物理卷·2018届内蒙古包头一中高二上学期期中物理试卷 （解析版） 16页

‎2016-2017学年内蒙古包头一中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（每小题4分，共32分）‎ ‎1．如图所示，实线是一簇由负点电荷产生的电场线．一带正电的粒子仅在电场力作用下通过电场，图中虚线为粒子的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．下列判断正确的是（　　）‎ A．a点场强小于b点场强 B．a点电势大于b点电势 C．带电粒子从a到b动能减小 D．带电粒子从a到b电势能减小 ‎2．如图所示，给平行板电容器带一定的电荷后，将电容器的A板与静电计小球相连，并将B板与静电计的外壳接地．下列说法正确的是（　　）‎ A．将A极板向右移动少许，静电计指针的偏转角将增大 B．将B极板向上移动少许，静电计指针的偏转角将减小 C．将一块玻璃板插入A、B两极板之间，静电计指针的偏转角将减小 D．用手触摸一下B极板，静电计指针的偏转角将减小到零 ‎3．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（　　）‎ A．4V B．8V C．12V D．24V ‎4．如图所示，两个定值电阻R1、R2串联后接在电压U稳定于16V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为10V．如果他把电压表改接在R2两端，则电压表的示数将（　　）‎ A．小于6V B．等于6V C．大于6V小于10V D．等于或大于10V ‎5．如图所示，L1、L2是两个规格不同的灯泡，当它们如图连接时，恰好都能正常发光，设电路两端的电压保持不变，现将变阻器的滑片P向右移动过程中L1、L2两灯泡亮度变化情况是（　　）‎ A．I1亮度不变，I2变暗 B．I1变暗，I2变亮 C．I1变亮，I2变暗 D．I1变暗，I2亮度不变 ‎6．一块电压表是由电流表G和电阻R串联而成，如图所示，若使用过程中发现改装电压表的示数总比标准电压表准确值稍小一些，采取下列哪种措施可以改进（　　）‎ A．在R上串联一个比R大得多的电阻 B．在R上串联一个比R小得多的电阻 C．在R上并联一个比R大得多的电阻 D．在R上并联一个比R小得多的电阻 ‎7．电路中有一段金属丝长为L，电阻为R，要使电阻变为4R，下列可行的方法是（　　）‎ A．将金属丝拉长至2L B．将金属丝拉长至4L C．将金属丝对折后拧成一股 D．将金属丝两端的电压提高到原来的4倍 ‎8．用伏安法测某一电阻时，如果采用如图所示的甲电路，测量值为R1，如果采用乙电路，测量值为R2，那么R1、R2与真实值R之间满足关系（　　）‎ A．R1＞R＞R2 B．R＞R1＞R2 C．R1＜R＜R2 D．R＜R1＜R2‎ ‎　‎ 二、多项选择题（每小题5分，选对不全得3分，共20分）‎ ‎9．由欧姆定律I=导出U=IR和R=，下列叙述中正确的是（　　）‎ A．由R=知，导体的电阻由两端的电压和通过的电流决定 B．导体的电阻由导体本身的性质决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流的大小无关 C．对于确定的导体，其两端的电压和流过它的电流的比值等于它的电阻值 D．电流相同时，电阻越大，其电压降越大 ‎10．某一导体的伏安特性曲线如图中AB段（曲线）所示，曲线上A、B两点的切线分别过（0，0.5）和（0，1.0），关于导体的电阻，以下说法正确的是（　　）‎ A．B点的电阻为12Ω B．B点的电阻为40Ω C．导体的电阻因温度的影响改变了10Ω D．导体的电阻因温度的影响改变了9Ω ‎11．用相同的灵敏电流计作表头改装成电流表A和电压表V，分别将其串联和并联在一起，然后接入电路中．通电后关于指针的偏角情况的叙述正确的是（　　）‎ A．图甲中电压表的指针偏角比电流表的大 B．图甲中电压表的指针偏角比电流表的小 C．图乙中电压表的指针偏角比电流表的大 D．图乙中电压表的指针偏角比电流表的小 ‎12．一长为L的细线，上端固定于O点，下端栓一质量为m、电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始以O为圆心OA为半径向下摆动．当细线转过60°角，小球到达B点时速度恰好为零（重力加速度为g）．则（　　）‎ A．AB两点的电势UAB=‎ B．匀强电场的电场强度大小为E=‎ C．小球到达B点时，细线对小球的拉力T=mg D．