1.D電場(chǎng)線方向指向云層,則云層帶負(fù)電,A項(xiàng)錯(cuò)誤;電場(chǎng)線的密度越大,電場(chǎng)強(qiáng)度越大,故Ea>Eb>Ec,B項(xiàng)錯(cuò)誤;因?yàn)閍b=bc,根據(jù)U=Ed,因?yàn)镋ab>Ebc,故a、b間與b、c間電勢(shì)差不相等,C項(xiàng)錯(cuò)誤;云層帶負(fù)電,地面則可視為帶正電,當(dāng)云層上的負(fù)電荷導(dǎo)入大地時(shí),可視為正電荷從避雷針移動(dòng)到云層,即電流從避雷針流向云層,D項(xiàng)正確.故選D.2.D根據(jù)題意可知,直徑之比為1:2,則橫截面積之比為1:4,由電阻定律R=P可得,導(dǎo)體a和b電阻之比為==,故A錯(cuò)誤;由于導(dǎo)體a和b并聯(lián)接入電路中,則電壓相等,由I可得,通過a和b電流之比為由電流的定義式I=可得,相等時(shí)間內(nèi)流過a和b中橫截面的電荷量之比為,由電流的微觀表達(dá)式I=nes℃可得則a和b中自由電荷定向移動(dòng)速率之比為=●=,故B、C錯(cuò)誤,D正確.故選D.3.C若檢測(cè)時(shí)司機(jī)喝了酒,則R減小,電路總電阻減小,電流變大,即電流表示數(shù)變大,R0兩端的電壓變大,電壓表的示數(shù)變大;電路消耗的總功率P=IE變大;根據(jù)=R0,可知電壓表和電流表示數(shù)的比值不變.故選C.4.C根據(jù)等量異種電荷的電場(chǎng)線分布特點(diǎn)可知,b、d兩點(diǎn)處的電場(chǎng)強(qiáng)度方向不同,故A錯(cuò)誤;根據(jù)點(diǎn)電荷電場(chǎng)強(qiáng)度的計(jì)算公式可得,a、c點(diǎn)的電場(chǎng)強(qiáng)度分別為Ea=kEc=2●kEa,故B錯(cuò)誤;根據(jù)等量異種電荷電勢(shì)分布特點(diǎn),a點(diǎn)電勢(shì)為正值,c點(diǎn)電勢(shì)為零,則將一帶正電的試探電荷十q沿圓周由a點(diǎn)移至c點(diǎn),電勢(shì)降低,電荷十q的電勢(shì)能減小,故C正確;同C選項(xiàng),b點(diǎn)電勢(shì)為正值,將一帶負(fù)電的試探電荷—q沿圓周由b點(diǎn)移至c點(diǎn),電勢(shì)降低,電荷—q的電勢(shì)能增大,故D錯(cuò)誤.故選C.5.D電動(dòng)機(jī)兩端電壓為0.3V,電流為0.3A時(shí),電動(dòng)機(jī)不動(dòng),根據(jù)歐姆定律有RM==1Ω,故A錯(cuò)誤;當(dāng)R=2Ω時(shí),燈泡恰好正常發(fā)光,則電路電流為IA,電動(dòng)機(jī)電壓為U1=E—U—I1(r十R)=5V,電動(dòng)機(jī)正常工作時(shí)輸出功率為P輸=U1I1—I12RM=4W,故B錯(cuò)誤;電源的效率為故C錯(cuò)誤;燈泡電阻為RL==2Ω,電動(dòng)機(jī)被突然卡住(未燒壞)時(shí),根據(jù)閉合電路歐姆定律有IA,此時(shí)電動(dòng)機(jī)的發(fā)熱功率為PI=I22RMW,故D正確.故選D.6.B材料溫度升高,材料膨脹,電容器兩板間距減小,根據(jù)C電容增大.由于電容器兩板電勢(shì)差不變,根據(jù)C=,極板所帶電荷量增大,A錯(cuò)誤;滑動(dòng)變阻器滑片向上滑動(dòng),阻值增大,根據(jù)E=U十Rrr,可知檢測(cè)儀的工作電壓升高,B正確;斷開開關(guān),電容器放電,則靈敏電流計(jì)上有從b到a的短暫電流,C錯(cuò)誤;檢測(cè)到靈敏電流計(jì)的電流方向?yàn)閺腶到b,極板所帶電荷量增大,由A可知,被測(cè)材料沒有反常膨脹,D錯(cuò)誤.7.D在φ父圖像,圖線的斜率表示電場(chǎng)強(qiáng)度的大小,由圖可知父1處圖線的斜率小于父2處圖線的斜率,則父1處的電場(chǎng)強(qiáng)度小于父2處的電場(chǎng)強(qiáng)度,故A錯(cuò)誤;粒子從父1運(yùn)動(dòng)到父3的過程中,電勢(shì)不斷降低,負(fù)電荷的電勢(shì)能不斷增大,故B錯(cuò)誤;粒子能運(yùn)動(dòng)恰好運(yùn)動(dòng)到父3處,就能運(yùn)動(dòng)到父4處.