黑龙江省齐齐哈尔市第八中学2019-2020学年高二上学期物理期中考试试卷
一、单选题
1．（2019高二上·齐齐哈尔期中）在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为E，把一个电量为q的正电荷由a点移到b点时，克服电场力做功为W，下列说法正确的是（ ）
A．该电荷在a点电势能较b点大 B．a点电势比b点电势低
C．a、b两点电势差大小一定为U=Ed D．a、b两点电势差
【答案】B
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】正电荷从a点移到b点时，电场力对电荷做负功W，电势能增加，电荷在a点电势能较b点小，A不符合题意；a点电势比b点低．B符合题意．当ab两点在同一电场线上时，U=Ed．本题ab是否在同一电场线上不确定，则U大小不一定为等于Ed，C不符合题意．电荷从a移动到b，克服电场力做功W，根据电势差的定义 ，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】利用电场力做功可以比较电势能的大小；结合电性可以判别电性的高低；利用电场力做功可以求出电势差的大小；由于不知道电场线方向的距离所以不能判别场强和电势差的关系。
2．（2019高二上·齐齐哈尔期中）如图所示，已知直流电动机M的电阻是R，电源的内电阻是r，当电动机正常工作时电压表的示数是U，电流表的示数是I.电压表和电流表均是理想电表．以下叙述正确的是( )
A．t s内，电动机产生的热量是IUt B．t s内，电动机消耗的电能是IUt
C．电源电动势是IR＋Ir D．电源电动势是U
【答案】B
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】AB．t秒钟内，电动机消耗的电能为UIt，电动机产生的热量是I2Rt，输出的电功为UIt-I2Rt，A不符合题意，B符合题意；
CD．根据闭合电路欧姆定律，有：E=U+Ir，
电动机是非纯电阻电路，故U＞IR，故E=U+Ir＞IR+Ir，
CD不符合题意；
故答案为：B
【分析】利用电压和电流可以求出电机消耗的电能；利用欧姆定律可以求出电动势的大小。
3．（2019高二上·齐齐哈尔期中）直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列说法不正确的( )
A．电源的总功率一定减小
B．电源的效率一定增大
C．电源的内部损耗功率一定减小
D．电源的输出功率一定先增大后减小
【答案】D
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小；
A．电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率P=EI减小，A正确，不符合题意；
B．电源的效率
，
电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率增大，B正确，不符合题意；
C．电源内阻r不变，电流I减小，源的热功率PQ=I2r减小，C正确，不符合题意；
D．当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，D错误，符合题意，符合题意。
故答案为：D
【分析】利用电压变大电流变小可以判别总功率变小；由于不知道内阻所以不能判别电源输出功率的变化；利用内外电阻的大小可以判别效率的大小；利用电流和内阻可以判别消耗功率的变化。
4．（2019高二上·齐齐哈尔期中）在某匀强电场中有M、N、P三点，在以它们为顶点的三角形中，∠M＝30°、∠P＝90°，直角边NP的长度为4 cm。已知电场方向与三角形所在平面平行，M、N和P点的电势分别为3 V、15 V和12 V。则电场强度的大小为( )
A．150 V/m B．75 V/m C．225 V/m D．75 V/m
【答案】A
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】过P点作斜边MN的垂线交MN于O点，如图所示
由几何知识可知N、O间的距离NO＝2 cm，M、O间的距离MO＝6 cm，由匀强电场的特点得O点的电势为 ，即O、P在同一等势面上，由电场线与等势面的关系和几何关系知： ，A符合题意。
故答案为：A
【分析】利用电势差和场强的关系可以求出场强的大小。
5．（2017高二下·河南期中）如图所示，在滑动变阻器的滑片向右滑动的过程中，理想电压表、电流表的示数将发生变化，电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2，已知电阻R大于电源内阻r，则（ ）
A．电流表A的示数增大 B．电压表V1的示数增大
C．电压表V2的示数减小 D．△U1大于△U2
【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A、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，所以电路的结构是R与变阻器串联，电压表V1、V2分别测量R的电压和路端电压．当滑动变阻器滑片向右滑动时，其接入电路的电阻增大，电路中电流减小，则A的示数减小，故A错误；B、电路中电流减小，根据欧姆定律知，电压表V1的示数减小，故B错误．C、电路中电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，所以V2的示数增大，故C错误；D、根据闭合电路欧姆定律得 U2=E﹣Ir，则 =r，R是定值电阻，则R= ．据题R＞r，则△U1大于△U2，故D正确．
故选：D
【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，根据电路中电阻的变化，分析电流和电压的变化，根据闭合电路欧姆定律分析电压表示数变化量的关系．
