2019-2020年高二上學期第一次調考物理試卷含解析

2019-2020年高二上學期第一次調考物理試卷含解析一、多項選擇題（12個小題，每小題4分，共48分；在每小題給出的四個選項中，至少有一個正確選項，全選對的得4分，選不全的得2分，選錯或不答的得0分）.下列單位不屬于能量單位的是（）A.焦耳（J）B.毫安時（mAh）C.電子伏（eV）D.千瓦時（kW?h）.如圖所示，實線表示勻強電場的電場線.一個帶正電荷的粒子以某一速度射入勻強電場，只在電場力作用下，運動的軌跡如圖中的虛線所示，a、b為軌跡上的兩點.若a點電勢為愈,b點電勢為依，則（）A.場強方向一定向左，且電勢必＞加B.場強方向一定向左，且電勢徐＜RC.場強方向一定向右，且電勢必＞加D.場強方向一定向右，且電勢加.如圖所示，是一個小燈泡的電流強度隨小燈泡兩端電壓變化的關系圖，則根據(jù)小燈泡的伏安特性曲線可判定下列說法中正確的是（）A.小燈泡的電阻隨著所加電壓的增加而減小B.小燈泡燈絲的電阻率隨著燈絲溫度的升高而減小C.歐姆定律對小燈泡不適用D.如果把三個這種相同的燈泡串聯(lián)后，接到電壓恒為12V的電源上，則流過每個小燈泡的電流為0.4A.如圖所示，在A板附近有一電子由靜止開始向B板運動，則關于電子到達了B板時的速率，下列解釋正確的是（）A.兩板間距越大，加速的時間就越長，則獲得的速率越大B.兩板間距越小，加速度就越大，則獲得的速率越大C.與兩板間的距離無關，僅與加速電壓U有關D.以上解釋都不正確5.在如圖所示的豎直向下的勻強電場中，用絕緣的細線拴住的帶電小球在豎直平面內繞懸點O做圓周運動，下列說法正確的是（）▼tF.ttA.帶電小球有可能做勻速率圓周運動B.帶電小球有可能做變速率圓周運動C.帶電小球通過最高點時，細線拉力一定最小D.帶電小球通過最低點時，細線拉力有可能最小.在如圖所示的電路中，Ri、R2、R3和R4皆為定值阻，R5為可變電阻，電源的電動勢為TOC\o"1-5"\h\z內阻為r.設電流表A的讀數(shù)為I,電壓表V的讀數(shù)為U.當R5的滑動觸點向圖中a端移動時（）A.I變大，U變大B.I變大，U變小C.I變小，U變大D.I變小，U變小.如圖1所示的交流電壓，加在如圖2豎直放置的平行板電容器A、B兩板上，開始時B板電勢比A板高，這時有一個原來靜止的電子正處在兩板之間，它在電場力作用下開始運動，設A、B兩板間的距離足夠大，則下列說法正確的是（）圖1圖2A.電子先向A板運動，然后返回B板運動，之后在A、B兩板間做周期性的往復運動B.電子一直向著A板運動C.電子一直向著B板運動D.電子先向B板運動，然后返向A板運動，之后在A、B兩板間做周期性的往復運動.如圖所示，閉合開關S后，在滑動觸頭P由a端滑向b端的過程中，下列表述正確的（）A.路端電壓變大B.電流表的示數(shù)變大C.電源內阻消耗的功率變大D.R2上的功率變大

.用如圖所示的實驗電路研究微型電動機的性能.當調節(jié)滑動變阻器R,讓電動機停止轉動時，電流表和電壓表的示數(shù)分別為0.50A和2.0V；重新調節(jié)R,使電動機恢復正常運轉時，電流表和電壓表的示數(shù)分別為2.0A和24V.則這臺電動機（不計溫度對電阻的影響）（）A.正常運轉時的輸出功率為32WTOC\o"1-5"\h\zB.正常運轉時的輸出功率為44WC.正常運轉時的發(fā)熱功率為47WD.正常運轉時的發(fā)熱功率為48WP向右移動時,.