重庆巴蜀中学2018-2019高二(上)第一次月考物理试题

这是一份重庆巴蜀中学2018-2019高二(上)第一次月考物理试题，共29页。试卷主要包含了单选题，，多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题，(共8个小题，每题3分，共24分。)
1.下列说法正确的是（ ）
A. 电源的电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位正电荷从负极移动到正极做功越多
B. 由电容定义式可知C与Q成正比，与U成反比
C. 电流有大小和方向，所以电流是矢量
D. 电动势、电压和电势差名称不同，但物理意义相同，所以单位也相同
2.一电压表由电流表G和电阻R串联而成．若在使用过程中发现此电压表的读数总比准确值稍小一些，采用下列哪种措施可以改进( )
A. 在R上串联一个比R大得多的电阻B. 在R上串联一个比R小得多的电阻
C. 在R上并联一个比R小得多的电阻D. 在R上并联一个比R大得多的电阻
3.如图所示为甲、乙两灯泡的I-U图像，根据图像，计算甲、乙两灯泡串联在电压为220V的电路中时实际发光的功率分别约为（ ）
A. 5W、3W
B. 20 W、12 W
C. 46W、40 W
D. 60 W、70W
4.如图所示电路中，各灯泡额定电压和额定功率分别是：A灯“10V 10W”，B灯“60V 60W”，C灯“40V 40W”，D灯“30V 30W”.在a、b两端加上电压后，四个灯都能发光。比较各灯泡消耗功率大小，以下说法正确的是（ ）
A. PB>PA>PD>PCB. PB>PD>PA>PC
C. PB>PD>PC>PAD. PA>PC>PD>PB
5.如图所示，AB为等量同种点电荷间的连线，CB垂直AB且∠CAB=30°，D为AC的中点，若已知D点的场强大小为E，则C点的场强大小为（ ）
A. EB.
C. D.
6.导体中的电流是这样产生的：当在一根长度为l、横截面积为S，单位体积内自由电荷数为n的均匀导体两端加上电压U，导体中出现一个匀强电场产生，导体内的自由电子（-e）受匀强电场力作用而加速，同时由于与阳离子碰撞而受到阻碍，这样边反复碰撞边向前移动，可以认为阻碍电子向前运动的阻力大小与电子移动的平均速率v成正比，即可以表示成kv（k是常数）．当电子所受电场力和阻力大小相等时，导体中形成了恒定电流，则该导体的电阻是（ ）
A. B. C. D.
7.如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是（）
a、b、c小球带同种电荷
B. a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷
C. a、b小球电量之比为
D. a、b小球电量之比
8.三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的微粒，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后垂直电场进入，并分别落在正极板的A、B、C三处，O点是下极板的左端点，且OC=2OA，AC=2BC，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 三微粒在电场中运动的时间之比
B. 三微粒在电场中运动的加速度之比
C. 三微粒在电场中运动时动能的变化量之比
D. 带正、负电荷的两个微粒的电荷量之比为7:20
二、多项选择题(共8个小题，每题4分，共32分，每题至少有两个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不选得0分)
9.如图所示，原来不带电的半径为r的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放一个电荷量为＋Q的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离为r，静电力常量为k。达到静电平衡后，下列说法中正确的是( )
A. 点电荷Q在金属球内任意位置激发的电场的场强都为零
B. 感应电荷在金属球球心处激发的电场场强，方向向右
C. 金属球最左侧表面的电势和最右侧表面的电势相同
D. 若用导线的两端分别接触金属球的最左端和最右端，导线能将两端的电荷中和
10.两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，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. 粒子带负电
B. b点和d点的电场强度相同
C. 电势能先变大后变小
D. a点和e点的电场强度不同
如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、带电量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法正确的是（ ）
A. 若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有的电流，P点电势升高
B. 若将A板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有的电流，P点电势不变
