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精品解析：江西省吉安市井冈山大学附属中学2021-2022学年高二（上）期中物理试题（理科）
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1. 关于电源和电流，下述说法正确的是
A. 电源的电动势在数值上始终等于电源正负极之间的电压
B. 从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能
C. 由公式可知，导体电阻与通过它的电流成反比
D. 打开教室开关，日光灯立刻就亮了，表明导线中自由电荷定向运动的速率接近光速
【答案】B
【解析】
【详解】A．电源正负极之间的电压称为路端电压，当外电路接通时，路端电压小于电源的电动势．故A错误；
B．电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能．故B正确；
C．电阻R是由导体本身决定的，与通过它的电流无关．故C错误．
D．打开教室开关，日光灯立刻就亮了，表明导线中电场传播的速率接近光速，而导线中自由电荷定向运动的速率是非常小的．故D错误；
【点晴】该题考查恒定电流中对几个基本概念的理解，理解电源的作用，及电动势的含义，注意比值定义法的内涵是关键．
2. 如图所示，在一绝缘斜面上有一带正电的小物体A处于静止状态。现将一带正电的小球沿以A为圆心的圆弧缓慢地从点转至A正上方的点处，已知、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和始终保持静止不动，A、可视为质点。关于此过程，下列说法正确的是（ ）
A. 物体A受到斜面的支持力先增大后减小
B. 物体A受到斜面的支持力先减小后增大
C. 地面对斜面的摩擦力先增大后减小
D. 地面对斜面的摩擦力先减小后增大
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】AB．对A研究：P对A的库仑力垂直斜面方向的分力，先逐渐增大后逐渐减小，当库仑力与斜面垂直时最大，设该分力为，斜面倾角为，根据平衡条件得斜面对A的支持力
可知N先增大后减小，故A正确，B错误；
CD．以A和C整体为研究对象，分析受力情况如下图所示
设P对A的库仑力大小为F，与竖直方向的夹角为，根据平衡条件得
由于F大小不变，减小，则知地面对斜面C的摩擦力逐渐减小，故CD错误。
故选A。
3. 三峡工程是一座具有防洪、发电、航运及养殖和供水等综合利用价值的特大型水利水电工程，其部分设计数据如下表。由表可知，发电机组全部建成发电后，假设发电机组一直以总装机容量正常发电，要完成年平均发电量，它们的总发电时间约为（ ）
A. 4.6×102hB. 4.6×103hC. 4.6×104hD. 4.6×105h
【答案】B
【解析】
【详解】总发电时间
故选B。
4. 下列说法正确是（ ）
A. 在能源利用过程中，能量是不守恒的
B. 经典力学只适用于宏观世界的低速运动
C. 实现静电屏蔽一定要用密封的金属容器
D. 库仑提出了电场的概念并假想出电场线
【答案】B
【解析】
【详解】A．在能源的利用过程中，能量仍是守恒的，A错误；
B．经典力学只适用于宏观世界的低速运动，不适用于微观世界的高速运动，B正确；
C．实现静电屏蔽不一定要用密封的金属容器，金属网也能实现静电屏蔽，C错误；
D．法拉第最早引出电场概念，并提出用电场线的方法来表示电场，D错误。
故选B。
5. 图示电路中，电源内阻为r，电容器的两块极板A、B间有一带电油滴恰能静止．把的滑动片向右滑动时，下列说法中正确的是（ ）
A. 电流表读数减小，油滴向下运动
B. 电流表读数减小，油滴向上运动
C. 电流表读数增大，油滴向下运动
D. 电流表读数增大，油滴向上运动
【答案】B
【解析】
【详解】的滑动片向右滑动时，增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流减小，则知电流表读数减小．干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，则电容器板间电压增大，板间电场强度增大，油滴所受的电场力增大，则油滴向上运动，B正确，ACD错误。
故选B．
6. 如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2、R3为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为电容器的两个极板。当滑动变阻器R1处于某位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动。则下列说法中正确的是（ ）
A. 仅把R1的触头向右滑动时，油滴向下运动
B. 仅把R2断路时，油滴向上运动
C. 仅把R3短路时，油滴向上运动
D. 当电流表的读数减小时，油滴向下运动
【答案】B
【解析】