如圖所示電路中，三只燈泡原來都正常發(fā)光，當滑動變阻器的滑動觸頭下面判斷正確的是（P向右移動時,Li和L3變暗，L2變亮Li變暗，L2變亮，L3亮度不變Li中電流變化值大于L3中電流變化值Li上電壓變化值小于L2上的電壓變化值.如圖所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點處有一正點電荷，帶負電的小物體以初速度vi從M點沿斜面上滑，到達N點時速度為零，然后下滑回到M點，此時速度為V2（v2Vvi）.若小物體電荷量保持不變，OM=ON，則（）A.小物體上升的最大高度為B.從N到M的過程中，小物體的電勢能逐漸減小C.從M到N的過程中，電場力對小物體先做負功后做正功D.從N到M的過程中，小物體受到的摩擦力和電場力均是先增大后減小i2.如圖所示，在。點放置正點電荷Q,a、b兩點的連線過。點，且Oa=ab,以下說法正確的是（）A.將質子從a點由靜止釋放，質子向b做勻加速運動B.將質子從a點由靜止釋放，質子運動到b的速率為v,則將“粒子從a點由靜止釋放后運動到b點的速率為＜2v2C.若電子以Oa為半徑繞。做勻速圓周運動的線速度為v,則電子以Ob為半徑繞O做勻速圓周運動的線速度為2vD.若電子以Oa為半徑繞O做勻速圓周運動的線速度為v,則電子以Ob為半徑繞O做勻速圓周運動的線速度為2二、實驗題（共18分）13.用如圖所示的電路測量待測電阻Rx的阻值時，下列關于電表產生誤差的說法中正確的是（）—?——rA.電壓表的內阻越小，測量越精確B.電流表的內阻越小，測量越精確C.由于電壓表的分流作用，使Rx的測量值小于真實值D.電壓表的讀數(shù)大于Rx兩端的真實電壓，Rx的測量值大于真實值14.千分尺測量某物體的示數(shù)如圖所示，金屬絲的直徑為mm.15.某研究性學習小組為了制作一種傳感器，需要選用一電器元件.圖1為該電器元件的伏安特性曲線，有同學對其提出質疑，先需進一步驗證該伏安特性曲線，實驗室備有下列器材：器材（代號）規(guī)格電流表（A1）量程0?50mA,內阻約為50a電流表（A2）量程0?200mA,內阻約為10a電壓表（V。量程0?3V,內阻約為10k◎電壓表（V2）量程0?15V,內阻約為25kQ滑動變阻器（R1）阻值范圍0?15Q,允許最大電流1A滑動變阻器（R2）阻值范圍0?1kQ,允許最大電流100mA直流電源（E）輸出電壓6V,內阻不計開關（S）導線若嚇L*A元件］-L*A元件］-圖1①為提高實驗結果的準確程度，電流表應選用用.(以上均填器材代號)②為達到上述目的，請在虛線框內(圖 2)代號.圖2;電壓表應選用;滑動變阻器應選畫出正確的實驗電路原理圖，并標明所用器材的③若發(fā)現(xiàn)實驗測得的伏安特性曲線與圖中曲線基本吻合，請說明該伏安特性曲線與小電珠的伏安特性曲線有何異同點？相同點：,不同點：三、本題共4小題，共56分，解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不得分.有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位^.如圖甲所示，勻強電場場強為E,與豎直方向成口角.一個帶電小球，電荷量為q,質量為m,用細線系在豎直墻面上，恰好靜止在水平位置，求：(1)小球帶電性質；(2)場強的大小..如圖所示，電源電動勢E=6V,電源內阻不計.定值電阻Ri=2.4kQ、R2=4.8kQ.(1)若在ab之間接一個C=100F的電容器，閉合開關S,電路穩(wěn)定后，求電容器上所帶的電量；(2)若在ab之間接一個內阻Rv=4.8kQ的電壓表，求電壓表的示數(shù).1」B1P兄.如圖所示，R為電阻箱，電壓表為理想電壓表.當電阻箱讀數(shù)為R1=2◎時，電壓表讀數(shù)為U1=4V；當電阻箱讀數(shù)為R2=5◎時，電壓表讀數(shù)為U2=5V.求：(1)電源的電動勢E和內阻r；