設(shè)粒子恰能運(yùn)動(dòng)運(yùn)動(dòng)到父3處,初速度℃0最小,根據(jù)動(dòng)能定理得【高二11月期中聯(lián)考●物理參考答案第1頁(yè)(共4頁(yè))】,解得,所以若小球能運(yùn)動(dòng)到x4處,則初速度00至少為,故C錯(cuò)誤;當(dāng)帶電粒子運(yùn)動(dòng)到x1處時(shí),電場(chǎng)力做正功最大,粒子的速度最大,根據(jù)動(dòng)能定理得qφ0=Ekmm002,解得最大動(dòng)能為Ekm=2qφ0,故D正確.故選D.8.AD根據(jù)閉合電路歐姆定律可得U=E—Ir,可知電源的UI圖像縱軸截距等于電動(dòng)勢(shì),斜率絕對(duì)值等于內(nèi)阻,則有E=3.0V,r故A正確,B錯(cuò)誤;該燈泡直接與該電源相接時(shí),由圖像交點(diǎn)可知,燈泡電阻為R==Ω=1.5Ω,燈泡功率為P=UI=1.5×1.0W=1.5W,故C錯(cuò)誤,D正確.故選AD.9.ABD勻強(qiáng)電場(chǎng)中兩線段平行且長(zhǎng)度相等時(shí),線段兩端的電勢(shì)差相等,ad平行于bc,可知φa—φd=φb—φc,得d點(diǎn)電勢(shì)為6V,ae平行于cg,可知φa—φe=φc—φg,得e點(diǎn)電勢(shì)為6V,即b、d、e三點(diǎn)電勢(shì)相等,ad平行于fg,可知f點(diǎn)電勢(shì)為4V,ab平行于hg,可知h點(diǎn)電勢(shì)為4V,即h、f、c三點(diǎn)位于同一等勢(shì)面上,故A正確.電場(chǎng)線垂直h、f、c所在的平面,由對(duì)稱性可知場(chǎng)強(qiáng)方向沿ag連線由a指向g,在直角三角形abg中,Lbg=\m,Lag=\m,則E==2\V/m,故B正確.電子經(jīng)過f點(diǎn)時(shí)速度指向g點(diǎn),電子只可能在fgda平面內(nèi)運(yùn)動(dòng),不可能運(yùn)動(dòng)到c點(diǎn),故C錯(cuò)誤.電子若只在電場(chǎng)力作用下先后經(jīng)過f點(diǎn)與h點(diǎn),由于f、h兩點(diǎn)電勢(shì)相等,類比重力場(chǎng),電子一定做類斜上拋運(yùn)動(dòng),動(dòng)能先減小后增大,電勢(shì)能一定先增加后減少,故D正確.故選ABD.10.AD如圖所示當(dāng)滑動(dòng)變阻器R3是限流式接法,當(dāng)滑片P向a端移動(dòng)時(shí),滑動(dòng)變阻器R3電阻變大,由R3=,可知可得不變,故A正確;當(dāng)滑動(dòng)變阻器R3的滑片P向a端移動(dòng)時(shí),滑動(dòng)變阻器R3增大,電路中總電阻增大,總電流減小,電源的總功率P=EI,得電源的總功率減小;由電源的效率為由路端電壓為U=E—Ir,可知總電流減小時(shí)路端電壓U增大,得電源的效率增大,故B錯(cuò)誤;根據(jù)閉合電路歐姆定律U=E—I總r,則△U=△I總r,又U2=E—I總(r十R1),則△U2=△I總(r十R1),由串并聯(lián)電路特點(diǎn)和歐姆定律可知I總,則△U1=△I總R1,所以△U2=△U1十△U,故C錯(cuò)誤;當(dāng)滑動(dòng)變阻器R3的滑片P向a端移動(dòng)時(shí),R3增大,電路中總電阻增大,總電流減小,則通過R1的電流減小,通過R1的電流等于通過電阻R2電流和流過滑動(dòng)變阻器R3的電流之和,且流過R2的電流增大,流過滑動(dòng)變阻器R3的電流減小,所以I3減小的量比I2增大的量更大,得△I2<△I3,故D正確.故選AD.11.