6．（2019高二上·齐齐哈尔期中）如图(甲)所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图(乙)所示的交变电压.开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动.设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是（其中C，D两项中的图线按正弦函数规律变化）（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】电场力做功；运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】在前半个周期内，A板的电势高，电场的方向向右，电子受到的电场力方向水平向左，电子向左做初速度为零的匀加速直线运动，在后半个周期，电场水平向左，电子所受的电场力水平向右，电子向左做匀减速直线运动直到速度为零，然后进入第二个周期，重复之前的运动，由此可知，电子在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动，然后向左做匀减速直线运动，如此反复，由图示图象可知：A符合题意，BCD不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据AB两极板电场的变化，分析电子所受电场力的变化，结合加速度与速度方向的关系判断其运动性质，然后分析图示图象作出选择．
7．（2019高二上·齐齐哈尔期中）如图所示，是一个多量程多用电表的简化电路图 测电流和测电压时各有两个量程，还有两个挡位用来测电阻 下列说法正确的是( )
A．当开关S调到位置1、2时，多用电表测量的是电流，且调到位置1时的量程比位置2的小
B．当开关S调到位置3、4时，多用电表测量的是电阻，且A为黑表笔
C．当开关S调到位置5、6时，多用电表测量的是电压，且调到位置6时的量程比位置5的大
D．多用电表各挡位所对应的表盘刻度都是均匀的
【答案】C
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】A.是电流表时电流计应与电阻并联，由图可知当转换开关S旋到位置1、2位置是电流表，并联电阻越小，量程大，即调到位置1时的量程比位置2的大，则A不符合题意；
B.欧姆表要联接电源，则开关S调到3、4两个位置上时，多用电表测量的是电阻，红表笔在内部接电源的负极，则A为红表笔。B不符合题意；
C.要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时，测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大。C符合题意。
D.电流、电压挡的刻度都是均匀的，电阻挡的刻度不均匀，左边密右边疏，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】利用电表和电阻并联可以判别测量的是电流，利用并联电阻的大小可以判别电流的量程大小；与电阻串联可以判别测量的是电压，利用串联电阻的大小可以判别电压量程的大小；利用与电源相连可以判别测量的是电阻，测量电阻时刻度不均匀，利用电流方向可以判别表笔的颜色。
8．（2016高二上·金山期中）真空中有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离．下列说法中正确的是（ ）
A．A点的电势低于B点的电势
B．A点的电场强度方向由A指向B
C．A点的电场强度小于B点的电场强度
D．正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功
【答案】B
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】解：A、r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离．所以A点的电势高于B点的电势，故A错误．
B、A到B电势降低，所以A点的电场强度方向由A指向B，故B正确．
C、根据场强公式E= 得A点的电场强度大于B点的电场强度，故C错误．
D、正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力方向由A指向B，所以电场力做正功，故D错误．
故选B．
【分析】根据直线上各点的电势φ分布图判断A点和B点电势．
沿电场线方向电势逐点降低．
根据电场力方向和运动方向判断做功情况．
9．（2019高二上·齐齐哈尔期中）两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图2中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是( )
A．带正电 B．速度先变大后变小
C．电势能先变大后变小 D．经过b点和d点时的速度大小相同
【答案】C,D
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知，粒子带负电，A不符合题意；粒子从a到c到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减后增，电势能先增大后减小；B不符合题意，C符合题意；因为bd两点在同一等势面上，所以在bd两点的电势能相同，所以经过b点和d点时的速度大小相同，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】利用轨迹可以判别电场力的方向，结合电场线方向可以判别粒子的电性；利用电场力做功可以判别动能和电势能的变化；利用等势面可以判别速度大小相等。
二、多选题
10．（2019高二上·齐齐哈尔期中）如图所示，两个固定的等量正点电荷相距为4L，其连线中点为O，以O为圆心、L为半径的圆与两正点电荷间的连线及连线的中垂线分别交于a、b和c、d，以O为坐标原点、垂直ab向上为正方向建立Oy轴。取无穷远处电势为零，则下列判断正确的是( )
