江西省玉山县一中2018-2019高一上学期物理第一次月考试卷

江西省玉山县一中2018-2019学年高一上学期物理第一次月考试卷
一、单选题
1．（2018高一上·玉山月考）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子（　　）
A．运动到P点返回 B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回 D．穿过P′点
【答案】A
【知识点】电容器及其应用；电场及电场力
【解析】【解答】设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得：qU1=qU2=qEd，将C板向右移动，B、C板间的电场强度 ，E不变，所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返回，A符合题意；BCD不符合题意．
故答案为：A
【分析】两极板远离，利用电容器的决定公式求解电容的变化，再结合公式Q=CU求解电容器内部电场强度的变化，结合电场力求解电荷的运动情况。
2．（2018高一上·玉山月考）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）
A．θ增大，E增大 B．θ增大，EP不变
C．θ减小，EP增大 D．θ减小，E不变
【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据 可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据 ，Q=CU， ，联立可得 ，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D
【分析】两极板靠近，利用电容器的决定公式求解电容的变化，再结合公式Q=CU求解电容器内部电场强度的变化，结合电场力的大小变化分析验电器夹角的变化。
3．（2018高一上·玉山月考）有两个平行板电容器，它们的电容之比为5：4，它们的带电荷量之比为5：1，两极板间距离之比为4：3，则两极板间电压之比和电场强度之比分别为（　　）
A．4：1　1：3 B．1：4　3：1 C．4：1　3：1 D．4：1　4：3
【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】根据公式： 得： ；根据电场强度的公式： 得： ，
故答案为：C。
【分析】结合电容大小，电荷量和两极板的间隔，利用公式Q=CU求解电容器内部的电场强度，进而求解电场强度的比值。
4．（2018高一上·玉山月考）如图所示，一重力不计的带电粒子以初速度v0射入水平放置、距离为d的两平行金属板，射入方向沿两极板的中心线，当极板所加电压为U1时，粒子落在A板上的P点，如果将带电粒子的初速度变为2v0，同时将A板向上移动 后，使粒子由原入射点射入后仍落在P点，则极板间所加电压U2为（　　）
A．U2=3U1 B．U2=6U1 C．U2=8U1 D．U2=12U1
【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】由偏转距离y= a= t= 可得 第一次： ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
第二次： ﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由以上两式相比可得：U2=12U1 则D符合题意
故答案为：D
【分析】粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，竖直方向的偏移量，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解两极板之间的电压。
5．（2018高一上·玉山月考）空间有一均匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O-xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标（0，a，0），N点的坐标为（a，0，0），P点的坐标为 。已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为1V，则P点的电势为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】根据题意已知电场方向平行于直线MN，点M的电势为0，点N的电势为1V，故 ，将电场强度沿着-x方向和+y方向正交分解，设合场强为E，则-x和+y方向的分量分别为： ，设P在xOy平面上的投影为 点，投影点的坐标为 ，则联立即得 ，又因N点电势为1V，则 电势为 ，即P点电势为 ，D符合题意
故答案为：D
【分析】求解P点的电势，先找到电势为零的位置，利用电场力乘以两点之间的距离即为P点的电势。
6．（2017高二上·天津期中）一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e，在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（　　）
A． B． C．ρnev D．
【答案】C
【知识点】电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系；电阻定律；电流的概念
【解析】【解答】解：导体中的电流为I=neSv
导体的电阻为R=
导体两端的电压为U=RI
场强为E=
