2017-2018学年宁夏石嘴山市第三中学高二上学期期中考试物理试题 解析版 20页

石嘴山市第三中学2017-2018学年高二第一学期期中物理试题 一、单项选择题(本题共15小题，每小题3分．共45分,在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)‎ ‎1. 在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献．他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法．下列叙述不正确的是（ ）‎ A. 法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法 B. 库仑得出库仑定律并用扭秤实验最早测出了元电荷e的数值 C. 用点电荷来代替实际带电的电荷是采用了理想化物理模型的方法 ‎【答案】B ‎【解析】法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这种形象化的研究方法，故A说法正确；库仑得出库仑定律，e的数值首先是由密立根测出的，故B说法错误；用点电荷来代替实际带电的电荷是采用了理想化物理模型的方法，故C说法正确；场强表达式和电势差都是利用比值法得到的定义式，故D说法正确。所以选B。‎ 场强表达式和电势差都是利用比值法得到的定义式 ‎2. 两个完全相同的金属小球A、B，球A所带电荷量为＋5Q，球B所带电荷量为-Q.现将球B与球 A接触后，移到与球A相距为d处（d远远大于小球半径）．已知静电力常量为k，则此时两球A、B之间相互作用的库仑力大小是（ ）‎ A. B. C. D. .‎ ‎【答案】D ‎【解析】球A所带电荷量为+5Q，球B带电荷量为-Q，现将球B与球A接触后它们带的电量相等，且为：，此时两球A、B之间相互作用的库仑力大小为：，故D正确，ABC错误。‎ ‎3. 两个固定的等量异种点电荷，在他们连线的垂直平分线上有a、b、c 三点，如图所示，若取无穷远处电势，则下列说法正确的是（ ）‎ A. a点电势比b点电势高 B. a、b、c三点与无穷远处电势相等 C. a、b两点场强方向相同，a点场强比b点大 D. a、c两点场强方向相同，a点场强比c点大 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：等量异种点电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以a、b、c三点电势相等且与无穷远处电势相等．故A错误、B正确； a、b两点场强方向均与ac连线垂直向右，方向相同。a点处电场线比b处疏，则a场强比b点小，故C错误；a、c两点场强方向均与ac连线垂直向右，方向相同，a点处电场线比c处疏，则a场强比c点小，故D错误，故选B。‎ 考点：考查了等量异种电荷电场分布规律 ‎【名师点睛】根据矢量合成法则，等量异种点电荷连线的垂直平分线上各点的电场强度方向都与它垂直，所以垂直平分线是一条等势线，而且这条等势线一直延伸到无穷远处，其上各点电势相等且等于无穷远处的电势。垂直平分线上各点的场强，连线中点最强，向两边逐渐减小。‎ ‎4. 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 ‎【答案】B ‎【解析】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点的电势最低，故A错误；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点的电势能较大，故B错误；根据质点受力情况可知，从P到Q过程中电场力做正功，动能增加，所以质点通过Q点时的动能较大，故C错误；等势线密的地方场强大，加速度大，故质点通过P点时的加速度较大，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎5. 如图所示，匀强电场场强为1×103 N/C，ab＝dc＝4 cm，bc＝ad＝3 cm，则下述计算结果正确的是(　)‎ A. ab之间的电势差为4000 V B. ac之间的电势差为50 V C. 将q＝－5×10－3 C的点电荷沿矩形路径abcda移动一周，静电力做功为零 D. 将q＝－5×10－3 C的点电荷沿abc或adc从a移到c静电力做功都是－0.25 J ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：ab之间的电势差，故A正确；由图看出，b、c在同一等势面上，电势相等，则ac之间的电势差等于ab之间的电势差，为40V，故B错误；将的点电荷沿矩形路径abcd移动一周，电场力不做功，故C正确；将的点电荷沿abc或adc从a移动到c，电场力做功相等，电场力做功为，故D错误．