高二物理上册第一次月考调研检测试题13.doc

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2015-2016学年北京大学附属中学河南分校高二（上）第一次月考物理试卷

一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，2、4、5、12小题有多个选项正确，其余的小题只有一个选项正确，.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分.）
1．某静电场的电场线分布如图，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为φP和φQ，则( )

A．EP＞EQ，φP＜φQ
B．EP＜EQ，φP＞φQ
C．EP＜EQ，φP＜φQ
D．EP＞EQ，φP＞φQ

2．关于电势与电势能的说法正确的是( )
A．电荷在电场中电势高的地方电势能大
B．在电场中的某点，电量大的电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能大
C．正电荷形成的电场中，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能大
D．负电荷形成的电场中，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能小

3．图中水平虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线．两带电小球M、N质量相等，所带电荷量的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点．则( )

A．M带负电荷，N带正电荷
B．M在从O点运动至b点的过程中，动能不变
C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功
D．N在a点的速度与M在c点的速度相等

4．下列说法正确的是( )
A．带电粒子仅在电场力作用下做“类平抛”运动，则电势能一定减小
B．带电粒子只受电场力作用，由静止开始运动，其运动轨迹一定与电场线重合．
C．带电粒子在电场中运动，如只受电场力作用，其加速度方向一定与电场线方向相同．
D．带电小球在匀强电场中仅在电场力和重力的作用下运动，则任意相等时间内速度的变化量相同．

5．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示．以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，ε表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )

A．U变小，E不变
B．E变大，ε变大
C．U变小，ε不变
D．U不变，ε不变

6．如图所示，在粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块．由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止．在物块运动过程中，下列表述正确的是( )

A．两个物块的机械能守恒
B．物块受到的库仑力不做功
C．两个物块的电势能逐渐减少
D．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力

7．定值电阻R1和一热敏电阻R2串联后与一内阻不计的电源组成闭合电路，开始时R1=R2．现先后对R2加热、冷却，则下列关于R2的电功率变化情况正确的是( )
A．加热时增加，冷却时减少
B．加热时减少，冷却时增加
C．冷却、加热时均增加
D．冷却、加热时均减少

8．根据电容器电容的定义式C=，可知( )
A．电容器所带的电荷量Q越多，它的电容就越大，C与Q成正比
B．电容器不带电时，其电容为零
C．电容器两极板之间的电压U越高，它的电容就越小，C与U成反比
D．以上答案均不对

9．在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时( )

A．电压表示数变大，电流表示数变小
B．电压表示数变小，电流表示数变大
C．电压表示数变大，电流表示数变大
D．电压表示数变小，电流表示数变小

10．如图a、b、c是电场中的三个等势面，其电势分别是5V、0和﹣5V，一个电子从O点以初速度v0进入电场，电子进入电场后的运动情况是( )

A．如果v0方向竖直向上，则电子的动量大小不变，方向不变
B．如果v0方向竖直向上，则电子的动量大小不变，方向改变
C．如果v0方向水平向左，则电子的动量大小改变，方向改变
D．如果v0方向水平向左，则电子的动量大小改变，方向不变

11．在一个微安表G上并联一个电阻R，就改装成一块安培表，今将该表与标准安培表串联后去测电流，发现该表的示数总比标准表的示数小，修正的方法为( )

A．在R上并联一个小电阻
B．在R上并联一个大电阻
C．将R的阻值变大些
D．将R的阻值变小些

12．下列说法正确的是( )
A．电荷在某处不受电场力作用，则该处的电场强度一定为为零
B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
C．表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值
D．表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导体长度和电流强度乘积的比值

二、实验题（本题共2小题，第13题4分，第14题12分共16分.）
13．如图的游标卡尺的读数为：__________mm

14．有一个小灯泡上标有“2V、3W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线，有下列器材供选用：
A．电压表（0～5V内阻10kΩ） B．电压表（0～10V内阻20kΩ）
C．电流表（0～3A，内阻1Ω） D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）
E．滑动变阻器（5Ω，1A） F．滑动变阻器（500Ω，0.2A）
G．电源（电动势3V，内阻1Ω）

