高二物理上学期月考试卷（含解析）
一、单项选择题：（本题共12个小题，每小题4分，共48分；每小题只有一个正确答案．）
1．一个检验电荷在电场中某点受到的电场力为F，这点的电场强度为E，在下图中能正确反映q、E、F三者关系的是( ) A． B． C． D．
2．一节干电池的电动势为1.5V，这表示该电池( ) A．能将1.5J的化学能转变成电能
B．接入电路工作时两极间的电压恒定为1.5V
C．它存储的电能比电动势为1.2V可充电电池存储的电能多
D．将1C电量的电荷由负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5J的功
3．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．则下列说法正确的是( ) ①两粒子所带的电荷符号不同
②甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点的速度 ③两个粒子的电势能都是先减小后增大 ④经过b点时，两粒子的动能一定相等．
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A．①② B．①③ C．③④ D．①④
4．如图所示，将两个等量异种点电荷分别固定于A、B两处，AB为两点电荷的连线，MN为AB连线的中垂线，交AB于O点，M、N距两个点电荷较远，以下说法正确的是( )
A．沿直线由A到B，各点的电场强度先减小后增大 B．沿直线由A到B，各点的电势先升高后降低 C．沿中垂线由M到O，各点的电场强度先增大后减小
D．将一电荷从M点移到O点，电场力做正功，电荷的电势能减少 5．在匀强电场中将一个带电量为q、质量为m的小球由静止释放，小球的运动轨迹为一直线，此直线与竖直方向的夹角为θ，则匀强电场E的最小值是( ) A． B． C． D．
6．带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变大，可采用的方法有( )A．在两板间插入电介质
B．在两板间插入一块厚铝板
C．将极板B向右适当移动 D．将极板B向上适当移动
7．在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向b端移动时( ) A．电压表的读数增大，电流表的读数减小B．电压表和电流表的读数都增大C．电压表和电流表的读数都减小
D．电压表的读数减小，电流表的读数增大
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8．把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡均正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和P乙表示，则下列结论中正确的是( ) A．P甲=3P乙
B．P甲＞3P乙 C．P乙=3P甲
D．P乙＞3P甲
9．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R0为定值电阻，R为可变电阻，其总阻值R＞R0+r，则当可变电阻的滑动触头由A向B移动时( )
A．电源内部消耗的功率越来越大，电源的供电效率越来越高 B．R、R0上功率均越来越大
C．R0上功率越来越大，R上功率先变大后变小 D．R0上功率越来越大，R上功率先变小后变大
10．如图中的两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成的电表，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是( ) A．左表是电流表，R增大时量程减小 B．左表是电流表，R增大时量程增大 C．右表是电压表，R增大时量程减小 D．上述说法都不对
11．如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地．一带负电的油滴位于容器中的P点且处于静止状态．现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则错误的是( ) A．带P点的电势将升高 B．带电油滴的机械能将增加 C．电油滴的电势能将减少
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D．通过灵敏电流计有从a往b的电流
12．地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
A．在t=2.5s时，小球经过边界MN B．小球受到的重力与电场力之比为3：5
C．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小
D．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等
二、双项选择题：（本题共4个小题，每小题4分，共16分；每小题有两个正确答案，选不全得2分．）
13．如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为3.0J，电场力做的功为2.0J．则下列说法正确的是( ) A．粒子带正电
B．粒子在A点的电势能比在B点少2.0J C．粒子在A点的机械能比在B点少1.0J D．粒子在A点的动能比在B点多1.0J
14．如图，在真空中一条竖直向下的电场线上有两点a和b．一带电质点在a处由静止释放后沿电场线向上运动，到达b点时速度恰好为零．则下面说法正确的是( )
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A．a点的电场强度大于b点的电场强度 B．质点在b点所受到的合力一定为零
C．带电质点在a点的电势能大于在b点的电势能 D．a点的电势高于b点的电势