A．a、b两点的场强相同
B．Oy轴上沿正方向电势随坐标y的变大而减小
C．将一试探电荷＋q自a点由静止释放，若不计电荷重力，试探电荷将在a、b间往复运动
D．Oy轴上沿正方向电场强度的大小随坐标y的变大而增大
【答案】B,C
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】A．根据两等量正点电荷电场特点，a、b两点的电场强度大小相同，方向相反，A不符合题意；
B．根据点电荷电场强度公式，结合矢量的合成法则，则有Oy轴上沿正方向的电场强度方向沿着y轴正方向，那么电势随坐标y的变大而减小，B符合题意；
C．将一试探电荷+q自a点由静止释放，若不计电荷重力，试探电荷在O点左边受到向右的电场力，而在O点右边时，受到向左的电场，则将在a、b间往复运动，C符合题意；
D．根据点电荷电场强度公式E= 结合矢量的合成法则可知，O点的场强为零，无穷远处场强也为零，因此Oy轴上沿正方向电场强度的大小先增大后减小，D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】利用电场线的分布可以判别电势和场强的大小；利用电场力结合牛顿第二定律可以判别电荷的运动。
11．（2019高二上·齐齐哈尔期中）如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子重力的影响，则( )
A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2
B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1
C．A和B的质量之比为1∶12
D．A和B的位移大小之比为1∶1
【答案】A,B,C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A项：粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向： ，初速度相等，所以t∝x，A和B在电场中运动的时间之比 ，A符合题意；
B项：粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动， ，y相同，a与 成反比，所以 ，B符合题意；
C项：由牛顿第二定律得：qE=ma，则粒子质量 ，即有： ，C符合题意；
D项：A、B的位移大小之比： ，D不符合题意。
故答案为：ABC。
【分析】带电粒子垂直射入电场中做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动．根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转量y的表达式，求解质量之比；根据水平位移与初速度之比求解时间之比。
12．（2019高二上·齐齐哈尔期中）在光滑的水平面上有一平行于水平面的静电场，右图中O、A是一条直电场线上的两点，在O点由静止释放一电量为 ，质量为0.02kg的带负电的小球，其运动的v-t图像如右图所示，其中A点是图线切线斜率最大的位置，则下列说法正确的是（ ）
A．由O到A的过程中电势在升高
B．该电场可能是匀强电场
C．A点为场强最大的位置，场强大小E=1V/m
D．OA两点间电势差
【答案】A,C,D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系；电场力做功
【解析】【解答】A：小球由O到A做加速运动，受的电场力方向由O指向A，小球带负电，电场方向由A指向O，逆着电场线方向电势升高，由O到A的过程中电势在升高；A符合题意。
B：小球由O到A做变加速运动，受的电场力大小变化，故该电场不是匀强电场；B不符合题意。
C：A点是图线切线斜率最大的位置，即A点时小球的加速度最大，又 ，即A点为场强最大的位置；由图象得：
；C符合题意。
D：小球从静止由O到A时获得的速度 ，据动能定理： 得： ；D符合题意。
故答案为：ACD
【分析】利用动能的变化可以判别电势能的变化，结合电性可以判别电势的变化；利用斜率可以判别场强不同所以不是匀强电场；利用斜率可以求出场强的大小；利用动能定理可以求出电势差的大小。
三、实验题
13．（2019高二上·齐齐哈尔期中）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，得出伏安特性曲线如图甲所示．所用小灯泡的额定电压是3.0 V.
（1）画出实验电路图．
（2）将实物图乙连接成实验电路．
（3）根据图甲，该小灯泡在电压为2.8 V时的实际电阻为 Ω(结果保留三位有效数字)．
【答案】（1）
（2）
（3）10.8
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）实验中电压和电流需从0开始测起，所以滑动变阻器需采用分压式接法．灯泡内阻较小，电流表采取外接法误差较小．电路图如下．
;（2）实物图连接如图．
;（3）当电压为2.8V时，电流为0.26A，则
【分析】（1）实验的电路图是电流表外接，滑动变阻器使用分压式接法；
（2）利用电路图进行实物图连接；
（3）利用欧姆定律可以求出电阻的大小。
14．（2019高二上·齐齐哈尔期中）某同学要测量一个由均匀新合金材料制成的金属丝的电阻率ρ.
（1）该同学用游标卡尺测量金属丝的长度如图甲所示，可知其长度为L＝ mm.
（2）如图乙所示，用螺旋测微器测金属丝的直径，测量值d＝ mm.
（3）选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转过大，因此需选择“ ”倍率的电阻挡(填“×1”或“×100”)，并 ，再进行正确测量，多用电表的示数如图丙所示，测量结果为R＝ Ω.
