湖南省湖南师范大学附属中学2018-2019学年高二上学期期中考试物理（理）试题（解析版） 19页

湖南省湖南师范大学附属中学2018-2019学年高二上学期期中考试 物理（理）试题 一、单项选择题 ‎1.关于电场强度与电势，下列说法中正确的是 A. 在电场中某点不放检验电荷，该点的电场强度为零 B. 正电荷从A点移到B点，电场力做正功，A点电势一定较高 C. 由场强的定义式E=F/q可知，电场中某点的E与q所受的电场力F成正比 D. 电荷在电场中某点所受电场力的方向即为该点的电场强度方向 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 略 ‎2.如图所示各图中，A、B两点电场强度相同的是（ ）‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 解：A、A、B是同一圆上的两点，场强大小相等，但方向不同，则电场强度不同．故A错误．‎ B、A、B场强大小不等，但方向相同，则电场强度不同．故B错误．‎ C、A、B是匀强电场中的两点，电场强度相同，故C正确 D、电场线的疏密表示场强的大小，所以A、B场强不等，故D错误 故选：C．‎ ‎【点评】矢量大小和方向都相同才相同．对于常见电场的电场线分布要了解，有助于解题．‎ ‎3.关于电动势的概念，下列说法中不正确的是 A. 电动势就是路端电压 B. 电动势在数值上等于外电路断路时的路端电压 C. 电动势是表示电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量 D. 电动势在数值上等于非静电力把1 C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功 ‎【答案】A ‎【解析】‎ A、B、C项：电动势表征电源把其它形式的能转化为电能的本领大小，数值上电压不一定等于电势差，电动势等于内外电压之和，故A错误，B、C正确；‎ D项：由可知，电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内从负极移送到正极所做的功，故D正确；本题选不正确的，所以本题应选A。‎ ‎4.如图所示，Q是固定的点电荷，虚线是以Q为圆心的两个同心圆．一个带电粒子在仅受电场力的作用下沿实线所示的轨迹从a处运动到b处，然后又运动到c处，实线与两圆在同一平面内，带电粒子在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，电势能大小分别为Ea、Eb、Ec，则 A. aa>ab>ac，Eaab>ac，Ebac>aa，Ebac>aa，EaEb B. a、b两点的电场强度大小Ea、Eb的关系为EaEb′‎ D. a、b两点的电势大小φa、φb的关系是φa>φb ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】处于静电平衡的导体，内部场强处处为零，故a、b两点的场强大小Ea、Eb的关系为Ea=Eb，故A B错误；处于静电平衡的导体，内部场强处处为零，所以感应电荷在a、b两点产生的场强大小Ea′和Eb′的关系与点电荷Q产生的电场强度大小相等，方向相反，结合库仑定律可知，是Ea′＞Eb′，故C正确；处于静电平衡的导体是等势体，则a、b两点的电势大小φa、φb的关系是φa=φb，D错误。故选C。‎ ‎【点睛】此题关键是知道处于静电平衡的导体是等势体，内部场强处处为零，电荷只分布在导体的表面．‎ ‎7.如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源(内阻不计)连接，下极板接地．一带电油滴位于电容器中的P点且恰好处于平衡状态．现将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离(仍在P点下方)‎ A. 电容器的电容减小，则极板带电量将增大 B. 带电油滴将沿竖直方向向下运动 C. P点的电势将升高 D. 