轨道的接触，也不考虑A、B间的库仑力作用．求：（1）AB两环都未进入半圆型底部前，杆上的作用力的大小（2）A环到达最低点时，两球速度大小；（3）若将杆换成长2R，A环仍从离开底部2R处静止释放，经过半圆型底部再次上升后离开底部的最大高度．2016-2017学年四川省成都实验外国语学校高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每题4分，错选或多选均不给分）1．下列说法中正确的是（）A．摩擦起电，是因为摩擦导致质子从一个物体转移到另一个物体而形成的B．在电场中无论移动正电荷还是负电荷，只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少C．在地毯中夹杂导电纤维是为了利用人在地毯上行走时摩擦产生的静电D．电势降低的方向，一定就是场强方向【考点】电场线；电势能．【分析】摩擦起电过程是电子在移动形成的；只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少；在地毯中夹杂导电纤维是为了将人在地毯上行走时摩擦产生的静电导入大地；电势降低最快的方向，一定就是场强方向．【解答】解：A、由于不同物质的原子核对核外电子的束缚本领不同，在两个物体相互摩擦的过程中，束缚核外电子能力强的物体得电子带负电，束缚核外电子能力弱的失电子带正电．所以摩擦起电是因为摩擦导致电子从一个物体转移到另一个物体而形成的．故A错误．B、在电场中无论移动正电荷还是负电荷，根据功能关系可知：只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少．故B正确．C、人在地毯上行走后，通过摩擦起电，从而使人有触电的感觉．在地毯中夹杂导电纤维是为了将人在地毯上行走时摩擦产生的静电导入大地，消防静电的危害．故C错误．D、电势降低的方向，不一定是场强方向，电势降低最快的方向，一定才是场强方向．故D 错误．故选：B2．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）A．B．C．D．12F【考点】库仑定律；电荷守恒定律．【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．【解答】解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带电为+Q，距离又变为原来的，库仑力为F′=k，所以两球间库仑力的大小为．故选C．3．如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、C、D三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V，正六边形所在平面与电场线平行．则（）A．E点的电势与C点的电势相等B．电势差U EF与电势差U BC相同C．电场强度的大小为V/M D．电场强度的大小为20V/M【考点】电势；电场强度；电势差．【分析】在匀强电场中已知任意三点的电势确定第四点的电势高低，连接已知三点中的任意两点，在其连线上找到与第三点的等势点，连接这两点，过第四点做连线的平行线，与连线的交点的电势即为第四点的电势，以此类推其他各点的电势．【解答】解：已知正六边形所在平面与电场线平行，且A、C、D三点电势分别为1.0V、2.0V、3.0V，延长DC且使DC=CG，连接BG，可知U DC=U CG=1V，故ABG的电势相等为1V；CF电势相等为2V，D、E电势相等为3V，故A错误．B、电势差U EF=3﹣2=1V，电势差U BC=1﹣2=﹣1V，B错误C、E====V/m，故C正确D、同理D错误故选C4．如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（）A．电压表读数增大B．电流表读数减小C．质点P将向上运动 D．R3上消耗的功率逐渐减小【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况．【解答】解：AB、由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大；因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，故A错误；B错误；C、因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故C错误；D、因R3两端的电压减小，由P=可知，R3上消耗的功率减小；故D正确；故选：D5．如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即U ab=U bc，实线为一带负电的电子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点，据此可知（）A．三个等势面中，a的电势最高B．电子在P点具有的电势能比在Q点具有的电势能大C．电子通过P点时的动能比通过Q点时大D．电子通过P点时的加速度比通过Q点时小【考点】电势；电势能．【分析】作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，负电荷受力的方向向下，电场线向上．故c的电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强小，电场力小，加速度小．【解答】解：A、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上．