2019届高二物理上学期第一次精英对抗试题(含解析).doc

2019届高二物理上学期第一次精英对抗试题(含解析)一、选择题（本题共12小题其中9、10、11、12多选，每小题4分共48分）1使两个完全相同的金属小球（均可视为点电荷）分别带上3Q和+5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2则F1与F2之比为（）A2：1B4：1C16：1D60：12关于电势的高低，下列说法正确的是（）A沿着电场线的方向电势不一定降低B电势降低的方向一定是电场线的方向C正电荷只在电场力的作用下，一定向电势低的地方移动D负电荷只在电场力的作用下，由静止释放，一定向电势高的地方移动3细胞膜也称生物膜或质膜是由类脂、蛋白质和糖类组成质膜中的类脂也称膜脂，是质膜的基本骨架，膜蛋白质是膜功能的主要体现者如果细胞膜的厚度约等于800nm（1nm=109 m），当膜的内外层间的电压达到0.4V时，即可让一价钠离子渗透设细胞膜内的电场为匀强电场，则钠离子在渗透时（）A膜内电场强度约为4105 V/mB膜内电场强度约为2105 V/mC每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做功约为6.41020 JD每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做功约为1.61019 J4如图所示，在y 轴上关于O点对称的A、B 两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷Q，且CO=OD，ADO=60下列判断正确的是（）AD点电场强度为零BO点电场强度为零C若将点电荷+q从O移向C，电势能增大D若将点电荷q从O移向C，电势能减小5如图所示，虚线为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为零一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为30eV和6eV当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为5eV时，它的动能应为（）A11 eVB15 eVC19 eVD24 eV6一个带负电荷量q，质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，则（）A小球不能过B点B小球仍恰好能过B点C小球能过B点，且在B点与轨道之间压力不为0D以上说法都不对7空间某一静电场的电势在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C的电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx下列说法中正确的有（）AEBx的大小小于ECx的大小BEBx的方向沿x轴正方向C电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功8一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如图所示，tA，tB分别是带电粒子到达A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的是（）AA处的场强一定小于B处的场强BA处的电势一定高于B处的电势C电荷在A处的电势能一定小于在B处的电势能D电荷在A到B的过程中，电场力一定对电荷做正功9如图所示，水平放置的平行板电容器，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，小球可能打在下板的中央10图中虚线是某电场中的一簇等势线两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是（）Aa、b两点的电场强度大小关系EaEbBa、b两点的电势关系UaUbC粒子从P运动到a的过程中，电势能增大D粒子从P运动到b的过程中，动能增大11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（V2V1）若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（）A小物体上升的最大高度为B从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D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12如图所示的电路中，S闭合A、B、C三只灯均正常发光，当可变电阻的滑动触头上移时，对A、B、C三灯亮度变化下列叙述正确的是（）AA灯变亮BB灯变亮CC灯变亮D三灯均变暗二、实验题（共12分）13（12分）（xx郴州二模）有一根细而均匀的导电材料样品（如图甲所示），截面为同心圆环（如图乙所示），此样品长L约为3cm，电阻约为100，已知这种材料的电阻率为p，因该样品的内径太小，无法直接测量，现提供以下实验器材：A20等分刻度的游标卡尺B螺旋测微器C电流表A1（量程50mA，内阻r1=100，）D电流表A2（量程100mA，内阻r2大约为40，）E电流表A3（量程3A内阻r3大约为0.1Q）F滑动变阻器R（010，额定电流2A）G直流电源E（12V，内阻不计）H导电材料样品Rx（长L约为3cm，电阻Rx