15．电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路．当开关S闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态．现将开关S断开，则以下判断正确的是( ) A．液滴仍保持静止状态
B．液滴将向上运动
D．电容器上的带电量将增大
C．电容器上的带电量将减为零
16．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△V1、△V2、△V3，理想电流表A示数变化量的绝对值△I，则( ) A．电压表V3与电流表A示数的比值不变 B．△V1与△I的比值等于R+r C．△V2与△I的比值等于r D．△V3与△I的比值不变
三、填空实验题：（本题共3个小题，满分16分）
17．利用图甲所示电路测量某电池组的电动势E和内阻r，根据实验数据绘出的﹣R图线如图乙所示，其中R为电阻箱读数，I为电流表读数．若电流表内阻可以忽略，则由图象可以得到：E=__________V，r=__________Ω．
18．为了测量一电压表的内阻，实验室提供了以下可供选择的器材： A、待测电压表，量程1V，内阻RV约为900Ω
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B、滑动变阻器R，最大阻值1000Ω，额定电流0.2A C、滑动变阻器R，最大阻值10Ω，额定电流1A
D、电阻箱R0，最大阻值999.9Ω，阻值最小改变量0.1Ω E、电阻箱R0，最大阻值99.9Ω，阻值最小改变量0.1Ω
F、电池组E，电动势约为3V，内阻约为1Ω G、开关及导线若干
①某同学采用半偏法设计的电路图所示，他做此实验的主要实验步骤为：a、闭合开关S，调节电阻箱R0使其阻值为0，调节滑动变阻器R 的滑动触头P，使电压表__________（选填：满偏、半偏）；b、保持滑动触头P的位置不动，调节电阻箱R0的阻值，使电压表__________，（选填：满偏、半偏），并读取此时电阻箱的阻值． ②在器材的选择上，滑动变阻器应选__________，电阻箱应选__________（用器材前的序号字母表示）
③如果该同学在上述步骤b中从电阻箱上读取的阻值为r，则此电压表的内阻RV=__________．用上述方法测出的电压表内阻的测量值RV__________（大于、小于或等于）电压表内阻的真实值．
19．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图（a）所示的I﹣U坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线．
（1）根据图线的坐标数值，请在图（b）中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路．
（2）根据图（a），可判断出图（c）中正确的关系图是（图中P为小灯泡功率）__________
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（3）将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与10Ω的定值电阻串联，接在电压恒为8V的电源上，如图（d）所示，则电流表的示数为__________A，每个小灯泡的功率为__________W．
四、计算题（本大题共3小题，共30分，解答应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．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
20．如图，带等量异种电荷的平行金属板，其间距离为d，两板间的电势差为U，极板与水平方向成30°角放置，有一质量为m、速率为v0的带电小球恰好沿水平方向穿过极板间的匀强电场区域，求： （1）小球带何种电荷？电荷量是多少？ （2）小球的加速度
（3）小球穿过极板时的速率．
21．如图所示，电阻R1=8Ω，电动机绕组电阻R0=2Ω，当电键K断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当电键闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W，若电源的电动势为6V．求：
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（1）电源的内电阻；
（2）当电键K闭合时电动机的输出功率．
22．如图所示，空间存在着电场强度E=2.5×102N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L=0.5m的绝缘细线一端固定于O点，另一端拴着质量m=0.5kg、电荷量q=4×10﹣2C的小球．现将细线拉至水平位置，将小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂，取g=10m/s2．求： （1）小球运动到圆周最高点的速度； （2）细线能承受的最大拉力值；
（3）当细线断后，小球继续运动到与O点水平方向的距离为L时，小球距离O点的高度．
2015-2016学年××市沫若中学高二（上）月考物理试卷
一、单项选择题：（本题共12个小题，每小题4分，共48分；每小题只有一个正确答案．）
1．一个检验电荷在电场中某点受到的电场力为F，这点的电场强度为E，在下图中能正确反映q、E、F三者关系的是( ) A． B． C． D．
【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度． 【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】电场强度的大小与放入电场中的电荷无关，由电场本身的性质决定，根据F=qE分析F与q的关系．
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【解答】解：A、电场强度的大小与放入电场中的电荷无关，故A、B错误．
