2019-2020年高二物理上学期第二次月考试题（a卷）（含解析）.doc

2019-2020年高二物理上学期第二次月考试题（a卷）（含解析）一、选择题（本题共20小题，共分1-15为单项选择题，选对的得3分，16-20为多项选择题，全部选对得5分，部分得分为3分，有选错或不答的得0分）1静电力恒量k的单位是（）ANm2/kg2Bkg2/（Nm2）CNm2/C2DC2/（Nm2）2电源电动势的大小反映的是（）A电源把电能转化为其他形式的能的本领大小B电源把其他形式的能转化为电能的本领的大小C电源单位时间内传送电荷量的多少D电流做功的快慢3如图所示，两极板水平放置的平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地静电计外壳接地闭合电键S时，带负电的油滴恰好静止于电容器中的P点下列说法正确的是（）A若将A极板向下平移一小段距离，平行板电容器的电容将变小B若将A极板向上平移一小段距离，静电计指针张角变小C若将A极板向下平移一小段距离，P点电势将升高D若断开电键S，再将A极板向下平移一小段距离，则带电油滴将向下运动4如图，R1、R2和R3皆为定值电阻，R4为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U闭合电键，当R4的滑动触头向a端移动时，下列判断中正确的是（）AI变小，U变小BI变小，U变大CI变大，U变小DI变大，U变大5在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R为定值电阻，R为滑动变阻器开关闭合后，灯泡L能正常发光；当滑动变阻器的滑片向右移动后，下列说法中正确的是（）A灯泡L变亮B电容器C的带电量将增大CR0两端的电压减小D电源的总功率变小，但电源的输出功率一定变大6用欧姆表测一个电阻R的阻值，选择旋钮置于“10”档，测量时指针指在100与200刻度弧线的正中间，可以确定（）AR=150BR=1500C1000R1500D1500Rxx7如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，下列说法正确的是（） 甲表是安培表，R增大时量程增大甲表是安培表，R增大时量程减小乙表是伏特表，R增大时量程增大乙表是伏特表，R增大时量程减小ABCD8关于多用电表的使用，下列说法中正确的是（）A用电流挡测电流或用电压挡测电压前，必须检查机械零点B用电阻挡测电阻前，不需要检查机械零点C用电阻挡测电阻时，若从一个倍率变换到另一个倍率，不需要重新检查欧姆零点D用电阻挡测电阻时，被测电阻的阻值越大，指针向右转过的角度就越大9如图电路中，若滑动变阻器的滑片从a向b移动过程中，三只理想电压表的示数变化的绝对值依次为V1、V2、V3，下列各组数据可能出现的是（）AV1=3V，V2=2V，V3=1VBV1=5V，V2=3V，V3=2VCV1=0.5V，V2=1V，V3=1.5VDV1=0.2V，V2=1.0V，V3=0.8V10如图所示，A、B两个点电荷的电量分别为+Q和+q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0若弹簧发生的均是弹性形变，则（）A保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于2x0B保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0C保持Q不变，将q变为q，平衡时弹簧的缩短量等于x0D保持q不变，将Q变为Q，平衡时弹簧的缩短量小于x011如图所示，电池组的电动势为，内电阻为r，R0为定值电阻，R为变阻器，已知R0r为使R0上消耗的电功率最大，应将变阻器阻值调整到（）AR0BR0+rCR0rD012如图所示为某示波管内的聚焦电场实线和虚线分别表示电场线和等势线，两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度的大小分别为Ea和Eb，则（）AWa=Wb，EaEbBWaWb，EaEbCWa=Wb，EaEbDWaWb，EaEb13某段金属导体两端电压为U时，导体中电子平均定向移动速度为v如果把这段导体均匀拉长1倍后仍保持它两端的电压为U，则导体中电子平均定向移动速度为（）ABCvD2v14如图为两个不同电源的UI图象，则下列说法正确的是（）A电动势E1=E2，内阻r1r2B电动势E1E2，内阻r1r2C接入相同电阻时，电源1的输出功率大D接入相同电阻时，电源2的输出功率大15用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法下面四个物理量表达式中，属于比值法定义式的是（）A导体的电阻B加速度C电场强度D电容器的电容16如图所示，一个电容为C，电量为Q的平行板电容器竖直放置，两板间的电场可视为匀强电场，将一个质量为m，电荷量为q的带电小球（可视为质点），不可伸长的绝缘细线悬挂于两板间O点现将小球拉至水平位置M点，由静止释放，当小球延圆弧向下摆动60度到达N点时，速度恰好为零则（A电容器的左极板带负电B绳子的最大拉力为