联立解得E=ρnev
故答案为：C
【分析】电流的微观表达式结合电阻定律与场强公式可求解。
7．（2018高一上·玉山月考）如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻阻值的一半；R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是（　　）
A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04A
B．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02A
C．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06A
D．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A
【答案】C
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】当接线柱1、2接入电路时，R1与电流表并联，由于R1＝ ，可知流过R1的电流为流过电流表电流的2倍，所以1、2接线柱间的电流为通过电流表电流的3倍，所以每一小格是原来的3倍，即为0.06 A，所以A、B不符合题意；当接线柱1、3接入电路时，电流表与R1并联，然后再与R2串联，串联电阻对电流无影响，与1、2接入电路的效果一样，所以每一小格表示0.06 A，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】通过并联一个小电阻起分流作用，可以把电流计改装成电流表，利用欧姆定律求解量程即可。
二、多选题
8．（2018高一上·玉山月考）如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘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速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置，
【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】带电粒子在加速电场中加速，电场力做功W=E1qd； 由动能定理可知：E1qd= mv2；
解得： ；粒子在偏转电场中的时间 ；在偏转电场中的纵向速度
纵向位移 ；即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多；A符合题意，B不符合题意；因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同；C不符合题意，D符合题意；
故答案为：AD．
【分析】粒子在电场的作用下做加速运动，利用动能定理求解末速度的大小；粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，竖直方向的偏移量，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解竖直方向的偏移量。
9．（2018高一上·玉山月考）在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有（　　）
A．q1和q2带有异种电荷
B．x1处的电场强度为零
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
【答案】A,C
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A．由图知x1处的电势等于零，所以q1和q2带有异种电荷，A正；
B．图象的斜率描述该处的电场强度，故x1处场强不为零，B不符合题意；
C．负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，C符合题意；
D．由图知，负电荷从x1移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D不符合题意．
故答案为：AC
【分析】对于电势能Ep随位移x变化图像，斜率表示电荷受到的电场力，如果电量一定，可以用来表示电场强度，结合选项分析求解即可。
10．（2018高一上·玉山月考）如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1V、2V、3V，正六边形所在平面与电场线平行。下列说法正确的是（　　）
A．通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线
B．匀强电场的电场强度大小为10V/m
C．匀强电场的电场强度方向为由C指向A
D．将一个电子由E点移到D点，电子的电势能将减少
【答案】A,C,D
【知识点】电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】A、连接AC，AC中点电势为2V，由正六边形对称性，则EB、AF、CD均为电场中的等势线，A符合题意．
B、匀强电场的场强大小为 ，B不符合题意
C、电场线方向与EB垂直，即为C→A，C符合题意．
D、将一个电子由E点移到D点，电场力做负功电子的电势能增加 ，D符合题意
故答案为：ACD
【分析】结合A、B、C三个位置的电势求解平面中的电场强度大小和方向，再结合选项分析求解即可。
三、实验题
