物理卷·2018届四川省资阳市简阳市阳安中学高二上学期月考物理试卷（12月份） （解析版） 18页

‎2016-2017学年四川省资阳市简阳市阳安中学高二（上）月考物理试卷（12月份）‎ ‎　‎ 一、选择题：（本题共10小题，每小题4分，在每个小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求．）‎ ‎1．连接着电池组的平行板电容器的两极板靠近时，则（　　）‎ A．电容器的电容C变大 B．电容器极板的带电量Q变小 C．电容器极板间的电势差U变小 D．电容器两极板间电场强度E不变 ‎2．当电路中的电流超过熔丝的熔断电流时，熔丝就要熔断．由于种种原因，熔丝的横截面积略有差别．那么熔丝熔断的可能性较大的是（　　）‎ A．横截面积大的地方 B．横截面积小的地方 C．同时熔断 D．可能是横截面积大的地方，也可能是横截面积小的地方 ‎3．下列关于磁场的说法正确的是（　　）‎ A．沿着磁感线的方向磁场越来越弱 B．磁感线从N极出发到S极终止 C．不论在什么情况下，磁感线都不会相交 D．只有磁体周围才会产生磁场 ‎4．电动势为2V的电源接在纯电阻电路上输出1A的电流．由此可以判定（　　）‎ A．内电阻是2Ω B．路端电压是1V C．输出功率是2W D．总功率是2W ‎5．如图所示，一带电粒子进入一固定的正点电荷Q的电场中，沿图中实线轨迹从a运动到b，a、b两点到点电荷Q的距离分别为ra、rb（ra＞rb），不计粒子的重力，则可知（　　）‎ A．运动粒子带负电 B．b点的场强大于a点的场强 C．a到b的过程中，电场力对粒子不做功 D．a到b的过程中，粒子动能和电势能之和减小 ‎6．如图所示，与水平面成α角、宽为L的倾斜平行金属导轨，处在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．当回路电流强度为I时，金属杆ab水平静止在光滑导轨上，金属杆ab所受安培力为F，斜面的支持力为N，则下列判断正确的是（　　）‎ A．安培力方向垂直ab杆沿斜面向上 B．安培力方向垂直ab杆水平向左 C．N=‎ D．N=BILcosα ‎7．如图所示闭合电路中，当滑动变阻器R2触头向上滑动时，则电表示数的变化情况是（　　）‎ A．和均增大 B．和均减小 C．增大，减少 D．减小，增大 ‎8．如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并在匀强磁场中处于静止状态，当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线与竖直方向夹角为θ时平衡．则磁感应强度方向和大小可能为（　　）‎ A．y正向， B．z正向，‎ C．z负向， D．沿悬线向下，‎ ‎9．在粗糙的斜面上固定一点电荷Q，在M点无初速度的释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点静止．则从M到N的过程中（　　）‎ A．小物块所受的电场力减小 B．小物块的电势能可能增加 C．小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功 D．M点的电势一定高于N点的电势 ‎10．如图所示，电源电动势E=8V，内电阻为r=0.5Ω，“3V，3W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R0=1.5Ω．下列说法中正确的是（　　）‎ A．通过电动机的电流为1.6 A B．电源的输出功率是7.5W C．电动机消耗的电功率为3 W D．电动机的输出功率为3 W ‎　‎ 二、非选择题共60分）‎ ‎11．某同学准备通过实验描绘额定电压3.0V、额定功率约0.9W的小灯泡的I﹣U特性曲线．实验室可供选用的器材如下：‎ A．电源E1（电动势3V，内阻很小，允许输出的最大电流200mA）‎ B．电源E2（电动势4.5V，内阻很小，允许输出的最大电流600mA）‎ C．电压表V（15V，内阻约5kΩ）‎ D．电流表A1（0.6A，内阻约6Ω）‎ E．电流表A2（0.2A，内阻为20Ω）‎ F．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω，额定电流2A）‎ G．滑动变阻器R2（最大阻值5kΩ，额定电流1A）‎ H．电键S I．导线若干 ‎（1）请你在图丙虚线框内画出实验电路图，并在电路图上标出所用元件对应的符号（如“V”、“A1”、“A2”、“R1”、“R2”、“E1”、“E2”等）．