‎ 考点：考查了电场力做功 ‎【名师点睛】电场力做功与重力做功相似，只与电荷初末位置有关，与路径无关．基础题．‎ ‎6. 如图所示的电路中，U=8V不变，电容器电容C=200μF，R1：R2=3：5，则电容器的带电量为（ ）‎ A. 1.0‎‎×103C B. 1.0×10﹣3C C. 6.0×104C D. 1.6×10﹣3C ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：电容器的电压等于电阻R2两端的电压，为：，则电容器的带电量：Q=CU2=200×10-6×6C=1．2×10-3C，故BCD错误，A正确．故选A．‎ 考点：电容器的电容 ‎【名师点睛】对于电容器问题，关键确定电路的结构及其电压，当电路稳定时，电容器的电压等于所并联电路两端的电压。‎ ‎7. 两根完全相同的金属裸导线，如果把其中一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞起来，则它们的电阻之比为（ ）‎ A. 1:4 B. 1:8 C. 1:16 D. 16:1‎ ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：两根完全相同的金属裸导线，把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，长度变为2倍，截面积变为倍，根据电阻定律公式，电阻增加为4倍；‎ 另一根对折后绞合起来，长度变为倍，截面积变为2倍，根据电阻定律公式，电阻增加为倍；故这两根导线后来的电阻之比为,故选项D正确，选项ABC错误。‎ 考点：电阻定律 ‎【名师点睛】电阻定律：导体的电阻R跟它的长度L成正比，跟它的横截面积S成反比，还跟导体的材料有关系；公式为；本题关键是根据电阻定律直接判断，要注意金属裸导线体积一定，长度变化后截面积也是改变的。‎ ‎8. 硅光电池已广泛应用于人造卫星和灯塔、高速公路“电子眼”等设施．其原理如图所示，a、b是硅光电池的两个电极，P、N 是两块硅半导体，P、N 可在E区形成匀强电场．P的上表面镀有一层膜，当光照射时，P内产生的自由电子经E区电场加速后到达半导体N，从而产生电动势．以下说法中不正确的是（　　）‎ A. a电极为电池的正极 B. 电源内部的电流方向由P指向N C. E区匀强电场的方向由N指向P D. 硅光电池是一种光能转化为电能的装置 ‎【答案】B ‎【解析】试题分析：E区电场能使P逸出的自由电子向N运动，因负电荷受到的电场力与电场方向相反，所以电场方向由N指向P，由于电流的方向与负电荷的运动方向相反，所以电源内部的电流方向由N指向P，A正确、B错误；由题意可知，电子在E区加速，故电场方向应为N到P；故C正确；该电池是将光能转化为电能的装置，故D错误．‎ 考点：电源的电动势和内阻 ‎【名师点睛】本题考查根据电荷的电场力的方向来确定电场强度的方向，并掌握电流的方向与负电荷的运动方向关系，同时理解电源内部的电流的方向为由负极流向正极．‎ ‎9. 关于导体的电阻，说法正确的是 A. 是电阻的定义式 B. 电阻率表征了导体材料的导电能力的强弱，由导体的长度决定，与温度无关 C. 电阻率ρ与导体的长度L和横截面积S有关 D. 电阻率ρ很大的导体，电阻可以很小 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：电阻定律是电阻的决定式，因为R与公式中的各个物理量都有关系，而电阻定义式中R与U和I无关，故A错误；电阻率表征了导体材料的导电能力的强弱，与导体的长短和横截面积无关，与温度有关，BC错误；根据公式可得如果电阻率很大，但是的比值却非常小，则电阻也很小，D正确 考点：考查了电阻定律 ‎【名师点睛】关键是知道影响电阻大小的因素进行分析，即导体的电阻与导体的长度、横截面积以及材料决定的，电阻率表征了导体材料的导电能力的强弱，与导体的长短和横截面积无关，与温度有关，‎ ‎10. 一个标有“220V 60W”的白炽灯泡，当用多用电表的欧姆挡去测量它的电阻时，其阻值 （ ）‎ A. 接近807Ω B. 等于 807Ω C. 明显大于807Ω D. 明显小于807Ω ‎【答案】D ‎【解析】白炽灯可以看做纯电阻，根据功率公式：，带入数据解得电阻为：，此电阻为正常发光时的电阻，由于灯泡为金属材料，电阻率随温度的升高而增大，当不发光时，温度低，所以电阻要小，故D正确，ABC错误。‎ ‎11. 如图，当开关S闭合，两只灯泡均发光，两电表均有示数.一段时间后，发现电压表示数为零，电流表示数增大，经检查除小灯泡外其余器材连接良好，造成这种情况的原因可能是 A. 灯L1断路 B. 灯L2短路 C. 灯L1短路 D. 灯L1、L2都断路 ‎【答案】B ‎【解析】如果灯L1断路，电压表无示数，电流表示数为零，不符合题意，故A错误；如果灯L2短路，则电压表也会被短路，造成电压表示数为零，电流表示数变大，故B正确；如果灯L1短路，则电压表有示数且为电源电压，此时电路中只有灯L2，电阻变小，电流变大，不符合题意，故C错误；如果灯L1、L2都断路，则整个电路断路，电路中无电流，两表都无示数，不符合题意，故D错误。