C、根据F=qE知，E不变，F与q成正比，故C错误，D正确． 故选：D．
【点评】解决本题的关键知道电场强度的性质，知道电场强度与F和q无关，结合F=qE分析F与q的关系，基础题．
2．一节干电池的电动势为1.5V，这表示该电池( ) A．能将1.5J的化学能转变成电能
B．接入电路工作时两极间的电压恒定为1.5V
C．它存储的电能比电动势为1.2V可充电电池存储的电能多
D．将1C电量的电荷由负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5J的功
【考点】电源的电动势和内阻． 【专题】恒定电流专题．
【分析】电源是一种把其它形式的能转化为电能的装置，电动势E的大小等于非静电力做的功与电量的比值，即E=，其大小表示电源把其它形式的能转化为电能本领大小，而与转化能量多少无关．
【解答】解：A、D、电源电动势的大小表征了电源把其它形式的能转化为电能的本领大小，电动势在数值上等于将1C电量的正电荷从电源的负极移到正极过程中非静电力做的功，即一节干电池的电动势为1.5V，表示该电池能将1C电量的正电荷由负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5J的功，故D正确，A错误； B、电动势应等于电源内外电压之和，故B错误；
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C、电动势大的说明电源把其它形式的能转化为电能的本领大，即由E=知，电动势大的存储的电能不一定多，故C错误．故选D．
【点评】E=也是属于比值定义式，与U=含义截然不同，电动势E大小表征电源把其它形式能转化为电能本领大小，而电压U大小表征电能转化为其它形式的能的大小，要注意区分．
3．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．则下列说法正确的是( ) ①两粒子所带的电荷符号不同
②甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点的速度 ③两个粒子的电势能都是先减小后增大 ④经过b点时，两粒子的动能一定相等． A．①②
B．①③
C．③④
D．①④
【考点】电势能；动能定理的应用． 【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】根据轨迹判定电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况．根据虚线为等势面，可判定acb、adb曲线过程中电场力所做的总功为0．
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【解答】解：①由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，故两粒子的电性一定不同．故①正确．
②甲粒子从a到c和乙粒子从a到d，Uac=Uad，但甲、乙两粒子带异种电荷，所以甲粒子从a到c电场力做功与乙粒子从a到d电场力做功不等，所以甲粒子经过c点时的动能不等于乙粒子经过d点时的动能，甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点的速度，故②正确．
③由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，则电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增加；而电荷乙受到中心电荷的斥力，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减小，故③错误．
④可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况．根据虚线为等势面，可判定acb、adb曲线过程中电场力所做的总功为0，两粒子在a点时具有相同的速率，但动能不一定相等，虽重力不计，两粒子经过b点时动能不一定相等．故④错误 因此本题正确的有①②． 故选：A．
【点评】根据轨迹判定“电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力”是解决本题的突破口．要注意电势能，电荷，电势都有正负．学会由电场力做功的正负来确定电势能的增减．
4．如图所示，将两个等量异种点电荷分别固定于A、B两处，AB为两点电荷的连线，MN为AB连线的中垂线，交AB于O点，M、N距两个点电荷较远，以下说法正确的是( )
A．沿直线由A到B，各点的电场强度先减小后增大 B．沿直线由A到B，各点的电势先升高后降低
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C．沿中垂线由M到O，各点的电场强度先增大后减小
D．将一电荷从M点移到O点，电场力做正功，电荷的电势能减少 【考点】电势能；电场线．
【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】在如图所示的电场中，等量异种电荷连线上的电场方向是相同的，由+Q指向﹣Q；根据电场线的疏密分析场强的变化．电场线越密，场强越大，两电荷连线上的电场强度大小关于O点对称，MN是一条等势线．根据顺着电场线电势降低，判断电势的变化．
【解答】解：A、由电场线的分布可知，沿直线由A到B，电场线先变疏后变密，则电场强度先减小后增大．故A正确．
B、电场线方向由B到A，根据顺着电场线方向电势降低可知，沿直线由A到B，各点的电势一直升高．故B错误．
C、沿中垂线由M到O，电场线越来越密，电场强度一直增大．故C错误．
D、MN是一条等势线．将一电荷从M点移到O点，电场力不做功，电势能不变．故D错误． 故选A
【点评】解决本题的关键知道等量异种电荷周围的电场线分布，知道两电荷连线的中垂线是等势线．
