精品解析：陕西省西安市第一中学2021-2022学年高二（上）期中物理试题

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命题人：辛敏
一、单选题（本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项正确。）
1. 下列有关元电荷的说法，正确的是（ ）
A. 元电荷就是电子B. 元电荷是表示电子和质子的统称
C. 元电荷就是质子D. 物体所带的电荷量只能是元电荷的整数倍
【答案】D
【解析】
【详解】A．电子所带的电荷量是最小电荷量，人们把这个最小电荷量叫做元电荷，元电荷不是电子，A错误；
B．电子和质子所带的电荷量均为元电荷e，可元电荷不是表示电子和质子的统称，B错误；
C．元电荷e又称“基本电荷量”而质子是原子核的组成部分，元电荷不是质子，C错误；
D．元电荷e又称“基本电荷量”，物体所带的电荷量只能是或者等于元电荷或者是元电荷的整数倍，D正确。
故选D
2. 如图所示，完全相同的金属小球A和B带有等量电荷，系在一个轻质绝缘弹簧两端，放在光滑绝缘水平面上，由于电荷间的相互作用弹簧比原来伸长了，现将不带电的与A、B完全相同的金属球C先与A球接触一下，再与B球接触一下，然后拿走，重新平衡后弹簧的伸长量变为（ ）
A. B. C. 大于D. 小于
【答案】C
【解析】
【详解】金属小球A和B带有等量电荷，由于电荷间的相互作用弹簧比原来伸长了，说明A、B球带同种电荷，设电荷量为Q，弹簧劲度系数为k′由库仑定律和胡克定律可得
金属球C先与A球接触，A、C球各带的电量，再与B球接触一下，C、B各带电荷量，设重新平衡后弹簧的伸长量变为，重新平衡后则有
联立解得
由于A、B两电荷所带电荷量减小，库仑力减小，弹簧的伸长量减小，则有
>
8>3x0
解得
ABD错误，C正确。
故选C。
3. 如图所示，A、B、C、D是边长为L的正方形的四个顶点，在A、B、C、D处固定着四个电荷量均为Q的点电荷，其中A、B带正电，C、D带负电，a、b、c、d是正方形四条边的中点，O点为正方形的对角线的交点，取无限远处电势为零，则下列说法错误的是（ ）
A. a、c两点的场强度相等，电势相等
B. b、d两点的场强度相同，电势相等
C. a点的场强方向由A指向D，b点电势大于a点的电势
D. 交点O电场强度不为零，电势为零
【答案】B
【解析】
【详解】A．对a点，A、D两电荷在a点的电场强度大小相等，方向竖直向下，B、C 两电荷在a点的合电场强度由场强合成定则可知方向竖直向下，对c点，由于a、c两点对称，所以a、c两点的场强度相等，由ac连线上各点的电场叠加方向都竖直向下可知，则ac连线为等势线，a、c两点电势相等，A正确，不符合题意；
B．对b点，A、B两电荷都为正电荷，在b点的合电场强度是零， C、D两电荷都是负电荷，在b点的合电场强度，由场强合成定则可知方向竖直向下，同理对d点，C、D两电荷都是负电荷，在d点的合电场强度是零，A、B两电荷在d点的合电场强度方向竖直向下，由对称性可知，b、d两点的电场强度相等，由bd连线上各点的电场叠加可知，bd连线上各点的场强方向都竖直向下，沿电场线方向电势降低，则b点电势大于d点电势，B错误，符合题意；
C．由以上分析可知，a点的场强方向由A指向D，沿电场线方向电势降低，b点电势大于a点的电势，C正确，不符合题意；
D．由电场的叠加原理可知，交点O的电场强度不为零，ac连线为等势线，且可以延伸到无限远处，所以O点的电势等于无限远处的电势是零，D正确，不符合题意。
故选B。
4. 目前许多国产手机都有指纹解锁功能，用指纹识别传感器是电容式传感器，如图所示。指纹的凸起部分叫做“嵴”，凹下部分叫做“峪”，传感器上有大量面积相同的小极板，当手指贴在传感器上时，这些小极板和与之正对的皮肤表面就形成了大量的小电容器，由于距离不同，所以这些小电容器的电容不同。此时传感器给所有的小电容器充电达到某一电压值，然后开始放电，其中电容值较小的小电容器放电较快，于是根据放电快慢的不同，就可以探测到嵴和峪的位置，从而形成指纹的图象数据。根据以上信息，下列说法中正确的是（ ）
A. 在峪处形成的小电容器电容较小
B. 在峪处形成的小电容器放电较慢
C. 在嵴处形成的小电容器充电后带电量较小
D. 潮湿的手指对指纹识别没有任何影响
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．在峪处形成的小电容器，极板与指纹间距离d较大，所以根据电容的决定义可知，电容较小，A正确；