所以B正确，ACD错误。‎ ‎12. 在一个微安表G上并联一个电阻R，就改装成一块安培表,今将该表与标准安培表串联后去测电流,发现该表的示数总比标准表的示数小,修正的方法为( )‎ A. 在R上并联一个小电阻 B. 在R上并联一个大电阻 C. 将R的阻值变大些 D. 将R的阻值变小些 ‎【答案】C ‎【解析】电流表示数偏小，说明所并联电阻的分流太大，则分流电阻阻值偏小，让分流电阻变的稍大些即可，故C正确，D错误；在原分流电阻上再并联一个适当的小电阻或者并联适当的大电阻，都会使其并联值稍小，故AB错误。所以C正确，ABD错误。‎ ‎13. 如图所示，电路两端的电压U保持不变，电阻R1、R2、 R3消耗的电功率一样大，则电阻之比R1： R2： R3（ ）‎ ‎ ‎ A. 1：1：1 B. 4：1：1‎ C. 1：4：4 D. 1：2：2‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：并联电路两端的电压相等，则由可知，功率相等，电压相等，则电阻一定相等；中的电流等于并联部分的总电流，，故，则有：；则由可知：，解得；，故电阻之比为：1：4：4，C正确；‎ 考点：考查了串并联电路规律，电功率的计算 ‎【名师点睛】关键是公式及其变形式的灵活应用，难点是利用串联电路的电压与电阻成正比的关系求出电阻与的比值．‎ ‎14. 如图所示，图线1、2分别表示导体A、B的伏安特性曲线，它们的电阻分别为R1、R2，则下列说法正确的是 ‎ A. R1：R2=1：3‎ B. R1：R2=3：1‎ C. 将R1与R2串联后接于电源上，则电压比U1：U2=3：1‎ D. 将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ ‎【答案】A ‎ ‎ 点睛：解决本题的关键知道I-U图线的斜率表示电阻的倒数以及知道串并联电路的特点．串联电路电流相等，并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比．‎ ‎15. 三个电子在同一地点沿同一直线垂直飞入偏转电场，如图．则由此可判断（ ）‎ A. b和c同时飞离电场 B. 在b飞离电场的瞬间，a没有击中下极板 C. 进入电场时，a速度最大，c速度最小 D. c的动能增量最小，a和b的动能增量一样大 ‎【答案】D ‎【解析】b、c在竖直方向上做匀加速运动且位移关系为：yc＜yb，根据可知tc＜tb，故A错误；三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同，a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据，可知运动时间相等，故B正确；在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：，由图可知，由上可知，则，根据，因为，则可得：，所以有：，故C错误；根据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等，c电荷电场力做功最少，动能增加量最小，故D正确。所以D正确，ABC错误。‎ 二、多项选择题(本题共5小题，每小题3分．共15分,每题至少有两项，少选得1分，错选得0分，全对得3分)‎ ‎16. 下列关于电源电动势的说法正确的是（ 　）‎ A. 电源是通过静电力把其它形式的能转化为电能的装置 B. 在电源内部正电荷从低电势处向高电势处移动 C. 电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领 D. 把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势随外电阻的增大而增大 ‎【答案】BC ‎【解析】电源是通过内部非静电力把其它形式的能转化为电能的装置，故A错误；在电源内部，电流方向从负极指向正极，所以正电荷从低电势处向高电势处，故B正确；电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，反映了电源内部非静电力做功的本领，故C正确；把同一电源接在不同的电路中，电源的电动势不变，故D错误。所以BC正确，AD错误。‎ ‎17. 用多用电表测电阻时，若选择“×100”的欧姆档测量发现(　 　)‎ A. 指针指在电阻刻度较靠近0Ω的某刻度线上，则应换用“×1k”的欧姆档测量 B. 指针指在电阻刻度较靠近0Ω的某刻度线上，则应换“×10”或“×1”欧姆档测量 C. 指针指在电阻刻度较靠近∝的某刻度线上，则应换用“×1k”的欧姆档测量 D. 指针指在电阻刻度较靠近∝的某刻度线上，则应换用“×10”或“×1”的欧姆档测量.