2020高二物理上学期月考试卷(含解析).pdf

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1、【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！1/34 2020高二物理上学期月考试卷（含解析）编 辑：_时 间：_教学资料范本【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！2/34 一、单项选择题：（本题共12 个小题，每小题4 分，共 48 分；每小题只有一个正确答案）1一个检验电荷在电场中某点受到的电场力为F，这点的电场强度为E，在下图中能正确反映q、E、F三者关系的是()ABCD2一节干电池的电动势为1.5V，这表示该电池()A能将

2、 1.5J 的化学能转变成电能B接入电路工作时两极间的电压恒定为1.5VC它存储的电能比电动势为1.2V 可充电电池存储的电能多D将 1C电量的电荷由负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5J的功3如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d 两点在另一个等势面上甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a 射入电场，在电场中沿不同的轨迹 adb 曲线、acb曲线运动则下列说法正确的是()两粒子所带的电荷符号不同甲粒子经过 c 点时的速度大于乙粒子经过d 点的速度两个粒子的电势能都是先减小后增大经过 b 点时，两粒子的动能一定相等【新教材20

3、20 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！3/34 ABCD4如图所示，将两个等量异种点电荷分别固定于A、B两处，AB为两点电荷的连线，MN 为 AB连线的中垂线，交AB于 O点，M、N距两个点电荷较远，以下说法正确的是()A沿直线由 A到 B，各点的电场强度先减小后增大B沿直线由 A到 B，各点的电势先升高后降低C沿中垂线由 M到 O，各点的电场强度先增大后减小D将一电荷从 M点移到 O点，电场力做正功，电荷的电势能减少5在匀强电场中将一个带电量为q、质量为 m的小球由静止释放，小球的运动轨迹为一直线，此直线与竖直方向的夹

4、角为，则匀强电场E的最小值是()ABCD6带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变大，可采用的方法有()A在两板间插入电介质B在两板间插入一块厚铝板C将极板 B向右适当移动D将极板 B向上适当移动7在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向b 端移动时()A电压表的读数增大，电流表的读数减小B电压表和电流表的读数都增大C电压表和电流表的读数都减小D电压表的读数减小，电流表的读数增大【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！4/34 8把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯

5、泡均正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和 P乙表示，则下列结论中正确的是()AP甲=3P乙BP甲3P乙CP乙=3P甲D P乙3P甲9如图所示，电源电动势为E，内阻为 r，R0为定值电阻，R为可变电阻，其总阻值 RR0+r，则当可变电阻的滑动触头由A向 B移动时()A电源内部消耗的功率越来越大，电源的供电效率越来越高BR、R0上功率均越来越大CR0上功率越来越大，R上功率先变大后变小DR0上功率越来越大，R上功率先变小后变大10如图中的两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器 R组成的电表，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是()A左表是电流

6、表，R增大时量程减小B左表是电流表，R增大时量程增大C右表是电压表，R增大时量程减小D上述说法都不对11如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地一带负电的油滴位于容器中的P点且处于静止状态现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则错误的是()A带 P点的电势将升高B带电油滴的机械能将增加C电油滴的电势能将减少【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！5/34 D通过灵敏电流计有从a 往 b 的电流12地面附近，存在着一有界电场，边界MN 将某空间分成上下两个区域、，在区域中有竖直向上的匀强电场，在区域中离

7、边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球 A，如图甲所示，小球运动的vt 图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则()A在 t=2.5s时，小球经过边界MNB小球受到的重力与电场力之比为3：5C在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小D在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等二、双项选择题：（本题共4 个小题，每小题4 分，共 16分；每小题有两个正确答案，选不全得2 分）13如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到 B点，在这一运动过程中克服重力做的功为3.0J，电场力做的功为2.0J 则下列说法正确的是()A粒子带正电B粒子在 A点的电

8、势能比在 B点少 2.0JC粒子在 A点的机械能比在 B点少 1.0JD粒子在 A点的动能比在 B点多 1.0J14如图，在真空中一条竖直向下的电场线上有两点a 和 b一带电质点在 a 处由静止释放后沿电场线向上运动，到达b 点时速度恰好为零则下面说法正确的是()【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！6/34 Aa 点的电场强度大于b 点的电场强度B质点在 b 点所受到的合力一定为零C带电质点在 a 点的电势能大于在b 点的电势能Da 点的电势高于 b 点的电势15电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组