11．（2018高一上·玉山月考）某同学想要描绘标有“3.8 V，0.3 A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确，绘制曲线完整，可供该同学选用的器材除了开关、导线外，还有：
电压表V1(量程0~3
V，内阻等于3 kΩ)
电压表V2(量程0~15
V，内阻等于15 kΩ)
电流表A1(量程0~200
mA，内阻等于10 Ω)
电流表A2(量程0~3
A，内阻等于0.1 Ω)
滑动变阻器R1(0~10 Ω，额定电流2 A)
滑动变阻器R2(0~1 kΩ，额定电流0.5 A)
定值电阻R3(阻值等于1
Ω)
定值电阻R4(阻值等于10
Ω)
定值电阻R5(阻值等于1
kΩ)
电源E(E=6 V，内阻不计)
（1）请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁。
（2）该同学描绘出的I–U图象应是下图中的　 　。
【答案】（1）
（2）B
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】①用电压表V1和R5串联，可改装成量程为 的电压表；用电流表A1与R4并联可改装为量程为 的电流表；待测小灯泡的阻值较小，故采用电流表外接法；为使曲线完整，滑动变阻器应采用分压接法，
故选择总阻值小的R1，电路如图：
②小灯泡灯丝的电阻随温度升高而变大，故该同学描绘出的I–U图线应该是B。
【分析】（1）在量程允许的情况下选择小量程的电表即可；为了能得到比较多的数据，采用分压法；
（2）对于I-U曲线，图像的和坐标为电压，纵坐标为电流，图像斜率的倒数为灯泡的电阻，灯泡的电阻随着温度的升高而增加。
12．（2018高一上·玉山月考）
（1）某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。该螺旋测微器校零时的示数如图甲所示，测量金属板厚度时的示数如图乙所示，图甲所示读数为　 　mm，图乙所示读数为　 　mm。
（2）图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的　 　（填“A”或“B”或“C”）进行测量，示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为　 　mm。
【答案】（1）0.010(0.008~0.012)；6.860(6.868~6.872)
（2）A；11.30
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】(1)螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为0.01×1.0mm=0.010mm，所以最终读数为0.010 mm(0.008~0.012)．测量金属板厚度时，螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为0.01×37.0mm=0.370mm，所以最终读数为6.870 mm．所测金属板的厚度为6.870-0.010=6.860mm(6.868~6.872)(2)游标卡尺来测量玻璃管内径应该用内爪．即A部分．游标卡尺测内径时，主尺读数为11mm，游标读数为0.05×6=0.30mm，最后读数为11.30mm．
【分析】（1）明确螺旋测微器每一个小格代表的数值，并且在最后的读数时注意估读即可；
（2）明确游标卡尺的读数规则进行读数即可。
四、解答题
13．（2018高一上·玉山月考）如图所示电路中，R3=4Ω，电流表读数为0.75A，电压表读数为2V，由于某一电阻断路，使电流表读数为0.8A，而电压表读数为3.2V，问:
（1）哪一只电阻断路
（2）电源电动势和内电阻各多大
【答案】（1）解：若R2断路，电流表读数将变为零，与题设条件不符．若R3断路，电压表读数将变为零，与题设条件不符．故R1发生了断路
（2）解：断路时： 根据闭合电路欧姆定律得U′=E-I′r 即3.2=E-0.8r ① 未断路时： 总电流：I0=I23+I=1.0A
则有IR2=E-I0r 即 3=E-r ② 联立①②解得 E=4V r=1Ω
【知识点】欧姆定律
【解析】【分析】（1）该题目一共有三个电阻，假设其中一个电阻开路，结合题目条件看看是否符合条件，逐一进行分析求解即可；
（2）结合电压的大小，对电路中的两个回路利用闭合电路欧姆定律对整个电路列方程，联立求解即可。
14．（2018高一上·玉山月考）如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8m。有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑。小环离杆后正好通过C端的正下方P点处。(g取10 m/s2)求：
（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向.
（2）小环从C运动到P过程中的动能增量.
（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小v0.
【答案】（1）解：由 解得： 方向：垂直于杆向下
（2）解：分析小环从C运动到P的过程，由动能定律：
即得：
（3）解：小环离开杆做类平抛运动：
平行于杆方向做匀速直线运动：
垂直于杆方向做匀加速直线运动：
联立解得：v0=2m/s
【知识点】电场及电场力；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对圆环进行受力分析，在重力、支持力和电场的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程求解支持力大小，当圆环脱离细杆后，合力即为细杆的支持力，利用牛顿第二定律求解即可；