带电油滴的电势能将增大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由于电容器和电源相连，电势差不变；将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，则d减小，则根据可知电容C变大，根据Q=UC可知，极板的带电量变大，故A错误； 将平行板电容器的下极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，板间距离减小，根据E=U/d得知板间场强增大，油滴所受的电场力增大，则油滴将向上运动。故B错误。场强E增大，而P点与上极板间的距离不变，则由公式U=Ed分析可知，P点与上极板间电势差将增大，故P点电势降低；故C错误。由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴应带负电，由于P点的电势降低，则油滴的电势能将增加。故D正确。故选D。‎ ‎【点睛】本题运用U=Ed分析板间场强的变化，判断油滴如何运动．运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化．‎ ‎8.如图所示，电流表A1(0～3 A)和A2(0～0.6 A)由两个相同的电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中，闭合开关S，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是 A. A1、A2的内阻之比为5∶1‎ B. A1、A2的指针偏转角度之比为1∶1‎ C. A1、A2的读数之比为1∶1‎ D. A1、A2的指针偏转角度之比为1∶5‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】电流表A1（0-3A）和A2（0-0.6A）是由两个相同的电流计改装而成，都是并联电路，在图中两电流计也是并联的，电压相等，电流相等，则A1、A2 的指针偏转角度之比为1：1； 它们的量程之比为5：1，即总电阻之比为1：5，所以并联时读数之5：1．故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎【点睛】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．‎ ‎9.如图所示的电路中，电源电动势为6V，当开关S接通后，灯泡L1和灯泡L2都不亮，用电压表测得各部分电压是Uab=0V，Uad=0V，Ucd=6V，由此可断定 A. L1和L2的灯丝都烧断了 B. L1的灯丝烧断了 C. L2的灯丝烧断了 D. 变阻器R断路 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：串联电路中两灯均不发光，则可能是某处断路，电压表测断路位置为电源电压，测不断的位置电压为零，由题意可知，变阻器R断路，故D正确，‎ 考点：考查了电路故障分析 点评：电压表如果示数为零，那么被测部分短路，或被测部分外部断路．电压表如果示数为电源电压，那么被测部分断路，或被测部分外部短路．电流表如果为零，那么电路中有断路的地方，也有少数可能是电流表短路．电流表如果示数突然变大，那么电路中有短路的地方．两灯均不亮，可能是某处断路．两灯一亮一灭，可能是某灯短路 ‎10.如图所示的U—I图象中，直线Ⅰ为某电源的路端电压与电流的关系，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连接成闭合电路，由图象可知 A. R的阻值为1.5 Ω B. 电源电动势为3 V，内阻为0.5 Ω C. 电源的输出功率为3.0 W D. 电源内部消耗功率为0.5 W ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由图象Ⅱ可知，，故A正确；由图象Ⅰ可知，电源电动势，短路电流，则电源内阻，故B错误；由两图象的交点坐标，可得路端电压，干路电流，则电源的输出功率为，故C错误；电源内部消耗功率为，故D错误。‎ 考点：路端电压与负载的关系 ‎【名师点睛】由图象Ⅱ的斜率可得电阻R的阻值．由图象Ⅰ可知电源的电动势为，短路电流为；两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的路端电压和干路电流，从而求出电源的输出功率和内部消耗的功率。