约为100，）I开关一只，导线若干请根据上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案，回答下列问题：（1）用游标卡尺测得该样品的长度如图丙所示，其示数L=mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图丁所示，其示数D=mm（2）请选择合适的仪器，画出最佳实验电路图，并标明所选器材（3）实验中要测量的物理量有： （同时用文字和符号说明）然后用已知物理量的符号和测量量的符号来表示样品的内径d=三、计算题（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每题10分）14（10分）（xx秋河南校级月考）如图所示，一个电子以4106m/s的速度沿与电场垂直的方向从A点飞进匀强电场，并且从另一端B点沿与场强方向成150角方向飞出，那么，A、B两点间的电势差为多少伏？（电子的质量为9.11031kg）15（10分）（xx春包头校级期末）如图电路中，电池组的电动势E=42V，内阻r=2，定值电阻R=20，D是电动机，其线圈电阻R=1电动机正常工作时，理想电压表示数为20V求：（1）通过电动机的电流是多少？（2）电动机消耗的电功率为多少？（3）电动机输出的机械功率为多少？16（10分）（xx秋嘉峪关校级期中）如图所示为一真空示波器，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m，电荷量为e不计重力，求：（1）电子穿过A板时的速度大小； （2）P点到O点的距离（3）电子打在荧光屏上的动能大小17（10分）（xx春南通校级期末）如图所示，在点O置一个正点电荷，在过点O的竖直平面内的点A处自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m，带电荷量为q，小球落下的轨迹如图中的实线所示，它与以点O为圆心、R为半径的圆（图中虚线表示）相交于两点B、C，点O、C在同一水平线上，BOC=30，点A距OC的竖直高度为h，若小球通过B点的速度为v1，求：（1）小球经过C点时的速度v2的大小？（2）A、C两点的电势差？（3）小球从A到C电势能的变化？xx河南省三门峡市陕州中学高二（上）第一次精英对抗物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题其中9、10、11、12多选，每小题4分共48分）1使两个完全相同的金属小球（均可视为点电荷）分别带上3Q和+5Q的电荷后，将它们固定在相距为a的两点，它们之间库仑力的大小为F1现用绝缘工具使两小球相互接触后，再将它们固定在相距为2a的两点，它们之间库仑力的大小为F2则F1与F2之比为（）A2：1B4：1C16：1D60：1考点：库仑定律专题：电场力与电势的性质专题分析：完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可解答：解：开始时由库仑定律得：F=k r=a 现用绝缘工具使两小球相互接触后，各自带电为Q，因此此时：F1=k由得：F1=F，故ABC错误，D正确故选D点评：完全相同的带电小球接触时，对于电量的重新分配规律要明确，然后正确利用库仑定律求解2关于电势的高低，下列说法正确的是（）A沿着电场线的方向电势不一定降低B电势降低的方向一定是电场线的方向C正电荷只在电场力的作用下，一定向电势低的地方移动D负电荷只在电场力的作用下，由静止释放，一定向电势高的地方移动考点：电势专题：电场力与电势的性质专题分析：根据推论：沿电场线方向电势逐渐降低；电势降低最快的方向才是电场强度的方向；正电荷只在电场力作用下从A移到B，电荷不一定从高电势处向低电势处运动，还取决于电荷的初速度；负电荷在只受电场力的作用下，由静止释放，一定向电势高的地方运动解答：解：A、不妨设沿着电场线方向移动正电荷，则电场力做正功，中的电势能减小，所以沿着电场线方向电势逐渐降低故A错误B、沿着电场线方向移动电势降低，但是电势降低的方向不一定是电场线的方向，电势降低最快的方向是场强的方向，故B错误C、正电荷只在电场力作用下从一点移到另一点，电荷不一定从高电势处向低电势处运动，还取决于电荷的初速度故C错误D、假设电场中有AB两点，根据电场力做功的表达式WAB=UABq=Eqd，负电荷在只受电场力的作用下，由静止释放，电场力做正功，WAB0，q0，则UAB0，所以AB，即向电势高的地方运动故D正确故选：D点评：电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小3细胞膜也称生物膜或质膜是由类脂、蛋白质和糖类组成质膜中的类脂也称膜脂，是质膜的基本骨架，膜蛋白质是膜功能的主要体现者如果细胞膜的厚度约等于800nm（1nm=109 m），当膜的内外层间的电压达到0.4V时，即可让一价钠离子渗透设细胞膜内的电场为匀强电场，则钠离子在渗透时（）A膜内电场强度约为4105 V/mB膜内电场强度约为2105 V/mC每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做功约为6.41020 JD每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做功约为1.61019 