(命题范围：选修3－1第一章静电场、第二章恒定电流 ）

（时间：90分钟 满分：100分）

一、选择题（每小题4分，共44分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）

1.了解物理规律的发现过程，学会像科学家那样观察和思考，往往比掌握知识本身更重要。以下符合事实的一项是（ ）

A．关系式
最初是焦耳用实验直接得到的

B．库仑总结出了点电荷间相互作用的规律

C．法拉第提出了电场的观点，说明处于电场中电荷所受到的力是电场给予的

D．安培通过实验精确测定了元电荷e的数值

2.如图所示，平行板电容器的电容为C，带电荷量为Q，板间距离为d，今在两板的中点
处放一电荷q，则它所受电场力的大小为（ ）

A．
B．
C．
D．

3.下列说法正确的是( )

A．电荷在电场中电势越高的地方，电荷量越大所具有的电势能也越大

B．电场线的方向就是带正电的试探电荷的运动方向

C．不存在电场线的空间，其电势可以不为零，电势为零的地方，电场线可经过它D．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，静电力做功为零

4. 一段粗细均匀的电阻丝，电阻为R，现把它拉成横截面直径为原来的
的均匀细丝，它的电阻变为（ ）

A．100R B．1000R C．10000R D．

5. 如图是双量程电流表的原理图，它有两个量程分别为0.1A和1A，则使用图的a、b两端时量程为I1，使用图的a、c两端时量程为I2，已知表头内阻为200Ω，满偏电流为2mA，则下列说法正确的是（ ）

A．I1 ＝ 0.1A，I2 ＝ 1A

B．I1 ＝ 1A，I2 ＝ 0.1A

C. R1 > R2

D. R1 < R2

6.单位正电荷沿闭合电路移动一周，电源释放的总能量决定于（ ）

A．电源的电动势 B．通过电源的电流

C．内外电路电阻之和 D．电荷运动一周所需要的时间

7.如图所示的电路中，电源电动势为E，电源内阻为r，闭合开关S，待电流达到稳定后，将滑动变阻器的滑动触头P从图示位置向a端移动一些，待电流再次稳定后与P移动前相比，下列说法正确的是：（ ）

A．电流表示数变小，电压表示数变大

B．小灯泡L变亮

C．电容器C的电荷量增加

D．电源的总功率变大

8.饮水机是一种常见的家用电器，其工作电路可简化为如图所示的电路，其中S是一温度控制开关，当水温升高到一定温度时，它会自动切换，使饮水机处于保温状态；R0是饮水机加热管的电阻，R是与加热管串联的电阻。下表是从其说明书中摘录的一些技术数据。(不考虑R0、R的电阻受温度变化的影响，表中的功率均指加热管的功率) ，当开关S闭合时，饮水机处于何种工作状态和R的阻值为( )

A．加热，2200Ω

B．加热，352Ω

C．保温，352Ω

D．保温，2200Ω

9．如图所示，在A、B两点上放置两个点电荷，它们的电荷量分别为q1、q2，MN是过a、b的直线，P是直线上的一点。若P点的场强为零，则（ ）

A．q1、q2都是正电荷，且q1＞q2

B．q1是正电荷，q2是负电荷，且q1＜|q2|

C．q1是负电荷，q2是正电荷，且|q1|＞q2

D．q1、q2都是负电荷，且|q1|＜|q2|

10．一台直流电动机的额定电压为U，额定功率为P，其电枢线圈的电阻为R，正常工作时的电流为 I，下列说法正确的是 ( )

A. I＝
B. R＝
C.
P<
D. I>

11．如图，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1，q2分别置于A，B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q1，q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是(　 　)

A．A点电势大于B点电势

B．A、B两点的电场强度相等

C．q1的电荷量小于q2的电荷量

D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能

二、实验题（本题4小题，共26分）

12.（5分） 在描绘某元件（额定电压1.5V，额定功率数值模糊不清）的伏安特性曲线实验中，某同学采用了如下电路进行实验，在实验中发现，无论如何调节滑动变阻器的滑动片，元件两端电压始终无法从零开始变化；为了达到这个目的，他在电路中加接了一根导线，请你帮他在图中画出。闭合电键前，滑片应置于 端（填“左”或“右”）；若测得一系列的电压和电流值标示在
图上，请你作出对应的伏安特性曲线，并求得元件的额定功率为 W。

13.（4分）用20分度的游标卡尺测量某工件的内径时，示数如图甲所示，由图可知其长度为________cm；用螺旋测微器测量某圆柱体的直径时，示数如图乙所示，由图可知其直径为_________mm.

14.（6分） 在使用万用表的欧姆档测量电阻时，使用前指针已指在左边零刻度，然后将选择开关打至任何倍率的档位，两表笔短接调零时发现，指针始终无法指到电阻零刻度，最多只能向右偏至图示位置，为了解决问题，下列的哪些做法是可行的：

A．利用螺丝刀调节机械调零旋纽，使指针偏至电阻零刻度

B．更换新电池

欧姆表修理好后，①为了测定电阻的阻值，某同学将电键断开，选择适当的倍率并进行调零，然后将红黑表笔接在AB两点间，则其测量值比真实值 （填“偏大”、“偏小”或“相等”）

②用该欧姆表测量一只晶体二极管D的正、反向电阻，测量结果如图所示，则图中M端为晶体二极管的 极.

