物理卷·2018届湖北省黄石三中高二上学期期中物理试卷 （解析版） 17页

‎2016-2017学年湖北省黄石三中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（1-8题为单选题，9-12题为多选题，每题4分，共48分）‎ ‎1．一阻值为R的均匀电阻丝，长为L，横截面积为S，设温度不变，下列哪种情况下电阻丝的电阻仍为R？（　　）‎ A．长为L，横截面积为2S的相同材料的均匀电阻丝 B．横截面积为S，长为2L的相同材料的均匀电阻丝 C．长为2L，横截面积为2S的相同材料的均匀电阻丝 D．长为2L，横截面半径为原来2倍的相同材料的均匀电阻丝 ‎2．如图所示，R是光敏电阻，当它受到的光照时阻值变小，这时（　　）‎ A．灯泡L变暗 B．光敏电阻R上的电压增大 C．电压表V的读数变大 D．电容器C的带电量增大 ‎3．如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，曲线B为小灯泡的U﹣I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（　　）‎ A．4W、8W B．4W、6W C．2W、4W D．2W、3W ‎4．如图所示的电路中，电压表和电流表都是理想电表，若将滑动变阻器的滑动触点向b端移动时（　　）‎ A．电压表V的读数增大，电流表A的读数减小 B．电压表V的读数减小，电流表A的读数增大 C．电压表V和电流表A的读数都减小 D．电压表V和电流表A的读数都增大 ‎5．如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F．调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是（　　）‎ A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大 B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小 C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大 D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小 ‎6．把6个相同电灯接成如图（甲）、（乙）所示两电路，调节变阻器，两组电灯均能正常发光．设（甲）、（乙）两电路消耗的电功率分别为P1、P2，则（　　）‎ A．P1＜3P2 B．P1=3P2 C．P1＞3P2 D．3P1=P2‎ ‎7．某电场区域的电场线如图所示．把一个电子从A点移到B点时（　　）‎ A．电子所受的电场力增大，电子克服电场力做功 B．电子所受的电场力减小，电场力对电子做正功 C．电子所受的电场力增大，电势能减少 D．电子所受的电场力增大，电势能增大 ‎8．三个α粒子在同一地点沿同一方向飞入偏转电场，出现了如图所示的轨迹，由此可以判断下列不正确的是（　　）‎ A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 B．b和c同时飞离电场 C．进电场时c的速度最大，a的速度最小 D．动能的增加值c最小，a和b一样大 ‎9．如图所示，两对金属板A、B和C、D分别竖直和水平放置，A、B接在电路中，C、D板间电压为U．A板上O处发出的电子经加速后，水平射入C、D板间，电子最终都能打在光屏M上．关于电子的运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．S闭合，只向右移动滑片P，P越靠近b端，电子打在M上的位置越低 B．S闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子由O至M经历的时间相同 C．S闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子到达M前瞬间的动能相同 D．S闭合后再断开，只向左平移B，B越靠近A板，电子打在M上的位置越低 ‎10．一个带电小球从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功3J，克服电场力做功0.5J，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球在a点的重力势能比在b点大3J B．小球在a点的电势能比在b点小1J C．小球在a点的动能比在b点小3.5J D．小球在a点的机械能比在b点大0.5J ‎11．如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．电势φA＞φB，场强EA＞EB B．电势φA＞φB，场强EA＜EB C．将+q电荷从A点移到B点电场力做了正功 D．