若O点为零电势点，则小球到达B点时电势能最大 ‎　‎ 三、实验题（每空2分，共8分）‎ ‎13．某物理实验小组用下列器材进行实验，描绘一种特殊元件的伏安特性曲线，所测数据记录在表格中：‎ 器材：A．待测元件Rx B．电流表A（0～50mA，内阻约为200Ω）‎ C．电压表V1（0～3V，内阻约为10kΩ）‎ D．电压表V2（0～6V，内阻约为15kΩ）‎ E．滑动变阻器R1（0～20Ω，2A）‎ F．滑动变阻器R2（0～200Ω，0.2A）‎ G．学生电源（直流4V）‎ H．开关及导线 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ U/V ‎0‎ ‎0.4‎ ‎0.8‎ ‎1.2‎ ‎1.6‎ ‎2.0‎ ‎2.4‎ ‎2.6‎ ‎2.8‎ ‎3.0‎ I/mA ‎0‎ ‎0.9‎ ‎2.2‎ ‎4.2‎ ‎6.7‎ ‎11.9‎ ‎19.0‎ ‎23.8‎ ‎30.0‎ ‎37.1‎ ‎（1）为了调节方便，尽可能准确测量，电压表应选　　，滑动变阻器应选　　．（填器材前面的序号）‎ ‎（2）从如图1的几个电路图中，选出合适的实验电路图　　．‎ ‎（3）在坐标纸上用描点法画出元件的伏安特性（I～U）曲线，如图2所示．‎ ‎（4）若该元件的最佳工作电压为2.8V，现用电动势为4V，内阻r=5Ω的电源为其供电，则要在电路中串联一个阻值为R=　　Ω的电阻，才能使其处于最佳工作状态．‎ ‎　‎ 四、计算题（共40分）‎ ‎14．如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机．p是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上．闭合开关s，重物p以速度v匀速上升，这时理想电流表和理想电压表的示数分别是I=5.0A和U=110V，重物p上升的速度v=0.70m/s．已知该装置机械部分的机械效率为70%，重物的质量m=45kg（g取10m/s2）．求 ‎（1）电动机消耗的电功率P电；‎ ‎（2）绳对重物做功的机械功率P机；‎ ‎（3）电动机线圈的电阻R．‎ ‎15．如图所示，R为电阻箱，为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：‎ ‎（1）电源的电动势E和内阻r．‎ ‎（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？‎ ‎16．如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L=0.1m，两板间距离d=0.4cm，有一束由相同微粒组成的带电粒子流以相同的初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用粒子能落到下极板上．已知粒子质量m=2.0×10﹣6kg，电荷量q=1.0×10﹣8C，电容器电容C=1.0×10﹣6F，若第一个粒子刚好落到下极板中点O处，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）则带电粒子入射初速度的大小；‎ ‎（2）两板间电场强度为多大时，带电粒子能刚好落在下极板右边缘B点；‎ ‎（3）落到下极板上带电粒子总的个数．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年内蒙古包头一中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（每小题4分，共32分）‎ ‎1．如图所示，实线是一簇由负点电荷产生的电场线．一带正电的粒子仅在电场力作用下通过电场，图中虚线为粒子的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点．下列判断正确的是（　　）‎ A．a点场强小于b点场强 B．a点电势大于b点电势 C．带电粒子从a到b动能减小 D．带电粒子从a到b电势能减小 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】根据电场线的疏密可以判断电场强度的大小．根据电场线的方向分析电势高低．通过图象可以看到，粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，进而判断出电场力做功正负，分析出动能和电势能的变化．