辽宁省沈阳市和平区东北育才学校2018届高三物理三模试卷（word版含解析）

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2018年辽宁省沈阳市和平区东北育才学校高考物理三模试卷一、单选题（本大题共7小题，共35.0分）1．（5分）在足够大的匀强磁场中一粒静止的234#/DEL/#90#/DEL/#Th核发生改变，释放出的粒子运动方向与磁场垂直，现在探测到新核与放出粒子的运动轨迹均为圆，如图所示，则下列判断正确的是（　　）A．234#/DEL/#90#/DEL/#Th核发生的是a衰变B．轨迹2是释放出的粒子的轨迹C．衰变后的新核沿顺时针方向旋转D．释放出的粒子沿顺时针方向旋转2．（5分）如图所示，质子、氘核和氦核都沿平行板电容器两板中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。下列说法中正确的是（　　）A．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点B．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点C．若它们是由同一个电场从静止加速后射入偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点D．任何情况下在荧光屏上都不可能将只出现1个亮点3．（5分）已知如图，光滑绝缘水平面上有两只完全相同的金属球A、B，带电量分别为﹣2Q与﹣Q．现在使它们以相同的初动能E0（对应的动量大小为p0）开始相向运动且刚好能发生接触．接触后两小球又各自反向运动．当它们刚好回到各自的出发点时的动能分别为E1和E2，动量大小分别为p1和p2．有下列说法：①E1＝E2＞E0，p1＝p2＞p0②E1＝E2＝E0，p1＝p2＝p0③接触点一定在两球初位置连线的中点右侧某点④两球必将同时返回各自的出发点其中正确的是（　　）A．②④B．②③C．①④D．③④4．（5分）如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上O～x2间各点的电势分布如图乙所示，则（　　）A．在O～x2间，场强先减小后增大B．在O～x2间，场强方向一定发生了变化C．若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐减小D．从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在O～x2间一直做加速运动5．（5分）如图所示，电路中的电阻均为1Ω，电源电动势为3V，内阻为0.5Ω，电流表．电压表均为理想电表，则此时电流表．电压表的读数分别是（　　）第17页

1A．3A．3VB．1.5A．1.5VC．3A．1.5VD．1.5A．3V6．（5分）在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，电压表A1的示数为U1，电压表V2的读数为U2，当R5的滑动触点向a端移动过程中，电流表A1的读数变化量大小为△I1，电流表A2的读数变化量大小△I2，电压表V1的读数变化量大小为△U1，电压表V2的读数变化量大小为△U2，则（　　）A．I1变大、△U1＞△U2，△U1△I1不变B．I1变大，△U1＜△U2，△U1△I1变小C．I1变小，I2变小，△U2△I2变小D．U1变小，U2变小，△U2△I2不变7．（5分）如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（　　）A．质点P将向上运动B．电流表读数减小C．电压表读数减小D．R3上消耗的功率增大二、多选题（本大题共5小题，共25.0分）8．（5分）在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为+q的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与竖直方向成θ角的方向做直线运动。关于带电小球的电势能ε和机械能W的判断，正确的是（　　）A．若sinθ＜qEmg，则ε一定减少，W一定增加B．若sinθ=qEmg，则ε、W一定不变C．若sinθ=qEmg，则ε一定增加，W一定减小D．若tanθ=qEmg，则ε可能增加、也可能减少，但ε与W的总和一定保持不变9．（5分）如图所示，在匀强电场中，有一个与匀强电场平行的直角三角形区域ABC，AB＝6cm，BC=23cm，A点的电势为φA＝10V，B点的电势为φB＝4V，C点的电势为φC＝﹣2V．则（　　）A．将一个电荷量为q＝﹣2×10﹣6C的电荷从B点移到C点，电场力做功为W＝1.2×10﹣5JB．将一个电荷量为q＝﹣2×10﹣6C的电荷从B点移到C点，电场力做功为W＝﹣1.2×10﹣5JC．此电场的电场强度大小为E=3×102V/m，从A指向C第17页

2D．此电场的电场强度大小为EE＝2×102V/m，沿∠C的平分线斜向上10．（5分）如图所示的圆环上均匀分布着正电荷，过O点的虚线是圆环的中轴线．一带正电的粒子从很远处沿轴线飞来并穿过圆环．在粒子运动过程中（　　）A．粒子经O点的速度为零B．整个过程粒子电势能先增加后减少C．轴线上O点右侧存在一点，粒子在该点动能最小D．轴线上O点右侧左侧都存在场强最强点，它们关于O点对称11．（5分）如图1所示的电路，电源电动势E＝3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的I﹣U特性曲线如图2所示。当开关闭合后，下列关于电路中的灯泡的说法中，正确的是（　　）A．灯泡L1消耗的电功率为0.30WB．灯泡L1的电阻为75ΩC．灯泡L3的电阻为12ΩD．三灯泡消耗的总电功率为0.90W12．（5分）如图所示，电源电动势为E，内阻为r．电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当电键S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．有关下列说法中正确的是（　　）A．只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D．若断开电键S，带电微粒向下运动三、实验题探究题（本大题共3小题，共18.0分）13．（3分）为了较精确地测量一节干电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验：量程3V的理想电压表V，量程0.6A的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R0（R0＝1.5Ω），滑动变阻器R1（0～10Ω），滑动变阻器R2（0～200Ω），电键S．实验电路原理图如图（a）。（1）为方便实验调节和较准确地测量，滑动变阻器应选用　　（填R1或R2）。（2）用笔画线代替导线在图（b）中完成电路连接。（3）实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，在给出的U﹣I坐标系中画出U﹣I图线如图（c）所示，则干电池的内阻r＝　　Ω．（结果保留两位有效数字）14．（8分）如图所示，是U﹣I法测电源电动势和内阻的两种常用方法，由于电流表和电压表都不是理想第17页