将﹣q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能EPA＞EPB ‎12．如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R1为定值电阻，闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量用△U表示，电流表示数的变化量用表示△I表示．下列判断正确的是（　　）‎ A．电容器的带电量减小，减小量为C△U B．通过电阻R1的电流减小，减少量为△I，且等于 C．电路的路端电压一定增大，增加量小于△U D．电可变电阻R的功率可能变小 ‎　‎ 二、实验题 ‎13．为了测量一精密金属丝的电阻率：‎ ‎（1）先用多用电表“×1Ω”挡粗测其电阻为　　Ω，然后用螺旋测微器测其直径为　　mm，游标卡尺测其长度是　　mm．‎ ‎（2）为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：‎ A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）‎ B．电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）‎ C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω）‎ D．电流表A2（量程0.6A，内阻约为1Ω）‎ E．滑动变阻器R1（0～5Ω，0.6A）‎ F．滑动变阻器R2（0～2000Ω，0.1A）‎ G．输出电压为3V的直流稳压电源E H．电阻箱 I．开关S，导线若干 为了测多组实验数据，则上述器材中应选用的实验器材有（填代号）　　．请在虚线框内设计最合理的电路图并将图5的实物连线．但用该电路电阻的测量值　　真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）．如果金属丝直径为D，长度为L，所测电压为U，电流为I，写出计算电阻率　　．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎14．在如图所示的电路中，电源的电动势E=30V，内阻r=1.0Ω，R1=10Ω，R2=10Ω，R3=30Ω，R4=35Ω，电容器的电容C=100μF，电容器原来不带电．求接通电键K后流过R4的总电量．‎ ‎15．在匀强电场中，将一电荷量为5×10﹣5C的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.1J，已知A、B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成60°角，如图所示，则：‎ ‎（1）在电荷由A移到B的过程中，电场力做了多少功？‎ ‎（2）A、B两点间的电势差为多少？‎ ‎（3）该匀强电场的电场强度为多大？‎ ‎16．表是一辆电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动车满载情况下在水平平直道路上以额定功率匀速行驶的速度．‎ 额定车速 整车质量 载重 电源 电源输出电压 充电时间 额定输出功率 电动机额定工作电压和电流 ‎18km/h ‎40kg ‎80kg ‎36V/12Ah ‎≥36V ‎6﹣8h ‎180W ‎36V/6A 请参考表中数据，完成下列问题（g取10m/s2）：‎ ‎（1）此车所配电动机正常工作时，内部损耗的功率是多少？‎ ‎（2）若电动车满载时以额定功率行驶，当车速为3m/s时的加速度为多少？‎ ‎17．“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．‎ ‎（1）判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；‎ ‎（2）求等势面C所在处电场强度E的大小；‎ ‎（3）若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场后动能如何改变？改变量的大小|△EK左|和|△EK右|分别为多少？‎ ‎（4）比较|△EK左|和|△EK右|的大小，并说明理由．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省黄石三中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（1-8题为单选题，9-12题为多选题，每题4分，共48分）‎ ‎1．一阻值为R的均匀电阻丝，长为L，横截面积为S，设温度不变，下列哪种情况下电阻丝的电阻仍为R？（　　）‎ A．长为L，横截面积为2S的相同材料的均匀电阻丝 B．横截面积为S，长为2L的相同材料的均匀电阻丝 C．长为2L，横截面积为2S的相同材料的均匀电阻丝 D．