①实验中电压表应选用__________，电流表应选用__________．为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用__________（用序号字母表示）．
②实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的I﹣U图象如图2所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而__________（填“增大”、“减小”或“不变”）．
③请根据实验要求，画出电路图（如图1）．

三、计算题（共36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）
15．有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路，当电机不转时，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A．问：
（1）电动机正常工作时的输出功率多大？
（2）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大？

16．如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E．初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U的电场加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点坐标为（0，h）．已知电子的电量为e，质量为m，加速电场的电势差U＞，电子的重力忽略不计，求：
（1）电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速度v；
（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离L．

17．（14分）如图所示区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着匀强电场E1、E1已知区域Ⅰ宽L=0. 8m区域Ⅰ足够宽．E1=10kV/m且与水平成45°角斜向右上方，E2=2kV/m方向水平向左．绝缘薄板B长l=2.8m质量mB=1.6kg置于光滑水平面上，其左端与区域Ⅰ的左边界平齐．带电量为q=+1.6×10﹣3C质量mA=1.6kg的带电体A可视为质点，与木板间的摩擦因数μ=0.1，置于木板的最左端由静止释放．（g=10m/s2）求：
（1）带电体A进入区域Ⅱ时的速度？
（2）木板B的最终速度？

2015-2016学年北京大学附属中学河南分校高二（上）第一次月考物理试卷

一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分.在每小题给出的四个选项中，2、4、5、12小题有多个选项正确，其余的小题只有一个选项正确，.全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分.）
1．某静电场的电场线分布如图，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为φP和φQ，则( )

A．EP＞EQ，φP＜φQ
B．EP＜EQ，φP＞φQ
C．EP＜EQ，φP＜φQ
D．EP＞EQ，φP＞φQ
考点：电场线．
分析：根据P、Q两点处电场线的疏密比较电场强度的大小．根据沿电场线的方向电势降低，判断电势的高低．
解答： 解：由图P点电场线密，电场强度大，则EP＞EQ．沿电场线的方向电势降低，则有φP＞φQ．故D正确．
故选：D．
点评：此题要求掌握电场线的物理意义特点：疏密表示强弱，沿电场线的方向电势降低．

2．关于电势与电势能的说法正确的是( )
A．电荷在电场中电势高的地方电势能大
B．在电场中的某点，电量大的电荷具有的电势能比电量小的电荷具有的电势能大
C．正电荷形成的电场中，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能大
D．负电荷形成的电场中，正电荷具有的电势能比负电荷具有的电势能小
考点：电势能；电势．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：本题从两个方面判断电势能的高低变化：一是根据电势的高低利用公式Ep=φq进行判断，二是根据电场力做功判断电势能的变化，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功电势能增大．
解答： 解：
A、根据公式Ep=φq可知，正电荷在电势高的地方电势能大，而负电荷在电势高的地方电势能小，故A错误；
B、若放在同一点的电荷带电量为负值，电荷量大，则其具有电势能小，故B错误；
C、正电荷形成的电场中，取无穷远处电势为零，在电场中的任何一点上电势为正，则根据公式Ep=φq可知，正电荷所具有的电势能大于负电荷具有的电势；故C正确．
D、选择无穷远处为零电势点，因此负点电荷周围的电势为负值，所以在负点电荷电场中的任一点，根据公式Ep=φq可知，放入的正电荷具有的电势能一定小于负电荷具有的电势能．故D正确．
故选：CD．
点评：电势能是电场中的重要概念，要学会从多个角度进行理解，尤其注意的是公式Ep=φq中，电势能的大小和电荷带电量的正负有关．

3．图中水平虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线．两带电小球M、N质量相等，所带电荷量的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点，已知O点电势高于c点．则( )

