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安徽省合肥市第一中学滨湖校区2023-2024学年高二物理上学期素质拓展试题（三）（Word版附解析）
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这是一份安徽省合肥市第一中学滨湖校区2023-2024学年高二物理上学期素质拓展试题（三）（Word版附解析），文件包含部编七年级上册语文第六单元教材知识点考点梳理pptx、部编七年级上册语文第六单元教材知识点考点梳理教案docx、部编七年级上册语文第六单元教材知识点考点梳理验收卷原卷版docx、部编七年级上册语文第六单元教材知识点考点梳理验收卷解析版docx等4份课件配套教学资源，其中PPT共33页， 欢迎下载使用。
1. 铅蓄电池的电动势为2V，内阻不为零，以下说法中正确的是（ ）
A. 铅蓄电池每秒能把2J的化学能转变为电能
B. 电路中每通过1C电量，铅蓄电池对外输出的电能为2J
C. 电路中每通过1C电量，铅蓄电池内部非静电力做功为2J
D. 该铅蓄电池把其他形式能转化为电能的本领比电动势为1.5V的干电池弱
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．电动势是描述电源把其它形式的能转化成电能本领大小的物理量，由于铅蓄电池的电动势为2V，则电路中每通过1C电量时，铅蓄电池内部非静电力做功
即电路中每通过1C电量时，铅蓄电池将2J的化学能转化成电能，但由于内阻不为零，所以铅蓄电池对外输出的电能小于2J，故AB错误，C正确；
D．电动势反应电源将其它形式的能转化成电能的本领，因此铅蓄电池把其它形式能转化成电能的本领比一节干电池（电动势是1.5V）的本领强，故D错误。
故选C。
2. 一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压时，通过导线的电流为，导线中自由电子定向移动的平均速度为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的， 再给它两端加上电压，则（ ）
A. 通过导线的电流为
B. 通过导线的电流为
C. 导线中自由电子定向移动的平均速率仍为v
D. 导线中自由电子定向移动的平均速率是光速
【答案】B
【解析】
【详解】AB．根据欧姆定律，导线未被拉长时的电阻为
导线均匀拉长，使它横截面半径变为原来的，可知导线的截面积变为原来的，导线体积不变，则导线的长度变为原来的倍，根据电阻定律
可知导线电阻为原来的81倍，通过导线的电流为
故A错误，B正确；
CD．根据电流的微观表达式
可得导线均匀拉长后，导线中自由电子定向移动的平均速率为
故CD错误。
故选B。
3. 四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表和两个电压表（0~15VA）、（0~5V），改装、校对好后把它们按图所示接法连入电路， 则（ ）
A. 电流表、的读数之比为5∶1
B. 电流表、的偏转角度之比为5∶1
C. 电压表、的读数之比为1∶1
D. 电压表、的偏转角度之比为3∶1
【答案】A
【解析】
【详解】AB．两电流表因是并联关系，根据并联电路的电压相等可知两表头两端的电压相同，通过两表头的电流相同，电流表A1、A2的偏转角度之比为1∶1；量程大的读数大，A1量程是A2量程的5倍，A1、A2的示数之比为5∶1，故A正确, B错误；
CD．两电压表因是串联关系，则通过两电压表的电流相同，电压表V1、V2的偏转角度之比为1∶1；量程大的读数大，V1量程是V2量程的3倍，V1、V2的示数之比为3∶1，故CD错误。
故选A。
4. 水平线上的O点放置一点电荷，图中画出电荷周围对称分布的几条电场线，如图所示，以水平线上的某点为圆心，画一个圆，与电场线分别相交于A，B，C，D，E，则下列说法正确的是（ ）
A. B，E两点电场强度相同
B A点电势高于C点电势
C. B，C两点间电势差等于E、D两点间电势差
D. 电子沿圆周由D到B，静电力做正功
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图看出，B，E两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以B，E两点的电场强度不同，故A错误；