(2)當電阻箱R讀數(shù)為多少時，電源的輸出功率最大？最大值Pm為多少?.如圖所示，兩平行金屬板A、B長l=8cm,兩板間距離d=8cm,A板比B板電勢高300V,即uab=300V,一帶正電的粒子電量q=101°C,質量m=102°kg,從R點沿電場中心線垂直電場線飛入電場，初速度v°=2x1°6m/s,粒子飛出平行板電場后經過界面MN、PS間的無電場區(qū)域后，進入固定在中心線上的。點的點電荷Q形成的電場區(qū)域(設界面PS右邊點電荷的電場分布不受界面的影響).已知兩界面MN、PS相距為L=12cm,粒子穿過界面PS做勻速圓周運動，最后垂直打在放置于中心線上的熒光屏EF上.求：(靜電力常數(shù)k=9X1°9N?m2/C2)(1)粒子穿出極板時的豎直偏轉量y;(2)粒子穿出極板時的速度大小和方向；(3)粒子穿過界面PS時偏離中心線RO的距離Y;(4)點電荷的電量Q.2015-2016學年河北省滄州一中高二（上）第一次調考物

理試卷參考答案與試題解析一、多項選擇題（12個小題，每小題4分，共48分；在每小題給出的四個選項中，至少有一個正確選項，全選對的得4分，選不全的得2分，選錯或不答的得0分）.下列單位不屬于能量單位的是（）A.焦耳（J）B.毫安時（mAh）C.電子伏（eV）D.千瓦時（kW?h）【考點】力學單位制.【分析】物理公式不僅確定了各個物理量之間的關系，同時也確定了物理量的單位之間的關系，根據(jù)物理公式來分析物理量的單位即可.【解答】解：A、焦耳（J）是做功和能量的單位，B、毫安時（mAh）是電荷量的單位，不是能量的單位，所以B正確；C、電子伏（eV）是電場對電荷做功的單位，是能量的單位，D、千瓦時（kW?h）是電流做功的單位，是能量的單位，所以不是能量單位的是B,故選B..如圖所示，實線表示勻強電場的電場線.一個帶正電荷的粒子以某一速度射入勻強電場，只在電場力作用下，運動的軌跡如圖中的虛線所示，a、b為軌跡上的兩點.若a點電勢為心,b點電勢為如，則（）A.場強力向定向左,且電勢曲＞加B.場強力向定向左，且電勢加C.場強方向定向右,且電勢曲＞機D.場強方向一定向右,且電勢【考點】電場線；電場強度；電勢.【分析】粒子在電場力作用下，由運動與力關系可知，根據(jù)軌跡的彎曲程度，判斷出合力（電場力）的方向，再根據(jù)電場力方向和電荷性質判斷場強方向；沿著電場線的方向電勢降低的.因此可作出M、N點的等勢點（要同在一根電場線），接著沿著電場線去判定.【解答】解：由圖正電荷運動軌跡可知，正電荷受向右的電場力作用，故場強方向一定向右.沿著電場線的方向電勢降低的，可判定a點的電勢大于b點，即電勢魚＞曲.故選C..如圖所示，是一個小燈泡的電流強度隨小燈泡兩端電壓變化的關系圖，則根據(jù)小燈泡的伏安特性曲線可判定下列說法中正確的是（）A.小燈泡的電阻隨著所加電壓的增加而減小B.小燈泡燈絲的電阻率隨著燈絲溫度的升高而減小C.歐姆定律對小燈泡不適用D.如果把三個這種相同的燈泡串聯(lián)后，接到電壓恒為12V的電源上，則流過每個小燈泡的電流為0.4A【考點】描繪小電珠的伏安特性曲線；串聯(lián)電路和并聯(lián)電路.