物理卷·2018届福建省泉州市南安一中高二上学期第二次段考物理试卷 （解析版） 18页

‎2016-2017学年福建省泉州市南安一中高二（上）第二次段考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本大题共11小题，1-7题为单选题，8-11为多选题，多选题漏选得2分，误选不得分．共44分）‎ ‎1．把一个带正电的小球放入原来不带电的金属空腔球壳内，其结果可能是（　　）‎ A．只有球壳外表面带正电 B．只有球壳内表面带正电 C．球壳的内、外表面都带正电 D．球壳的内表面带正电，外表面带负电 ‎2．如图，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异种电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（　　）‎ A．若微粒带正电，微粒从P到Q电场力一定做正功 B．若微粒带负电，微粒从P到Q电场力一定做正功 C．微粒从P运动到Q动能一定增加 D．微粒从P运动到Q机械能一定增加 ‎3．一根粗细均匀的电阻丝，其电阻为R．在温度不变的情况下，将电阻丝均匀地拉长为原来的2倍，则其电阻变为（　　）‎ A．R B．2R C．4R D．0.5R ‎4．某同学用伏安法测电阻，分别采用电流表内接法和外接法，测量某Rx的阻值分别为R1和R2，则测量值R1，R2和真实值Rx之间的关系是（　　）‎ A．R1＞Rx＞R2 B．R1＜Rx＜R2 C．R1＞R2＞Rx D．R1＜R2＜Rx ‎5．学生实验中使用的双量程电流表内是采用如图所示的环形分流电路．某生在一次电学实验中使用电流表时发现：接a、b两个端点时电流表的指针不发生偏转，接a、c两个端点时电流表的指针会瞬间超过满偏，而接另外一个好的同样的电流表的a、c两个端点时可以正常测量电流．则该电流表的故障一定是（　　）‎ A．电阻R1断路 B．电阻R1短路 C．电阻R2断路 D．电阻R2短路 ‎6．如图所示电路中，R1、R2都是4W、100Ω的电阻，R3是1W、100Ω的电阻，则A、B间允许消耗的最大功率是（　　）‎ A．1.5 W B．9 W C．8 W D． W ‎7．如图（甲）所示，电压表V1、V2串连接入电路中时，示数分别为6V和4V，当只有电压表V2接入电路中时，如图（乙）所示，示数为9V，电源的电动势为（　　）‎ A．9.8 V B．10 V C．10.8 V D．11.2 V ‎8．如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置．设两极板的正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，平行板电容器的电容为C．实验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于实验的分析正确的是（　　）‎ A．保持d不变，减小S，则C变小，θ变大 B．保持d不变，减小S，则C变大，θ变大 C．保持S不变，增大d，则C变小，θ变大 D．保持S不变，增大d，则C变大，θ变大 ‎9．有一电流计，内阻Rg=25Ω，满偏电流Ig=3mA，现对它进行改装，下列正确的是（　　）‎ A．把它改装成量程为0.6A的电流表，需与它并联一个约0.126Ω的电阻 B．把它改装成量程为0.6A的电流表，需与它并联一个约0.125Ω的电阻 C．把它改装成量程为3v的电压表，需与它串联一个1000Ω的电阻 D．把它改装成量程为3v的电压表，需与它串联一个975Ω的电阻 ‎10．在如图所示的电路中，R1、R3、R4均为定值电阻，R2是滑动变阻器，电流表内阻不计，电压表阻值很大，闭合开关S后，当R2的滑片向右滑动时，电流表和电压表示数变化量的大小分别为△I、△U，下列结论正确的是（　　）‎ A．电流表示数变大 B．电压表示数变大 C．＜r D．＞r ‎11．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电路中O点接地，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，M、N两点电势变化情况是（　　）‎ A．M点电势升高，N点电势降低 B．M、N两点电势都升高 C．M点电势的改变量小于N点电势的改变量 D．M点电势的改变量大于N点电势的改变量 ‎　‎ 二、实验题（本大题共2小题，共19分）‎ ‎12．某同学用如图甲所示的电路测定电源的电动势和内电阻．已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约为1Ω；电压表（量程0～3V，内阻3kΩ），电流表（量程0～0.6A，内阻1.0Ω），滑动变阻器有R1（最大阻值10Ω，额定电流2A）和R2（最大阻值100Ω，额定电流0.1A）各一只．