物理卷·2018届辽宁省铁岭市清河高中高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版） 19页

‎2016-2017学年辽宁省铁岭市清河高中高二（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一．选择题（12个小题，共48分，1-8小题为单项选择题，9-12为不定项选择题．全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分）‎ ‎1．关于电阻的计算式R=和决定式R=ρ，下面说法正确的是（　　）‎ A．导体的电阻与其两端电压成正比，与电流成反比 B．导体的电阻仅与导体长度、横截面积和材料有关 C．导体的电阻不随工作温度变化而变化 D．对一段一定的导体来说，在恒温下比值是恒定的，导体电阻不随U或I的变化而变化 ‎2．两个分别带有电荷量﹣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．若将两小球相互接触后分开一定的距离，两球间库仑力的大小变为，则两小球间的距离变为（　　）‎ A． B． C．r D．2r ‎3．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最高 B．带电质点通过P点时电势能较大 C．带电质点通过P点时的动能较大 D．带电质点通过P点时的加速度较小 ‎4．如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是（　　）‎ A．b点场强大于d点场强 B．b点电势高于d点电势 C．试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能 D．a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差 ‎5．A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点．已知A、B、C三点的电势分别为UA=15V，UB=3V，UC=﹣3V．由此可得D点电势UD为（　　）‎ A．3v B．6v C．9V D．12V ‎6．如图甲所示，在滑动变阻器的滑动触头P从一端滑到另一端的过程中，两块理想电压表的示数随电流表示数的变化情况如图乙所示，则滑动变阻器的最大阻值和定值电阻R0的值分别为（　　）‎ A．3Ω，12Ω B．15Ω，3Ω C．12Ω，3Ω D．4Ω，15Ω ‎7．有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球A、B、C，从同一位置以相同速度v0先后射入竖直方向的匀强电场中，它们落在正极板的位置如图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球A带正电，小球B不带电，小球C带负电 B．三个小球在电场中运动的时间相等 C．三个小球到达正极板的动能E＞E＞E D．三个小球的加速度关系为aA＞aB＞aC ‎8．如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b 与电池相连，在距离两板等远的M点有一个带电液滴处于静止状态．若b板不动，将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．液滴将加速向下运动 B．M点电势升高，液滴在M点时电势能将减小 C．M点的电场强度变小了 D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功不同 ‎9．关于电场与电势（规定无穷远电势为零）的性质正确的是（　　）‎ A．电场强度大的地方，电势一定高 B．正点电荷产生的电场中电势都为正 C．匀强电场中，两点间的电势差只与两点间距离成正比 D．电场强度大的地方，沿场强方向电势降落越快 ‎10．如图所示，电子经加速电场（电压为U1）后进入偏转电场（电压为U2），然后飞出偏转电场，要使电子飞不出偏转电场可采取的措施有（　　）‎ A．增大U1 B．减小U1 C．增大U2 D．减小U2‎ ‎11．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ（　　）‎ A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大 B．保持S闭合；将A板向B板靠近，则θ不变 C．断开S，将A板向B板靠近，则θ增大 D．断开S，将A板向B板靠近，则θ不变 ‎12．如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r，闭合电键K，水平放置的平行板电容器中一带电微粒恰好保持静止．