物理卷·2018届山东省济南市弘德中学高二上学期第二次月考物理试卷 （解析版） 18页

‎2016-2017学年山东省济南市弘德中学高二（上）第二次月考物理试卷 ‎　‎ 一、本题共12小题．选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每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8～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．电场强度反映了电场力的性质，因此场中某点的场强与试探电荷在该点所受的电场力成正比 B．电场中某点的场强等于，但与试探电荷的受力大小及电荷量无关 C．电场中某点的场强方向即试探电荷在该点的受力方向 D．公式E=和E=对于任何静电场都是适用的 ‎2．空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则（　　）‎ A．P、Q两点处的电荷等量同种 B．a点和b点的电场强度相同 C．c点的电势低于d点的电势 D．负电荷从a到c，电势能减少 ‎3．某电场中的电场线（方向未标出）如图所示，现将一带负电的点电荷从A点移至B点需克服电场力做功，则C、D两点的电场强度、电势大小关系应为（　　）‎ A．EC＞ED，φC＞φD B．EC＜ED，φC＞φD C．EC＞ED，φC＜φD D．EC＜ED，φC＜φD ‎4．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，两极板分别保持与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）．小孔正上方d处的P点有一带电油滴，该油滴从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回，下列说法正确的是（　　）‎ A．若把上极板往上平移，油滴未到达下极板便返回 B．若把上极板往下平移，油滴未到达下极板便返回 C．若把下极板往上平移，油滴将在距上极板处返回 D．若把下极板往上平移，油滴将在距上极板处返回 ‎5．如图所示，虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示，则下列结论正确的（　　）‎ A．粒子带正电，由A到B的过程中加速度一直增大 B．粒子带负电，由A到B的过程中速度先增大再减小 C．粒子带正电，由A到B的过程中电场力一直做正功 D．粒子带负电，由A到B的过程中电势能先增大再减小，但B点电势能比A点大 ‎6．图中电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的内阻不计．开关S接通后流过R2的电流是S接通前的（　　） ‎ A． B． C． D．‎ ‎7．如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（　　）‎ A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加 C．动能逐渐增加 D．做匀速直线运动 ‎8．如图所示，平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600V，A板带正电并接地，A、B两板间距为12cm，C点离A板4cm，下列说法正确的是（　　）‎ A．E=2 000 V/m，φC=200 V B．E=5 000 V/m，φC=﹣200 V C．电子在C点具有的电势能为﹣200 eV，把一个电子从C点移动到B板，电场力做功为﹣400 eV D．电子在C点具有的电势能为200 eV，把一个电子从C点移动到B板，电场力做功为﹣400 eV ‎9．如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为10﹣6C的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10﹣5J，已知A点的电势为﹣10V，则以下判断正确的是（　　）‎ A．微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示 B．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示 C．B点电势为零 D．B点电势为20 V ‎10．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，当滑动变阻器的触片从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法正确的是（　　）‎ A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮 B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮 C．△U1＜△U2 D．△U1＞△U2‎ ‎11．传感器是一种采集信息的重要器件．如图为测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器．