故c的等势面电势最高，故A错误；B、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道质点在P点电势能大，故B正确；C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，P点电势能大，动能小．故C错误；D、等差等势面的疏密可以表示电场的强弱，P处的等势面密，所以P点的电场强度大，粒子受到的电场力大，粒子的加速度大，故D错误；故选：B6．如图所示，质量相同的两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在上极板的同一点上（带电粒子的重力不计）．则从开始射入到打到上极板的过程中（）A．它们运动的时间t Q＞t PB．它们运动的加速度a Q＜a PC．它们所带的电荷量之比q P：q Q=1：2D．它们的动能增加量之比△E kP：△E kQ=1：2【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；动能定理的应用．【分析】将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析．【解答】解：A、垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，得到运动时间相等，所以A错误；B、平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：x=at2解得：a=…①由于两带电粒子平行电场方向分位移之比为1：2，所以a Q＞a P，故B错误；C、根据牛顿第二定律，有：qE=ma…②由①②两式解得：q=所以它们所带的电荷量之比q P：q Q=1：2，故C正确；D、根据动能定理，有：qEx=△E k而：q P：q Q=1：2，x P：x Q=1：2，所以动能增加量之比：△E kP：△E kQ=1：4，故D错误；故选C7．如图所示，在地面上方的水平匀强电场中，一个质量为m、电荷量为+q的小球，系在一根长为L的绝缘细线一端，可以在竖直平面内绕O点做圆周运动．AB为圆周的水平直径，CD为竖直直径．已知重力加速度为g，电场强度E=．下列说法正确的是（）A．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为B．若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到D点时的机械能最小C．若将小球在A点由静止开始释放，它将在ACBD圆弧上往复运动D．若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，它将能够到达B点【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】掌握重力做功与重力势能变化的关系，掌握合外力做功与动能变化的关系，除重力和弹力外其它力做功与机械能变化的关系，注意将重力场和电场的总和等效成另一个“合场”，将重力场中的竖直面内的圆周运动与本题的圆周运动进行类比【解答】解：A、由于电场强度E=，故mg=Eq，物体的加速度大小为a=g，故若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则它运动的最小速度为v，则有：mg=m，解得，v=，故A错误；B、除重力和弹力外其它力做功等于机械能的增加值，若小球在竖直平面内绕O点做圆周运动，则小球运动到B点时，电场力做功最多，故到B点时的机械能最大，故B错误；C、小球受合力方向与电场方向夹角45°斜向下，故若将小球在A点由静止开始释放，它将沿合力方向做匀加速直线运动，故C错误；D、若将小球在A点以大小为的速度竖直向上抛出，小球将不会沿圆周运动，因此小球在竖直方向做竖直上拋，水平方向做匀加速，因Eq=mg，故水平加速度与速度加速大小均为g，当竖直方向上的位移为零时，时间t=，则水平位移x=gt2=2L，则说明小球刚好运动到B点，故D正确．故选：D．8．质量为m的物块，带电荷量为+Q，开始时让它静止在倾角α=60°的固定光滑绝缘斜面顶端，整个装置放在水平方向、大小为E=的匀强电场中，如图所示，斜面高为H，释放物块后，物块落地时的速度大小为（）A．2B．C．2D．2【考点】动能定理的应用；电场强度．【分析】对物块进行受力分析，找出力的关系，判断合外力的方向，判断物体的运动，运用动能定理或牛顿第二定律和运动学公式解决问题．【解答】解：对物块进行受力分析，物块受重力和水平向左的电场力．电场力F=QE=mg重力和水平向左的电场力合力与水平方向夹角β=30°运用动能定理研究从开始到落地过程，mgH+F•H=mv2﹣0可得v=2故选：C．二、多项选择题（每题4分，全选对得4分，多选不给分，漏选得2分，有错选不给分）9．如图所示，在场强大小为E，方向水平向右的匀强电场中，放一个电荷量为﹣q的点电荷，A、B、C、D四点在以点电荷为圆心、半径为r的圆周上，并且A点、C点与点电荷在同一水平线上，B点、D点与点电荷在同一竖直线上，则下列说法正确的是（）A．A点电场强度最大，且为B．B、D两点电场强度大小相等，方向相同C．同一点电荷在B点和D点时的电势能相等D．同一点电荷在A点和C点时的电势能相等【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．【分析】电场叠加原理：多个电荷在空间某处产生的电场强度为各电荷单独在该处所产生的电场强度的矢量和；运算法则是平行四边形定则．【解答】解：A、在A、B、C、D四点存在两个分电场，匀强电场和点电荷的电场，根据平行四边形定则合成，两个分矢量同向时，合场强最大，故A点的场强最大，为：E A=；故A正确；B、B、D两点电场强度大小相等，方向不同，如图所示，故B错误；C、在匀强电场中，B、D在等势面上；在点电荷的电场中，B、D也在等势面上；故在合电场中，B、D的电势依然相等；故同一点电荷在B点和D点时的电势能相等；故C正确；D、在匀强电场中，A点电势大于C点的电势；在点电荷的电场中，A、C在等势面上；故在合电场中，A点的电势大于C点的电势；故同一点电荷在A点和C点时的电势能不相等，故D错误．