C. 若将S断开，且将A板向左平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中无电流，P点电势不变
D. 若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中无电流，P点电势降低
12.如图是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，电动机内阻为0.5Ω，R=10Ω，直流电压U=150V，理想电压表示数为100V，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A. 通过电动机的电流为5A
B. 电动机的输出功率为500W
C. 电动机正常工作1h，所产生的热量为4.5×104J
D. 正常工作时此电动机能拉动质量为30kg的物体以2m/s的速度匀速上升
13.如图所示，光滑绝缘细管与水平面成30°角，在管的上方P点固定一个点电荷＋Q，P点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A与P点连线水平．电荷量为－q的小球(小球直径略小于细管内径)从管中A处由静止开始沿管向下运动，在A处时小球的加速度为a.图中PB⊥AC，B是AC的中点，不考虑小球电荷量对电场的影响．则在＋Q形成的电场中( )
A. A点的电势高于B点的电势
B. B点的电场强度大小是A点的4倍
C. 小球从A到C的过程中电势能先减小后增大
D. 小球运动到C处的加速度为g－a
14.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地进入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么( )
A. 偏转电场对三种粒子做功一样多
B. 三种粒子打到屏上时动能一样大
C. 三种粒子运动到屏上所用时间相同
D. 三种粒子打到屏上位置各不相同
15.如图所示，光滑绝缘的半圆形容器处在水平向右的匀强电场中，一个质量为m，电荷量为q的带正电小球在容器边缘A点静止释放，结果小球运动到B点时速度刚好为零，OB与水平方向的夹角为θ=60°，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球重力与电场力的关系是
B. 小球在B点时，对圆弧的压力大小为
C. 小球在A点和B点的加速度大小均为g
D. 如果小球带负电，从A点由静止释放后，也能沿AB圆弧运动
16.如图所示，纸面为竖直面，MN为竖直线段，MN之间的距离为h，空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，重力加速度为g，一质量为m的带正电的小球从M点再纸面内以的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为的速度通过N点，对于小球从M到N的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 电场力对小球做正功3mgh
B. 该过程经历的时间为
C. 小球所受电场力的大小为5mg
D. 该过程中小球离竖直线MN的最远距离为
三、实验题（本题共两小题，共14分）
17.（1）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，以下操作正确的是_________________
A．用刻度尺测量金属丝的全长且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中
B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值
C．用伏安法测电阻时采用电流表外接法，取多组数据算出电阻的平均值
D．为减少实验误差，滑动变阻器应以分压式接入
（2）将读数结果填在对应横线上。
螺旋测微器：_____________mm 游标卡尺：____________cm
18.为了描绘标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，现提供以下器材：
滑动变阻器（最大阻值为10Ω）；电源（电动势为12V，内阻1Ω）；电流表（内阻约为1Ω）；
电压表（内阻约为10kΩ）；导线若干；开关。
（1）在设计电路的过程中，为了尽量减少实验误差，电流表应采用_________（选填“内接”或“外接”）法，滑动变阻器的连接方式应采用_____________（选填“分压式”或“限流式”）；
（2）用笔画线当导线，根据设计的电路图将实物图连接成完整的电路（图中有三根已经接好）。开始时，滑动变阻器的滑动触头应该移到最_________端（选填“左”或“右”）。
（3）若该小灯泡正常发光时的电阻为R1，发光较暗时的电阻为R2，根据所学的知识可判断出R1与R2的大小关系为：R1_______R2（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
四、计算题（本题共4道，共40分，需要写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只有答案没有过程，不给分）
19.在方向水平、足够大的匀强电场中，一不可伸长的绝缘细线的一端连着一个质量为m、带电量为q的带电小球，另一端固定于O点，平衡时细线与竖直方向的夹角成30°（已知重力加速度为g）求：