长为2L，横截面半径为原来2倍的相同材料的均匀电阻丝 ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】本题考查了影响电阻的因素，导线越长，电阻越大，导线越粗，电阻越小．根据电阻定律的表达式可求得电阻的变化．‎ ‎【解答】解：由电阻定律R=ρ可知 A、长度不变为，横截面积变成2S时，有R′=ρ=R，故A错误；‎ B、横截面积不变，长度变为二倍时，有R′=ρ=2R，故B错误；‎ C、长为2L，横截面积为2S的相同材料的均匀电阻丝，由R′=ρ=R；故C正确；‎ D、长为2L，横截面半径为原来2倍的相同材料的均匀电阻丝时，S变成原来的4倍，则有：R′=ρ=；故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，R是光敏电阻，当它受到的光照时阻值变小，这时（　　）‎ A．灯泡L变暗 B．光敏电阻R上的电压增大 C．电压表V的读数变大 D．电容器C的带电量增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由光敏电阻阻值的变化分析总电阻的变化，由欧姆定律可分析电路中电流的变化，分析灯泡亮度的变化．由路端电压的变化，分析电压表读数的变化．由电容器电压的变化分析电荷量的变化．‎ ‎【解答】解：R阻值减小时，电路的总电阻减小，总电流增大，灯泡L变亮．电源的内电压增大，路端电压减小，所以电压表V的读数变小．‎ 电流增大，则灯泡的电压增大，而路端电压减小，则光敏电阻R上的电压减小．‎ 电容器C的电压等于灯泡的电压，则C的电压增大，由Q=CU知，电容器C的带电量增大．故ABC错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎3．如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，曲线B为小灯泡的U﹣I图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（　　）‎ A．4W、8W B．4W、6W C．2W、4W D．2W、3W ‎【考点】路端电压与负载的关系．‎ ‎【分析】电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势从而可算出电路的总功率和电源的输出功率．‎ ‎【解答】解：由图A读出：电源的电动势 E=3V，内阻 r===0.5Ω；‎ 两图线的交点表示灯泡与电源连接时的工作状态，此时灯泡的电压 U=2V，电流 I=2A；‎ 则电源的总功率P总=EI=3×2W=6W 电源的输出功率 P出=EI﹣I2r=（3×2﹣22×0.5）W=4W 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示的电路中，电压表和电流表都是理想电表，若将滑动变阻器的滑动触点向b端移动时（　　）‎ A．电压表V的读数增大，电流表A的读数减小 B．电压表V的读数减小，电流表A的读数增大 C．电压表V和电流表A的读数都减小 D．电压表V和电流表A的读数都增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】先分析滑动变阻器有效电阻的变化情况，分析外电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律判断出电流的变化，即可知道电流表读数的变化情况；分析内电压如何变化，再分析路端电压如何变化，从而判断电压表的读数变化．‎ ‎【解答】解：将滑动变阻器的滑动触点向b端移动时，接入电路中的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律判断知电路中电流减小，则电流表的读数减小．‎ 电流减小，电源的内电压减小，根据闭合电路欧姆定律得知路端电压增大，则电压表的读数增大．故A正确．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，M、N是平行板电容器的两个极板，R0为定值电阻，R1、R2为可调电阻，用绝缘细线将质量为m、带正电的小球悬于电容器内部．闭合电键S，小球静止时受到悬线的拉力为F．调节R1、R2，关于F的大小判断正确的是（　　）‎ A．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变大 B．保持R1不变，缓慢增大R2时，F将变小 C．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变大 D．保持R2不变，缓慢增大R1时，F将变小 ‎【考点】串联电路和并联电路；共点力平衡的条件及其应用；电场强度；路端电压与负载的关系．‎ ‎【分析】电容器两端间的电压与R0两端的电压相等，通过判断R0两端间电压的变化，知道极板间电场的变化，从而知道电场力的变化及拉力的变化．