3电表，所以测量结果有系统误差．请分析以下问题：（1）采用图1的方法，引入系统误差的原因是　　；采用图2的方法，引入系统误差的原因是　　；（2）图3和图4是用图象法处理的结果，请判断：图3是用　　（填“图1或图2”）电路处理的结果，其中图线　　（填“①或②”）表示测量图线，图线　　（填“①或②”）表示真实图线；图4是用　　（填“图1或图2”）电路处理的结果，其中图线　　（填“③或④”）表示测量图线，图线　　（填“③或④”）表示真实图线．15．（7分）某兴趣小组为了测量一待测电阻Rx的阻值，准备先用多用电表粗测出它的阻值，然后再用伏安法精确地测量．实验室里准备了以下器材：A．电压表V1，量程3V，内阻约5kΩB．电压表V2，量程15V，内阻约25kΩC．电流表A1，量程0.6A，内阻约0.2ΩD．电流表A2，量程3A，内阻约0.04ΩE．滑动变阻器R1，最大阻值5Ω，最大电流为3AF．滑动变阻器R2，最大阻值2000Ω，最大电流为1.5AG．多用电表H．电源，电动势E＝4.5VI．电键S、导线若干①在用多用电表粗测电阻时，该兴趣小组首先选用“×10”欧姆挡，其阻值如图（甲）中指针所示，为了减小多用电表的读数误差，多用电表的选择开关应换用　　欧姆挡；②按正确的操作程序再一次用多用电表测量该待测电阻的阻值时，其阻值如图（乙）中指针所示，则Rx的阻值大约是　　Ω；③在用伏安法测量该电阻的阻值时，要求尽可能准确，并且待测电阻的电压从零开始可以连续调节，则在上述提供的器材中电压表应选　　；电流表应选　　；滑动变阻器应选　　．（填器材前面的字母代号）④在图丙虚线框内画出用伏安法测量该电阻的阻值时的实验电路图．⑤按照电路图（图丁）请连接好实物图．四、计算题（本大题共2小题，共22.0分）16．（10分）如图所示，在距离某平面高2h处有一抛出位置P，在距P的水平距离为S＝1m处有一光滑竖直挡板AB，A端距该水平面距离为h＝0.45m，A端上方整个区域内加有水平向左的匀强电场；B第17页

4端与半径为R＝0.9m的14的光滑圆轨道BC连接。当传送带静止时，一带电量大小为q=19×10-4C，质量为0.18kg的小滑块，以某一初速度ν0从P点水平抛出，恰好能从AB挡板的右侧沿ABCD路径运动到D点而静止。请完成下列问题（1）求出所加匀强电场的场强大小？（2）当滑块刚运动到C点时，求出对圆轨道的压力？（3）若传送带转动，试讨论滑块达到D时的动能EK与传送带速率的关系？17．（12分）如图所示，一竖直光滑绝缘的管内有一劲度系数为k的绝缘弹簧，其下端固定于地面，上端与一质量为m，带电量为+q的小球A相连，整个空间存在一竖直向上的匀强电场，小球A静止时弹簧恰为原长。另一质量也为m的不带电的绝缘小球B从距A为x0的P点由静止开始下落，与A发生碰撞后一起向下运动（全过程中小球A的电量不发生变化，重力加速度为g）。（1）若x0已知，试求B与A碰撞过程中损失的机械能；（2）若x0未知，且B与A在最高点恰未分离，试求A、B运动到最高点时弹簧的形变量；（3）在满足第（2）问的情况下，试求A、B运动过程中的最大速度。第17页