要求：测量结果尽可能准确且操作方便．‎ ‎（2）实验小组的同学依据上述实验，绘制出了小灯泡的I﹣U特性曲线，如图甲所示．现将三个这样规格的小灯泡接在电动势为3.0V、内阻不计的电源上，连接方式如图乙所示．当开关闭合后，下列哪些判断不正确　　．‎ A．图乙所示的电路中灯泡L1的电阻为10Ω B．通过灯泡L1的电流为通过灯泡L2电流的2倍 C．灯泡L1消耗的电功率为0.90W D．灯泡L2消耗的电功率为0.45W．‎ ‎12．在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：‎ A．干电池E（电动势约为1.5V、内电阻大约为1.0Ω）‎ B．电压表V（0～15V）‎ C．电流表A（0～0.6A、内阻0.1Ω）‎ D．电流表G（满偏电流3mA、内阻Rg=10Ω）‎ E．滑动变阻器R1（0～10Ω、10A）‎ F．滑动变阻器R2（0～100Ω、1A）‎ G．定值电阻R3=990Ω H．开关、导线若干 ‎（1）为了方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是　　（填写“R1”或“R2”）；‎ ‎（2）请在线框内画出你所设计的实验电路图，并在图中标上所选用器材的符号 ‎（3）图示为某一同学根据他设计的实验，绘出的I1﹣I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），由图线可求得被测电池的电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω．‎ ‎13．如图所示，电源电动势E=6V，电源内阻不计．定值电阻R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ．‎ ‎（1）若在ab之间接一个C=100μF的电容器，闭合开关S，电路稳定后，求电容器上所带的电量；‎ ‎（2）若在ab之间接一个内阻RV=4.8kΩ的电压表，求电压表的示数．‎ ‎14．如图所示，倾斜角度为θ的粗糙程度均匀的绝缘斜面，下方O点处有一带电量为+Q的点电荷，质量为m、带电量为﹣q的小物体（可看成质点）与斜面间的动摩擦因数为μ．现使小物体以初速度v0从斜面上的A点沿斜面上滑，到达B点时速度为零，然后又下滑回到A点．小物体所带电荷量保持不变，静电力常数为k，重力加速度为g，OA=OB=l．求：‎ ‎（1）小物体沿斜面上滑经过AB中点时的加速度；‎ ‎（2）小物体返回到斜面上的A点时的速度．‎ ‎15．如图所示，在倾角为θ=30°的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω．一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）．金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：‎ ‎（1）金属棒所受到的安培力大小；‎ ‎（2）通过金属棒的电流；‎ ‎（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值．‎ ‎16．如图（俯视图）所示的电路中，电源内阻可不计，电阻R1=R2=Ro．平行光滑导轨PO、MN之间的距离为L，水平放置，接在R2两端．金属棒ab的电阻R3=，垂直于pQ、MN，所在区域有竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场．竖直放置的两平行金属板A、B之间的距离是d，分别与Q、N连接．闭合开关S，ab在大小为F的水平外力作用下恰好处于静止状态，待电路稳定后，一质量为m、电荷量为q的正粒子从A、B的左端某位置以初速度vo水平射入板间，从右端飞出时速度大小是2vo．不计粒子重力．（R1、R2、R3不是已知物理量，R0是已知物理量）求：‎ ‎（1）电源的输出功率P是多大？‎ ‎（2）粒子在A、B之间运动的过程中，沿垂直于板方向通过的距离y是多大？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年四川省资阳市简阳市阳安中学高二（上）月考物理试卷（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：（本题共10小题，每小题4分，在每个小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求．）‎ ‎1．连接着电池组的平行板电容器的两极板靠近时，则（　　）‎ A．