5．在匀强电场中将一个带电量为q、质量为m的小球由静止释放，小球的运动轨迹为一直线，此直线与竖直方向的夹角为θ，则匀强电场E的最小值是( ) A． B． C． D．
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【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度．
【专题】共点力作用下物体平衡专题．
【分析】由题，小球受到重力G和电场力F而做直线运动，其合力方向与此直线在同一直线上，作出力的合成图，确定电场力最小的条件，得到电场力的最小值，再求解匀强电场E的最小值．
【解答】解：由题小球做直线运动，受到重力G和电场力F的作用，则这两个力合力方向必须在此直线上，作出电场力在三种不同方向力的合成图如图，由数学知识得知，当电场力F与此直线垂直时，F最小，最小值为Fmin=Gsinθ=mgsinθ．
又F=qE，F最小时，则E也最小，所以匀强电场E的最小值是Emin==．故选B
【点评】本题首先要掌握物体做直线运动的条件：合力与速度共线；其次要能运用作图法，确定电场力F取得最小值的条件．
6．带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变大，可采用的方法有( )A．在两板间插入电介质
B．在两板间插入一块厚铝板
C．将极板B向右适当移动 D．将极板B向上适当移动 【考点】电容器的动态分析．
【专题】定性思想；推理法；电容器专题．
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【分析】根据电容的决定式C=ɛ，分析电容的变化，再由电容的定义式C=，分析板间电压的变化，确定静电计指针张角的变化．
【解答】解：A、在两板间插入电介质时，介电常数增大，根据C=ɛ，则C增大，根据U=知，电势差减小，则指针偏角减小，故A错误；
B、在两极板间插入一块铝板，间距d变小，根据C=ɛ，则电容C增大，根据U=知，电势差增减小，则指针偏角减小，故B错误；C、将极板B向右运动时，间距减小，根据C=ɛ，则C增大，根据U=知，电势差减小，则指针偏角减小，故C错误；
D、将极板B向上运动时，正对面积减小，根据C=ɛ，则C减小，根据U=知，电势差增大，则指针偏角增大，故D正确；故选：D．
【点评】本题考查电容器的动态分析问题，要明确夹角大小表示电势差的大小，关键掌握电容的决定式C=ɛ，以及电容的定义式C=，并能灵活运用．
7．在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向b端移动时( ) A．电压表的读数增大，电流表的读数减小B．电压表和电流表的读数都增大C．电压表和电流表的读数都减小
D．电压表的读数减小，电流表的读数增大【考点】闭合电路的欧姆定律． 【专题】恒定电流专题．
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【分析】当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析流过变阻器电流的变化，来判断电表读数的变化． 【解答】解：当滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，由欧姆定律分析总电流I减小，路端电压U=E﹣Ir增大，电阻R2的电压U2=E﹣I（r+R1）增大，流过电阻R2的电流I2增大，则流过电流表的电流I3=I﹣I2减小．所以伏特表V的读数增大，安培表A的读数减小． 故选：A．
【点评】本题是简单的电路动态变化分析问题，往往按“部分→整体→部分”的顺序分析．
8．把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡均正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和P乙表示，则下列结论中正确的是( ) A．P甲=3P乙
B．P甲＞3P乙 C．P乙=3P甲
D．P乙＞3P甲
【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路． 【专题】恒定电流专题．
【分析】电路所消耗的总功率的大小等于电路两端的总的电压与总电流的乘积，由此即可直接得出结论．
【解答】解：设灯泡正常发光时的电流为I， 对于甲图，电路的总的电流为3I， 此时甲的总功率的大小为P甲=U•3I， 对于乙图，电流的总电流的大小就为I， 此时乙的总功率的大小为P乙=U•I，
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所以P甲=3P乙， 故选：A．
【点评】于本题来说关键的是选择公式，由于电路的总电压的大小是相同的，所以用总电压与总电流的乘积来计算总功率的大小比较简单．
9．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，R0为定值电阻，R为可变电阻，其总阻值R＞R0+r，则当可变电阻的滑动触头由A向B移动时( )
A．电源内部消耗的功率越来越大，电源的供电效率越来越高 B．R、R0上功率均越来越大
C．R0上功率越来越大，R上功率先变大后变小 D．R0上功率越来越大，R上功率先变小后变大 【考点】电功、电功率． 【专题】恒定电流专题．
【分析】可变电阻的滑动触头由A向B移动时，滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，外电路的电压也就越小，电源的效率越小，当电源的内电阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大．
【解答】解：A、滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，电路的总电流逐渐的增大，由P=I2r可知，电源内部消耗的功率越来越大，电源的供电效率越来越低，所以A错误；