【分析】根據(jù)圖象的規(guī)律可得出燈泡電阻的變化；根據(jù)串并聯(lián)電路的特點且由圖象可得出流過小燈泡的電流.【解答】解：A、由圖可知，圖中電流隨電壓的增大而增大，每一點的斜率表示該點電阻的倒數(shù)，故可知小燈泡的電阻隨電壓的增大而增大；故A錯誤；B、因導線的形狀沒有發(fā)生變化，故說明隨電壓的升高電阻率增大，而隨電壓增大，溫度是升高的，故B錯誤；C、雖然小燈泡的伏安特性曲線不是直線，原因是電阻率隨溫度增大而發(fā)生了變化，燈絲仍然為金屬導體，歐姆定律同樣適用，故C錯誤；D、若把三個相同的燈泡串聯(lián)，則每個燈泡兩端的電壓為4V,由圖可知對應的電流為0.4A,故D正確；故選D..如圖所示，在A板附近有一電子由靜止開始向B板運動，則關于電子到達了B板時的速率，下列解釋正確的是（）A.兩板間距越大，加速的時間就越長，則獲得的速率越大B.兩板間距越小，加速度就越大，則獲得的速率越大C.與兩板間的距離無關，僅與加速電壓U有關D.以上解釋都不正確【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關系.【分析】根據(jù)動能定理求出電子獲得的速度，判斷與什么因素有關，根據(jù)牛頓第二定律和運動學公式求出加速度和運動時間，判斷與什么因素有關.__【解答】解：根據(jù)動能定理知，qU=^rrv2,解得：v=J—,￡VID獲得的速率與加速電壓有關，與間距無關.加速度a=-知間距越小，加速度越大.根idrad解得：t=］但直，間距越大，時間越長，故A、B、D錯誤，C正確.VqfT故選：C..在如圖所示的豎直向下的勻強電場中，用絕緣的細線拴住的帶電小球在豎直平面內繞懸點O做圓周運動，下列說法正確的是（）A.帶電小球有可能做勻速率圓周運動B.帶電小球有可能做變速率圓周運動C.帶電小球通過最高點時，細線拉力一定最小D.帶電小球通過最低點時，細線拉力有可能最小【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；向心力；萬有引力定律及其應用.【分析】小球在豎直平面內做圓周運動，重力、電場力、繩子拉力的合力提供向心力，分析各選項，然后答題.【解答】解：A、當小球所受重力與電場力合力為零時，繩子的拉力提供向心力，合外力做功為零，小球做勻速圓周運動，故A正確；B、當小球所受重力與電場力合力不為零時，合外力對小球所做的功不為零，小球速度大小發(fā)生變化，小球做變速圓周運動，故B正確；C、當小球做勻速圓周運動時，細線的拉力提供向心力，在圓周上任何一點細線的拉力都相等，如果小球做非勻變速運動，小球帶正電時，在最高點細線拉力最小，如果小球帶負電，在最高點，小球的拉力最大，故C錯誤；D、小球所受重力與電場力不相等，做變速圓周運動，且小球帶負電時，若電場力大于重力時，在最低點細線拉力最小，故D正確；故選ABD.TOC\o"1-5"\h\z.在如圖所示的電路中，Ri、R2、R3和R4皆為定值阻，R5為可變電阻，電源的電動勢為￡,內阻為r.設電流表A的讀數(shù)為I,電壓表V的讀數(shù)為U.當R5的滑動觸點向圖中a端移動時（）R風1?i1—A.I變大，U變大B.I變大，U變小C.I變小，U變大D.I變小，U變小【考點】閉合電路的歐姆定律.【分析】當R5的滑動觸點向圖中a端移動時，R5變小，外電路總電阻變小，根據(jù)歐姆定律分析總電流和路端電壓的變化，確定電流表的讀數(shù)變化.