电容器的电容C变大 B．电容器极板的带电量Q变小 C．电容器极板间的电势差U变小 D．电容器两极板间电场强度E不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】根据电容的决定式C=判断电容的变化．电容器的电压不变，结合Q=CU判断电荷量的变化，根据E=判断电场强度的变化．‎ ‎【解答】解：‎ A、根据电容的决定式C=知，两极板间的距离减小，则电容C增大．故A正确．‎ B、由题知电容器与电池组保持相连，其电压U不变，而电容C增大，由Q=CU可知，带电量Q增大，故B错误．‎ C、因为电容器与电源始终相连，则两端的电势差不变，故C错误．‎ D、根据E=知，电势差不变，d减小，则电场强度增大．故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．当电路中的电流超过熔丝的熔断电流时，熔丝就要熔断．由于种种原因，熔丝的横截面积略有差别．那么熔丝熔断的可能性较大的是（　　）‎ A．横截面积大的地方 B．横截面积小的地方 C．同时熔断 D．可能是横截面积大的地方，也可能是横截面积小的地方 ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】本题的关键是根据电阻定律可知，在长度相同的地方，横截面积小的地方电阻较大，再根据焦耳定律不难判断横截面积小的地方熔丝熔断的可能性较大．‎ ‎【解答】解：通过熔丝的电流相同，根据焦耳定律Q=I2Rt和电阻定律R=可知，在长度L相同的地方，横截面积越小电阻R越大，则产生的热量就越多，就越容易烧断，所以B正确，ACD错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．下列关于磁场的说法正确的是（　　）‎ A．沿着磁感线的方向磁场越来越弱 B．磁感线从N极出发到S极终止 C．不论在什么情况下，磁感线都不会相交 D．只有磁体周围才会产生磁场 ‎【考点】磁感线及用磁感线描述磁场．‎ ‎【分析】磁感应强度B是反映磁场强弱的物理量；磁感线的疏密表示磁场的强弱，磁感线在磁体外从N极出发到S极，在磁体内从S极指向N极；不论在什么情况下，磁感线都不会相交，不中断；电流的周围、磁体的周围以及变化的电场的周围都有磁场．‎ ‎【解答】解：A、磁感线的疏密表示磁场的强弱，而不是沿磁感线的方向磁场减弱．故A错误；‎ B、磁感线在磁体外从N极出发到S极，在磁体内从S极指向N极，是闭合曲线．故B错误；‎ C、不论在什么情况下，磁感线都不会相交，不中断．故C正确；‎ D、电流的周围、磁体的周围以及变化的电场的周围都有磁场．故D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．电动势为2V的电源接在纯电阻电路上输出1A的电流．由此可以判定（　　）‎ A．内电阻是2Ω B．路端电压是1V C．输出功率是2W D．总功率是2W ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据闭合电路欧姆定律I=，分析内电阻；由U=E﹣Ir，分析路端电压；电源的总功率公式P=EI．‎ ‎【解答】解：‎ A、根据闭合电路欧姆定律I=，得：R+r==Ω=2Ω，可得内、外电阻的总和为2Ω，因电源接在纯电阻电路上，则内电阻应r＜2Ω，故A错误．‎ B、路端电压U=E﹣Ir=2﹣r，内电阻不能确定，所以路端电压不能确定，故B错误．‎ C、D、电源的总功率公式P=EI=2×1W=2W，所以输出功率小于2W，故C错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎5．如图所示，一带电粒子进入一固定的正点电荷Q的电场中，沿图中实线轨迹从a运动到b，a、b两点到点电荷Q的距离分别为ra、rb（ra＞rb），不计粒子的重力，则可知（　　）‎ A．运动粒子带负电 B．b点的场强大于a点的场强 C．a到b的过程中，电场力对粒子不做功 D．a到b的过程中，粒子动能和电势能之和减小 ‎【考点】电势能；等势面．‎ ‎【分析】根据粒子轨迹的弯曲方向可知粒子受到排斥力，即可判断粒子的电性．由于ra＞rb，由公式E=k分析场强的大小．a到b的过程中，电场力对粒子做负功．a到b的过程中，粒子动能和电势能之和保持不变．‎ ‎【解答】解：‎ A、根据粒子轨迹的弯曲方向向左弯曲，可知粒子受到排斥力，则带电粒子带正电．故A错误；‎ B、由于ra＞rb，由公式E=k分析可知，b点的场强大于a点的场强．故B正确；‎ C、a到b的过程中，电场力方向与粒子的速度方向成钝角，对粒子做负功．