‎ ‎（1）实验中滑动变阻器应选用　　．（选填“R1”或“R2”）‎ ‎（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．‎ ‎（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的电压与电流关系图线，根据图线求出的电源电动势E=　　V，内阻r=　　Ω．（结果保留两位小数）‎ ‎13．某同学要测量额定电压为3V的某圆柱体电阻R的电阻率ρ．‎ ‎（1）用游标卡尺和螺旋测微器分别测量其长度和直径，如图1所示，则其长度L=　　mm，直径d=　　mm．‎ ‎（2）该同学先用如图2所示的指针式多用电表粗测其电阻．他将红黑表笔分别插入“+”、“﹣”插孔中，将选择开关置于“×l”档位置，然后将红、黑表笔短接调零，此后测阻值时发现指针偏转角度较小，如图2甲所示．试问：‎ ‎①为减小读数误差，该同学应将选择开关置于“　　”档位置．‎ ‎②再将红、黑表笔短接，此时发现指针并未指到右边的“0Ω”处，如图2乙所示，那么他该调节　　直至指针指在“0Ω”处再继续实验，结果看到指针指在如图2丙所示位置．‎ ‎③现要进一步精确测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：‎ A．灵敏电流计G（量程200μA，内阻300Ω） ‎ ‎ B．电流表A（量程3A，内阻约0.3Ω）‎ C．电压表V1（量程3V，内阻约3kΩ） ‎ D．电压表V2量程l5V，内阻约5kΩ）‎ E．滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω） ‎ F．最大阻值为99.99Ω的电阻箱R2‎ 以及电源E（电动势4V，内阻可忽略）、电键、导线若干 为了提高测量精确度并且使电阻R两端电压调节范围尽可能大，除电源、电键、导线以外还应选择的最恰当器材（只需填器材前面的字母）有　　．请在图3的方框中画出你设计的电路图．‎ ‎　‎ 三、计算题（本大题共4小题，共37分）‎ ‎14．某一直流电动机提升重物的装置，如图所示，重物的质量m=50kg，电源提供给电动机的电压为U=110V，不计各种摩擦，当电动机以v=0.9m/s的恒定速率向上提升重物时，电路中的电流I=5.0A，求：电动机的线圈电阻（取g=10m/s2）‎ ‎15．如图所示，把质量为克的带电小球A用丝线吊起，若将带电量为4×10﹣8C的正电小球B靠近它，当两小球在同一高度相距3cm时，丝线与竖直夹角为30°，（取g=10m/s2，k=9.0×109N•m2/kg2）求：‎ ‎（1）小球A带正电还是负电？‎ ‎（2）此时小球A受到的库仑力大小和方向？‎ ‎（3）小球A带的电量qA？‎ ‎16．一个允许通过最大电流为2A的电源和一个滑线变阻器，接成如图甲所示的电路，变阻器最大阻值R0=22Ω，电源路端电压U随外阻R变化的规律如图乙所示，图中U=12V的直线为图线的渐近线，试求：‎ ‎（1）电源的电动势和内电阻 ‎（2）A、B空载时输出电压的范围 ‎（3）若要保证变阻器的滑片能任意滑动，A、B两端所接负载的最小电阻时多大？‎ ‎17．如图所示，在x＞0的空间中，存在沿x轴方向的匀强电场E；在x＜0的空间中，存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小也为E．一电子（﹣e，m）在x=d处的P点以沿y轴正方向的初速度v0开始运动，不计电子重力．求：‎ ‎（1）电子的x方向分运动的周期．‎ ‎（2）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个交点的距离．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省泉州市南安一中高二（上）第二次段考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本大题共11小题，1-7题为单选题，8-11为多选题，多选题漏选得2分，误选不得分．共44分）‎ ‎1．把一个带正电的小球放入原来不带电的金属空腔球壳内，其结果可能是（　　）‎ A．只有球壳外表面带正电 B．只有球壳内表面带正电 C．球壳的内、外表面都带正电 D．球壳的内表面带正电，外表面带负电 ‎【考点】静电现象的解释．‎ ‎【分析】带正电的物体是因为缺少电子，带负电的物体是因为有多余的电子，当带电体接触不带电的金属空腔球壳时，电子发生转移．