‎ ‎【答案】BC ‎【解析】试题分析：多用电表选择“×100”的欧姆档测量电阻；A、指针指在电阻刻度较靠近0Ω的某刻度线上，所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换用“×10”或“×1”的欧姆档，故A错误，B正确；C、指针指在电阻刻度较靠近∝的某刻度线上，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，则应换用“×1k”的欧姆档，故C正确，D错误；故选：BC．‎ 考点：用多用电表测电阻。‎ ‎18. 一个T形电路如图所示，电路中的电阻R1＝10 Ω，R2＝60Ω，R3＝40 Ω.另有一测试电源，电动势为50 V，内阻忽略不计．则(　 　)‎ A. 当cd端短路时，ab之间的等效电阻是34 Ω B. 当ab端短路时，cd之间的等效电阻是68 Ω C. 当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压为40 V D. 当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压为20 V ‎【答案】ABCD ‎【解析】当cd端短路时，ab间电阻R2、R3并联后与R1串联，等效电阻为：，故A正确；当ab端短路时，cd之间电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为：，故B正确；当ab两端接通测试电源时，cd两端的电压等于电阻R3两端的电压：，故C正确；当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于电阻R3两端的电压：，故D正确。所以ABCD正确。‎ ‎19. 如图所示电路，电源内阻不可忽略．开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中（ ） ‎ A. 电压表与电流表的示数都减小 B. 电压表的示数减小，电流表的示数增大 C. 电阻R1消耗的电功率增大 D. 电源内阻消耗的功率减小 ‎【答案】AC ‎【解析】试题分析：当变阻器Ro的滑动端向下滑动时，R0的阻值变小，故它与R2并联的总电阻变小，再与R1‎ 串联的总电阻也会变小，即外电器的电阻变小，所以路端电压的示数变小，即电压表的示数变小，由于电路的总电阻减小，所以电路中的电流会变大，所以R1两端的电压也随之变大，故R0与R2并联的两端电压一定变小，则电流表的示数会变小，选项A正确，B错误；由于电路中的电流增大，故电阻R1消耗的电功率增大，选项C正确；电源内阻消耗的电功率也增大，选项D错误。‎ 考点：电路的动态分析。‎ ‎【名师点晴】通过电路中外电阻的变化，由欧姆定律，串联电路的电压分配规律判断出其他物理量的变化，从而确定电路中电压表与电流表示数的变化，再确定电阻的电功率的变化；动态电路关键要抓住外电阻的变化，从而确定电路中电流的变化，进而确定其他物理量的变化。‎ ‎20. 在如图所示的电路中，C为一平行板电容器，闭合开关S，给电容器充电，当电路中电流稳定之后，下列说法正确的是（ ）‎ A. 保持开关S闭合，把滑动变阻器R1的滑片向上滑动，电流表的示数变大，电压表的示数变小 B. 保持开关S闭合，不论滑动变阻器R1的滑片上滑还是下滑，都有电流流过R2。‎ C. 保持开关S闭合，将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中，R2中有由a 到b的电流。‎ D. 断开开关S，若此时刚好有一带电油滴P静止在两平行板电容器之间，将电容器上极板与下极板稍微错开一些的过程中，油滴将向上运动。‎ ‎【答案】BCD ‎【解析】试题分析：保持开关S闭合，把滑动变阻器R1的滑片向上滑动，接入电路的电阻减小，根据欧姆定律可知电路中电流增大，R2的电压增大，则电流表的示数变大，电压表的示数变大．故A错误．保持开关S闭合，不论滑动变阻器R1的滑片是否滑动，电容器相当于开关断开，都没有电流流过R2．故B错误．保持开关S闭合，将电容器上极板与下极板距离稍微拉开一些的过程中，极板的正对面积减小，电容减小，由知，U不变，Q减小，电容器放电，则R2中有由a ‎ 到b的电流，故C错误．断开开关S，将电容器上极板与下极板稍微错开一些的过程中，极板的正对面积减小，电容减小，由知，电量Q不变，则板间电压U增大，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D正确．故选D。‎ 考点：电路的动态分析 ‎【名师点睛】电容器的动态分析重点在于明确电容器的两种状态：充电后断开电源则极板上的电量不变；电容器保持和电源相连，则两板间的电势差不变．要掌握、及电容的决定因素。‎ 三、填空实验题(15分)‎ ‎21. 如右图所示为某型号国产电池外壳上的说明文字：‎ ‎(1)电源是把其它形式的能转化为________的装置，电动势是描述电源这种本领的物理量．