（4）该金属丝电阻率的表达式为ρ＝ .(用R、d、L表示)
【答案】（1）50.15
（2）0.228(0.226～0.229均可以)
（3）×1；重新进行欧姆调零；13
（4）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）游标卡尺是20分度的卡尺，其分度值为0.05mm，则图示读数为：50mm+3×0.05mm=50.15mm；（2）螺旋测微器：不动刻度为0mm，可动刻度为22.8×0.01mm，则读数为0mm+22.8×0.01mm=0.228mm(0.226～0.229均可以)，（3）选用“×10”倍率的电阻挡测量，多用电表指针偏转过大，说明所选挡位太大，为准确测量灯泡电阻，需要选择×1倍率的电阻挡，并重新进行欧姆调零再进行测量；由图丙所示可知，测量结果为 ；（4）根据电阻定律得： ，其中 ，解得： .
【分析】（1）利用游标卡尺结构可以读出对应的读数；
（2）利用螺旋测微器结构可以读出对应的读数；
（3）利用偏转太大电阻太小所以要换小倍数；并进行欧姆调零；利用示数乘以挡数可以求出电阻的大小；
（4）利用电阻定律可以求出电阻率的表达式。
15．（2019高二上·齐齐哈尔期中）在测量电源电动势和内电阻的实验中，有电压表V(量程为3V，内阻约3kΩ)；电流表A（量程为0.6A，内阻约为0.70Ω）；滑动变阻器R（10Ω，2A）。为了更准确地测出电源电动势和内阻设计了如图所示的电路图。
①在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U-I图线，由图可得该电源电动势E= V ，内阻r= Ω。（结果保留两位有效数字）
②一位同学对以上实验进行了误差分析．其中正确的是 ．
A．实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用
B．实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用
【答案】1.5；1.0；A
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】①根据U=E-Ir以及图象可知，电源的电动势为：E=1.5V，电源内阻为：
②由图示电路图可知，由于电压表的分流，电流表的测量值小于流过电源的电流，实验产生了系统误差，A符合题意，B不符合题意；
【分析】（1）利用图像斜率和截距可以求出内阻和电动势；
（2）利用电压表分流所以会导致内阻和电动势偏小。
四、解答题
16．（2019高二上·哈尔滨期中）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm。电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间。若小球带电量为q=1×10-2C，质量为m=2×10-2kg，不考虑空气阻力。那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）
【答案】解：小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零，设两板间电压为UAB由动能定理得
解得：
UAB=8V
则滑动变阻器两端电压
U滑=UAB=8V
设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得
滑动变阻器接入电路的电阻
电源的输出功率
【知识点】电容器及其应用
【解析】【分析】利用动能定理可以求出AB之间的电压大小；结合欧姆定律可以求出滑动变阻器的阻值；再利用功率的表达式可以求出电源的输出功率大小。
17．（2018高二上·南宁期中）如图所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止.重力加速度取g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
（1）水平向右电场的电场强度的大小；
（2）若将电场强度减小为原来的 ，小物块的加速度是多大；
（3）电场强度变化后小物块下滑距离L时的动能.
【答案】（1）解：小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，
可得电场强度
（2）解：若电场强度减小为原来 ，则变为
可得加速度 。
（3）解：电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功
由动能定理则有：
可得动能
【知识点】共点力平衡条件的应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）利用物块的平衡可以求出电场强度的大小；
（2）利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（3）利用动能定理可以求出动能的大小。
黑龙江省齐齐哈尔市第八中学2019-2020学年高二上学期物理期中考试试卷
一、单选题
1．（2019高二上·齐齐哈尔期中）在一个匀强电场中有a、b两点，相距为d，电场强度为E，把一个电量为q的正电荷由a点移到b点时，克服电场力做功为W，下列说法正确的是（ ）
A．该电荷在a点电势能较b点大 B．a点电势比b点电势低
C．a、b两点电势差大小一定为U=Ed D．a、b两点电势差
