物理試卷一、單選題1.如圖所示，電源電動勢為E，內電阻為r，當合上開關S時，各個電燈均能正常發光，如果電燈L1因燈絲燒斷而熄滅，將要出現的現象是（）A.L3變亮，L2、L4變暗 B.L2、L3變亮，L4變暗C.L4變亮，L2、L3變暗 D.L2、L4變亮，L3變暗【答案】B【解析】【詳解】由圖可知，L2與L1并聯后與L4串聯，再與L3并聯，L1因燈絲燒斷而熄滅，并聯部分電阻增大，則總電阻增大，根據閉合電路歐姆定律，干路總電流I減小，根據，路端電壓增大，則有U3=U，L3兩端電壓變大，所以通過L3的電流變大，電燈L3變亮；由于干路總電流減小，通過L3的電流變大，所以通過L4的電流減小，L4變暗；L4兩端電壓減小，并聯部分電壓增大，則L2兩端電壓增大，所以通過L2的電流增大，L2變亮，所以B正確，ACD錯誤。故選B。2.如圖所示質量為m、電荷量為q的帶電小球A用絕緣細線懸掛于O點，帶有電荷量也為q的小球B固定在O點正下方絕緣柱上.其中O點與小球A的間距為l．O點與小球B的間距為，當小球A平衡時，懸線與豎直方向夾角，帶電小球A、B均可視為點電荷，靜電力常量為k，則()AA、B間庫侖力大小B.A、B間庫侖力C.細線拉力大小D.細線拉力大小【答案】B【解析】A的受力如圖所示，幾何三角形OAB與力三角形相似，由對應邊成比例，則，由余弦定律，則，故B正確．點睛：本題借助于相似三角形和余弦定理求解拉力的大小，對于此類題要正確的畫出受力圖，組建三角形．3.如圖所示，真空中有一個邊長為L的正方體，正方體的兩個頂點M、N處分別放置電荷量都為q的正、負點電荷．圖中的a、b、c、d是其他的四個頂點，k為靜電力常量．下列表述正確是（）A.a、b兩點電場強度大小相等，方向不同B.a點電勢高于b點電勢C.把點電荷+Q從c移到d，電勢能增加D.同一個試探電荷從c移到b和從b移到d，電場力做功相同【答案】D【解析】A、根據電場線分布知，a、b兩點的電場強度大小相等，方向相同，則電場強度相同．故A錯誤．B、ab兩點處于等量異種電荷的垂直平分面上，該面是一等勢面，所以a、b的電勢相等．故B錯誤．C、根據等量異種電荷電場線的特點，因為沿著電場線方向電勢逐漸降低，則c點的電勢大于d點的電勢．把點電荷+Q從c移到d，電場力做正功，電勢能減小，故C錯誤．D、因可知同一電荷移動，電場力做功相等，則D正確．故選D．【點睛】解決本題的關鍵知道等量異種電荷周圍電場線的分布，知道垂直平分線為等勢線，沿著電場線方向電勢逐漸降低．4.兩個分別帶有電荷量和+的相同金屬小球（均可視為點電荷），固定在相距為的兩處，它們間庫侖力的大小為．兩小球相互接觸后將其固定距離變為，則兩球間庫侖力的大小為A. B. C. D.【答案】C【解析】【詳解】本題考查庫侖定律及帶電體電量的轉移問題．接觸前兩個點電荷之間的庫侖力大小為，兩個相同的金屬球各自帶電，接觸后再分開，其所帶電量先中和后均分，所以兩球分開后各自帶點為+Q，距離又變為原來的，庫侖力為，所以兩球間庫侖力的大小為，C項正確．5.如圖所示，圖甲實線為方向未知的三條電場線，a、b兩帶電粒子從電場中的P點靜止釋放，不考慮兩粒子間的相互作用，僅在電場力作用下，兩粒子做直線運動，a、b粒子的速度大小隨時間變化的關系如圖乙中實線所示，虛線為直線，則()A.a一定帶正電，b一定帶負電B.a向左運動，b向右運動C.a電勢能減小，b電勢能增大D.a動能減小，b動能增大【答案】B【解析】【詳解】AB．從速度時間圖象中可以看出，a粒子加速度逐漸增大，b粒子加速度逐漸減小，因為粒子僅受電場力，可知a粒子電場力逐漸增大，b粒子電場力逐漸減小，所以a向左運動，b向右運動．由于不知電場的方向，所以無法判斷a、b的電性．故A錯誤，B正確．C．帶電粒子在電場中運動時，電場力做正功，所以a、b的電勢能均減小．故C錯誤．D．帶電粒子在電場中運動時，電場力做正功，因為僅受電場力，根據動能定理，a、b的動能均增加．故D錯誤．