甘肃省天水一中2015届高三上学期期中物理试卷

1、甘肃省天水一中2015届高三上学期期中物理试卷一、选择题（1-8、11、12为单选题，每小题4分，9、10、13为多选题，每小题4分）1（4分）两个分别带有电荷量Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）ABCD12F2（4分）如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示则（）Aa一定带正电，b一定带负电Ba的速度将减小，b的速度将增加Ca的加速度将减小，b的加速度将增加D两个粒子的动能，一个增

2、加一个减小3（4分）如图所示，中子内有一个电荷量为的上夸克和两个电荷量为的下夸克，3个夸克都分布在半径为r的同一圆周上，则3个夸克在其圆心处产生的电场强度为（）ABCD4（4分）带有等量异种电荷的一对平行金属板，上极板带正电荷如果两极板间距不是足够 近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之间，它们的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图所示的曲线（电场方向未画出）虚线MN是穿过两极板正中央的一条直线关于这种电场，以下说法正确的是（）A平行金属板间的电场，可以看做匀强电场Bb点的电势高于d点的电势Cb点的电势低于c点的电势D若将一正电荷从电场中的任一点由静止 释放，它必将沿着电场线运动到负极板5

3、（4分）如图所示，在X轴上关于O点对称的F、G两点有等量异种电荷Q和Q，一正方形ABCD与XOY在同一平面内，其中心在O点，则下列判断正确的是（）AO点电场强度为零BA、C两点电场强度相等CB、D两点电势相等D若将点电荷q从A点移向C，电势能减小6（4分）如图所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以O为焦点的椭圆运动M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上离Q最近的点电子在从M点经过P到达N点的过程中（）A速率先增大后减小B速率先减小后增大C静电力先减小后增大D电势能先增大后减小7（4分）图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知ACBC，ABC=53°，BC=20cm把一

4、个电量q=105C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为1.6×103J，则该匀强电场的场强大小和方向是（）A800V/m，垂直AC向左B800V/m，垂直AC向右C1000V/m，垂直AB斜向上D1000V/m，垂直AB斜向下8（4分）静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中0和d为已知量，一个质量为m、电荷量为q带负电的粒子恰好在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运动忽略粒子的重力，则（）A在dxd区间内的场强大小都是，方向均沿+x方向B在dxd区间内粒子做简谐运动C要使粒子能运动到d处，粒子在O点的动能至少为q0D粒子从运动

5、到的过程中，电势能先增大后减小9（4分）光滑水平面上放置两个等量同种电荷，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个质量m=1kg的小物块自C点由静止释放，小物块带电荷量q=2C，其运动的vt图线如图乙所示，其中B点为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线），则以下分析正确的是（）AB点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1V/mB由C点到A点物块的电势能先减小后变大C由C点到A点，电势逐渐降低DB、A两点间的电势差为UBA=8.25V10（4分）如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S

6、，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U以下说法正确的是（）A若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少C若仅用更强的光照射，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变11（4分）电源、开关S、定值电阻R1、灯泡L、光敏电阻R2和电容器连接成如图所示的电路，电容器的两平行板水平放置当开关S闭合，并且无光照射光敏电阻R2时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点当用强光照射时，光敏电阻的阻值变小，则（）A灯泡亮度变暗B电容器两极板间电压变小C电容器所带电荷量减小D液滴向上

7、运动12（4分）如图为多用表欧姆档的原理图，其中电流表的满偏电流为300A，内rg=100，调零电阻的最大阻值R=50k，串联的固定电阻R0=50，电池电动势E=1.5V用它测量电阻Rx，能准确测量的范围是 （）A30k80kB3k8kC300800D3080二、实验题13（6分）用多用表的欧姆挡（R×1K）检查性能良好的晶体二极管，发现多用电表的表针向右偏转的角度很小，这说明（）A二极管加有正向电压，故测得电阻很小B二极管加有反向电压，故测得电阻很大C此时红表笔接的是二极管的正极D此时红表笔接的是二极管的负极14（12分）两位同学在实验室利用如图（a）所示的电路测定定值电阻R0、电