B．根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知离点电荷O越远，电势越低，故A点电势低于C点电势．故B错误；
C．根据对称性可知，B，C两点间电势差与E，D两点间电势差相等，故C正确；
D．由题图可判断D点的电势高于B点的电势，电子沿圆周由D到B，静电力做功为
静电力做负功，故D错误。
故选C。
5. 空间存在一平行于x轴方向的电场，x轴上各点电势的变化规律如图所示，曲线为关于y轴对称的抛物线。则下列说法正确的是（ ）
A. 和电场强度均逐渐减小
B. 和两点处的电场强度大小相等、方向相同
C. 正粒子在和处的电势能相等
D. 负粒子由沿x轴运动到的过程中，电势能先增大后减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．φ-x图像斜率表示电场强度，所以和电场强度均逐渐增大，故A错误；
B．根据沿电场强度方向电势逐渐降低，可知x1处电场强度沿x轴正方向，－x1处电场强度沿x轴负方向，所以和两点处的电场强度大小相等，但方向相反，故B错误；
C．和处的电势相等，所以正粒子在和处的电势能相等，故C正确；
D．负粒子由沿x轴运动到的过程中，电势能先减小后增大，故D错误。
故选C。
6. 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，电源内阻为r，、、为定值电阻，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表读数增大
B. 带电质点P向上运动
C. 电源的输出功率变小
D. 若电压表、电流表的示数变化量分别为和，则
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，与滑动变阻器串联后与并联，再与串联接在电源两端，电容器与并联；当滑动变阻器的滑片向b端移动，滑动变阻器接入电阻减小，则电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大，内电压增大，路端电压减小，同时两端的电压也增大，所以并联部分的电压减小，则电压表读数减小，故A错误；
B．由A项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两极板间的电压减小，根据
平行金属板间的场强减小，带电质点P受到的电场力减小，则带电质点P将向下运动，故B错误；
C．由于不知内外电阻的关系，无法确定电源的输出功率的变化情况，故C错误；
D．根据闭合电路欧姆定律有
则
故D正确。
故选D。
7. 如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为，时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场。则（ ）
A. 该粒子射出电场时的速度大小为
B. 该粒子在时刻，速度大小为
C. 若该粒子在时刻以速度进入电场，则粒子会打在板上
D. 若该粒子在时刻以速度进入电场，则该粒子沿两极板中线水平射出
【答案】D
【解析】
【详解】A．粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动，电场力做正功；在后半个周期内做匀减速直线运动，电场力做负功，竖直速度又减小为零，所以时刻粒子射出电场时，竖直方向的速度为0，故从MN边缘离开电场时速度是水平方向的，大小为，故A错误；
B．在时刻，粒子在水平方向上的分速度为，因为两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，则有
解得
则时刻，，根据平行四边形定则知，粒子的速度为
故B错误；
C．由于水平方向做匀速直线运动，所以粒子无论什么时候进入电场，运动的时间都是，一个周期内电场力做功都为零，粒子在时刻以速度进入电场，只是竖直方向先向下加速后再向下减速到零，然后继续向下加速后再向下减速到零，粒子的水平速度为，从PQ右边缘离开电场，故C错误；