‎ ‎【解答】解：保持R1不变，缓慢增大R2时，由于R0和R2串联，总电流减小，R0两端的电压减小，即平行板电容器的两个极板的电压U减小，带电小球受到的电场力减小，悬线的拉力为将减小，故A错误，B正确．‎ ‎ 保持R2不变，缓慢增大R1时，由于在含容支路中的电阻相当于导线，所以R0两端的电压不变，F电不变，悬线的拉力为F不变，故C、D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．把6个相同电灯接成如图（甲）、（乙）所示两电路，调节变阻器，两组电灯均能正常发光．设（甲）、（乙）两电路消耗的电功率分别为P1、P2，则（　　）‎ A．P1＜3P2 B．P1=3P2 C．P1＞3P2 D．3P1=P2‎ ‎【考点】串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】电灯正常发光时，电流都是额定电流，根据电路中总电流关系，由功率公式研究两电路消耗的电功率的关系．‎ ‎【解答】解：设每个灯泡正常发光时，其电流为I，则图（甲）中总电流为3I，图（乙）总电流为I，电路中的总的电压相同，所以，P1=3IU，P2=IU，则P1=3P2．‎ 故选B ‎　‎ ‎7．某电场区域的电场线如图所示．把一个电子从A点移到B点时（　　）‎ A．电子所受的电场力增大，电子克服电场力做功 B．电子所受的电场力减小，电场力对电子做正功 C．电子所受的电场力增大，电势能减少 D．电子所受的电场力增大，电势能增大 ‎【考点】电场线；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】电场力F=qE，大小与场强E成正比，E由电场线的疏密判断；电子带负电，所受的电场力与场强方向相反，判断出电场力做功正负，即可分析电势能的变化．‎ ‎【解答】解：AB、由图看出，B处电场力密，场强E较大，电场力F=qE，则电子在B受到的电场力较大．而电场力方向与电场线方向相反，所以从A运动到B，电场力对电子做正功，故AB错误．‎ CD、电子从A点移到B点时，电场力增大，而电场力做正功，其电势能减小，故C正确，D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎8．三个α粒子在同一地点沿同一方向飞入偏转电场，出现了如图所示的轨迹，由此可以判断下列不正确的是（　　）‎ A．在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上 B．b和c同时飞离电场 C．进电场时c的速度最大，a的速度最小 D．动能的增加值c最小，a和b一样大 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】三个粒子都做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．粒子的质量和电量相同，加速度相同．比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小．通过动能定理比较动能的变化量．‎ ‎【解答】解：A、三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同．a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y=at2，可知运动时间相等．故A正确．‎ B、b、c竖直方向上的位移不等，yc＜yb．根据y=at2，可知tc＜tb．故B错误．‎ C、在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v=．‎ 因xc=xb，tc＜tb，则vc＞vb．‎ 根据ta=tb，xb＞xa．则vb＞va．所以有：vc＞vb＞va．故C正确．‎ D、根据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等．c电荷电场力做功最少，动能增加量最小．故D正确．‎ 本题选错误的，故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，两对金属板A、B和C、D分别竖直和水平放置，A、B接在电路中，C、D板间电压为U．A板上O处发出的电子经加速后，水平射入C、D板间，电子最终都能打在光屏M上．关于电子的运动，下列说法正确的是（　　）‎ A．S闭合，只向右移动滑片P，P越靠近b端，电子打在M上的位置越低 B．S闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子由O至M经历的时间相同 C．S闭合，只改变A、B板间的距离，改变前后，电子到达M前瞬间的动能相同 D．S闭合后再断开，只向左平移B，B越靠近A板，电子打在M上的位置越低 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】滑动触头向右移动时，加速电压增大，电子加速后速度变大，粒子在偏转电场中运动时间变短，粒子在平行偏转电场方向的位移减小；当加速电压不变时，偏转电压变化，影响平行电场方向的电场力的大小，也就是影响加速度的大小，粒子在电场中运动时间不变，改变偏转的位移大小．