当电场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小．‎ ‎【解答】解：A、根据电场线的疏密表示电场强度的强弱，可知a点的场强大于b点场强，故A错误．‎ B、根据顺着电场线方向，电势降低，可知a点电势小于b点电势，故B错误．‎ C、粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力沿电场线向左，若粒子从a运动到b，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，故C正确、D错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎2．如图所示，给平行板电容器带一定的电荷后，将电容器的A板与静电计小球相连，并将B板与静电计的外壳接地．下列说法正确的是（　　）‎ A．将A极板向右移动少许，静电计指针的偏转角将增大 B．将B极板向上移动少许，静电计指针的偏转角将减小 C．将一块玻璃板插入A、B两极板之间，静电计指针的偏转角将减小 D．用手触摸一下B极板，静电计指针的偏转角将减小到零 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】解答本题关键应根据：电容的决定式C=分析电容的变化，抓住电容器的电量不变，由电容的定义式C=分析电压的变化，即可判断静电计指针偏转角的变化．‎ ‎【解答】解：A、将A极板向右移动少许，电容器两板间的距离减小，根据电容的决定式C=可知，电容C增大，而电容的电量Q不变，则电容的定义式C=可知，电容器板间电势差U减小，静电计指针的偏转角将减小．故A错误．‎ B、将B极板向上移动少许，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=可知，电容C减小，而电容的电量Q不变，则电容的定义式C=可知，电容器板间电势差U增大，静电计指针的偏转角将增大．故B错误．‎ C、将一块玻璃板插入A、B两极板之间，根据电容的决定式C=可知，电容C增大，而电容的电量Q不变，则电容的定义式C=可知，电容器板间电势差U减小，静电计指针的偏转角将减小．故C正确．‎ D、用手触摸一下B极板，电容器带电量没有改变，静电计指针的偏转角将不变．故D错误．‎ 故选C ‎　‎ ‎3．a、b、c、d是匀强电场中的四个点，它们正好是一个矩形的四个顶点．电场线与矩形所在平面平行．已知a点的电势为20V，b点的电势为24V，d点的电势为4V，如图，由此可知c点的电势为（　　）‎ A．4V B．8V C．12V D．24V ‎【考点】等势面；电势．‎ ‎【分析】在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分，故可将bd五等分，求出e、f的电势，连接ae和cf，则cf∥ae，φc=φf=8v．‎ ‎【解答】‎ 解：根据在匀强电场中将某一线段等分同时就将该线段两端的电势差等分将线段bd五等分，如图所示，则Ube=Ubd=×（24﹣4）=4v，‎ 故Ube=φb﹣φe=4v，‎ 故φf﹣φd=4v，‎ 故φe=24﹣4=20v．‎ φf=8v．‎ 故φa=φe，‎ 连接cf，则cf∥ae，‎ 故c点的电势φc=φf=8v．‎ 故B正确．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，两个定值电阻R1、R2串联后接在电压U稳定于16V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为10V．如果他把电压表改接在R2两端，则电压表的示数将（　　）‎ A．小于6V B．等于6V C．大于6V小于10V D．等于或大于10V ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】由串联电路总电压等于个元件电压之和，可知R2两端电压．‎ ‎【解答】解：将电压表与电阻R1并联时，电压表的读数为10V，则电阻R2两端的电压为6V．‎ 若将电压表与电阻R2并联，则其并联的总电阻小于R2，根据串联电阻的电压分配可知，电压表的读数将小于6V，故A正确，BCD错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎5．如图所示，L1、L2是两个规格不同的灯泡，当它们如图连接时，恰好都能正常发光，设电路两端的电压保持不变，现将变阻器的滑片P向右移动过程中L1、L2两灯泡亮度变化情况是（　　）‎ A．