【详解】AB.仅把的触头向右滑动时，增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，由可知，板间场强增大，油滴所受电场力增大，则油滴向上运动。A错误，B正确；
C.仅把两极板A、B间距离d增大，电容器的电压不变，由可知，板间场强减小，油滴所受电场力减小，则油滴向下运动。C错误；
D.仅把两极板A、B间相对面积减小，U和d不变，则板间场强不变，油滴所受电场力不变，则油滴仍保持静止；D错误。
选B。
7. 图示是某款理发用的电吹风机的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成。当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出。已知电吹风机的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W。关于该电吹风。下列说法正确的是（ ）
A. 电热丝的电阻为
B. 电动机的电阻为
C. 当电吹风机吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为
D. 当电吹风机吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为
【答案】A
【解析】
【详解】A．当吹热风时，电机和电阻并联，电阻消耗功率为
由
可知
故A正确；
B．电机为非纯电阻电路
故B错误；
C．当电吹风吹冷风时，电热丝处于断路状态，没有电流通过，电热丝每秒钟消耗的电能为0，故C错误；
D．当电吹风吹热风时，电动机M和电热丝R并联，电动机的功率为120W，所以每秒钟消耗的电能
故D错误。
故选A。
8. 如图所示，空间有一等边三角形，C为的中点，E为的中点，F为的中点，在顶点O处固定一正的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A. E、A两点的电场强度大小之比为
B. 将一正的试探电荷从A点沿直线移到B点，其电势能先增大后减小
C. F点的电势比C点电势低
D. 若A点电势为，E点电势为，则F点的电势为
【答案】B
【解析】
【分析】根据点电荷电场强度公式结合沿着电场线方向电势是降低的，再根据正电荷从高电势到低电势，其电势能减小，最后根据非匀强电场，中点处电势不是初末两点的电势平均值。
【详解】A．根据点电荷的场强公式
可知，由于
所以E、A两点的电场强度大小之比为故A错误；
B．从A点沿直线移到B点，电势先升高后降低，所以正电荷的电势能先增大后减小，故B错误；
C．由于F点比C点离正电荷更近所以F点电势更高，故C错误；
D．由于点电荷的电场为非匀强电场，则
所以若A点电势为，E点电势为，则F点的电势不等于，故D错误。
故选B。
9. 有两个相同的灵敏电流计，分别改装成量程为0.6A和3A的电流表甲和乙，将两电流表并联后接入电路，则两电流表（ ）
A. 偏角相同、示数不同B. 偏角不同、示数相同
C. 甲的示数大于乙的示数D. 甲的示数小于乙的示数
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．灵敏电流计改装为电流表，实际上是给灵敏电流计并联一个小电阻，电阻越小，改装后的电表量程越大，乙表量程大，所以乙表内阻小，两电表并联，灵敏电流计两端电压相等，所以流过灵敏电流计的电流是相等的，所以偏角相同，示数不同，故A正确，B错误；
CD．并联电路中电流的分配跟电阻成反比，由于乙表内阻小，流过乙表的电流大，所以乙表示数大，故C错误，D正确。
故选AD。
10. 空间中存在沿x轴正方向的电场，x轴上各点的电场强度随x的变化情况如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 两处电势相同
B. 电子在处电势能小于在处的电势能
C. x=0处于处两点之间的电势差为
D. 电子沿x轴从处运动到处，电场力一直做负功
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．沿电场方向电势降低，因为电场方向指向x轴正方向，故x轴相当于一条电场线，故，A错误；
BD．电子受到电场力方向和电场方向相反，故从到电场力做负功，电势能增大，电子在处的电势能小于在处的电势能，BD正确；
C．因为从0到处的电场强度是均匀增大的，所以从0到处的电场强度平均值为，根据公式可得从0到处的电势差为，C正确；
故选BCD。
11. 如图所示，电源内阻为r，定值电阻R0也为r，可变电阻器R的最大值为2r，当可变电阻器的滑动键由M向N滑动时，正确的结论是（ ）
A. 电源输出功率由小变大B. 电源内部消耗功率由大变小
C. 电源输出功率由大变小D. 可变电阻器R消耗的功率由大变小
【答案】AD
【解析】
【详解】AC．对于电源，当电源的内外电阻越接近，电源的输出功率越大，相等时，电源的输出功率最大．由题意知，电源的内阻为r，当可变电阻的滑动触头从最左端向右端滑动过程中，外电阻从3r到r变化，根据上述结论可知，电源的输出功率逐渐增大，当滑片在N端时电源的输出功率最大，故A正确，C错误；