J考点：电势差与电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：强电场电场强度与电势差的关系，E=，可求E，电场力做功与电势差的关系w=qU可求每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做功解答：解：由题意得，膜内电场强度为 由电场力做功与电势差的关系 W=qU=1.610190.4=6.41020J故选：C点评：考查了匀强电场的电场强度与与电势差的关系、电场力做功与电势差的关系，灵活选择公式4如图所示，在y 轴上关于O点对称的A、B 两点有等量同种点电荷+Q，在x轴上C点有点电荷Q，且CO=OD，ADO=60下列判断正确的是（）AD点电场强度为零BO点电场强度为零C若将点电荷+q从O移向C，电势能增大D若将点电荷q从O移向C，电势能减小考点：电势能；电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：D点电场是三个电荷产生的电场的叠加根据点电荷的场强公式E=分析三个电荷在D点在产生的场强大小关系，根据平行四边形定则研究D的场强两个正电荷Q在O点电场强度抵消，O点的场强方向是水平向左根据电场力做功的正负，判断电荷电势能的变化电场力做正功，电荷的电势能减小；相反，电场力做负功，电势能增大解答：解：A、由于三个电荷的电量大小相等，CO=OD，ADO=60，根据平行四边形定则得到，y轴上两个等量同种点电荷+Q在D点产生的电场强度方向沿+x轴方向，大小等于E1=Q在D点产生的场强大小为E2=，方向水平向左由几何知识得到，AD=CD，则E1=E2，所以D点电场强度为零故A正确 B、y轴上两个等量同种点电荷+Q在O点产生的电场强度大小相等，方向相反，完全抵消所以O点电场强度方向水平向左故B错误 C、根据叠加原理可知，OC段的电场方向从OC，将点电荷+q从O移向C，电场力做正功，电势能减小故C错误 D、由上可知，OC段的电场方向从OC，将点电荷q从O移向C，电场力做负功，电势能增大故D错误故选A点评：本题有三个电荷，空间中任意一点的电场是三个电荷产生的电场的叠加，要充分利用对称性5如图所示，虚线为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为零一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a、b点时的动能分别为30eV和6eV当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为5eV时，它的动能应为（）A11 eVB15 eVC19 eVD24 eV考点：等势面；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，根据题意曲线3电势为零，列式求解即可解答：解：经过a、b点时的动能分别为30eV和6eV；图中虚线所示为静电场中的等势面1、2、3、4，相邻的等势面之间的电势差相等，故电荷经过相邻两个等势面时的动能减小量为Ek=eV，故经过等势面3时的动能为14eV；只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故有：0eV+14eV=5eV+Ek；解得：Ek=19eV；故C正确、ABD错误故选：C点评：“在只有电场力做功的条件下动能和电势能的总和保持不变；相邻等势面之间的电势差相同”是我们解决此类问题时的突破口6一个带负电荷量q，质量为m的小球，从光滑绝缘的斜面轨道的A点由静止下滑，小球恰能通过半径为R的竖直圆形轨道的最高点B而做圆周运动现在竖直方向上加如图所示的匀强电场，若仍从A点由静止释放该小球，则（）A小球不能过B点B小球仍恰好能过B点C小球能过B点，且在B点与轨道之间压力不为0D以上说法都不对考点：带电粒子在匀强电场中的运动；向心力专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：没有电场时，小球恰能通过轨道的最高点时恰好由重力提供向心力加上电场时，运用动能定理分析到最高点时速度，研究向心力，判断能否通过最高点解答：解：A、B，没有电场时，最高点速度设为v，则：mg=m 又根据机械能守恒定律，有：mg（h2R）=mv2解得：h=R加上电场时，恰好过最高点需要的速度设为v，则：mgqE=m解得：v=根据动能定理，得mg（h2R）qE（h2R）=mv2，解得：v=说明小球仍恰好能过B点故A错误，B正确C、由上，小球仍恰好过最高点，球与轨道间无作用力故C错误D、B正确，故D错误；故选：B点评：本题是动能定理和向心力知识的综合，关键是分析小球过最高点的临界速度7空间某一静电场的电势在x轴上分布如图所示，x轴上两点B、C的电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx下列说法中正确的有（）AEBx的大小小于ECx的大小BEBx的方向沿x轴正方向C电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大D负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先做正功，后做负功考点：电场线分析：本题的入手点在于如何判断EBx和ECx的大小，由图象可知在x轴上各点的电场强度在x方向的分量不相同，如果在x方向上取极小的一段，可以把此段看做是匀强电场，用匀强电场的处理方法思考，从而得到结论，此方法为微元法解答：解：A、在B点和C点附近分别取很小的一段d，由图象，B点段对应的电势差大于C点段对应的电势