B．在峪处形成的小电容器，极板与指纹间距离d较大，所以根据电容的决定义可知，电容较小，所带电荷量较小，则放电较快，B错误；
C．在嵴处形成的小电容器，极板与指纹间距离d较小，所以根据电容的决定义可知，电容较大，充电后带电量较大，C错误；
D．潮湿的手指与传感器之间有水填充，改变了原来匹配成平行板电容器的电容，所以对指纹识别会产生影响，D错误；
故选A。
5. 如图所示，有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球，从带等量异种电荷的平行金属板间的P点以相同速度垂直电场方向射入电场，它们分别落到A、B、C三点，则（ ）
A. A带负电、B不带电、C带正电
B. 三小球在电场中运动时间相等
C. 在电场中加速度的关系是
D. 到达正极板时动能关系
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】ABC．运用运动的分解法可知，三个小球水平方向都做匀速直线运动，由图看出，水平位移的关系为，初速度相同，由位移公式
得知，运动时间关系为
小球在竖直方向都做匀加速直线运动，竖直位移大小y相等，由位移公式
得到，加速度的关系为
根据牛顿第二定律得知，三个小球的合力关系为
三个质量相等，重力相等，则可知，A所电场力向上，C所受电场力向下，则A带正电、B不带电、C带负电，故C正确，AB错误；
D．由上分析得到，电场力对A做负功，电场力对C做正功，而重力做功相等，而且重力都做正功，合力对小球做功A最小，C最大，初动能相等，则根据动能定理得知，到达正极板时动能关系
故D错误。
故选C。
【点睛】此题中涉及类平抛运动，其研究方法与平抛运动相似，采用运动的分解法．由轨迹要能直接分析位移关系．
6. 下列关于电压、电动势的说法正确的是（ ）
A. 电源的电动势与外电路有关
B. 电源的电动势越大意味着电源把其他形式的能转化为电能的本领越强
C. 电压与电动势的单位都是伏特，路端电压即为电动势
D. 由电动势公式可知，电动势的大小与非静电力所做的功的大小成正比
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．电源的电动势与外电路无关，选项A错；
B．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能的本领强弱的物理量，选项B正确；
C．电压与电动势的单位都是伏特，但是只有在外电路断路时电动势才与路端电压相等，选项C错误；
D．由电动势公式
可知，电动势的大小用非静电力做的功W与移动电荷的电荷量q的比值来量度。反映电源本身的特性，电动势大小由电源本身决定，与非静电力做功无关，选项D错误。
故选B。
7. 假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图所示。图像上A点与原点的连线与横轴成α角，A点的切线与横轴成β角，则（ ）
A. 白炽灯的电阻随电压的增大而减小
B. 在A点，白炽灯的电阻可表示为tanβ
C. 在A点，白炽灯的电功率可表示为U0I2
D. 在A点，白炽灯的电阻可表示为
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．由图像可知，白炽灯的电阻随电压的增大而增大，选项A错误；
BD．在A点，白炽灯的电阻可表示为
选项BD错误；
C．在A点，白炽灯的电功率可表示为
P=U0I2
选项C正确。
故选C。
8. 电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比。直线A、B和C分别是电源a、电源b和电阻R的伏安特性图线。将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么（ ）
A. R接到电源a上，电路中的电流较小
B. R接到电源b上，电源的输出功率较大
C. R接到电源a上，电源的输出功率较大，电源效率较高
D. 电源a、b电动势一样大，b内阻较小
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．当电源与电阻直接相连时，电源和电阻的伏安特性图线交点表示电阻的工作状态，其横坐标表示电路中的电流，故R接到电源a上，电路中的电流较大，A错误；
BC．由
可知，电源和电阻的伏安特性图线交点横纵坐标乘积（矩形面积）即为电源的输出功率，如图所示
可知R接到电源a上，电源的输出功率较大，电源的效率可表示为