（2）对圆环进行受力分析，对圆环从C点运动到P点的过程应用动能定理求解圆环动能的增量即可；
（3）小环离开杆做类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，利用运动学公式列方程求解即可。
15．（2018高一上·玉山月考）某同学找到一个玩具风扇中的直流电动机，制作了一个提升重物的装置，某次提升试验中，重物的质量m=1.0kg，加在电动机两端的电压为6V.当电动机以v=0.5m/s的恒定速度竖直向上提升重物时，这时电路中的电流I=1.0A.不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2求：
（1）电动机线圈的电阻r等于多少？
（2）若输入电压不变，调整电动机的输入电流大小，使电动机输出功率最大。求电动机输入电流I为多少时输出功率最大，最大是多大？
（3）在电动机能提供第（2）问的最大输出功率的条件下，将质量m=0.5kg的从静止开始以a=2m/s2的加速度匀加速提升该重物，则匀加速的时间为多长？物体运动的最大速度是多大？
【答案】（1）解：电动机提升重物时，根据 得到
（2）解：根据 ，由抛物线顶点坐标可得，
当 时，输出功率最大
（3）解：根据 联立可得
故最大速度
【知识点】电功率和电功；欧姆定律
【解析】【分析】（1）电动机的输入功率等于输出功率，利用该条件列方程求解电动机的电阻；
（2）利用公式P=UI求解电动机输出功率的表达式，结合表达式求解功率的最大值；
（3）对电动机进行受力分析，利用牛顿第二定律求解加速度，结合最大速度求解加速的时间。
16．（2018高一上·玉山月考）如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，即 ．一带正电的粒子电量 ，质量 ，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度 ，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上的O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）.已知两界面MN、PS相距为L=12cm，粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获从而以O点为圆心做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上.（静电力常数 ，不计粒子重力， ， )，求：
（1）粒子从偏转电场中飞出时的偏转位移和速度；
（2）粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离多远；
（3）点电荷的电量(该小题结果保留一位有效数字)．
【答案】（1）解：设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h，粒子在电场中做类平抛运动
在水平方向上：
在竖直方向上：
由牛顿第二定律得：
代入数据解得：h=0.03m
设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为
则有：
代入数据解得：
所以粒子从电场中飞出时的速度为：
代入数据解得：
设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为
则有：
（2）解：设穿过界面PS时偏离中心线RO的距离为Y，带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，由相似三角形知识得：
代入数据解得：Y=0.12m
（3）解：粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
由几何关系得：粒子做匀速圆周运动的半径
联立解得：
【知识点】电场及电场力；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，竖直方向的偏移量，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解即可；
（2）粒子飞出电场后做匀速直线运动，结合粒子飞出后的角度，利用几何关系求解偏移量；
（3）库仑力提供向心力做圆周运动，利用向心力公式列方程求解即可。
江西省玉山县一中2018-2019学年高一上学期物理第一次月考试卷
一、单选题
1．（2018高一上·玉山月考）如图所示，三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔，小孔分别位于O、M、P点，由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，现将C板向右平移到P′点，则由O点静止释放的电子（　　）
A．运动到P点返回 B．运动到P和P′点之间返回
C．运动到P′点返回 D．穿过P′点
2．（2018高一上·玉山月考）如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地．在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，θ表示静电计指针的偏角．若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（　　）
A．θ增大，E增大 B．θ增大，EP不变
C．θ减小，EP增大 D．θ减小，E不变