当滑动变阻器滑片向上滑动时，下列表述正确的是（　　）‎ A．小灯泡将变暗 B．伏特表示数将变小 C．将有向左电流通过R3 D．带电微粒向上运动 ‎　‎ 二．填空题（共3小题．13题4分．14题8分．15题4分）‎ ‎13．读数 ‎（1）如图1，　　cm ‎ ‎（2）如图2，　　mm．‎ ‎14．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材如下：‎ A．小灯泡L：3V、5Ω ‎ B．滑动变阻器R：0～10Ω，额定电流1.5A C．电压表V1：0～3V，5kΩ ‎ D．电压表V2：0～15V，10kΩ E．电流表A1：0～0.6A，0.5Ω ‎ F．电流表A2：0～3A，0.1Ω G．铅蓄电池、开关各一个，导线若干 实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压．‎ ‎（1）为了减少误差，实验中应选电压表　　，电流表　　；‎ ‎（2）在实验中，电流表应采用　　法（填“内接”或“外接”）；‎ ‎（3）请在图虚线框内按要求设计实验电路图（部分线已画好）‎ ‎（4）实验测出的测量值有误差，测量值　　真实值．‎ ‎15．如图所示，有一个表头G，满偏电流Ig=500mA，内阻Rg=200Ω，用它改装为有1A和10A两种量程的电流表，则R1=　　Ω、R2=　　Ω．‎ ‎　‎ 三．计算题．（要求写出必要的文字说明，只写结果不得分）‎ ‎16．如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机绕组的电阻R0=0.5Ω，电键S1始终闭合．当电键S2断开时，电阻R1的电功率是525W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是336W，求：‎ ‎（1）电源的内电阻；‎ ‎（2）当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出的功率．‎ ‎（3）当电键S2闭合时电源的输出功率．‎ ‎17．如图所示，ABCD为表示竖立放在场强为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切A为水平轨道的一点，而且=R=0.2m，把一质量m=100g、带电q=10﹣4C的小球，放在水平轨道的A点上面由静止开始被释放后，在轨道的内侧运动．（g=10m/s2）‎ 求：‎ ‎（1）它到达C点时的速度是多大？‎ ‎（2）它到达C点时对轨道压力是多大？‎ ‎（3）小球所能获得的最大动能是多少？‎ ‎18．如图（a）所示，真空室中电极K发出的电子（初速为零）．经U=1000V的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B两板间的中心线射入，A、B板长L=0.20m，相距d=0.020m，加在A、B两板间的电压U随时间t变化u﹣t图线如图（b）．设A、B两板间的电场可以看做是均匀的，且两板外无电场．在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的．两板右侧放一记录圆筒，筒的左侧边缘与极板右端距离b=0.15m，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T=0.20s，筒的周长S=0.20m，筒能接收到通过A、B板的全部电子．‎ 试计算电子打到记录纸上的最高点的y坐标和x坐标（不计重力）‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省铁岭市清河高中高二（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（12个小题，共48分，1-8小题为单项选择题，9-12为不定项选择题．全选对的得4分，选对但不全的得2分，选错的得0分）‎ ‎1．关于电阻的计算式R=和决定式R=ρ，下面说法正确的是（　　）‎ A．导体的电阻与其两端电压成正比，与电流成反比 B．导体的电阻仅与导体长度、横截面积和材料有关 C．导体的电阻不随工作温度变化而变化 D．对一段一定的导体来说，在恒温下比值是恒定的，导体电阻不随U或I的变化而变化 ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】导体的电阻是导体本身的特性，与其两端电压和电流强度无关，根据电阻定律R可知：导体的电阻与导体的长度、横截面积和材料有关．导体的电阻率随温度变化而变化，电阻也随温度而变化．‎ ‎【解答】解：A、导体的电阻是导体本身的特性，与其两端电压和电流强度无关．