由电源的伏安特性图线可知，两电源的电动势E相等，当R接到电源a上，路端电压U较大，电源效率较高，B错误，C正确；
D．由电源的伏安特性图线可知，斜率表示内阻，故电源a、b电动势一样大，b内阻较大，D错误。
故选C。
9. 在图电路中，当合上开关S后，两个标有“3V、1W”的灯泡均不发光，用电压表测得Uac=Ubd=6V，如果各段导线及接线处均无问题，这说明
A. 开关S未接通B. 灯泡L2的灯丝断了
C. 灯泡L1的灯丝断了D. 滑动变阻器R电阻丝断了
【答案】B
【解析】
【详解】闭合开关后，两个小灯泡均不发光，说明电路为断路，电压表测得ac与bd两点间的电压均为6V，而ac和bd的公共部分为bc，因此bc处发生断路，即L2的灯丝断了．若L1灯断路，则Ubd=0；若变阻器断路，则Uac=0，与题目所给的结论不符．故B正确，ACD错误．故选B．
10. 两只额定电压均为 110V 的灯泡 A 和 B，额定功率分别为 100W 和 40W，为了使它们接到 220V 电源上能正常发光，同时电路消耗的电功率最小，如图所示的四个电路中最合 理的是图（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．灯泡的额定电压为110V，图中，A灯泡的电压等于220V，大于额定电压，烧坏了，故A错误；
BC．把AB并联之后与电阻串连接入电路的话，当电阻的阻值与AB并联的总的电阻相等时，AB就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为AB灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率的大小为280W；由于额定电压都是110V，额定功率、，由此可知，把灯泡B与电阻并联的话，可以使并联部分的电阻减小，可能使A与并联部分的电阻相同，所以AB能同时正常发光，并且电路消耗的功率与A灯泡的功率相同，所以总功率的大小为200W，故C图的电功率最小，B图不是；
D．由于额定电压都是110V，额定功率，由此可知，把灯泡A与电阻并联的话，会使并联的部分的电阻更小，所以AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，故D错误；
故选C。
【点睛】由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，再由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路。
二、多选题（本题共7小题，共28分，每个题有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）
11. 图为静电除尘器除尘机理的示意图．尘埃在电场中通过某种机制带电，在电场力的作用下向集尘极迁移并沉积，以达到除尘目的．下列表述正确的是
A. 到达集尘极的尘埃带正电荷
B. 电场方向由集尘极指向放电极
C. 带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相同
D. 同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大
【答案】BD
【解析】
【分析】本题考查运用分析实际问题工作原理的能力，解题时，抓住尘埃的运动方向是突破口，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例．
【详解】AB．由图示可知，集尘机电势高，放电极电势低，放电极与集尘极间电场方向向左，即电场方向由集尘极指向放电极，尘埃在电场力的作用下向集尘极迁移，则知尘埃所受的电场力向右，故到达集尘极的尘埃带负电荷，故A错误，B正确．
C．电场方向向左，带电尘埃所受电场力方向向右，带电尘埃所受电场力的方向与电场方向相反，故C错误；
D．由F=Eq可知，同一位置带电荷量越多的尘埃所受电场力越大，故D正确．
12. 如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（ ）
A. 所受重力与电场力平衡B. 电势能逐渐增加
C. 动能逐渐增加D. 做匀变速直线运动
【答案】D
【解析】
【详解】AD．根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向同线，粒子做匀变速直线运动，因此A错误，D正确；