B．电源内部消耗功率P=I2r，当可变电阻器的滑动键由M向N滑动时，外电阻变小，电流变大，则电源内部消耗功率变大，故B错误；
D．把电阻R0也看成内阻，则内阻总值为2r，当可变电阻的滑动触头从最左端向右端滑动过程中，外电阻从2r到r变化，所以可变电阻器R消耗的功率变小，故D正确。
故选AD。
12. 示波器的核心部件是示波管，示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。下列说法正确的是（ ）
A. 如果仅在XX′之间加不变的电压（X正X′负），在荧光屏的正Y轴上将出现一个亮斑
B. 如果仅在XX′之间加图乙所示的电压，在荧光屏上会看到X轴上一条水平的亮线
C. 如果在XX′之间加不变的电压（X正X′负），在YY′之间加图丙所示的电压，在荧光屏上会看到一条与Y轴平行的竖直亮线（在Ⅱ、Ⅲ象限）
D. 如果在XX′之间加图乙所示的电压，在YY′之间加图丙所示的电压，在荧光屏上看到的亮线是正弦曲线
【答案】BD
【解析】
【详解】A．如果仅在XX′之间加不变的电压（X正X′负），电子在两极间发生偏转，做类平抛运动，电子射出时沿垂直于板面的方向偏移为
电子离开电场的偏转角度为
则电子达到屏上距离中心的距离为
其中是极板到屏的垂直距离，即与U成正比，所加电压不变，电子的在光屏的位置不变，所以在荧光屏的正X轴上将出现一个亮斑，所以A错误；
B．如果仅在XX′之间加图乙所示的电压，所以电子只在X方向偏转，由图象可知，电压均匀增大，又与U成正比，所以亮点在X轴上均匀分布，所以在X轴上是一条水平的亮线，所以B正确；
C．如果在XX′之间加不变的电压（X正X′负），在YY′之间加图丙所示的电压，电子既要在X方向偏转，也要在Y方向偏转，由于XX′之间的电压不变，所以看到的也是一条平行与Y轴的亮线，在Ⅰ、Ⅳ象限，所以C错误；
D．如果在XX′之间加图乙所示的电压，在YY′之间加图丙所示的电压，电子既要在X方向偏转，也要在Y方向偏转，但在X轴方向均匀分布，所以看到的就是和图丙一样的正弦曲线，所以D正确。
故选BD。
二、实验题（共14分）
13. 张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：
(1)用螺旋测微器测得其直径为_____mm（如图甲所示）；
(2)用20分度的游标卡尺测其长度为______cm（如图乙所示）；
(3)用图丙所示的电路测得的电阻值将比真实值________(填“偏大”或“偏小”)．
【答案】 ①. 3.202-3.205 ②. 5.015 ③. 偏小
【解析】
【分析】（1）解决本题的关键明确：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
（2）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．
（3）由电路图，根据电表内阻的影响确定误差情况．
【详解】（1）螺旋测微器的固定刻度为3.0mm，可动刻度为20.5×0.01mm=0.205mm，所以最终读数为3.0mm+0.205mm=3.205mm．
（2）20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm．
（3）由欧姆定律得，电阻阻值R=U/I，由于电压表的分流作用使电流测量值偏大，则电阻测量值偏小．
【点睛】考查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；游标卡尺不需要估读、螺旋测微器需要估读．掌握由欧姆定律分析电路的误差的方法．
14. 将满偏电流Ig=600µA、内阻未知的电流表G改装成电压表。
（1）利用图示的电路测量电流表G的内阻（电动势E=3V）：先闭合S1，调节R，使电流表指针偏转到满刻度；再闭合S2，保持R不变，调节R'，使电流表指针偏转到满刻度的，读出此时R'的阻值为100Ω，则电流表内阻的测量值Rg=___________Ω。
（2）将该表改装为量程3V的电压表，需___________（选填“串联”或“并联”）阻值为R0=___________Ω的电阻。
（3）将改装好的电压表用来测2.5V的电压，测量值___________2.5V（选填“大于”“等于”或“小于”）
【答案】 ①. 50 ②. 串联 ③. 4950 ④. 小于
【解析】
【分析】
【详解】(1)[1] S2闭合，电流表和R′并联电压相等，各支路电流之和等于总电流，由欧姆定律可知
解得
(2)[2][3] 把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，分压电阻阻值
(3)[4]用(1)的方法测得的电流表内阻，小于真实值，所以(2)中串联一个4950Ω的电阻改装成的电压表，实际测量量程大于3Ｖ，所以用改装好的电压表测量2.5V的电压时，指针偏角偏小，即测量值小于2.5V。
三、解答题（共38分）