‎ ‎【解答】解：A、S闭合，只向右移动滑片P，P越靠近b端，加速获得的动能越大，穿过CD板的时间越短，电子打在M上的位置越接进中间虚线，越低，故A正确；‎ B、S闭合，若只增加A、B板间的距离，加速度减小，加速时间变长，故总时间变大，故B错误；‎ C、S闭合，只改变A、B板间的距离，穿出A、B间的速度不变，此后穿过C、D板的运动情况相同，故动能不变，故C正确；‎ D、S闭合后再断开，A、B板的电量不变，只向左平移B，电场强度不变，B越靠近A板，加速距离越短，电子射出A、B间的速度越小；电子在C、D板间的运动时间增加，故竖直方向的位移偏转量变大，即电子打在M上的位置越高，故D错误；‎ 故选：AC ‎　‎ ‎10．一个带电小球从空中的a点运动到b点的过程中，重力做功3J，克服电场力做功0.5J，不计空气阻力，则下列说法正确的是（　　）‎ A．小球在a点的重力势能比在b点大3J B．小球在a点的电势能比在b点小1J C．小球在a点的动能比在b点小3.5J D．小球在a点的机械能比在b点大0.5J ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】解决本题需掌握：‎ 重力做功等于重力势能的变化量；‎ 电场力做功等于电势能的变化量；‎ 合力做功等于动能的变化量；‎ 除重力外的各个力做的总功等于机械能的变化量．‎ ‎【解答】解：A、重力做功等于重力势能的变化量，重力做功3J，重力势能减小3J，所以a点重力势能比b点大3J，故A正确；‎ B、电场力做功等于电势能的变化量，克服电场力做功0.5J，电势能增加0.5J，所以a点电势能比b点小0.5J，故B错误；‎ C、合力做功等于动能的变化量，合力做功等于各个分力做的功，总功为2.5J，故动能增加2.5J，即小球在a点的动能比在b点小2.5J，故C错误；‎ D、除重力外的各个力做的总功等于机械能的变化量，除重力外，克服电场力做功0.5J，故机械能减小0.5J，所以a点机械能比b点大0.5J，故D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，电场中有A、B两点，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．电势φA＞φB，场强EA＞EB B．电势φA＞φB，场强EA＜EB C．将+q电荷从A点移到B点电场力做了正功 D．将﹣q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能EPA＞EPB ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低．‎ 要正确在电场中通过电场线来判断电场强度、电势、电势能大小变化，理解这些概念之间的关系．‎ ‎【解答】解：A、电场线越密的地方电场强度越大，所以场强EA＜EB，‎ ‎ 沿着电场线电势降低，所以电势∅A＞∅B，故A错误，B正确．‎ C、将+q电荷从A点移动到B点所受电场力和电场线方向相同，电场力做正功，故C正确．‎ D、将﹣q电荷分别放在A、B两点，所受电场力和电场线方向相反，电场力做负功，电势能增加，所以EPA＜EPB，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎12．如图电路中，电源电动势为E、内阻为r，R1为定值电阻，闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量用△U表示，电流表示数的变化量用表示△I表示．下列判断正确的是（　　）‎ A．电容器的带电量减小，减小量为C△U B．通过电阻R1的电流减小，减少量为△I，且等于 C．电路的路端电压一定增大，增加量小于△U D．电可变电阻R的功率可能变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容；电功、电功率．‎ ‎【分析】闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析电阻R1两端的电压，再根据路端电压的变化，分析电阻R1两端的电压变化量，并比较与△U的关系，确定电容带电量变化量．‎ ‎【解答】解：‎ A、闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R1两端的电压减小，R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R1两端的电压减小量小于△U．电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为C△U．故A错误．