9、成如图所示的电路当开关 S闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态现将开关 S断开，则以下判断正确的是()A液滴仍保持静止状态B液滴将向上运动C电容器上的带电量将减为零D电容器上的带电量将增大16如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为V1、V2、V3，理想电流表A示数变化量的绝对值 I，则()A电压表 V3与电流表 A示数的比值不变BV1与I 的比值等于 R+rCV2与I 的比值等于 rDV3与I 的比值不变三、填空实验题：（本题共3 个小题，满分 16 分）17利用图甲所示电路测量某电池组的电动势E和内阻

10、 r，根据实验数据绘出的 R图线如图乙所示，其中R为电阻箱读数，I 为电流表读数若电流表内阻可以忽略，则由图象可以得到：E=_V，r=_18为了测量一电压表的内阻，实验室提供了以下可供选择的器材：【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！7/34 A、待测电压表，量程1V，内阻 RV约为 900B、滑动变阻器 R，最大阻值 1000，额定电流 0.2AC、滑动变阻器 R，最大阻值 10，额定电流1AD、电阻箱 R0，最大阻值 999.9，阻值最小改变量0.1 E、电阻箱 R0，最大阻值 99.9，阻值最小改变量0

11、.1F、电池组 E，电动势约为 3V，内阻约为 1 G、开关及导线若干某同学采用半偏法设计的电路图所示，他做此实验的主要实验步骤为：a、闭合开关 S，调节电阻箱 R0使其阻值为 0，调节滑动变阻器R 的滑动触头 P，使电压表 _（选填：满偏、半偏）；b、保持滑动触头 P的位置不动，调节电阻箱R0的阻值，使电压表_，（选填：满偏、半偏），并读取此时电阻箱的阻值在器材的选择上，滑动变阻器应选_，电阻箱应选_（用器材前的序号字母表示）如果该同学在上述步骤b 中从电阻箱上读取的阻值为r，则此电压表的内阻 RV=_ 用上述方法测出的电压表内阻的测量值RV_（大于、小于或等于）电压表内阻的真实值19在“描

12、绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，利用实验得到了8组数据，在图（a）所示的 I U坐标系中，通过描点连线得到了小灯泡的伏安特性曲线（1）根据图线的坐标数值，请在图（b）中用笔画线代替导线，把实验仪器连接成完整的实验电路（2）根据图（a），可判断出图（c）中正确的关系图是（图中P为小灯泡功率）_【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！8/34（3）将同种规格的两个这样的小灯泡并联后再与10 的定值电阻串联，接在电压恒为8V的电源上，如图（d）所示，则电流表的示数为_A，每个小灯泡的功率为_W 四、计算题（本大题共

13、3 小题，共 30 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）20如图，带等量异种电荷的平行金属板，其间距离为d，两板间的电势差为 U，极板与水平方向成30角放置，有一质量为m、速率为 v0的带电小球恰好沿水平方向穿过极板间的匀强电场区域，求：（1）小球带何种电荷？电荷量是多少？（2）小球的加速度（3）小球穿过极板时的速率21如图所示，电阻R1=8，电动机绕组电阻R0=2，当电键 K断开时，电阻 R1消耗的电功率是 2.88W；当电键闭合时，电阻R1消耗的电功率是 2W，若电源的电动势为6V求：【新教材2020 版

14、】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！9/34（1）电源的内电阻；（2）当电键 K闭合时电动机的输出功率22如图所示，空间存在着电场强度E=2.5102N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L=0.5m的绝缘细线一端固定于O点，另一端拴着质量 m=0.5kg、电荷量 q=4102C的小球现将细线拉至水平位置，将小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂，取g=10m/s2求：（1）小球运动到圆周最高点的速度；（2）细线能承受的最大拉力值；（3）当细线断后，小球继续运动到与O点水平方向

15、的距离为L 时，小球距离 O点的高度20 xx-20 xx 学年四川省市沫若中学高二（上）月考物理试卷一、单项选择题：（本题共12 个小题，每小题4 分，共 48 分；每小题只有一个正确答案）1一个检验电荷在电场中某点受到的电场力为F，这点的电场强度为E，在下图中能正确反映q、E、F三者关系的是()ABCD【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场强度的大小与放入电场中的电荷无关，由电场本身的性质决定，根据 F=qE分析 F与 q 的关系【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知