8、源的电动势E和内电阻r调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据并根据数据描绘了如图（b）所示的两条UI直线回答下列问题：（1）根据甲乙两同学描绘的直线，可知正确的是A甲同学是根据电压表 V1和电流表A的数据B甲同学是根据电压表 V2和电流表A的数据C乙同学是根据电压表 V1和电流表A的数据D乙同学是根据电压表 V2和电流表A的数据（2）根据图（b），求出定值电阻R0=，电源的电动势E=，电源内电阻的阻值r=四、计算题（34分）15（11分）如图1所示，真空中相距d=5cm的两块平行金属板A、B与电源

9、连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图2所示将一个质量m=2.0×1023kg，电量q=+1.6×1015C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力求：（1）在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；（2）若在t=时刻从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子恰好不能到达A板，试求 A板电势变化的周期为多大？16（10分）如图所示，电解槽A和电炉B并联后接到电源上，电源内阻r=1，电炉电阻R=19，电解槽电阻r=0.5当S1闭合、S2断开时，电炉消耗功率684W；S1、S2都闭合时电炉消耗功率475W（电炉电阻可看作不变）试求：（1）电源的

10、电动势；（2）S1、S2都闭合时，流过电解槽的电流大小；（3）S1、S2都闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率17（13分）如图所示的直角坐标系中，在直线x=2l0到y轴区域内存在着两个大小相等、方向相反的有界匀强电场，其中x轴上方的电场方向沿y轴负方向，x轴下方的电场方向沿y轴正方向在电场左边界上A（2l0，l0）到C（2l0，0）区域内，连续分布着电荷量为+q、质量为m的粒子从某时刻起由A点到C点间的粒子，依次连续以相同的速度v0沿x轴正方向射入电场若从A点射入的粒子，恰好从y轴上的A（0，l0）沿x轴正方向射出电场，其轨迹如图虚线所示不计粒子的重力及它们间的相互作用求：（1）粒子从A点

11、到A的时间t；（2）匀强电场的电场强度E；（3）在AC间还有哪些位置的粒子，通过电场后也能沿x轴正方向运动？甘肃省天水一中2015届高三上学期期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（1-8、11、12为单选题，每小题4分，9、10、13为多选题，每小题4分）1（4分）两个分别带有电荷量Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）ABCD12F考点：库仑定律；电荷守恒定律 专题：计算题分析：清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题解答：解：接

12、触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的，库仑力为F=k，所以两球间库仑力的大小为故选C点评：本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题2（4分）如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，仅在电场力作用下的运动轨迹如图中虚线所示则（）Aa一定带正电，b一定带负电Ba的速度将减小，b的速度将增加Ca的加速度将减小，b的加速度将增加D两个粒子的动能，一个增加一个减小考点：电场线；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线密的地方电

13、场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧根据电场力做功来判断动能的变化解答：解：A、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，由于电场线的方向不知，所以粒子带电性质不定，故A错误；B、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看速度与力方向的夹角小于90°，所以电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故B错误，D错误C、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确故选C点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题3（4分）如图所示，中子内有

14、一个电荷量为的上夸克和两个电荷量为的下夸克，3个夸克都分布在半径为r的同一圆周上，则3个夸克在其圆心处产生的电场强度为（）ABCD考点：电场强度；电场的叠加 专题：电场力与电势的性质专题分析：先将两个电荷量为的下夸克在圆心处产生的电场强度进行合成，再与电荷量为的上夸克在圆心处产生的电场强度合成，求出3个夸克在其圆心处产生的电场强度解答：解：一个下夸克在圆心处产生的电场强度大小为E1=，两个电荷量为的下夸克在圆心处产生的合场强大小为E2=E1=，方向沿AO电荷量为的上夸克在圆心处产生的电场强度大小为E3=，方向沿AO，所以3个夸克在其圆心处产生的电场强度大小E=E2+E3=，方向沿AO故选A点评

15、：本题电场的叠加问题，要利用对称性对于两个下夸克场强的合成可利用力的合成进行类比4（4分）带有等量异种电荷的一对平行金属板，上极板带正电荷如果两极板间距不是足够 近或者两极板面积不是足够大，即使在两极板之间，它们的电场线也不是彼此平行的直线，而是如图所示的曲线（电场方向未画出）虚线MN是穿过两极板正中央的一条直线关于这种电场，以下说法正确的是（）A平行金属板间的电场，可以看做匀强电场Bb点的电势高于d点的电势Cb点的电势低于c点的电势D若将一正电荷从电场中的任一点由静止 释放，它必将沿着电场线运动到负极板考点：电势；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：匀强电场中场强处处相同，电场线应是