（1）电场强度的大小；
（2）剪断细线开始经历1秒后小球电势能变化量的大小。
20.（9分）如图甲是一种家用电熨斗的电路原理图(额定电压为220 V)．R0是定值电阻，R是可变电阻(调温开关)，其电阻值均不受温度影响。
(1)该电熨斗温度最低时的耗电功率为121 W，温度最高时的耗电功率为484 W，求R0的阻值及R的阻值变化范围．
(2)假定电熨斗每秒钟散发的热量q跟电熨斗表面温度与环境温度的温差关系如图乙所示，现在温度为20 ℃房间使用该电熨斗来熨烫毛料西服，要求熨斗表面温度为220 ℃，且保持不变，问应将R的阻值调为多大？
21.在足够大的真空空间中，存在水平向右的匀强电场，若用绝缘细线将质量为m的带正电小球悬挂在电场中，静止时细线与竖直方向夹角θ=37º．撤去细线，现将该小球从电场中的A点竖直向上抛出，抛出的初速度大小为v0，如图所示，求：
(1)小球在电场内运动过程中的最小速率。
(2)小球从抛出至达到最小速率的过程中，电场力对小球做的功。(sin37º=0.6，cs37 º =0.8)
22.图1中A和B是真空中的两块面积很大的平行金属板、加上周期为T的交流电压，在两板间产生交变的匀强电场。已知B板电势为零，A板电势随时间变化的规律如图2所示，其中的最大值为，最小值为，在图1中，虚线MN表示与A、B板平行等距的一个较小的面，此面到A和B的距离皆为l。在此面所在处，不断地产生电量为q、质量为m的带负电的微粒，各个时刻产生带电微粒的机会均等。这种微粒产生后，从静止出发在电场力的作用下运动。设微粒一旦碰到金属板，它就附在板上不再运动，且其电量同时消失，不影响A、B板的电势，已知上述的T、、l、q和m等各量的值正好满足等式。若不计重力，不考虑微粒间的相互作用，求：（结果用q、、m、T表示）
（1）在t=0到t=这段时间内产生的微粒中到达A板的微粒的最大速度；
（2）在0-范围内，哪段时间内产生的粒子能到达B板？
（3）在t=0到t=这段时间内产生的微粒中到达B板的微粒的最大速度；
重庆市巴蜀中学高2018－2019学年高二上学期物理第一次月考解析
一、单选题，共8个小题，每题3分，共24分。
1.下列说法正确的是（ ）
A. 电源的电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位正电荷从负极移动到正极做功越多
B. 由电容定义式可知C与Q成正比，与U成反比
C. 电流有大小和方向，所以电流是矢量
D. 电动势、电压和电势差名称不同，但物理意义相同，所以单位也相同
【答案】A
【解析】
【详解】A、电动势公式中的W是非静电力做功，电动势越大，说明非静电力在电源内部把单位正电荷从负极移到正极做功越多，故A正确；
B、电容器电容的定义式，电容器的决定式，可知电容器电容由中介电常数，两板正对面积S，以及两板间的距离d决定，C与Q、U无关，故B错误；
C、电流有方向，其合成遵从的是数学加减法，矢量的合成应该遵从平行四边形法则，故电流是标量，故C错误；
D、电动势、电压和电势差虽然单位相同，但物理意义不同，电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领，而电压等于电势差，故D错误；
故选A。
【点睛】关键要准确理解电动势有相关知识，电容器电容的定义式， C与Q、U无关。
2.一电压表由电流表G和电阻R串联而成．若在使用过程中发现此电压表的读数总比准确值稍小一些，采用下列哪种措施可以改进( )
A. 在R上串联一个比R大得多的电阻
B. 在R上串联一个比R小得多的电阻
C. 在R上并联一个比R小得多的电阻
D. 在R上并联一个比R大得多的电阻
【答案】D
【解析】
试题分析：由题意知，电压表的示数比准确值小，就是要让电流稍大一点，则应减小总电阻，给R并联一电阻可达到要求，若并联一比R小得多的电阻，其并联值会比并联的电阻阻值还要小，电流增加太多，故应并联一比R大得多的电阻，可使总电阻稍变小，满足要求，故选项B正确．
考点：本题考查对电压表改装原理的理解．
3.如图所示为甲、乙两灯泡的I-U图像，根据图像，计算甲、乙两灯泡串联在电压为220V的电路中时实际发光的功率分别约为（ ）
A. 5W、3W
B. 20 W、12 W
C. 46W、40 W
D. 60 W、70W
【答案】B
【解析】
【详解】两灯泡串联，故两灯泡中电流相等，而两灯泡两端的电压为220V，则由图可知，两灯泡的电流均为：，甲的电压为：，而乙的电压为：，故甲的电功率为：，而乙的电功率为：，故B正确，A、C、D错误；
故选B。
【点睛】关键是对图象的认识、串联电路的性质及功率公式的应用，要学会正确应用图象进行分析问题。
4.如图所示电路中，各灯泡额定电压和额定功率分别是：A灯“10V 10W”，B灯“60V 60W”，C灯“40V 40W”，D灯“30V 30W”.在a、b两端加上电压后，四个灯都能发光。比较各灯泡消耗功率大小，以下说法正确的是（ ）
A. PB>PA>PD>PC
B. PB>PD>PA>PC
C. PB>PD>PC>PA
D. PA>PC>PD>PB
【答案】A
【解析】
【详解】A灯的电阻：，B灯的电阻：，C灯的电阻：， D灯的电阻：，设a到b回路的电流为1A，则；C、D两灯并联，，即，则有，，A灯消耗的功率为，B灯消耗的功率为，C灯消耗的功率为，D灯消耗的功率为，所以，故A正确，B、C、D错误；
故选A。