2mgC电容器两极板间的距离为D如果让电容器的带电量减半，小球仍从M点有静止释放，到达N点时速度仍为017两个小金属球A和B的半径之比为rA：rB=1：3，所带电荷量大小之比QA：QB=1：7，两小球球心间距离远大于小球半径且间距为L时，它们之间的静电力大小为F已知取无穷远处为零电势，导体球表面的电势=k，其中Q是导体球所带的电荷量，r是导体球的半径，k是静电力常量现保持两金属小球位置不变，用细导线将两小球连接，达到静电平衡后取走导线，这时A、B两球之间的静电力大小可能是（）AFBFCFDF18如图所示，一个电量为Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点另一个电荷量为+q及质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时的速度为v，且为运动过程中速度最小值已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为，AB间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是（）A点电荷乙从A点运动到B点的过程中，加速度逐渐减小BOB间的距离为C点电荷乙越过B点向左运动，其电势能仍增多D在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB=19某同学设计了一个测定列车加速度的仪器，如图所示AB是一段圆弧形的电阻，O点为其圆心，圆弧半径为rO点下用一电阻不计的金属线悬挂着一个金属球，球的下部与AB接触良好且无摩擦A、B之间接有内阻不计、电动势为9V的电池，电路中接有理想电流表A，O、B间接有一个理想电压表V整个装置在一竖直平面内，且装置所在平面与列车前进的方向平行下列说法中正确的有（）A从图中看到列车一定是向右加速运动B当列车的加速度增大时，电流表A的读数增大，电压表V的读数也增大C若电压表显示3V，则列车的加速度为gD如果根据电压表示数与列车加速度的一一对应关系将电压表改制成一个加速度表，则加速度表的刻度是不均匀的20在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电量为q的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与竖直方向成角做直线运动关于带电小球的电势能和机械能W的判断，正确的是（）A若90且sin=，则、W一定不变B若4590且tan=，则一定减小，W一定增加C若045且tan=，则一定减小，W一定增加D若045且tan=，则可能减小，W可能增加二、实验题（共14分，21题每空3分，共6分；22题画图5分，填空3分，共8分）21某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的长度和直径，步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为mm22如图所示器材为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的IU特性曲线的实验器材（1）根据实验原理，用笔画线代替导线，将如图中的实验电路图连接完整（2）开关S闭合之前，图中滑动变阻器的滑片应该置于（选填“A端”、“B端”或“AB中间”）三.计算题：（本题共3小题，满分31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）23如图所示，光滑绝缘的斜面倾角为37，一带电量为+q的小物体质量为m，置于斜面上，当沿水平方向加一如图所示的匀强电场时，小物体恰好处于静止状态，从某时刻开始，电场强度突然减为原来的，求：（1）原来电场强度的大小（2）当电场强度减小后物体沿斜面下滑距离为L时的动能24（10分）（xx秋冀州市校级月考）xx年国庆群众游行队伍中的国徽彩车，不仅气势磅礴而且还是一辆电动车，充一次电可以行100千米左右假设这辆电动彩车总质量为6.75103kg，当它匀速通过天安门前500m的检阅区域时用时250s，驱动电机的输入电流I=10A，电压为300V，电动彩车行驶时所受阻力为车重的0.02倍g取10m/s2，不计摩擦，只考虑驱动电机的内阻发热损耗能量，求：（1）电动彩车通过天安门前时牵引汽车前进的机械功率；（2）驱动电机的内阻和机械效率25（12分）（xx秋临清市校级期末）如图所示，A为电解槽，M为电动机，N为电炉子，恒定电压U=12V，电解槽内阻rA=2，当K1闭合，K2、K3断开时，电流表示数6A；当K2闭合，K1、K3断开时，电流表示数5A，且电动机输出功率为35W；当K3闭合，K1、K2断开时，电流表示数为4A求：（1）电炉子的电阻及发热功率各多大？（2）电动机的内阻是多少？（3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？