16、平行同向疏密均匀的直线；顺着电场线方向电势降低；带电粒子要沿电场线运动，电场线必须是直线解答：解：A、由电场线的分布情况看出，平行金属板间各处的电场强度不是处处相同，所以不能看成匀强电场，故A错误B、与电场线垂直的直线应是等势线，由图看出图中虚线是一条等势线，b点与d点的电势相同，故B错误C、据题上极板带正电荷，电场线从上极板指向下极板，根据顺着电场线方向电势降低，可知d点的电势低于c点，而b、d两点的电势相等，所以b点的电势低于c点的电势故C正确D、将一正电荷从电场中的任一点由静止释放，不一定能沿电场线运动，只有在ab所在的电场线上，正电荷所受的电场力一直沿电场线向下，能沿此电场线运动，其他

17、电场线是曲线，正电荷所受的电场力沿电场线的切线方向，将使电荷离开电场线，故D错误故选：C点评：解决本题关键掌握电场线的两个物理意义：疏密表示场强的大小，方向表示电势的高低，要明确只有电场线是直线时，电荷才能沿电场线运动5（4分）如图所示，在X轴上关于O点对称的F、G两点有等量异种电荷Q和Q，一正方形ABCD与XOY在同一平面内，其中心在O点，则下列判断正确的是（）AO点电场强度为零BA、C两点电场强度相等CB、D两点电势相等D若将点电荷q从A点移向C，电势能减小考点：电场的叠加；电场强度；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：等量异种电荷产生的电场中，电场线关于两电荷的连线和中垂线对称，根据

18、对称性分析场强的大小；根据顺着电场线方向电势降低，判断电势关系对于电势能，可根据负电荷在电势高处电势能小进行判断解答：解：A、Q和Q在O点的电场方向均向右，根据叠加原理可知O点电场强度不为零故A错误B、根据电场线分布的对称性可知，A、C两点电场强度相等，故B正确C、根据顺着电场线方向电势降低，D点的电势比B点高，故C错误D、A到C电势逐渐降低，根据负电荷在电势高处电势能小，可知电势能增大，故D错误故选：B点评：考查等量同种电荷周围电场线和等势线分布情况，明确场强的矢量性6（4分）如图所示，带正电的点电荷固定于Q点，电子在库仑力作用下，做以O为焦点的椭圆运动M、P、N为椭圆上的三点，P点是轨道上

19、离Q最近的点电子在从M点经过P到达N点的过程中（）A速率先增大后减小B速率先减小后增大C静电力先减小后增大D电势能先增大后减小考点：库仑定律 分析：根据影响速度和电势能大小的因素来分析速度和电势能的变化，找到转化的方向解答：解：A、当电子从M点向N点运动时，库仑力先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，所以动能先增加后减小，则电势能先减小后增加所以A正确；B、D错误；C、根据库仑定律可知，静电力先增大后减小，故C错误；故选：A点评：根据库仑力做功的特点，库仑力做正功，电势能减小，库仑力做负功，电势能增加7（4分）图中A、B、C三点都在匀强电场中，已知ACBC，ABC=53°，BC

20、=20cm把一个电量q=105C的正电荷从A移到B，电场力做功为零；从B移到C，电场力做功为1.6×103J，则该匀强电场的场强大小和方向是（）A800V/m，垂直AC向左B800V/m，垂直AC向右C1000V/m，垂直AB斜向上D1000V/m，垂直AB斜向下考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据一个q=105 C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，可知，A与B电势相等根据电荷从B移到C，电场力做功为1.73×103 J，由电势差的公式求出BC间的电势差由E=求场强大小，根据等势线与电场线垂直，作出电场线解答：解：由题，q=105