故C错误；‎ D、粒子在运动过程中，动能与电势能总和不变．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．如图所示，与水平面成α角、宽为L的倾斜平行金属导轨，处在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中．当回路电流强度为I时，金属杆ab水平静止在光滑导轨上，金属杆ab所受安培力为F，斜面的支持力为N，则下列判断正确的是（　　）‎ A．安培力方向垂直ab杆沿斜面向上 B．安培力方向垂直ab杆水平向左 C．N=‎ D．N=BILcosα ‎【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【分析】导体棒垂直处在匀强磁场中，根据安培力公式F=BIL求解安培力的大小；根据左手定则判断安培力的方向．受力分析后根据共点力平衡条件求解支持力大小．‎ ‎【解答】解：A、B、由于ab棒与磁场垂直，所以导体棒ab受到安培力的大小为：F=BIL；‎ 导体棒中电流方向为b→a，由左手定则判断可知导体棒ab受到安培力的方向为垂直于杆方向水平向右；故A错误，B错误；‎ C、D、对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示：‎ 根据共点力平衡条件，有：‎ N==‎ 故C正确，D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示闭合电路中，当滑动变阻器R2触头向上滑动时，则电表示数的变化情况是（　　）‎ A．和均增大 B．和均减小 C．增大，减少 D．减小，增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据滑片的移动方向可知接入电路中电阻的变化，根据欧姆定律可知电路中电流的变化，进一步分析路端电压和定值电阻R两端的电压变化，得出电压表读数的变化，再分析并联部分电压的变化，即可分析电流表读数的变化．‎ ‎【解答】解：当滑动变阻器R2触头向上滑动时，其接入电路中电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，电压表测量路端电压，所以电压表的示数减小；总电流增大，R两端的电压增大，而路端电压减小，所以并联部分的电压减小，则电流表的示数减小．故B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并在匀强磁场中处于静止状态，当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线与竖直方向夹角为θ时平衡．则磁感应强度方向和大小可能为（　　）‎ A．y正向， B．z正向，‎ C．z负向， D．沿悬线向下，‎ ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】左手定则：左手平展，让磁感线穿过手心，使大拇指与其余四指垂直，并且都跟手掌在一个平面内． 把左手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，手心面向N极，四指指向电流所指方向，则大拇指的方向就是导体受力的方向．‎ 根据左手定则的内容，逐个分析判断即可的出结论 ‎【解答】解：A、当磁场沿y正方向时，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向上，当BIL=mg，B=导线静止，悬线的拉力为零，故A正确；‎ B、磁感应强度方向为z正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能平衡，所以B错误；‎ B、磁感应强度方向为z负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，根据平衡条件：BILRcosθ=mgRsinθ，‎ 所以B=tanθ，所以C正确；‎ D、磁感应强度方向沿悬线向下，根据左手定则，直导线所受安培力方向垂直于绳子斜向上，根据平衡条件：F=mgsinθ，得：B=，故D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎9．在粗糙的斜面上固定一点电荷Q，在M点无初速度的释放带有恒定电荷的小物块，小物块在Q的电场中沿斜面运动到N点静止．则从M到N的过程中（　　）‎ A．小物块所受的电场力减小 B．小物块的电势能可能增加 C．