xx学年河北省衡水市冀州中学高二（上）第二次月考物理试卷（A卷）参考答案与试题解析一、选择题（本题共20小题，共分1-15为单项选择题，选对的得3分，16-20为多项选择题，全部选对得5分，部分得分为3分，有选错或不答的得0分）1静电力恒量k的单位是（）ANm2/kg2Bkg2/（Nm2）CNm2/C2DC2/（Nm2）考点：库仑定律分析：根据库仑定律F=，由电荷量、距离和力三个量的单位推导出k的单位解答：解：库仑定律F=公式中，电荷量q的单位为C，距离r的单位为m，库仑力F的单位为N，由公式推导得出，k的单位为Nm2/C2故C正确、ABD错误故选：C点评：物理量的单位分基本单位和导出单位，导出单位由基本单位根据公式进行推导得出2电源电动势的大小反映的是（）A电源把电能转化为其他形式的能的本领大小B电源把其他形式的能转化为电能的本领的大小C电源单位时间内传送电荷量的多少D电流做功的快慢考点：电源的电动势和内阻专题：恒定电流专题分析：电动势这样定义的，在数值上等于非静电力将1C的正电荷在电源的内部从负极移到正极所做的功，做了多少功，就有多少其它形式的能转变为电能解答：解：电动势在数值上等于非静电力将1C的正电荷在电源的内部从负极移到正极所做的功，做了多少功，就有多少其它形式的能转变为电能所以电动势的大小反映电源把其他形式的能转化为电能的本领的大小单位时间内流过的电荷量表示电流，做功的快慢表示功率所以A、C、D错误，B正确故选：B点评：解决本题的关键是理解电动势在数值上等于非静电力将1C的正电荷在电源的内部从负极移到正极所做的功，做了多少功，就有多少其它形式的能转变为电能3如图所示，两极板水平放置的平行板电容器与电动势为E的直流电源连接，下极板接地静电计外壳接地闭合电键S时，带负电的油滴恰好静止于电容器中的P点下列说法正确的是（）A若将A极板向下平移一小段距离，平行板电容器的电容将变小B若将A极板向上平移一小段距离，静电计指针张角变小C若将A极板向下平移一小段距离，P点电势将升高D若断开电键S，再将A极板向下平移一小段距离，则带电油滴将向下运动考点：电容；电势；带电粒子在混合场中的运动分析：电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化解答：解：A、若将A极板向下平移一小段距离，板间距离d减小，根据C=知，电容增大故A错误B、由于电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差不变，则静电计指针张角不变故B错误C、由于板间电势差不变，d减小，则板间电场强度增大，P点与下极板的电势差增大，则P点的电势升高故C正确D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据C=、C=和E=，可得E=，则知板间电场强度不变，油滴所受电场力不变，仍处于静止状态故D错误故选：C点评：本题是电容的动态分析问题，根据电容的决定式C=和电容的定义式C=结合进行分析，分析时还要抓住不变量，电容器充电后与电源断开时其电量不变要记住若只改变板间距离时，板间场强是不变的4如图，R1、R2和R3皆为定值电阻，R4为滑动变阻器，电源电动势为E，内阻为r设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U闭合电键，当R4的滑动触头向a端移动时，下列判断中正确的是（）AI变小，U变小BI变小，U变大CI变大，U变小DI变大，U变大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：当滑动变阻器R的滑动头向图中a端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电阻变小，路端电压随之增大，电压表测量的为除R3外的电阻的电压，即可知道其读数的变化分析R2的电压的变化，判断通过R2的电流变化，即可知道电流表A的读数变化解答：解：当滑动变阻器R4的滑动头向图a端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流变大，电源的内电压与R3的分压增加，则电压表的示数变小、同时R2的电压变小，则并联部分电压变小，通过R2的电流减小，则电流表A的读数I变小故选：A点评：本题是电路的动态分析问题，按“局部整体局部”的思路进行分析5在如图所示的电路中，电源电动势为E、内电阻为r，C为电容器，R为定值电阻，R为滑动变阻器开关闭合后，灯泡L能正常发光；当滑动变阻器的滑片向右移动后，下列说法中正确的是（）A灯泡L变亮B电容器C的带电量将增大CR0两端的电压减小D电源的总功率变小，但电源的输出功率一定变大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：灯泡L和滑动变阻器R串联、电容器C和定值电阻R0串联后两条支路再并联当电路稳定后，电容器这一路没有电流，相当于开关断开，对另一路没有影响电容器的电压等于路端电压当滑动变阻器的滑片向右移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据欧姆定律分析电流和路端电压的变化，分析灯泡亮度和电容器电量的变化解答：解：A、当滑动变阻器的滑片向右移动后，R增大，电路中电流I减小，灯泡L将变暗故A错误；B、路端电压U=EIr，则知U