15. 如图所示，水平地面上有一个静止的直角三角滑块P，顶点A到地面的距离h＝1.8m，水平地面上D处有一固定障碍物，滑块C端到D的距离L=6.4m。在其顶点A处放一个小物块Q，不粘连，最初系统静止不动。现对滑块左端施加水平向右的推力F=35N，使二者相对静止一起向右运动，当C端撞到障碍物时立即撤去力F，且滑块P立即以原速率反弹，小物块Q最终落在地面上、滑块P质量M=4.0kg，小物块Q质量m=1.0kg，P与地面间的动摩擦因数μ=0.2 （取g＝10 m/s2）
求（1）小物块Q落地前瞬间的速度；
（2）小物块Q落地时到滑块P的B端的距离。
【答案】（1）10m/s；（2）9.24m
【解析】
【详解】（1）对P、Q整体分析有
F－μ（m＋M）g=（m＋M）a1
解得
a1=5m/s2
当顶点C运动至障碍物D时有
vD2=2a1L
解得
vD＝8m/s
之后Q物体做平抛运动有
解得
t1=0.6s
Q落地前瞬间竖直方向的速度为
vy=gt1
解得
vy=6m/s
由矢量合成得：Q落地前瞬间的速度大小为
vt==10m/s
与水平成角，则
解得
（2）由（1）得Q平抛的水平位移
x1= vDt1
解得
x1=4.8m
P物体做匀减速运动，有
解得
a2=2m/s2
又
vD＝ a2t2
解得
t2=4s＞t1
Q物体平抛时间内P的位移为
x2= vDt1－a2t12
解得
x2=4.44m
所以Q落地时Q到滑块B端的距离为
x= x1＋x2＝9.24m
16. 如图所示，在水平地面上固定一倾角θ=37°的斜面体，物体A以某一初速度从斜面体底端沿斜面向上抛出，在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出。A、B均可看作质点，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，g取10m/s2。
（1） 若斜面体表面光滑，将A物体以v1=6m/s的初速度抛出，求物体A上滑到最高点所用的时间t；
（2） 在第（1）问条件下，将A、B同时抛出，当A上滑到最高点时恰好被B物体击中，求物体B抛出时的初速度v2；
（3） 若斜面体表面粗糙且足够长，物体A与斜面间动摩擦因数μ=0.5，物体A从最低点以v3=10m/s的初速度沿斜面向上抛出，B仍以初速度v2水平抛出，为使B抛出后仍能击中A，求：A、B开始运动时相差的时间间隔 （结果可保留根号）。
【答案】（1）1s；（2）2.4m/s；（3）s或s
【解析】
【详解】解：（1）若斜面体表面光滑，将A物体以v1=6m/s的初速度抛出，A物体上滑的加速度，由牛顿第二定律则有
由速度时间公式，可得时间
（2）将A、B同时抛出，A上滑的最大位移，由速度位移公式可得
B水平的位移
xB=xAcsθ=3×cs37°m=3×0.8m=2.4m
则B的初速度
（3）物体A沿粗糙斜面上滑，上滑加速度，由牛顿第二定律可得
A滑行3m时的速度，由速度位移公式为
此时所用时间为
要使A、B在斜面上相遇，B要超前时间
∆t1=t−t1=
A从抛出到滑到最高点所用时间
滑行距离
A从最高点下滑时的加速度为
下滑时间
要使A、B在斜面上相遇，B可落后时间
∆t2=t2−t=
17. 如图所示，匀强电场中相邻竖直等势线间距d=10cm，质量m=0.1kg、带电荷量为q=-1×10-3C的小球以初速度v0=10m/s抛出，初速度方向与水平线的夹角为45°，已知重力加速度g=10m/s2，求：
(1)小球加速度的大小；
(2)小球再次回到图中水平线时的速度大小和距抛出点的距离。
【答案】(1)10m/s2；(2)10 m/s，20 m
【解析】
【详解】(1)设相邻两等势线间的电势差为U，由电场强度与电势差之间的关系可知，电场强度为
解得
E＝1×103 V/m
电场力
F＝qE＝1 N
方向水平向右
重力
G＝mg＝1 N
方向竖直向下
设小球加速度为a，由牛顿第二定律得
解得
(2)设小球再次回到图中水平线时的速度为v，与抛出点的距离为L，小球加速度与初速度方向垂直，做类平抛运动，有
Lcs 45°＝v0t
解得
L＝20 m
沿y轴方向有
vy＝at
速度大小为
解得
18. 如图所示，在竖直平面内，有一长度L=2.4m的固定绝缘竖直杆AB，B点所在的水平面线上方存在着场强大小E1=5×106N/C、方向水平向右的匀强电场，下方虚线空间存在着场强大小为E2=E1、方向与竖直方向的夹角α=37°、斜向右上的匀强电场。现将一质量m=0.8kg、电荷量q=+2×10-6C的小球(可视为质点)套在杆上从A端由静止释放后下滑，最后从C点离开电场E2，此时速度方向恰好与E2垂直。已知小球与杆间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)小球到达B点时的速度大小vB；
(2)小球在电场E2中的加速度大小和方向，以及小球过C点时的速度vC大小；
(3)从A端释放到C点离开的过程中，电场力做的功。
【答案】(1)6m/s；(2)7.5m/s2，方向水平向右；10m/s；(3)25.6J。
【解析】
【详解】(1)小球沿杆下滑过程中受到的滑动摩擦力大小为
f=μqE1
则小球沿杆下滑的加速度大小为
由速度位移的关系式得
vB2=2aL
联立解得
vB=6m/s
(2)小球离开B点后在匀强电场E2中的受重力、电场力，如图所示，将电场力分解
qE2cs 37°=8N