故A错误；‎ B、根据电阻定律R=可知：导体的电阻与导体的长度、横截面积和材料有关；但导体的电阻率还要与温度有关；故B错误；‎ C、导体的电阻率随温度变化而变化，电阻也随温度而变化．故C错误；‎ D、导体的电阻是导体本身的特性，对一段一定的导体来说，在恒温下比值是恒定的，导体电阻不随U或I的变化而化．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．两个分别带有电荷量﹣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．若将两小球相互接触后分开一定的距离，两球间库仑力的大小变为，则两小球间的距离变为（　　）‎ A． B． C．r D．2r ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【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，两球间库仑力的大小变为，‎ 库仑力为F′=k=，‎ r′= 所以两小球间的距离变为，‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即Uab=Ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，P、Q 是这条轨迹上的两点，据此可知（　　）‎ A．三个等势面中，a的电势最高 B．带电质点通过P点时电势能较大 C．带电质点通过P点时的动能较大 D．带电质点通过P点时的加速度较小 ‎【考点】等势面．‎ ‎【分析】由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大．‎ ‎【解答】解：A、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故A错误；‎ B、根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，故P点的电势能大于Q点的电势能，故B正确；‎ C、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，故C错误；‎ D、等势线密的地方电场线密场强大，故P点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故D错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，在两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上．以下判断正确的是（　　）‎ A．b点场强大于d点场强 B．b点电势高于d点电势 C．试探电荷+q在a点的电势能小于在c点的电势能 D．a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差 ‎【考点】电势能；电场强度；电势．‎ ‎【分析】据等量异号电荷的电场分布特点可知各点的场强大小，由电场线性质及电场的对称性可知ab及bc两点间的电势差；由电势能的定义可知ac两点电势能的大小．‎ ‎【解答】解：A：在两等量异号电荷连线上，中间点电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上，中间点电场强度最大；所以b点场强小于d点场强，选项A错误；‎ B：MN是一条等势线，与在两等量异号电荷连线上的点相比较，d点的电势要高，所以d点电势高于b点电势，选项B错误；‎ C：因a点的电势高于c点的电势，故试探电荷+q在a点的电势能大于在c点的电势能，选项C错误．‎ D：由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，故选项D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点．已知A、B、C三点的电势分别为UA=15V，UB=3V，UC=﹣3V．由此可得D点电势UD为（　　）‎ A．3v B．6v C．9V D．12V ‎【考点】电势．‎ ‎【分析】连接AC，在AC上找出与B点等电势点，作出等势线，再过D作出等势线，在AC线上找出与D等势点，再确定D点的电势，场强方向与等势面垂直，由高电势指向低点势 ‎【解答】解：连接AC，将AC6等分，标上各等分点E、F、G、H、I，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等可知，‎ 所以各点的电势为：φE=12V φF=9V φG=6V φH=3V φI=0V 连接BH，则BH为一条等势线，根据几何知识可知，DF∥BH，则DF也是一条等势线，所以D点电势为：‎ UD=φF=9V 故C正确、ABD错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．