增大，电容器电量Q=CU增大故B正确C、电路稳定后电容器相当开关断开，R0两端的电压为零，没有变化，故C错误D、I减小，电源的总功率P=EI，E不变，则知电源的总功率减小由于电源的内电阻与外电阻关系不知，不能确定电源输出功率如何变化故D错误故选：B点评：本题关键的要抓住电容器的特点：当电路稳定时，和电容器串联的电路没有电流，电容器电压等于这一串联电路两端的电压6用欧姆表测一个电阻R的阻值，选择旋钮置于“10”档，测量时指针指在100与200刻度弧线的正中间，可以确定（）AR=150BR=1500C1000R1500D1500Rxx考点：多用电表的原理及其使用专题：恒定电流专题分析：欧姆表刻度左密又疏，100与200正中间的刻度小于150解答：解：欧姆表表盘左边密右边疏，零刻度在右边，测量时指针指在100与200刻度的正中间，指针的示数应大于100而小于150，又选择旋钮置于“10”档，所以带测电阻的阻值应该在1000到1500之间，故C正确故选C点评：本题考查了欧姆表刻度盘的特点，题目难度较小7如图所示，甲、乙两个电路都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，下列说法正确的是（） 甲表是安培表，R增大时量程增大甲表是安培表，R增大时量程减小乙表是伏特表，R增大时量程增大乙表是伏特表，R增大时量程减小ABCD考点：多用电表的原理及其使用分析：电流表、电压表都是由小量程的电流表改装而成的利用并联电阻的分流作用，将灵敏电流表G和电阻并联，改装成安培表利用串联电阻的分压作用，将灵敏电流表G和电阻串联，改装成电压表解答：解：、，由一个灵敏电流表G和一个变阻器R并联，利用并联电阻的分流，改装成安培表 安培表的量程I=Ig+，可知当R减小时量程I增大故错误，正确 、，由一个灵敏电流表G和一个变阻器R串联，利用串联电阻的分压，改装成伏特表 伏特表的量程U=Ig（Rg+R），可知R增大时量程增大故正确，错误故选C点评：本题考查电表改装的原理和量程的意义8关于多用电表的使用，下列说法中正确的是（）A用电流挡测电流或用电压挡测电压前，必须检查机械零点B用电阻挡测电阻前，不需要检查机械零点C用电阻挡测电阻时，若从一个倍率变换到另一个倍率，不需要重新检查欧姆零点D用电阻挡测电阻时，被测电阻的阻值越大，指针向右转过的角度就越大考点：多用电表的原理及其使用专题：压轴题；恒定电流专题分析：电阻挡的刻度不均匀，左边密右边疏，电流要从红表笔流入，测量电阻时要选择适当的挡位，使电表的指针指在刻度盘的中央附近解答：解：A、B、任何电表使用前都要机械调零，故A正确，B错误；C、欧姆表中值电阻等于欧姆表内电阻，每次换挡，中值电阻都会改变，故每次换挡都要重新欧姆调零，故C错误；D、用电阻挡测电阻时，被测电阻的阻值越大，流过表头的电流越小，指针向右转过的角度就越小，故D错误；故选A点评：本题考查了多用电表的使用，关键是明确欧姆表的工作原理和减小测量误差的方法9如图电路中，若滑动变阻器的滑片从a向b移动过程中，三只理想电压表的示数变化的绝对值依次为V1、V2、V3，下列各组数据可能出现的是（）AV1=3V，V2=2V，V3=1VBV1=5V，V2=3V，V3=2VCV1=0.5V，V2=1V，V3=1.5VDV1=0.2V，V2=1.0V，V3=0.8V考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：滑动变阻器的滑片P从a滑向b的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，路端电压减小，分析变阻器两端电压的变化，根据路端电压的变化，判断V2、V3的大小解答：解：滑动变阻器的滑片P从a滑向b的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，灯泡两端的电压V3增大，路端电压V1减小，则变阻器两端电压V2减小由于V1=V2+V3，V1减小，则知V2V3，V1V2，所以V1=0.2V，V2=1.0V，V3=0.8V是可能的，ABC选项不可能故D正确，ABC错误故选：D点评：本题解题的关键是抓住V1=V2+V3，根据总量法分析三个电压表读数变化量的大小10如图所示，A、B两个点电荷的电量分别为+Q和+q，放在光滑绝缘水平面上，A、B之间用绝缘的轻弹簧连接当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0若弹簧发生的均是弹性形变，则（）A保持Q不变，将q变为2q，平衡时弹簧的伸长量等于2x0B保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0C保持Q不变，将q变为q，平衡时弹簧的缩短量等于x0D保持q不变，将Q变为Q，平衡时弹簧的缩短量小于x0考点：库仑定律；胡克定律专题：电场力与电势的性质专题分析：根据库仑定律及胡克定律列式分析即可判断解答：解：设弹簧的劲度系数为K，原长为x当系统平衡时，弹簧的伸长量为x0，则有：Kx0=kA、保持Q不变，将q变为2q时，平衡时有：Kx1=k，由解得：x12x0，故A错误；B、同理可以得到保持q不变，将Q变为