3．（2018高一上·玉山月考）有两个平行板电容器，它们的电容之比为5：4，它们的带电荷量之比为5：1，两极板间距离之比为4：3，则两极板间电压之比和电场强度之比分别为（　　）
A．4：1　1：3 B．1：4　3：1 C．4：1　3：1 D．4：1　4：3
4．（2018高一上·玉山月考）如图所示，一重力不计的带电粒子以初速度v0射入水平放置、距离为d的两平行金属板，射入方向沿两极板的中心线，当极板所加电压为U1时，粒子落在A板上的P点，如果将带电粒子的初速度变为2v0，同时将A板向上移动 后，使粒子由原入射点射入后仍落在P点，则极板间所加电压U2为（　　）
A．U2=3U1 B．U2=6U1 C．U2=8U1 D．U2=12U1
5．（2018高一上·玉山月考）空间有一均匀强电场，在电场中建立如图所示的直角坐标系O-xyz，M、N、P为电场中的三个点，M点的坐标（0，a，0），N点的坐标为（a，0，0），P点的坐标为 。已知电场方向平行于直线MN，M点电势为0，N点电势为1V，则P点的电势为（　　）
A． B． C． D．
6．（2017高二上·天津期中）一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e，在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（　　）
A． B． C．ρnev D．
7．（2018高一上·玉山月考）如图所示，其中电流表A的量程为0.6A，表盘均匀划分为30个小格，每一小格表示0.02A；R1的阻值等于电流表内阻阻值的一半；R2的阻值等于电流表内阻的2倍。若用电流表A的表盘刻度表示流过接线柱1的电流值，则下列分析正确的是（　　）
A．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.04A
B．将接线柱1、2接入电路时，每一小格表示0.02A
C．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.06A
D．将接线柱1、3接入电路时，每一小格表示0.01A
二、多选题
8．（2018高一上·玉山月考）如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速度地飘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速度一样大
C．三种粒子运动到屏上所用时间相同
D．三种粒子一定打到屏上的同一位置，
9．（2018高一上·玉山月考）在x轴上有两个点电荷q1、q2，其静电场的电势φ在x轴上分布如图所示．下列说法正确有（　　）
A．q1和q2带有异种电荷
B．x1处的电场强度为零
C．负电荷从x1移到x2，电势能减小
D．负电荷从x1移到x2，受到的电场力增大
10．（2018高一上·玉山月考）如图所示，A、B、C、D、E、F为匀强电场中一个边长为10cm的正六边形的六个顶点，A、B、C三点电势分别为1V、2V、3V，正六边形所在平面与电场线平行。下列说法正确的是（　　）
A．通过CD和AF的直线应为电场中的两条等势线
B．匀强电场的电场强度大小为10V/m
C．匀强电场的电场强度方向为由C指向A
D．将一个电子由E点移到D点，电子的电势能将减少
三、实验题
11．（2018高一上·玉山月考）某同学想要描绘标有“3.8 V，0.3 A”字样小灯泡L的伏安特性曲线，要求测量数据尽量精确，绘制曲线完整，可供该同学选用的器材除了开关、导线外，还有：
电压表V1(量程0~3
V，内阻等于3 kΩ)
电压表V2(量程0~15
V，内阻等于15 kΩ)
电流表A1(量程0~200
mA，内阻等于10 Ω)
电流表A2(量程0~3
A，内阻等于0.1 Ω)
滑动变阻器R1(0~10 Ω，额定电流2 A)
滑动变阻器R2(0~1 kΩ，额定电流0.5 A)
定值电阻R3(阻值等于1
Ω)
定值电阻R4(阻值等于10
Ω)
定值电阻R5(阻值等于1
kΩ)
电源E(E=6 V，内阻不计)
（1）请画出实验电路图，并将各元件字母代码标在该元件的符号旁。
（2）该同学描绘出的I–U图象应是下图中的　 　。
12．（2018高一上·玉山月考）
（1）某同学利用螺旋测微器测量一金属板的厚度。该螺旋测微器校零时的示数如图甲所示，测量金属板厚度时的示数如图乙所示，图甲所示读数为　 　mm，图乙所示读数为　 　mm。
（2）图甲为一游标卡尺的结构示意图，当测量一钢笔帽的内径时，应该用游标卡尺的　 　（填“A”或“B”或“C”）进行测量，示数如图乙所示，该钢笔帽的内径为　 　mm。
四、解答题
13．（2018高一上·玉山月考）如图所示电路中，R3=4Ω，电流表读数为0.75A，电压表读数为2V，由于某一电阻断路，使电流表读数为0.8A，而电压表读数为3.2V，问:
（1）哪一只电阻断路
（2）电源电动势和内电阻各多大
14．（2018高一上·玉山月考）如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成45°角的绝缘直杆AC，其下端(C端)距地面高度h＝0.8m。有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑。小环离杆后正好通过C端的正下方P点处。(g取10 m/s2)求：
（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向.
（2）小环从C运动到P过程中的动能增量.
（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小v0.