‎ ‎11.如图所示是利用GMR设计的磁铁矿探测仪原理示意图，图中GMR在外磁场作用下，电阻会发生大幅度减小．下列说法正确的是 A. 若存在磁铁矿，则指示灯不亮；若将电阻R调大，该探测仪的灵敏度提高 B. 若存在磁铁矿，则指示灯亮；若将电阻R调大，该探测仪的灵敏度提高 C. 若存在磁铁矿，则指示灯不亮；若将电阻R调小，该探测仪的灵敏度提高 D. 若存在磁铁矿，则指示灯亮；若将电阻R调小，该探测仪的灵敏度提高 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】若存在磁铁矿，GMR的电阻会变小，所分担的电势差减小，输入门电路电势变高，非门的特点是输入状态和输出状态完全相反，则非门输出的电势变低，指示灯两端的电压较大，所以指示灯亮。将电阻R变大，GMR分担的电压相对变小，知磁场不太强时输入非门的电势也较高，则输出较低，指示灯两端的电压较大，可知灵敏度提高。故B正确，ACD错误。故选B。‎ ‎12.示波器是一种常见的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间变化的情况．当u2和u3的电压都为零时，电子经电压u1加速后通过偏转电场打在荧光屏的正中间．竖直偏转电压u2，以A板带正电为正；水平偏转电压u3，以C板带正电为正，以下关于所加电压与荧光屏上所得的图形的说法中错误的是 A. 如果只在u2上加上甲图所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(a)‎ B. 如果只在u3上加上乙图所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(b)‎ C. 如果同时在u2和u3上加上甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(c)‎ D. 如果同时在u2和u3上加上甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图(d)‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】如果只在u2上加上甲图所示的电压，电子只在竖直向偏转，且偏转距离不一，故在荧光屏上看到的图形为一竖直图线，如图（a）故A正确；如果只在u3上加上乙图所示的电压，电子只在水平向偏转，且偏转距离不一，故则在荧光屏上看到的图形为一水平线段，如图（b）故B正确；如果同时在u2和u3上加上甲、乙所示的电压，在水平向为扫描，则在荧光屏上看到的图形如甲图形，故C错误；如果同时在u2和u3上加上甲、乙所示的电压，在水平向为扫描，则在荧光屏显示的与甲同波形，为图（d），故D正确；此题选择不正确的选项，故选C。‎ ‎【点睛】考查示波器的显示特点，明确两个方向上电子的偏向和偏转距离与所加电压的方向与大小关系；知道如果水平向所加图示U3‎ 电压可在电子在水平向全扫描，则荧光屏上显示的波形与竖直向的电压波形相同．‎ 二、实验题 ‎13.某同学要测量一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率ρ，完成下列测量：‎ ‎(1)用游标为20分度的卡尺测量其长度，如图甲所示，由图可知其长度为________cm.‎ ‎(2)用螺旋测微器测量其直径，如图乙所示，由图可知其直径为__________mm。‎ ‎【答案】 (1). 5.015 (2). 4.699‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）游标卡尺读数：50+3×0.05=50.15mm.‎ ‎（2）螺旋测微器测读数：4.5+20.0×0.01=4.700mm 考点：基本仪器使用 ‎14.(1) 根据电路图甲，用笔画线代替导线，将图乙中的实验电路连接完整_______________．‎ ‎(2)开关S闭合之前，图乙中滑动变阻器的滑片应该置于________(填“A”“B”或“AB中间”)端．