【解答】解：當R5的滑動觸點向圖中a端移動時，R5變小，外電路總電阻變小，則由閉合電路歐姆定律知，總電流I變大，路端電壓變小，即U變小.故選：B7.如圖1所示的交流電壓，加在如圖2豎直放置的平行板電容器A、B兩板上，開始時B板電勢比A板高，這時有一個原來靜止的電子正處在兩板之間，它在電場力作用下開始運動，設A、B兩板間的距離足夠大，則下列說法正確的是（）圖1 圖2A.電子先向圖1 圖2A.電子先向A板運動，然后返回B板運動，之后在B.電子一直向著A板運動C.電子一直向著B板運動D.電子先向B板運動，然后返向A板運動，之后在【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動.A、B兩板間做周期性的往復運動A、B兩板間做周期性的往復運動【分析】由電壓周期性的變化，可以分析電子的運動，電子在電場力作用下運動，由圖可知前半個周期又可分為兩部分，前后加速度大小相等，方向相反，故可知半個周期結束電子速度為零，同理分析后半個周期的運動，可得正確選項.T T【解答】解：從圖中可知，電子在第一個方內做勻加速運動，第二個、內做勻減速運動，在這半個周期內，因初始B板電勢比A板電勢高，故電場方向由B向A,所以電子向B板運動,加速度大小都為其，但是兩個時間段內的加速度方向相反，故可知末速度為零.mdT T同理可得：電子在第三個 內做勻加速運動，故電子向A板運動，第四個占內做勻減速運動,4 4運動方向還是由B板向A板，至一個周期結束，速度為零.此后電壓周期變化，電子做周期往返運動，所以電子做往復運動，故D正確；故選：D.8.如圖所示，閉合開關S后，在滑動觸頭P由a端滑向b端的過程中，下列表述正確的（ ）A.路端電壓變大B.電流表的示數(shù)變大C.電源內阻消耗的功率變大D.R2上的功率變大【考點】閉合電路的歐姆定律.【分析】由滑片的移動可知滑動變阻器接入電阻的變化，即可得出外電路中總電阻的變化，再由閉合電路歐姆定律可求得干路電路中電流的變化；分析內電阻，可知內電壓的變化及內阻消耗的功率變化；由閉合電路歐姆定律即可得出路端電壓的變化；分析外電路可知電流表的示數(shù)及R2的功率變化.【解答】解：AC、滑片向b移動時，滑動變阻器接入電阻減小，則總電阻減?。挥砷]合電路歐姆定律可知，電路中電流增大，則內電壓增大，由P=I2r可知，電源內阻上消耗的功率變大，而由E=U+Ir可知路端電壓減小，故A錯誤，C正確；B、因路端電壓減小，而外電路為并聯(lián)電路，由歐姆定律可得R3中電流減小，故電流表示數(shù)變小；故B錯誤；D、由并聯(lián)電路的電流規(guī)律可知，R1及R2支路上的電流增大，由P=I2R可知，R2消耗的功率變大，故D正確；故選：CD9.用如圖所示的實驗電路研究微型電動機的性能.當調節(jié)滑動變阻器R,讓電動機停止轉動時，電流表和電壓表的示數(shù)分別為0.50A和2.0V；重新調節(jié)R,使電動機恢復正常運轉時，TOC\o"1-5"\h\z電流表和電壓表的示數(shù)分別為2.0A和24V.則這臺電動機（不計溫度對電阻的影響）（）A.正常運轉時的輸出功率為32WB.正常運轉時的輸出功率為44WC.正常運轉時的發(fā)熱功率為47WD.正常運轉時的發(fā)熱功率為48W【考點】電功、電功率.【分析】讓電動機停止轉動時，其電路是純電阻電路，由歐姆定律求出電阻.電動機正常運轉時，根據(jù)輸入的電功率和熱功率之差求出輸出功率.由焦耳定律求解熱功率.【解答】解：電動機停止轉動時，其電路是純電阻電路，由歐姆定律得，電動機的電阻為：UI2QR=T；=oT0=4Q;電動機正常運轉時，輸入的電功率為：P電=U2I2=24X2=48W,發(fā)熱功率為：P熱=I22R=22X4W=16W,所以輸出功率為：P出=P電-P熱=48-16=32W；故A正確，BCD錯誤故選：A10.