【點睛】解決本題的關鍵知道電場的疏密反映電場的強弱，及掌握電場力做功與電勢能的關系和熟練運用動能定理．6.用兩個相同的小量程電流表，分別改裝成了兩個量程不同的大量程電流表、，若把、分別采用并聯或串聯的方式接入電路，如圖所示，則閉合電鍵后，下列有關電表的示數和電表指針偏轉角度的說法正確的是A.圖甲中的、的示數相同B.圖甲中的、的指針偏角相同C.圖乙中的、的示數和偏角都不同D.圖乙中的、的指針偏角相同【答案】B【解析】【詳解】AB.圖甲中的A1、A2并聯，表頭的電壓相等，電流相等，指針偏轉的角度相同，量程不同的電流表讀數不同，故A錯誤，B正確；CD.圖乙中的A1、A2串聯，A1、A2的示數相同，由于量程不同，內阻不同，電表兩端的電壓不同，流過表頭的電流不同，指針偏轉的角度不同，故CD錯誤．7.如圖所示，輕彈簧上端固定，下端拴著一帶正電小球Q，Q在A處時彈簧處于原長狀態，Q可在C處靜止．若將另一帶正電小球q固定在C正下方某處時，Q可在B處靜止．在有小球q的情況下，將Q從A處由靜止釋放，則Q從A運動到C處的過程中A.Q運動到C處時速率最大B.Q、q兩球組成的系統機械能不斷增大C.Q的機械能不斷增大D.加速度大小先減小后增大【答案】D【解析】【分析】Q從A運動到C處的過程中，當合力為零時速率最大，Q的合外力先減小后增大，加速度先減小到零后反向增大；根據功能關系判斷小球Q的機械能如何變化.【詳解】A、q在C正下方某處時，Q在B處所受的合力為零，速率最大，故A錯誤；C、Q的機械能E等于Q的動能與重力勢能之和，由功能關系有△E=W彈+W電，而彈簧的彈力一直做負功，即W彈＜0，庫侖力也一直做負功，即W電＜0，則△E＜0，即Q的機械能不斷減小，故C錯誤；B、因小球q固定不動，則其機械能不變，故Q的機械能不斷變小即為Q、q兩球組成的系統的機械能不斷減小；故B錯誤.D、Q在B處加速度為零，則Q從A運動到B的過程中，加速度一直減小直到零，從B到C加速度反向增大，故D正確；故選D.【點睛】解決本題的關鍵是要知道帶電小球受力平衡時，合力為0，加速度為零，速度最大．還要知道幾個功能關系：①知道電場力做功與電勢能的關系；②重力做功與重力勢能的關系；③彈力做功與彈性勢能的關系；④除重力以外其它力做功與機械能的關系.8.用控制變量法，可以研究影響平行板電容器電容的因素（如圖）．設兩極板正對面積為S，極板間的距離為d，靜電計指針偏角為θ．實驗中，極板所帶電荷量不變，若A.保持S不變，增大d，則θ變大B.保持S不變，增大d，則θ變小C.保持d不變，減小S，則θ變小D.保持d不變，減小S，則θ不變【答案】A【解析】【詳解】AB、電容器所帶電荷量Q不變，由可知不變，增大d，則變小，而由可得電容器的電壓U變大，從而使得靜電計的電壓U變大，其指針的偏角θ變大，故A正確、B錯誤;CD、同理可知保持d不變，減小S，則變小，而由可得電容器的電壓U變大，使得靜電計的電壓U變大，其指針的偏角θ變大，故選項C、D均錯誤．故選:A.9.如圖所示，直線上M、N兩點分別放置等量的異種電荷，A、B是以M為圓心的圓上兩點，且關于直線對稱，C為圓與直線的交點。下列說法正確的是（）A.A、B兩點的電場強度相同，電勢不等B.A、B兩點的電場強度不同，電勢相等C.C點的電勢高于A點的電勢D.將正電荷從A沿劣弧移到B的過程中，電勢能先減少后增加【答案】B【解析】【詳解】異種電荷的電場線如圖AB．該電場中的電勢關于電荷的連線對稱，所以A、B兩點的電勢相等，根據電場線的疏密知兩點場強大小相等，但方向是對稱的，所以電場強度不同，A錯誤B正確；C．從M點沿MA、MB、MC三個方向，可知MA和MB方向沒有MC方向的平均場強較大，根據可知沿MC方向電勢降的多，故有C錯誤；D．正電荷在電場中的受力與場強方向相同，故由從A沿劣弧移到B的過程，從A點電場力與運動方向成鈍角，到B點成直角，后變成銳角，故有電場力先做負功后做正功，由功能關系可知電勢能先增大后減小，D錯誤。故選B。10.空間有一沿x軸對稱分布的電場，其電場強度E隨x變化的圖像如圖所示。