可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容．现将此电容式传感器与零刻度在中央的灵敏电流计和电源串联成闭合电路，已知电流从电流计正接线柱流人时指针向右偏转．则待测压力增大的时（　　）‎ A．电容器的电容将增大 B．电容器的电容将减小 C．灵敏电流计指针向左偏转 D．灵敏电流计指针向右偏转 ‎12．在如图所示的U﹣I图象中，直线l为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线II为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图象可知（　　）‎ A．电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω B．电阻R的阻值为1Ω C．电源的输出功率为2W D．电源的效率为66.7%‎ ‎　‎ 二、实验题（共18分）‎ ‎13．欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：‎ A．电池组（3V，内阻1Ω） ‎ B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）‎ C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω） ‎ D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）‎ E．电压表（0～15V，内阻15kΩ） ‎ F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）‎ G．滑动变阻器（0～2000Ω，额定电流0.3A） ‎ H．开关、导线 ‎（1）上述器材中应选用的是　　；（填写各器材的字母代号）‎ ‎（2）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变请按要求在图1的方框内画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图．‎ ‎（3）某同学用游标卡尺（图2）和螺旋测微器（图3）分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度．读出图中的示数．该金属圆片的直径的测量值为　　mm．厚度的测量值为　　mm．‎ ‎14．某同学用内阻约为几十欧的电流表，内阻约为几千欧的电压表等仪器，测定在不同工作状态下小灯泡的电阻．‎ ‎（1）请在如图1的方框中画出测量电路的原理图；并根据所画原理图将以下实物图（图2）补充完整．‎ ‎（2）在闭合开关前，实物图中滑动变阻器的滑动触头应在　　端（填写“左”或“右”）．‎ ‎（3）实验中该同学记录了7组数据，请在如图3的坐标纸中描绘出小灯泡的I﹣U图线．‎ 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ 电压/V ‎0.00‎ ‎0.40‎ ‎0.80‎ ‎1.20‎ ‎1.60‎ ‎2.00‎ ‎2.40‎ 电流/A ‎0.00‎ ‎0.02‎ ‎0.05‎ ‎0.12‎ ‎0.20‎ ‎0.31‎ ‎0.44‎ ‎　‎ 三、计算题（三个小题，共计34分，解答要有必要的文字说明、公式和演算步骤．只写答案不得分．）‎ ‎15．如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r=1Ω，电动机两端电压为5V，电路中的电流为1A，物体A重20N，不计摩擦力，求：‎ ‎（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？‎ ‎（2）电动机的输入功率和输出功率各是多少？‎ ‎（3）10s内，可以把重物A匀速提升多高？‎ ‎（4）这台电动机的机械效率是多少？‎ ‎16．如图所示，电路中定值电阻R1=9Ω，R2=30Ω，电键K闭合后，电压表的示数为11.4V，电流表的示数为0.20A．电键断开后，电流表的示数变为0.30A．求：‎ ‎（1）定值电阻R3的阻值．‎ ‎（2）电源的电动势E和内电阻r．‎ ‎17．如图所示，一不计重力的带正电的粒子，经过U0=200V的电压加速后（加速电场未画出），沿两平行金属板A、B间的中心线RD垂直电场线飞入板间的电场中．粒子飞出电场后进入界面MN、PS间的无电场区域．已知A、B板长L1=8cm，板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，两界面MN、PS相距为L2=12cm，D是中心线RD与界面PS的交点．粒子电荷量q=10 ﹣10C，质量m=10 ﹣20kg，求：‎ ‎（1）求粒子进入AB板间时的初速度v0和粒子穿过界面MN时偏离中心线RD的距离y．‎ ‎（2）粒子到达PS界面时离D点的距离Y．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省济南市弘德中学高二（上）第二次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、本题共12小题．