BC．电场力和重力的合力水平向左，但是不知道粒子从左向右运动还是从右向左运动，故无法确定电场力做正功还是负功，则不确定粒子动能是增加还是减少，电势能减少还是增加，故BC错误。
故选D。
【点睛】考查根据运动情况来确定受力情况，带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化。
13. 如图所示，A、B为竖直方向的一根电场线上的两点，一带电质点在A点由静止释放，沿电场线向上运动，到B点恰好速度为零。下列说法中正确的是（ ）
A. 带电质点在A、B两点所受的电场力都是竖直向上的
B. A点的电势比B点电势高
C. A点的电场强度比B点的电场强度大
D. 带电质点在A点的电势能比在B点的电势能小
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】A．由题意可知，带点质点受两个力，重力和电场力，开始由静止向上运动，电场力大于重力，且方向向上，因为在一根电场线上，所以在两点的电场力方向都向上，故A正确；
B．沿电场线方向电势逐渐降低，由于不知道电场的方向且带电质点电性未知，所以无法判断点与点电势的高低，故B错误；
C．在点，电场力大于重力，到点恰好速度为零，可知先加速后减速，所以点所受的电场力小于重力，所以点的电场强度比点的电场强度大，故C正确；
D．电场力做正功，电势能降低，所以带电质点在点的电势能比在点的电势能大，故D错误。
故选AC。
14. 如图所示，在点电荷＋Q的电场中，虚线为等势面，甲、乙两粒子的运动轨迹分别为acb、adb曲线，两粒子在a点时具有相同的动能，重力不计．则
A. 甲、乙两粒子带异种电荷
B. 两粒子经过b点时具有相同的动能
C. 甲粒子经过c点时的动能等于乙粒子经过d点时的动能
D. 设无穷远处电势为零，甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能
【答案】ABD
【解析】
【详解】A．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A正确．
B．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点时具有相同的动能，重力不计，两粒子经过b点时具有相同的动能，故B正确．
C．甲粒子从a到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电场力做正功，乙粒子从a到d电场力做负功，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，故C错误．
D．设无穷远处电势为零，在点电荷+Q的电场中，φc=φd＞0，由于甲带负电，乙带正电，根据电势能EP=qφ，所以甲粒子经过c点时的电势能小于0，乙粒子经过d点时的电势能大于0，所以甲粒子经过c点时的电势能小于乙粒子经过d点时的电势能．故D正确．
15. 压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有同学利用压敏电阻设计了判断小车运动状态的装置，其工作原理如图甲所示，将压敏电阻和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球,重球直径略小于压敏电阻和挡板间距，小车向右做直线运动的过程中，电流表示数如图乙所示，下列判断正确的是
A. 从0到t1时间内，小车一定做匀速直线运动
B. 从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动
C. 从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动
D. 从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动
【答案】C
【解析】
【详解】A．在0～t1内，I不变，压力恒定，小车做匀加速直线运动，故A错误；
B．在t1～t2内，I变大，阻值变小，压力变大，小车做变加速运动，故B错误；
CD．在t2～t3内，I不变，压力恒定，小车做匀加速直线运动，故C正确，D错误。
故选C。
【名师点睛】本题关键是根据电流变化情况判断压力变化情况，根据牛顿第二定律判断加速度变化情况，从而判断小车的可能运动情况；压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小，而电流变大说明电阻变小，故电流变大说明压力变大；反之，电流变小说明压力变小；电流不变说明压力不变．