2Q，平衡时弹簧的伸长量小于2x0，故B正确；C、同理可以得到保持Q不变，将q变为q，平衡时弹簧的缩短量大于x0，故C错误；D、同理可以得到保持q不变，将Q变为Q，平衡时弹簧的缩短量大于x0，故D错误故选B点评：本题主要考查了库仑定律及胡克定律的直接应用，难度不大，属于基础题11如图所示，电池组的电动势为，内电阻为r，R0为定值电阻，R为变阻器，已知R0r为使R0上消耗的电功率最大，应将变阻器阻值调整到（）AR0BR0+rCR0rD0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：由闭合电路的欧姆定律可知电路中的电流，由功率公式可确定电功率的极值解答：解：由闭合电路的欧姆定律可知I=，R0消耗的电功率P=I2R0，要使R0消耗的功率最大，则电流最大，应将变阻器阻值调到最小为零，故D正确故选：D点评：解决本题应注意审题，题目中要求的是定值电阻的电功率，故当电流最大时功率最大12如图所示为某示波管内的聚焦电场实线和虚线分别表示电场线和等势线，两电子分别从a、b两点运动到c点，设电场力对两电子做的功分别为Wa和Wb，a、b点的电场强度的大小分别为Ea和Eb，则（）AWa=Wb，EaEbBWaWb，EaEbCWa=Wb，EaEbDWaWb，EaEb考点：电场强度；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：图中a、b两点在一个等势面上，根据W=qU判断电场力做功的大小，根据电场线的疏密程度判断电场强度的大小解答：解：图中a、b两点在一个等势面上，故Uac=Ubc，根据W=qU，有Wa=Wb；a位置的电场强度较密集，故EaEb；故选：A点评：本题关键是明确电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场力做功看电势差，基础问题13某段金属导体两端电压为U时，导体中电子平均定向移动速度为v如果把这段导体均匀拉长1倍后仍保持它两端的电压为U，则导体中电子平均定向移动速度为（）ABCvD2v考点：电流、电压概念专题：恒定电流专题分析：电阻是导体本身的一种性质，其大小取决于导体的长度、横截面积和材料；当导线被拉长后，长度变长的同时，横截面积变小，但导体的整个体积不变解答：解：这段导体均匀拉长1倍，即长度变为原来的2倍，电阻则是原来的2倍，变长则意味着横截面积变小为原来的二分之一，此时电阻共变化为原来的4倍，电压不变，则电流为原来的四分之一根据I=neSv可知，S为原来的一半，所以速度为原来的一半故选B点评：本题的关键在于判断电阻大小的变化，长度变长增加一倍，横截面积变细又是1倍，故变为原来的4倍14如图为两个不同电源的UI图象，则下列说法正确的是（）A电动势E1=E2，内阻r1r2B电动势E1E2，内阻r1r2C接入相同电阻时，电源1的输出功率大D接入相同电阻时，电源2的输出功率大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：根据闭合电路欧姆定律，路端电压为：U=EIr；UI图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻通过作电阻的UI图象，分析电源的输出功率大小解答：解：A、根据闭合电路欧姆定律得，U=EIr，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路状态，交点的纵坐标等于电源的电动势大小，图线的斜率大小等于电源的内阻，由图看出E1=E2，r1r2故AB错误CD、过原点O作出一条倾斜的直线3，该直线表示电阻的UI图象，该直线与图线1、2的交点就表示该电阻与两电源连接时的工作状态，由图看出，直线3与图线1交点的两坐标的乘积大于直线3与图线2交点的两坐标的乘积，说明外接的相同电阻时，电源1的输出功率比电源2的输出功率大，故C正确，D错误故选：C点评：本题根据图线的截距、交点、斜率等数学意义来理解图线的物理意义，技巧是作出电阻的伏安特性曲线15用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法下面四个物理量表达式中，属于比值法定义式的是（）A导体的电阻B加速度C电场强度D电容器的电容考点：电容分析：电容、电阻等均采用比值定义法，明确比值定义法的性质及其特点进行作答解答：解：A、导体的电阻R=中电阻与导线长度、电阻率成正比、与横截面积成反比，不属于比值定义法，故A错误；B、加速度中a与F成正比，与m成反比，不属于比值定义法，故B错误；C、电场强度E与电场力及检验电荷的电荷量无关；属于比值定义法，故C正确；D、电容的定义式中，C与两板间的电量及两板间的电势差无关，属于比值定义法，故D正确；故选：CD点评：用比值定义法所定义的物理量有：电场强度、磁感应强度、电阻、电容等等，注意它们均是由本身的性质决定的，和定义它们的物理量无关16如图所示，一个电容为C，电量为Q的平行板电容器竖直放置，两板间的电场可视为匀强电场，将一个质量为m，电荷量为q的带电小球（可视为质点），不可伸长的绝缘细线悬挂于两板间O点现将小球拉至水平位置M点，由静止释放，当小球延圆弧