B、滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，电路的总电流逐渐的增大，由P=I2R0可知，R0上功率越来越大，当R=R﹣0+r的时候，滑动变阻器的功率最大，由于R＞R﹣0+r，所以当滑动变阻器的电
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阻不断减小的过程中，R上功率先变大后变小，所以C正确，BD错误． 故选：C．
【点评】外电阻的电阻越大，外电路的电压也就越大，电源的效率越大，当电源的内电阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大． 10．如图中的两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器R组成的电表，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是( ) A．左表是电流表，R增大时量程减小 B．左表是电流表，R增大时量程增大 C．右表是电压表，R增大时量程减小 D．上述说法都不对
【考点】把电流表改装成电压表． 【专题】实验题．
【分析】灵敏电流计G和变阻器R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表．甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小．乙表中，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大．
【解答】解：A、由左图所示可知，G与电阻R并联，左图是电流表，R增大，R的分流较小，电流表量程减小，故A正确，B错误；
C、由右图所示可知，G与R串联，右表是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，电压表量程增大，故C错误； D、A选项是正确的，故D错误．
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故选：A．
【点评】本题考查电表改装原理的理解能力．当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值． 11．如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地．一带负电的油滴位于容器中的P点且处于静止状态．现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则错误的是( ) A．带P点的电势将升高 B．带电油滴的机械能将增加 C．电油滴的电势能将减少
D．通过灵敏电流计有从a往b的电流
【考点】带电粒子在混合场中的运动；电势能．
【专题】应用题；定性思想；图析法；带电粒子在复合场中的运动专题．
【分析】抓住电容器的电压不变，由E=分析板间场强的变化情况，判断油滴所受的电场力的变化，分析油滴的运动情况，由电场力做功情况分析油滴机械能的变化．根据平行板电容器的电容决定式C=，分析电容的变化情况，由C=分析电容器所带电量的变化，即可判断电路中电流方向．根据P点与上极板间电势差的变化，判断P点电势的变化．
【解答】解：A、将下极板竖直向下缓慢移动时，板间距离d增大，电容器的电压U不变，由E=可知，板间场强减小，P点到上极板的距离不变，而E减小，由U=Ed知，P点与上极板间电势差减小，且P点的电势小于零，则P点的电势升高，故A正确；
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B、两极板间的电场强度E减小，油滴所受电场力减小，电场力小于重力，油滴所受合力向下，油滴将向下运动，电场力对油滴做负功，油滴的电势能增加，由能量守恒定律可知，油滴的电势能增大，则则其机械能减小，故BC错误．
D、两极板间的距离增大，平行板电容器的电容C减小，电容器所带电荷量Q=CU减小，电容器放电，由电流计中由a到b的电流，故D正确；
本题选错误的，故选：BC．
【点评】本题是电容器动态变化分析问题，抓住不变量：电容器与电源保持相连，电压不变，由C=、C=和E=三个公式结合分析．
12．地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则( )
A．在t=2.5s时，小球经过边界MN B．小球受到的重力与电场力之比为3：5
C．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小
D．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等
【考点】电势能；电势；电势差与电场强度的关系． 【专题】电场力与电势的性质专题．
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【分析】小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻．分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比．根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系．整个过程中，小球的机械能与电势能总和不变．
【解答】解：A、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s时．故A错误．
B、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为a1==v1，进入电场后的加速度大小为a2==v1，由牛顿第二定律得： mg=ma1…① F﹣mg=ma2
得电场力：F=mg+ma2=v1…②
由①②得重力mg与电场力F之比为3：5．故B正确．