2．（2019高二上·齐齐哈尔期中）如图所示，已知直流电动机M的电阻是R，电源的内电阻是r，当电动机正常工作时电压表的示数是U，电流表的示数是I.电压表和电流表均是理想电表．以下叙述正确的是( )
A．t s内，电动机产生的热量是IUt B．t s内，电动机消耗的电能是IUt
C．电源电动势是IR＋Ir D．电源电动势是U
3．（2019高二上·齐齐哈尔期中）直流电路如图所示，在滑动变阻器的滑片P向右移动时，下列说法不正确的( )
A．电源的总功率一定减小
B．电源的效率一定增大
C．电源的内部损耗功率一定减小
D．电源的输出功率一定先增大后减小
4．（2019高二上·齐齐哈尔期中）在某匀强电场中有M、N、P三点，在以它们为顶点的三角形中，∠M＝30°、∠P＝90°，直角边NP的长度为4 cm。已知电场方向与三角形所在平面平行，M、N和P点的电势分别为3 V、15 V和12 V。则电场强度的大小为( )
A．150 V/m B．75 V/m C．225 V/m D．75 V/m
5．（2017高二下·河南期中）如图所示，在滑动变阻器的滑片向右滑动的过程中，理想电压表、电流表的示数将发生变化，电压表V1、V2示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2，已知电阻R大于电源内阻r，则（ ）
A．电流表A的示数增大 B．电压表V1的示数增大
C．电压表V2的示数减小 D．△U1大于△U2
6．（2019高二上·齐齐哈尔期中）如图(甲)所示，在平行板电容器A、B两极板间加上如图(乙)所示的交变电压.开始A板的电势比B板高，此时两板中间原来静止的电子在电场力作用下开始运动.设电子在运动中不与极板发生碰撞，向A板运动时为速度的正方向，则下列图象中能正确反映电子速度变化规律的是（其中C，D两项中的图线按正弦函数规律变化）（ ）
A． B．
C． D．
7．（2019高二上·齐齐哈尔期中）如图所示，是一个多量程多用电表的简化电路图 测电流和测电压时各有两个量程，还有两个挡位用来测电阻 下列说法正确的是( )
A．当开关S调到位置1、2时，多用电表测量的是电流，且调到位置1时的量程比位置2的小
B．当开关S调到位置3、4时，多用电表测量的是电阻，且A为黑表笔
C．当开关S调到位置5、6时，多用电表测量的是电压，且调到位置6时的量程比位置5的大
D．多用电表各挡位所对应的表盘刻度都是均匀的
8．（2016高二上·金山期中）真空中有一半径为r0的带电金属球壳，通过其球心的一直线上各点的电势φ分布如图，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离．下列说法中正确的是（ ）
A．A点的电势低于B点的电势
B．A点的电场强度方向由A指向B
C．A点的电场强度小于B点的电场强度
D．正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做负功
9．（2019高二上·齐齐哈尔期中）两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图2中虚线所示，一带电粒子以某一速度从图中a点进入电场，其运动轨迹为图中实线所示，若粒子只受静电力作用，则下列关于带电粒子的判断正确的是( )
A．带正电 B．速度先变大后变小
C．电势能先变大后变小 D．经过b点和d点时的速度大小相同
二、多选题
10．（2019高二上·齐齐哈尔期中）如图所示，两个固定的等量正点电荷相距为4L，其连线中点为O，以O为圆心、L为半径的圆与两正点电荷间的连线及连线的中垂线分别交于a、b和c、d，以O为坐标原点、垂直ab向上为正方向建立Oy轴。取无穷远处电势为零，则下列判断正确的是( )
A．a、b两点的场强相同
B．Oy轴上沿正方向电势随坐标y的变大而减小
C．将一试探电荷＋q自a点由静止释放，若不计电荷重力，试探电荷将在a、b间往复运动
D．Oy轴上沿正方向电场强度的大小随坐标y的变大而增大
11．（2019高二上·齐齐哈尔期中）如图所示，带电荷量之比为qA∶qB＝1∶3的带电粒子A、B以相等的速度v0从同一点出发，沿着跟电场强度垂直的方向射入平行板电容器中，分别打在C、D点，若OC＝CD，忽略粒子重力的影响，则( )
A．A和B在电场中运动的时间之比为1∶2
B．A和B运动的加速度大小之比为4∶1
C．A和B的质量之比为1∶12
D．A和B的位移大小之比为1∶1
12．（2019高二上·齐齐哈尔期中）在光滑的水平面上有一平行于水平面的静电场，右图中O、A是一条直电场线上的两点，在O点由静止释放一电量为 ，质量为0.02kg的带负电的小球，其运动的v-t图像如右图所示，其中A点是图线切线斜率最大的位置，则下列说法正确的是（ ）
A．由O到A的过程中电势在升高
B．该电场可能是匀强电场
C．A点为场强最大的位置，场强大小E=1V/m
D．OA两点间电势差
三、实验题
13．（2019高二上·齐齐哈尔期中）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，得出伏安特性曲线如图甲所示．所用小灯泡的额定电压是3.0 V.
（1）画出实验电路图．
（2）将实物图乙连接成实验电路．
（3）根据图甲，该小灯泡在电压为2.8 V时的实际电阻为 Ω(结果保留三位有效数字)．
14．（2019高二上·齐齐哈尔期中）某同学要测量一个由均匀新合金材料制成的金属丝的电阻率ρ.