D．由于水平方向做匀速直线运动，所以粒子无论什么时候进入电场，运动的时间都是，一个周期内电场力做功都为零，粒子在 时刻以速度进入电场，竖直方向先向上加速再减速为零，再向下加速后减速为零，一个周期内竖直方向的位移为零，下一个周期重复这一过程，所以粒子沿两极板中线水平射出，故D正确。
故选D。
8. 某同学将一直流电源的总功率、输出功率和电源内部的发热功率随电流I变化的图线画在同一坐标上，如图中的a、b、c所示，下面说法正确的是（ ）
A. 电源内阻为
B. 电源电动势为8V
C. 反映变化的图线是b
D. 当电流为0.5A时，外电路的电阻为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据
可知c为图像，当I=2A时Pr=8W可得
r=2Ω
选项A正确；
B．根据
PE=IE
可知，图像a为PE-I图像，可知电源电动势
选项B错误；
C．根据
可知，反映变化的图线是b，选项C正确；
D．当电流为0.5A时，外电路的电阻为
选项D错误。
故选AC。
9. 如图，实线表示电场线，虚线表示带电粒子只受电场力作用下的运动轨迹，则（ ）
A. 若粒子是从N点运动到M点，则其带负电荷
B. 粒子运动的加速度在M点小于N点
C. 粒子在M点的速度小于在N点的速度
D. 粒子在M点的电势能小于在N点的电势能
【答案】BC
【解析】
【详解】A．粒子仅仅受到电场力，即电场力即为粒子的合力，由于合力方向指向轨迹的内侧，根据图像可知，电场力方向与电场强度的方向相同，即粒子带正电，故A错误；
B．电场线分布的密集程度表示电场的强弱，根据图像可知，M点电场线分布比N点稀疏一些，则M点电场强度比N点小一些，即粒子M点所受电场力比N点小一些，可知粒子运动的加速度在M点小于N点，故B正确；
C．若粒子从M点运动到N点，根据上述可知，粒子所受电场力的方向与速度方向之间的夹角为锐角，即粒子从M点运动到N点过程做加速运动，即粒子在M点的速度小于在N点的速度，故C正确；
D．根据上述，若粒子从M点运动到N点，电场力做正功，电势能减小，即粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故D错误。
故选BC。
10. 如图，A、B为水平正对放置的平行板电容器的两极板，B极板接地。闭合开关S，一带电液滴在两极板间的P点处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A. 该液滴带负电
B. 保持开关S闭合，将A极板向左移动一小段距离，带电液滴仍将保持静止
C. 断开开关S，将B极板向下移动一小段距离，带电液滴将向下运动
D. 断开开关S，将B极板向下移动一小段距离，P点的电势将升高
【答案】ABD
【解析】
详解】A．A极板与电源正极连接，A极板带正电，则极板之间电场方向向下，液滴处于静止状态，可知其所受电场力方向向上，由于电场力方向与电场方向相反，则液滴带负电，故A正确；
B．保持开关S闭合，极板之间电压不变，根据
若将A极板向左移动一小段距离，极板之间间距不变，极板之间的电场强度不变，液滴所受电场力不变，可知带电液滴仍将保持静止，故B正确；
C．断开开关S，极板所带电荷量不变，根据
若将B极板向下移动一小段距离，根据上式可知，极板之间的电场强度不变，可知带电液滴仍然处于静止状态，故C错误；
D．断开开关S，根据上述分析，极板之间的电场强度不变，根据
若将B极板向下移动一小段距离，增大，可知点的电势将升高，故D正确。
故选ABD。
二、非选择题， 共54分。其中第11题 12分， 第12题12分， 第13题 14分， 第14题 16分。
11. （1）某同学练习用游标卡尺测量长度，示数如图所示， 由图可知其长度___________cm。
该同学又欲描绘一个标有“6V，3W”字样的灯泡L的伏安特性曲线，实验室提供的器材如下：
A. 电压表 V（量程为3V， 内阻约为3kΩ）；
B. 电流表 A（量程为0.6A， 内阻约为2Ω）；
C. 滑动变阻器（阻值范围为0~10Ω， 额定电流为2A）；
D. 滑动变阻器（阻值范围为0~1kΩ，额定电流为0.5A）；
E. 定值电阻（阻值为2kΩ）；
F. 定值电阻（阻值为4kΩ）；
G. 电源（电动势为， 内阻不计）；
H。 开关S、 导线若干。