‎ ‎【解答】解：把一个带正电的小球放入原来不带电的金属空腔球壳内，同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，则金属壳上带负电的电子被带正电的小球吸引到内表面，内表面带负电，外表面剩余了正电荷，外表面带正电，‎ 即原来不带电金属球壳的电荷分布发生了变化，负电荷向内层移动而正电荷向外层移动．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．如图，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异种电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（　　）‎ A．若微粒带正电，微粒从P到Q电场力一定做正功 B．若微粒带负电，微粒从P到Q电场力一定做正功 C．微粒从P运动到Q动能一定增加 D．微粒从P运动到Q机械能一定增加 ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】微粒在平行金属板间受到重力与电场力的作用，根据微粒运动轨迹与微粒受到的重力与电场力间的关系分析答题．‎ ‎【解答】解：A、微粒在极板间受到竖直向下的重力与电场力作用，由图示微粒运动轨迹可知，微粒向下运动，说明微粒受到的合力竖直向下，即重力与电场力的合力竖直向下；‎ 若微粒带正电，由于电场方向未知，则微粒受到的电场力可能向下，也可能向上，电场力可能做正功，也可能做负功，故A错误．‎ B、同理，若微粒带负电，微粒从P到Q电场力可能做正功，也可能做负功，故B错误．‎ C、微粒受到的合力向下，微粒从M点运动到N点过程中合力做正功，微粒的动能一定增加，故C正确；‎ D、电场力做功决定了机械能的变化，由于电场力可能做正功，也可能做负功，所以机械能可能增加，也可能减小，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．一根粗细均匀的电阻丝，其电阻为R．在温度不变的情况下，将电阻丝均匀地拉长为原来的2倍，则其电阻变为（　　）‎ A．R B．2R C．4R D．0.5R ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】利用电阻定律R=和导线长度与面积间的关系求解即可．‎ ‎【解答】解：设原先导线的长度为L，横截面积为s；当电阻丝均匀地拉长为原来的2倍时，导线变为2L，横截面积为s，据电阻定律R=得：‎ ‎，‎ 即：R2=4R1=4R；‎ 故C正确，ABD错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．某同学用伏安法测电阻，分别采用电流表内接法和外接法，测量某Rx的阻值分别为R1和R2，则测量值R1，R2和真实值Rx之间的关系是（　　）‎ A．R1＞Rx＞R2 B．R1＜Rx＜R2 C．R1＞R2＞Rx D．R1＜R2＜Rx ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】由于实验中的采用的电表不是理想电表，故由于电流表的分压及电压表的分流导致测量误差；分析两表的影响可以得出测量值与真实值间的关系．‎ ‎【解答】解：采用内接法时，电流表与待测电阻串联，故电流表是准确的；而由于电流表的分压使电压表测量值偏大，故由欧姆定律求得的测量值偏大，故R1＞Rx；‎ 当采用外接法时，电压表与待测电阻并联，故电压表是准确的；而由于电压表的分流使电流表测量结果偏大，故由欧姆定律求得的测量值偏小，故Rx＞R2；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．学生实验中使用的双量程电流表内是采用如图所示的环形分流电路．某生在一次电学实验中使用电流表时发现：接a、b两个端点时电流表的指针不发生偏转，接a、c两个端点时电流表的指针会瞬间超过满偏，而接另外一个好的同样的电流表的a、c两个端点时可以正常测量电流．则该电流表的故障一定是（　　）‎ A．电阻R1断路 B．电阻R1短路 C．电阻R2断路 D．电阻R2短路 ‎【考点】多用电表的原理及其使用．‎ ‎【分析】使用电流表接a、b两个端点时，发现电流表的指针不发生偏转，说明R2电阻或电流表没有接入电路．而接a、c两个端点时电流表的指针会瞬间超过满偏，说明R1、R2电阻没有接入电路．‎ ‎【解答】解：使用电流表接a、b两个端点时，发现电流表的指针不发生偏转，说明R2电阻或电流表没有接入电路．而接a、c两个端点时电流表的指针会瞬间超过满偏，说明R1、R2电阻没有接入电路．由两种情况可得，电阻R2处于断路状态．‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．如图所示电路中，R1、R2都是4W、100Ω的电阻，R3是1W、100Ω的电阻，则A、B间允许消耗的最大功率是（　　）‎ A．