52018年辽宁省沈阳市和平区东北育才学校高考物理三模试卷参考答案与试题解析一、单选题（本大题共7小题，共35.0分）1．（5分）在足够大的匀强磁场中一粒静止的234#/DEL/#90#/DEL/#Th核发生改变，释放出的粒子运动方向与磁场垂直，现在探测到新核与放出粒子的运动轨迹均为圆，如图所示，则下列判断正确的是（　　）A．234#/DEL/#90#/DEL/#Th核发生的是a衰变B．轨迹2是释放出的粒子的轨迹C．衰变后的新核沿顺时针方向旋转D．释放出的粒子沿顺时针方向旋转【考点】53：动量守恒定律；JA：原子核衰变及半衰期、衰变速度．【专题】31：定性思想；43：推理法；54O：衰变和半衰期专题．【分析】静止的234#/DEL/#90#/DEL/#Th发生衰变时动量守恒，释放出的粒子与新核的动量大小相等，在磁场中做匀速圆周运动，新核的电荷量大于所释放出的粒子电荷量，由半径公式r=mvqB可比较两个粒子半径的大小，根据左手定则判断释放出的粒子是α粒子还是β粒子，从而即可求解．【解答】解：A、根据动量守恒得知，放出的粒子与新核的速度方向相反，由左手定则判断得知，放出的粒子应带负电，是β粒子，所以发生的是β衰变，故A错误；B、由题意，静止的234#/DEL/#90#/DEL/#Th发生衰变时动量守恒，释放出的粒子与新核的动量大小相等，两个粒子在匀强磁场中都做匀速圆周运动，因为新核的电荷量大于所释放出的粒子电荷量，由半径公式r=mvqB得知，新核的半径小于粒子的半径，所以轨迹2是新核的轨迹，故B错误。CD、根据洛伦兹力提供向心力，由左手定则判断得知：新核要沿逆时针方向旋转，而释放出的粒子要沿顺时针方向旋转。故C错误，D正确。故选：D。【点评】放射性元素衰变时，两带电粒子的动量是守恒的．正好轨迹的半径公式mv中是动量，所以可以研究轨迹半径与电荷数的关系，注意负电荷的洛伦兹力的方向确定．2．（5分）如图所示，质子、氘核和氦核都沿平行板电容器两板中线OO′方向垂直于电场线射入板间的匀强电场，射出后都打在同一个与OO′垂直的荧光屏上，使荧光屏上出现亮点。下列说法中正确的是（　　）A．若它们射入电场时的速度相等，在荧光屏上将出现3个亮点B．若它们射入电场时的动能相等，在荧光屏上将只出现1个亮点C．若它们是由同一个电场从静止加速后射入偏转电场的，在荧光屏上将只出现1个亮点D．任何情况下在荧光屏上都不可能将只出现1个亮点【考点】AK：带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】31：定性思想；43：推理法；531：带电粒子在电场中的运动专题．【分析】三种粒子带电量不同，质量不同，进入同一电场时加速度不同，若它们射入电场时的速度相等，三粒子水平方向匀速直线，运动时间相同，则它们在竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动的位移不同，所以在荧光屏上将只出现3个；若它们射入电场时的动能相等，可以判断其速度的大小关系，同样可以求得竖直方向的位移大小关系，从而判断在荧光屏上出现的亮点个数。【解答】解：A、三种粒子带电量不同，分别为q、q、2q；质量不同，分别为m、2m、4m，进入同一电场是加速度不同分别是：qEm、qE2m、2qE4m，若它们射入电场时的速度相等，三粒子水平方向匀速直线，运动时间相同，则竖直方向的位移，第17页

6由y=12at2得竖直方向的位移之比是：4：2：2，所以三种粒子打到不同的位置，会出现两个亮点，故A错误。B、若它们射入电场时的动能相等，三种粒子的速度之比为，2：1：1，所以水平方向的运动时间为1：2：2，由于粒子竖直方向的位移，由：y=12at2，解得竖直方向的位移之比为，1：1：2，所以竖直方向位移不同，会出现两个亮点，故B错误；C、D、若它们是由同一个电场从静止加速，由动能定理得：qU=12mv2，解得：v=2qUm，粒子水平方向做匀速直线运动，运动时间为，t=Lv=Lm2qU，粒子竖直方向做初速度为零的匀速直线运动则，y=12at2=12qEm（Lm2qU）2=EL24U，由此可见，三种带电粒子在竖直方向的偏转位移仅与电场强度E、极板长度L、加速电压U有关，在这三个过程中，这三个物理量都相同，所以它们的偏转位移相同，粒子都打到同一点上，即只有一个亮点，故C正确，D错误；故选：C。【点评】此类题目属于类平抛运动问题，解题关键注意水平方向匀速，竖直方向是初速度为零的匀加速直线运动，两个方向的运动具有等时性。3．（5分）已知如图，光滑绝缘水平面上有两只完全相同的金属球A、B，带电量分别为﹣2Q与﹣Q．现在使它们以相同的初动能E0（对应的动量大小为p0）开始相向运动且刚好能发生接触．接触后两小球又各自反向运动．当它们刚好回到各自的出发点时的动能分别为E1和E2，动量大小分别为p1和p2．有下列说法：①E1＝E2＞E0，p1＝p2＞p0②E1＝E2＝E0，p1＝p2＝p0③接触点一定在两球初位置连线的中点右侧某点④两球必将同时返回各自的出发点其中正确的是（　　）A．②④B．②③C．①④D．③④【考点】53：动量守恒定律；A4：库仑定律．【分析】当两个完全相同的金属小球相接触时，若是同种电荷则是平均分配；若是异种电荷则是先中和再平均分配．由动量观点看，系统动量守恒，返回过程中电场力大于接近过程中电场力，根据动能关系求解．由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，运用运动学知识求解．【解答】解：①②、由动量观点看，系统动量守恒，两球的速度始终等值反向，也可得出结论：两球必将同时返回各自的出发点，且两球末动量大小和末动能一定相等。从能量观点看，两球接触后的电荷量都变为﹣1.5Q，在相同距离上的库仑斥力增大，返回过程中电场力做的正功大于接近过程中克服电场力做的功，由机械能定理，系统机械能必然增大，即末动能增大。故①正确，②错误。③④、由牛顿定律的观点看，两球的加速度大小始终相同，相同时间内的位移大小一定相同，必然在连线中点相遇，又同时返回出发点。故③错误，④正确。故①④正确、②③错误。故选：C。【点评】本题考查对碰撞过程基本规律的理解和应用能力．碰撞过程的两大基本规律：系统动量守恒和总动能不增加，常常用来分析碰撞过程可能的结果．4．（5分）如图甲所示为电场中的一条电场线，在电场线上建立坐标轴，则坐标轴上O～x2间各点的电势分布如图乙所示，则（　　）第17页