如图甲所示，在滑动变阻器的滑动触头P从一端滑到另一端的过程中，两块理想电压表的示数随电流表示数的变化情况如图乙所示，则滑动变阻器的最大阻值和定值电阻R0的值分别为（　　）‎ A．3Ω，12Ω B．15Ω，3Ω C．12Ω，3Ω D．4Ω，15Ω ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】定值电阻R0等于图线AC的斜率大小．由数学知识求出图线的斜率求解R0．当滑动变阻器取最大值时，电流最小，由图读出电流的最小值，由欧姆定律求出变阻器的总电阻R．‎ ‎【解答】解：定值电阻为：R0==3Ω；‎ 当I=0.5A时欧：R外==15Ω；‎ 滑动变阻器电阻为：R=R外﹣R0=12Ω 故选：C ‎　‎ ‎7．有三个质量相等，分别带正电、负电和不带电的小球A、B、C，从同一位置以相同速度v0先后射入竖直方向的匀强电场中，它们落在正极板的位置如图所示，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．小球A带正电，小球B不带电，小球C带负电 B．三个小球在电场中运动的时间相等 C．三个小球到达正极板的动能E＞E＞E D．三个小球的加速度关系为aA＞aB＞aC ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】正电荷受到的电场力方向与电场方向相同，负电荷受到的电场力方向与电场方向相反，不带电的粒子不受电场力．‎ ‎【解答】解：从极板左侧中央以相同的水平速度先后垂直地射入匀强电场的粒子的运动性质为类平抛运动，水平方向匀速运动，竖直方向为初速度为零的匀加速运动；‎ AB、从图中可以看到水平位移A最大，根据公式：x=vt，说明A运动的时间最长，其次是B，C的运动时间最短；又由于正电荷受到的电场力方向与电场方向相同，负电荷受到的电场力方向与电场方向相反，不带电的粒子不受电场力；所以A粒子受到向上的电场力即A粒子带正电，C粒子带负电，B粒子不带电．故A正确，B错误；‎ C、以相同的水平速度v0先后垂直极板间电场射入，电场力对C粒子做正功，电势能减小则动能增加；对A粒子做负功，电势能减小，则粒子的动能减小．所以三个粒子到达正极板时的动能EkA＜EkB＜EkC ．故C错误；‎ D、又因它们竖直方向为初速度为零的匀加速运动且位移相同，根据y=at2，可以判断aC＞aB＞aA，故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b 与电池相连，在距离两板等远的M点有一个带电液滴处于静止状态．若b板不动，将a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，稳定后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．液滴将加速向下运动 B．M点电势升高，液滴在M点时电势能将减小 C．M点的电场强度变小了 D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功不同 ‎【考点】电容器的动态分析；电势能．‎ ‎【分析】电容器与电源相连，板间电压不变；根据极板的移动方向可知电容器内电场强度的变化，得出带电粒子的受力变化，从而判断其运动状态；由U=Ed判断电势的变化，从而得出电势能的变化．‎ ‎【解答】解：‎ A、C：原来液滴受力平衡，电场力向上，与场强方向相反，故液滴带负电；‎ 电容器板间的电压不变，a板下移时，两板间的距离减小，则由U=Ed可知，E增大，所以粒子受到的电场力增大，故液滴将向上加速运动；故A、C错误；‎ B、下极板接地，M点的电势等于M与b之间的电势差，因E增大，d不变，由U=Ed可知，M点的电势增大；因带电液滴带负电，故电势能将减小，故B正确；‎ D、因两板间的电势差不变，由W=Uq知，前后两种状态下移动电荷时，电场力做功相同，故D错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎9．关于电场与电势（规定无穷远电势为零）的性质正确的是（　　）‎ A．电场强度大的地方，电势一定高 B．正点电荷产生的电场中电势都为正 C．匀强电场中，两点间的电势差只与两点间距离成正比 D．电场强度大的地方，沿场强方向电势降落越快 ‎【考点】电势．‎ ‎【分析】电场强度是描述电场的力的性质的物理量，电势是描述电场的能的性质的物理量，两者没有直接关系；沿着电场线方向，电势是降低的．沿场强方向电势变化快．