下列說法中正確的是（）A.x1和－x1兩點的場強相等B.O點電勢一定為0C.x1和x3兩點的電勢相等D.x1和－x1兩點的電勢相等【答案】D【解析】【詳解】A．根據圖像可知和兩點的場強等大反向，故A錯誤；B．電場中電勢的高低，數值與0電勢參考點的選取有關，故O點的電勢不一定為0，故B錯誤；C．從到場強方向沿軸正方向，沿場強方向電勢逐漸降低，點的電勢高于點的電勢，故C錯誤；D．由于和兩點關于軸對稱，圖像的面積表示電勢差，從點到和從點到電勢差相等，故和兩點的電勢相等，故D正確。故選D。11.在如圖所示的電路中，電源的電動勢為E，內阻為r，R1、R3為定值電阻，R2為滑動變阻器，C為電容器。將滑動變阻器的滑動觸頭P置于位置a，閉合開關S，電路穩定時理想電壓表V1、V2的示數分別為U1、U2，理想電流表A的示數為I。當滑動變阻器的滑動觸頭P由a滑到b且電路再次穩定時，理想電壓表V1、V2的示數分別為U1′、U2′，理想電流表A的示數為I′。則以下判斷中正確的是（）A.滑動變阻器的滑動觸頭P由a滑向b的過程中，通過R3的電流方向由左向右B.滑動變阻器的滑動觸頭P由a滑向b的過程中，電容器的帶電量減小C.，，D.【答案】D【解析】【詳解】AB．電容C與電阻R1、R2并聯，其電壓等于電源的路端電壓，當滑動變阻器滑動觸頭P由a滑向b的過程中，變阻器的電阻增大，總電阻增大，總電流減小，路端電壓增大，根據可知，電容器的電荷量增加，電容器充電，通過R3的電流方向由右向左，故AB項錯誤；C．因電路電流減小，故，則R1兩端電壓減小，即。因路端電壓增大，則R2兩端電壓增大，即，故C項錯誤；D．將R1等效為電源內阻，則可視為等效電源的路段電壓，根據U—I圖像的斜率關系可得故D項正確。故選D。12.如圖所示，勻強電場豎直向上，一帶負電的小球從地面上方點斜向上拋出，剛好速度水平向左擊中點，不計空氣阻力，若拋射點向右水平移動一小段距離到，仍使拋出的小球能夠以速度方向水平向左擊中點，則可行的是（）A減小拋射角，同時增大拋射速度B.減小拋射角，同時減小拋射速度C.增大拋射角，同時減小拋出速度D.增大拋射角，同時增大拋出速度【答案】A【解析】【詳解】由于小球速度水平向左擊中點，其逆過程是平拋運動，當水平速度越大時，拋出后落地速度越大，與水平面的夾角則越小。若水平速度減小，則落地速度變小，但與水平面的夾角變大。因此減小拋射角，同時增大拋射速度，才能仍使拋出的小球能夠以速度方向水平向左擊中點。選項A正確，BCD錯誤；故選A。二、多選題13.如圖所示，為點電荷電場中的一個正三角形，O點為三角形的中心，a、b、c三點等勢，M、N分別為ab、ac邊的中點，M點電勢比O點電勢高，則()A.場源電荷一定在O點B.場源電荷一定帶負電C.a點電勢比M點電勢高，M點和N點電勢一樣高D.一個帶正電的粒子沿直線從a移到c，電場力先做負功后做正功【答案】BC【解析】【詳解】A．根據題意可知，場源電荷一定在過O點垂直三角形平面的直線上，A錯誤；B．O點比M點離場源電荷近，由于M點電勢比O點電勢高，由此可以判斷場源電荷帶負電，B正確；C．a點比M點離場源電荷遠，因此a點電勢比M點電勢高；M、N兩點離場源電荷一樣遠，因此M點和N點電勢一樣高，C正確；D．一個帶正電的粒子沿直線從a移到c，電勢能先減小后增大，因此電場力先做正功后做負功，D錯誤。故選BC。14.關于電學實驗，下列說法正確的是（）A.測量小燈泡的伏安特定曲線的實驗中，滑動變阻器應使用分壓式B.測量金屬電阻率的實驗中，測量工具中需要直尺C.測量電源電動勢和內阻的實驗中，安培表外接法時，E的測量無系統誤差D.半偏法測電流表內阻Rg是一種沒有理論誤差方法【答案】ABC【解析】【詳解】A．在描繪小燈泡的伏安特性曲線的實驗中，電壓與電流應從零開始變化，滑動變阻器應該采用分壓式接法，A正確；B．測量金屬電阻率的實驗中，需要用直尺測量金屬絲的長度，B正確；C．