16、删除！10/34【解答】解：A、电场强度的大小与放入电场中的电荷无关，故A、B错误C、根据 F=qE知，E不变，F与 q 成正比，故 C错误，D正确故选：D【点评】解决本题的关键知道电场强度的性质，知道电场强度与F 和 q无关，结合 F=qE分析 F与 q 的关系，基础题2一节干电池的电动势为1.5V，这表示该电池()A能将 1.5J 的化学能转变成电能B接入电路工作时两极间的电压恒定为1.5VC它存储的电能比电动势为1.2V 可充电电池存储的电能多D将 1C电量的电荷由负极移送到正极的过程中，非静电力做了1.5J的功【考点】电源的电动势和内阻【专题】恒定电流专题【分析】电源是一种把其它形式的

17、能转化为电能的装置，电动势E的大小等于非静电力做的功与电量的比值，即E=，其大小表示电源把其它形式的能转化为电能本领大小，而与转化能量多少无关【解答】解：A、D、电源电动势的大小表征了电源把其它形式的能转化为电能的本领大小，电动势在数值上等于将1C电量的正电荷从电源的负极移到正极过程中非静电力做的功，即一节干电池的电动势为1.5V，表示该电池能将1C电量的正电荷由负极移送到正极的过程中，非静电力做了 1.5J 的功，故 D正确，A错误；B、电动势应等于电源内外电压之和，故B错误；【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告

18、知删除！11/34 C、电动势大的说明电源把其它形式的能转化为电能的本领大，即由E=知，电动势大的存储的电能不一定多，故C错误故选 D【点评】E=也是属于比值定义式，与U=含义截然不同，电动势E大小表征电源把其它形式能转化为电能本领大小，而电压U大小表征电能转化为其它形式的能的大小，要注意区分3如图所示，虚线表示某点电荷Q所激发电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d 两点在另一个等势面上甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a 射入电场，在电场中沿不同的轨迹 adb 曲线、acb曲线运动则下列说法正确的是()两粒子所带的电荷符号不同甲粒子经过 c 点时的速度大于乙粒子

19、经过d 点的速度两个粒子的电势能都是先减小后增大经过 b 点时，两粒子的动能一定相等ABCD【考点】电势能；动能定理的应用【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据轨迹判定电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，可知两粒子在从a 向 b 运动过程中电场力做功情况根据虚线为等势面，可判定acb、adb 曲线过程中电场力所做的总功为 0【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！12/34【解答】解：由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，故两粒子的电性一定不同故正确甲粒子从 a 到

20、 c 和乙粒子从 a 到 d，Uac=Uad，但甲、乙两粒子带异种电荷，所以甲粒子从a 到 c 电场力做功与乙粒子从a 到 d 电场力做功不等，所以甲粒子经过c 点时的动能不等于乙粒子经过d 点时的动能，甲粒子经过 c 点时的速度大于乙粒子经过d 点的速度，故正确由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，则电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增加；而电荷乙受到中心电荷的斥力，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减小，故错误可知两粒子在从a 向 b 运动过程中电场力做功情况根据虚线为等势面，可判定 acb、adb曲线过程中电场力所做的总功为0，两粒子在a 点时具有相同的速率，但动能不一定相等，虽重力

21、不计，两粒子经过b 点时动能不一定相等故错误因此本题正确的有故选：A【点评】根据轨迹判定“电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力”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4如图所示，将两个等量异种点电荷分别固定于A、B两处，AB为两点电荷的连线，MN 为 AB连线的中垂线，交AB于 O点，M、N距两个点电荷较远，以下说法正确的是()A沿直线由 A到 B，各点的电场强度先减小后增大B沿直线由 A到 B，各点的电势先升高后降低【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权

22、，望告知删除！13/34 C沿中垂线由 M到 O，各点的电场强度先增大后减小D将一电荷从 M点移到 O点，电场力做正功，电荷的电势能减少【考点】电势能；电场线【专题】电场力与电势的性质专题【分析】在如图所示的电场中，等量异种电荷连线上的电场方向是相同的，由+Q指向 Q；根据电场线的疏密分析场强的变化电场线越密，场强越大，两电荷连线上的电场强度大小关于O点对称，MN 是一条等势线根据顺着电场线电势降低，判断电势的变化【解答】解：A、由电场线的分布可知，沿直线由A到 B，电场线先变疏后变密，则电场强度先减小后增大故A正确B、电场线方向由 B到 A，根据顺着电场线方向电势降低可知，沿直线由 A到 B