匀强电场中，电势差与两点间沿电场线方向的距离成正比．‎ ‎【解答】解：A、沿着电场线的方向，电势越来越小，而电场强度根据疏密才能确定．可见，电场强度与电势没有直接关系，故A错误；‎ B、正电荷产生的电场电场线从正电荷出发指向无穷远处，根据沿着电场线方向，电势降低，可知，取无穷远处的电势为零，正点电荷产生的电场中电势都为正，故B正确．‎ C、由公式U=Ed知，匀强电场中，两点间的电势差只与两点间沿电场线方向的距离成正比，而不是任意距离成正比，故C错误．‎ D、电势降落最快就是电势变化相同而间距最短，所以沿着电场强度方向的电势降低最快．故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎10．如图所示，电子经加速电场（电压为U1）后进入偏转电场（电压为U2），然后飞出偏转电场，要使电子飞不出偏转电场可采取的措施有（　　）‎ A．增大U1 B．减小U1 C．增大U2 D．减小U2‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】粒子在加速电场中加速时可以通过动能定理求得粒子加速后的速度，粒子进入偏转电场后做类平抛运动，在平行电场方向做初速度为0的匀加速直线运动，在垂直电场方向做匀速直线运动，利用速度合成与分解的方法得到偏转距离的表达式，再根据表达式进行分析．‎ ‎【解答】解：在加速电场中，电场力做功等于粒子动能的变化，根据动能定理有：‎ ‎ qU1=mv2﹣0 ①‎ 粒子进入偏转电场后，在垂直电场方向不受作用力，粒子将以速度v做匀速直线运动，‎ 垂直电场方向位移 l=vt ②‎ 平行电场方向粒子做初速度为0的匀加速直线运动，离开电场时，沿电场方向的偏转距离 y== ③‎ 由①③得：y=‎ 要使电子飞不出偏转电场，在水平位移都是极板长度l时，增大y，由上可知，可减小U1，或增大U2．故BC正确，AD错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ（　　）‎ A．保持S闭合，将A板向B板靠近，则θ增大 B．保持S闭合；将A板向B板靠近，则θ不变 C．断开S，将A板向B板靠近，则θ增大 D．断开S，将A板向B板靠近，则θ不变 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】带电小球受到重力、电场力和细线的拉力而平衡，电场力越大，细线与竖直方向的夹角越大；根据电容器电容定义式C=、平行板电容器的公式C=以及电压与电场强度关系公式U=Ed对各种变化中电场强度进行分析，得到电场强度的变化情况，最后判断电场力变化情况和偏转角θ变化情况．‎ ‎【解答】解：A、B、保持S闭合，电容器两极板间的电势差等于电源的电动势，不变；故电场强度为，当A板向B板靠近时，电场强度变大，电场力变大，故θ变大，故A正确，B错误；‎ C、D、断开S，电容器带电量Q不变，根据电容器电容定义式C=、平行板电容器的公式C=以及电压与电场强度关系公式U=Ed，得到：E=，故电场强度与两极板距离d无关，故将A板向B板靠近，电场强度不变，电场力不变，故倾角θ不变，故C错误，D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示电路，电源电动势为E，内阻为r，闭合电键K，水平放置的平行板电容器中一带电微粒恰好保持静止．当滑动变阻器滑片向上滑动时，下列表述正确的是（　　）‎ A．小灯泡将变暗 B．伏特表示数将变小 C．将有向左电流通过R3 D．带电微粒向上运动 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】当滑动变阻器滑片向上滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，确定流过R2电流的变化，再分析流过灯泡电流的变化，判断其亮度的变化．根据路端电压和灯泡电压的变化情况分析电压表示数的变化情况．电容器的电压等于路端电压，根据路端电压的变化，分析电容器充电还是放电，判断通过R3的电流方向．‎ ‎【解答】解：‎ A、当滑动变阻器滑片向上滑动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析分析得知：干路电流I减小，路端电压U增大，流过R2电流I2变大，流过灯泡电流IL=I﹣I2，则IL变小，小灯泡将变暗．故A正确．‎ B、伏特表示数UV=U﹣UL，U变大，UL变小，则UV变大．故B错误．‎ C、电容器的电压等于路端电压，路端电压增大，则电容器将要充电，将有向右电流通过R3．故C错误．‎ D、电容器板间电压增大，板间场强增大，带电微粒所受电场力增大，则带电微粒向上运动．故D正确．‎ 故选AD ‎　‎ 二．