21、 C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，则A与B电势相等，AB连线是一条等势线BC间电势差为：=173V该匀强电场的场强大小为：E=电场线方向垂直于AB向下如图故选：D点评：本题根据题设条件找到等势点，作出等势线，根据电场线与等势线垂直，并由高电势处指向低电势处作电场线是常规思路8（4分）静电场方向平行于x轴，其电势随x的分布可简化为如图所示的折线，图中0和d为已知量，一个质量为m、电荷量为q带负电的粒子恰好在电场中以x=0为中心、沿x轴方向做周期性运动忽略粒子的重力，则（）A在dxd区间内的场强大小都是，方向均沿+x方向B在dxd区间内粒子做简谐运动C要使粒子能运动到d处，粒子在O点的动能至

22、少为q0D粒子从运动到的过程中，电势能先增大后减小考点：电势；电势能 专题：电场力与电势的性质专题分析：电势随x均匀变化时，电场为匀强电场，由电势差与电场强度的关系可求得电场强度大小，根据顺着电场线方向电势降低，判断场强的方向简谐运动的特征是F=kx，在恒力作用下粒子不可能做简谐运动根据动能定理研究动能根据负电荷在电势高处电势能小，分析电势能的变化解答：解：A、在dx0内的场强大小 E=，电势升高，则场强方向沿x方向；在0xd区间内，场强大小E=，电势降低，则场强沿+x方向故A错误B、由上分析可知，在dx0内场强不变，粒子所受的电场力不变，在0xd区间内，场强不变，粒子所受的电场力也不变，对照

23、简谐运动的条件F=kx，可知粒子做非简谐运动，故B错误C、粒子能运动到d处时速度为零，根据动能定理得：q0=0Ek0，则得：粒子在O点的动能至少为 Ek0=q0故C正确D、粒子从运动到的过程中，电势先升高后降低，根据负电荷在电势高处电势能小，可知电势能先减小后增大，故D错误故选：C点评：本题关键抓住图线的斜率表示场强，再从题干中找出可用的信息，同时能从图象中判断出电场的性质；并能灵活应用动能定理求解动能9（4分）光滑水平面上放置两个等量同种电荷，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个质量m=1kg的小物块自C点由静止释放，小物块带电荷量q=2C，其运动的vt图线如图乙所示，其中B点为

24、整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线），则以下分析正确的是（）AB点为中垂线上电场强度最大的点，场强E=1V/mB由C点到A点物块的电势能先减小后变大C由C点到A点，电势逐渐降低DB、A两点间的电势差为UBA=8.25V考点：电势差与电场强度的关系；电场强度；电势差；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据vt图象的斜率等于加速度和牛顿第二定律求解电场强度E根据能量守恒定律分析物块电势能的变化情况根据电场线方向判断电势的高低根据动能定理求解AB两点电势差UAB解答：解：A、vt图象的斜率等于加速度，B点处为整条图线切线斜率最大的位置，说明物块在B处加速度最大，根据牛顿第二定律得：F

25、=qE=ma，B为中垂线上电场强度最大的点，由图得：B点的加速度为 a=2m/s2，E=V/m=lV/m故A正确B、由图知，由C到A的过程中，物块的速度不断增大，动能增大，根据能量守恒得：物块的电势能不断减小故B错误C、由电势能的公式EP=q知，由C到A的过程中，电势逐渐降低，故C正确D、物块从A到B的过程，根据动能定理得：qUAB=mvB2mvA2，则得，UAB=×（4272）=8.25V，所以UBA=UAB=8.25V，故D正确故选：ACD点评：解决本题的关键是掌握速度图象的物理意义和动能定理，知道电势与电势能的关系EP=q10（4分）如图所示的电路中，电源的电动势E和内阻r一定

26、，A、B为平行板电容器的两块正对金属板，R1为光敏电阻当R2的滑动触头P在a端时，闭合开关S，此时电流表A和电压表V的示数分别为I和U以下说法正确的是（）A若仅将R2的滑动触头P向b端移动，则I不变，U增大B若仅增大A、B板间距离，则电容器所带电荷量减少C若仅用更强的光照射，则I增大，U增大，电容器所带电荷量增加D若仅用更强的光照射R1，则U变化量的绝对值与I变化量的绝对值的比值不变考点：电容；闭合电路的欧姆定律 专题：电容器专题分析：此电路中R1和R3串联，电路稳定时R3相当于导线，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压根据闭合电路的动态分析，分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化以及