恰好与重力mg=8N平衡，小球在匀强电场E2中做类平抛运动，则加速度大小为：
解得
a=7.5m/s2
方向水平向右
小球过C点时，将速度分解，有：
(3)到C点时的水平速度
设从B到C的时间为t，则
vx=a't
解得
B、C两点间的水平距离为
电场力的功
W=qE2sin37°•x=25.6J
水库
坝高
185 m
最大蓄水位
175 m
平均年流量
4.510×1011 m3
电站
总装机数
26台
总装机容量
1. 82×107 kW
年平均发电量
8.468×1010 1kW·h
1. 关于电源和电流，下述说法正确的是
A. 电源的电动势在数值上始终等于电源正负极之间的电压
B. 从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电能
C. 由公式可知，导体电阻与通过它的电流成反比
D. 打开教室开关，日光灯立刻就亮了，表明导线中自由电荷定向运动的速率接近光速
【答案】B
【解析】
【详解】A．电源正负极之间的电压称为路端电压，当外电路接通时，路端电压小于电源的电动势．故A错误；
B．电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能．故B正确；
C．电阻R是由导体本身决定的，与通过它的电流无关．故C错误．
D．打开教室开关，日光灯立刻就亮了，表明导线中电场传播的速率接近光速，而导线中自由电荷定向运动的速率是非常小的．故D错误；
【点晴】该题考查恒定电流中对几个基本概念的理解，理解电源的作用，及电动势的含义，注意比值定义法的内涵是关键．
2. 如图所示，在一绝缘斜面上有一带正电的小物体A处于静止状态。现将一带正电的小球沿以A为圆心的圆弧缓慢地从点转至A正上方的点处，已知、A在同一水平线上，且在此过程中物体A和始终保持静止不动，A、可视为质点。关于此过程，下列说法正确的是（ ）
A. 物体A受到斜面的支持力先增大后减小
B. 物体A受到斜面的支持力先减小后增大
C. 地面对斜面的摩擦力先增大后减小
D. 地面对斜面的摩擦力先减小后增大
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】AB．对A研究：P对A的库仑力垂直斜面方向的分力，先逐渐增大后逐渐减小，当库仑力与斜面垂直时最大，设该分力为，斜面倾角为，根据平衡条件得斜面对A的支持力
可知N先增大后减小，故A正确，B错误；
CD．以A和C整体为研究对象，分析受力情况如下图所示
设P对A的库仑力大小为F，与竖直方向的夹角为，根据平衡条件得
由于F大小不变，减小，则知地面对斜面C的摩擦力逐渐减小，故CD错误。
故选A。
3. 三峡工程是一座具有防洪、发电、航运及养殖和供水等综合利用价值的特大型水利水电工程，其部分设计数据如下表。由表可知，发电机组全部建成发电后，假设发电机组一直以总装机容量正常发电，要完成年平均发电量，它们的总发电时间约为（ ）
A. 4.6×102hB. 4.6×103hC. 4.6×104hD. 4.6×105h
【答案】B
【解析】
【详解】总发电时间
故选B。
4. 下列说法正确是（ ）
A. 在能源利用过程中，能量是不守恒的
B. 经典力学只适用于宏观世界的低速运动
C. 实现静电屏蔽一定要用密封的金属容器
D. 库仑提出了电场的概念并假想出电场线
【答案】B
【解析】
【详解】A．在能源的利用过程中，能量仍是守恒的，A错误；
B．经典力学只适用于宏观世界的低速运动，不适用于微观世界的高速运动，B正确；
C．实现静电屏蔽不一定要用密封的金属容器，金属网也能实现静电屏蔽，C错误；
D．法拉第最早引出电场概念，并提出用电场线的方法来表示电场，D错误。
故选B。
5. 图示电路中，电源内阻为r，电容器的两块极板A、B间有一带电油滴恰能静止．把的滑动片向右滑动时，下列说法中正确的是（ ）
A. 电流表读数减小，油滴向下运动
B. 电流表读数减小，油滴向上运动
C. 电流表读数增大，油滴向下运动
D. 电流表读数增大，油滴向上运动
【答案】B
【解析】
【详解】的滑动片向右滑动时，增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流减小，则知电流表读数减小．干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，则电容器板间电压增大，板间电场强度增大，油滴所受的电场力增大，则油滴向上运动，B正确，ACD错误。
故选B．
6. 如图所示的电路中，电源电动势为E、内阻为r，电阻R2、R3为定值电阻，R1为滑动变阻器，A、B为电容器的两个极板。当滑动变阻器R1处于某位置时，A、B两板间的带电油滴静止不动。则下列说法中正确的是（ ）
A. 仅把R1的触头向右滑动时，油滴向下运动
B. 仅把R2断路时，油滴向上运动
C. 仅把R3短路时，油滴向上运动
D. 当电流表的读数减小时，油滴向下运动
【答案】B
【解析】
【详解】AB.仅把的触头向右滑动时，增大，外电路总电阻增大，干路电流减小，路端电压增大，由可知，板间场强增大，油滴所受电场力增大，则油滴向上运动。A错误，B正确；