‎ ‎(3)实验中测得有关数据如下表：‎ U/V ‎0.40‎ ‎0.80‎ ‎1.20‎ ‎1.60‎ ‎2.00‎ ‎2.40‎ ‎2.80‎ I/A ‎0.10‎ ‎0.16‎ ‎0.20‎ ‎0.23‎ ‎0.25‎ ‎0.26‎ ‎0.27‎ 根据表中的实验数据，在图丙中画出小灯泡的I—U特性曲线______________．‎ ‎【答案】 (1). 如图所示:‎ ‎ (2). A (3). 如图所示:‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）如图所示；‎ ‎ （2）电键闭合前，将滑动变阻器滑动A端，使测量电路处于短路状态，起到保护作用．； （3）用平滑曲线描点作图．如图所示；‎ ‎【点睛】解决本题的关键会根据电路图连接实物图，以及会根据数据进行描点作图，注意作图时用平滑曲线，偏离比较远的点可以舍去．‎ 三、计算题 ‎15.把一带电荷量为q＝－3×10－6 C的点电荷从电场中的A点移动B点，电荷克服电场力做功为6×10－4 J，从B点移到C点，电场力对点电荷做功为9×10－4 J．求：‎ ‎(1)A、C两点的电势差；‎ ‎(2)把Q＝4×10－6 C的点电荷从A点移动到B点，电场力对电荷做的功．‎ ‎【答案】(1) －100 V(2)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）负电荷从A移到B点的过程，电荷克服电场力做功，可见负电荷从电势高处移至电势低处．即φA＞φB AB间的电势差为： ‎ 负电荷从B移至C，电场力做正功，可见负电荷从电势低处移至电势高处，即φC＞φB BC间的电势差：‎ 根据UAC=UAB+UBC，A C两点的电势差为：UAC=UAB+UBC=200V-300V=-100V （2）把q=4×10-6C的点电荷从A点移到B点，电场力对电荷做功为： W=q′UAB=4×10-6×200J=8×10-4J ‎【点睛】本题要注意运用公式U=W/q求解电势差时，公式中U、W、q三个量可都代入符号，要注意电荷克服电场力做功，电场力做的是负功．‎ ‎16.如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机线圈的电阻R0=0.5Ω，当电键S断开时，电阻R1的电功率是525W，当S闭合时，电阻R1 的电功率是336W，求：‎ ‎(1)电源的内阻；‎ ‎(2)当S闭合时电动机的输出功率。‎ ‎【答案】(1)1Ώ(2)1606W ‎【解析】‎ ‎（1）S断开时，对R1P1＝I2R1，所以I=5A， 对闭合回路：E=I（R1+r），所以r=1Ω； （2）S闭合时，对R1：，所以I1=4A， R1两端电压U=I1R1=84W， 对闭合回路，设通过电源的电流为I′，则E=U+I′r，所以I′=26A， 所以电动机中的电流为I2=I′-I1=22A， 则电动机输出的功率为P=UI2-I22R0=1606W； 点睛：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的．‎ 四、多项选择题 ‎17.如图，一竖直放置的大圆环，在其水平直径上的A、B两端系着一根不可伸长的柔软细绳，绳上套有一光滑小铁环。现将大圆环在竖直平面内绕圆心O点逆时针缓缓转过一个微小角度，轻绳对A、B两点拉力，则（ ）‎ A. 变小 B. 变大 C. 轻绳对小铁环的作用力变大 D. 小铁环与O点总是在同一竖直线上 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ 设绳子是长度是2L，AB的长度是2l，AB水平时绳子与水平方向的夹角是α，平衡时两根绳子的拉力相等，设绳子拉力为F1，有：2F1sinα ‎-mg=0， 得：FA=FB=F1＝ 由图可知，cosα＝ ． 将大圆环绕着杆中点O在竖直平面内逆时针缓慢转过一个角度时，绳子与水平方向的夹角是θ，平衡时两根绳子的拉力仍然相等，设绳子拉力为F2，有：2F2sinθ-mg=0， 联立解得：FA′＝FB′＝． 设此时环到B的距离是L1，到A的距离是L2，则：L1+L2=2L 而由图可知，很显然：L1cosθ+L2cosθ＜2l， 即：cosθ＜得：α＜θ，所以：FA′=FB′＜FA=FB．即FA变小，FB变小，故A正确，B错误． 