（1）该同学用游标卡尺测量金属丝的长度如图甲所示，可知其长度为L＝ mm.
（2）如图乙所示，用螺旋测微器测金属丝的直径，测量值d＝ mm.
（3）选用“×10”倍率的电阻挡测量，发现多用电表指针偏转过大，因此需选择“ ”倍率的电阻挡(填“×1”或“×100”)，并 ，再进行正确测量，多用电表的示数如图丙所示，测量结果为R＝ Ω.
（4）该金属丝电阻率的表达式为ρ＝ .(用R、d、L表示)
15．（2019高二上·齐齐哈尔期中）在测量电源电动势和内电阻的实验中，有电压表V(量程为3V，内阻约3kΩ)；电流表A（量程为0.6A，内阻约为0.70Ω）；滑动变阻器R（10Ω，2A）。为了更准确地测出电源电动势和内阻设计了如图所示的电路图。
①在实验中测得多组电压和电流值，得到如图所示的U-I图线，由图可得该电源电动势E= V ，内阻r= Ω。（结果保留两位有效数字）
②一位同学对以上实验进行了误差分析．其中正确的是 ．
A．实验产生的系统误差，主要是由于电压表的分流作用
B．实验产生的系统误差，主要是由于电流表的分压作用
四、解答题
16．（2019高二上·哈尔滨期中）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm。电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω。闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间。若小球带电量为q=1×10-2C，质量为m=2×10-2kg，不考虑空气阻力。那么，滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）
17．（2018高二上·南宁期中）如图所示，一带电荷量为＋q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止.重力加速度取g，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.求：
（1）水平向右电场的电场强度的大小；
（2）若将电场强度减小为原来的 ，小物块的加速度是多大；
（3）电场强度变化后小物块下滑距离L时的动能.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】正电荷从a点移到b点时，电场力对电荷做负功W，电势能增加，电荷在a点电势能较b点小，A不符合题意；a点电势比b点低．B符合题意．当ab两点在同一电场线上时，U=Ed．本题ab是否在同一电场线上不确定，则U大小不一定为等于Ed，C不符合题意．电荷从a移动到b，克服电场力做功W，根据电势差的定义 ，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】利用电场力做功可以比较电势能的大小；结合电性可以判别电性的高低；利用电场力做功可以求出电势差的大小；由于不知道电场线方向的距离所以不能判别场强和电势差的关系。
2．【答案】B
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】AB．t秒钟内，电动机消耗的电能为UIt，电动机产生的热量是I2Rt，输出的电功为UIt-I2Rt，A不符合题意，B符合题意；
CD．根据闭合电路欧姆定律，有：E=U+Ir，
电动机是非纯电阻电路，故U＞IR，故E=U+Ir＞IR+Ir，
CD不符合题意；
故答案为：B
【分析】利用电压和电流可以求出电机消耗的电能；利用欧姆定律可以求出电动势的大小。
3．【答案】D
【知识点】电功率和电功
【解析】【解答】由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小；
A．电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率P=EI减小，A正确，不符合题意；
B．电源的效率
，
电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率增大，B正确，不符合题意；
C．电源内阻r不变，电流I减小，源的热功率PQ=I2r减小，C正确，不符合题意；
D．当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，D错误，符合题意，符合题意。
故答案为：D
【分析】利用电压变大电流变小可以判别总功率变小；由于不知道内阻所以不能判别电源输出功率的变化；利用内外电阻的大小可以判别效率的大小；利用电流和内阻可以判别消耗功率的变化。
4．【答案】A
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系
【解析】【解答】过P点作斜边MN的垂线交MN于O点，如图所示
由几何知识可知N、O间的距离NO＝2 cm，M、O间的距离MO＝6 cm，由匀强电场的特点得O点的电势为 ，即O、P在同一等势面上，由电场线与等势面的关系和几何关系知： ，A符合题意。
故答案为：A
【分析】利用电势差和场强的关系可以求出场强的大小。