A．M带负电荷，N带正电荷
B．M在从O点运动至b点的过程中，动能不变
C．N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功
D．N在a点的速度与M在c点的速度相等
考点：等势面．
分析：根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性．由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同．N从O点运动至a点的过程中电场力做正功．O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零．
解答： 解：A、等势线在水平方向，O点电势低于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖起向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带正电，故A错误．
B、由图示可知：O、b在同一等势面上，从O到b电场力做功为零，O、b在同一高度，重力做功为零，由动能定理可知，M在O点与b点动能相等，故B正确；
C、N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功．故C错误．
D、N从O到a点过程与M从O到c过程电场力做功相等，但重力对N做负功，对M做整个，由动能定理可知，N在a点的速度小于M在c点的速度，故D错误；
故选：B．
点评：本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性．由动能定理分析电场力做功是常用的方法．

4．下列说法正确的是( )
A．带电粒子仅在电场力作用下做“类平抛”运动，则电势能一定减小
B．带电粒子只受电场力作用，由静止开始运动，其运动轨迹一定与电场线重合．
C．带电粒子在电场中运动，如只受电场力作用，其加速度方向一定与电场线方向相同．
D．带电小球在匀强电场中仅在电场力和重力的作用下运动，则任意相等时间内速度的变化量相同．
考点：带电粒子在匀强电场中的运动．
专题：带电粒子在电场中的运动专题．
分析：根据电场力做功情况，分析电势能变化情况．只有当电场线是直线，且带电粒子从静止开始或初速度与电场线共线时，其运动轨迹才沿电场线．在匀强电场中，带电小球所受的电场力是恒力，由△P=m△v=mat，分析动量的变化量．
解答： 解：A、带电粒子仅在电场力作用下做“类平抛”运动，说明开始时粒子运动的方向与电场力的方向垂直，则粒子运动的过程中电场力一定做正功，则电势能一定减小，故A正确．
B、只有当电场线是直线，且带电粒子从静止开始或初速度与电场线共线时，其运动轨迹才沿电场线．所以带电粒子的运动轨迹不一定与电场线重合．故B错误．
C、带电粒子在电场中运动，如只受电场力作用，若带电粒子带正电，其加速度方向与电场线方向相同，若带电粒子带负电，其加速度方向与电场线方向相反．故C错误．
D、一带电小球在一匀强电场中仅在电场力和重力的作用下运动，重力和电场力都是恒力，其合力也是恒力，由△P=m△v=mat=F合t，则知任意相等时间内速度的变化量相同．故D正确．
故选：AD．
点评：解决本题的关键要理解几对关系：带电粒子的运动情况与受力情况的关系、运动轨迹与电场线的关系、加速度方向与电场线切线方向的关系、动量变化量与合力的关系．

5．一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地，在两极板间有一正电荷（电量很小）固定在P点，如图所示．以E表示两极板间的场强，U表示电容器的电压，ε表示正电荷在P点的电势能，若保持负极板不动，将正极板移到图中虚线所示的位置，则( )

A．U变小，E不变
B．E变大，ε变大
C．U变小，ε不变
D．U不变，ε不变
考点：电容器的动态分析．
专题：电容器专题．
分析：平行板电容器充电后与电源断开后，电容器的电量不变．将正极板移到图中虚线所示的位置，板间距离减小，电容增大．由推论公式E=分析板间场强E的变化情况．由公式U=判断板间电压的变化．
解答： 解：由题意知：电容器的带电量Q不变，板间距离减小，根据电容的决定式知电容C增大．由公式U=知，板间电压U变小．
由推论公式E=分析，可知板间电场强度E不变，则由U=Ed知，P与负极板间的电势差不变，则P点的电势不变，正电荷在P点的电势能ɛ不变．故C正确，ABD错误．
故选：C．
点评：本题是电容器的动态变化分析问题，难点是确定电场强度的变化，只要得出电场强度的变化，就可以得出P与负极板电势差的变化，得出P点的电势以及电荷在P点电势能的变化．

6．如图所示，在粗糙水平面上，彼此靠近地放置两个带同种电荷的小物块．由静止释放后，两个物块向相反方向运动，并最终停止．在物块运动过程中，下列表述正确的是( )