如圖所示電路中，三只燈泡原來都正常發(fā)光，當滑動變阻器的滑動觸頭P向右移動時,下面判斷正確的是（）Li和L3變暗，L2變亮Li變暗，L2變亮，L3亮度不變Li中電流變化值大于L3中電流變化值D.Li上電壓變化值小于L2上的電壓變化值【考點】閉合電路的歐姆定律.【分析】由圖可知L3與R串聯(lián)后與L2并聯(lián)，再與R。、Li串聯(lián)；由滑片的移動可知滑動變阻器接入電阻的變化，則可知總電阻的變化；由閉合電路的歐姆定律可知電路中電流的變化，即可知Li亮度的變化；將Ro、Li作為內電阻處理，由U=E-Ir可知并聯(lián)部分電壓的變化，由歐姆定律可得出兩燈亮度的變化；因兩燈電阻均為定值，則可由歐姆定律得出電壓變化值的大小關系.【解答】解：當滑片右移時，滑動變阻器接入電阻增大，則電路中總電阻增大，由閉合電路歐姆定律可知電路中總電流減小，故Li變暗；電路中電流減小，故內阻及Ro、Li兩端的電壓減小，而電動勢不變，故并聯(lián)部分的電壓增大，故L2變亮;因L2中電流增大，干路電流減小，故流過L3的電流減小，故L3變暗；故A正確，B錯誤；因L［中電流減小，L3中電流減小，而L2中電流增大；開始時有：Ii=I2+I3,故。電流的變化值一定小于L3中電流的變化值；故C錯誤；因并聯(lián)部分的電壓與Li、Ro及內電阻上的總電壓等于電源的電動勢；L2兩端的電壓增大，Li、Ro及內阻r兩端的電壓減小，而電動勢不變，故L2兩端電壓增大值應等于其它三個電阻的減小值，故Li上電壓變化值小于L2上的電壓變化值，故D正確；故選AD.ii.如圖所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點處有一正點電荷，帶負電的小物體以初速度vi從M點沿斜面上滑，到達N點時速度為零，然后下滑回到M點，此時速度為V2(v2Vvi).若小物體電荷量保持不變，OM=ON，則()A.小物體上升的最大高度為」_，4gB.從N到M的過程中，小物體的電勢能逐漸減小C.從M到N的過程中，電場力對小物體先做負功后做正功D.從N到M的過程中，小物體受到的摩擦力和電場力均是先增大后減小【考點】動能定理的應用；庫侖定律；電勢能.【分析】根據(jù)電場力做功的特點可求得電場力做功的大小，由動能定理可分別列出上滑及下滑過程中的表達式，聯(lián)立即可解得最大高度；由電場力做功與電勢能關系要得出電勢能的變化及電場力做功的特點；分析小球運動中壓力的變化，由滑動摩擦力的計算公式可分析摩擦力的變化.【解答】解：設斜面傾角為仇上升過程沿斜面運動的最大距離為L.因為OM=ON,則MN兩點電勢相等，小物體從M至ijN、從N至UM電場力做功均為0.

上滑和下滑經過同一個位置時，垂直斜面方向上電場力的分力相等，則經過相等的一小段位移在上滑和下滑過程中電場力分力對應的摩擦力所作的功均為相等的負功，所以上滑和下滑過程克服電場力產生的功與摩擦力所做的功相等、并設為W1.在上滑和下滑過程，對小物體，摩擦力做功相等，則應用動能定理分別有：-mgsineL-WfTOC\o"1-5"\h\z2.222-Wi=—巴口_和mgsinOL—Wf-亞1=上%,上兩式相減可得h=sin0L="+%,A正確;224g由OM=ON,可知電場力對小物體先作正功后作負功，電勢能先減小后增大，BC錯；從N到M的過程中，小物體受到的電場力垂直斜面的分力先增大后減小，而重力分力不變，則摩擦力先增大后減小，在此過程中小物體到O的距離先減小后增大，根據(jù)庫侖定律可知小物體受到的電場力先增大后減小，D對.故選AD.12.如圖所示，在。點放置正點電荷Q,a、b兩點的連線過。點，且Oa=ab,以下說法正確的是（）v,則將“粒子從a點由靜止釋放后運v,則電子以Obv,則將“粒子從a點由靜止釋放后運v,則電子以Ob為半徑繞O做勻速v,則電子以Ob為半徑繞O做勻速B、設ab電勢差為U,則質子由a到b電場力做功為:后運動到b點電場力做功為:1 2“粒子從a點由靜止釋放blV?