7A．在O～x2间，场强先减小后增大B．在O～x2间，场强方向一定发生了变化C．若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐减小D．从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，则该电荷在O～x2间一直做加速运动【考点】A6：电场强度与电场力；A7：电场线；AG：电势差和电场强度的关系．【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．【分析】根据φ﹣x图象的斜率的绝对值大小等于电场强度，分析场强的变化，由图看出，电势逐渐降低，可判断出负电荷的电势能变化．【解答】解：A、φ﹣x图象的斜率的绝对值大小等于电场强度，由几何知识得知，斜率先增大后减小，则电场强度先增大后减小，但斜率一直是负，场强方向没有改变。故AB错误。C、由图看出，电势逐渐降低，若一负电荷从O点运动到x2点，电势能逐渐升高。故C错误。D、从O点静止释放一仅受电场力作用的正电荷，受到的电场力方向与速度方向相同，做加速运动，即该电荷在O～x2间一直做加速运动。故D正确。故选：D。【点评】本题从数学的角度理解φ﹣t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况．5．（5分）如图所示，电路中的电阻均为1Ω，电源电动势为3V，内阻为0.5Ω，电流表．电压表均为理想电表，则此时电流表．电压表的读数分别是（　　）A．3A．3VB．1.5A．1.5VC．3A．1.5VD．1.5A．3V【考点】BB：闭合电路的欧姆定律；BJ：串联电路和并联电路．【专题】32：定量思想；4C：方程法；535：恒定电流专题．【分析】先画出等效电路图，再串、并联电路的特点，运用比例法解答．【解答】解：画出等效电路图如图所示，可得外电路总电阻为R=12R3=0.5Ω路端电压U=RR+rE=0.50.5+0.5×3V＝1.5V，即电压表的读数为1.5V。电流表地读数为I=UR12+R45=1.50.5+0.5A＝1.5A故选：B。【点评】解决本题的关键是画出等效电路图，再由电路的连接关系，由欧姆定律解题．第17页

86．（5分）在如图所示的电路中，R1、R2、R3和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r，设电流表A1的读数为I1，电流表A2的读数为I2，电压表A1的示数为U1，电压表V2的读数为U2，当R5的滑动触点向a端移动过程中，电流表A1的读数变化量大小为△I1，电流表A2的读数变化量大小△I2，电压表V1的读数变化量大小为△U1，电压表V2的读数变化量大小为△U2，则（　　）A．I1变大、△U1＞△U2，△U1△I1不变B．I1变大，△U1＜△U2，△U1△I1变小C．I1变小，I2变小，△U2△I2变小D．U1变小，U2变小，△U2△I2不变【考点】BB：闭合电路的欧姆定律．【专题】31：定性思想；43：推理法；535：恒定电流专题．【分析】当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电流表A和电压表的读数变化。由闭合电路欧姆定律分析两电表读数变化的比值。【解答】解：AB、当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，由闭合电路欧姆定律知，总电流I1变大，路端电压变小，U1变小。根据闭合电路欧姆定律知：U2＝E﹣I（r+R1+R2），I增大，则U2变小，因此I2变小；而U1变小、U2变小、R1+R2的总电压增大，则知△U1＜△U2。由闭合电路欧姆定律知：U1＝E﹣Ir，则△U1△I1=r，不变。故AB错误。CD、同理，△U2△I2等于电源内阻r，电阻R1，及电阻R3的之和，可知△U2△I2不变，故C错误，D正确。故选：D。【点评】本题是电路动态变化分析问题，按“局部→整体→局部”的顺序进行分析。7．（5分）如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（　　）A．质点P将向上运动B．电流表读数减小C．电压表读数减小D．R3上消耗的功率增大【考点】AN：电容器与电容；BB：闭合电路的欧姆定律．【专题】535：恒定电流专题．【分析】由图可知电路结构，由滑片的移动可知电路中电阻的变化，再由闭合电路欧姆定律可知各电表示数的变化及电容器两端的电压变化；再分析质点的受力情况可知质点的运动情况。【解答】解：A、由图可知，R2与滑动变阻器R4串联后与R3并联后，再由R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大；路端电压减小，同时R1两端的电压也增大；故并联部分的电压减小；由欧姆定律可知流过R3的电流减小，则流过并联部分的电流增大，故电流表示数增大，因并联部分电压减小，而R2中电压增大，故电压表示数减小，因电容器两端电压减小，故电荷受到的向上电场力减小，则重力大于电场力，合力向下，电荷向下运动，故AB错误，C正确；D、因R3两端的电压减小，由P=U2R可知，R3上消耗的功率减小；故D错误；故选：C。第17页