向下摆动60度到达N点时，速度恰好为零则（A电容器的左极板带负电B绳子的最大拉力为2mgC电容器两极板间的距离为D如果让电容器的带电量减半，小球仍从M点有静止释放，到达N点时速度仍为0考点：电容；匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电容器专题分析：根据动能定理，合外力做功为零，重力做正功，电场力对小球做负功，可知电场力的方向，根据小球的带电正负，可知场强的方向将重力与电场力合成可得出等效最低点，在最低点处绳子的拉力最大；先由动能定理求出最低点的速度，再由向心力公式即可求得最大拉力；从M到N的过程中电场力和重力做功，由动能定理求得电场力和重力的关系，结合公式C=和E=求得两板间的距离；根据电容的决定式C=，结合结合公式C=和E=可得到E=，当两极板的间距变化或两极板的正对面积，判断场强的变化，进步根据动能定理判断到达N点的速度解答：解：A、小球从M到N的过程中，动能变化为零，根据动能定理，合力做功0，而重力做正功，则电场力对小球做负功，即电场力方向向右，由于小球带负电，故场强方向向左，所以左极板带负电，右极板带正电故A正确B、设两板间电势差为U、场强为E，由C=和E=得：E=对球，从M到N由动能定理有mgLsin60qEcos60=00所以有：Eq=mgtan=mg；则重力与电场力的合力大小为2mg；方向沿与水平方向成30角，此时绳子的拉力F2mg=m；因速度不为零；故拉力一定大于2mg；故B错误；C、设两板间电势差为U、场强为E，由C=和E=得：E=对球，从M到N由动能定理有mgLsin60qELcos60=00所以有：Eq=mgtan=mg由得：d=，故C正确D、由电量减半时，电压减半，则极板间的场强减半；从M到N的过程中电场力做功变小，根据动能定理外力做功之和mgLsin60qEcos60大于零，则小球从M点释放后，还没有到达N点时速度不会为零；故D错误；故选：AC点评：该题中带电的小球在重力和电场力的复合场中做类单摆运动，需要正确对运动的过程和小球的受力减小分析该题中需要注意的是：小球速度最大时重力、电场力、细绳上的拉力和F提供小球做圆周运动的向心力17两个小金属球A和B的半径之比为rA：rB=1：3，所带电荷量大小之比QA：QB=1：7，两小球球心间距离远大于小球半径且间距为L时，它们之间的静电力大小为F已知取无穷远处为零电势，导体球表面的电势=k，其中Q是导体球所带的电荷量，r是导体球的半径，k是静电力常量现保持两金属小球位置不变，用细导线将两小球连接，达到静电平衡后取走导线，这时A、B两球之间的静电力大小可能是（）AFBFCFDF考点：库仑定律专题：电场力与电势的性质专题分析：接触带电的原则是先中和后按电量与半径成正比分根据库仑定律的公式F=k求两球的相互作用力大小解答：解：设两球的带电量大小分别为q、7q根据库仑定律公式得，相距L时的相互吸引作用力为：F=k接触前它们带异性电荷当它们相互接触后，异性电荷中和后重新分配它们相互接触达到静电平衡后，电势相同因=k，所以它们电量之比为因 Q总=7qq=6q，可得 qa=，qb=且电性相同将它们放回原处，再根据库仑定律公式得：F=k=F设两球的带电量大小分别为q、7q根据库仑定律公式得，相距L时的相互吸引作用力为：F=k接触之前它们带同性电荷当它们相互接触后，电荷重新分配它们相互接触达到静电平衡后，电势相同因=k，所以它们电量之比为因 Q总=7q+q=8q，可得 qa=2q，qb=6q且电性相同将它们放回原处，再根据库仑定律公式得，F=k=F故B、D正确，A、C错误故选：BD点评：解决本题的关键掌握库仑定律的公式F=k，以及知道接触带电的原则是先中和后电量与半径成正比分18如图所示，一个电量为Q的点电荷甲，固定在绝缘水平面上的O点另一个电荷量为+q及质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲运动，运动到B点时的速度为v，且为运动过程中速度最小值已知点电荷乙与水平面的动摩擦因数为，AB间距离为L0，静电力常量为k，则下列说法正确的是（）A点电荷乙从A点运动到B点的过程中，加速度逐渐减小BOB间的距离为C点电荷乙越过B点向左运动，其电势能仍增多D在点电荷甲形成的电场中，AB间电势差UAB=考点：库仑定律；牛顿第二定律专题：电场力与电势的性质专题分析：正确分析物体受力特点，明确力和运动的关系，在本题中注意滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球先减速后加速，根据牛顿第二定律和功能关系可正确解答解答：解：A、滑动摩擦力的大小方向不变，两球靠近过程中库仑力逐渐增大，小球在运动到B点之前，有mgF库=ma，因此物体做加速度逐渐减小的减速运动，故A正确；B、当速度最小时有：mg=F库=k，所以解得：r=，故B正确；C、在小球向左运动过程中电场力一直做正功，因此电势能一直减小，故C错误；D、点电荷从A运动B过程中，根据动能定理有：UABqmgL0=mv2m，所以解得AB间电势差UAB=，故D正确故选：ABD点评：本题在借助库仑力的基础知识，考查了力与运动、牛顿第二定理、动能定理等基础知识的综合应用，是考查