/ ^節(jié)，故B正確.2CD、設oa=r,則0b=2r,由圓周運動可得:1eQy之1eQvz? ./口-二m ,k，= ,解得:工士r虹4~/丁iVA.將質子從a點由靜止釋放，質子向b做勻加速運動B.將質子從a點由靜止釋放，質子運動到b的速率為動到b點的速率為返v2C.若電子以Oa為半徑繞O做勻速圓周運動的線速度為圓周運動的線速度為2vD.若電子以Oa為半徑繞O做勻速圓周運動的線速度為圓周運動的線速度為.【考點】電場強度.【分析】由點電荷的電場可知由a到b電場力減小.由動能定理判定B.由向心力表達式可判定CD.【解答】解：A、由點電荷的電場可知由a至Ub電場力減小，故由將質子從a點由靜止釋放，質子向b做變加速運動，故A錯誤.故C錯誤，D錯誤.故選：B二、實驗題（共18分）13.用如圖所示的電路測量待測電阻Rx的阻值時，下列關于電表產生誤差的說法中正確的是（）?——rA.電壓表的內阻越小，測量越精確B.電流表的內阻越小，測量越精確C.由于電壓表的分流作用，使RX的測量值小于真實值D.電壓表的讀數(shù)大于Rx兩端的真實電壓，Rx的測量值大于真實值【考點】伏安法測電阻.【分析】明確電路結構，知道電壓表測量的是與其并聯(lián)電路的電壓值，電流表測量的是與之串聯(lián)電路的電流值，再分析內阻的影響從而分析實驗誤差.【解答】解：A、所測量的電壓為電流表內阻加Rx的阻值，其原因在于電壓表的測量值為兩者電壓之和，則測量結果與電壓表的內阻大小無關系，故A錯誤；B、因實驗中串聯(lián)了電流表的內阻，則內阻越小測量越準確.則B正確；C、由于電流表有分壓作用使電壓表的測量值偏大，則由歐姆定律可知Rx的測量值大于真實值，則C錯誤，D正確.故選：BD.14.千分尺測量某物體的示數(shù)如圖所示，金屬絲的直徑為1.600-1.603mm.【考點】螺旋測微器的使用.【分析】螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀.【解答】解：螺旋測微器的固定刻度為1.5mm,可動刻度為10.2X0.01mm=0.102mm,所以最終讀數(shù)為1.5mm+0.102mm=1.602mm,由于需要估讀，最后的結果可以在1.600-1.603之間.故答案為：1.600-1.603.15.某研究性學習小組為了制作一種傳感器，需要選用一電器元件.圖1為該電器元件的伏安特性曲線，有同學對其提出質疑，先需進一步驗證該伏安特性曲線，實驗室備有下列器材：器材（代號）-規(guī)格電流表（A1）量程0?50mA,內阻約為50a電流表（A2）量程0?200mA,內阻約為10a電壓表（V1）量程0?3V,內阻約為10k◎電壓表（V2）量程0?15V,內阻約為25k◎滑動變阻器（R1）阻值范圍0?15Q,允許最大電流1A滑動變阻器（R2）阻值范圍0?1kQ,允許最大電流100mA直流電源（E）輸出電壓6V,內阻不計

開關（S）開關（S）

導線若干開關（S）導線若嚇①為提高實驗結果的準確程度，電流表應選用A2；電壓表應選用Vi；滑動變阻器應選用R1?（以上均填器材代號）--②為達到上述目的，請在虛線框內（圖2）畫出正確的實驗電路原理圖，并標明所用器材的代號.③若發(fā)現(xiàn)實驗測得的伏安特性曲線與圖中曲線基本吻合，請說明該伏安特性曲線與小電珠的伏安特性曲線有何異同點？相同點：通過該元件的電流與電壓的變化關系和通過小電珠的電流與電壓的變化關系都是非線性關系，不同點：該元件的電阻值隨電壓的升高而減小，而小電珠的電阻值隨電壓的升高而增大【考點】描繪小電珠的伏安特性曲線.【分析】由圖象可知小燈泡的電壓及電流范圍，則可根據(jù)安全性及準確性選出合適的儀表；由表格中電流從零開始變化，可知滑動變阻器的接法，根據(jù)所選電流表和電壓表內阻可知電流表的接法.