1.5 W B．9 W C．8 W D． W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】串联电路允许通过的最大电流等于最小原件的额定电流，并联电路允许的最大电压等于最小额定电压；求解出各个电阻的额定电流和额定电压进行分析即可．‎ ‎【解答】解：三个电阻均为100欧姆，总电阻为：R总=Ω R1、R2都是“4w、100Ω”的电阻，额定电压为：U1=；‎ 额定电流为：I1=；‎ R3是“1w、100Ω”的电阻，额定电压为：U3=；‎ 额定电流为：I3=；‎ 并联电路允许的最大电压等于最小额定电压，故总电压为10V；‎ 故总功率为：P总==1.5W 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．如图（甲）所示，电压表V1、V2串连接入电路中时，示数分别为6V和4V，当只有电压表V2接入电路中时，如图（乙）所示，示数为9V，电源的电动势为（　　）‎ A．9.8 V B．10 V C．10.8 V D．11.2 V ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电压表看成可测量电压的电阻，（a）图中V1、V2串联，由V2的示数与内阻之比等于电流，根据欧姆定律列出方程；同理对（b）图根据欧姆定律列出方程，联立求出电动势．‎ ‎【解答】解：由甲图 E=6+4+I1r=10+①‎ 由乙图得，E=9+I2r=9+②‎ 由①②得：E=10.8V ‎ 故选C ‎　‎ ‎8．如图所示为研究影响平行板电容器电容大小因素的实验装置．设两极板的正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为θ，平行板电容器的电容为C．实验中极板所带电荷量可视为不变，则下列关于实验的分析正确的是（　　）‎ A．保持d不变，减小S，则C变小，θ变大 B．保持d不变，减小S，则C变大，θ变大 C．保持S不变，增大d，则C变小，θ变大 D．保持S不变，增大d，则C变大，θ变大 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角θ越大．根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况．‎ ‎【解答】解：AB、根据电容的决定式C=得知，当保持d不变，减小S，则C变小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角θ变大．故A正确，B错误．‎ CD、根据电容的决定式C=得知，保持S不变，增大d，则C变小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角θ变大，故C正确，D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎9．有一电流计，内阻Rg=25Ω，满偏电流Ig=3mA，现对它进行改装，下列正确的是（　　）‎ A．把它改装成量程为0.6A的电流表，需与它并联一个约0.126Ω的电阻 B．把它改装成量程为0.6A的电流表，需与它并联一个约0.125Ω的电阻 C．把它改装成量程为3v的电压表，需与它串联一个1000Ω的电阻 D．把它改装成量程为3v的电压表，需与它串联一个975Ω的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】把电流计改装成大量程电流表需要并联分流电阻，把电流计改装正电压表需要串联分压电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．‎ ‎【解答】解：A、把电流计改装成0.6A的电流表需要并联分流电阻，并联电阻阻值：R==≈0.126Ω，故A正确，B错误；‎ C、把电流计改装成3V的电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：R′=﹣Rg=﹣25=975Ω，故C错误，D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎10．在如图所示的电路中，R1、R3、R4均为定值电阻，R2是滑动变阻器，电流表内阻不计，电压表阻值很大，闭合开关S后，当R2的滑片向右滑动时，电流表和电压表示数变化量的大小分别为△I、△U，下列结论正确的是（　　）‎ A．电流表示数变大 B．电压表示数变大 C．＜r D．＞r ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】先根据变阻器电阻的变化，分析外电路总电阻的变化，再根据闭合电路欧姆定律判断电路中的总电流如何变化，由欧姆定律判断路端电压的变化，根据并联电路的变化，判断R1的电流变化，得到电流表读数的变化．