小物块电势能变化量的大小一定小于克服摩擦力做的功 D．M点的电势一定高于N点的电势 ‎【考点】电势能；电势．‎ ‎【分析】解决本题关键是要掌握：对物块进行正确受力分析，尤其是所受库仑力的分析，可以假设所受库仑力为引力和斥力两种情况分析，然后得出正确结论；熟练利用功能关系求解．‎ ‎【解答】解：物块在运动过程中所受摩擦力大小不变，假设物块受库仑引力，则物块将做加速度逐渐增大的加速运动，不会停止，因此物块受到的库仑力为斥力．‎ A、由于物块与电荷Q距离增大，根据F=可知，电场力减小，故A正确；‎ B、物块下滑中电场力做正功，电势能减小，故B错误；‎ C、由于物块初末速度都为零，根据功能关系可知，重力势能和电势能的减小之和等于克服摩擦力做的功，故C正确．‎ D、现在只能判断电荷Q和物块带电电性相反，不知Q带电的正负，无法判断M、N两点电势高低，故D错误．‎ 故选AC．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，电源电动势E=8V，内电阻为r=0.5Ω，“3V，3W”的灯泡L与电动机M串联接在电源上，灯泡刚好正常发光，电动机刚好正常工作，电动机的线圈电阻R0=1.5Ω．下列说法中正确的是（　　）‎ A．通过电动机的电流为1.6 A B．电源的输出功率是7.5W C．电动机消耗的电功率为3 W D．电动机的输出功率为3 W ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】由灯泡铭牌可知，灯泡额定电压是3V，额定功率是3W，由电功率公式的变形公式可以求出灯泡额定电流，由串联电路特点可以求出通过电机的电流．‎ 求出路端电压，然后由P=UI求出电源的输入功率和电动机消耗的功率．则可求得效率；‎ 由串联电路特点求出电动机电压，由P=UI求出电动机输入功率，由P=I2R求出电动机热功率，电动机输入功率与热功率之差是电动机的输出功率．‎ ‎【解答】解：A、灯泡L正常发光，通过灯泡的电流：I===1A，电动机与灯泡串联，通过电动机的电流IM=I=1A，故A错误；‎ B、路端电压：U=E﹣Ir=8﹣0.5=7.5V，电动机两端的电压：UM=U﹣UL=4.5V；电动机的输入功率P入=UMIM=4.5×1=4.5W；电动机的输出功率：P输出=UMIM﹣IM2R=4.5﹣1×1.5=3W；电动机的效率为：η=×100%=×100%=66.7%；故BC错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二、非选择题共60分）‎ ‎11．某同学准备通过实验描绘额定电压3.0V、额定功率约0.9W的小灯泡的I﹣U特性曲线．实验室可供选用的器材如下：‎ A．电源E1（电动势3V，内阻很小，允许输出的最大电流200mA）‎ B．电源E2（电动势4.5V，内阻很小，允许输出的最大电流600mA）‎ C．电压表V（15V，内阻约5kΩ）‎ D．电流表A1（0.6A，内阻约6Ω）‎ E．电流表A2（0.2A，内阻为20Ω）‎ F．滑动变阻器R1（最大阻值20Ω，额定电流2A）‎ G．滑动变阻器R2（最大阻值5kΩ，额定电流1A）‎ H．电键S I．导线若干 ‎（1）请你在图丙虚线框内画出实验电路图，并在电路图上标出所用元件对应的符号（如“V”、“A1”、“A2”、“R1”、“R2”、“E1”、“E2”等）．要求：测量结果尽可能准确且操作方便．‎ ‎（2）实验小组的同学依据上述实验，绘制出了小灯泡的I﹣U特性曲线，如图甲所示．现将三个这样规格的小灯泡接在电动势为3.0V、内阻不计的电源上，连接方式如图乙所示．当开关闭合后，下列哪些判断不正确　BD　．‎ A．图乙所示的电路中灯泡L1的电阻为10Ω B．通过灯泡L1的电流为通过灯泡L2电流的2倍 C．灯泡L1消耗的电功率为0.90W D．灯泡L2消耗的电功率为0.45W．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】测量灯泡的伏安特性曲线，电流电压需从0开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法．灯泡的内阻较小，电流表一般采取外接法．‎ 当开关闭合后，灯泡L1的电压等于3V，由图读出其电流I，由欧姆定律求出电阻，并求出其电功率．灯泡L2、L3串联，电压等于1.5V，由图读出电流，求出电功率．‎ ‎【解答】解：（1）实验中电压和电流需从0开始测起，所以滑动变阻器需采用分压式接法．灯泡内阻较小，电流表采取外接法误差较小．