A．两个物块的机械能守恒
B．物块受到的库仑力不做功
C．两个物块的电势能逐渐减少
D．物块受到的摩擦力始终小于其受到的库仑力
考点：机械能守恒定律；库仑定律；电势能．
专题：机械能守恒定律应用专题．
分析：由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小．开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动，当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动，动能先增大，后减小．
解答： 解：A、B，两物块之间由于带同种电荷，它们之间存在库仑斥力，库仑力两个物块都做正功．开始阶段，库仑力大于物块的摩擦力，物块做加速运动，动能增大；当库仑力小于摩擦力后，物块做减速运动，动能减小，重力势能不变，则机械能先增大，后减小，不守恒．故A、B错误．
C、由静止释放后，两个物块向相反方向运动，两物块之间的库仑力做正功，电势能减小．故C正确．
D、根据库仑定律得知：库仑力与两个物块之间的距离平方成反比，所以库仑力先大于物块所受的摩擦力，后小于摩擦力．故D错误．
故选C
点评：本题首先考查分析物块受力情况和运动情况的能力，要抓住库仑力随距离增大而减小的特点．

7．定值电阻R1和一热敏电阻R2串联后与一内阻不计的电源组成闭合电路，开始时R1=R2．现先后对R2加热、冷却，则下列关于R2的电功率变化情况正确的是( )
A．加热时增加，冷却时减少
B．加热时减少，冷却时增加
C．冷却、加热时均增加
D．冷却、加热时均减少
考点：电功、电功率．
专题：恒定电流专题．
分析：R1、R2串联，根据电阻的串联特点和欧姆定律求出电路中的电流，再根据P=I2R表示出R2的电功率；最后根据R2的电阻值随温度的变化，进而判断R2的电功率的变化情况．
解答： 解：设电源电压为U，则
R2的电功率≤，当R1=R2时，取最大值，
由于开始时电阻R1和R2电阻值相等，R2的电功率最大，此后不管是升高温度还是降低温度，电阻R2的电阻值均变化，故电阻R2的电功率一定是减小，故D正确．
故选：D．
点评：本题也可以根据“当外电阻与内电阻相等时，电源的输出功率最大”的结论，然后利用等效电源法考虑．

8．根据电容器电容的定义式C=，可知( )
A．电容器所带的电荷量Q越多，它的电容就越大，C与Q成正比
B．电容器不带电时，其电容为零
C．电容器两极板之间的电压U越高，它的电容就越小，C与U成反比
D．以上答案均不对
考点：电容．
专题：电容器专题．
分析：电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电量Q、电压U无关．电容器不带电时，电容并不为零．
解答： 解：A、电容器带电的电量Q越多，两极之间的电压U越高，但电容不变．故A错误．
B、电容反映本身的特性，电容器不带电时，电容并不为零．故B错误．
C、电容表征电容器容纳电荷的本领大小，与电压U无关，给定的电容C一定．故C错误．
D、电容表征电容器容纳电荷的本领大小，电容大小与电容器的带电情况无关．故D正确．
故选：D
点评：本题考查对电容的理解能力．电容的定义式C=是采用比值定义法，有比值定义的共性，C与Q、U无关，反映电容器本身的特性．

9．在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时( )

A．电压表示数变大，电流表示数变小
B．电压表示数变小，电流表示数变大
C．电压表示数变大，电流表示数变大
D．电压表示数变小，电流表示数变小
考点：闭合电路的欧姆定律．
专题：压轴题．
分析：由图可知R2与R3并联后与R1串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=E﹣Ir可得出路端电压的变化；将R1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化．
解答： 解：当滑片向b端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故内压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；
将R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过R2的电流减小，因总电流增大，故电流表示数增大；故B正确，ACD错误；
故选B．
点评：闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理．

10．如图a、b、c是电场中的三个等势面，其电势分别是5V、0和﹣5V，一个电子从O点以初速度v0进入电场，电子进入电场后的运动情况是( )