9【点评】解决闭合电路欧姆定律的题目，一般可以按照整体﹣局部﹣整体的思路进行分析，注意电路中某一部分电阻减小时，无论电路的连接方式如何，总电阻均是减小的。二、多选题（本大题共5小题，共25.0分）8．（5分）在电场强度大小为E的匀强电场中，将一个质量为m、电荷量为+q的带电小球由静止开始释放，带电小球沿与竖直方向成θ角的方向做直线运动。关于带电小球的电势能ε和机械能W的判断，正确的是（　　）A．若sinθ＜qEmg，则ε一定减少，W一定增加B．若sinθ=qEmg，则ε、W一定不变C．若sinθ=qEmg，则ε一定增加，W一定减小D．若tanθ=qEmg，则ε可能增加、也可能减少，但ε与W的总和一定保持不变【考点】AE：电势能与电场力做功．【专题】31：定性思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场力做功判断带电小球电势能的变化，结合除重力以外其它力做功得出机械能的变化。【解答】解：A、若sinθ＜qEmg，电场力可能做正功，也可能做负功，所以ε可能减小也可能增大、W可能增大也可能减小。故A错误。BC、若sinθ=qEmg，则电场力与速度方向垂直，电场力不做功，ε、W一定守恒。故B正确，C错误。D、若tanθ=qEmg，电场力沿水平方向，据题知，电场力和重力的合力与速度方向同向，电场力做正功，ε一定减少，根据能量守恒知，电势能和机械能之和保持不变，故D错误。故选：B。【点评】本题关键是分析电场力与合力方向的夹角，来判断电场力做功正负，确定电势能和机械能的变化。9．（5分）如图所示，在匀强电场中，有一个与匀强电场平行的直角三角形区域ABC，AB＝6cm，BC=23cm，A点的电势为φA＝10V，B点的电势为φB＝4V，C点的电势为φC＝﹣2V．则（　　）A．将一个电荷量为q＝﹣2×10﹣6C的电荷从B点移到C点，电场力做功为W＝1.2×10﹣5JB．将一个电荷量为q＝﹣2×10﹣6C的电荷从B点移到C点，电场力做功为W＝﹣1.2×10﹣5JC．此电场的电场强度大小为E=3×102V/m，从A指向CD．此电场的电场强度大小为EE＝2×102V/m，沿∠C的平分线斜向上【考点】AG：电势差和电场强度的关系．【专题】532：电场力与电势的性质专题．【分析】根据电场力做功公式W＝qU求电场力做功，式中各量均必须代入符号计算；根据匀强电场中U＝Ed，求出AC中点的电势，作出等势线，再由E=Ud求场强E，其中d是两点间沿电场线方向的距离。【解答】解：A、B电荷从B移到C，电场力做功WBC＝qUBC＝q（φB﹣φC）＝﹣2×10﹣6C×[4﹣（﹣2）]＝﹣1.2×10﹣5J．故A错误，B正确C、D、AC中点D的电势为φD=φA+φC2=4V＝φB，所以D与B电势相等，BD是一条等势线。根据几何知识得知：∠C＝60°，如图，电场方向沿∠C的平分线斜向上。则电场强度大小E=UBCd=UBCBCcos30°=623×32×10-2V/m＝200V/m。故C错误，D正确。故选：BD。第17页

10【点评】本题关键要抓住匀强电场电势分布的特点，求得AC中点的电势，即可作出等势线，由电场线与等势垂直，由E=Ud求场强E。10．（5分）如图所示的圆环上均匀分布着正电荷，过O点的虚线是圆环的中轴线．一带正电的粒子从很远处沿轴线飞来并穿过圆环．在粒子运动过程中（　　）A．粒子经O点的速度为零B．整个过程粒子电势能先增加后减少C．轴线上O点右侧存在一点，粒子在该点动能最小D．轴线上O点右侧左侧都存在场强最强点，它们关于O点对称【考点】AE：电势能与电场力做功．【专题】34：比较思想；43：推理法；532：电场力与电势的性质专题．【分析】分析粒子的受力情况，分析其运动情况，由电场力做功情况分析电势能的变化情况．运用极限法分析O点的场强和无穷远处场强，确定场强的最强点．【解答】解：A、据题，粒子能穿过圆环，经过O点时速度不为零，故A错误。B、整个过程中，电场力对粒子先做负功后做正功，则电势能先增加后减少。故B正确。C、轴线上O点右侧，虚线上场强方向向右，电场力对粒子一直做负功，所以粒子到达O点时动能最小，故C错误。D、O点的场强为零，无穷远处场强也为零，所以从O点沿虚线到无穷远，场强先增大后减小，轴线上O点右侧、左侧都存在场强最强点，它们关于O点对称，故D正确。故选：BD。【点评】解决本题的关键有两点：一是掌握电场的叠加原理，并能灵活运用；二是运用极限法分析场强的变化．11．（5分）如图1所示的电路，电源电动势E＝3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的I﹣U特性曲线如图2所示。当开关闭合后，下列关于电路中的灯泡的说法中，正确的是（　　）A．灯泡L1消耗的电功率为0.30WB．灯泡L1的电阻为75ΩC．灯泡L3的电阻为12ΩD．三灯泡消耗的总电功率为0.90W【考点】BG：电功、电功率．【专题】535：恒定电流专题．【分析】当开关闭合后，灯泡L3的电压等于3V，由图读出其电流I，由欧姆定律求出电阻，并求出其电功率。灯泡L1、L2串联，电压等于1.5V，由图读出电流，求出电功率。【解答】解：A、C、当开关闭合后，灯泡L3的电压U3＝3V，由图2读出其电流I3＝0.25A，则灯泡L3的电阻R3=30.25Ω＝12Ω，功率为：P＝U3I3＝3×0.25＝0.75W；灯泡L1、L2串联，电压U1＝U2＝1.5V，由图读出其电流I1＝I2＝0.20A，电阻R1=1.50.2=7.5Ω；灯泡L1、L2的功率均为：P＝UI＝1.5V×0.20A＝0.30W，三灯消耗的总功率为：2×0.30+0.75＝1.35W；故AC正确；故选：AC。【点评】本题关键抓住电源的内阻不计，路端电压等于电动势，来确定三个灯泡的电压。读图能力是基本功12．（5分）如图所示，电源电动势为E，内阻为r．电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻（其电阻随光照强度增大而减小）．当电键S第17页

11闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态．有关下列说法中正确的是（　　）A．只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，电阻R3中有向上的电流B．只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，电源消耗的功率变大，电阻R3中有向上的电流C．只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动D．若断开电键S，带电微粒向下运动【考点】AN：电容器与电容；BB：闭合电路的欧姆定律．【专题】535：恒定电流专题．【分析】电路稳定时，电容相当于开关断开，其电压等于与之并联的滑动变阻器部分的电压．只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，总电阻减小，总电流增大，判断R0消耗的电功率，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E=Ud分析板间场强变化和油滴所受电场力变化，判断油滴的运动情况．若断开电键S，电容器处于放电状态．【解答】解：A、只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电阻R0消耗的电功率变大，滑动变阻器的电压变大，电容器两端的电压增大，电容下极板带的电荷量变大，所以电阻R3中有向上的电流，故A正确；B、电路稳定时，电容相当于开关断开，只调节电阻R3的滑动端P2向上端移动时，对电路没有影响，故B错误；C、只调节电阻R2的滑动端P1向下端移动时，电容器并联部分的电阻变大，所以电容器两端的电压变大，由E=Ud可知，电场力变大，带电微粒向上运动，故C错误；D、若断开电键S，电容器处于放电状态，电荷量变小，板间场强减小，带电微粒所受的电场力减小，将向下运动，故D正确。故选：AD。【点评】本题中稳定时电容器与电路部分是相对独立的．分析油滴是否运动，关键分析电场力是否变化．三、实验题探究题（本大题共3小题，共18.0分）13．（3分）为了较精确地测量一节干电池的内阻，可用以下给定的器材和一些导线来完成实验：量程3V的理想电压表V，量程0.6A的电流表A（具有一定内阻），定值电阻R0（R0＝1.5Ω），滑动变阻器R1（0～10Ω），滑动变阻器R2（0～200Ω），电键S．实验电路原理图如图（a）。（1）为方便实验调节和较准确地测量，滑动变阻器应选用　R1　（填R1或R2）。（2）用笔画线代替导线在图（b）中完成电路连接。（3）实验中改变滑动变阻器的阻值，测出几组电流表和电压表的读数，在给出的U﹣I坐标系中画出U﹣I图线如图（c）所示，则干电池的内阻r＝　0.29　Ω．（结果保留两位有效数字）【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电路中需要的最大电阻，从而确定对应的滑动变阻器；（2）根据电路图可得出对应的实物图；（3）根据闭合电路欧姆定律写出关于U与I的函数表达式，然后根据斜率和截距的概念即可求解。【解答】解：（1）电流表的量程IA＝0.6A，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻应为：Rmax=E13IA=1.50.2=7.5Ω所以变阻器应选R1；第17页

12（2）根据原理图可知实物图如图所示：（3）根据闭合电路欧姆定律应用：E＝U+I（r+R0），整理可得：U＝﹣（r+R0）I+E，由图可知图象与纵坐标的交点为电源的电动势；故E＝1.50V；根据函数斜率的概念应有：r+R0=1.50-1.000.28，解得r＝0.29；故答案为：（1）R1（2）如图所示；（3）0.29【点评】本题考查测量电源的电动势和内电阻的实验，应注意明确以下几点：①测定电池电动势和内阻实验应选择内阻较大的旧电池；②通过电流表的最小电流应为电流表量程的13，这样可以保证准确；③遇到根据图象求解的问题，应根据物理规律整理出关于纵轴与横轴物理量的函数表达式，再根据斜率和截距的概念即可求解。14．（8分）如图所示，是U﹣I法测电源电动势和内阻的两种常用方法，由于电流表和电压表都不是理想电表，所以测量结果有系统误差．请分析以下问题：（1）采用图1的方法，引入系统误差的原因是　电压表分流　；采用图2的方法，引入系统误差的原因是　电流表分压　；（2）图3和图4是用图象法处理的结果，请判断：图3是用　图1　（填“图1或图2”）电路处理的结果，其中图线　②　（填“①或②”）表示测量图线，图线　①　（填“①或②”）表示真实图线；图4是用　图2　（填“图1或图2”）电路处理的结果，其中图线　④　（填“③或④”）表示测量图线，图线　③　（填“③或④”）表示真实图线．【考点】N3：测定电源的电动势和内阻．【专题】13：实验题；31：定性思想；46：实验分析法；535：恒定电流专题．【分析】（1）分析两电路，明确因电表内阻不计而带来的误差情况；（2）明确两种接法中所对应的极限情况，从而找出对应的图线，再根据测量值的误差情况明确真实图象和测量图象．【解答】解：（1）由于电表不是理想电表，则电流表存在内阻，电压表内阻不是无穷大，则在图1中由于采用相对电源的外接法，则由于电压表的分流使电流表偏小；而图2中采用电流表相对电源的内接法；故由于电压表的分压而使电压表示数偏大；（2）图1中采用电流表相对电源的外接法，误差来自于电压表的分流，当外电路短路时，电压表分流可以忽略；故此种接法中短路电流不变；故图3是该电路所测数据的处理结果；由于电压表的分流，电流表示数偏小，故图线②是测量图象，图线①是真实图象；图2中采用电流表相对电源的内接法，误差来自于电流表的分压，当外电路断路时，电流表中电流为零，分压可忽略；故测量的电动势准确；故图4是该电路所测数据处理的结果；由于电压表测量值偏小，故④是测量图象，③是实际图线；故答案为：（1）电压表分流；电流表分压（2）图1；②；①；图2；④；③；【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验误差分析，要注意明确误差增来自于电表内阻；将电表视为能测量数值的电阻再利用闭合电路欧姆定律以及串并联电路规律进行分析即可求解；初学者难度稍大，要注意此类题型的训练．15．（7分）某兴趣小组为了测量一待测电阻Rx的阻值，准备先用多用电表粗测出它的阻值，然后再用伏安法精确地测量．实验室里准备了以下器材：第17页