差，看做匀强电场有E=，可见EBxECx，故A错误；B、沿电场方向电势降低，在O点左侧，EBx的方向沿x轴负方向，在O点右侧，ECx的方向沿x轴正方向，故B错误C、O点切线的斜率为零，场强为0，则电荷在O点受到的电场力为0，故C错误D、负电荷沿x轴从B移到C的过程中，电场力先向右后向左，电场力先做正功，后做负功，故D正确故选：D点评：本题需要对电场力的性质和能的性质由较为全面的理解，并要求学生能灵活应用微分法8一带电粒子在电场中仅在电场力作用下，从A点运动到B点，速度随时间变化的图象如图所示，tA，tB分别是带电粒子到达A、B两点对应的时刻，则下列说法中正确的是（）AA处的场强一定小于B处的场强BA处的电势一定高于B处的电势C电荷在A处的电势能一定小于在B处的电势能D电荷在A到B的过程中，电场力一定对电荷做正功考点：电势能；动能定理的应用；电场强度；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：速度图象的斜率等于加速度，由数学知识看出带电粒子的加速度减小，即可判断电场力和场强的大小因带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，不能判断电势高低根据能量守恒判断电势能的大小，确定电场力做功正负解答：解：A、根据速度图象的斜率等于加速度，由数学知识可以看出，从A点运动到B点的过程中带电粒子的加速度减小，则其所受的电场力减小，电场强度减小，即有A处的场强一定大于B处的场强A错误B、由于带电粒子的电性未知，无法判断电场方向，也就不能判断电势高低故B错误C、D由图看出，带电粒子的速度增大，动能增大，则由能量守恒定律得知，其电势能减小，电场力做正功故C错误，D正确故选D点评：本题要抓住电场强度与加速度的关系：a=，即根据牛顿第二定律把握力与电场和联系，同时要掌握速度图象斜率的意义进行分析9如图所示，水平放置的平行板电容器，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，小球可能打在下板的中央考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电容器的动态分析专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：将电容器上板向上移动一段距离，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：ABC、将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，由于：E=，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A错误，B正确，C错误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正确故选：BD点评：注意当电容器与电源断开时，电容器所带的电量是定值不变，当电容器与电源相连时，电容器两端电压为定值10图中虚线是某电场中的一簇等势线两个带电粒子从P点均沿等势线的切线方向射入电场，粒子运动的部分轨迹如图中实线所示若粒子仅受电场力的作用，下列说法中正确的是（）Aa、b两点的电场强度大小关系EaEbBa、b两点的电势关系UaUbC粒子从P运动到a的过程中，电势能增大D粒子从P运动到b的过程中，动能增大考点：电势；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：根据轨迹判定a粒子受到中心电荷的斥力，而b粒子受到中心电荷的引力，即可判断两粒子的电性关系；此电场是点电荷产生的，根据距离即可比较a、b两点场强的大小；两粒子在运动过程中电场力都做正功，电势能均减小解答：解：A、由等势面的分布可知，该电场是点电荷产生的，由场强公式E=k可知，a点的场强小于b点的场强故A正确B、由于中心电荷的电性无法判断，电场线方向无法判定，则不能比较a、b的电势高低故B错误C、电场力对两粒子均做正功，则两个粒子的电势能均减小故C错误D、b与中心电荷的电性相反，粒子从P运动到b的过程中，电场力做正功，动能增大，故D正确故选：AD点评：根据轨迹弯曲方向判定两粒子与中心电荷电性的关系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11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（V2V1）若小物体电荷量保持不变，OM=ON，则（）A小物体上升的最大高度为B从N到M的过程中，小物体的电势能逐渐减小C从M到N的过程中，电场力对小物体先做负功后做正功D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考点：动能定理的应用；库仑定律；电势能专题：压轴题分析：根据电场力做功的特点可求得电场力做功的大小，由动能定理可分别列出上滑及下滑过程中的表达式，联立即可解得最大高度；由电场力做功与电势能关系要得出电势能的变化及电场力做功的特点；分析小球运动中压力的变化，由滑动摩擦力的计算公式可分析摩擦力的变化解答：解：设斜面倾角为、上升过程沿斜面运动的最大距离为L因为OM=ON，则MN两点电势相等，小物体从M到N、从N到M电场力做功均为0上滑和下滑经过同一个位置时，垂直斜面方向上电场力的分力相等，则经过相等的一小段位移在上滑和下滑过程中电场力分力对应的摩擦力所作的功均为相