由图可知该电池的电动势为________V；‎ ‎(2)该电池最多可放出____mA·h的电荷量．若电池的平均工作电流为0.05 A，则它最多可使用____h．‎ ‎【答案】 (1). 电能 (2). 3.7 (3). 700 (4). 14‎ ‎【解析】电源是把其它形式的能转化为电能的装置，该电池的电动势为3.7V，可最多放出700mA·h的电量，电池的平均工作电流为0.05A，则它最多可使用 ‎22. ①在《测定金属丝电阻率》的实验中，需要测出其长度L．直径d和电阻R．用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图1，则金属丝的直径为____mm．‎ ‎②用电流表和电压表测金属丝的电流电压时读数如图2，则电压表的读数为___ V，电流表的读数为___A．‎ ‎【答案】 (1). 0.697 (2). 2.60 (3). 0.52‎ ‎【解析】（1）由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为19.7×0.01mm=0.197mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.197mm=0.697mm。 （2）由图丙所示电压表可知，其量程为3V，分度值为0.1V，示数为2.60V；由图示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.52A。‎ ‎23. 在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材及代号如下：‎ A．小灯泡L（ 3 V、5Ω）；‎ B．滑动变阻器R1（0 － 10 Ω，额定电流1.5A）；‎ C．滑动变阻器R2（0 － 500 Ω，额定电流0.5A）；‎ D．电压表V1（量程：0 － 3 V，R V ＝5 kΩ）；‎ E．电压表V2（量程：0 － 15 V，R V ＝10 kΩ）；‎ F．电流表A1（量程：0 － 0.6 A，R A ＝0.5 Ω）； ‎ G．电流表A2（量程：0 － 3 A，R A ＝0.1 Ω）；‎ H．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，实验中应选滑动变阻器_________电压表_______，电流表________；‎ ‎（2）请在图虚线框内按要求设计实验电路图 （部分线已画好）‎ ‎（3）某同学实验后作出的I －U 图象如图所示，请分析该图象形成的原因是：__________。‎ ‎（4）某同学由测出的数据画出I—U图象，如图所示，当小灯泡两端电压为1.8 V时，小灯泡的电阻值R＝________ Ω，此时小灯泡的实际功率P＝________W。(结果保留两位有效数字) ‎ ‎ ‎ ‎【答案】 (1). B (2). D (3). E (4). (5). 温度的影响 (6). 3.6 0.90‎ ‎【解析】（1）因为灯泡的电阻为5欧姆，因此为了调节方便，滑动变阻器应选择总阻值较小的 B（R1）即可；为了方便调节小灯泡额定电压是3V，电压表应选V1，即D；灯泡额定电流I=0.6A，电流表应选电流表A1，即E。 （2）因为电压、电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，灯泡的电阻大约5Ω，远小于电压表内阻，属于小电阻，电流表采用外接法误差较小，电路图如图所示：‎ ‎（3）从图象可知I-U图象的斜率逐渐减小，即电阻R逐渐增大，形成的原因是随着电压增高，小灯泡温度升高，电阻率增大阻值增大，即受温度的影响。 （4）由图可知当电压为1.8V时，对应的电流为0.5A，则根据欧姆定律可得：，此时小灯泡的实际功率：。‎ 四、计算题(本题共5小题，共45分．6+7+10+10+12=45，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，有数值计算的答案中须明确写出数值和单位)‎ ‎24. 一电源与某一电阻R组成串联电路．如图所示，A是该电源的路端电压随电流变化的图线，B是该电阻R的伏安特性曲线，求：‎ ‎（1）电源的电动势和内电阻；‎ ‎（2）电源的路端电压和电阻R；‎ ‎（3）电阻R上消耗的功率和电源内部消耗的功率；‎ ‎【答案】（1）3V 0.5Ω （2）1 Ω （3）2W ‎【解析】试题分析：由电源的路端电压与电流的关系图象可知，图象与纵轴的交点等于电源的电动势，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，求电阻R上消耗的功率和电源内部消耗的功率。‎ ‎（1）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为：E=3V，‎ 内阻等于图线的斜率大小，则内阻为：。