根据闭合电路欧姆定律分析的变化．‎ ‎【解答】解：AB、当R2的滑片向右滑动时，R2减小，外电路总电阻减小，总电流增大，路端电压减小，则电压表的示数变小，通过R3的电流减小，可知通过R4的电流增大．‎ 根据串联电路的分压规律知，R1的电压减小，R1的电流减小，则通过电流表的示数变大．故A正确，B错误．‎ CD、设总电流为I总，根据闭合电路欧姆定律知，U=E﹣I总r，得 =r 根据I4=I1+I，I1减小，I增大，I4增大，则△I＞△I4；I总=I4+I3，I3减小，I4增大，I总增大，则△I4＞△I总，故△I＞△I总，可得＜r，故C正确，D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻为r，电路中O点接地，当滑动变阻器的滑片P向左滑动时，M、N两点电势变化情况是（　　）‎ A．M点电势升高，N点电势降低 B．M、N两点电势都升高 C．M点电势的改变量小于N点电势的改变量 D．M点电势的改变量大于N点电势的改变量 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】图中O点接地，其电势为零，根据在外电路中顺着电流方向电势逐渐降低可知，M点的电势大于零，大小等于并联部分的电压，N点的电势小于零，大小等于电阻R3的电压，根据欧姆定律分析出并联部分和R3的电压如何变化，即可判断M、N两点的电势变化情况．‎ ‎【解答】解：AB、当滑动变阻器的滑动片P向左滑动时，变阻器接入电路的电阻增加，并联部分的电阻增加，外电路总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律知，干路电流减小，则电阻R3的电压减小，因N点的电势比O点的电势低，小于零，故N点的电势升高．并联部分的电阻增加，分担的电压增加，而M点的电势大于零，所以M点的电势升高．故A错误，B正确．‎ CD、外电阻增加，路端电压增加，即外电路两端的总电压增加，则知并联部分电压增加量大于R3的电压减小量，因此M点电势的改变量大于N点电势的改变量，故C错误，故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ 二、实验题（本大题共2小题，共19分）‎ ‎12．某同学用如图甲所示的电路测定电源的电动势和内电阻．已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约为1Ω；电压表（量程0～3V，内阻3kΩ），电流表（量程0～0.6A，内阻1.0Ω），滑动变阻器有R1（最大阻值10Ω，额定电流2A）和R2（最大阻值100Ω，额定电流0.1A）各一只．‎ ‎（1）实验中滑动变阻器应选用　R1　．（选填“R1”或“R2”）‎ ‎（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．‎ ‎（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的电压与电流关系图线，根据图线求出的电源电动势E=　1.46　V，内阻r=　0.94　Ω．（结果保留两位小数）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；‎ ‎（2）根据图甲所示电路图连接实物电路图；‎ ‎（3）电源的U﹣I图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻．‎ ‎【解答】解：（1）为方便实验操作，实验中滑动变阻器应选用 R1．‎ ‎（2）根据图甲所示实验电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示．‎ ‎（3）由图丙所示U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.46，则电源电动势E=1.46V，‎ 电源内阻：r==≈0.94Ω．‎ 故答案为：（1）R1；（2）实物电路图如图所示；（3）1.46；0.94．‎ ‎　‎ ‎13．某同学要测量额定电压为3V的某圆柱体电阻R的电阻率ρ．‎ ‎（1）用游标卡尺和螺旋测微器分别测量其长度和直径，如图1所示，则其长度L=　70.15　mm，直径d=　4.600　mm．‎ ‎（2）该同学先用如图2所示的指针式多用电表粗测其电阻．他将红黑表笔分别插入“+”、“﹣”插孔中，将选择开关置于“×l”档位置，然后将红、黑表笔短接调零，此后测阻值时发现指针偏转角度较小，如图2甲所示．试问：‎ ‎①为减小读数误差，该同学应将选择开关置于“　×l0　”档位置．