27、角的变化通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化解答：解：A、滑动变阻器处于含容支路中，相当于导线，所以移动滑动触头，I不变，U不变故A错误B、若仅增大A、B板间距离，电容减小，板间电压不变，则由电容的定义式C=分析可知电容器所带电荷量减少，故B正确C、若仅用更强的光线照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，内电压和R3的电压均增大，则电容器板间电压减小，电容不变，由电容的定义式C=分析可知电容器所带电荷量减少故C错误D、若仅用更强的光照射R1，R1的阻值变小，总电阻减小，I增大，根据闭合电路欧姆定律得U=EIr可得：|=r，不变，故D正确故选：BD点评：解决本题的关键电路

28、稳定时R3相当于导线，电容器两端间的电压等于R1两端间的电压，再利用闭合电路欧姆定律进行动态分析对于电容的动态分析，应根据电容的决定式C=和电容的定义式C=结合进行分析11（4分）电源、开关S、定值电阻R1、灯泡L、光敏电阻R2和电容器连接成如图所示的电路，电容器的两平行板水平放置当开关S闭合，并且无光照射光敏电阻R2时，一带电液滴恰好静止在电容器两板间的M点当用强光照射时，光敏电阻的阻值变小，则（）A灯泡亮度变暗B电容器两极板间电压变小C电容器所带电荷量减小D液滴向上运动考点：闭合电路的欧姆定律；带电粒子在混合场中的运动 专题：恒定电流专题分析：先读懂电路图，知该电路R1和R2串联，电容器两

29、端间的电压等于R1两端间的电压，当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，根据闭合电路欧姆定律分析电容器两端的电压变化，从而知道电场的变化；再分析带电液滴的受力情况，确定运动通过电容器两端电压的变化，就可知道电容器所带电量的变化解答：解：A、当用强光照射光敏电阻R2时，光敏电阻的阻值变小，电路中电流增大，由PL=I2RL知灯泡的功率增大，将变亮，故A错误B、电流增大，R1两端间的电压增大，则电容器的电压增大，故B错误C、由电容器的电量公式Q=CU知电容器所带的电荷量增大，故C错误D、电容器板间场强E=，知板间电压增大，场强增大，液滴所受的电场力（方向向上）增大，故液滴向上运动，故D正确故

30、选：D点评：本题考查了电容器的动态分析、闭合电路的欧姆定律、部分电路的欧姆定律、匀强电场解决本题的关键抓住电容器两端电压与R1两端电压相等，利用闭合电路欧姆定律进行动态分析12（4分）如图为多用表欧姆档的原理图，其中电流表的满偏电流为300A，内rg=100，调零电阻的最大阻值R=50k，串联的固定电阻R0=50，电池电动势E=1.5V用它测量电阻Rx，能准确测量的范围是 （）A30k80kB3k8kC300800D3080考点：多用电表的原理及其使用 专题：恒定电流专题分析：欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小，求解出该欧姆表的中值电阻即可解答：解：欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读

31、数误差最小；欧姆表的中值电阻R中等于欧姆表的内电阻R总，根据闭合电路欧姆定律，满偏时：Ig=半偏时，Ig=联立解得：R中=R总=故选B点评：本题关键明确欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；知道中值电阻等于欧姆表内电阻二、实验题13（6分）用多用表的欧姆挡（R×1K）检查性能良好的晶体二极管，发现多用电表的表针向右偏转的角度很小，这说明（）A二极管加有正向电压，故测得电阻很小B二极管加有反向电压，故测得电阻很大C此时红表笔接的是二极管的正极D此时红表笔接的是二极管的负极考点：用多用电表测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：欧姆表的偏转角度小，说明电阻大，则为反向电阻；因欧姆

32、表的黑表笔接的是内部电路的源的正极，则可判断与二极管的接法解答：解：测量电阻偏转角度小，则电阻大，为反向电压故A错误，B正确测量时加的反向电压，又因欧姆表的黒表笔接的电池的正极，则黒表笔应与二极管的负极相连接即红表笔与二极管的正极相连接故C正确，D错误故选：BC点评：考查欧姆表的内部结构及测量二极管的电阻的方法，明确欧姆表的黒表笔与电池的正极相连14（12分）两位同学在实验室利用如图（a）所示的电路测定定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据并根据数据描绘了如图