(5分)(1)左(1分)(2)b(2分)(2分)解析:(1)為防止燒壞電表,電表兩端的電壓應(yīng)從零開始,閉合開關(guān)前,滑動(dòng)變阻器的滑片應(yīng)置于滑動(dòng)變阻器的最左端,電阻箱的接入阻值應(yīng)達(dá)最大值.根據(jù)閉合電路的歐姆定律R0十U=IRA十IR,整理得R=RVR0●—RA.(2)圖像的縱截距為—b=—RA,可得RA=b,圖像的斜率為k==RVR0,解得RV=—.12.(10分)(1)A(1分)C(1分)(2)50(2分)偏小(2分)(4)D(2分)【高二11月期中聯(lián)考●物理參考答案第2頁(yè)(共4頁(yè))】25—X—23解析:(1)本實(shí)驗(yàn)在R1入R2的條件下進(jìn)行,則R1應(yīng)選用A,R2應(yīng)選用C.(2)⑤記下R2的阻值并斷開開關(guān)S1,若在上述操作⑤中讀得R2的阻值是50Ω,則電流表內(nèi)阻Rg=50Ω;當(dāng)S2閉合時(shí),R和Rg并聯(lián),并聯(lián)后總阻值R并<Rg,而電阻R1不變,所以S2閉合后的干路電流比閉合前的總電流要大,即電流 大于Ig,而此時(shí)電流表支路的電流等于2Ig,那么R2支路的電流要大于2Ig,那么其電阻肯定要小于 法測(cè)量的電流表內(nèi)阻的測(cè)量值比真實(shí)值要偏小.(3)若要將電流表改裝成量程是3V的電壓表,則應(yīng)串聯(lián)一個(gè)阻值是RRg950Ω的電阻.表的刻度盤上原1mA處是3V,則0.8mA處應(yīng)改寫成2.4V.(4)若用改裝好的電壓表與一個(gè)精確的電壓表并聯(lián)測(cè)一電路的電壓,發(fā)現(xiàn)改裝后的電壓表示數(shù)總是比精確表示數(shù)小,說明通過改裝電壓表的電流偏小,則應(yīng)該適當(dāng)減小在電流計(jì)上串聯(lián)的電阻,即應(yīng)該給串聯(lián)的大電阻再并聯(lián)一個(gè)比它大的多的電阻,故選D.13.解:(1)電子在加速電場(chǎng)做加速運(yùn)動(dòng),根據(jù)動(dòng)能定理可得eumΨ02(2分)解得(1分)(2)在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中,水平方向電子做勻速運(yùn)動(dòng),有l(wèi)=Ψ0t(1分)豎直方向,電子受到電場(chǎng)力作用,由牛頓第二定律有ema(1分)y=at(1分)聯(lián)立解得電子離開偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角度的正切值為tanθ=(1分)根據(jù)類平拋推論和幾何關(guān)系可得yy(2分)聯(lián)立解得在熒光屏上形成的亮斑到O/的距離為y(1分)14.解:(1)電路中四個(gè)電阻阻值相等,開關(guān)S斷開時(shí),外電路的連接等效圖如下電路總電阻R1=R0十=R0(2分)當(dāng)開關(guān)S閉合后,外電路的連接等效圖如下電路總電阻R2=R0十=R0(2分)【高二11月期中聯(lián)考●物理參考答案第3頁(yè)(共4頁(yè))】25—X—(2)由于不計(jì)電池的內(nèi)阻,根據(jù)串并聯(lián)電路的特點(diǎn)可知,開關(guān)S斷開時(shí),電容器兩端的電壓為UU并=E(2分)當(dāng)開關(guān)S閉合后,電容器兩端的電壓為U2=×R并=×=E(2分)由Q=CU可知==(2分)15.解:(1)設(shè)滑塊到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度為Ψ,由動(dòng)能定理有qEs—μmgs=mΨ2(2分)而qE(1分)聯(lián)立解得(1分)(2)設(shè)滑塊到達(dá)C點(diǎn)的速度為ΨC,由動(dòng)能定理得qER—mgR=mΨC2—mΨ2(2分)解得ΨC=\水平方向的合力提供向心力,有F—qE=(1分)解得Fmg,方向水平向右(1分)(3)要使滑塊始終沿軌道滑行,如圖所示討論一:若滑塊恰好能通過圓軌道的