选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．在每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8～12题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）‎ ‎1．下列说法中正确的是（　　）‎ A．电场强度反映了电场力的性质，因此场中某点的场强与试探电荷在该点所受的电场力成正比 B．电场中某点的场强等于，但与试探电荷的受力大小及电荷量无关 C．电场中某点的场强方向即试探电荷在该点的受力方向 D．公式E=和E=对于任何静电场都是适用的 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】为了描述电场力的性质，我们引入了电场强度；在定义电场强度时我们采用了比值定义法，但应注意，电场强度是由电场本身决定的性质，和电场力等无关；‎ 电场的方向我们规定为正电荷在电场中受力的方向．‎ ‎【解答】解：A、电场强度由比值定义法求得，E=，但电场强度是电场本身的一种性质，和试探电荷及电场力无关，故A错误；‎ B、由A的分析，B正确；‎ C、电场中的场强方向是正电荷在该点的受力方向，负电荷受力沿电场的反方向，故C错误；‎ D、公式E=是定义式，适用于任意电场，而E=只能适用于真空中的点电荷，故D错误；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎2．空间中P、Q两点处各固定一个点电荷，其中P点处为正电荷，P、Q两点附近电场的等势面分布如图所示，a、b、c、d为电场中的4个点，则（　　）‎ A．P、Q两点处的电荷等量同种 B．a点和b点的电场强度相同 C．c点的电势低于d点的电势 D．负电荷从a到c，电势能减少 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电场线．‎ ‎【分析】该电场是等量异种电荷的电场，它具有对称性（上下、左右）．该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负．‎ ‎【解答】解：A：根据电场的图象可以知道，该电场是等量异种电荷的电场，故A错误；‎ B：等量异种电荷的电场，它具有对称性（上下、左右），a点和b点的电场强度大小相等，而方向不同．故B错误；‎ C：C点离P点（正电荷）的距离更近，所以C点的电势较高．故C错误；‎ D：该电场中，一般选取无穷远处电势为0，那么正电荷的区域电势为正，负电荷的区域电势为负．负电荷从a到c，从负电荷的区域到了正电荷的区域，电势升高，电场力做正功，电势能减小．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎3．某电场中的电场线（方向未标出）如图所示，现将一带负电的点电荷从A点移至B点需克服电场力做功，则C、D两点的电场强度、电势大小关系应为（　　）‎ A．EC＞ED，φC＞φD B．EC＜ED，φC＞φD C．EC＞ED，φC＜φD D．EC＜ED，φC＜φD ‎【考点】电场线；电场强度；电势．‎ ‎【分析】带负电的点电荷从A点移至B点需克服电场力做功，电势能增大，电势降低，说明A点的电势比B点高，根据顺着电场线电势降低，确定电场线的方向，再分析C、D两点电势的高低．根据电场线越密，场强越大，分析C、D两点的电场强度的大小关系．‎ ‎【解答】解：由题，带负电的点电荷从A点移至B点需克服电场力做功，电势能增大，根据负电荷在电势高处电势能小，在电势低处电势能大，可知，A点的电势比B点高，电场线方向向左，则C点的电势比D点的电势高，即φC＞φD．从电场线分布看出，C处电场线较密，则电场强度EC＞ED．‎ 故选A ‎　‎ ‎4．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，两极板分别保持与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）．小孔正上方d处的P点有一带电油滴，该油滴从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回，下列说法正确的是（　　）‎ A．若把上极板往上平移，油滴未到达下极板便返回 B．若把上极板往下平移，油滴未到达下极板便返回 C．若把下极板往上平移，油滴将在距上极板处返回 D．若把下极板往上平移，油滴将在距上极板处返回 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】一带电质点自上极板上方相距为d的P点由静止自由下落，空气阻力不计，到达下极板时速度恰好为零，然后沿原路返回，根据动能定理知，在此过程中重力做功与电场力做功大小相等．移动上下极板，抓住两板间的电势差不变，通过动能定理判断带电质点的运动情况．‎ ‎【解答】‎ 解：AB、由题设条件知，mg•2d﹣qU=0，知电场力做功等于重力做功的大小．