轻绳对小铁环的作用力等于小圆环的重力，则大小不变，选项C错误；当大圆环在竖直平面内绕圆心O点转动时，由几何知识可知，AB两点到圆心O的水平距离总相等，两侧绳子与竖直方向的夹角相等，则小铁环与O点总是在O点正下方的同一竖直线上，选项D正确；故选AD.‎ 点睛：本题中铁环与动滑轮相似，两侧绳子拉力大小相等，运用正交分解法研究平衡状态，注意几何关系在题目中的运用．‎ ‎18.如图所示，一个可视为质点的物体从高为h=0.8m的光滑斜面顶端由静止开始下滑,物体经过A点时速率变化可忽略不计，滑上传送带A端的瞬时速度为vA,到达B端的瞬时速度设为vB,水平传送带A、B两端相距x=6m,物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1,取g=10m/s2,下列说法中正确的是( )‎ A. 物体滑上传送带A端的瞬时速度vA=4m/s B. 若传送带不动，物体到达B端的瞬时速度vB=2m/s C. 若传送带逆时针匀速转动,vB一定小于2m/s D. 若传送带顺时针匀速转动,vB一定大于2m/s ‎【答案】AB ‎【解析】‎ 试题分析：物块滑上传送带，若传送到不动，物块做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出到达B点的速度．若传送带顺时针匀速转动，根据物块的速度与传送带的速度大小判断物体的运动情况．若传送带逆时针转动，物块滑上传送带做匀减速直线运动，根据运动学公式结合牛顿第二定律进行求解．‎ 由动能定理得，解得m/s，A正确；若传送带不动，则物体做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律得，匀减速直线运动的加速度大小m/s2，根据，解得m/s，B正确；若传送带逆时针转动，物体滑上传送带做匀减速直线运动，到达B点的速度大小一定等于2m/s，C错误；若传送带顺时针匀速运动，若传送带的速度小于2m/s，在物体到达B时，传送带给物体恒定的水平向左的滑动摩擦力，物体在摩擦力作用下全程做匀减速运动到达B点的速度等于2m/s，D错误．‎ ‎19. 如图所示，在一竖直平面内有一光滑的绝缘倾斜轨道ab和一光滑的绝缘圆弧轨道bcde平滑相接，一个质量为m的带正电小球从距最低点c所在水平面高h。处由静止释放后，刚好能通过圆轨道的最高点e。现在轨道空间内加一竖直向上的、范围足够大的匀强电场，且小球所受的电场力小于小球的重力，下列说法中正确的是 A. 小球经过c点时，小球的机械能最小 B. 小球经过c点时动能最大，电势能最小 C. 若要小球仍能通过e点，必须从斜面上更高的位置静止释放 D. 若小球仍从斜面上原位置静止释放，通过e点时会对轨道产生压力 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：加上电场后，当从斜面上高h0处释放小球后，小球仍然是刚好能通过轨道的最高点e，所以C、D选项错误；小球的机械能不守恒，在最低点c，小球的电势能最大。故机械能最小，B选项错误而A选项正确。‎ 考点：本题考查圆周运动、机械能守恒定律和电势能。‎ ‎20.不考虑重力作用，从t＝0时刻开始，下列各种随时间变化的电场中能使原来静止的带电粒子做单向直线运动的有 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】AC ‎【解析】‎ 考点：带电粒子在匀强电场中的运动。‎ 分析：本题的关键是根据场强度的变化情况分析加速度的变化情况，再分析粒子的运动情况，根据加速度的对称性找到速度为零的时刻，只要粒子的速度方向不改变，粒子就做单一方向的运动。‎ 解答：粒子仅受电场力作用，‎ A、由图象可知：在0 -的过程中，粒子做加速度为的匀加速直线运动，在– T 的过程中，粒子做加速度为-的匀减速直线运动，T时刻速度刚好减为零，然后重复刚才的运动，所以A是做单一方向的直线运动；‎ B、由图象可知：在0 -的过程中，粒子做加速度为的匀加速直线运动，在的过程中，粒子做加速度为的匀减速直线运动，则在时刻速度为零，此后反方向运动时间，所以B不是做单一方向的直线运动；‎ C、由图象可知：在0 -　的过程中，粒子做加速度越来越小的变加速运动，在- T的过程中，粒子做加速度越来越大的变减速运动，由于加速度具有对称性，所以T时刻速度刚好减为零，然后重复刚才的运动，所以C是做单一方向的直线运动；‎ D、由图象可知：在0　-　　的过程中，粒子做加速度加速度越来越小的变加速运动，在-过程中，粒子做加速度越来越大的变减速运动，由于加速度具有对称性，所以时刻速度刚好减为零，-过程中加速度为负值，所以粒子反向做加速度运来越小的变加速运动，所以D不是做单一方向的直线运动。