‎ 电源选E2，滑动变阻器分压接法，选R1；电流表选A1；将A2作为电压表使用并与灯泡并联 电路图如下：‎ ‎（2）A、由欧姆定律得图乙所示的电路中灯泡L1的电阻为R==10Ω，故A正确；‎ B、灯泡L2、L3串联，电压U2=U3=1.5V，由图读出其电流I2=I3=0.20A，则I1=1.5I2，故B错误；‎ C、灯泡L1消耗的电功率P1=U1I1=0.90W，故C正确；‎ D、灯泡L2消耗的电功率P2=U2I2=0.30W，故D错误；‎ 本题选不正确的，故选：BD．‎ 故答案为：（1）如图所示 ‎（2）BD ‎　‎ ‎12．在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：‎ A．干电池E（电动势约为1.5V、内电阻大约为1.0Ω）‎ B．电压表V（0～15V）‎ C．电流表A（0～0.6A、内阻0.1Ω）‎ D．电流表G（满偏电流3mA、内阻Rg=10Ω）‎ E．滑动变阻器R1（0～10Ω、10A）‎ F．滑动变阻器R2（0～100Ω、1A）‎ G．定值电阻R3=990Ω H．开关、导线若干 ‎（1）为了方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是　R1　（填写“R1”或“R2”）；‎ ‎（2）请在线框内画出你所设计的实验电路图，并在图中标上所选用器材的符号 ‎（3）图示为某一同学根据他设计的实验，绘出的I1﹣I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），由图线可求得被测电池的电动势E=　1.47　V，内电阻r=　0.81　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）滑动变阻器应起来限流保护作用，并且在使用时要选用易于调节的；‎ ‎（2）由于电流表的内阻接近电源的内电阻，故若采用电流表外接法，则测得的内阻误差太大；‎ ‎（3）由作出的U﹣I图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻．‎ ‎【解答】解：（1）滑动变阻器起调节电路作用，若总电阻太大，则调节时电阻变化过大，使电路中电流太小，故应选取小一点的电阻，一般约为内阻的几十倍即可；故选R1；‎ ‎（2）电路直接采用串联即可，定值电阻与电流表G串联作为电压表并联在电源两端，采用的是电流表内接法；电路图如右图所示；‎ ‎（3）I2为零时，表示断路，I1=1.47mA E=I1（RG+R3）=1.47V 从横坐标0.1A到0.4A，相差0.3A 纵坐标变化量为0.24V （0.24mA对应于0.24V） r==0.8Ω；故电源的电动势E=1.47 （1.46～1.48均对），内阻r=0.80Ω（0.79～0.85均可以）‎ 故答案为：（1）R1；（2）如右图；（3）1.47（1.46～1.48）；0.80（0.79～0.85）；‎ ‎　‎ ‎13．如图所示，电源电动势E=6V，电源内阻不计．定值电阻R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ．‎ ‎（1）若在ab之间接一个C=100μF的电容器，闭合开关S，电路稳定后，求电容器上所带的电量；‎ ‎（2）若在ab之间接一个内阻RV=4.8kΩ的电压表，求电压表的示数．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】（1）电路稳定后，电容器的电压等于R2的电压．对于电路结构，电容器相当开关断开．求出电压，即可求出电容器的电量．‎ ‎（2）在ab之间接一个内阻RV=4.8kΩ的电压表，电压表相当一个电阻，电路结构是电压表与R2并联，再与R1串联．根据欧姆定律求出电压表的示数．‎ ‎【解答】解：（1）设电容器上的电压为Uc．则 ‎ 电容器的带电量Q=CUC，代入解得：Q=4×10﹣4C ‎ （2）设电压表与R2并联后电阻为R并=‎ ‎ 则电压表上的电压为：UV=E ‎ 解得：UV=3V 答：（1）电容器上所带的电量为4×10﹣4C；‎ ‎ （2）若在ab之间接一个内阻RV=4.8kΩ的电压表，电压表的示数为3V．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，倾斜角度为θ的粗糙程度均匀的绝缘斜面，下方O点处有一带电量为+Q的点电荷，质量为m、带电量为﹣q的小物体（可看成质点）与斜面间的动摩擦因数为μ．现使小物体以初速度v0从斜面上的A点沿斜面上滑，到达B点时速度为零，然后又下滑回到A点．小物体所带电荷量保持不变，静电力常数为k，重力加速度为g，OA=OB=l．