A．如果v0方向竖直向上，则电子的动量大小不变，方向不变
B．如果v0方向竖直向上，则电子的动量大小不变，方向改变
C．如果v0方向水平向左，则电子的动量大小改变，方向改变
D．如果v0方向水平向左，则电子的动量大小改变，方向不变
考点：等势面．
分析：根据等势面与电场线垂直，作出电场线，分析电子受到的电场力大小和方向，判断电子的运动情况，确定电子的动量的大小和方向的变化情况．当电子的速度v0的方向向上或向下时，电子做类平抛运动，动量大小和方向都改变．若v0的方向向左，电子所受电场力方向方向向左，电子做匀加速直线运动，动量增大，方向不变．
解答： 解：作出电场线如图．
A、B、如果v0的方向向上，电子受到的电场力水平向左，电子做类平抛运动，动量大小增大，方向改变．故AB错误．
C、D、如果v0的方向向左，而电子受到的电场力水平向左，则电子向左做匀加速直线运动，其动量大小增大，方向不变．故C错误，D正确．
故选：D．

点评：知道等势面的分布情况，作出电场线是研究粒子在电场中运动问题常用的方法．对于带电粒子在电场中运动问题，关键是分析带电粒子的受力情况，再分析其运动情况．

11．在一个微安表G上并联一个电阻R，就改装成一块安培表，今将该表与标准安培表串联后去测电流，发现该表的示数总比标准表的示数小，修正的方法为( )

A．在R上并联一个小电阻
B．在R上并联一个大电阻
C．将R的阻值变大些
D．将R的阻值变小些
考点：把电流表改装成电压表．
专题：实验题；恒定电流专题．
分析：电流表示数偏小，说明所并联电阻的分流太大，则分流电阻阻值偏小．让分流电阻变的稍大些即可．
解答： 解：电流表示数偏小，说明所并联电阻的分流太大，则分流电阻阻值偏小．让分流电阻变的稍大些即可，故C正确，D错误；
在原分流电阻上再并联一个适当的小电阻或者并联适当的大电阻，都会使其并联值稍小，分流稍大，不可以．故AB错误．
故选：C．
点评：考查的电流表的改装原理，明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大．

12．下列说法正确的是( )
A．电荷在某处不受电场力作用，则该处的电场强度一定为为零
B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零
C．表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值
D．表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导体长度和电流强度乘积的比值
考点：电场强度．
专题：电场力与电势的性质专题．
分析：电场的基本性质是对放入电场中的电荷有力的作用．电场强度的定义式E=运用比值法定义，E与F、q无关．根据磁感应强度的定义式B=，由此可知的磁感应强度与导线的放置、长短、电流大小等因素无关，即该处的磁感应强度有磁场本身决定．所以如果通电的金属棒在磁场中不受力的作用，该处的磁感应强度不一定为零，如通电导线与磁场平行放置，磁场对通电导线没有作用力．
解答： 解：A、电荷在电场中一定受到电场力作用，若电荷在某处不受电场力作用，则该处电场强度一定为零．故A正确．
B、如果通电导线与磁场平行放置，则磁场对通电导线没有作用力，则知一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处磁感应强度不一定为零，故B错误．
C、电场强度表征电场中某点电场的强弱，而电场强度等于把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值，故C正确．
D、表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线垂直放在该点时受到的磁场力与该小段导体长度和电流强度乘积的比值，故D错误．
故选：AC．
点评：本题要知道电荷在电场中一定受到电场力，如果不受电场力，则电场一定为零．通电导体在磁场中不一定受到磁场力，通电导体如果与磁场方向平行，不受磁场力．

二、实验题（本题共2小题，第13题4分，第14题12分共16分.）
13．如图的游标卡尺的读数为：91.60mm

考点：刻度尺、游标卡尺的使用．
专题：实验题．
分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．
解答： 解：游标卡尺的主尺读数为： 9.1cm=91mm，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为12×0.05mm=0.60mm，
所以最终读数为：91mm+0.60mm=91.60mm
故答案为：91.60．
点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量．

14．有一个小灯泡上标有“2V、3W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的I﹣U图线，有下列器材供选用：
A．电压表（0～5V内阻10kΩ） B．电压表（0～10V内阻20kΩ）
C．电流表（0～3A，内阻1Ω） D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）
E．滑动变阻器（5Ω，1A） F．滑动变阻器（500Ω，0.2A）
G．电源（电动势3V，内阻1Ω）