C.仅把两极板A、B间距离d增大，电容器的电压不变，由可知，板间场强减小，油滴所受电场力减小，则油滴向下运动。C错误；
D.仅把两极板A、B间相对面积减小，U和d不变，则板间场强不变，油滴所受电场力不变，则油滴仍保持静止；D错误。
选B。
7. 图示是某款理发用的电吹风机的电路图，它主要由电动机M和电热丝R构成。当闭合开关S1、S2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出。已知电吹风机的额定电压为220V，吹冷风时的功率为120W，吹热风时的功率为1000W。关于该电吹风。下列说法正确的是（ ）
A. 电热丝的电阻为
B. 电动机的电阻为
C. 当电吹风机吹冷风时，电热丝每秒钟消耗的电能为
D. 当电吹风机吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为
【答案】A
【解析】
【详解】A．当吹热风时，电机和电阻并联，电阻消耗功率为
由
可知
故A正确；
B．电机为非纯电阻电路
故B错误；
C．当电吹风吹冷风时，电热丝处于断路状态，没有电流通过，电热丝每秒钟消耗的电能为0，故C错误；
D．当电吹风吹热风时，电动机M和电热丝R并联，电动机的功率为120W，所以每秒钟消耗的电能
故D错误。
故选A。
8. 如图所示，空间有一等边三角形，C为的中点，E为的中点，F为的中点，在顶点O处固定一正的点电荷，下列说法正确的是（ ）
A. E、A两点的电场强度大小之比为
B. 将一正的试探电荷从A点沿直线移到B点，其电势能先增大后减小
C. F点的电势比C点电势低
D. 若A点电势为，E点电势为，则F点的电势为
【答案】B
【解析】
【分析】根据点电荷电场强度公式结合沿着电场线方向电势是降低的，再根据正电荷从高电势到低电势，其电势能减小，最后根据非匀强电场，中点处电势不是初末两点的电势平均值。
【详解】A．根据点电荷的场强公式
可知，由于
所以E、A两点的电场强度大小之比为故A错误；
B．从A点沿直线移到B点，电势先升高后降低，所以正电荷的电势能先增大后减小，故B错误；
C．由于F点比C点离正电荷更近所以F点电势更高，故C错误；
D．由于点电荷的电场为非匀强电场，则
所以若A点电势为，E点电势为，则F点的电势不等于，故D错误。
故选B。
9. 有两个相同的灵敏电流计，分别改装成量程为0.6A和3A的电流表甲和乙，将两电流表并联后接入电路，则两电流表（ ）
A. 偏角相同、示数不同B. 偏角不同、示数相同
C. 甲的示数大于乙的示数D. 甲的示数小于乙的示数
【答案】AD
【解析】
【详解】AB．灵敏电流计改装为电流表，实际上是给灵敏电流计并联一个小电阻，电阻越小，改装后的电表量程越大，乙表量程大，所以乙表内阻小，两电表并联，灵敏电流计两端电压相等，所以流过灵敏电流计的电流是相等的，所以偏角相同，示数不同，故A正确，B错误；
CD．并联电路中电流的分配跟电阻成反比，由于乙表内阻小，流过乙表的电流大，所以乙表示数大，故C错误，D正确。
故选AD。
10. 空间中存在沿x轴正方向的电场，x轴上各点的电场强度随x的变化情况如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 两处电势相同
B. 电子在处电势能小于在处的电势能
C. x=0处于处两点之间的电势差为
D. 电子沿x轴从处运动到处，电场力一直做负功
【答案】BCD
【解析】
【详解】A．沿电场方向电势降低，因为电场方向指向x轴正方向，故x轴相当于一条电场线，故，A错误；
BD．电子受到电场力方向和电场方向相反，故从到电场力做负功，电势能增大，电子在处的电势能小于在处的电势能，BD正确；
C．因为从0到处的电场强度是均匀增大的，所以从0到处的电场强度平均值为，根据公式可得从0到处的电势差为，C正确；
故选BCD。
11. 如图所示，电源内阻为r，定值电阻R0也为r，可变电阻器R的最大值为2r，当可变电阻器的滑动键由M向N滑动时，正确的结论是（ ）
A. 电源输出功率由小变大B. 电源内部消耗功率由大变小
C. 电源输出功率由大变小D. 可变电阻器R消耗的功率由大变小
【答案】AD
【解析】
【详解】AC．对于电源，当电源的内外电阻越接近，电源的输出功率越大，相等时，电源的输出功率最大．由题意知，电源的内阻为r，当可变电阻的滑动触头从最左端向右端滑动过程中，外电阻从3r到r变化，根据上述结论可知，电源的输出功率逐渐增大，当滑片在N端时电源的输出功率最大，故A正确，C错误；
B．电源内部消耗功率P=I2r，当可变电阻器的滑动键由M向N滑动时，外电阻变小，电流变大，则电源内部消耗功率变大，故B错误；
D．把电阻R0也看成内阻，则内阻总值为2r，当可变电阻的滑动触头从最左端向右端滑动过程中，外电阻从2r到r变化，所以可变电阻器R消耗的功率变小，故D正确。
故选AD。
12. 示波器的核心部件是示波管，示波管由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，其原理图如图甲所示。下列说法正确的是（ ）
A. 如果仅在XX′之间加不变的电压（X正X′负），在荧光屏的正Y轴上将出现一个亮斑