故选AC。‎ ‎21.在如图甲所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合开关S，在滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生了变化．图乙中的三条图线分别表示了三个电压表示数的变化情况．则下列说法正确的是 A. 图线a表示的是电压表V1的示数的变化情况 B. 图线c表示的是电压表V2的示数的变化情况 C. 此过程中电压表V1示数的变化量ΔU1和电流表A示数的变化量ΔI的比值的绝对值不变 D. 此过程中电压表V3示数的变化量ΔU3和电流表A示数的变化量ΔI的比值的绝对值变小 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【详解】当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，可知路端电压减小，即知电压表V1示数减小，电压表V2的示数增大，电压表V3的示数减小，则知，图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况。故A错误，B正确。由闭合电路欧姆定律得：U1=E-Ir，则||=r，保持不变。故C正确。由闭合电路欧姆定律得：U3=E-I（r+R1），则||=R1+r．保持不变，故D错误。故选BC。‎ ‎【点睛】本题实质是电路中动态变化分析问题和闭合电路欧姆定律问题的综合，从局部电阻的变化，分析各部分电压的变化．分析电压表示数U的变化量和电流表示数I的变化量的关系，必须要找到函数关系.‎ 五、实验题 ‎22.某班级开展了一次10分钟实验竞赛，试题命题形式为各小组自己出题，然后交到老师那进行审核，并汇总在一起，在某自习课进行随机抽取试题比赛，某小组在本次实验竞赛中，抽到的试题如下：‎ 现有一多用电表，其欧姆挡的“0”刻度线与中值刻度线间刻度模糊，若用该欧姆挡的“×100 Ω”挡，经正确调零后，规范测量某一待测电阻R时，指针所指的位置与“0”刻度线和中值刻度线间的夹角相等，如图所示，则该待测电阻R＝________Ω.‎ ‎【答案】500‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】欧姆表调零时，Ig=，由图示欧姆表可知，中央刻度值为：15×100Ω=1500Ω，指针在中央刻度线时：Ig=，欧姆表指针所指的位置与“0”刻度线和中值刻度线间的夹角相等，则电流：，解得：RX=500Ω。‎ ‎23.为了精确测量一电动势约为5 V，内阻约为2.5 Ω的直流电源的电动势E和内阻r，现在除提供导线若干、开关一个和待测电源外，还提供有如下仪器：‎ A．电流表A(量程为200 mA，内阻约为10 Ω)‎ B．电流表G1(量程为50 mA，内阻约为20 Ω)‎ C．电流表G2(量程为20 mA，内阻为50 Ω)‎ D．定值电阻10 Ω E．定值电阻50 Ω F．定值电阻150 Ω H．滑动变阻器50 Ω J．滑动变阻器500 Ω ‎(1)选择合适的仪器，设计的实验电路如图甲所示，电流表A的读数为IA，电流表G的读数为Ig，移动滑动变阻器，测量多组IA和Ig的数据，并以IA为纵轴坐标，以Ig为横坐标描点作图，若得到的图象如图乙所示，对应的关系方程为IA＝kIg＋b ‎，且测量电路中对应的仪器参数如图所示，则b＝____________(用R、R1、R2、Rg、RA、E和r中的某些量表示)；‎ ‎(2)电路中电流表G应选择：______(填“B”或“C”)，若b的数值为0.4，则定值电阻R2应选择：______(填“D”“E”或“F”)，定值电阻R1应选择：______(填“D”“E”或“F”)，滑动变阻器应该选择：______(填“H”或“J”)；在该实验电路中，是否会因为仪表有内阻而产生系统实验误差：______(填“会”或“不会”)．