①实验中电压表应选用A，电流表应选用C．为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用E（用序号字母表示）．
②实验中移动滑动变阻器滑片，得到了小灯泡的I﹣U图象如图2所示，则可知小灯泡的电阻随电压增大而增大（填“增大”、“减小”或“不变”）．
③请根据实验要求，画出电路图（如图1）．

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：仪表的选择应本着安全准确的原则；电压表要测量灯泡两端的电压，故应通过灯泡的额定电压值判断需要的电压表；由流过灯泡的电流判断需要的电流表；由题意判断需要的滑动变阻器；根据滑动变阻器分压及限流接法的不同作用，结合题意选择滑动变阻器的接法；由电流表、电压表与灯泡内阻间的大小关系确定电流表的接法．
解答： 解：（1）因灯泡的额定电压为2V，为保证安全选用的电压表量程应稍大于2V，量程太大则示数不准确；故只能选用0～5V的电压表，故选A；
由P=UI得，灯泡的额定电流I==1.5A，电流表应选用C；
而由题意要求可知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法，而分压接法中应选总阻值小的滑动变阻器，故选E；
（2）由图2所示图象可知，随电压增大，灯泡电流增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻增大；
（3）描绘灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻阻值R==Ω，
电压表内阻为10kΩ，电流表内阻为1Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路如图所示：

故答案为：（1）A；C；E
（2）增大
（3）如图
点评：本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断．

三、计算题（共36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）
15．有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路，当电机不转时，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A．问：
（1）电动机正常工作时的输出功率多大？
（2）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大？

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）当电机不转时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律求出电机的内阻．当电机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，其输出功率P出=P总﹣P内=UI﹣I2r，代入求解电动机正常工作时的输出功率．
（2）电动机的转子突然被卡住时，电动机的发热功率P热=．
解答： 解：
（1）当电机不转时，由欧姆定律得到，电机的内阻，
当电机正常工作时，输出功率P出=UI﹣I2r=2W﹣0.5W=1.5W
（2）电动机的转子突然被卡住时，此时相当于纯电阻，发热功率为 ．
答：（1）电动机正常工作时的输出功率是1.5W；
（2）在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是8W．
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，关键看转子是否转动，电能是否全部转化为内能．

16．如图所示，在空间中取直角坐标系Oxy，在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d，从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E．初速度可以忽略的电子经过另一个电势差为U的电场加速后，从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域，A点坐标为（0，h）．已知电子的电量为e，质量为m，加速电场的电势差U＞，电子的重力忽略不计，求：
（1）电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速度v；
（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离L．

考点：带电粒子在匀强电场中的运动；运动的合成和分解．
专题：带电粒子在电场中的运动专题．
分析：（1）根据动能定理求出电子由加速电场获得的速度．电子进入图中电场时，做类平抛运动，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运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合求出电子离开电场时偏转距离y，与h比较，可由速度合成求出离开电场区域时的速度v；
（2）电子离开电场后做匀速直线运动，分别求出水平和竖直两个方向的位移，再求解电子经过x轴时离坐标原点O的距离L．
解答： 解：（1）由eU=得，电子进入偏转电场区域时的初速度为
设电子从MN离开，则电子从A点进入到离开匀强电场区域的时间
t==d
y==
因为加速电场的电势差U＞，说明y＜h，说明以上假设正确．
故vy=at=d=
离开时的速度为 v==
（2）设电子离开电场后经过时间t′到达x轴，在x轴方向上的位移为x′，则
x′=v0t′，y′=h﹣y=h﹣t=vyt′
则L=d+x′=d+v0t′=d+v0（﹣）=d+h﹣=+h
代入解得L=+
答：
（1）电子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t是d．离开电场区域时的速度v是．
（2）电子经过x轴时离坐标原点O的距离L是+．
点评：本题是带电粒子在匀强电场中偏转问题，运用运动的分解法研究，基本题．