（2）实验小组的同学设计了如图甲所示的电路，为了调节方便，测量准确，滑动变阻器应选用___________（填“C”或“D”）； 闭合开关S前， 滑动变阻器的滑片应置于___________（填“a”或“b”）端。
（3）如图甲所示的电路中， 电压表V的量程过小，应选用定值电阻___________（填“E”或“F”）与其串联进行改装。
（4）调节滑动变阻器，记录电流表 A与电压表 V（改装后）的示数，通过实验数据描绘出灯泡L的伏安特性曲线如图乙所示。由图乙可知，随着灯泡L两端的电压增大，其电阻___________ （填“增大”“减小”或“不变”）。
（5）另取两个相同的上述灯泡L，连接成如图丙所示的电路，已知电源的电动势为E=5V、 内阻为，定值电阻的阻值为 则电路中一个灯泡L消耗的电功率约为___________W（保留2位有效数字）。
【答案】 ①. 4.240 ②. C ③. a ④. F ⑤. 增大 ⑥. 0.60
【解析】
【详解】（1）[1]根据游标卡尺读数规则，可得读数为
（2）[2]滑动变阻器分压式接法的电路中，滑动变阻器应选用最大阻值小于待测电阻阻值的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高，实验误差小。
故选用C；
[3]为保护电表，闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片置于a端，使电流表和电压表的示数均为零；
（3）[4]若选用定值电阻，则改装后的电压表的量程为
小于灯泡L的额定电压，不满足实验要求；同理，若选用定值电阻，则改装后的电压表的量程为
满足实验要求，故定值电阻应选用F；
（4）[5]根据欧姆定律可知，图像上的点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，故随着灯泡L两端的电压增大，其电阻增大；
（5）[6]设并联部分电路（即灯泡L）两端的电压为U，流过一个灯泡L的电流为I，由闭合电路欧姆定律有
代入数据得
在图乙中画出此图线如图所示
此图线与伏安特性曲线的交点坐标即为此时通过灯泡L的电流和灯泡L两端的电压，则一个灯泡L消耗的电功率约为
12. 如图，一电荷量带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的点。S合上后，小球静止时，细线与竖直方向的夹角。已知两板相距，电源电动势，内阻，电阻，，取，，。求：
（1）流过电源的电流；
（2）两板间的电场强度的大小；
（3）小球的质量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）外电路电阻
电路中总电流
（2）路端电压为
两板间的电场强度为
（3）设小球质量为m，有共力点平衡可得
解得
【点睛】本题考查含电容器的电路问题，确定电容器两端的电压是解题的关键。
13. 如图所示，电源的电动势E = 6V，电阻R1= 8Ω，电动机绕组的电阻R0= 2Ω。电键S1始终闭合，当电键S2断开时，流过电阻R1的电流是0.6A；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是2W，求：
（1）电源的内阻；
（2）当电键S2闭合时流过电源的电流；
（3）当电键S2闭合时电动机的输出功率。
【答案】（1）r = 2Ω；（2）I = 1A；（3）P出 = 1.5W
【解析】
【详解】（1）设电键S1闭合，S2断开时，流过R1的电流I1，则
解得
r = 2Ω
（2）电键S2闭合后，流过电源的电流为I，R1两端的电压为U1，功率为P1，则
联立两式解得
I = 1A
（3）设流过R1电流为I1′，流过电动机的电流为IM，功率为PM，输出功率为P出，则
IM= I - I1′ = 0.5A
PM= IMU1
P出 = PM - IM2R0
联立解得
P出 = 1.5W
14. 一长为 的细线一端固定于O点，另一端拴一质量为 带电荷量为q=10-4C带正电的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中。开始时，将细线与小球拉成水平伸直状态，小球静止在 A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转动到O 点左侧且与竖直方向夹角θ=30°时，小球速度恰好为零，g取10m/s²，求：