23、，各点的电势一直升高故B错误C、沿中垂线由 M到 O，电场线越来越密，电场强度一直增大故C错误D、MN 是一条等势线将一电荷从M点移到 O点，电场力不做功，电势能不变故 D错误故选 A【点评】解决本题的关键知道等量异种电荷周围的电场线分布，知道两电荷连线的中垂线是等势线5在匀强电场中将一个带电量为q、质量为 m的小球由静止释放，小球的运动轨迹为一直线，此直线与竖直方向的夹角为，则匀强电场E的最小值是()ABCD【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！14/34【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运

24、用；电场强度【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】由题，小球受到重力G和电场力 F而做直线运动，其合力方向与此直线在同一直线上，作出力的合成图，确定电场力最小的条件，得到电场力的最小值，再求解匀强电场E的最小值【解答】解：由题小球做直线运动，受到重力G和电场力 F的作用，则这两个力合力方向必须在此直线上，作出电场力在三种不同方向力的合成图如图，由数学知识得知，当电场力F与此直线垂直时，F最小，最小值为 Fmin=Gsin=mgsin又 F=qE，F最小时，则 E也最小，所以匀强电场E的最小值是Emin=故选 B【点评】本题首先要掌握物体做直线运动的条件：合力与速度共线；其次要能运用作图法，确

25、定电场力F取得最小值的条件6带电的平行板电容器与静电计的连接如图所示，要使静电计的指针偏角变大，可采用的方法有()A在两板间插入电介质B在两板间插入一块厚铝板C将极板 B向右适当移动D将极板 B向上适当移动【考点】电容器的动态分析【专题】定性思想；推理法；电容器专题【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！15/34【分析】根据电容的决定式C=?，分析电容的变化，再由电容的定义式C=，分析板间电压的变化，确定静电计指针张角的变化【解答】解：A、在两板间插入电介质时，介电常数增大，根据C=?，则 C增大，根据 U=

26、知，电势差减小，则指针偏角减小，故A错误；B、在两极板间插入一块铝板，间距d 变小，根据 C=?，则电容 C增大，根据 U=知，电势差增减小，则指针偏角减小，故B错误；C、将极板 B向右运动时，间距减小，根据C=?，则 C增大，根据 U=知，电势差减小，则指针偏角减小，故C错误；D、将极板 B向上运动时，正对面积减小，根据C=?，则 C减小，根据U=知，电势差增大，则指针偏角增大，故D正确；故选：D【点评】本题考查电容器的动态分析问题，要明确夹角大小表示电势差的大小，关键掌握电容的决定式C=?，以及电容的定义式C=，并能灵活运用7在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑片向b 端移动时()A电压表

27、的读数增大，电流表的读数减小B电压表和电流表的读数都增大C电压表和电流表的读数都减小D电压表的读数减小，电流表的读数增大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！16/34【分析】当滑动变阻器的滑动触点向b 端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析流过变阻器电流的变化，来判断电表读数的变化【解答】解：当滑动变阻器的滑动触点向b 端移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，由欧姆定律分析总电流I 减小

28、，路端电压 U=E Ir 增大，电阻 R2的电压 U2=E I（r+R1）增大，流过电阻 R2的电流 I2 增大，则流过电流表的电流I3=I I2 减小所以伏特表 V的读数增大，安培表A的读数减小故选：A【点评】本题是简单的电路动态变化分析问题，往往按“部分整体部分”的顺序分析8把六个相同的小灯泡接成如图甲、乙所示的电路，调节变阻器使灯泡均正常发光，甲、乙两电路所消耗的功率分别用P甲和 P乙表示，则下列结论中正确的是()AP甲=3P乙BP甲3P乙CP乙=3P甲D P乙3P甲【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路【专题】恒定电流专题【分析】电路所消耗的总功率的大小等于电路两端的总的电压与总电流

29、的乘积，由此即可直接得出结论【解答】解：设灯泡正常发光时的电流为I，对于甲图，电路的总的电流为3I，此时甲的总功率的大小为P甲=U?3I，对于乙图，电流的总电流的大小就为I，此时乙的总功率的大小为P乙=U?I，【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！17/34 所以 P甲=3P乙，故选：A【点评】于本题来说关键的是选择公式，由于电路的总电压的大小是相同的，所以用总电压与总电流的乘积来计算总功率的大小比较简单9如图所示，电源电动势为E，内阻为 r，R0为定值电阻，R为可变电阻，其总阻值 RR0+r，则当可变电阻的