15.（11分）测量一节普通干电池电源电动势和内电阻，器材如下：

A．待测干电池

B．电流表（0~3A，内阻约为0.0125）

C．电流表（0~0.6A，内阻约为0.125）

D．电压表（0~3V，内阻约为3k）

E．电压表（0~15V，内阻约为15k）

F．滑动变阻器（0~20，额定电流1A）

G．滑动变阻器（0~2000，额定电流0.3A）

H．电键、导线。

（1）上述器材中电流表应选用的是_____，电压表应选用 ，滑动变阻器应选用 。（填写各器材前的字母序号）

（2）在方框中画出实验电路图。

（3）实验中某同学根据自己测得的实验数据在坐标纸上描了几个点，请你根据他描的点画出U—I图线，并根据图线求出电池的电动势E=__________V（保留2位有效数字），电池的内电阻r =__________Ω（保留2位有效数字）．

（4）若实验中发现所用电压表已损坏，需将一个内阻为Rg=1k，满偏电流为Ig=100μA的电流表__________（填“串”或“并”）联一个阻值为__________的电阻，作为量程1.5V的电压表使用。

三、计算题（本题3小题，每小题解答应有必要的文字说明、公式，主要的解题过程,共30分）

16．（8分）在如图所示的电路中，L为标有“6V，3W”的小灯泡，电源的内阻r=2Ω，滑动变阻器的总阻值R=48Ω，当滑动变阻器的滑动触头P位于变阻器的中点时，灯泡L恰能正常发光，这时理想电压表的读数为27V。求：

（1）电阻Rx的值；

（2）电源的电动势；

（3）滑动变阻器消耗的功率。

17．（10分）如图所示,在空间中取直角坐标系oxy,在第一象限内平行于y轴的虚线MN与y轴距离为d=4cm,从y轴到MN之间的区域充满一个沿y轴正方向的匀强电场,场强大小为E=375V/m.初速度可以忽略的带负电粒子经过另一个电势差为U=10V的电场加速后,从y轴上的A点以平行于x轴的方向射入第一象限区域, OA的距离h=4.5cm.已知带电粒子的比荷为
,带电粒子的重力忽略不计,求：

(1)带电粒子从A点进入电场到离开该电场区域所经历的时间t和离开电场区域时的速率v；

(2)带电粒子经过x轴时离坐标原点O的距离l.

18.（12分) 如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平面上，一个质量为m=0.2Kg、带电量为
的小物体处于静止状态，小物体与地面之间的动摩擦因数
，从t=0时刻开始，空间上加一个如图乙所示的变化电场（电场只存在于0～4s的时间内），取水平向右的方向为正方向，g=10m/s2。求：

（1）2s内小物体的位移大小；

（2）小物块从开始到第一次速度为零过程中，电势能是增加还是减少，增加或者减少多少；

（3）小物体运动的全过程经历的总时间。

物理期中考试评分标准

1.ABC 2.C 3.C 4.C 5.BD 6.A 7.AC 8.B 9.B 10.AC 11.C

12.右 （1分） 0.375 （2分） （导线和图线各1分）

13. 1.340（2分），（4.700~4.702）（2分）

14. B（2分） 偏小（2分） 正（2分）

15. （1） C（1分） D(1分) F（1分）

（2）

（电路图2分，图线1分）

（3）E=1.5（1分） r =0.87~0.98 （2分）

（4）串（1分） 1.4×104（1分）

16. （1）小灯泡的电流 IL＝
＝0.5A …………………(0.5分)

滑动变阻器ap 段电流 Iap＝
＝0.25A …………………(0.5分)

电阻Rx的电流 I=IL＋Iap＝0.75A …………………(0.5分)

滑动变阻器pb段电压 U1＝I·R/2＝18V …………………(0.5分)

电阻Rx＝
＝4Ω …………………( 1 分)

由闭合电路欧姆定律 E＝U＋Ir＝28.5V …………………( 3 分)

（3）滑动变阻器 ap段功率 P1＝I2ap·R/2＝1.5W …………………(0.5分)

滑动变阻器 pb段功率P2＝I2·R/2＝13.5W …………………(0.5分)

所以，滑动变阻器消耗的功率 P＝P1＋P2＝15W …………………( 1 分)

(2) 粒子离开偏转电场的偏转角为θ tanθ=
=
…………………( 1 分)

由几何关系tanθ=
…………………( 1 分)

解得 l=8cm …………………( 1 分)

18. （1）0~2s内，设物块的加速度为a1，

由牛顿第二定律得 E1q－μmg＝ma1 …………………( 2 分)

求得 a1＝2m/s2

由运动学公式 x＝
at2＝4m …………………( 2 分)

（2） 2s末物块速度 v0＝a1t1＝4m/s …………………(0.5分)

2s后加速度大小为a2

由牛顿第二定律得 E2q＋μmg＝ma2 …………………(0.5分)

a2＝3m/s2

减速到第一次速度为0用时t2 t2=
=
s<2s …………………(0.5分)

t2时间内小物块的位移为d d=
=
m …………………(0.5分)

前2s内静电力做的功W1=E1qx=2.4J …………………( 1 分)

t2时间内静电力做的功W2= -E2qd= -
J …………………( 1 分)

故小物块从开始到第一次速度为0过程中，静电力做到总功W=W1+W2=
J

因此，小物块的电势能减少了，减少了
J …………………( 1 分)

（3）小物块在第一次速度减为0后向左加速t3=2-t2=
s

加速度为a3，由牛顿第二定律 E2q-μmg＝ma3 …………………(0.5分)

a3＝1m/s2

加速t3时间后速度为v v=a3t3=
m/s …………………(0.5分)

之后向左减速，加速度为a4

由牛顿第二定律μmg＝ma4 a4＝1m/s2 …………………(0.5分)

再经t4时间速度减为0 t4=
=
s …………………(0.5分)

故全程总时间t=t1+t2+t3+t4=
s=4.67s …………………( 1 分)