（1） 匀强电场的电场强度大小E；
（2）小球达到最大速度时，细线对小球的拉力 Fr；
（3）若想让小球做完整的圆周运动，则小球在A点释放瞬间至少要获得多大的竖直向下的初速度 vm。
【答案】（1） 10³V/m；（2）0.4N；（3）4m/s
【解析】
【详解】（1）小球由A到B过程中，设电场强度大小为E， 由动能定理得
解得
（2）如图，小球到达 B点时速度为零，根据对称性可知，小球处在 弧线中点位置C时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为60°，小球的速度最大，C点是重力场和电场的等效重力场的最低点；受力分析如图
从 A 点到 C点，由动能定理得
解得
设电场力与重力的合力为F，则
由牛顿第二定律得
解得
（3）C点关于O的对称的C为等效最高点，若想让小球做完整的圆周运动，则在C'点有
从A到C点由动能定理得
解得
1. 铅蓄电池的电动势为2V，内阻不为零，以下说法中正确的是（ ）
A. 铅蓄电池每秒能把2J的化学能转变为电能
B. 电路中每通过1C电量，铅蓄电池对外输出的电能为2J
C. 电路中每通过1C电量，铅蓄电池内部非静电力做功为2J
D. 该铅蓄电池把其他形式能转化为电能的本领比电动势为1.5V的干电池弱
【答案】C
【解析】
【详解】ABC．电动势是描述电源把其它形式的能转化成电能本领大小的物理量，由于铅蓄电池的电动势为2V，则电路中每通过1C电量时，铅蓄电池内部非静电力做功
即电路中每通过1C电量时，铅蓄电池将2J的化学能转化成电能，但由于内阻不为零，所以铅蓄电池对外输出的电能小于2J，故AB错误，C正确；
D．电动势反应电源将其它形式的能转化成电能的本领，因此铅蓄电池把其它形式能转化成电能的本领比一节干电池（电动势是1.5V）的本领强，故D错误。
故选C。
2. 一根粗细均匀的金属导线，在其两端加上电压时，通过导线的电流为，导线中自由电子定向移动的平均速度为v，若将导线均匀拉长，使它的横截面半径变为原来的， 再给它两端加上电压，则（ ）
A. 通过导线的电流为
B. 通过导线的电流为
C. 导线中自由电子定向移动的平均速率仍为v
D. 导线中自由电子定向移动的平均速率是光速
【答案】B
【解析】
【详解】AB．根据欧姆定律，导线未被拉长时的电阻为
导线均匀拉长，使它横截面半径变为原来的，可知导线的截面积变为原来的，导线体积不变，则导线的长度变为原来的倍，根据电阻定律
可知导线电阻为原来的81倍，通过导线的电流为
故A错误，B正确；
CD．根据电流的微观表达式
可得导线均匀拉长后，导线中自由电子定向移动的平均速率为
故CD错误。
故选B。
3. 四个相同的小量程电流表（表头）分别改装成两个电流表和两个电压表（0~15VA）、（0~5V），改装、校对好后把它们按图所示接法连入电路， 则（ ）
A. 电流表、的读数之比为5∶1
B. 电流表、的偏转角度之比为5∶1
C. 电压表、的读数之比为1∶1
D. 电压表、的偏转角度之比为3∶1
【答案】A
【解析】
【详解】AB．两电流表因是并联关系，根据并联电路的电压相等可知两表头两端的电压相同，通过两表头的电流相同，电流表A1、A2的偏转角度之比为1∶1；量程大的读数大，A1量程是A2量程的5倍，A1、A2的示数之比为5∶1，故A正确, B错误；
CD．两电压表因是串联关系，则通过两电压表的电流相同，电压表V1、V2的偏转角度之比为1∶1；量程大的读数大，V1量程是V2量程的3倍，V1、V2的示数之比为3∶1，故CD错误。
故选A。
4. 水平线上的O点放置一点电荷，图中画出电荷周围对称分布的几条电场线，如图所示，以水平线上的某点为圆心，画一个圆，与电场线分别相交于A，B，C，D，E，则下列说法正确的是（ ）
A. B，E两点电场强度相同
B A点电势高于C点电势
C. B，C两点间电势差等于E、D两点间电势差
D. 电子沿圆周由D到B，静电力做正功
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图看出，B，E两点电场强度的大小相等，但方向不同，而电场强度是矢量，所以B，E两点的电场强度不同，故A错误；