填空题（共3小题．13题4分．14题8分．15题4分）‎ ‎13．读数 ‎（1）如图1，　2.25　cm ‎ ‎（2）如图2，　6.860　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．‎ ‎【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为22mm，游标尺上第5个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为5×0.1mm=0.5mm，所以最终读数为：22mm+0.5mm=22.5mm=2.25cm．‎ ‎2、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为36.0×0.01mm=0.360mm，所以最终读数为6.5mm+0.360mm=6.860mm．‎ 故答案为：2.25；6.860．‎ ‎　‎ ‎14．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材如下：‎ A．小灯泡L：3V、5Ω ‎ B．滑动变阻器R：0～10Ω，额定电流1.5A C．电压表V1：0～3V，5kΩ ‎ D．电压表V2：0～15V，10kΩ E．电流表A1：0～0.6A，0.5Ω ‎ F．电流表A2：0～3A，0.1Ω G．铅蓄电池、开关各一个，导线若干 实验中要求加在小灯泡两端的电压可连续地从零调到额定电压．‎ ‎（1）为了减少误差，实验中应选电压表　C　，电流表　E　；‎ ‎（2）在实验中，电流表应采用　外接　法（填“内接”或“外接”）；‎ ‎（3）请在图虚线框内按要求设计实验电路图（部分线已画好）‎ ‎（4）实验测出的测量值有误差，测量值　小于　真实值．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）选择器材的原则要安全、精确，通过小灯泡额定电压、电流选择电压表和电流表的量程．‎ ‎（2）当所测电阻远小于电压表内阻，电流表采用外接法，当所测电阻远大于电流表内阻时，电流表采用内接法．即“小外偏小，大内偏大”．‎ ‎（3）电压、电流需从0测起，滑动变阻器采用分压式接法．电流表采用外接法．‎ ‎（4）明确电表内阻的影响，根据欧姆定律分析实验误差．‎ ‎【解答】解：（1）小灯泡的额定电压为3V，则电压表应选择C； ‎ 根据I=，知额定电流为0.6A，为了减小测量的误差，使得测量更精确，电流表量程选择0～0.6A的E．‎ ‎（2）小灯泡电阻约为5Ω，则有： ==1000； ==10； 则有：＞；故灯泡电阻属于小电阻，电流表采用外接法．‎ ‎（3）电压和电流需从0开始测起，所以滑动变阻器需采用分压式接法，电流表采用外接法．电路图如右图．‎ ‎（4）实验中由于电压表的分流使电流表偏大，则由欧姆定律可知，电阻的测量值偏小．‎ 故答案为：（1）C，E，（2）外接，（3）电路图如图．‎ ‎（4）小于．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，有一个表头G，满偏电流Ig=500mA，内阻Rg=200Ω，用它改装为有1A和10A两种量程的电流表，则R1=　180　Ω、R2=　20　Ω．‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】把小量程电流表改装成大量程电流表，应并联小电阻，根据并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值．‎ ‎【解答】解：改装为1A电流表时，并联电阻的分流电流为：IR=I﹣Ig=1﹣500×10﹣3=0.5A，‎ ‎ 分流电阻的阻值为：R1+R2===200Ω，‎ ‎ 改装为10A电流表时：R2==‎ 则：R1=180Ω，R2=20Ω；‎ 故答案：180　　20‎ ‎　‎ 三．计算题．（要求写出必要的文字说明，只写结果不得分）‎ ‎16．如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机绕组的电阻R0=0.5Ω，电键S1始终闭合．当电键S2断开时，电阻R1的电功率是525W；当电键S2闭合时，电阻R1的电功率是336W，求：‎ ‎（1）电源的内电阻；‎ ‎（2）当电键S2闭合时流过电源的电流和电动机的输出的功率．‎ ‎（3）当电键S2闭合时电源的输出功率．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）根据S2断开时R1消耗的功率为P1=（）2R1，即可求出内阻r．‎ ‎（2）当电键S2闭合时，根据电阻R1的电功率求出R1两端的电压和通过R1的电流，再根据E=U+Ir，求出总电流．