学生综合能力的好题19某同学设计了一个测定列车加速度的仪器，如图所示AB是一段圆弧形的电阻，O点为其圆心，圆弧半径为rO点下用一电阻不计的金属线悬挂着一个金属球，球的下部与AB接触良好且无摩擦A、B之间接有内阻不计、电动势为9V的电池，电路中接有理想电流表A，O、B间接有一个理想电压表V整个装置在一竖直平面内，且装置所在平面与列车前进的方向平行下列说法中正确的有（）A从图中看到列车一定是向右加速运动B当列车的加速度增大时，电流表A的读数增大，电压表V的读数也增大C若电压表显示3V，则列车的加速度为gD如果根据电压表示数与列车加速度的一一对应关系将电压表改制成一个加速度表，则加速度表的刻度是不均匀的考点：闭合电路的欧姆定律；牛顿第二定律专题：恒定电流专题分析：通过小球的合力方向确定列车的加速度方向，当加速度增大时，判断出角的变化，从而得知BC段电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律判断电流和电压的变化解答：解：A、小球所受的合力水平向右，知列车向右做加速运动或向左做减速运动故A错误B、小球的加速度a=gtan，当加速度增大，增大，BC段电阻增大，因为总电阻不变，所以电流不变，BC段电压增大故B错误C、当电压表为3V时，知BC段的电阻是总电阻的三分之一，则=30，则a=gtan30=故C正确D、根据a=gtan知，a与不成正比关系，因为电流不变，电压表示数的大小与电阻成正比，BC段电阻与成正比，所以a与电压表示数的关系不成正比，所以加速度表的刻度不均匀故D正确故选CD点评：本题将闭合电路欧姆定律与牛顿第二定律综合，关键知道与加速度的关系，与BC段电阻的大小关系20在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电量为q的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与竖直方向成角做直线运动关于带电小球的电势能和机械能W的判断，正确的是（）A若90且sin=，则、W一定不变B若4590且tan=，则一定减小，W一定增加C若045且tan=，则一定减小，W一定增加D若045且tan=，则可能减小，W可能增加考点：电场强度；电势能分析：带电小球从静止开始做直线运动，受到两个恒力作用，其合力与速度方向必定在同一直线上，根据电场力与速度方向的夹角，判断电场力做功正负，确定电势能和机械能的变化解答：解：A、若90且sin=时，运用三角形定则作出力的合成图如左图所示，可知，电场力qE与合力F合垂直，则电场力与速度方向垂直，电场力不做功，、W一定不变故A正确B、若4590且tan=时，则电场力大于重力，电场力与合力成锐角，电场力一定做正功，则一定减小、W一定增加故B正确C、D若045且tan=时，则电场力小于重力，电场力与合力可能成锐角，也可能成钝角，如右图所示电场力可能做正功，也可能做负功，所以电势能可能减小，机械能增大，也可能电势能增大，机械能减小故C错误，D正确故选：ABD点评：本题关键是分析电场力与合力方向的夹角，来判断电场力做功正负，确定电势能和机械能的变化二、实验题（共14分，21题每空3分，共6分；22题画图5分，填空3分，共8分）21某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的长度和直径，步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为50.15mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为4.700mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用专题：实验题分析：游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读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答：解：游标卡尺的主尺读数为50mm，游标读数为0.053=0.15mm，所以最终读数为50.15mm螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.0120.0mm=0.200mm，所以最终读数为4.700mm故本题答案为：（1）50.15 （2）4.700点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读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22如图所示器材为某同学测绘额定电压为2.5V的小灯泡的IU特性曲线的实验器材（1）根据实验原理，用笔画线代替导线，将如图中的实验电路图连接完整（2）开关S闭合之前，图中滑动变阻器的滑片应该置于B（选填“A端”、“B端”或“AB中间”）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：根据电路图连接实物图开关S闭合之前，滑动变阻器滑动A端，使得测量部分短路，起保护作用解答：解：根据电路图连接实物图，因为灯泡的额定电压为2.5V，所以电压表采取3V量程，从表格中的数据来看，最大电流在0.27A左右，则电流表选取0.6A的量程，因为灯泡的电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，由于灯泡的电阻比较小，则电流表采取外接法，在连接实物图时注意电表的极性如下图开关S闭合之前，滑动变阻器滑动到B端，使得测量电路中的电流、电压为零，处于短路状态，起保护作用故答案为：（1）如下图；（2）B点评：解决本题的关键知道电表量程的选取，并注意滑动变阻器的保护作用三.