13A．电压表V1，量程3V，内阻约5kΩB．电压表V2，量程15V，内阻约25kΩC．电流表A1，量程0.6A，内阻约0.2ΩD．电流表A2，量程3A，内阻约0.04ΩE．滑动变阻器R1，最大阻值5Ω，最大电流为3AF．滑动变阻器R2，最大阻值2000Ω，最大电流为1.5AG．多用电表H．电源，电动势E＝4.5VI．电键S、导线若干①在用多用电表粗测电阻时，该兴趣小组首先选用“×10”欧姆挡，其阻值如图（甲）中指针所示，为了减小多用电表的读数误差，多用电表的选择开关应换用　×1　欧姆挡；②按正确的操作程序再一次用多用电表测量该待测电阻的阻值时，其阻值如图（乙）中指针所示，则Rx的阻值大约是　9　Ω；③在用伏安法测量该电阻的阻值时，要求尽可能准确，并且待测电阻的电压从零开始可以连续调节，则在上述提供的器材中电压表应选　A　；电流表应选　C　；滑动变阻器应选　E　．（填器材前面的字母代号）④在图丙虚线框内画出用伏安法测量该电阻的阻值时的实验电路图．⑤按照电路图（图丁）请连接好实物图．【考点】N4：用多用电表测电阻；N6：伏安法测电阻．【专题】13：实验题．【分析】多用电表的指针偏转角度较大时，换用倍率较小的欧姆挡，使指针指在刻度盘中央附近，可减小误差．根据指示值和倍率读数．电路设计可分为测量电路和控制电路两部分．测量电路采用伏安法．根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表的接法．根据题意待测电阻的电压从零开始可以连续调节，选择变阻器的接法．估算电路中的最大值，选择电流表的量程；根据原理图得出对应的实物图；【解答】解：①电阻测量值＝指示值×倍率．甲图中指针偏转角度较大，指针的指示值较小，要减小测量误差，使指针指在刻度盘中央附近，指示值增大，则倍率应换小．故换用“×1”欧姆挡②Rx的阻值大约是9×1＝9Ω．③④电源的电动势E＝4.5V，如选电压表V2，指针的最大偏角不到满刻度的13，误差较大．故选V1．电阻的最大电流大约为Imax=UR=39A＝0.33A，故电流表选A1．由于RVR=50009=555.6RRA=90.2=45则RVR＞RRA故选择电流表外接法．由题要求待测电阻的电压从零开始可以连续调节，故变阻器采用分压式接法．滑动变阻器选择E；电路图如图．⑤根据给出的原理图得出对应的实物图如图所示；故答案为：①“×1”；②9；③A、C、E；第17页

14④如图所示；⑤如图所示．【点评】选择器材通常的步骤：1、根据实验要求设计合理的实验电路．2、估算电路中电压、电流可能达到的最大值，以此选择电压表和电流表的量程．四、计算题（本大题共2小题，共22.0分）16．（10分）如图所示，在距离某平面高2h处有一抛出位置P，在距P的水平距离为S＝1m处有一光滑竖直挡板AB，A端距该水平面距离为h＝0.45m，A端上方整个区域内加有水平向左的匀强电场；B端与半径为R＝0.9m的14的光滑圆轨道BC连接。当传送带静止时，一带电量大小为q=19×10-4C，质量为0.18kg的小滑块，以某一初速度ν0从P点水平抛出，恰好能从AB挡板的右侧沿ABCD路径运动到D点而静止。请完成下列问题（1）求出所加匀强电场的场强大小？（2）当滑块刚运动到C点时，求出对圆轨道的压力？（3）若传送带转动，试讨论滑块达到D时的动能EK与传送带速率的关系？【考点】37：牛顿第二定律；43：平抛运动；65：动能定理；AK：带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】11：计算题；22：学科综合题；32：定量思想；4C：方程法；531：带电粒子在电场中的运动专题．【分析】（1）物块从P到A运动过程中，水平方向物块速度变为零，根据反向的匀加速列出位移时间关系方程，竖直方向做自由落体运动，列出位移时间关系式，联立求解；（2）从A到C根据动能定理求解C点速度，在C点根据牛顿第二定律求解支持力，再根据牛顿第三定律求解压力；（3）若传送带逆时针转动时，滑块运动的规律与传送带静止不动相同，故滑块到D点的动能为零，与传送带的速度无关；计算出传送带顺时针转动时物块一直加速的最终速度，分析传送带速度大小变化时物体的动能与传送带速度的关系。【解答】解：（1）设物块从P到A运动的时间为t，水平方向的加速度大小为a，物块能够沿AB下滑，说明在A点时水平方向速度为零，则：第17页