B．根据沿着电场线方向电势逐渐降低，可知离点电荷O越远，电势越低，故A点电势低于C点电势．故B错误；
C．根据对称性可知，B，C两点间电势差与E，D两点间电势差相等，故C正确；
D．由题图可判断D点的电势高于B点的电势，电子沿圆周由D到B，静电力做功为
静电力做负功，故D错误。
故选C。
5. 空间存在一平行于x轴方向的电场，x轴上各点电势的变化规律如图所示，曲线为关于y轴对称的抛物线。则下列说法正确的是（ ）
A. 和电场强度均逐渐减小
B. 和两点处的电场强度大小相等、方向相同
C. 正粒子在和处的电势能相等
D. 负粒子由沿x轴运动到的过程中，电势能先增大后减小
【答案】C
【解析】
【详解】A．φ-x图像斜率表示电场强度，所以和电场强度均逐渐增大，故A错误；
B．根据沿电场强度方向电势逐渐降低，可知x1处电场强度沿x轴正方向，－x1处电场强度沿x轴负方向，所以和两点处的电场强度大小相等，但方向相反，故B错误；
C．和处的电势相等，所以正粒子在和处的电势能相等，故C正确；
D．负粒子由沿x轴运动到的过程中，电势能先减小后增大，故D错误。
故选C。
6. 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，电源内阻为r，、、为定值电阻，当滑动变阻器的滑片向b端移动时，下列说法正确的是（ ）
A. 电压表读数增大
B. 带电质点P向上运动
C. 电源的输出功率变小
D. 若电压表、电流表的示数变化量分别为和，则
【答案】D
【解析】
【详解】A．由图可知，与滑动变阻器串联后与并联，再与串联接在电源两端，电容器与并联；当滑动变阻器的滑片向b端移动，滑动变阻器接入电阻减小，则电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，干路电流增大，内电压增大，路端电压减小，同时两端的电压也增大，所以并联部分的电压减小，则电压表读数减小，故A错误；
B．由A项分析可知并联部分的电压减小，即平行金属板两极板间的电压减小，根据
平行金属板间的场强减小，带电质点P受到的电场力减小，则带电质点P将向下运动，故B错误；
C．由于不知内外电阻的关系，无法确定电源的输出功率的变化情况，故C错误；
D．根据闭合电路欧姆定律有
则
故D正确。
故选D。
7. 如图甲所示，两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电场，电场方向与两板垂直，在时刻，一不计重力的带电粒子沿板间中线垂直电场方向射入电场，粒子射入电场时的速度为，时刻粒子刚好沿MN板右边缘射出电场。则（ ）
A. 该粒子射出电场时的速度大小为
B. 该粒子在时刻，速度大小为
C. 若该粒子在时刻以速度进入电场，则粒子会打在板上
D. 若该粒子在时刻以速度进入电场，则该粒子沿两极板中线水平射出
【答案】D
【解析】
【详解】A．粒子射入电场在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上前半个周期内先做匀加速直线运动，电场力做正功；在后半个周期内做匀减速直线运动，电场力做负功，竖直速度又减小为零，所以时刻粒子射出电场时，竖直方向的速度为0，故从MN边缘离开电场时速度是水平方向的，大小为，故A错误；
B．在时刻，粒子在水平方向上的分速度为，因为两平行金属板MN、PQ的板长和板间距离相等，则有
解得
则时刻，，根据平行四边形定则知，粒子的速度为
故B错误；
C．由于水平方向做匀速直线运动，所以粒子无论什么时候进入电场，运动的时间都是，一个周期内电场力做功都为零，粒子在时刻以速度进入电场，只是竖直方向先向下加速后再向下减速到零，然后继续向下加速后再向下减速到零，粒子的水平速度为，从PQ右边缘离开电场，故C错误；
D．由于水平方向做匀速直线运动，所以粒子无论什么时候进入电场，运动的时间都是，一个周期内电场力做功都为零，粒子在 时刻以速度进入电场，竖直方向先向上加速再减速为零，再向下加速后减速为零，一个周期内竖直方向的位移为零，下一个周期重复这一过程，所以粒子沿两极板中线水平射出，故D正确。
故选D。
8. 某同学将一直流电源的总功率、输出功率和电源内部的发热功率随电流I变化的图线画在同一坐标上，如图中的a、b、c所示，下面说法正确的是（ ）
A. 电源内阻为
B. 电源电动势为8V
C. 反映变化的图线是b