【点睛】关键是知道串联电路和并联电路特点，以及电功率公式的灵活应用；会用特殊值法简化计算，难点是各灯泡之间串并联的辨别。
5.如图所示，AB为等量同种点电荷间的连线，CB垂直AB且∠CAB=30°，D为AC的中点，若已知D点的场强大小为E，则C点的场强大小为（ ）
A. E
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据几何关系可知，D到A、 B两点间距等于AC的一半，也等于BC，根据点电荷电场强度的方向可知,两点电荷在D的电场强度方向夹角为，由点电荷电场强度公式，可知，它们在D点的电场强度大小相等，即为E；那么A点电荷在C点的电场强度大小为，则B点电荷在C点的电场强度大小为E，方向如图所示，
根据力的合成法则，结合余弦定理，则有C点的场强大小为，故B正确，A、C、D错误；
故选B。
【点睛】理解电场强度矢量性，掌握几何关系的运用，注意求得A、B点电荷在C的电场强度大小与方向是解题的关键，也是解题的突破口，同时注意余弦定理的内容。
6.导体中的电流是这样产生的：当在一根长度为l、横截面积为S，单位体积内自由电荷数为n的均匀导体两端加上电压U，导体中出现一个匀强电场产生，导体内的自由电子（-e）受匀强电场力作用而加速，同时由于与阳离子碰撞而受到阻碍，这样边反复碰撞边向前移动，可以认为阻碍电子向前运动的阻力大小与电子移动的平均速率v成正比，即可以表示成kv（k是常数）．当电子所受电场力和阻力大小相等时，导体中形成了恒定电流，则该导体的电阻是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由题意可知当电场力与阻力相等时形成恒定电流，则有：，解得：，则导体中的电流，则由欧姆定律可得：，故C正确，A、B、D错误；
故选C。
【点睛】由受力平衡可求得电荷定向移动的速度，由是流的微观表达式可求得电流；再由欧姆定律可求得导体的电阻。
7.如图，绝缘光滑圆环竖直放置，a、b、c为三个套在圆环上可自由滑动的空心带电小球，已知小球c位于圆环最高点，ac连线与竖直方向成60°角，bc连线与竖直方向成30°角，三个小球均处于静止状态。下列说法正确的是
A. a、b、c小球带同种电荷
B. a、b小球带异种电荷，b、c小球带同种电荷
C. a、b小球电量之比为
D. a、b小球电量之比
【答案】D
【解析】
AB：对c小球受力分析可得，a、b小球必须带同种电荷c小球才能平衡。对b小球受力分析可得，b、c小球带异种电荷b小球才能平衡。故AB两项错误。
CD：对c小球受力分析，将力正交分解后可得：，又，解得：。故C项错误，D项正确。
8.三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的微粒，从带电平行金属板左侧中央以相同的水平初速度v0先后垂直电场进入，并分别落在正极板的A、B、C三处，O点是下极板的左端点，且OC=2OA，AC=2BC，如图所示，则下列说法正确的是（ ）
A. 三微粒在电场中运动的时间之比
B. 三微粒在电场中运动的加速度之比
C. 三微粒在电场中运动时动能的变化量之比
D. 带正、负电荷的两个微粒的电荷量之比为7:20
【答案】D
【解析】
【详解】A、三个粒子的初速度相等，在水平方向上做匀速直线运动，由得，三微粒在电场中运动的时间之比 ，故A错误；
B、三个粒子在竖直方向上的位移y相等，根据，解，故B错误；
C、由牛顿第二定律可知，因为质量相等，所以合力比与加速度之比相同，合力做功，由动能定理可知，动能的变化量等于合力做的功，所以三个粒子在电场中运动过程的动能变化量之比为，故C错误；
D、三个粒子的力大小关系为，粒子的重力相等，所以B仅受重力作用，A所受的电场力向下，C所受的电场力向上，即B不带电，A带负电，C带正电，由牛顿第二定律得，解得，故D正确；
故选D。
【点睛】三个质量相等的微粒在电场中都做类平抛运动，根据水平位移的大小比较出运动的时间，根据竖直位移相等，比较出粒子在竖直方向上的加速度，从而判断出电荷的电性，根据由牛顿第二定律得两个微粒的电荷量关系。
二、多项选择题，共8个小题，每题4分，共32分，每题至少有两个选项正确，全部选对得4分，选对但不全得2分，有选错或不选得0分
9.如图所示，原来不带电的半径为r的空心金属球放在绝缘支架上，右侧放一个电荷量为＋Q的点电荷，点电荷到金属球表面的最近距离为r，静电力常量为k。达到静电平衡后，下列说法中正确的是
A. 点电荷Q在金属球内任意位置激发的电场的场强都为零
B. 感应电荷在金属球球心处激发的电场场强，方向向右
C. 金属球最左侧表面的电势和最右侧表面的电势相同
D. 若用导线的两端分别接触金属球的最左端和最右端，导线能将两端的电荷中和
【答案】BC
【解析】
A、感应电荷在金属球球心处产生的电场场强与+Q的点电荷在此处的电场场强大小相等，方向相反，合电场强度为零，因此感应电荷在金属球球心处产生的电场场强不为零；故A错误。B、感应电荷在金属球球心处激发的电场场强与点电荷在球心处产生的电场强度大小，方向相反，即为，方向向右；故B正确；C、由于静电感应，金属球的右侧带负电，左侧带正电，但金属球是等势体；故C错误。D、静电感应导致金属球的电荷重新分布，总电量仍为零，因此左侧的正电荷与右侧负电荷电量相等，静电感应现象仍然存在，不能将金属球两侧的感应电荷中和；故D错误。故选BC。
【点睛】解决本题的关键要理解并掌握导体处于静电感应现象的特点：内部电场强度处处为零，电荷全部分布在表面，且导体是等势体.