等的负功，所以上滑和下滑过程克服电场力产生的摩擦力所作的功相等、并设为W1在上滑和下滑过程，对小物体，摩擦力做功相等，则应用动能定理分别有：mgsinLWfW1=和mgsinLWfW1=，上两式相减可得h=sinL=，A正确；由OM=ON，可知电场力对小物体先作正功后作负功，电势能先减小后增大，BC错；从N到M的过程中，小物体受到的电场力垂直斜面的分力先增大后减小，而重力分力不变，则摩擦力先增大后减小，在此过程中小物体到O的距离先减小后增大，根据库仑定律可知小物体受到的电场力先增大后减小，D对故选AD点评：本题考查动能定理的应用、摩擦力及电场力做功的特点，涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用，并要求学生能明确几种特殊力做功的特点，如摩擦力、电场力、洛仑兹力等12如图所示的电路中，S闭合A、B、C三只灯均正常发光，当可变电阻的滑动触头上移时，对A、B、C三灯亮度变化下列叙述正确的是（）AA灯变亮BB灯变亮CC灯变亮D三灯均变暗考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：当可变电阻的滑动触头上移时，R接入电路的电阻增大，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流和路端电压，再分析局部电流和电压的变化，判断灯泡亮度的变化解答：解：当可变电阻的滑动触头上移时，R接入电路的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压U=EIr，则U增大，A灯变亮由于I总减小，流过A灯的电流IA增大，则B灯和R并联的总电流减小，B灯变暗，B和R并联的电流减小，电压UBR减小，C灯的电压UC=UUBR，得到UC增大，C灯变亮故选AC点评：本题电路中动态变化分析问题，按照部分到整体再到部分的思路进行分析二、实验题（共12分）13（12分）（xx郴州二模）有一根细而均匀的导电材料样品（如图甲所示），截面为同心圆环（如图乙所示），此样品长L约为3cm，电阻约为100，已知这种材料的电阻率为p，因该样品的内径太小，无法直接测量，现提供以下实验器材：A20等分刻度的游标卡尺B螺旋测微器C电流表A1（量程50mA，内阻r1=100，）D电流表A2（量程100mA，内阻r2大约为40，）E电流表A3（量程3A内阻r3大约为0.1Q）F滑动变阻器R（010，额定电流2A）G直流电源E（12V，内阻不计）H导电材料样品Rx（长L约为3cm，电阻Rx约为100，）I开关一只，导线若干请根据上述器材设计一个尽可能精确地测量该样品内径d的实验方案，回答下列问题：（1）用游标卡尺测得该样品的长度如图丙所示，其示数L=30.35mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图丁所示，其示数D=3.206mm（2）请选择合适的仪器，画出最佳实验电路图，并标明所选器材（3）实验中要测量的物理量有：A1电流表示数为I1，A2电流表示数为I2， （同时用文字和符号说明）然后用已知物理量的符号和测量量的符号来表示样品的内径d=考点：测定金属的电阻率专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）游标卡尺的读数等于主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，需估读（2）根据伏安法测量该样品的电阻，考虑D电流表满偏电流大于C电流表的满偏电流，同时C电流表的内阻是定值，因此可以求出C电流表两端的实际电压，从而可将C电流表当做电压表而求出样品两端的电压结合电阻定律求出样品的内径大小解答：解：（1）游标卡尺读数为：L=30mm+70.05mm=30.35mm螺旋测微器测得该样品的外径为：d=3mm+20.60.01mm=3.206mm（2）通过电阻的最大电流大约I=A=120mA，3A电流表量程偏大，另外两个电流表中，D电流表的满偏电流大于C电流表的满偏电流，又C电流表内阻为定值，根据欧姆定律与串并联知识，应将C电流表与待测材料并联后再与D电流表串联，又因滑动变阻器阻值太小应用分压式接法，可设计电路图如图所示（3）设A1电流表示数为I1，A2电流表示数为I2，由欧姆定律可得待测电阻阻值R=又由电阻定律：R=联立解得：d=故答案为：（1）30.35，3.206 （2）如上图所示（3）A1电流表示数为I1，A2电流表示数为I2，点评：本题属于电流表与电压表的反常规接法，即可将电流表当做电压表来使用，关键是根据电路图能求出待测电阻的阻值才行三、计算题（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每题10分）14（10分）（xx秋河南校级月考）如图所示，一个电子以4106m/s的速度沿与电场垂直的方向从A点飞进匀强电场，并且从另一端B点沿与场强方向成150角方向飞出，那么，A、B两点间的电势差为多少伏？（电子的质量为9.11031kg）考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：电场力与电势的性质专题分析：电子垂直进入匀强电场中，做类平抛运动，作出电子经过B点时速度的分解图，求出经过B点时的速度，根据动能定理求解A、B两点间的电势差解答：解：电子做类平抛运动，AB两点速度关系有：又：qUAB=Ek=mvB2mvA2代入数据解得：UAB=136.5v答：A、B两点间的电势差为136.5v点评：本题运用动能定理求电势差，也可以根据类平抛运动的特点，牛顿第二定律和运动学结合求解15（10分）（xx春包头校级期末）如图电路中，电池组的电动势E=42V，内阻r=2，定值电阻R=20，D是电动机，其线圈电阻R=1电动机正常工作时，理想电压表示数为20V求：（1）通过电动机的电流是多少？