15．（2018高一上·玉山月考）某同学找到一个玩具风扇中的直流电动机，制作了一个提升重物的装置，某次提升试验中，重物的质量m=1.0kg，加在电动机两端的电压为6V.当电动机以v=0.5m/s的恒定速度竖直向上提升重物时，这时电路中的电流I=1.0A.不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2求：
（1）电动机线圈的电阻r等于多少？
（2）若输入电压不变，调整电动机的输入电流大小，使电动机输出功率最大。求电动机输入电流I为多少时输出功率最大，最大是多大？
（3）在电动机能提供第（2）问的最大输出功率的条件下，将质量m=0.5kg的从静止开始以a=2m/s2的加速度匀加速提升该重物，则匀加速的时间为多长？物体运动的最大速度是多大？
16．（2018高一上·玉山月考）如图所示，两平行金属板A、B长L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，即 ．一带正电的粒子电量 ，质量 ，从R点沿电场中心线垂直电场线飞入电场，初速度 ，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS间的无电场区域后，进入固定在中心线上的O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右边点电荷的电场分布不受界面的影响）.已知两界面MN、PS相距为L=12cm，粒子穿过界面PS后被点电荷Q施加的电场力俘获从而以O点为圆心做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏EF上.（静电力常数 ，不计粒子重力， ， )，求：
（1）粒子从偏转电场中飞出时的偏转位移和速度；
（2）粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离多远；
（3）点电荷的电量(该小题结果保留一位有效数字)．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】电容器及其应用；电场及电场力
【解析】【解答】设A、B板间的电势差为U1，B、C板间的电势差为U2，板间距为d，电场强度为E，第一次由O点静止释放的电子恰好能运动到P点，根据动能定理得：qU1=qU2=qEd，将C板向右移动，B、C板间的电场强度 ，E不变，所以电子还是运动到P点速度减小为零，然后返回，A符合题意；BCD不符合题意．
故答案为：A
【分析】两极板远离，利用电容器的决定公式求解电容的变化，再结合公式Q=CU求解电容器内部电场强度的变化，结合电场力求解电荷的运动情况。
2．【答案】D
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离，则根据 可知，C变大，Q一定，则根据Q=CU可知，U减小，则静电计指针偏角θ减小；根据 ，Q=CU， ，联立可得 ，可知Q一定时，E不变；根据U1=Ed1可知P点离下极板的距离不变，E不变，则P点与下极板的电势差不变，P点的电势不变，则EP不变；ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D
【分析】两极板靠近，利用电容器的决定公式求解电容的变化，再结合公式Q=CU求解电容器内部电场强度的变化，结合电场力的大小变化分析验电器夹角的变化。
3．【答案】C
【知识点】电容器及其应用
【解析】【解答】根据公式： 得： ；根据电场强度的公式： 得： ，
故答案为：C。
【分析】结合电容大小，电荷量和两极板的间隔，利用公式Q=CU求解电容器内部的电场强度，进而求解电场强度的比值。
4．【答案】D
【知识点】带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】由偏转距离y= a= t= 可得 第一次： ﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣①
第二次： ﹣﹣﹣﹣﹣﹣②
由以上两式相比可得：U2=12U1 则D符合题意
故答案为：D
【分析】粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，竖直方向的偏移量，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解两极板之间的电压。
5．【答案】D