10.两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面如图中虚线所示，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. 粒子带负电
B. b点和d点的电场强度相同
C. 电势能先变大后变小
D. a点和e点的电场强度不同
【答案】AC
【解析】
【详解】A、根据两个固定的等量异种点电荷所形成电场的等势面的特点可得，该图中的等势面中，正电荷在上方，负电荷在下方；从粒子运动轨迹看出，轨迹向上弯曲，可知带电粒子受到了向上的力的作用。所以粒子带负电，故A正确；
BD、a点和e点关于两电荷连线对称，电场线疏密程度相同，则电场强度大小相同，a点和e点电场强度方向相同，故a点和e点电场强度相同；b点和d点关于两电荷连线对称，电场线疏密程度相同，则电场强度大小相同，但b点和d点电场强度方向不相同，故b点和d点电场强度不相同，故B、D错误；
C、粒子从a→b→c过程中，电场力做负功，c→d→e过程中，电场力做正功，粒子在静电场中电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，C正确；
故选AC。
【点睛】关键是对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行分析。
11.如图所示，两块较大的金属板A、B平行放置并与一电源相连，S闭合后，两板间有一质量为m、带电量为q的油滴恰好在P点处于静止状态。则下列说法正确的是（ ）
A. 若将A板向上平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中有的电流，P点电势升高
B. 若将A板向左平移一小段位移，则油滴仍然静止，G中有的电流，P点电势不变
C. 若将S断开，且将A板向左平移一小段位移，则油滴向下加速运动，G中无电流，P点电势不变
D. 若将S断开，再将A板向下平移一小段位移，则油滴向上加速运动，G中无电流，P点电势降低
【答案】AB
【解析】
油滴处于静止状态说明 ，且电场力方向竖直向上。题中得知电场方向竖直向上，所以油滴带正电。
A. 保持S闭合，则U不变，若将A板向上平移一小段位移d增大，由 ,知电场力减小，所以粒子向下加速，由 ,电容器放电，所以G中有的电流，由于板间电场强度减小，所以BP两点的电势差减小，所以P点电势升高，故A正确；
B、保持S闭合，则U不变，若将A板向左平移一小段位移，S减小，由知电场强度不变，则油滴仍然静止，由知电容器要放电，所以G中有的电流，由于电场强度不变，所以BP两点之间的电势差也就不变，所以P点电势不变，故B正确；
C、若将S断开，则Q不变，且将A板向左平移一小段位移，S减小，由知电场强度增大，则油滴向上加速，G中无电流，由于电场强度增大，所以BP两点之间的电势差增大，所以P点电势降低，故C错；
D、若将S断开，则Q不变，再将A板向下平移一小段位移，则d减小，由 ，所以场强不变，则油滴静止不动，G中无电流，P点电势不变，故D错误；
故选AB
点睛：电容器问题的处理首先要知道是那个保持电压不变的类型还是保持电量不变的类型，然后结合公式、 、 来判断回路的变化。
12.如图是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图，电动机内阻为0.5Ω，R=10Ω，直流电压U=150V，理想电压表示数为100V，g取10m/s2，则下列说法正确的是（ ）
A. 通过电动机的电流为5A
B. 电动机的输出功率为500W
C. 电动机正常工作1h，所产生的热量为4.5×104J
D. 正常工作时此电动机能拉动质量为30kg的物体以2m/s的速度匀速上升
【答案】AC
【解析】
【分析】
计算通过电动机的电流，也就是计算流过电阻R的电流即可；根据P=U电I求出电动机的总功率，根据P消＝I2r求出电动机消耗的功率，再根据P出=P-P消即可求解电动机的输出功率；根据Q=P消•t求解电动机正常工作1h，所产生的热量；物体匀速运动时，拉力等于重力，根据P出=Fv求解速度；
【详解】A、电动机跟电阻串联，所以电流相等，电阻R两端的电压为，电动机的电流为，故A正确；
B、电动机的输入电功率为：，电动机内阻消耗的功率，所以电动机的输出功率为，故B错误；
C、电动机正常工作1h，所产生的热量，故C正确；
D、物体匀速运动时，拉力等于重力，即电动机的牵引力，而，解得：，故D错误；
故选AC。
【点睛】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。
13.如图所示，光滑绝缘细管与水平面成30°角，在管的上方P点固定一个点电荷＋Q，P点与细管在同一竖直平面内，管的顶端A与P点连线水平．电荷量为－q的小球(小球直径略小于细管内径)从管中A处由静止开始沿管向下运动，在A处时小球的加速度为a.图中PB⊥AC，B是AC的中点，不考虑小球电荷量对电场的影响．则在＋Q形成的电场中( )
A. A点的电势高于B点的电势
B. B点的电场强度大小是A点的4倍
C. 小球从A到C的过程中电势能先减小后增大
D. 小球运动到C处的加速度为g－a
【答案】BCD
【解析】