（2）电动机消耗的电功率为多少？（3）电动机输出的机械功率为多少？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）由E=UV+UR+r可得R和电源两端的电压之和，进而又欧姆定律可得电路电流，即等于通过电动机的电流（2）电动机为非纯电阻元件，故其功率为P电=UI（3）由可得电动机的发热功率，进而由P电=P机+P热可得电动机输出的机械功率解答：解：（1）由E=UV+UR+r可得R和电源两端的电压之和为：UR+r=EUV由欧姆定律可得电路电流为：通过电动机的电流为1A（2）电动机为非纯电阻元件，故其功率为P电=UVI=201W=20W（3）电动机的发热功率为：故电动机的输出功率为：P机=P电P热=20W1W=19W答：（1）通过电动机的电流是1A（2）电动机消耗的电功率为20W（3）电动机输出的机械功率为19W点评：注意对纯电阻元件和非纯电阻元件的处理区别，电热的计算可以用同一个公式，但非纯电阻元件，其总功率只能用P=UI表示16（10分）（xx秋嘉峪关校级期中）如图所示为一真空示波器，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子质量为m，电荷量为e不计重力，求：（1）电子穿过A板时的速度大小； （2）P点到O点的距离（3）电子打在荧光屏上的动能大小考点：示波管及其使用分析：（1）电子在加速电场U1中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过A板时的速度大小（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动根据板长和初速度求出时间根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解电子从偏转电场射出时的侧移量电子离开偏转电场后沿穿出电场时的速度做匀速直线运动，水平方向：位移为L2，分速度等于v0，求出匀速运动的时间竖直方向：分速度等于vy，由y=vyt求出离开电场后偏转的距离，再加上电场中偏转的距离得解；（3）根据动能定理，即可求解解答：解：（1）设电子经电压U1加速后的速度为V0，由动能定理得：eU1=mv02，解得：v0=；（2）电子以速度0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动，设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为，离开偏转电场时的侧移量为y1，由牛顿第二定律得：F=eE2=e=ma，解得：a=，由运动学公式得：L1=v0t1，y1=at12，解得：y1=；设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为y，由匀变速运动的速度公式可知y=at1；电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示，水平方向：L2=v0t2，竖直方向：y2=vyt2，解得：y2=；P至O点的距离y=y1+y2=；（3）根据动能定理：电子打在荧光屏上的动能大小：Ek=eU1+eEy2=eU1+答：（1）电子穿过A板时的速度大小为；（2）荧光屏上P点到中心位置O点的距离为；（3）电子打在荧光屏上的动能大小eU1+点评：带电粒子在电场中类平抛运动的研究方法与平抛运动相似，采用运动的合成与分解第（2）问也可以利用三角形相似法求解17（10分）（xx春南通校级期末）如图所示，在点O置一个正点电荷，在过点O的竖直平面内的点A处自由释放一个带正电的小球，小球的质量为m，带电荷量为q，小球落下的轨迹如图中的实线所示，它与以点O为圆心、R为半径的圆（图中虚线表示）相交于两点B、C，点O、C在同一水平线上，BOC=30，点A距OC的竖直高度为h，若小球通过B点的速度为v1，求：（1）小球经过C点时的速度v2的大小？（2）A、C两点的电势差？（3）小球从A到C电势能的变化？考点：功能关系；电势差与电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：小球下落过程中，受到重力和电场力，由于B、C两点处于同一等势面上，故从B到C过程电场力做功为零；根据电场力做功判断电势能的变化情况；根据总功判断动能变化情况解答：解：（1）小球从B点到C点的过程中，电场力不做功，重力做正功，由动能定理得：得：（2）小球由A点到C点机械能的损失就是除了重力以外的其他力做的功，即电场力做的功由动能定理得mgh+mgRsin30+qUAC= 则：qUAC=mv12mgh 所以：（3）小球在A到C的过程中克服电场力做功，所以电势能增加了mghmv12，答：（1）小球经过C点时的速度v2的大小是；（2）A、C两点的电势差 是；（3）小球从A到C电势能增加了mghmv12点评：本题关键是明确几种功能关系的具体形式：总功是动能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；除重力外其余力做的功是机械能变化的量度