‎ ‎②再将红、黑表笔短接，此时发现指针并未指到右边的“0Ω”处，如图2乙所示，那么他该调节　欧姆调零旋钮　直至指针指在“0Ω”处再继续实验，结果看到指针指在如图2丙所示位置．‎ ‎③现要进一步精确测量其阻值，实验室提供了下列可选用的器材：‎ A．灵敏电流计G（量程200μA，内阻300Ω） ‎ ‎ B．电流表A（量程3A，内阻约0.3Ω）‎ C．电压表V1（量程3V，内阻约3kΩ） ‎ D．电压表V2量程l5V，内阻约5kΩ）‎ E．滑动变阻器R1（最大阻值为10Ω） ‎ F．最大阻值为99.99Ω的电阻箱R2‎ 以及电源E（电动势4V，内阻可忽略）、电键、导线若干 为了提高测量精确度并且使电阻R两端电压调节范围尽可能大，除电源、电键、导线以外还应选择的最恰当器材（只需填器材前面的字母）有　A、C、E、F　．请在图3的方框中画出你设计的电路图．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺读数的方法是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．‎ ‎（2）欧姆表指针偏转角度较小，说明被测阻值较大，应换大档，根据电源电动势选择电压表，根据电路中最大电流选择电流表，滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，灵敏电流计可以采用内接法．‎ ‎【解答】解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为7cm=70mm，游标读数为0.05×3mm=0.15mm，所以最终读数为79mm+0.15mm=70.15mm．‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为0.01×10.0mm=0.100mm，所以最终读数为4.5mm+0.100mm=4.600mm．‎ ‎（2）①欧姆表的零刻度在右边，指针偏转角度较小说明被测阻值较大，应换较大档，即“×10”档；‎ ‎②欧姆表换挡后应进行欧姆调零，应调节欧姆调零旋钮，使指针指右端零；由图丙可以看出被测阻值约为：10×15=150Ω；‎ ‎③器材中给出的电源电动势为4V，为了读数的准确性电压表选3V量程，即C；‎ 电路中的最大电流为I===0.02A=20mA=20000μA，该电流远小于电流表量程0.6A，量程太大，读数误差太大，因此可以选择A、灵敏电流计；‎ 由于电流大于灵敏电流计量程，可以用F电阻箱与灵敏电流计并联分流；此外还需要滑动变阻器E，因此所需实验器材为A、C、E、F．‎ 滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻阻值，滑动变阻器应采用分压接法，灵敏电流计可以采用内接法，实验电路图如图所示：‎ 故答案为：（1）70.15；4.600；（2）①×10；②欧姆调零旋钮；③A、C、E、F；电路图如图所示．‎ ‎　‎ 三、计算题（本大题共4小题，共37分）‎ ‎14．某一直流电动机提升重物的装置，如图所示，重物的质量m=50kg，电源提供给电动机的电压为U=110V，不计各种摩擦，当电动机以v=0.9m/s的恒定速率向上提升重物时，电路中的电流I=5.0A，求：电动机的线圈电阻（取g=10m/s2）‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】电流通过直流电动机做功，消耗电能（W电=UIt）转化为机械能（W机=mgh）和内能（W内=I2Rt），可求转化为的内能大小，再根据W内=I2Rt求电动机线圈的电阻；‎ ‎【解答】解：（1）在时间t内电流通过直流电动机做功（消耗电能）：‎ W电=UIt，‎ 在时间t内得到的机械能：‎ W机=mgh=mgvt，‎ 在时间t内，在电动机线圈的电阻转化的内能：‎ W内=I2Rt，‎ 由题知，W电=W机+W内，UIt=mgvt+I2Rt，‎ 则UI=mgv+I2R，‎ 即：110V×5A=50kg×10N/kg×0.9m/s+（5A）2R 解得：R=4Ω；‎ 答：电动机线圈电阻为4Ω ‎　‎ ‎15．如图所示，把质量为克的带电小球A用丝线吊起，若将带电量为4×10﹣8C的正电小球B靠近它，当两小球在同一高度相距3cm时，丝线与竖直夹角为30°，（取g=10m/s2，k=9.0×109N•m2/kg2）求：‎ ‎（1）小球A带正电还是负电？‎ ‎（2）此时小球A受到的库仑力大小和方向？‎ ‎（3）小球A带的电量qA？‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】（1）依据受力分析，结合同种电荷相斥，异种电荷相吸，即可求解；‎ ‎（2）对小球A受力分析，受到重力、静电引力和细线的拉力，根据三力平衡求出静电引力；‎ ‎（3）根据库仑定律求解出小球A的带电量．