C、整个过程中，小球具有两种形式的能：机械能与电势能，根据能量守恒定律得知，它们的总和不变．故C错误．
D、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等．故D正确． 故选：BD．
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【点评】本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系．
二、双项选择题：（本题共4个小题，每小题4分，共16分；每小题有两个正确答案，选不全得2分．）
13．如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点，在这一运动过程中克服重力做的功为3.0J，电场力做的功为2.0J．则下列说法正确的是( ) A．粒子带正电
B．粒子在A点的电势能比在B点少2.0J C．粒子在A点的机械能比在B点少1.0J D．粒子在A点的动能比在B点多1.0J 【考点】电势能；动能定理的应用． 【专题】电场力与电势的性质专题．
【分析】在由A运动B的过程中，有两个力做功，一是重力做负功，一是电场力做正功．从运动轨迹上判断，粒子带正电．从A到B的过程中，电场力做正功为2.0J，所以电势能是减少的，A点的电势能要大于B点电势能．从A到B的过程中，克服重力做功3.0J，电场力做功2.0J，由动能定理可求出动能的变化情况．从A到B的过程中，做功的力有重力和电场力，应用能量的转化与守恒可比较AB两点的机械能．
【解答】解：A、由运动轨迹来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力与电场方向相同，所以带电粒子应带正电，故A正确；
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B、从A到B的过程中，电场力做正功为2.0J，故电势能减小2J，故B错误；
C、从A到B的过程中，克服重力做功3.0J，故重力势能增加3J，故C错误；
D、从A到B的过程中，克服重力做功3.0J，电场力做正功为2.0J，总功﹣1J，根据动能定理，动能减少1J，故D正确； 故选AD．
【点评】对于本题，要明确以下几点：
1、电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少，电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值．这常是判断电荷电势能如何变化的依据．
2、电势能是电荷与所在的电场所共有的，且具有相对性，通常取无穷远处或大地为电势能的零点．
3、电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似．
14．如图，在真空中一条竖直向下的电场线上有两点a和b．一带电质点在a处由静止释放后沿电场线向上运动，到达b点时速度恰好为零．则下面说法正确的是( ) A．a点的电场强度大于b点的电场强度 B．质点在b点所受到的合力一定为零
C．带电质点在a点的电势能大于在b点的电势能 D．a点的电势高于b点的电势
【考点】电场线；电场强度；点电荷的场强；电势；电势能．
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【专题】带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】解答本题要掌握：根据质点的运动情况，正确判断其受力情况，弄清在a、b两点电场力和重力大小关系；根据电场力做功情况判断电势能的变化；依据电场线方向判断电势高低． 【解答】解：
A、B、由于质点运动过程中初末速度均为零，因此质点所受电场力向上，而且先加速后减速，故在a点电场力大于重力，b点重力大于电场力，在ab之间某点重力等于电场力，合外力为零，且此时速度最大，故A正确，B错误；
C、从a运动到b过程中，电场力做正功，电势能减小，所以a点的电势能大于在b点的电势能，故C正确；
D、沿电场线方向电势降低，a点的电势低于b点的电势，故D错误． 故选AC．
【点评】解决带电粒子在复合场中的运动，要正确进行受力分析，确定其运动状态，然后依据相关规律求解．
15．电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路．当开关S闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态．现将开关S断开，则以下判断正确的是( ) A．液滴仍保持静止状态
B．液滴将向上运动
D．电容器上的带电量将增大
C．电容器上的带电量将减为零
【考点】闭合电路的欧姆定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用． 【专题】恒定电流专题．
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【分析】开关闭合时，电容器两板间的电压等于电阻R2两端的电压，小于电源的电动势，当开关断开时，电路稳定时，电容器板间电压等于电源的电动势，分析液滴的运动情况，根据电压的变化，分析电容器的电量变化．
【解答】解：开关闭合时，电容器两板间的电压等于电阻R2两端的电压，小于电源的电动势．当开关断开时，电路稳定时，电路中没有电流，电容器板间电压等于电源的电动势，则知电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受电场力增大，则液滴将向上运动．由于电容器的电压增大，由公式Q=CU可知，电容器上的带电量将增大． 故选BD
【点评】本题是电容器动态变化分析问题，关键确定电容器板间电压的变化．当电路稳定时，电容器的电压等于所并联的电路两端电压． 16．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△V1、△V2、△V3，理想电流表A示数变化量的绝对值△I，则( ) A．电压表V3与电流表A示数的比值不变 B．△V1与△I的比值等于R+r C．△V2与△I的比值等于r D．△V3与△I的比值不变 【考点】闭合电路的欧姆定律．