I1亮度不变，I2变暗 B．I1变暗，I2变亮 C．I1变亮，I2变暗 D．I1变暗，I2亮度不变 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】本题的电路结构是：滑动变阻器与灯泡L2并联，再与灯泡L1串联．滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，引起并联部分电阻变化，外电路总电阻变化，干路电流变化，再分析灯泡L2电压的变化来分析灯泡亮度的变化．‎ ‎【解答】解：滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，变阻器有效电阻RP变大，外电路总电阻R变大，干路电流I=减小，则L1变暗，灯泡L2的电压U2=U﹣IR1变大，则L2变亮．故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．一块电压表是由电流表G和电阻R串联而成，如图所示，若使用过程中发现改装电压表的示数总比标准电压表准确值稍小一些，采取下列哪种措施可以改进（　　）‎ A．在R上串联一个比R大得多的电阻 B．在R上串联一个比R小得多的电阻 C．在R上并联一个比R大得多的电阻 D．在R上并联一个比R小得多的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】求解本题的关键是明确电压表的改装和读数原理，电压表示数偏小，说明通过电压表的电流比正常值小，可见通过减小电压表内阻即可改进．‎ ‎【解答】解：根据电压表的改装及读数原理可知，若电压表读数偏小，说明通过电压表的电流偏小，所以只需减小电压表的内阻即可，根据串并联的特点可知，应换用比R小点儿的电阻或在R上并联一比R大得多的电阻即可．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．电路中有一段金属丝长为L，电阻为R，要使电阻变为4R，下列可行的方法是（　　）‎ A．将金属丝拉长至2L B．将金属丝拉长至4L C．将金属丝对折后拧成一股 D．将金属丝两端的电压提高到原来的4倍 ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】根据R=知，电阻与导线的长度和横截面积有关，根据该公式确定可行的方法．‎ ‎【解答】解：A、将金属丝拉长至2L，体积不变，则横截面积变为原来的，根据R=知，电阻变为原来的4倍．故A正确．‎ ‎ B、将金属丝拉长至4L，体积不变，则横截面积变为原来的，根据R=知，电阻变为原来的16倍．故B错误．‎ ‎ C、将金属丝对折后拧成一股，长度变为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据R=知，电阻变为原来的．故C错误．‎ ‎ D、将金属丝两端的电压提高到原来的4倍，电阻不变．故D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎8．用伏安法测某一电阻时，如果采用如图所示的甲电路，测量值为R1，如果采用乙电路，测量值为R2，那么R1、R2与真实值R之间满足关系（　　）‎ A．R1＞R＞R2 B．R＞R1＞R2 C．R1＜R＜R2 D．R＜R1＜R2‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】根据两接法的特点可知误差的来源及对结果的影响，即可得出其测量结果与真实值之间的关系．‎ ‎【解答】解：甲图中电压值是准确的，而由于电压表的分流导致电流值偏大，故测量结果将小于真实值；‎ 而乙图中电流值是准确的，而由于电流表的分压导致了电压表示数偏大，故测量结果将大于真实值；‎ 故答案为：R1＜R＜R2，C正确；‎ 故选C ‎　‎ 二、多项选择题（每小题5分，选对不全得3分，共20分）‎ ‎9．由欧姆定律I=导出U=IR和R=，下列叙述中正确的是（　　）‎ A．由R=知，导体的电阻由两端的电压和通过的电流决定 B．导体的电阻由导体本身的性质决定，跟导体两端的电压及流过导体的电流的大小无关 C．对于确定的导体，其两端的电压和流过它的电流的比值等于它的电阻值 D．电流相同时，电阻越大，其电压降越大 ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】根据欧姆定律的内容和影响电阻大小的因素进行解答．欧姆定律的内容是：电阻一定时，导体中的电流与导体两端的电压成正比；当导体两端的电压一定时，通过导体的电流与导体的电阻成反比．