16. 在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生了变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示，电表的示数变化量分别用ΔI、ΔU1、ΔU2表示，下列判断正确的是（ ）
A. I增大，U1增大B. I减小，U2增大
C. 不变，增大D. 不变，增大
【答案】BC
【解析】
【详解】AB．当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时R2增大，电路的外电阻电阻R外增大，由知总电流减小，由路端电压可知路端电压U增大，设通过R3的电流为I3，由于R3阻值不变，由可以判断出I3增大，由可知I减小，R1与R2串联且R1与R2串联的电压为路端电压，，由知U1减小，所以U2增大，A错误，B正确；
CD．要注意对于定值电阻，是线性元件，有
由电路图可知
故，不变化，对于电阻R2有
由于R2增大，故都增大
化简可得
所以
则不变，故C正确，D错误。
故选BC。
17. 如图，图甲中M为一电动机，当滑动变阻器R的触头从左端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图乙所示.已知电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断正确的是（ ）
A. 电路中电源电动势为3.6V
B. 变阻器向右滑动时，V2读数逐渐减小
C. 此过程中，电动机的输出功率最大值为0.9W
D. 变阻器的最大阻值为30Ω
【答案】AD
【解析】
【详解】B．变阻器向右滑动时，接入电路的总电阻增大，路端电压升高，V2的示数增大，回路电流强度减小，因此弯曲的图像为V1—I，直线图像为V2—I图像，B错误；
A．在V2—I图像中，斜率的绝对值表示内电阻，因此内电阻大小为
当回路电流为0.1A时，路端电压为3.4V，此时内电压
因此电路中电源电动势
A正确；
C．电流表读数在0.2A以下时，电动机没有发生转动，因此电机内阻
当滑动变阻器调到零时，电动机输出功率最大，此时
电机产热的功率
因此电动机的输出功率最大值
C错误；
D．电流最小时，变阻器接入电路电阻最大，此时
D正确。
故选AD。
三、填空实验题（本题共3小题，共16分。18、19题每空为1分，20题每空2分）
18. 如图所示，电路中一粗细均匀的金属导体两端电压为U，流过导体中的电流为I。已知金属导体的长为l，高为a，宽为b，则该金属材料的电阻率为______，导体单位体积内的自由电子数为n，自由电子的电荷量为e，则金属导体内自由电子定向移动的速率为_________。原子中的电子绕原子核的运动可以等效为环形电流。设氢原子的电子以速率v在半径为r的圆周轨道上绕核运动，电子的电荷量为e，等效电流是______。
【答案】 ①. ②. ③.
【解析】
【详解】[1]由欧姆定律可得金属导体的电阻为

设该金属材料的电阻率为ρ，由电阻定律公式可得
解得
[2]设金属导体内自由电子定向移动的速率为v，由电流的微观表达式有
I=ne∙ab∙v
解得
[3] 设电子绕原子核运动的周期为T，由电流的定义式有
19. 如图甲，是利用电流传感器系统研究电容器充电情况的电路图。将电容器C1接入电路检查无误后进行了如下操作：
①将S拨至1，并接通足够长的时间
②将S拨至2
③观察并保存计算机屏幕上的图，得到图线Ⅰ（图乙Ⅰ）
④换上电容器C2，重复前面的操作，得到图线Ⅱ（图乙Ⅱ）
（1）下列说法正确的是______；
A．电容器充电的过程中，负电荷由电源的正极移动到电容器的正极板
B．电容器充电的过程中，电路中的电流不断增大
C．电容器放电的过程中，电容器两极板间的场强不断变小
D．电容器放电的过程中，电容器把储存的电能转化为其它形式的能量
（2）由图线可以分析出，两个电容器充电结束后，C1的电量______（填“大于”、“小于”或“等于”）C2的电量；
（3）两个电容器相比较，C1的电容______（填“较大、“较小”或“相等”）。
【答案】 ①. CD ②. 大于 ③. 较大
【解析】
【分析】
【详解】（1）[1]A．电容器充电的过程中，正电荷由电源的正极移动到电容器的正极板，负电荷由电源的负极移动到电容器的负极板，故A错误；
B．电容器充电的过程中，电路中的电流不断减小，故B错误；
C．电容器放电的过程中，电容器所带电荷量逐渐减小，则两极板间的电压逐渐减小，根据
可知场强不断变小，故C正确；