计算题：（本题共3小题，满分31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）23如图所示，光滑绝缘的斜面倾角为37，一带电量为+q的小物体质量为m，置于斜面上，当沿水平方向加一如图所示的匀强电场时，小物体恰好处于静止状态，从某时刻开始，电场强度突然减为原来的，求：（1）原来电场强度的大小（2）当电场强度减小后物体沿斜面下滑距离为L时的动能考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）当带正电荷的物体在电场中静止于光滑绝缘斜面顶端，对其受力分析，利用根据平衡条件来确定电场力的大小，从而算出电场强度大小（2）当改变电场强度后，由动能定理列方程计算沿斜面下滑距离为L时物体的动能解答：解：（1）对小物体进行受力分析，将Eq与N合成如图，由平衡条件得： Eq=mgtan37 所以 E=（2）当场强减半，小物体沿斜面下滑L，根据动能定理得，物体的动能为： Ek=mglsin37Eqlcos37 由得：Ek=mgl答：（1）原来电场强度的大小为（2）当电场强度减小后物体沿斜面下滑距离为L时的动能为mgl点评：在物体下落过程中用动能定理，要注意电场力做功与沿电场力的位移有关，就像重力做功与高度相关一样24（10分）（xx秋冀州市校级月考）xx年国庆群众游行队伍中的国徽彩车，不仅气势磅礴而且还是一辆电动车，充一次电可以行100千米左右假设这辆电动彩车总质量为6.75103kg，当它匀速通过天安门前500m的检阅区域时用时250s，驱动电机的输入电流I=10A，电压为300V，电动彩车行驶时所受阻力为车重的0.02倍g取10m/s2，不计摩擦，只考虑驱动电机的内阻发热损耗能量，求：（1）电动彩车通过天安门前时牵引汽车前进的机械功率；（2）驱动电机的内阻和机械效率考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：（1）由速度公式求出速度，由平衡条件求出牵引力，然后由P=Fv求出牵引力的功率；（2）由能量守恒定律求出电动机内阻，效率为机车功率与输入功率的比值解答：解：（1）驱动电机的输入功率P入=UI=30010 W=3 000 W（2）电动彩车通过天安门前的速度v=2 m/s电动彩车行驶时所受阻力为Ff=0.02mg=0.026.7510310 N=1.35103 N电动彩车匀速行驶时牵引力F=Ff，故电动彩车通过天安门前时牵引汽车前进的机械功率P机=Fv=2 700 W（3）设驱动电机的内阻为R，由能量守恒定律得P入t=P机t+I2Rt解得驱动电机的内阻R=3驱动电机的机械效率=100%=90%答：（1）电动彩车通过天安门前时牵引汽车前进的机械功率为3000W；（2）驱动电机的内阻和机械效率分别为2700W和90%点评：本题考查了求电动机输入功率、机械功率、电机内阻问题，应用电功率公式、功率公式P=Fv、能量守恒定律即可正确解题，解题时要注意：电动机是非纯电阻电路25（12分）（xx秋临清市校级期末）如图所示，A为电解槽，M为电动机，N为电炉子，恒定电压U=12V，电解槽内阻rA=2，当K1闭合，K2、K3断开时，电流表示数6A；当K2闭合，K1、K3断开时，电流表示数5A，且电动机输出功率为35W；当K3闭合，K1、K2断开时，电流表示数为4A求：（1）电炉子的电阻及发热功率各多大？（2）电动机的内阻是多少？（3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？考点：闭合电路的欧姆定律；能量守恒定律；闭合电路中的能量转化专题：恒定电流专题分析：（1）电炉子为纯电阻，根据欧姆定律及发热功率公式即可求解；（2）电动机为非纯电阻，由能量守恒定律即可求解；（3）化学能的功率等于总功率减去内阻消耗的功率解答：解：（1）电炉子为纯电阻，由欧姆定律：其发热功率为：PR=UI1=126 W=72W（2）电动机为非纯电阻，由能量守恒定律得：UI2=I22rM+P输出带入数据解得：rM=1（3）电解槽工作时，由能量守恒定律得：P化=UI3I32rA带入数据解得：P化=（124422）W=16W答：（1）电炉子的电阻为2，发热功率为72W；（2）电动机的内阻是1；（3）在电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为16W点评：对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路