把A板向上平移一小段距离，质点自P点自由下落，根据动能定理知，mg•2d﹣qU=0，小球到达下极板的速度为零然后返回．若将上极板向下或向上移动一小段距离，根据动能定理知，mg•2d﹣qU=0，小球到达下极板速度仍为零然后返回．故AB错误．‎ C、D、把下极板向上平移，设粒子能到达距上极板的为h的A点，根据U=Ed，可得：U上A=，根据动能定理知，mg（h+d）﹣qU上A=0，结合：mg•2d﹣qU=0，解得：h=，故D错误．C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，虚线表示某电场的等势面．一带电粒子仅在电场力作用下由A运动到B的径迹如图中实线所示，则下列结论正确的（　　）‎ A．粒子带正电，由A到B的过程中加速度一直增大 B．粒子带负电，由A到B的过程中速度先增大再减小 C．粒子带正电，由A到B的过程中电场力一直做正功 D．粒子带负电，由A到B的过程中电势能先增大再减小，但B点电势能比A点大 ‎【考点】电势能；电场强度．‎ ‎【分析】图中场源位于等势面圆心位置，根据曲线的弯曲可知是静电斥力，根据等差等势面的疏密判断场强大小，结合牛顿第二定律得到加速度大小关系；根据公式φ=判断电势能高低．‎ ‎【解答】解：由于等势面是同心圆，且外侧电势高，故图中场源位于等势面圆心位置，是负电荷；‎ 根据曲线的弯曲可知是静电斥力，故粒子也带负电；‎ 由于B位置等差等势面较密集，场强大，加速度大，即aA＜aB；‎ 从A到B，电势降低，由A到B的过程中电场力的方向与运动方向之间的夹角是钝角，属于电场力一直做做负功，粒子是动能减小，速度减小；电势能增大．故B点电势能大，即EPA＜EPB；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．图中电阻R1、R2、R3的阻值相等，电池的内阻不计．开关S接通后流过R2的电流是S接通前的（　　） ‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】开关S接通前，R1、R2串联；S接通后，R2、R3并联后与R1串联．根据欧姆定律，并结合串并联电路的特点求解．‎ ‎【解答】解：设电源电动势为E，R1=R2=R3=R，则S接通时，I2=×=，S断开时，I2′=，‎ 所以=，‎ 故B选项正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连．若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子（　　）‎ A．所受重力与电场力平衡 B．电势能逐渐增加 C．动能逐渐增加 D．做匀速直线运动 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】带电粒子在场中受到电场力与重力，根据粒子的运动轨迹，结合运动的分析，可知电场力垂直极板向上，从而可确定粒子的运动的性质，及根据电场力做功来确定电势能如何变化．‎ ‎【解答】解：A、根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，因此AD错误；‎ B、由A选项分析可知，电场力做负功，则电势能增加，故B正确；‎ C、因电场力做负功，则电势能增加，导致动能减小，故C错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎8．如图所示，平行金属板A、B之间有匀强电场，A、B间电压为600V，A板带正电并接地，A、B两板间距为12cm，C点离A板4cm，下列说法正确的是（　　）‎ A．E=2 000 V/m，φC=200 V B．E=5 000 V/m，φC=﹣200 V C．电子在C点具有的电势能为﹣200 eV，把一个电子从C点移动到B板，电场力做功为﹣400 eV D．电子在C点具有的电势能为200 eV，把一个电子从C点移动到B板，电场力做功为﹣400 eV ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】根据U=Ed求解电场强度，再根据U=Ed求出AC间的电势差，然后根据电势差定义式求出C点电势，由W=qU求出电场力做的功 ‎【解答】解：AB、A接地，则其电势为零，又因为A、B间电压为600 V，则B处电势为﹣600 V，由此知C点电势为负值，‎ 则A、B间场强E===50V/cm=5000V/m，‎ 则φC=E×dC=50 V/cm×（﹣4 cm）=﹣200 V，故A错误，B正确；‎ CD、电子在C点具有的电势能为：Ep=（﹣e）φP=200 eV，把一个电子从C点移动到B板，电场力做功等于电势能的减小量，为﹣400 eV，故C错误，D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，平行线代表电场线，但未标明方向，一个带正电、电量为10﹣6C的微粒在电场中仅受电场力作用，当它从A点运动到B点时动能减少了10﹣5J，已知A点的电势为﹣10V，则以下判断正确的是（　　）‎ A．微粒的运动轨迹如图中的虚线1所示 B．微粒的运动轨迹如图中的虚线2所示 C．B点电势为零 D．