30、滑动触头由A向 B移动时()A电源内部消耗的功率越来越大，电源的供电效率越来越高BR、R0上功率均越来越大CR0上功率越来越大，R上功率先变大后变小DR0上功率越来越大，R上功率先变小后变大【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】可变电阻的滑动触头由A向 B移动时，滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，外电路的电压也就越小，电源的效率越小，当电源的内电阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大【解答】解：A、滑动变阻器的电阻变小，外电路的总电阻也变小，电路的总电流逐渐的增大，由P=I2r 可知，电源内部消耗的功率越来越大，电源的供电效率越来越低，所以A错误；B、滑动变阻器的电阻变小，外

31、电路的总电阻也变小，电路的总电流逐渐的增大，由 P=I2R0可知，R0上功率越来越大，当R=R 0+r 的时候，滑动变阻器的功率最大，由于R R0+r，所以当滑动变阻器的电【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！18/34 阻不断减小的过程中，R上功率先变大后变小，所以C正确，BD错误故选：C【点评】外电阻的电阻越大，外电路的电压也就越大，电源的效率越大，当电源的内电阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大10如图中的两个电路，都是由一个灵敏电流计G和一个变阻器 R组成的电表，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是

32、测电流的电流表，那么以下结论中正确的是()A左表是电流表，R增大时量程减小B左表是电流表，R增大时量程增大C右表是电压表，R增大时量程减小D上述说法都不对【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题【分析】灵敏电流计G和变阻器 R并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计G和变阻器 R串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表甲表中，R增大时，变阻器分流减小，量程减小乙表中，R增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大【解答】解：A、由左图所示可知，G与电阻 R并联，左图是电流表，R增大，R的分流较小，电流表量程减小，故A正确，B错误；C、由右图所示可知，G与

33、R串联，右表是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，电压表量程增大，故C错误；D、A选项是正确的，故D错误【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！19/34 故选：A【点评】本题考查电表改装原理的理解能力当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值11如图所示，平行板电容器与直流电源连接，上极板接地一带负电的油滴位于容器中的P点且处于静止状态现将下极板竖直向下缓慢地移动一小段距离，则错误的是()A带 P点的电势将升高B带电油滴的机械能将增加C电油滴的电势能将减少D通过灵敏电流计

34、有从a 往 b 的电流【考点】带电粒子在混合场中的运动；电势能【专题】应用题；定性思想；图析法；带电粒子在复合场中的运动专题【分析】抓住电容器的电压不变，由E=分析板间场强的变化情况，判断油滴所受的电场力的变化，分析油滴的运动情况，由电场力做功情况分析油滴机械能的变化根据平行板电容器的电容决定式C=，分析电容的变化情况，由C=分析电容器所带电量的变化，即可判断电路中电流方向根据 P点与上极板间电势差的变化，判断P点电势的变化【解答】解：A、将下极板竖直向下缓慢移动时，板间距离d 增大，电容器的电压 U不变，由 E=可知，板间场强减小，P点到上极板的距离不变，而 E减小，由 U=Ed知，P点与上

35、极板间电势差减小，且P点的电势小于零，则 P点的电势升高，故A正确；【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！20/34 B、两极板间的电场强度E减小，油滴所受电场力减小，电场力小于重力，油滴所受合力向下，油滴将向下运动，电场力对油滴做负功，油滴的电势能增加，由能量守恒定律可知，油滴的电势能增大，则则其机械能减小，故 BC错误D、两极板间的距离增大，平行板电容器的电容C减小，电容器所带电荷量 Q=CU 减小，电容器放电，由电流计中由a 到 b 的电流，故 D正确；本题选错误的，故选：BC【点评】本题是电容器动态变

36、化分析问题，抓住不变量：电容器与电源保持相连，电压不变，由C=、C=和 E=三个公式结合分析12地面附近，存在着一有界电场，边界MN 将某空间分成上下两个区域、，在区域中有竖直向上的匀强电场，在区域中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球 A，如图甲所示，小球运动的vt 图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则()A在 t=2.5s时，小球经过边界MNB小球受到的重力与电场力之比为3：5C在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小D在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等【考点】电势能；电势；电势差与电场强度的关系【专题】电场力与电势的性