‎ B、根据A的分析可知，电阻R1两端的电压减小量小于△U，所以通过电阻R1的电流减小量△I小于，故B错误；‎ C、总电流减小，则内阻所占电压减小，所以电路的路端电压一定增大，由于电阻R1两端的电压减小，而R的电压增大△U，所以电路的路端电压增加量小于△U．故C正确．‎ D、当可变电阻的阻值与R1+r的阻值相等时，功率最大，由于不增大具体值，所以可变电阻R的功率可能变小．故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ 二、实验题 ‎13．为了测量一精密金属丝的电阻率：‎ ‎（1）先用多用电表“×1Ω”挡粗测其电阻为　6　Ω，然后用螺旋测微器测其直径为　2.095　mm，游标卡尺测其长度是　36.2　mm．‎ ‎（2）为了减小实验误差，需进一步测其电阻，除待测金属丝外，实验室还备有的实验器材如下：‎ A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）‎ B．电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）‎ C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω）‎ D．电流表A2（量程0.6A，内阻约为1Ω）‎ E．滑动变阻器R1（0～5Ω，0.6A）‎ F．滑动变阻器R2（0～2000Ω，0.1A）‎ G．输出电压为3V的直流稳压电源E H．电阻箱 I．开关S，导线若干 为了测多组实验数据，则上述器材中应选用的实验器材有（填代号）　A、D、E、G、H、I　．请在虚线框内设计最合理的电路图并将图5的实物连线．但用该电路电阻的测量值 ‎　小于　真实值（选填“大于”、“等于”或“小于”）．如果金属丝直径为D，长度为L，所测电压为U，电流为I，写出计算电阻率　　．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标考查主尺示数与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；‎ ‎（2）根据电源电动势选择电压表，根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，滑动变阻器可以采用分压接法，根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，作出实验电路图，然后根据电路图连接实物电路图；根据电流表的接反分析实验误差．‎ ‎【解答】解：（1）由图示多用电表可知，待测电阻阻值是6×1Ω=6Ω；‎ 由图示螺旋测微器可知，其读数为：2mm+9.5×0.01mm=2.095mm，‎ 由图示游标卡尺可知，其示数为：36mm+2×0.1mm=36.2mm；‎ ‎（2）实验需要G电源，I开关与导线，电源电动势为3V，因此电压表应选：A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）；‎ 通过待测电阻的最大电流约为I===0.5A，则电流表应选：D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）；‎ 为保证电路安全方便实验操作，滑动变阻器应选：E．滑动变阻器R1（0～5Ω，0.6A）；故需要的实验器材是：A、D、E、G、H、I．‎ 为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法， ==6， ==250，＞，电流表应采用外接法，‎ 实验电路图如图所示，根据实验电路图连接实物电路图，如图所示；‎ 电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，电流测量值偏大，由R=可知，待测电阻测量值比真实值小．‎ 由电阻定律可知，R=ρ=ρ，R=，则电阻率ρ=．‎ 故答案为：（1）6；2.095；36.2；（2）A、D、E、G、H、I；电路图如图所示；小于；．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎14．在如图所示的电路中，电源的电动势E=30V，内阻r=1.0Ω，R1=10Ω，R2=10Ω，R3=30Ω，R4=35Ω，电容器的电容C=100μF，电容器原来不带电．求接通电键K后流过R4的总电量．‎ ‎【考点】电容；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由电路图可知，C与R3并联；由串并联电路的可求得总电阻，则由欧姆定律可求得电路中的电流；则可求得与R3两端的电压，因电容与R3并联，故R3两端的电压即为电容器两端电压；由电容的定义式可求得电容器的电量．‎ ‎【解答】解：由电阻的串并联公式，得闭合电路的总电阻为： ‎ 电源的端电压：‎ 电阻R3两端的电压：‎ 则：‎ 答：接通电键K后流过R4的总电量为2×10﹣3C ‎　‎ ‎15．