【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．
【分析】理想电压表内阻无穷大，相当于断路．理想电流表内阻为零，相当短路．分析电路的连接关系，根据欧姆定律进行分析．
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【解答】解：A、电路结构为R与滑动变阻器串联，根据欧姆定律可知，电压表V3与电流表A示数的比值等于滑动变阻器的阻值，将滑动变阻器滑片向下滑动，阻值变小，故A错误；
B、根据闭合电路欧姆定律得：U1=E﹣I（R滑+r），则，故B错误；
C、根据闭合电路欧姆定律得：U2=E﹣Ir，则得：，故C正确；
D、根据闭合电路欧姆定律得：U3=E﹣I（R+r），则得：=R+r，则△V3与△I的比值不变，故D正确；故选：CD
【点评】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析．
三、填空实验题：（本题共3个小题，满分16分）
17．利用图甲所示电路测量某电池组的电动势E和内阻r，根据实验数据绘出的﹣R图线如图乙所示，其中R为电阻箱读数，I为电流表读数．若电流表内阻可以忽略，则由图象可以得到：E=4.0V，r=2.0Ω．
【考点】测定电源的电动势和内阻． 【专题】实验题．
【分析】根据闭合电路欧姆定律I=，进行数学变形，得到R与的关系式，根据数学知识研究R﹣图象的斜率和截距的意义，求解电源的电动势和内阻．
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【解答】解析：由闭合电路欧姆定律I=得：R=E•﹣r
所以图中直线的斜率值为电源电动势的值，截距为内电阻的值，所以求出电源电动势为4.0V，内电阻为2.0Ω． 故答案为：4.0V，2.0Ω．
【点评】物理图象关键要根据物理规律得到解析式，运用数学知识分析图象的物理意义．本题采用的是转换法，本来I﹣R是非线性关系，转换成R﹣是线性关系，图象直观，一目了然．
18．为了测量一电压表的内阻，实验室提供了以下可供选择的器材： A、待测电压表，量程1V，内阻RV约为900Ω
B、滑动变阻器R，最大阻值1000Ω，额定电流0.2A C、滑动变阻器R，最大阻值10Ω，额定电流1A
D、电阻箱R0，最大阻值999.9Ω，阻值最小改变量0.1Ω E、电阻箱R0，最大阻值99.9Ω，阻值最小改变量0.1Ω
F、电池组E，电动势约为3V，内阻约为1Ω G、开关及导线若干
①某同学采用半偏法设计的电路图所示，他做此实验的主要实验步骤为：a、闭合开关S，调节电阻箱R0使其阻值为0，调节滑动变阻器R 的滑动触头P，使电压表满偏（选填：满偏、半偏）；b、保持滑动触头P的位置不动，调节电阻箱R0的阻值，使电压表半偏，（选填：满偏、半偏），并读取此时电阻箱的阻值．
②在器材的选择上，滑动变阻器应选C，电阻箱应选D（用器材前的序号字母表示）
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③如果该同学在上述步骤b中从电阻箱上读取的阻值为r，则此电压表的内阻RV=r．用上述方法测出的电压表内阻的测量值RV大于（大于、小于或等于）电压表内阻的真实值． 【考点】伏安法测电阻．
【专题】定性思想；实验分析法；恒定电流专题．
【分析】本题的关键是明确“半偏法”测量电压表内阻的实验原理，在变阻器的输出电压保持不变的条件下，不能得出断开s2后，若电压表与电阻箱的电压相等，则它们的电阻也应相等．根据并联电路规律可以分析实验误差．
【解答】解：①根据“半偏法”实验原理可知，实验步骤为： a、闭合s1和s2，调节变阻器滑片P的位置，使电压表满偏； b、保持变阻器滑片P的位置不变，断开s2，调节电阻箱，使电压表V的r读数半偏；
②电阻箱最大阻值要大于电压表内阻，则应用R0，分压式接法易用总阻值较小的滑动变阻器；故滑动变阻器选C
③根据半偏法原理可知，从电阻箱上读取的阻值为r，则说明电压表内阻为r；
因闭合S2后，电压表与电阻箱的分压大于了原电压表的电压，则电阻箱的分压大电压表的分压，其阻值要大于电压表的内压． 故答案为：①满偏，半偏；②C，D；③r，大于
【点评】本题应理解“半偏法”测量电压表内阻的实验原理和步骤，注意本实验的前提条件是待测电压表内阻远大于滑动变阻器的全电阻，否则测量误差较大．
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19．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图（a）所示的I﹣U坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线．
（1）根据图线的坐标数值，请在图（b）中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路．
（2）根据图（a），可判断出图（c）中正确的关系图是（图中P为小灯泡功率）BD
（3）将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与10Ω的定值电阻串联，接在电压恒为8V的电源上，如图（d）所示，则电流表的示数为0.6A，每个小灯泡的功率为
0.6W．
【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线． 【专题】实验题；恒定电流专题．
【分析】伏安特性曲线实验变阻器应用分压式，小灯泡电阻较小电流表应选外接法，注意导体与电源伏安特性曲线的区别．
【解答】解：（1）、因描绘小灯泡的伏安特性曲线实验中，电流从零调到最大值，滑动变阻器应用分压式，故电路图如图所示