10．如图所示，在绝缘的斜面上方存在着沿水平向右的匀强电场，斜面上的带电金属块沿斜面滑下，已知在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，则以下判断正确的是（）A．金属块带正电荷B．金属块克服电场力做功8JC．金属块的机械能减少12J D．金属块的电势能减少4J【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系．【分析】在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8.0J，重力做功24J，根据动能定理求出电场力做功．知道电场力做功量度电势能的改变．知道重力做功量度重力势能的改变．【解答】解：在金属块滑下的过程中动能增加了12J，金属块克服摩擦力做功8J，重力做功24J，根据动能定理得：W总=W G+W电+W f=△E K解得：W电=﹣4JA、由于金属块下滑，电场力做负功，所以电场力应该水平向右，所以金属块带正电荷．故A正确；B、金属块克服电场力做功4J，B错误；C、在金属块滑下的过程中重力做功24J，重力势能减小24J，动能增加了12J，所以金属块的机械能减少12J，故C正确．D、金属块克服电场力做功4J，金属块的电势能增加4J．故D错误；故选：AC．11．如图所示，电源内阻为R，固定电阻R0=R，可变电阻R x的总电阻值为2R，若变阻器滑片P由图示位置自左向右滑动，则（）A．电源输出功率由小变大 B．R x消耗的功率由小变大C．R0消耗的功率由小变大D．电源的效率由大变小【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【分析】当变阻器的滑动片自左向右滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路中电流减小，固定电阻R0上和电源的内阻上消耗功率减小．根据推论：当外电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，分析电源的输出功率如何变化．将R0看成电源的内阻，利用推论分析变阻器消耗的功率如何变化．【解答】解：A、由题意可知，当滑片向右移动时，滑动变阻器接入电阻减小；但外电阻一直大于内阻，当滑动变阻器接入电阻最小时，内外阻最接近，故电源的输出电压最大；故输出功率一直增大；故A正确；B、将R0等效为内阻，则当滑片在左端时，滑动变阻器接入电阻最大，此时等于等效内阻，故滑动变阻器上消耗的功率最大；在向右移动过程中，外电阻减小，则消耗的功率减小，故B错误；C、R0为定值电阻，其功率随电流的变化而变化，而在滑片移动过程中，滑动变阻器接入电阻越来越小，则电流越来越大，故功率越来越大，故C正确；D、电源的路端电压越大，则电源的输出功率越大，故滑片右移时，效率减小，故D正确；故选：ACD．12．如图所示，在真空室中有一水平放置的不带电平行板电容器，板间距离为d，电容为C，上板B接地．现有大量质量均为m、带电量均为q的小油滴，以相同的初速度持续不断地从两板正中间沿图中虚线所示方向射入，第一滴油滴正好落到下板A的正中央P点．如果能落到A板的油滴仅有N滴，且第N+1滴油滴刚好能飞离电场，假定落到A板的油滴的电量能被板全部吸收，不考虑油滴间的相互作用，重力加速度为g，则（）A．落到A板的油滴数B．落到A板的油滴数C．第N+1滴油滴通过电场的整个过程所增加的动能等于D．第N+1滴油滴通过电场的整个过程所减少的机械能等于【考点】带电粒子在混合场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【分析】根据粒子做平抛运动的规律，运用运动的合成与分解，并依据运动学公式，即可求解；根据牛顿第二定律，结合电场力表达式，与运动学公式，即可求解．【解答】解：AB、设以上述速度入射的带电粒子，最多能有n个落到下极板上．则第（N+1）个粒子的加速度为a，由牛顿运动定律得：mg﹣qE=ma其中：E===得：a=g ﹣第（N +1）粒子做匀变速曲线运动，竖直方向有：y=at 22=gt 22；第（N +1）粒子不落到极板上，则有关系：y ≤联立以上公式得：N=，故A 错误，B 正确；C 、第（N +1）粒子运动过程中重力和电场力做功等于粒子动能的增量，由动能定理得：W=mg ﹣qE 代人数据得：W=，故C 正确；D 、第（N +1）粒子运动过程中电场力做的负功等于粒子减少的机械能：W 电=﹣qE =﹣．故D 正确．故选：BCD ．三、填空题13．把一个满偏电流为1mA 、内电阻为600Ω的电流表头改装成量程为3A 的电流表，则需要 并 联一个 0.2 Ω的电阻；若将这个表头改装成量程为6V 的电压表，则应 串 联一个 5400 Ω的电阻．【考点】把电流表改装成电压表．【分析】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，改装成大量程电流表需要并联分流电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．【解答】解：把电流表改装成3A 的电流表需要并联一个分流电阻，分流电阻阻值：R==≈0.2Ω；改装成6V 的电压表，需要串联一个分压电阻，分压电阻阻值：R=﹣R g =﹣600=5400Ω；故答案为：并；0.2；串；5400．14．某同学利用图（a ）所示装置进行DIS 实验来测绘小灯泡的U ﹣I 特性曲线，画出小灯泡的U ﹣I 特性曲线如图（b ）．请完成下列问题：。