D. 当电流为0.5A时，外电路的电阻为
【答案】AC
【解析】
【详解】A．根据
可知c为图像，当I=2A时Pr=8W可得
r=2Ω
选项A正确；
B．根据
PE=IE
可知，图像a为PE-I图像，可知电源电动势
选项B错误；
C．根据
可知，反映变化的图线是b，选项C正确；
D．当电流为0.5A时，外电路的电阻为
选项D错误。
故选AC。
9. 如图，实线表示电场线，虚线表示带电粒子只受电场力作用下的运动轨迹，则（ ）
A. 若粒子是从N点运动到M点，则其带负电荷
B. 粒子运动的加速度在M点小于N点
C. 粒子在M点的速度小于在N点的速度
D. 粒子在M点的电势能小于在N点的电势能
【答案】BC
【解析】
【详解】A．粒子仅仅受到电场力，即电场力即为粒子的合力，由于合力方向指向轨迹的内侧，根据图像可知，电场力方向与电场强度的方向相同，即粒子带正电，故A错误；
B．电场线分布的密集程度表示电场的强弱，根据图像可知，M点电场线分布比N点稀疏一些，则M点电场强度比N点小一些，即粒子M点所受电场力比N点小一些，可知粒子运动的加速度在M点小于N点，故B正确；
C．若粒子从M点运动到N点，根据上述可知，粒子所受电场力的方向与速度方向之间的夹角为锐角，即粒子从M点运动到N点过程做加速运动，即粒子在M点的速度小于在N点的速度，故C正确；
D．根据上述，若粒子从M点运动到N点，电场力做正功，电势能减小，即粒子在M点的电势能大于在N点的电势能，故D错误。
故选BC。
10. 如图，A、B为水平正对放置的平行板电容器的两极板，B极板接地。闭合开关S，一带电液滴在两极板间的P点处于静止状态。下列说法正确的是（ ）
A. 该液滴带负电
B. 保持开关S闭合，将A极板向左移动一小段距离，带电液滴仍将保持静止
C. 断开开关S，将B极板向下移动一小段距离，带电液滴将向下运动
D. 断开开关S，将B极板向下移动一小段距离，P点的电势将升高
【答案】ABD
【解析】
详解】A．A极板与电源正极连接，A极板带正电，则极板之间电场方向向下，液滴处于静止状态，可知其所受电场力方向向上，由于电场力方向与电场方向相反，则液滴带负电，故A正确；
B．保持开关S闭合，极板之间电压不变，根据
若将A极板向左移动一小段距离，极板之间间距不变，极板之间的电场强度不变，液滴所受电场力不变，可知带电液滴仍将保持静止，故B正确；
C．断开开关S，极板所带电荷量不变，根据
若将B极板向下移动一小段距离，根据上式可知，极板之间的电场强度不变，可知带电液滴仍然处于静止状态，故C错误；
D．断开开关S，根据上述分析，极板之间的电场强度不变，根据
若将B极板向下移动一小段距离，增大，可知点的电势将升高，故D正确。
故选ABD。
二、非选择题， 共54分。其中第11题 12分， 第12题12分， 第13题 14分， 第14题 16分。
11. （1）某同学练习用游标卡尺测量长度，示数如图所示， 由图可知其长度___________cm。
该同学又欲描绘一个标有“6V，3W”字样的灯泡L的伏安特性曲线，实验室提供的器材如下：
A. 电压表 V（量程为3V， 内阻约为3kΩ）；
B. 电流表 A（量程为0.6A， 内阻约为2Ω）；
C. 滑动变阻器（阻值范围为0~10Ω， 额定电流为2A）；
D. 滑动变阻器（阻值范围为0~1kΩ，额定电流为0.5A）；
E. 定值电阻（阻值为2kΩ）；
F. 定值电阻（阻值为4kΩ）；
G. 电源（电动势为， 内阻不计）；
H。 开关S、 导线若干。
（2）实验小组的同学设计了如图甲所示的电路，为了调节方便，测量准确，滑动变阻器应选用___________（填“C”或“D”）； 闭合开关S前， 滑动变阻器的滑片应置于___________（填“a”或“b”）端。
（3）如图甲所示的电路中， 电压表V的量程过小，应选用定值电阻___________（填“E”或“F”）与其串联进行改装。
（4）调节滑动变阻器，记录电流表 A与电压表 V（改装后）的示数，通过实验数据描绘出灯泡L的伏安特性曲线如图乙所示。由图乙可知，随着灯泡L两端的电压增大，其电阻___________ （填“增大”“减小”或“不变”）。
（5）另取两个相同的上述灯泡L，连接成如图丙所示的电路，已知电源的电动势为E=5V、 内阻为，定值电阻的阻值为 则电路中一个灯泡L消耗的电功率约为___________W（保留2位有效数字）。