37、质专题【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！21/34【分析】小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN 的时刻分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系整个过程中，小球的机械能与电势能总和不变【解答】解：A、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN 的时刻是t=1s 时故 A错误B、由图象的斜率等于加速度得小

38、球进入电场前的加速度为a1=v1，进入电场后的加速度大小为a2=v1，由牛顿第二定律得：mg=ma1 Fmg=ma2得电场力：F=mg+ma2=v1由得重力 mg与电场力 F之比为 3：5故 B正确C、整个过程中，小球具有两种形式的能：机械能与电势能，根据能量守恒定律得知，它们的总和不变故C错误D、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等故D正确故选：BD【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！22/34【点评】本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关

39、键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系二、双项选择题：（本题共4 个小题，每小题4 分，共 16分；每小题有两个正确答案，选不全得2 分）13如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到 B点，在这一运动过程中克服重力做的功为3.0J，电场力做的功为2.0J 则下列说法正确的是()A粒子带正电B粒子在 A点的电势能比在 B点少 2.0JC粒子在 A点的机械能比在 B点少 1.0JD粒子在 A点的动能比在 B点多 1.0J【考点】电势能；动能定理的应用【专题】电场力与电势的性质专题【分析】在由 A运动 B的过程中，有两个力做功，一是重力做负功，一是电场力做正功从运动轨

40、迹上判断，粒子带正电从A到 B的过程中，电场力做正功为2.0J，所以电势能是减少的，A点的电势能要大于 B点电势能从 A到 B的过程中，克服重力做功3.0J，电场力做功 2.0J，由动能定理可求出动能的变化情况从A到 B的过程中，做功的力有重力和电场力，应用能量的转化与守恒可比较AB两点的机械能【解答】解：A、由运动轨迹来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力与电场方向相同，所以带电粒子应带正电，故A正确；【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！23/34 B、从 A到 B的过

41、程中，电场力做正功为2.0J，故电势能减小 2J，故 B错误；C、从 A到 B的过程中，克服重力做功3.0J，故重力势能增加3J，故 C错误；D、从 A到 B的过程中，克服重力做功3.0J，电场力做正功为2.0J，总功 1J，根据动能定理，动能减少1J，故 D正确；故选 AD【点评】对于本题，要明确以下几点：1、电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少，电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值这常是判断电荷电势能如何变化的依据2、电势能是电荷与所在的电场所共有的，且具有相对性，通常取无穷远处或大地为电势能的零点3、电荷在电场中移动时，电场力做的功与移动的路径无关

42、，只取决于起止位置的电势差和电荷的电量，这一点与重力做功和高度差的关系相似14如图，在真空中一条竖直向下的电场线上有两点a 和 b一带电质点在 a 处由静止释放后沿电场线向上运动，到达b 点时速度恰好为零则下面说法正确的是()Aa 点的电场强度大于b 点的电场强度B质点在 b 点所受到的合力一定为零C带电质点在 a 点的电势能大于在b 点的电势能Da 点的电势高于 b 点的电势【考点】电场线；电场强度；点电荷的场强；电势；电势能【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！24/34【专题】带电粒子在电场中的运动专题

43、【分析】解答本题要掌握：根据质点的运动情况，正确判断其受力情况，弄清在 a、b 两点电场力和重力大小关系；根据电场力做功情况判断电势能的变化；依据电场线方向判断电势高低【解答】解：A、B、由于质点运动过程中初末速度均为零，因此质点所受电场力向上，而且先加速后减速，故在a 点电场力大于重力，b 点重力大于电场力，在 ab 之间某点重力等于电场力，合外力为零，且此时速度最大，故 A正确，B错误；C、从 a 运动到 b 过程中，电场力做正功，电势能减小，所以a 点的电势能大于在 b 点的电势能，故 C正确；D、沿电场线方向电势降低，a 点的电势低于 b 点的电势，故 D错误故选 AC【点评】解决带电

44、粒子在复合场中的运动，要正确进行受力分析，确定其运动状态，然后依据相关规律求解15电源和一个水平放置的平行板电容器、三个电阻组成如图所示的电路当开关 S闭合后，电容器中有一个带电液滴正好处于静止状态现将开关 S断开，则以下判断正确的是()A液滴仍保持静止状态B液滴将向上运动C电容器上的带电量将减为零D电容器上的带电量将增大【考点】闭合电路的欧姆定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用【专题】恒定电流专题【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！25/34【分析】开关闭合时，电容器两板间的电压等于电阻R