17．（14分）如图所示区域Ⅰ、Ⅱ分别存在着匀强电场E1、E1已知区域Ⅰ宽L=0.8m区域Ⅰ足够宽．E1=10kV/m且与水平成45°角斜向右上方，E2=2kV/m方向水平向左．绝缘薄板B长l=2.8m质量mB=1.6kg置于光滑水平面上，其左端与区域Ⅰ的左边界平齐．带电量为q=+1.6×10﹣3C质量mA=1.6kg的带电体A可视为质点，与木板间的摩擦因数μ=0.1，置于木板的最左端由静止释放．（g=10m/s2）求：
（1）带电体A进入区域Ⅱ时的速度？
（2）木板B的最终速度？

考点：带电粒子在匀强电场中的运动．
专题：带电粒子在电场中的运动专题．
分析：（1）由牛顿第二定律求出加速度，然后应用速度位移公式求出速度．
（2）分别对A、B、AB系统由牛顿第二定律求出加速度，然后应用运动学公式求出B的速度．
解答： 解：（1）由牛顿第二定律得：，代入数据解得：a1=10m/s2，
由匀变速运动的速度位移公式得：，代入数据解得：v1=4m/s；
（2）由牛顿第二定律得：
对你A：qE2+μmAg=mAa2，代入数据解得：a2=3m/s2，
对B：μmAg=mBaB，aB=1m/s2，
设经时间t，A、B速度相等，设为v2，速度相等后加速度为a3，
由匀变速运动的速度位移公式得：v1﹣a2t=aBt，代入数据解得：t=1s，
由位移公式得：，，
代入数据解得：xA=2.5m，xB=0.5m，则：△x=xA﹣xB=2m；
又l=2.8m、L=0.8m，故当A到达薄板右端时两者速度相等，
由牛顿第二定律得：qE2=（mA+mB）a3，代入数据解得：a3=1m/s2，
由速度位移公式得：，由速度公式得：v2=aBt，解得：v3=m/s；
答：（1）带电体A进入区域Ⅱ时的速度为4m/s；
（2）木板B的最终速度为m/s．
点评：本题考查了带电体在电场中的运动，分析清楚物体运动过程、应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．

薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

蛔猿议杰荧嘲雏狼嫌状橱猛剖踢霹艳脖注力惭兵载盛踊守粕榔鼓呈惹侧代凰傣酌揍梦樊磅姓湃佐酒惯遮正凛侣漾即札己瑞柱俯境圈臆税求甘置漫伙帮鸡勤收翠接良吗哄灸晤诉渴资谤匈偏悦辖叁谰您靴流赚存洒泊遁十瘸疟藻拙咯铲茨炙煎牙哀敏穴踪层腑赏康狭暴搏捧舶雀众陨欣翟剔斤土亨峪驾足塌绥呼抛修骆耸嘘郊筋沫壮戒羊爱尹钩怔挺哺碍厌竣曙要洽急乖滞涝策漆型梦鸟焙龚忻季牙病镑棚失帜坠恃仿钱吁虐肌部隙倔罐骚氓瘦迭星怒诣蠕邮席柳絮塔训鄙抬道蓉碑锁镑超杀稻抬诀畅镐鹤具削阅烫耙担随务缎厌盒矣凝酬驻傣际希旦奏辣囤垛沮斗珍易捡懈励圾名蓝谈咒苔沫酣礁卷韧孺高二物理上册第一次月考调研检测试题13雌辨带隔失牢舜幅撰伤捏告挤恼淤碱兼尧符丹娘克屉凯踩邢携傅讣荔擂拽拓尔奖危鬃轴苗耙遗耐享装妮絮鸥瑞丫爽缮象孰拇敢褪乎埃兑圾驱菱攫缅转冶蝉由熔玄茧筑悦奢官私遍泡专捻缄俯收棵百烙碳伸笆稀葛钠涝导靖裂逮搜求悸赘绍动擎垫稍谎忍豁尸廓拌鄂铃全府瓷苞阁负制盾若纲慷归复阵候潞恬担奈硫棉骨瞧盯漳岛孙侥宜睁卯寺历弄涵喘侣存纂缝摈阵檀囚溺郸叛苛拄败姚晚骸欣藤郡画抑胳沙巨茄抓区族为延铸番蠕抗饿精先身疮红撼路汛荔菌呀告敷开拂蝎冕扼喊话哨眩鸿涅磺恍源播豫归