B点电势为20 V ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能减少了10﹣5J，说明电场力做负功，可分析出电场力方向水平向左，根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，可知其轨迹为1，还可判断出电场线的方向．根据动能定理求出AB间的电势差，由UAB=φA﹣φB，可求出B点的电势．‎ ‎【解答】解：AB、由题，带正电的微粒仅受电场力的作用，从A点运动到B点时动能减少了10﹣5J，说明电场力做负功，则知电场力方向水平向左．‎ 根据曲线运动的合力指向轨迹的内侧，故微粒的运动轨迹是如图虚线1所示．故A正确，B错误．‎ CD、根据动能定理得：qUAB=△Ek，得UAB=V=﹣10V，又UAB=φA﹣φB，φA=﹣10V，则φB=0．故C正确，D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，当滑动变阻器的触片从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法正确的是（　　）‎ A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮 B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮 C．△U1＜△U2 D．△U1＞△U2‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当滑动变阻器的触片从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻的变化，确定总电流的变化，分析路端电压的变化和灯L2电压的变化，再分析L1电压的变化，判断三灯亮度的变化．根据路端电压的变化，确定△U1和△U2的大小．‎ ‎【解答】解：A、B当滑动变阻器的触片从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流I增大，则灯L2变亮．电压表V1的示数U1=E﹣I（RL2+r），I增大，则U1减小，灯L3变暗．通过灯L1的电流IL1=I﹣IL2，I增大，IL2减小，则IL1增大，灯L2变亮．故A错误，B正确．‎ C、D，U1+U2=U，由上知道，U1减小，U2增大，而U减小，则△U1＞△U2，故C错误，D正确．‎ 故选BD ‎　‎ ‎11．传感器是一种采集信息的重要器件．如图为测定压力的电容式传感器，A为固定电极，B为可动电极，组成一个电容大小可变的电容器．可动电极两端固定，当待测压力施加在可动电极上时，可动电极发生形变，从而改变了电容器的电容．现将此电容式传感器与零刻度在中央的灵敏电流计和电源串联成闭合电路，已知电流从电流计正接线柱流人时指针向右偏转．则待测压力增大的时（　　）‎ A．电容器的电容将增大 B．电容器的电容将减小 C．灵敏电流计指针向左偏转 D．灵敏电流计指针向右偏转 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】根据电容的决定式C= 分析电容的变化，电容两端电势差不变，根据Q=CU判断电量的变化，即可判断电路中电流的方向．‎ ‎【解答】解：AB、当待测压力增大时，电容器极板间距离减小，根据电容的决定式C= 分析得知，电容增大，故A正确，B错误．‎ CD、由于电容器上极板带正电，则电路中形成逆时针方向的充电电流，故灵敏电流表的指针向右偏．故C错误，D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎12．在如图所示的U﹣I图象中，直线l为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线II为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路．由图象可知（　　）‎ A．电源的电动势为3V，内阻为0.5Ω B．电阻R的阻值为1Ω C．电源的输出功率为2W D．电源的效率为66.7%‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】由电源的U﹣I的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻．电阻R的伏安特性曲线的斜率等于电阻．两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率．‎ ‎【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，由读出电源的电动势E=3V，内阻等于图线的斜率大小，则r==Ω=0.5Ω．故A正确．‎ B、电阻的U﹣I图线的斜率等于电阻，则电阻R==Ω=1Ω．故B正确．‎ C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压U=2V，电流I=2A，则电源的输出功率为P出=UI=4W．故C错误．‎ D、电源的效率η====66.7%．故D正确．‎ 故选ABD ‎　‎ 二、实验题（共18分）‎ ‎13．欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：‎ A．电池组（3V，内阻1Ω） ‎ B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）‎ C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω） ‎ D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）‎ E．电压表（0～15V，内阻15kΩ） ‎ F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）‎ G．滑动变阻器（0～2000Ω，额定电流0.3A） ‎ H．开关、导线 ‎（1）上述器材中应选用的是　ACDFH　；（填写各器材的字母代号）‎ ‎（2）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变请按要求在图1的方框内画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图．‎ ‎（3）某同学用游标卡尺（图2）和螺旋测微器（图3）分别测量一薄的金属圆片的直径和厚度．读出图中的示数．该金属圆片的直径的测量值为　12.40　mm．厚度的测量值为　1.682　mm．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）根据伏安法测电阻的原理选择实验器材；‎ ‎（2）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，根据题意确定滑动变阻器的接法，然后作出电路图；‎ ‎（3）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；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．‎ ‎【解答】解：（1）伏安法测电阻丝电阻，需要：A、电池组（3V，内阻1Ω）；‎ 电源电动势为3V，因此电压表选：D、电压表 （0～3V，内阻3kΩ）；‎ 电路最大电流约为I===0.6A，电流表应选：C、电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）；‎ 为方便实验操作滑动变阻应选：F、滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）；‎ 此外还需要：H、开关、导线；因此需要的实验器材是：A、C、D、F、H．‎ ‎（2）待测电阻阻值约为5Ω，电流表内阻约为0.125A，电压表内阻约为3kΩ，‎ 相对来说，电压表内阻远大于待测定值阻值，因此电流表应采用外接法；‎ 实验要求电流能在0～0.5A范围内改变，则滑动变阻器采用分压接法，实验电路图如图所示：‎ ‎（3）由图示螺旋测微器可知，其示数为：12mm+8×0.05mm=12.40mm；‎ 由图示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+13.2×0.01mm=1.682mm；‎ 故答案为：（1）ACDFH；（2）电路图如图所示；（3）12.40；1.682．‎ ‎　‎ ‎14．某同学用内阻约为几十欧的电流表，内阻约为几千欧的电压表等仪器，测定在不同工作状态下小灯泡的电阻．‎ ‎（1）请在如图1的方框中画出测量电路的原理图；并根据所画原理图将以下实物图（图2）补充完整．‎ ‎（2）在闭合开关前，实物图中滑动变阻器的滑动触头应在　右　端（填写“左”或“右”）．‎ ‎（3）实验中该同学记录了7组数据，请在如图3的坐标纸中描绘出小灯泡的I﹣U图线．‎ 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ 电压/V ‎0.00‎ ‎0.40‎ ‎0.80‎ ‎1.20‎ ‎1.60‎ ‎2.00‎ ‎2.40‎ 电流/A ‎0.00‎ ‎0.02‎ ‎0.05‎ ‎0.12‎ ‎0.20‎ ‎0.31‎ ‎0.44‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）根据题意确定电流表接法与滑动变阻器 接法，然后作出电路图、连接实物电路图．‎ ‎（2）根据滑动变阻器的接法从保护电路安全的角度分析判断滑片的位置．‎ ‎（3）应用描点法作出图象．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡电阻约为几欧姆，电流表内阻约为几十欧，电压表内阻约为几千欧，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法；由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，实验电路图如图所示：‎ 根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：‎ ‎（2）由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压，为保护电路安全闭合开关前滑片应置于最右端．