B. 如果仅在XX′之间加图乙所示的电压，在荧光屏上会看到X轴上一条水平的亮线
C. 如果在XX′之间加不变的电压（X正X′负），在YY′之间加图丙所示的电压，在荧光屏上会看到一条与Y轴平行的竖直亮线（在Ⅱ、Ⅲ象限）
D. 如果在XX′之间加图乙所示的电压，在YY′之间加图丙所示的电压，在荧光屏上看到的亮线是正弦曲线
【答案】BD
【解析】
【详解】A．如果仅在XX′之间加不变的电压（X正X′负），电子在两极间发生偏转，做类平抛运动，电子射出时沿垂直于板面的方向偏移为
电子离开电场的偏转角度为
则电子达到屏上距离中心的距离为
其中是极板到屏的垂直距离，即与U成正比，所加电压不变，电子的在光屏的位置不变，所以在荧光屏的正X轴上将出现一个亮斑，所以A错误；
B．如果仅在XX′之间加图乙所示的电压，所以电子只在X方向偏转，由图象可知，电压均匀增大，又与U成正比，所以亮点在X轴上均匀分布，所以在X轴上是一条水平的亮线，所以B正确；
C．如果在XX′之间加不变的电压（X正X′负），在YY′之间加图丙所示的电压，电子既要在X方向偏转，也要在Y方向偏转，由于XX′之间的电压不变，所以看到的也是一条平行与Y轴的亮线，在Ⅰ、Ⅳ象限，所以C错误；
D．如果在XX′之间加图乙所示的电压，在YY′之间加图丙所示的电压，电子既要在X方向偏转，也要在Y方向偏转，但在X轴方向均匀分布，所以看到的就是和图丙一样的正弦曲线，所以D正确。
故选BD。
二、实验题（共14分）
13. 张明同学在测定某种合金丝的电阻率时：
(1)用螺旋测微器测得其直径为_____mm（如图甲所示）；
(2)用20分度的游标卡尺测其长度为______cm（如图乙所示）；
(3)用图丙所示的电路测得的电阻值将比真实值________(填“偏大”或“偏小”)．
【答案】 ①. 3.202-3.205 ②. 5.015 ③. 偏小
【解析】
【分析】（1）解决本题的关键明确：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．
（2）游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．
（3）由电路图，根据电表内阻的影响确定误差情况．
【详解】（1）螺旋测微器的固定刻度为3.0mm，可动刻度为20.5×0.01mm=0.205mm，所以最终读数为3.0mm+0.205mm=3.205mm．
（2）20分度的游标卡尺，精确度是0.05mm，游标卡尺的主尺读数为50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm=5.015cm．
（3）由欧姆定律得，电阻阻值R=U/I，由于电压表的分流作用使电流测量值偏大，则电阻测量值偏小．
【点睛】考查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；游标卡尺不需要估读、螺旋测微器需要估读．掌握由欧姆定律分析电路的误差的方法．
14. 将满偏电流Ig=600µA、内阻未知的电流表G改装成电压表。
（1）利用图示的电路测量电流表G的内阻（电动势E=3V）：先闭合S1，调节R，使电流表指针偏转到满刻度；再闭合S2，保持R不变，调节R'，使电流表指针偏转到满刻度的，读出此时R'的阻值为100Ω，则电流表内阻的测量值Rg=___________Ω。
（2）将该表改装为量程3V的电压表，需___________（选填“串联”或“并联”）阻值为R0=___________Ω的电阻。
（3）将改装好的电压表用来测2.5V的电压，测量值___________2.5V（选填“大于”“等于”或“小于”）
【答案】 ①. 50 ②. 串联 ③. 4950 ④. 小于
【解析】
【分析】
【详解】(1)[1] S2闭合，电流表和R′并联电压相等，各支路电流之和等于总电流，由欧姆定律可知
解得
(2)[2][3] 把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，分压电阻阻值
(3)[4]用(1)的方法测得的电流表内阻，小于真实值，所以(2)中串联一个4950Ω的电阻改装成的电压表，实际测量量程大于3Ｖ，所以用改装好的电压表测量2.5V的电压时，指针偏角偏小，即测量值小于2.5V。
三、解答题（共38分）
15. 如图所示，水平地面上有一个静止的直角三角滑块P，顶点A到地面的距离h＝1.8m，水平地面上D处有一固定障碍物，滑块C端到D的距离L=6.4m。在其顶点A处放一个小物块Q，不粘连，最初系统静止不动。现对滑块左端施加水平向右的推力F=35N，使二者相对静止一起向右运动，当C端撞到障碍物时立即撤去力F，且滑块P立即以原速率反弹，小物块Q最终落在地面上、滑块P质量M=4.0kg，小物块Q质量m=1.0kg，P与地面间的动摩擦因数μ=0.2 （取g＝10 m/s2）
求（1）小物块Q落地前瞬间的速度；
（2）小物块Q落地时到滑块P的B端的距离。
【答案】（1）10m/s；（2）9.24m
【解析】
【详解】（1）对P、Q整体分析有
F－μ（m＋M）g=（m＋M）a1
解得
a1=5m/s2
当顶点C运动至障碍物D时有