5．【答案】D
【知识点】电路动态分析
【解析】【解答】A、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，所以电路的结构是R与变阻器串联，电压表V1、V2分别测量R的电压和路端电压．当滑动变阻器滑片向右滑动时，其接入电路的电阻增大，电路中电流减小，则A的示数减小，故A错误；B、电路中电流减小，根据欧姆定律知，电压表V1的示数减小，故B错误．C、电路中电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，所以V2的示数增大，故C错误；D、根据闭合电路欧姆定律得 U2=E﹣Ir，则 =r，R是定值电阻，则R= ．据题R＞r，则△U1大于△U2，故D正确．
故选：D
【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，根据电路中电阻的变化，分析电流和电压的变化，根据闭合电路欧姆定律分析电压表示数变化量的关系．
6．【答案】A
【知识点】电场力做功；运动学 S-t 图象；运动学 v-t 图象
【解析】【解答】在前半个周期内，A板的电势高，电场的方向向右，电子受到的电场力方向水平向左，电子向左做初速度为零的匀加速直线运动，在后半个周期，电场水平向左，电子所受的电场力水平向右，电子向左做匀减速直线运动直到速度为零，然后进入第二个周期，重复之前的运动，由此可知，电子在每个周期内先向左做初速度为零的匀加速直线运动，然后向左做匀减速直线运动，如此反复，由图示图象可知：A符合题意，BCD不符合题意；
故答案为：A。
【分析】根据AB两极板电场的变化，分析电子所受电场力的变化，结合加速度与速度方向的关系判断其运动性质，然后分析图示图象作出选择．
7．【答案】C
【知识点】练习使用多用电表
【解析】【解答】A.是电流表时电流计应与电阻并联，由图可知当转换开关S旋到位置1、2位置是电流表，并联电阻越小，量程大，即调到位置1时的量程比位置2的大，则A不符合题意；
B.欧姆表要联接电源，则开关S调到3、4两个位置上时，多用电表测量的是电阻，红表笔在内部接电源的负极，则A为红表笔。B不符合题意；
C.要测量电压，电流表应与电阻串联，由图可知当转换开关S旋到位置5、6时，测量电压，电流表所串联的电阻越大，所测量电压值越大，故当转换开关S旋到6的量程比旋到5的量程大。C符合题意。
D.电流、电压挡的刻度都是均匀的，电阻挡的刻度不均匀，左边密右边疏，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】利用电表和电阻并联可以判别测量的是电流，利用并联电阻的大小可以判别电流的量程大小；与电阻串联可以判别测量的是电压，利用串联电阻的大小可以判别电压量程的大小；利用与电源相连可以判别测量的是电阻，测量电阻时刻度不均匀，利用电流方向可以判别表笔的颜色。
8．【答案】B
【知识点】电场强度和电场线；电势差、电势、电势能
【解析】【解答】解：A、r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离．所以A点的电势高于B点的电势，故A错误．
B、A到B电势降低，所以A点的电场强度方向由A指向B，故B正确．
C、根据场强公式E= 得A点的电场强度大于B点的电场强度，故C错误．
D、正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力方向由A指向B，所以电场力做正功，故D错误．
故选B．
【分析】根据直线上各点的电势φ分布图判断A点和B点电势．
沿电场线方向电势逐点降低．
根据电场力方向和运动方向判断做功情况．
9．【答案】C,D
【知识点】电场力做功
【解析】【解答】根据粒子的运动轨迹及电场线分布可知，粒子带负电，A不符合题意；粒子从a到c到e的过程中电场力先做负功后做正功，速度先减后增，电势能先增大后减小；B不符合题意，C符合题意；因为bd两点在同一等势面上，所以在bd两点的电势能相同，所以经过b点和d点时的速度大小相同，D符合题意。
故答案为：CD
【分析】利用轨迹可以判别电场力的方向，结合电场线方向可以判别粒子的电性；利用电场力做功可以判别动能和电势能的变化；利用等势面可以判别速度大小相等。
10．【答案】B,C
【知识点】电场强度和电场线
【解析】【解答】A．根据两等量正点电荷电场特点，a、b两点的电场强度大小相同，方向相反，A不符合题意；
B．根据点电荷电场强度公式，结合矢量的合成法则，则有Oy轴上沿正方向的电场强度方向沿着y轴正方向，那么电势随坐标y的变大而减小，B符合题意；
C．将一试探电荷+q自a点由静止释放，若不计电荷重力，试探电荷在O点左边受到向右的电场力，而在O点右边时，受到向左的电场，则将在a、b间往复运动，C符合题意；
D．根据点电荷电场强度公式E= 结合矢量的合成法则可知，O点的场强为零，无穷远处场强也为零，因此Oy轴上沿正方向电场强度的大小先增大后减小，D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】利用电场线的分布可以判别电势和场强的大小；利用电场力结合牛顿第二定律可以判别电荷的运动。