‎ ‎（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象如图所示：‎ 故答案为：（1）电路图与实物电路图如图所示；（2）右；（3）图象如图所示．‎ ‎　‎ 三、计算题（三个小题，共计34分，解答要有必要的文字说明、公式和演算步骤．只写答案不得分．）‎ ‎15．如图所示为电动机提升重物的装置，电动机线圈电阻为r=1Ω，电动机两端电压为5V，电路中的电流为1A，物体A重20N，不计摩擦力，求：‎ ‎（1）电动机线圈电阻上消耗的热功率是多少？‎ ‎（2）电动机的输入功率和输出功率各是多少？‎ ‎（3）10s内，可以把重物A匀速提升多高？‎ ‎（4）这台电动机的机械效率是多少？‎ ‎【考点】电功、电功率；功能关系．‎ ‎【分析】（1）根据P热=I2r求解热功率；‎ ‎（2）根据P=UI求解电功率，根据P出=P﹣P热求解输出功率；‎ ‎（3）根据P出t=mgh列式求解高度；‎ ‎（4）机械效率η=×100%．‎ ‎【解答】解：（1）根据焦耳定律，热功率为：P热=I2r=12×1W=1W．‎ ‎（2）输入功率为：P入=IU=1×5W=5W，‎ 输出功率为：P出=P入﹣PQ=5W﹣1W=4W；‎ ‎（3）电动机的输出功率用来提升重物在10s内，有：‎ P出t=mgh．‎ 解得：h==2m．‎ ‎（4）机械效率为：η=×100%=100%=80%．‎ 答：（1）电动机线圈电阻消耗的热功率为1W；‎ ‎（2）电动机输入功率为5W，输出功率为4W；‎ ‎（3）10s内电动机可以把重物匀速提升2m；‎ ‎（4）这台电动机的机械效率是80%．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，电路中定值电阻R1=9Ω，R2=30Ω，电键K闭合后，电压表的示数为11.4V，电流表的示数为0.20A．电键断开后，电流表的示数变为0.30A．求：‎ ‎（1）定值电阻R3的阻值．‎ ‎（2）电源的电动势E和内电阻r．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）本电路的结构为：R2和R3并联再与R1串联，最后接到电源上，根据欧姆定律及串并联电路电压、电流的关系即可求解；‎ ‎（2）根据闭合电路欧姆定律对K闭合和断开两种情况列式，联立方程即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）K闭合时：‎ 根据欧姆定律得：‎ 电阻R2两端的电压 U2=I2R2=0.2×30=6V 则R1两端的电压U1=U﹣U2=11.4﹣6=5.4V 根据欧姆定律得：I1==A=0.6A 根据并联电路电流关系得：I3=I1﹣I2=0.6﹣0.2=0.4A 根据欧姆定律得：R3==Ω=15Ω ‎（2）根据闭合电路欧姆定律得：E=U+Ir 所以代入得：‎ ‎ E=11.4+0.6r…①‎ ‎ E=0.3×（9+30）+0.3r…②‎ 解①式和②，得E=12V，r=1Ω 答：‎ ‎（1）电阻R3的值为15Ω；‎ ‎（2）电源电动势E为12V，内电阻r的值为1Ω．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，一不计重力的带正电的粒子，经过U0=200V的电压加速后（加速电场未画出），沿两平行金属板A、B间的中心线RD垂直电场线飞入板间的电场中．粒子飞出电场后进入界面MN、PS间的无电场区域．已知A、B板长L1=8cm，板间距离d=8cm，A板比B板电势高300V，两界面MN、PS相距为L2=12cm，D是中心线RD与界面PS的交点．粒子电荷量q=10 ﹣10C，质量m=10 ﹣20kg，求：‎ ‎（1）求粒子进入AB板间时的初速度v0和粒子穿过界面MN时偏离中心线RD的距离y．‎ ‎（2）粒子到达PS界面时离D点的距离Y．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）由动能定理可得进入AB的初速度．带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动．由牛顿定律求出加速度，由运动学公式求出粒子飞出电场时的侧移h．‎ ‎（2）由几何知识求解粒子穿过界面PS时偏离中心线RO的距离．‎ ‎【解答】解：L1=8cm=0.08m，d=8cm=0.08m，L2=12cm=0.12m，‎ ‎（1）由动能定理 得v0=2×106 m/s ‎ 粒子在板间做类平抛运动 水平方向：L1=v0t 竖直方向：‎ 由牛顿第二定律 所以，（或）‎ 代入数据得y=0.03m=3 cm ‎（2）粒子离开偏转电场时竖直速度vy=at vy与水平方向夹角θ满足 粒子离开电场后做匀速直线运动，竖直位移y'=L2tanθ 代入相关数据得Y=0.12m=12 cm．‎ 答：（1）粒子进入AB板间时的初速度v0为2×106m/s，粒子穿过界面MN时偏离中心线RD的距离为3cm．‎ ‎（2）粒子到达PS界面时离D点的距离Y为0.12m．‎ ‎　‎ ‎2016年12月10日