45、2两端的电压，小于电源的电动势，当开关断开时，电路稳定时，电容器板间电压等于电源的电动势，分析液滴的运动情况，根据电压的变化，分析电容器的电量变化【解答】解：开关闭合时，电容器两板间的电压等于电阻R2两端的电压，小于电源的电动势当开关断开时，电路稳定时，电路中没有电流，电容器板间电压等于电源的电动势，则知电容器板间电压增大，板间场强增大，液滴所受电场力增大，则液滴将向上运动由于电容器的电压增大，由公式Q=CU 可知，电容器上的带电量将增大故选 BD【点评】本题是电容器动态变化分析问题，关键确定电容器板间电压的变化当电路稳定时，电容器的电压等于所并联的电路两端电压16如图，电路中定值电阻阻值R大

46、于电源内阻阻值r将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为V1、V2、V3，理想电流表A示数变化量的绝对值 I，则()A电压表 V3与电流表 A示数的比值不变BV1与I 的比值等于 R+rCV2与I 的比值等于 rDV3与I 的比值不变【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【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，根据欧姆定律进行分析【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！26/34【解答】解：A、电路结构

47、为 R与滑动变阻器串联，根据欧姆定律可知，电压表 V3与电流表 A示数的比值等于滑动变阻器的阻值，将滑动变阻器滑片向下滑动，阻值变小，故A错误；B、根据闭合电路欧姆定律得：U1=E I（R滑+r），则，故 B错误；C、根据闭合电路欧姆定律得：U2=E Ir，则得：，故 C正确；D、根据闭合电路欧姆定律得：U3=E I（R+r），则得：=R+r，则V3与I 的比值不变，故D正确；故选：CD【点评】本题是电路的动态分析问题，关键要搞清电路的结构，明确电表各测量哪部分电路的电压或电流，根据闭合电路欧姆定律进行分析三、填空实验题：（本题共3 个小题，满分 16 分）17利用图甲所示电路测量某电池组的电

48、动势E和内阻 r，根据实验数据绘出的 R图线如图乙所示，其中R为电阻箱读数，I 为电流表读数若电流表内阻可以忽略，则由图象可以得到：E=4.0V，r=2.0【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】根据闭合电路欧姆定律I=，进行数学变形，得到R与的关系式，根据数学知识研究R图象的斜率和截距的意义，求解电源的电动势和内阻【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！27/34【解答】解析：由闭合电路欧姆定律I=得：R=E?r所以图中直线的斜率值为电源电动势的值，截距为内电阻的值，所以求出电源电动势为4.0V，

49、内电阻为 2.0故答案为：4.0V，2.0【点评】物理图象关键要根据物理规律得到解析式，运用数学知识分析图象的物理意义本题采用的是转换法，本来I R是非线性关系，转换成 R是线性关系，图象直观，一目了然18为了测量一电压表的内阻，实验室提供了以下可供选择的器材：A、待测电压表，量程1V，内阻 RV约为 900B、滑动变阻器 R，最大阻值 1000，额定电流 0.2AC、滑动变阻器 R，最大阻值 10，额定电流1AD、电阻箱 R0，最大阻值 999.9，阻值最小改变量0.1 E、电阻箱 R0，最大阻值 99.9，阻值最小改变量0.1F、电池组 E，电动势约为 3V，内阻约为 1 G、开关及导线若

50、干某同学采用半偏法设计的电路图所示，他做此实验的主要实验步骤为：a、闭合开关 S，调节电阻箱 R0使其阻值为 0，调节滑动变阻器R 的滑动触头 P，使电压表满偏（选填：满偏、半偏）；b、保持滑动触头 P的位置不动，调节电阻箱R0的阻值，使电压表半偏，（选填：满偏、半偏），并读取此时电阻箱的阻值在器材的选择上，滑动变阻器应选C，电阻箱应选 D（用器材前的序号字母表示）【新教材2020 版】本资料系本人收集整编，以VIP 专享文档的呈现方式与各位同仁分享，欢迎下载收藏，如有侵权，望告知删除！28/34 如果该同学在上述步骤b 中从电阻箱上读取的阻值为r，则此电压表的内阻 RV=r用上述方法测出的电