11．【答案】A,B,C
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】A项：粒子在电场中做类平抛运动，在水平方向： ，初速度相等，所以t∝x，A和B在电场中运动的时间之比 ，A符合题意；
B项：粒子在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动， ，y相同，a与 成反比，所以 ，B符合题意；
C项：由牛顿第二定律得：qE=ma，则粒子质量 ，即有： ，C符合题意；
D项：A、B的位移大小之比： ，D不符合题意。
故答案为：ABC。
【分析】带电粒子垂直射入电场中做平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动．根据牛顿第二定律和运动学公式得到偏转量y的表达式，求解质量之比；根据水平位移与初速度之比求解时间之比。
12．【答案】A,C,D
【知识点】匀强电场电势差与场强的关系；电场力做功
【解析】【解答】A：小球由O到A做加速运动，受的电场力方向由O指向A，小球带负电，电场方向由A指向O，逆着电场线方向电势升高，由O到A的过程中电势在升高；A符合题意。
B：小球由O到A做变加速运动，受的电场力大小变化，故该电场不是匀强电场；B不符合题意。
C：A点是图线切线斜率最大的位置，即A点时小球的加速度最大，又 ，即A点为场强最大的位置；由图象得：
；C符合题意。
D：小球从静止由O到A时获得的速度 ，据动能定理： 得： ；D符合题意。
故答案为：ACD
【分析】利用动能的变化可以判别电势能的变化，结合电性可以判别电势的变化；利用斜率可以判别场强不同所以不是匀强电场；利用斜率可以求出场强的大小；利用动能定理可以求出电势差的大小。
13．【答案】（1）
（2）
（3）10.8
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】（1）实验中电压和电流需从0开始测起，所以滑动变阻器需采用分压式接法．灯泡内阻较小，电流表采取外接法误差较小．电路图如下．
;（2）实物图连接如图．
;（3）当电压为2.8V时，电流为0.26A，则
【分析】（1）实验的电路图是电流表外接，滑动变阻器使用分压式接法；
（2）利用电路图进行实物图连接；
（3）利用欧姆定律可以求出电阻的大小。
14．【答案】（1）50.15
（2）0.228(0.226～0.229均可以)
（3）×1；重新进行欧姆调零；13
（4）
【知识点】导体电阻率的测量
【解析】【解答】（1）游标卡尺是20分度的卡尺，其分度值为0.05mm，则图示读数为：50mm+3×0.05mm=50.15mm；（2）螺旋测微器：不动刻度为0mm，可动刻度为22.8×0.01mm，则读数为0mm+22.8×0.01mm=0.228mm(0.226～0.229均可以)，（3）选用“×10”倍率的电阻挡测量，多用电表指针偏转过大，说明所选挡位太大，为准确测量灯泡电阻，需要选择×1倍率的电阻挡，并重新进行欧姆调零再进行测量；由图丙所示可知，测量结果为 ；（4）根据电阻定律得： ，其中 ，解得： .
【分析】（1）利用游标卡尺结构可以读出对应的读数；
（2）利用螺旋测微器结构可以读出对应的读数；
（3）利用偏转太大电阻太小所以要换小倍数；并进行欧姆调零；利用示数乘以挡数可以求出电阻的大小；
（4）利用电阻定律可以求出电阻率的表达式。
15．【答案】1.5；1.0；A
【知识点】电池电动势和内阻的测量
【解析】【解答】①根据U=E-Ir以及图象可知，电源的电动势为：E=1.5V，电源内阻为：
②由图示电路图可知，由于电压表的分流，电流表的测量值小于流过电源的电流，实验产生了系统误差，A符合题意，B不符合题意；
【分析】（1）利用图像斜率和截距可以求出内阻和电动势；
（2）利用电压表分流所以会导致内阻和电动势偏小。
16．【答案】解：小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零，设两板间电压为UAB由动能定理得
解得：
UAB=8V
则滑动变阻器两端电压
U滑=UAB=8V
设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得
滑动变阻器接入电路的电阻
电源的输出功率
【知识点】电容器及其应用
【解析】【分析】利用动能定理可以求出AB之间的电压大小；结合欧姆定律可以求出滑动变阻器的阻值；再利用功率的表达式可以求出电源的输出功率大小。
17．【答案】（1）解：小物块静止在斜面上，受重力、电场力和斜面支持力，
可得电场强度
（2）解：若电场强度减小为原来 ，则变为
可得加速度 。
（3）解：电场强度变化后物块下滑距离L时，重力做正功，电场力做负功
由动能定理则有：
可得动能
【知识点】共点力平衡条件的应用；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）利用物块的平衡可以求出电场强度的大小；
（2）利用牛顿第二定律可以求出加速度的大小；
（3）利用动能定理可以求出动能的大小。