分析伏安特性曲線，然后答題.【解答】解：（1）由圖可知，電流最大值為0.12A,故電流表應選用A2,燈泡兩端的電壓最大為2.5V,故電壓表應選用Vi,由圖可知，電流電壓是從零開始變化的，故應選用分壓接法，故滑動變阻器應選用Ri;（2）滑動變阻器選用分壓接法；元件內阻較小，故應選用電流表外接法，電路圖如右圖所示.（3）相同點：通過該元件的電流與電壓的變化關系和通過小電珠的電流與電壓的變化關系都是非線性關系；不同點：該元件的電阻值隨電壓的升高而減小，而小電珠的電阻值隨電壓的升高而增大.故答案為：（1）A2；Vi；Ri；（2）如右圖所示；（3）相同點：通過該元件的電流與電壓的變化關系和通過小電珠的電流與電壓的變化關系都是非線性關系；不同點：該元件的電阻值隨電壓的升高而減小，而小電珠的電阻值隨電壓的升高而增大.三、本題共4小題，共56分，解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不得分.有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位^16.如圖甲所示，勻強電場場強為E,與豎直方向成口角.一個帶電小球，電荷量為q,質量為m,用細線系在豎直墻面上，恰好靜止在水平位置，求：(1)小球帶電性質；(2)場強的大小.甲乙【考點】電場強度；共點力平衡的條件及其應用.【分析】對小球受力分析，根據(jù)共點力平衡求出小球所帶電荷的電性，結合平衡求出勻強電場的場強大小.【解答】解：(1)根據(jù)受力分析：知電場力方向與電場強度方向相反，知小球帶負電；(2)根據(jù)qEcosa=mg知，場強的大小E=―哼一.QCOS口答：(1)小球所帶的電荷為負電；17.如圖所示，電源電動勢E=6V,電源內阻不計.定值電阻R1=2.4kQ、R2=4.8kQ.(1)若在ab之間接一個C=100F的電容器，閉合開關S,電路穩(wěn)定后，求電容器上所帶的電量；(2)若在ab之間接一個內阻Rv=4.8k◎的電壓表，求電壓表的示數(shù).1J—f—1J~r-當Ri【考點】閉合電路的歐姆定律；電容.【分析】(1)電路穩(wěn)定后，電容器的電壓等于R2的電壓.對于電路結構，電容器相當開關斷開.求出電壓，即可求出電容器的電量.(2)在ab之間接一個內阻Rv=4.8ka的電壓表，電壓表相當一個電阻，電路結構是電壓表與R2并聯(lián)，再與R1串聯(lián).根據(jù)歐姆定律求出電壓表的示數(shù).【解答】解：(1)設電容器上的電壓為Uc.【解答】解：(1)設電容器上的電壓為Uc.貝巴二'R1+R-E2電容器的帶電量Q=CUC,代入解得：Q=4X104CR2Rv(2)設電壓表與R2并聯(lián)后電阻為R一口上十尺開R、則電壓表上的電壓為：UV=-一--ER并+R1解得：Uv=3V答：(1)電容器上所帶的電量為4X10-4C；(2)若在ab之間接一個內阻Rv=4.8kQ的電壓表，電壓表的示數(shù)為3V.18.如圖所示，R為電阻箱，電壓表為理想電壓表.當電阻箱讀數(shù)為Ri=2◎時，電壓表讀數(shù)為Ui=4V；當電阻箱讀數(shù)為R2=5◎時，電壓表讀數(shù)為U2=5V.求：(1)電源的電動勢E和內阻r；(2)當電阻箱R讀數(shù)為多少時，電源的輸出功率最大？最大值Pm為多少？<￡>【考點】閉合電路的歐姆定律.【分析】(1)運用閉合電路歐姆定律，分別研究電阻為R1和R2的情況，列出含有電動勢和內阻的方程組求解.(2)當電阻箱的阻值等于電源的內電阻時，電源的輸出功率最大，再求解Pm.【解答】解：(1)由閉合電路歐姆定律得：5E=U1+r,代入得:_4_―E=4+r=4+2r??①2E=U2+r,代入得:E=5+_r=5+r…②電5聯(lián)立上式并代入數(shù)據(jù)解得：E=6V,r=1Q即電源電動勢為6V,內阻為1Q;(2