试题分析：正点电荷的电场线发散型，由于沿着电场线方向，电势降低，因此A点的电势低于B点的电势，故A错误；结合几何关系知：PA=2PB，由点电荷电场强度公式，可知电场强度的大小与间距的平方成反比，则B点的电场强度大小是A点的4倍，故B正确；根据电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加，可知：小球带负电，从A到C的过程中，电场力先做正功，后做负功，则电势能先减小后增大，故C正确；在A处时小球的加速度为a，对A点受力分析，电场力、重力与支持力，由力的合成法则可知，合外力由重力与电场力沿着细管方向的分力之和提供的；当在C处时，小球仍受到重力、电场力与支持力，合外力是由重力与电场力沿着细管方向的分力之差提供的，即为g-a．故D正确。故选：BCD。
考点：电势能；功能关系。
14.如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地进入电场线水平向右的加速电场，之后进入电场线竖直向下的匀强电场发生偏转，最后打在屏上，整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么
A. 偏转电场对三种粒子做功一样多
B. 三种粒子打到屏上时动能一样大
C. 三种粒子运动到屏上所用时间相同
D. 三种粒子打到屏上位置各不相同
【答案】AB
【解析】
【详解】D、粒子在加速电场中加速，由动能定理可知：，解得：，粒子在加速电场中的运动时间：；粒子在偏转电场中做类平抛运动，运动时间：；在偏转电场中竖直分位移：；联立得，与、无关，所以三种粒子在偏转电场中轨迹重合，离开偏转电场后粒子做匀速直线运动，因此三种粒子一定打到屏上的同一位置；离开偏转电场后粒子的运动时间：；故D错误；
A、加速电场对粒子做功为，和相等，所以加速电场对三种粒子做功相等。偏转电场对粒子做功：，、、相等，则知偏转电场对三种粒子做功相等，故A正确；
B、对整个过程，根据动能定理得，由于相等，三种粒子打到屏上时动能一样大，故B正确；
C、粒子运动到屏上所用时间；因为不等，所以不等，故C错误。
故选AB。
【点睛】由动能定理定理可求得粒子刚进入偏转电场时的速度，粒子进入偏转电场中做类平抛运动，由分位移公式得到粒子在偏转电场中的偏转距离，再由几何关系可明确粒子打在屏上的位置。根据电场力做功W=Eqy可分析偏转电场对粒子做功大小关系，结合动能定理分析粒子打到屏上时动能关系。
15.如图所示，光滑绝缘的半圆形容器处在水平向右的匀强电场中，一个质量为m，电荷量为q的带正电小球在容器边缘A点静止释放，结果小球运动到B点时速度刚好为零，OB与水平方向的夹角为θ=60°，则下列说法正确的是（ ）
A. 小球重力与电场力的关系是
B. 小球在B点时，对圆弧的压力大小为
C. 小球在A点和B点的加速度大小均为g
D. 如果小球带负电，从A点由静止释放后，也能沿AB圆弧运动
【答案】BC
【解析】
【详解】A、从A到B，根据动能定理可得，解得，故A错误；
B、小球在B点时，对圆弧的压力大小为，故B正确；
C、根据题意可知，小球将在AB之间做关于平衡位置的往复运动，故A、B是相对平衡位置的对称点，所以小球在A点和B点的加速度大小相等，在A点，受到重力，电场力和圆弧对小球的支持力，加速度为，故C正确；
D、若小球带负电，小球的合力斜左向下，做初速度为零的匀加速直线运动，不能沿AB圆弧而运动，故D错误；
故选BC。
【点睛】小球做的是圆周运动，根据动能定理可得小球重力与电场力的关系，球将在AB之间做关于平衡位置的往复运动，故A、B是相对平衡位置的对称点，所以小球在A点和B点的加速度大小相等。
16.如图所示，纸面为竖直面，MN为竖直线段，MN之间的距离为h，空间存在平行于纸面的足够宽广的匀强电场，其大小和方向未知，图中未画出，重力加速度为g，一质量为m的带正电的小球从M点再纸面内以的速度水平向左开始运动，以后恰好以大小为的速度通过N点，对于小球从M到N的过程中，下列说法中正确的是（ ）
A. 电场力对小球做正功3mgh
B. 该过程经历的时间为
C. 小球所受电场力的大小为5mg
D. 该过程中小球离竖直线MN的最远距离为
【答案】BD
【解析】
【详解】A、从M到N，由动能定理得：，得：，故A错误；
B、小球在竖直方向做匀加速运动，从电场力做功上可以知道电场力在竖直方向上的分量为2mg，则竖直方向上的加速度为3g，由运动学公式得：，得：，故B正确；
C、小球在水平方向上先减速后加速，由运动的对称性可知：在N点水平方向上的速度大小还是，由运动学公式得：，所以电场力在水平方向上的分力为，则电场力的合力，故C错误；
D、当水平方向上速度为零时离MN最远，在水平方向上，得，故D正确；
故选BD。
三、实验题（本题共两小题，共14分）
17.（1）在“测定金属丝的电阻率”的实验中，以下操作正确的是_________________
A．用刻度尺测量金属丝的全长且测量三次，算出其平均值，然后再将金属丝接入电路中
B．用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值
C．用伏安法测电阻时采用电流表外接法，取多组数据算出电阻的平均值
D．为减少实验误差，滑动变阻器应以分压式接入
（2）将读数结果填在对应横线上。
螺旋测微器：_____________mm 游标卡尺：____________cm
【答案】 (1). BC (2). (3).