【答案】 ①. 4.240 ②. C ③. a ④. F ⑤. 增大 ⑥. 0.60
【解析】
【详解】（1）[1]根据游标卡尺读数规则，可得读数为
（2）[2]滑动变阻器分压式接法的电路中，滑动变阻器应选用最大阻值小于待测电阻阻值的滑动变阻器，方便电路的调节，测量效率高，实验误差小。
故选用C；
[3]为保护电表，闭合开关S前，应将滑动变阻器的滑片置于a端，使电流表和电压表的示数均为零；
（3）[4]若选用定值电阻，则改装后的电压表的量程为
小于灯泡L的额定电压，不满足实验要求；同理，若选用定值电阻，则改装后的电压表的量程为
满足实验要求，故定值电阻应选用F；
（4）[5]根据欧姆定律可知，图像上的点与原点连线的斜率表示电阻的倒数，故随着灯泡L两端的电压增大，其电阻增大；
（5）[6]设并联部分电路（即灯泡L）两端的电压为U，流过一个灯泡L的电流为I，由闭合电路欧姆定律有
代入数据得
在图乙中画出此图线如图所示
此图线与伏安特性曲线的交点坐标即为此时通过灯泡L的电流和灯泡L两端的电压，则一个灯泡L消耗的电功率约为
12. 如图，一电荷量带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的点。S合上后，小球静止时，细线与竖直方向的夹角。已知两板相距，电源电动势，内阻，电阻，，取，，。求：
（1）流过电源的电流；
（2）两板间的电场强度的大小；
（3）小球的质量。
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
【详解】（1）外电路电阻
电路中总电流
（2）路端电压为
两板间的电场强度为
（3）设小球质量为m，有共力点平衡可得
解得
【点睛】本题考查含电容器的电路问题，确定电容器两端的电压是解题的关键。
13. 如图所示，电源的电动势E = 6V，电阻R1= 8Ω，电动机绕组的电阻R0= 2Ω。电键S1始终闭合，当电键S2断开时，流过电阻R1的电流是0.6A；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是2W，求：
（1）电源的内阻；
（2）当电键S2闭合时流过电源的电流；
（3）当电键S2闭合时电动机的输出功率。
【答案】（1）r = 2Ω；（2）I = 1A；（3）P出 = 1.5W
【解析】
【详解】（1）设电键S1闭合，S2断开时，流过R1的电流I1，则
解得
r = 2Ω
（2）电键S2闭合后，流过电源的电流为I，R1两端的电压为U1，功率为P1，则
联立两式解得
I = 1A
（3）设流过R1电流为I1′，流过电动机的电流为IM，功率为PM，输出功率为P出，则
IM= I - I1′ = 0.5A
PM= IMU1
P出 = PM - IM2R0
联立解得
P出 = 1.5W
14. 一长为 的细线一端固定于O点，另一端拴一质量为 带电荷量为q=10-4C带正电的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中。开始时，将细线与小球拉成水平伸直状态，小球静止在 A点，释放后小球由静止开始向下摆动，当细线转动到O 点左侧且与竖直方向夹角θ=30°时，小球速度恰好为零，g取10m/s²，求：
（1） 匀强电场的电场强度大小E；
（2）小球达到最大速度时，细线对小球的拉力 Fr；
（3）若想让小球做完整的圆周运动，则小球在A点释放瞬间至少要获得多大的竖直向下的初速度 vm。
【答案】（1） 10³V/m；（2）0.4N；（3）4m/s
【解析】
【详解】（1）小球由A到B过程中，设电场强度大小为E， 由动能定理得
解得
（2）如图，小球到达 B点时速度为零，根据对称性可知，小球处在 弧线中点位置C时切线方向合力为零，此时细线与水平方向夹角恰为60°，小球的速度最大，C点是重力场和电场的等效重力场的最低点；受力分析如图
从 A 点到 C点，由动能定理得
解得
设电场力与重力的合力为F，则
由牛顿第二定律得
解得
（3）C点关于O的对称的C为等效最高点，若想让小球做完整的圆周运动，则在C'点有
从A到C点由动能定理得
解得
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