从而求出通过电动机的电流，由求电动机输出功率．‎ ‎（3）根据P出=EI2﹣I22r求电源的输出功率．‎ ‎【解答】解：（1）设断开时消耗的功率为，则，‎ 代入数据得 解得：r=1Ω ‎（2）设闭合时两端的电压为U，消耗的功率为，则，‎ 解得：‎ 由闭合电路的欧姆定律得，E=U+Ir，代入数据，得 流过的电流 电动机的电流 电动机的输出功率=‎ ‎（3）电源的输出功率 答：（1）电源的内电阻1Ω；‎ ‎（2）当电键S2闭合时流过电源的电流26A和电动机的输出的功率1606W．‎ ‎（3）当电键S2闭合时电源的输出功率2184W ‎　‎ ‎17．如图所示，ABCD为表示竖立放在场强为E=104V/m的水平匀强电场中的绝缘光滑轨道，其中轨道的BCD部分是半径为R的半圆环，轨道的水平部分与半圆环相切A为水平轨道的一点，而且=R=0.2m，把一质量m=100g、带电q=10﹣4C的小球，放在水平轨道的A点上面由静止开始被释放后，在轨道的内侧运动．（g=10m/s2）‎ 求：‎ ‎（1）它到达C点时的速度是多大？‎ ‎（2）它到达C点时对轨道压力是多大？‎ ‎（3）小球所能获得的最大动能是多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；动能定理．‎ ‎【分析】本题（1）的关键是可以应用动能定理直接求出速度；（2）题关键是应用牛顿第二定律可求压力；（3）题的关键是首先找到动能最大的位置即所谓“等效最低点”的方法，即小球能够平衡的位置，然后结合动能定理即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）设小球在C点的速度大小是Vc，则对于小球由A→C的过程中，应用动能定律列出：‎ qE.2R﹣mgR=，解得==2m/s 故小球到达C点时的速度为2m/s．‎ ‎（2）小球在C点时受力分析如图，应满足，解得=3N，由牛顿第三定律可知小球对轨道的压力为3N．‎ 故小球到达C点时对轨道的压力大小为3N．‎ ‎（3）由mg=qE=1N，可知小球受到合力的方向垂直于B、C点的连线BC指向圆心O，所以“等效最低点”在BC的中点E，‎ 设小球的最大动能为，由动能定理可得=qER（1+sin45°）+mgR（1﹣cos45°）‎ 解得=‎ 故小球所能获得的最大动能为J．‎ ‎　‎ ‎18．如图（a）所示，真空室中电极K发出的电子（初速为零）．经U=1000V的加速电场后，由小孔S沿两水平金属板A、B两板间的中心线射入，A、B板长L=0.20m，相距d=0.020m，加在A、B两板间的电压U随时间t变化u﹣t图线如图（b）．设A、B两板间的电场可以看做是均匀的，且两板外无电场．在每个电子通过电场区域的极短时间内，电场可视作恒定的．两板右侧放一记录圆筒，筒的左侧边缘与极板右端距离b=0.15m，筒绕其竖直轴匀速转动，周期T=0.20s，筒的周长S=0.20m，筒能接收到通过A、B板的全部电子．‎ 试计算电子打到记录纸上的最高点的y坐标和x坐标（不计重力）‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】‎ 粒子在偏转电场中做类平抛运动，出偏转电场后做匀速直线运动，结合动能定理、牛顿第二定律和运动学公式求出粒子恰好贴着极板边缘出磁场时的偏转电压的大小，从而确定出哪段时间内进入的粒子能够出偏转电场，结合几何关系求出最高点的位置坐标，根据电压变化的周期性确定x的坐标 ‎【解答】解：计算电子打到记录纸上的最高点的坐标设v0为电子沿A、B板的中心线射入 电场时的初速度，则 ①‎ 电子在中心线方向的运动为匀速运动，设电子穿过A、B板的时间为t0，则 l=v0t0②‎ 电子在垂直A、B板方向的运动为匀加速直线运动对于恰能穿过A、B板的电子，在它通过时加在两板间的电压uc应满足 ‎ ③‎ 联立①、②、③式解得 ‎=20V 此电子从A、B板射出时沿y方向的分速度为 ④‎ 此后，此电子作匀速直线运动，它打在记录纸上的点最高，设纵坐标为y，由图（1）可得 ‎ ⑤‎ 由以上各式解得 ‎ ‎= ⑥‎ 从题给的u﹣t图线可知，加于两板电压u的周期T0=0.10秒，u的最大值um=100伏，因为uC＜um，在一个周期T0内，只有开始的一段时间间隔△t内有电子通过A、B板 ‎⑦‎ 因为电子打在记录纸上的最高点不止一个，根据题中关于坐标原点与起始记录时刻的规定，第一个最高点的x坐标为 ‎⑧‎ 第二个最高点的x坐标为 ‎⑨‎ 第三个最高点的x坐标为 由于记录筒的周长为20厘米，所以第三个最高点已与第一个最高点重合，即电子打到记录纸上的最高点只有两个，它们的x坐标分别由⑧和⑨表示 答：电子打到记录纸上的最高点的y坐标为2.5cm，x坐标为2cm或12cm．‎ ‎　‎ ‎2016年12月10日