‎ ‎（2）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，那么电源的路端电压为2V； 电阻的阻值为：‎ ‎（3）则电阻上的功率为:P=UI=2×2=4W；‎ 电源内部消耗的功率为:‎ 点睛：本题主要考查了U-I图象，抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义，结合相应的公式即可解题。‎ ‎25. 已知电流表的内阻Rg＝120 Ω，满偏电流Ig＝3 mA，‎ ‎（1）要把它改装成量程是15V的电压表，应串联多大的电阻？改装后的电压表内阻是多少？‎ ‎（2）要把它改装成量程是2 A的电流表，应并联多大的电阻？（结果保留两位有效数字）‎ ‎【答案】（1） （2）‎ ‎【解析】试题分析：把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，把电流计改装成电流表需要并联一个分流电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出串并联电阻阻值。‎ ‎（1）把电流表改装成量程为15V的电压表，串联电阻阻值为：‎ ‎，改装后的电压表内阻为：。‎ ‎（2）改装成量程是2A的电流表，并联的电阻阻值为：。‎ 点睛：本题主要考查了电压表与电流表的改装，知道电压表与电流表的改装原理、应用串并联电路特点与欧姆定律即可正确解题。‎ ‎26. 一个初速度为零的电子通过电压为U=9000v的电场加速后，从C点沿水平方向飞入电场强度为的匀强电场中，到达该电场中另一点D时，电子的速度方向与电场强度方向的夹角正好是120°，如图所示。试求C、D两点沿电场强度方向的距离y。‎ ‎【答案】0.02m 电子加速过程，由动能定理得到： ‎ 解得：‎ 在竖直方向：‎ 根据牛顿第二定律得： ‎ 联立以上可得：‎ 则CD两点沿场强方向的距离 代入数据解得y=0.02m。‎ 点睛：本题主要考查了带电粒子在电场中的偏转，应用定能定理和牛顿第二定律即可解题。‎ ‎27. 光滑绝缘水平面上固定两个等量同种电荷，其连线中垂线上有A、B、C三点，如图甲所示，一个质量m=1kg的小物块自C点由静止释放，小物块带电荷量q=5C，其运动的v﹣t图线如图乙所示，其中B点为整条图线切线斜率最大的位置（图中标出了该切线），求 ‎（1）B点场强E；‎ ‎（2）B、A两点间的电势差UBA。‎ ‎【答案】0.4V/C 3.3V ‎【解析】 试题分析：根据v-t图象的斜率等于加速度和牛顿第二定律求解电场强度E；根据动能定理求解B、A两点间的电势差UBA。‎ ‎（1）由v-t图象的斜率等于加速度即：，‎ 根据牛顿第二定律得：F=qE=ma 代入数据解得：‎ ‎（2）物块从A到B的过程，根据动能定理得：‎ 代入数据解得：‎ 所以UBA=-UAB=3.3V 点睛：本题主要考查了根据速度图象的物理意义、动能定理和牛顿第一定律相结合进行解题。‎ ‎28. 如图所示，一个“V”型玻璃管倒置于竖直平面内，并处于E=103v/m、方向竖直向下的匀强电场中，一个带负电的小球，重为G=10﹣3N，电量q=2×10﹣6C，从A点由静止开始运动，球与管壁的摩擦因数μ=0.5．已知管长AB=BC=2m，倾角α=37°，且管顶B处有一很短的光滑圆弧．求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎（1）小球第一次运动到B时的速度多大？‎ ‎（2）小球运动后，第一次速度为0的位置在何处？‎ ‎（3）从开始运动到最后静止，小球通过的总路程是多少？‎ ‎【答案】（1） （2）0.4m （3）3m ‎【解析】试题分析：根据牛顿第二定律求出在AB中的加速度，结合速度位移公式求出第一次到达B点的速度；根据牛顿第二定律求出在BC中运动的加速度，结合速度位移公式求出第一次速度为零的位置；小球最终停在B处，对全过程运用动能定理求出总路程的大小。‎ ‎（1）在上滑的过程中受到重力、电场力、垂直玻璃管向下的弹力和沿玻璃管向下的摩擦力，受力如图所示：‎ 沿斜面方向根据牛顿第二定律得：‎ 代入数据解得：a1=2m/s2‎ 根据速度位移公式：‎ 代入数据解得小球第一次到达B点时的速度为：‎ ‎（2）在下滑的过程中受到重力、竖直向上的电场力、垂直玻璃管向下的弹力和沿玻璃管向上的摩擦力，受力如上图所示．‎ 在BC面上，小球开始从B点做匀减速运动，‎ 根据牛顿第二定律得加速度的大小为：‎ 根据速度位移公式：‎ 可得速度为0时到B的距离为：‎ ‎（3）接着小球又反向向B加速运动，到B后又减 速向A运动，这样不断地往复，最后停在B点，如果将全过程等效为一个直线运动，‎ 全过程运用动能定理有：‎ 代入数据解得：L=3m，即小球通过的全路程为3m。‎ 点睛：本题主要考查了牛顿第二定律、动能定理和运动学公式的综合应用，分清过程即可解题。‎ ‎　‎ ‎ ‎ ‎ ‎