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】根据题意已知电场方向平行于直线MN，点M的电势为0，点N的电势为1V，故 ，将电场强度沿着-x方向和+y方向正交分解，设合场强为E，则-x和+y方向的分量分别为： ，设P在xOy平面上的投影为 点，投影点的坐标为 ，则联立即得 ，又因N点电势为1V，则 电势为 ，即P点电势为 ，D符合题意
故答案为：D
【分析】求解P点的电势，先找到电势为零的位置，利用电场力乘以两点之间的距离即为P点的电势。
6．【答案】C
【知识点】电势差、电势、电势能；匀强电场电势差与场强的关系；电阻定律；电流的概念
【解析】【解答】解：导体中的电流为I=neSv
导体的电阻为R=
导体两端的电压为U=RI
场强为E=
联立解得E=ρnev
故答案为：C
【分析】电流的微观表达式结合电阻定律与场强公式可求解。
7．【答案】C
【知识点】表头的改装
【解析】【解答】当接线柱1、2接入电路时，R1与电流表并联，由于R1＝ ，可知流过R1的电流为流过电流表电流的2倍，所以1、2接线柱间的电流为通过电流表电流的3倍，所以每一小格是原来的3倍，即为0.06 A，所以A、B不符合题意；当接线柱1、3接入电路时，电流表与R1并联，然后再与R2串联，串联电阻对电流无影响，与1、2接入电路的效果一样，所以每一小格表示0.06 A，C符合题意，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】通过并联一个小电阻起分流作用，可以把电流计改装成电流表，利用欧姆定律求解量程即可。
8．【答案】A,D
【知识点】带电粒子在电场中的加速；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【解答】带电粒子在加速电场中加速，电场力做功W=E1qd； 由动能定理可知：E1qd= mv2；
解得： ；粒子在偏转电场中的时间 ；在偏转电场中的纵向速度
纵向位移 ；即位移与比荷无关，与速度无关；则可三种粒子的偏转位移相同，则偏转电场对三种粒子做功一样多；A符合题意，B不符合题意；因三粒子由同一点射入偏转电场，且偏转位移相同，故三个粒子打在屏幕上的位置一定相同；因粒子到屏上的时间与横向速度成反比；因加速后的速度大小不同，故三种粒子运动到屏上所用时间不相同；C不符合题意，D符合题意；
故答案为：AD．
【分析】粒子在电场的作用下做加速运动，利用动能定理求解末速度的大小；粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，竖直方向的偏移量，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解竖直方向的偏移量。
9．【答案】A,C
【知识点】电势差、电势、电势能
【解析】【解答】A．由图知x1处的电势等于零，所以q1和q2带有异种电荷，A正；
B．图象的斜率描述该处的电场强度，故x1处场强不为零，B不符合题意；
C．负电荷从x1移到x2，由低电势向高电势移动，电场力做正功，电势能减小，C符合题意；
D．由图知，负电荷从x1移到x2，电场强度越来越小，故电荷受到的电场力减小，所以D不符合题意．
故答案为：AC
【分析】对于电势能Ep随位移x变化图像，斜率表示电荷受到的电场力，如果电量一定，可以用来表示电场强度，结合选项分析求解即可。
10．【答案】A,C,D
【知识点】电场强度；电势能；电势
【解析】【解答】A、连接AC，AC中点电势为2V，由正六边形对称性，则EB、AF、CD均为电场中的等势线，A符合题意．
B、匀强电场的场强大小为 ，B不符合题意
C、电场线方向与EB垂直，即为C→A，C符合题意．
D、将一个电子由E点移到D点，电场力做负功电子的电势能增加 ，D符合题意
故答案为：ACD
【分析】结合A、B、C三个位置的电势求解平面中的电场强度大小和方向，再结合选项分析求解即可。
11．【答案】（1）
（2）B
【知识点】描绘小灯泡的伏安特性曲线
【解析】【解答】①用电压表V1和R5串联，可改装成量程为 的电压表；用电流表A1与R4并联可改装为量程为 的电流表；待测小灯泡的阻值较小，故采用电流表外接法；为使曲线完整，滑动变阻器应采用分压接法，
故选择总阻值小的R1，电路如图：
②小灯泡灯丝的电阻随温度升高而变大，故该同学描绘出的I–U图线应该是B。
【分析】（1）在量程允许的情况下选择小量程的电表即可；为了能得到比较多的数据，采用分压法；
（2）对于I-U曲线，图像的和坐标为电压，纵坐标为电流，图像斜率的倒数为灯泡的电阻，灯泡的电阻随着温度的升高而增加。