‎ ‎【答案】 (1). (2). C (3). D (4). F (5). H (6). 不会 ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）由图甲所示电路图，根据闭合电路欧姆定律可知，电源电动势：‎ E=Ig（Rg+R1）+（Ig+IA）（R2+r） 则：‎ 图象对应的关系方程为IA=k Ig+b，则：b=， 由题意可知，电流表G应选择内阻已知的C；电源电动势约为5V，内阻约为2.5Ω，b的数值为0.4，则电路中定值电阻R2应选择D；定值电阻R1应选择阻值为150Ω的F，这样在电流计G和R1两端最大可承受0.02×（50+150）V=4V的电压；滑动变阻器应该选择H；由图示图象与图象的函数表达式可知，在该实验电路中，不会因为仪表有内阻而产生系统实验误差。‎ 六、计算题 ‎24.在如图甲所示电路中，已知电源的电动势E＝6 V、 内阻r＝1 Ω，A、B两个定值电阻的阻值分别为RA＝2 Ω和RB＝1 Ω，小灯泡的U－I图线如图乙所示，求小灯泡的实际电功率和电源的总功率分别为多少？‎ ‎【答案】0.75 W(0.70 W～0.80 W均算正确)；10.5 W(10.1 W～10.9 W均算正确)‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】设小灯泡两端电压为U，电流为I，由闭合电路欧姆定律有 E＝U＋（I+） (RA＋r)‎ 代入数据有U＝1.5－0.75I 作电压与电流的关系图线，如图所示：‎ 交点所对应的电压U＝0.75 V(0.73 V～0.77 V均算正确)‎ 电流I＝1 A(0.96 A～1.04 A均算正确)‎ 则灯泡的实际功率P＝UI＝0.75 W(0.70 W～0.80 W均算正确)‎ 电源的总功率P总＝E（I+）＝10.5 W(10.1 W～10.9 W均算正确)‎ ‎25.如图所示，倾角θ＝37°的光滑且足够长的斜面固定在水平面上，在斜面顶端固定一个半径和质量不计的光滑定滑轮D，质量均为m＝1 kg的物体A和B用一劲度系数k＝240 N/m的轻弹簧连接，物体B被位于斜面底端且垂直于斜面的挡板P挡住．用一不可伸长的轻绳使物体A跨过定滑轮与质量为M的小环C连接，小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，当整个系统静止时，环C位于Q处，绳与细杆的夹角 α＝53°，且物体B对挡板P的压力恰好为零．图中SD水平且长度为d＝0.2 m，位置R与位置Q关于位置S对称，轻弹簧和定滑轮右侧的绳均与斜面平行．现让环C从位置R由静止释放，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.求 ‎(1)小环C的质量M；‎ ‎(2)小环C通过位置S时的动能Ek及环从位置R运动到位置S的过程中轻绳对环做的功WT；‎ ‎(3)小环C运动到位置Q的速率v.‎ ‎【答案】(1) 0.72 kg(2) 0.3J(3) 2m/s ‎【解析】‎ ‎（1）先以AB组成的整体为研究对象，AB系统受到重力．支持力和绳子的拉力处于平衡状态，则绳子的拉力为： T=2mgsinθ=2×10×sin37°=12N 以C为研究对象，则：T•cos53°=Mg 代入数据得：M=0.72kg ‎（2）由题意，开始时B恰好对挡板没有压力，则：‎ mgsinθ= 所以弹簧的伸长量：‎ 小环C过S位置时A下移的距离为 此时弹簧的压缩量为 在环从R点运动到S点的过程中，初末状态的弹性势能相等，当C到达S点时，C沿绳子方向的分速度是0，所以A的速度是0，‎ 由机械能守恒定律得：‎ 解得：‎ 在环从R点运动到S点的过程中，由动能定理得：‎ 解得：‎ ‎（3）环从R到Q的过程中，对于小环、弹簧、和A组成的系统机械能守恒，‎ ‎ ‎ 两式联立可能 ：‎ ‎【名师点睛】‎ 根据AB整体受力平衡求出小环C的质量；环从R点运动到S点的过程中，初末状态的弹性势能相等，根据机械能守恒定律求出C的动能，再根据动能定理求出轻绳对环做的功；根据系统动量守恒求出小环C运动到位置Q的速率。‎ ‎ ‎