‎ ‎【解答】解：（1）对A受力分析如下图所示：‎ 因B带正电，则A带负电；‎ ‎（2）根据共点力平衡条件，结合几何关系得到 Tsin30°=mg Tcos30°=F 解得：‎ F=mgtan30°=×10﹣3×10×=1×10﹣3N；‎ 即A球受的库仑力为1×10﹣3N．‎ ‎（3）根据库仑定律，有：‎ F=k 故：qA===2.5×10﹣9C 即A球的带电量是2.5×10﹣9C．‎ 答：（1）小球A带负电；‎ ‎（2）此时小球A受到的库仑力大小1×10﹣3N，方向水平向右；‎ ‎（3）小球A带的电量为2.5×10﹣9C．‎ ‎　‎ ‎16．一个允许通过最大电流为2A的电源和一个滑线变阻器，接成如图甲所示的电路，变阻器最大阻值R0=22Ω，电源路端电压U随外阻R变化的规律如图乙所示，图中U=12V的直线为图线的渐近线，试求：‎ ‎（1）电源的电动势和内电阻 ‎（2）A、B空载时输出电压的范围 ‎（3）若要保证变阻器的滑片能任意滑动，A、B两端所接负载的最小电阻时多大？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）当外电阻无穷大时，路端电压等于电动势，由图象可知电源的电动势，由闭合电路欧姆定律可求得电源的内阻； ‎ ‎（2）AB输出电压为AB并联的滑动变阻器部分电阻的电压，根据滑动变阻器两端的电压范围即可求出； ‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律可求得当电源达最大电流时的外电阻，分析外电路的特点可得出AB两端所接的最小电阻．‎ ‎【解答】解：（1）由乙图可知，当R趋近无穷大时，U=12V，则电动势 E=12V，而当U=6V=E时，应有r=R=2Ω ‎（2）当滑片滑到变阻器的最上端时，A、B两端输出电压最大值：‎ 当滑片滑到变阻器的最下端时，A、B两端输出电压最小为零，故A、B空载时输出电压的范围为0～11V．‎ ‎（3）当滑片滑到变阻器的最上端时，通过电源的电流恰好为最大电流2A时，A、B两端所接负载电阻最小．‎ 由，解得：RAB=4.9Ω．‎ 答：‎ ‎（1）电源电动势E是12V，内电阻r为2Ω；‎ ‎（2）空载时A、B两端输出的电压范围是0～11V；‎ ‎（3）A、B两端所能接负载的电阻的最小值是4.9Ω．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，在x＞0的空间中，存在沿x轴方向的匀强电场E；在x＜0的空间中，存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小也为E．一电子（﹣e，m）在x=d处的P点以沿y轴正方向的初速度v0开始运动，不计电子重力．求：‎ ‎（1）电子的x方向分运动的周期．‎ ‎（2）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个交点的距离．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）电子垂直电场方向进入电场，在沿电场方向先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，在垂直电场方向做匀速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律，结合运动的对称性求出电子在x方向分运动的周期．‎ ‎（2）结合电子在y方向上做匀速直线运动，根据对称性和周期性求出任意两个交点的距离 ‎【解答】解：电子在电场中运动的受力情况及轨迹如图所示．‎ 在x＞0的空间中，沿y轴正方向以v0的速度做匀速直线运 动，沿x轴负方向做匀加速直线运动，设加速度的大小为a，‎ 则F=eE=ma 解得， ‎ 电子从A点进入x＜0的空间后，沿y轴正方向仍做v0的匀速直线运动，沿x轴负方向做加速度大小仍为a的匀减速直线运动，到达Q点．根据运动的对称性得，电子在x轴方向速度减为零的时间t2=，电子沿y轴正方向的位移=‎ 电子到达Q点后，在电场力作用下，运动轨迹 QCP1与QAP关于QB对称，而后的运 动轨迹沿y轴正方向重复PAQCP1，所以有：‎ ‎（1）电子的x方向分运动的周期 ‎（2）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个交点的距离 答：（1）电子的x方向分运动的周期．‎ ‎（2）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个交点的距离．‎ ‎　‎ ‎2016年12月21日