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（2）由P=I2R=可知，在P﹣I2图象中图象上某点与原点连线的斜率为电阻R，而电阻R又随温度的升高而增大，
故D正确，C错误，同理在P﹣图象中，图象上某点与原点连线的斜率为电阻倒数，因随温度的升高R增大因而应减小，故A错误，B正确，本题应选BD．
（3）在题乙图中的混联电路中，设每只电灯加上的实际电压和实际电流分别为U和I． 在这个闭合电路中，有 E=U+2IR0
代入数据并整理得，U=8﹣20I
这是一个直线方程，把该直线在题甲图上画出，如图所示．
这两条曲线的交点为U=2V、I=0.3A，同时满足了电路结构和元件的要求，此时通过电流表的电流值IA=2I=0.6A． 每只灯泡的实际功率P=UI=2×0.3=0.6W 故答案为：（1）如图 （2）BD
（3）0.6，0.6．
【点评】注意学会从数学函数的角度分析物理图象问题，并区分曲线上某点与原点连线的斜率和曲线的切线的斜率含义的不同．表示电源的伏安特性曲线是往下倾斜的直线，表示电阻的伏安特性曲线是过原点的曲线，若将两图象画在同一坐标系中，其交点即表示该电源与该电阻接在了同一个电路中了．
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四、计算题（本大题共3小题，共30分，解答应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．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）
20．如图，带等量异种电荷的平行金属板，其间距离为d，两板间的电势差为U，极板与水平方向成30°角放置，有一质量为m、速率为v0的带电小球恰好沿水平方向穿过极板间的匀强电场区域，求： （1）小球带何种电荷？电荷量是多少？ （2）小球的加速度
（3）小球穿过极板时的速率．
【考点】带电粒子在混合场中的运动．
【专题】计算题；定性思想；方程法；电场力与电势的性质专题． 【分析】（1）根据小球的运动状态判断小球所受电场力的方向，然后判断小球的电性；在竖直方向应用平衡条件求出电荷量；
（2）根据小球的受力情况应用牛顿第二定律求出小球的加速度； （3）应用匀变速直线运动的速度位移公式求出小球的速度．
【解答】解：（1）小球沿水平方向做直线运动，则小球受到垂直于极板斜向右上方的电场力，
电场力方向与场强方向相同，则小球带正电；小球沿水平方向做直线运动，
小球在竖直方向所受合力为零，在竖直方向，由平衡条件得： mg=qcos30°，解得：q=；
（2）在水平方向，由牛顿第二定律得：mgtan30°=ma，
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解得：a=g；
（3）小球在水平方向做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的速度位移公式得： v==；
答：（1）小球带正电荷，电荷量是；
（2）小球的加速度大小为g，方向水平向右；（3）小球穿过极板时的速率为．
【点评】本题考查了判断小球的电性、求电荷量、加速度与速率问题，知道小球做直线运动的条件是解题的关键；应用运动的合成与分解、平衡条件、牛顿第二定律与运动学公式可以解题．
21．如图所示，电阻R1=8Ω，电动机绕组电阻R0=2Ω，当电键K断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当电键闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W，若电源的电动势为6V．求： （1）电源的内电阻；
（2）当电键K闭合时电动机的输出功率． 【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律． 【专题】恒定电流专题．
【分析】（1）当开关K断开时，由电阻R1消耗的电功率求出电路中电流，由欧姆定律求出电源的内阻r．
（2）当开关SK合时，根据电阻R1消耗的电功率求出R1的电流和电压，根据欧姆定律求出干路电流，得到电动机的电流，再求出电动机输出的机械功率．
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【解答】解：（1）K断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W，根据P=I2R1，电流： I===0.6A 电源内阻：
r=﹣R==2Ω
（2）K闭合时，路端电压：
==4V
根据欧姆定律，电流：
==0.5A
总电流： I′===1A 通过电动机的电流：
=1﹣0.5=0.5A
电动机的机械功率：
P机=U′I﹣IRD=4×0.5﹣0.52×2=1.5W 答：（1）电源的内电阻为2Ω；
（2）当电键K闭合时电动机的输出功率为1.5W．
【点评】本题考查处理非纯电阻电路问题的能力．对于电动机正常时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立．
22．如图所示，空间存在着电场强度E=2.5×102N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L=0.5m的绝缘细线一端固定于O点，另一端拴着质量m=0.5kg、电荷量q=4×10﹣2C的小球．现将细线拉至水平
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位置，将小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂，取g=10m/s2．求： （1）小球运动到圆周最高点的速度； （2）细线能承受的最大拉力值；
（3）当细线断后，小球继续运动到与O点水平方向的距离为L时，小
球距离O点的高度．
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