【解析】
【分析】
根据公式，l应为连入电路的有效长度，为了减小实验误差，测量值往往要多测几次，在求其平均值螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；
【详解】解：(1)A、应测量出金属丝连入电路的有效长度三次，求平均值，而不是全长，故A错误；
B、为了减小实验误差，应用螺旋测微器在金属丝三个不同部位各测量一次直径，算出其平均值，B正确；
C、金属丝电阻很小，与电压表内阻相差很大，使电压表和金属丝并联，电压表的分流作用很小，应采用电流表外接法，取多组数据算出电阻的平均值，故C正确；
D、金属丝的电阻率随温度的改变而改变，为保持电阻率不变，应保持温度不变，为减少实验误差，滑动变阻器应以限流式接入，故D错误；
故选BC；
(2)由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数为9mm，可动刻度示数为：20.2×0.01mm=0.202mm，螺旋测微器示数为：9mm+0.202mm=9.202mm；
游标卡尺的主尺读数为：4.1cm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.02mm=0.20mm，所以最终读数为：；
18.为了描绘标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，现提供以下器材：
滑动变阻器（最大阻值为10Ω）；电源（电动势为12V，内阻1Ω）；电流表（内阻约为1Ω），电压表（内阻约为10kΩ），导线若干，开关。
（1）在设计电路的过程中，为了尽量减少实验误差，电流表应采用_________（选填“内接”或“外接”）法，滑动变阻器的连接方式应采用_____________（选填“分压式”或“限流式”）
（2）用笔画线当导线，根据设计的电路图将实物图连接成完整的电路（图中有三根已经接好）。开始时，滑动变阻器的滑动触头应该移到最_________端（选填“左”或“右”）。
（3）若该小灯泡正常发光时的电阻为R1，发光较暗时的电阻为R2，根据所学的知识可判断出R1与R2的大小关系为：R1_______R2（选填“大于”、“等于”或“小于”）。
【答案】 (1). 外接 (2). 分压 (3). 左 (4). 大于
【解析】
【分析】
先根据小灯泡的铭牌求出正常发光时电阻，再判断电流表的内外接法，描绘标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，电压从0开始，滑动变阻器应用分压式接法；灯泡电阻随温度的升高而增大；故发光较暗时，温度较高，电阻较小；
【详解】解：(1)因小灯泡标有“3V、0.6W”字样，其电阻，因 ，电流表应选外接法；描绘标有“3V 0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，电压从0开始，滑动变阻器应用分压式接法；
(2)由(1)的分析要知，连接电路如图所示，开始时滑动变阻器的滑动触头应该移到最左端
(3)灯泡电阻随温度的升高而增大；故发光较亮时，温度较高，电阻较大；可判断出R1与R2的大小关系为：R1大于R2；
四、计算题（本题共4道，共40分，需要写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只有答案没有过程，不给分）
19.在方向水平、足够大的匀强电场中，一不可伸长的绝缘细线的一端连着一个质量为m、带电量为q的带电小球，另一端固定于O点，平衡时细线与竖直方向的夹角成30°（已知重力加速度为g）求：
（1）电场强度的大小；
（2）剪断细线开始经历1秒后小球电势能变化量的大小。
【答案】（1） （2）
【解析】
【分析】
根据平衡条件可求电场强度的大小，剪断细线小球做匀加速直线运动，根据功能关系可知小球电势能变化量的大小等于电场力做功；
【详解】解：（1）带电小球在重力、电场力和细线的拉力的作用下处于平衡， 受力如图
则有
解得：
（2）剪断细线开始经历1秒后小球的加速度
小球运动的位移
小球沿电场方向位移
小球电势能变化量的大小
20.（9分）如图甲是一种家用电熨斗的电路原理图(额定电压为220 V)．R0是定值电阻，R是可变电阻(调温开关)，其电阻值均不受温度影响．
(1)该电熨斗温度最低时的耗电功率为121 W，温度最高时的耗电功率为484 W，求R0的阻值及R的阻值变化范围．
(2)假定电熨斗每秒钟散发的热量q跟电熨斗表面温度与环境温度的温差关系如图乙所示，现在温度为20 ℃的房间使用该电熨斗来熨烫毛料西服，要求熨斗表面温度为220 ℃，且保持不变，问应将R的阻值调为多大？
【答案】(1) 0到300 Ω(2) 10 Ω
【解析】
(1) 0到300 Ω(2) 10 Ω
(1)温度最低时应该是电路中电阻最大时，此时有P1＝
温度最高时应该是电路中电阻最小时，此时有P2＝
联立以上两式解得R0＝100 Ω Rmax＝300 Ω
所以变阻器阻值范围是0到300 Ω. (１分)
(2)此时电熨斗表面温度与环境温度之差
Δt＝220 ℃－20 ℃＝200 ℃
由图象知电熨斗每秒钟散发的热量
q＝440 J
要保持电熨斗的表面温度不变，则电熨斗的电功率
P＝440 W
又有：P＝
代入数据解得R＝10 Ω
所以应将R的阻值调至10 Ω.