33、（b）所示的两条UI直线回答下列问题：（1）根据甲乙两同学描绘的直线，可知正确的是ADA甲同学是根据电压表 V1和电流表A的数据B甲同学是根据电压表 V2和电流表A的数据C乙同学是根据电压表 V1和电流表A的数据D乙同学是根据电压表 V2和电流表A的数据（2）根据图（b），求出定值电阻R0=2，电源的电动势E=1.5，电源内电阻的阻值r=1考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：（1）从电路连接结合电流表和电压表的读数变化判断甲、乙两同学描绘的图线的含义（2）由图可知，图象由纵坐标的交点为电动势；由图象与横坐标的交点利用闭合电路欧姆定律可求得内电阻解答：解：（1）从电路连接可以看出，电

34、流表A的读数增大时，电压表V1的读数减小，电压表V2的读数增大甲同学是根据电压表V1和电流表A的数据绘制图象的，故B错误，A正确；乙同学是根据电压表V2和电流表A的数据绘制图象的，故C错误，D正确故选AD（2）从图象可以得出定值电阻R0的阻值为：R0=2.0；从甲同学的图象可以得出图象在U轴上的截距为1.50 V，即电源的电动势为1.50 V，电源的内阻：r=1.0，即电源的内阻为r=1.0故答案为：（1）AD；（2）2；1.5；1点评：本题考查测量电动势和内电阻实验的数据和定值电阻电流及电压数据的处理，并能用图象法求出电势和内电阻四、计算题（34分）15（11分）如图1所示，真空中相距d=5

35、cm的两块平行金属板A、B与电源连接（图中未画出），其中B板接地（电势为零），A板电势变化的规律如图2所示将一个质量m=2.0×1023kg，电量q=+1.6×1015C的带电粒子从紧临B板处释放，不计重力求：（1）在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小；（2）若在t=时刻从紧临B板处无初速释放该带电粒子，粒子恰好不能到达A板，试求 A板电势变化的周期为多大？考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）由图可知两板间开始时的电势差，则由U=Ed可求得两板间的电场强度，则可求得电场力，由牛顿第二定律可求得加速度的大小；（2）因粒

36、子受力可能发生变化，故由位移公式可求得粒子通过的距离，由粒子恰好不能到达A板求解A板电势变化的周期解答：解：（1）电场强度E=，带电粒子所受电场力为：F=qE=q，F=maa=m/s2=4.0×109m/s2释放瞬间粒子的加速度为4.0×109m/s2；（2）带电粒子在t=t=向A板做匀加速运动，在t=t=T向A板做匀减速运动，速度减为零后将返回，粒子向A板运动可能的最大位移为：s=2×a=aT2要求粒子恰好不能到达A板，有，s=dd=2×a=aT2解得：T=×105s答：（1）在t=0时刻释放该带电粒子，释放瞬间粒子加速度的大小为4.0

37、15;105m/s2；（2）A板电势变化的周期为×105s点评：此题极板间加交变电场，粒子的受力情况是周期性变化的，本题应通过受力情况先确定粒子的运动情况，再确定根据相关规律解题16（10分）如图所示，电解槽A和电炉B并联后接到电源上，电源内阻r=1，电炉电阻R=19，电解槽电阻r=0.5当S1闭合、S2断开时，电炉消耗功率684W；S1、S2都闭合时电炉消耗功率475W（电炉电阻可看作不变）试求：（1）电源的电动势；（2）S1、S2都闭合时，流过电解槽的电流大小；（3）S1、S2都闭合时，电解槽中电能转化成化学能的功率考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：（1）S1闭合，S2断开时，已知电炉消耗功率，根据功率P=I2R公式求出电炉中的电流，由闭合电路欧姆定律求出电动势；（2）S1、S2都闭合时，由电炉消耗功率求出电炉的电压和电流，由闭合电路欧姆定律求出干路中电流，得到电炉的电流；（3）根据P=UI求出电解炉消耗的电功率，根据功率P=I2R公式求出电解槽内阻消耗的功率