12．【答案】（1）0.010(0.008~0.012)；6.860(6.868~6.872)
（2）A；11.30
【知识点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的使用
【解析】【解答】(1)螺旋测微器的固定刻度为0mm，可动刻度为0.01×1.0mm=0.010mm，所以最终读数为0.010 mm(0.008~0.012)．测量金属板厚度时，螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为0.01×37.0mm=0.370mm，所以最终读数为6.870 mm．所测金属板的厚度为6.870-0.010=6.860mm(6.868~6.872)(2)游标卡尺来测量玻璃管内径应该用内爪．即A部分．游标卡尺测内径时，主尺读数为11mm，游标读数为0.05×6=0.30mm，最后读数为11.30mm．
【分析】（1）明确螺旋测微器每一个小格代表的数值，并且在最后的读数时注意估读即可；
（2）明确游标卡尺的读数规则进行读数即可。
13．【答案】（1）解：若R2断路，电流表读数将变为零，与题设条件不符．若R3断路，电压表读数将变为零，与题设条件不符．故R1发生了断路
（2）解：断路时： 根据闭合电路欧姆定律得U′=E-I′r 即3.2=E-0.8r ① 未断路时： 总电流：I0=I23+I=1.0A
则有IR2=E-I0r 即 3=E-r ② 联立①②解得 E=4V r=1Ω
【知识点】欧姆定律
【解析】【分析】（1）该题目一共有三个电阻，假设其中一个电阻开路，结合题目条件看看是否符合条件，逐一进行分析求解即可；
（2）结合电压的大小，对电路中的两个回路利用闭合电路欧姆定律对整个电路列方程，联立求解即可。
14．【答案】（1）解：由 解得： 方向：垂直于杆向下
（2）解：分析小环从C运动到P的过程，由动能定律：
即得：
（3）解：小环离开杆做类平抛运动：
平行于杆方向做匀速直线运动：
垂直于杆方向做匀加速直线运动：
联立解得：v0=2m/s
【知识点】电场及电场力；匀变速直线运动的位移与时间的关系；牛顿第二定律；动能定理的综合应用
【解析】【分析】（1）对圆环进行受力分析，在重力、支持力和电场的作用下，物体处于平衡状态，合力为零，根据该条件列方程求解支持力大小，当圆环脱离细杆后，合力即为细杆的支持力，利用牛顿第二定律求解即可；
（2）对圆环进行受力分析，对圆环从C点运动到P点的过程应用动能定理求解圆环动能的增量即可；
（3）小环离开杆做类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向自由落体运动，利用运动学公式列方程求解即可。
15．【答案】（1）解：电动机提升重物时，根据 得到
（2）解：根据 ，由抛物线顶点坐标可得，
当 时，输出功率最大
（3）解：根据 联立可得
故最大速度
【知识点】电功率和电功；欧姆定律
【解析】【分析】（1）电动机的输入功率等于输出功率，利用该条件列方程求解电动机的电阻；
（2）利用公式P=UI求解电动机输出功率的表达式，结合表达式求解功率的最大值；
（3）对电动机进行受力分析，利用牛顿第二定律求解加速度，结合最大速度求解加速的时间。
16．【答案】（1）解：设粒子从电场中飞出时的侧向位移为h，粒子在电场中做类平抛运动
在水平方向上：
在竖直方向上：
由牛顿第二定律得：
代入数据解得：h=0.03m
设粒子从电场中飞出时沿电场方向的速度为
则有：
代入数据解得：
所以粒子从电场中飞出时的速度为：
代入数据解得：
设粒子从电场中飞出时的速度方向与水平方向的夹角为
则有：
（2）解：设穿过界面PS时偏离中心线RO的距离为Y，带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，由相似三角形知识得：
代入数据解得：Y=0.12m
（3）解：粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：
由几何关系得：粒子做匀速圆周运动的半径
联立解得：
【知识点】电场及电场力；带电粒子在电场中的偏转
【解析】【分析】（1）粒子在水平方向沿匀速直线运动，在竖直方向上受电场力的方向而做加速运动，竖直方向的偏移量，利用牛顿第二定律和匀变速直线运动公式求解即可；
（2）粒子飞出电场后做匀速直线运动，结合粒子飞出后的角度，利用几何关系求解偏移量；
（3）库仑力提供向心力做圆周运动，利用向心力公式列方程求解即可。