D．电容器放电的过程中，电容器把储存的电能转化为电路中其它形式的能量，故D正确。
故选CD。
（2）[2]根据
可知，图像与时间轴围成图像面积表示电容器充电过程中，极板上获得的电量，由图乙可知，图线Ⅰ与时间轴围成面积较大，故两个电容器充电结束后，C1的电量大于C2的电量；
（3）[3]根据
可知，两次充电时电源电压相等，且C1的电量Q1大于C2的电量Q2，故C1的电容较大。
20. （1）游标卡尺读数为___________mm、螺旋测微器读数_________mm
（2）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡标有“6V 3.4W”，其他可供选择的器材有：
A.电压表V1（量程6V，内阻约5k） B.电压表V2（量程20V，内阻约10k）
C.电流表A1（量程3A，内阻约0.2） D.电流表A2（量程0.6A，内阻约1）
E.滑动变阻器R1（0~100，0.5A） F.滑动变阻器R2（0~10，2A）
G.学生电源E（6~8V） H.开关S及导线若干
①请在方框内设计实验电路，标示清楚所选器材，要求能够完整描绘出小灯泡的伏安特性曲线。（ ）
②通过实验测得小灯泡两端的电压U和通过它的电流I，绘成的一部分U-I关系曲线如图所示。根据小灯泡的伏安特性曲线可知小灯泡的电阻值随工作电压的增大而___________（填“不变”、“增大”或“减小”）
③若将该2个小灯泡串联后接在电动势为4V，内阻为8的电源两端，则每个小灯泡实际消耗的功率为___________W。
【答案】 ①. 61.70 ②. 1.600 ③. ④. 增大 ⑤. 0.25W
【解析】
【分析】
【详解】(1)[1] 游标卡尺是20分度的卡尺，其分度值为0.05mm，则图甲所示读数为
61mm+14×0.05mm=61.70mm
[2]螺旋测微器示数为
1.5mm+10.0×0.01mm=1.600mm
(2)[3] 小灯泡标有“6V 3.4W”，因此小灯泡的最大电流为
电流表A1量程过大，用电流表A2测量电流。因此为了测量准确，电压表应选V1。由于描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压从零开始调节，滑动变阻器必须采用分压式接法，为了调节方便，滑动变阻器选用较小的R2。由于灯泡阻值较小，采用电流表外接法。则电路图如下
[4]随着电压的升高，电流增加的越来越慢，因此电阻的阻值越来越大。
[5]设加在每个灯泡两端的电压为U，流过的电流为I，对电源路端电压和电流的关系
代入数据
做出图像与小灯泡图像交点如图所示
因此，小灯泡实际消耗的功率为
三、计算题（本题共2小题，共26分。21题10分，22题16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。）
21. 如图所示，一个电子由静止开始经加速电场加速后，又沿偏转电场极板间的中心轴线从点垂直射入偏转电场，并从另一侧射出打到荧光屏上的点，点为荧光屏的中心。已知电子质量，电荷量，加速电场电压，偏转电场电压，极板的长度，板间距离，极板的末端到荧光屏的距离（忽略电子所受重力）。求：
（1）电子射入偏转电场时的初速度；
（2）电子经过偏转电场过程中电场力对它所做的功。
（3）电子从进入偏转场到打在荧光屏P的运动时间t。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
分析】
【详解】（1）根据动能定理得
解得
（2）在偏转电场，有
，，
电子经过偏转电场过程中电场力对它做的功
（3）出电场后
总时间
22. 如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑、与水平面成角的绝缘直杆，其下端（端）距地面高度。有一质量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端的正下方点处。（取）求：
（1）小环离开直杆后的加速度大小和方向；
（2）小环从运动到过程中的动能增量；
（3）小环在直杆上匀速运动速度的大小。
【答案】（1），加速度方向垂直杆向下；（2）4J；（3）
【解析】
【分析】
【详解】（1）小环沿杆匀速下滑，受重力，电场力及支持力如图所示，由平衡条件可得
，
小环离开直杆后，只受重力及电场力作用，小环的加速度为
解得
， 加速度方向垂直杆向下
（2）小环从运动到过程中，由动能定理可得
解得
（3）小环从运动到过程中，做类平抛运动，如图所示有
代入数据联立解得