（要保持电熨斗的表面温度不变，电熨斗的每秒中产生的热量等于每秒钟散发的热）
本题考查电功率的应用，温度最低时应该是电路中电阻最大时，温度最高时应该是电路中电阻最小时，由此写出两个公式求解可得取值范围
21.在足够大的真空空间中，存在水平向右的匀强电场，若用绝缘细线将质量为m的带正电小球悬挂在电场中，静止时细线与竖直方向夹角θ=37º．撤去细线，现将该小球从电场中的A点竖直向上抛出，抛出的初速度大小为v0，如图所示，求：
(1)小球在电场内运动过程中的最小速率．
(2)小球从抛出至达到最小速率的过程中，电场力对小球做的功． (sin37º=0.6，cs37 º =0.8)
【答案】,
【解析】
【详解】(1)小球静止在电场中时，根据力的平衡条件
qE＝mgtan37°＝
小球被抛出以后，受到重力和电场力的共同作用，沿重力方向的分运动是匀减速直线运动，加速度为g．设t时刻的速度为v1；沿电场方向的分运动是初速度为零的匀加速直线运动，设加速度为a，t时刻的速度为v2，则有：
v1＝v0－gt
v2＝at和
小球t时刻的速度大小为
由以上各式得出：
解得v的最小值为：
(2)小球沿电场方向的位移为s
而小球在达到最小速度时，沿电场方向的速度为
得小球沿电场方向的位移为
电场力做功为
22.图1中A和B是真空中的两块面积很大的平行金属板、加上周期为T的交流电压，在两板间产生交变的匀强电场。已知B板电势为零，A板电势随时间变化的规律如图2所示，其中的最大值为，最小值为，在图1中，虚线MN表示与A、B板平行等距的一个较小的面，此面到A和B的距离皆为l。在此面所在处，不断地产生电量为q、质量为m的带负电的微粒，各个时刻产生带电微粒的机会均等。这种微粒产生后，从静止出发在电场力的作用下运动。设微粒一旦碰到金属板，它就附在板上不再运动，且其电量同时消失，不影响A、B板的电势，已知上述的T、、l、q和m等各量的值正好满足等式。若不计重力，不考虑微粒间的相互作用，求：（结果用q、、m、T表示）
（1）在t=0到t=这段时间内产生的微粒中到达A板的微粒的最大速度；
（2）在0-范围内，哪段时间内产生的粒子能到达B板？
（3）在t=0到t=这段时间内产生的微粒中到达B板的微粒的最大速度；
【答案】（1）（2）时间内产生的微粒可直达A板（3）
【解析】
试题分析：在电压为时，微粒所受电场力为，此时微粒的加速度为
（1）在t=0时刻产生的微粒，将以加速度向A板加速运动，经时，位移
即t=0时刻产生的微粒，在不到时就可直达A板，所以到达A板的微粒的最大速度满足，解得
（2）考虑临界状况：设时刻产生的微粒达到A板时速度刚好为零，则该微粒以加速度加速运动的时间为，再以大小为的加速度减速运动一段时间，设为，则
联立解得，，即时间内产生的微粒可直达A板
（3）在时刻产生的微粒，以加速度向A板加速的时间为，再以大小为的加速度减速运动，经速度减为零（刚好到A板），此后以大小为的加速度向B板加速运动
设加速时间为时的位移大小为，
则
即微粒将打到B板上，不再返回，而时刻产生的微粒到达B板的速度最大，
根据动能定理可得
解得
考点：考查了带电粒子在交变电场的中的运动
【名师点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程（平衡、加速、减速，直 线或曲线），然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化 的观点，选用动能定理和功能关系求解