在匀强电场中，将一电荷量为5×10﹣5C的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.1J，已知A、B两点间距离为2cm，两点连线与电场方向成60°角，如图所示，则：‎ ‎（1）在电荷由A移到B的过程中，电场力做了多少功？‎ ‎（2）A、B两点间的电势差为多少？‎ ‎（3）该匀强电场的电场强度为多大？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势差．‎ ‎【分析】（1）根据电势能变化和电场力做功的关系，电势能增加多少，电场力做负功多少．由U=求解电势差．‎ ‎（2）由U=Ed求解电场强度E．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）因为电荷由A移到B的过程中，电势能增加了0.1J，所以电场力负功，大小为0.1J． ‎ ‎（2）A、B两点间的电势差： =2×103V． ‎ ‎（3）又因为在匀强电场中U=Ed，所以有：‎ 则：E==2×105V/m 答：（1）在电荷由A移到B的过程中，电场力做了0.1J功．‎ ‎（2）A、B两点间的电势差为2×103V．‎ ‎（3）该匀强电场的电场强度为2×105V/m ‎　‎ ‎16．表是一辆电动自行车的部分技术指标，其中额定车速是指电动车满载情况下在水平平直道路上以额定功率匀速行驶的速度．‎ 额定车速 整车质量 载重 电源 电源输出电压 充电时间 额定输出功率 电动机额定工作电压和电流 ‎18km/h ‎40kg ‎80kg ‎36V/12Ah ‎≥36V ‎6﹣8h ‎180W ‎36V/6A 请参考表中数据，完成下列问题（g取10m/s2）：‎ ‎（1）此车所配电动机正常工作时，内部损耗的功率是多少？‎ ‎（2）若电动车满载时以额定功率行驶，当车速为3m/s时的加速度为多少？‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）根据输出功率和输入功率求出内部损坏的功率．‎ ‎（2）根据输出功率和速度求出牵引力的大小，通过牛顿第二定律求出电动车的加速度．‎ ‎【解答】解：（1）从表中可知，输出功率P出=180W，‎ 输入功率P入=UI=36×6W=216W ‎ P损═P入﹣P出=36W ‎（2）由功率公式可得：P额=Fv ‎ 由牛顿第二定律得：F﹣K（M+m）g=（M+m）a ‎ 联立解得：a=0.2m/s2．‎ 答：（1）内部损耗的功率是36W．‎ ‎（2）当车速为3m/s时的加速度为0.2m/s2．‎ ‎　‎ ‎17．“电子能量分析器”主要由处于真空中的电子偏转器和探测板组成．偏转器是由两个相互绝缘、半径分别为RA和RB 的同心金属半球面A和B构成，A、B为电势值不等的等势面，其过球心的截面如图所示．一束电荷量为e、质量为m的电子以不同的动能从偏转器左端M的正中间小孔垂直入射，进入偏转电场区域，最后到达偏转器右端的探测板N，其中动能为Ek0的电子沿等势面C做匀速圆周运动到达N板的正中间．忽略电场的边缘效应．‎ ‎（1）判断半球面A、B的电势高低，并说明理由；‎ ‎（2）求等势面C所在处电场强度E的大小；‎ ‎（3）若半球面A、B和等势面C的电势分别为φA、φB和φC，到达N板左、右边缘处的电子，经过偏转电场后动能如何改变？改变量的大小|△EK左|和|△EK右|分别为多少？‎ ‎（4）比较|△EK左|和|△EK右|的大小，并说明理由．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，电子受力的方向与电场的方向相反；由牛顿第二定律和向心力列式解答；‎ 电子动能的改变量等于电场力做功，使用动能定理即可．‎ ‎【解答】解：（1）电子做匀速圆周运动，电场力提供向心力，受力的方向与电场的方向相反，所以B板的电势较高； ‎ ‎（2）电场力提供向心力：eE=m 又：R=，Ek0=‎ 联立以上三式，得：E=‎ ‎（3）到达N板左边缘处的电子，在运动的过程中，电场力对它们做正功，电子的动能增加，电子动能的改变量|△EK左|=|eUCB|=|e（φC﹣φB）|； ‎ 到达N板右边缘处的电子，在运动的过程中，电场力对它们做负功，电子的动能减少，电子动能的改变量|△EK右|=|eUCA|=|e（φC﹣φA）|‎ ‎（4）该电场是放射状电场，内侧的电场线密，电场强度大，所以UBC＞UCA，即：φB﹣φC＞φC﹣φA，所以：|△EK左|＞|△EK右|‎ 答：‎ ‎（1）B板的电势较高； ‎ ‎（2）等势面C所在处电场强度E的大小为． ‎ ‎（3）到达N板左边缘处的电子，动能增加，电子动能的改变量|△EK左|=|eUCB|=|e（φC﹣φB）|； ‎ 到达N板右边缘处的电子，动能减少，电子动能的改变量|△EK右|=|eUCA|=|e（φC﹣φA）|．‎ ‎（4）|△EK左|＞|△EK右|．‎ ‎　‎ ‎2016年12月10日