測量電源電動勢和內阻的實驗中，電流表外接時，電壓表測的是路端電壓，當電流為零時，電壓表讀數就是電源的電動勢，沒有系統誤差，C正確；D．在半偏法測電流表內阻的實驗中，和電流表串聯的滑動變阻器的電阻遠大于電流表內阻，將電阻箱并聯接在電流表兩端時，認為總電流Ig不變，實際上電流，當電流表的電流為時，通過電阻箱的電流，所以，測量值小于真實值，D錯誤。故選ABC。15.在如圖所示的電路中，電源電動勢為E、內電阻為r，負極接地，R1、R2、R3為定值電阻，R為滑動變阻器，C為電容器，A、V分別為理想電流表和電壓表。在滑動變阻器的滑片P自b端向a端滑動的過程中，下列說法正確的是（）A.電壓表V示數變大B.電流表A示數變小C.電路中a點的電勢升高D.電容器C所帶電荷量減小【答案】BC【解析】【詳解】A．滑片P由b端向a端滑動，滑動變阻器接入電路的阻值R增大，則電路總電阻R總增大，總電流減小，定值電阻R1兩端電壓減小，電壓表V示數變小，選項A錯誤；B．定值電阻R2與R3組成的串聯電路兩端的電壓因I總減小而增大；又故I23增大電流表A的示數因I總減小和I23增大，所以變小，選項B正確；C．由題可知而增大故升高，選項C正確；D．由于電容器兩端的電壓I23增大則增大，由知電容器所帶電荷量Q增多，選項D錯誤。故選BC。16.用電場線能很直觀、很方便地比較電場中各點場強的強弱。如圖甲是等量異種點電荷形成電場的電場線，圖乙是場中的一些點：O是兩電荷連線的中點，E、F是連線中垂線上相對O對稱的兩點，B、C和A、D也相對O對稱。則（）A.E、O、F三點比較，三點電勢相同B.A、D兩點場強相同C.E、O、F三點比較，O點場強最弱D.B、O、C三點比較，O點場強最強【答案】AB【解析】【詳解】A．等量異種點電荷連線的中垂線是一等勢面，所以E、O、F三點比較，電勢是相等的，選項A正確；B．電場線的疏密表示場強的大小，電場線的切線方向表示場強的方向。由甲圖可以判斷出A、D兩點場強大小相等，方向相同，選項B正確；C．E、O、F三點比較，由甲圖可以判斷O點電場線最密，故O點場強最強，選項C錯誤；D、B、O、C三點比較，O點電場線最疏，故O點場強最弱，選項D錯誤。故選AB。17.某同學將一直流電源的總功率PE、輸出功率PR和電源內部的發熱功率Pr隨電流I變化的圖線畫在同一坐標系內，如圖所示，根據圖線可知（）A.反映Pr變化的圖線是aB.電源電動勢為8VC.電源內阻為2ΩD.當電流為0.5A時，外電路的電阻為6Ω【答案】CD【解析】試題分析：電源的總功率，功率與電流成正比，由知電源內部的發熱功率與電流的平方成正比，A正確；直流電源的總功率，PI圖象的斜率等于電動勢E，則有，電流為2A時電源的總功率與發熱功率相等，則根據可得，當電流為0．5A時，根據閉合電路歐姆定律可得出外電路的電阻為6Ω，CD正確考點：考查閉合電路歐姆定律的圖象應用【名師點睛】要注意根據電源的總功率公式求解電動勢，根據發熱功率的公式，求解電源的內阻．18.如圖所示是一個直流電動機提升重物的裝置，重物質量m=50kg，電源電壓U=100V，不計各處的摩擦，當電動機以v=0.9m/s的恒定速度將重物向上提升1m時，電路中的電流I=5A，g取10m/s2，由此可知（）A.電動機線圈的電阻r=2Ω B.電動機線圈的電阻r=1ΩC.此過程中無用功為50J D.該裝置的效率為90%【答案】AD【解析】【詳解】AB：電動機以v=0.9m/s的恒定速度將重物向上提升對電動機解得故A項正確，B項錯誤．C：此過程中無用功又，解得．故C項錯誤．D：該裝置的效率．故D項正確．【點睛】純電阻元件，歐姆定律適用，電功等于電熱，電功率等于熱功率；非純電阻元件，歐姆定律不適用，電功大于電熱，電功率大于熱功率，其它功率等于電功率減去熱功率．三、解答題19.在如圖甲所示的電路中，、均為定值電阻，且Ω，阻值未知，是一滑動變阻器，當其滑片從左端滑至右端時，測得電源的路端電壓隨電流的變化圖線如圖乙所示，其中、兩點是滑片在變阻器的左右兩個不同端點得到的值．求：（1