15水平方向：S=12at2，其中：a=qEm，竖直方向：2h﹣h=12gt2，联立解得：E=mgSqh=0.18×10×119×10-4×0.45V/m=3.6×105V/m；（2）从P点到C点根据动能定理可得：mg（2h+R）﹣qES=12mvC2-12mv02，其中qES=12mv02，所以mg（2h+R）=12mvC2，根据牛顿第二定律可得：FN-mg=mvC2R，联立解得：FN=mg+2mg(2h+R)R=9N；根据牛顿第三定律可得压力大小为9N；（3）若传送带逆时针转动时，滑块运动的规律与传送带静止不动相同，故滑块到D点的动能为零，与传送带的速度无关；若传送带顺时针转动，设传送带使得物体一直加速的速度大小为v，则：fL=12mv2-12mvC2，当传送带静止时，根据动能定理可得：﹣fL＝0-12mvC2，解得：v=62m/s；所以传送带顺时针转动时，滑到D点的速度与传送带速度v带的关系是：0＜v带＜62m/s时，Ek=12mv带2，v带＞62m/s时，Ek=12mv2=12×0.18×36×2J=6.48J。答：（1）匀强电场的场强大小为3.6×105V/m；（2）当滑块刚运动到C点时对圆轨道的压力为9N；（3）若传送带逆时针转动时，滑块到D点的动能为零；若传送带顺时针转动时：0＜v带＜62m/s时，Ek=12mv带2；v带＞62m/s时，Ek＝6.48J。【点评】有关带电粒子在匀强电场中的运动，可以从两条线索展开：其一，力和运动的关系。根据带电粒子受力情况，用牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式确定带电粒子的速度和位移等；其二，功和能的关系。根据电场力对带电粒子做功，引起带电粒子的能量发生变化，利用动能定理进行解答。17．（12分）如图所示，一竖直光滑绝缘的管内有一劲度系数为k的绝缘弹簧，其下端固定于地面，上端与一质量为m，带电量为+q的小球A相连，整个空间存在一竖直向上的匀强电场，小球A静止时弹簧恰为原长。另一质量也为m的不带电的绝缘小球B从距A为x0的P点由静止开始下落，与A发生碰撞后一起向下运动（全过程中小球A的电量不发生变化，重力加速度为g）。（1）若x0已知，试求B与A碰撞过程中损失的机械能；（2）若x0未知，且B与A在最高点恰未分离，试求A、B运动到最高点时弹簧的形变量；（3）在满足第（2）问的情况下，试求A、B运动过程中的最大速度。【考点】3C：共点力的平衡；53：动量守恒定律；6C：机械能守恒定律；A6：电场强度与电场力．【专题】52G：动量和能量的综合．【分析】选择正确的研究对象。分析物体的受力情况和运动过程。由机械能守恒定律求得与A碰撞前B的速度。根据动量守恒定律列出等式解决问题。【解答】解：（1）设匀强电场的场强为E，在碰撞前A静止时有：qE＝mg①第17页

16解得：E=mgq在与A碰撞前B的速度为v0，由机械能守恒定律得：mgx0=12mv02∴v0=2gx0②B与A碰撞后共同速度为v1，由动量守恒定律得：mv0＝2mv1③∴v1=12v0B与A碰撞过程中损失的机械能△E为：△E═12mv02-122mv12=12mgx0④（2）A、B在最高点恰不分离，此时A、B加速度相等，且它们间的弹力为零，设此时弹簧的伸长量为x1，则：对B：mg＝ma⑤对A：mg+kx﹣qE＝ma⑥所以弹簧的伸长量为：x1=mgk（3）A、B一起运动过程中合外力为零时，具有最大速度vm，设此时弹簧的压缩量为x2，则：2mg﹣（qE+kx2）＝0⑦∴x2=mgk由于x1＝x2，说明A、B在最高点处与合外力为零处弹簧的弹性势能相等，对此过程由能量守恒定律得：（2mg﹣qE）（x1+x2）=122mvm2⑧解得：vm＝g2mk答：（1）若x0已知，B与A碰撞过程中损失的机械能是12mgx0；（2）若x0未知，且B与A在最高点恰未分离，A、B运动到最高点时弹簧的形变量是mgk；（3）在满足第（2）问的情况下，A、B运动过程中的最大速度是g2mk。【点评】解决问题首先要清楚研究对象的运动过程。我们要清楚运动过程中能量的转化，以便从能量守恒角度解决问题。把动量守恒和能量守恒结合起来列出等式求解是常见的问题。，，日期：2019/4/1418:06:03；第17页