求：‎ ‎（1）小物体沿斜面上滑经过AB中点时的加速度；‎ ‎（2）小物体返回到斜面上的A点时的速度．‎ ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）根据小物体的受力情况，运用正交分解法，由牛顿第二定律和库仑定律列式求出小物体沿斜面上滑经过AB中点时的加速度；‎ ‎（2）对上升和下滑两个过程分别运用动能定理求解小物体回到M点时速度．‎ ‎【解答】解：（1）小物体经过AB中点时，根据牛顿第二定律和库仑定律得：‎ ‎ FN=mgcosθ+k ‎ mgsinθ+μFN=ma ‎ 得：a=gsinθ+μ（gcosθ+）‎ ‎（2）设物体上升过程中，摩擦力做功为Wf．由于OA=OB，A、B两点的电势相等，上升和下滑过程中电场力做功都为0，则根据动能定理得 ‎ 上升过程，有 0﹣mv02=﹣mglsin2θ+Wf ‎ 下滑过程，有mv2=mglsin2θ+Wf 解得：v=‎ 答：‎ ‎（1）小物体沿斜面上滑经过AB中点时的加速度是gsinθ+μ（gcosθ+）；‎ ‎（2）小物体返回到斜面上的A点时的速度是．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，在倾角为θ=30°的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω．一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）．金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：‎ ‎（1）金属棒所受到的安培力大小；‎ ‎（2）通过金属棒的电流；‎ ‎（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；安培力．‎ ‎【分析】（1）金属棒受到重力、安培力和导轨的支持力而处于平衡状态．根据平衡条件，列方程求出安培力．‎ ‎（2）金属棒与磁场方向垂直，根据安培力公式F=BIL，求出电流．‎ ‎（3）根据欧姆定律求出滑动变阻器R接入电路中的阻值．‎ ‎【解答】解：（1）作出金属棒的受力图，如图．‎ ‎ 则有F=mgsin30° F=0.1N ‎ （2）根据安培力公式F=BIL得 ‎ 得 ‎ （3）设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆E=I（R+r）‎ ‎ 解得：‎ 答：（1）金属棒所受到的安培力为 0.1N；‎ ‎ （2）通过金属棒的电流为0.5A；‎ ‎ （3）滑动变阻器R接入电路中的阻值为23Ω．‎ ‎　‎ ‎16．如图（俯视图）所示的电路中，电源内阻可不计，电阻R1=R2=Ro．平行光滑导轨PO、MN之间的距离为L，水平放置，接在R2两端．金属棒ab的电阻R3=，垂直于pQ、MN，所在区域有竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场．竖直放置的两平行金属板A、B之间的距离是d，分别与Q、N连接．闭合开关S，ab在大小为F的水平外力作用下恰好处于静止状态，待电路稳定后，一质量为m、电荷量为q的正粒子从A、B的左端某位置以初速度vo水平射入板间，从右端飞出时速度大小是2vo．不计粒子重力．（R1、R2、R3不是已知物理量，R0是已知物理量）求：‎ ‎（1）电源的输出功率P是多大？‎ ‎（2）粒子在A、B之间运动的过程中，沿垂直于板方向通过的距离y是多大？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）设电阻R1、R2、R3中的电流分别为I1、I2、I3，电源电动势为E，根据串并联电流电流的特点、欧姆定律及功率公式即可求解；‎ ‎（2）设金属板A、B之间的电压为U，粒子在A、B之间运动的过程中，根据动能定理即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）设电阻R1、R2、R3中的电流分别为I1、I2、I3，电源电动势为E，则 根据串并联电流电流的特点有：‎ I3=2I2‎ I1=I2+I3‎ 安培力F=BI3L ‎ E=I1R1+I3R3‎ 所以P=EI1‎ 解得P=‎ ‎（2）设金属板A、B之间的电压为U，粒子在A、B之间运动的过程中，根据动能定理有 且U=I3R3‎ 解得y=‎ 答：（1）电源的输出功率P是；‎ ‎（2）粒子在A、B之间运动的过程中，沿垂直于板方向通过的距离y为．‎ ‎　‎ ‎2016年12月21日