vD2=2a1L
解得
vD＝8m/s
之后Q物体做平抛运动有
解得
t1=0.6s
Q落地前瞬间竖直方向的速度为
vy=gt1
解得
vy=6m/s
由矢量合成得：Q落地前瞬间的速度大小为
vt==10m/s
与水平成角，则
解得
（2）由（1）得Q平抛的水平位移
x1= vDt1
解得
x1=4.8m
P物体做匀减速运动，有
解得
a2=2m/s2
又
vD＝ a2t2
解得
t2=4s＞t1
Q物体平抛时间内P的位移为
x2= vDt1－a2t12
解得
x2=4.44m
所以Q落地时Q到滑块B端的距离为
x= x1＋x2＝9.24m
16. 如图所示，在水平地面上固定一倾角θ=37°的斜面体，物体A以某一初速度从斜面体底端沿斜面向上抛出，在物体A的正上方，有一物体B以某一初速度水平抛出。A、B均可看作质点，已知sin37°=0.6，cs37°=0.8，g取10m/s2。
（1） 若斜面体表面光滑，将A物体以v1=6m/s的初速度抛出，求物体A上滑到最高点所用的时间t；
（2） 在第（1）问条件下，将A、B同时抛出，当A上滑到最高点时恰好被B物体击中，求物体B抛出时的初速度v2；
（3） 若斜面体表面粗糙且足够长，物体A与斜面间动摩擦因数μ=0.5，物体A从最低点以v3=10m/s的初速度沿斜面向上抛出，B仍以初速度v2水平抛出，为使B抛出后仍能击中A，求：A、B开始运动时相差的时间间隔 （结果可保留根号）。
【答案】（1）1s；（2）2.4m/s；（3）s或s
【解析】
【详解】解：（1）若斜面体表面光滑，将A物体以v1=6m/s的初速度抛出，A物体上滑的加速度，由牛顿第二定律则有
由速度时间公式，可得时间
（2）将A、B同时抛出，A上滑的最大位移，由速度位移公式可得
B水平的位移
xB=xAcsθ=3×cs37°m=3×0.8m=2.4m
则B的初速度
（3）物体A沿粗糙斜面上滑，上滑加速度，由牛顿第二定律可得
A滑行3m时的速度，由速度位移公式为
此时所用时间为
要使A、B在斜面上相遇，B要超前时间
∆t1=t−t1=
A从抛出到滑到最高点所用时间
滑行距离
A从最高点下滑时的加速度为
下滑时间
要使A、B在斜面上相遇，B可落后时间
∆t2=t2−t=
17. 如图所示，匀强电场中相邻竖直等势线间距d=10cm，质量m=0.1kg、带电荷量为q=-1×10-3C的小球以初速度v0=10m/s抛出，初速度方向与水平线的夹角为45°，已知重力加速度g=10m/s2，求：
(1)小球加速度的大小；
(2)小球再次回到图中水平线时的速度大小和距抛出点的距离。
【答案】(1)10m/s2；(2)10 m/s，20 m
【解析】
【详解】(1)设相邻两等势线间的电势差为U，由电场强度与电势差之间的关系可知，电场强度为
解得
E＝1×103 V/m
电场力
F＝qE＝1 N
方向水平向右
重力
G＝mg＝1 N
方向竖直向下
设小球加速度为a，由牛顿第二定律得
解得
(2)设小球再次回到图中水平线时的速度为v，与抛出点的距离为L，小球加速度与初速度方向垂直，做类平抛运动，有
Lcs 45°＝v0t
解得
L＝20 m
沿y轴方向有
vy＝at
速度大小为
解得
18. 如图所示，在竖直平面内，有一长度L=2.4m的固定绝缘竖直杆AB，B点所在的水平面线上方存在着场强大小E1=5×106N/C、方向水平向右的匀强电场，下方虚线空间存在着场强大小为E2=E1、方向与竖直方向的夹角α=37°、斜向右上的匀强电场。现将一质量m=0.8kg、电荷量q=+2×10-6C的小球(可视为质点)套在杆上从A端由静止释放后下滑，最后从C点离开电场E2，此时速度方向恰好与E2垂直。已知小球与杆间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cs37°=0.8。求：
(1)小球到达B点时的速度大小vB；
(2)小球在电场E2中的加速度大小和方向，以及小球过C点时的速度vC大小；
(3)从A端释放到C点离开的过程中，电场力做的功。
【答案】(1)6m/s；(2)7.5m/s2，方向水平向右；10m/s；(3)25.6J。
【解析】
【详解】(1)小球沿杆下滑过程中受到的滑动摩擦力大小为
f=μqE1
则小球沿杆下滑的加速度大小为
由速度位移的关系式得
vB2=2aL
联立解得
vB=6m/s
(2)小球离开B点后在匀强电场E2中的受重力、电场力，如图所示，将电场力分解
qE2cs 37°=8N
恰好与重力mg=8N平衡，小球在匀强电场E2中做类平抛运动，则加速度大小为：
解得
a=7.5m/s2
方向水平向右
小球过C点时，将速度分解，有：
(3)到C点时的水平速度
设从B到C的时间为t，则
vx=a't
解得
B、C两点间的水平距离为
电场力的功
W=qE2sin37°•x=25.6J
水库
坝高
185 m
最大蓄水位
175 m
平均年流量
4.510×1011 m3
电站
总装机数
26台
总装机容量
1. 82×107 kW
年平均发电量
8.468×1010 1kW·h
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