导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与电压电流无关．‎ ‎【解答】解：A、导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与电压电流无关，故A错误，B正确；‎ C、由欧姆定律R=可知，对某一导体来说，其两端电压和流过它的电流的比值就是它的电阻值，故C正确；‎ D、根据U=IR可知，一定的电流流过导体，电阻越大，其电压越大，即电阻两端的电压降越大，故D正确．‎ 故选：BCD ‎　‎ ‎10．某一导体的伏安特性曲线如图中AB段（曲线）所示，曲线上A、B两点的切线分别过（0，0.5）和（0，1.0），关于导体的电阻，以下说法正确的是（　　）‎ A．B点的电阻为12Ω B．B点的电阻为40Ω C．导体的电阻因温度的影响改变了10Ω D．导体的电阻因温度的影响改变了9Ω ‎【考点】路端电压与负载的关系．‎ ‎【分析】由图读出A、B点时电压和电流，根据电阻的定义式R=求解电阻，再得到电阻的变化量．‎ ‎【解答】解：AB、B点的电阻为：RB===40Ω；故A错误，B正确；‎ CD、A点的电阻为：RA==Ω=30Ω，则两点间的电阻改变了40﹣30=10Ω；故C正确，D错误；‎ 故选：BC ‎　‎ ‎11．用相同的灵敏电流计作表头改装成电流表A和电压表V，分别将其串联和并联在一起，然后接入电路中．通电后关于指针的偏角情况的叙述正确的是（　　）‎ A．图甲中电压表的指针偏角比电流表的大 B．图甲中电压表的指针偏角比电流表的小 C．图乙中电压表的指针偏角比电流表的大 D．图乙中电压表的指针偏角比电流表的小 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】根据改装电流表需要并联一个电阻分流，改装电压表需要串联一个电阻分压原理分析．‎ ‎【解答】解：‎ AB、图甲中由于电流表的电流计是并联在电路中，电压表的电流计是串联在电路中，而串联电路的电流相等，所以由于电流表的定值电阻分流的原因，通过电流表的电流计的电流小于电压表的，所以电压表的指针偏转角比电流表的大，A正确，B错误；‎ CD、图乙中电压表和电流表是并联在一起的，两端的电压是相等的，由于电压表中的定值电阻的分压原因，电压表中电流计两端的电压小于电流表中电流计两端的电压，所以图乙中电压表的指针偏角比电流表的小，C错误，D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎12．一长为L的细线，上端固定于O点，下端栓一质量为m、电荷量为q的小球，处于如图所示的水平向右的匀强电场中．开始时，将线与小球拉成水平，然后释放，小球由静止开始以O为圆心OA为半径向下摆动．当细线转过60°角，小球到达B点时速度恰好为零（重力加速度为g）．则（　　）‎ A．AB两点的电势UAB=‎ B．匀强电场的电场强度大小为E=‎ C．小球到达B点时，细线对小球的拉力T=mg D．若O点为零电势点，则小球到达B点时电势能最大 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】小球在电场中受到重力、水平向右的电场力和细线的拉力，小球从A到B的过程，运用动能定理列式可求出电势差和场强．‎ 小球在B点时速度为零，向心力为零，根据重力、电场力和绳子的拉力的合力提供小球的向心力，由牛顿第二定律求出细线对小球的拉力．‎ ‎【解答】解：A、A到B根据动能定理，解得：，故A错误；‎ B、AB两点沿电场方向的距离，根据，故B错误；‎ C、小球到达B点时，在B位置，小球的速度为零，向心力为零，有：T=mgcos30°+qEcos60°=mg，故C正确；‎ D、小球从A到B电场力做负功，到B点时克服电场力做功最多，小球到达B点时电势能最大，故D正确；‎ 故选：CD ‎　‎ 三、实验题（每空2分，共8分）‎ ‎13．某物理实验小组用下列器材进行实验，描绘一种特殊元件的伏安特性曲线，所测数据记录在表格中：‎ 器材：A．待测元件Rx B．电流表A（0～50mA，内阻约为200Ω）‎ C．电压表V1（0～3V，内阻约为10kΩ）‎ D．电压表V2（0～6V，内阻约为15kΩ）‎ E．滑动变阻器R1（0～20Ω，2A）‎ F．滑动变阻器R2（0～200Ω，0.2A）‎ G．学生电源（直流4V）‎ H．开关及导线 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ ‎8‎ ‎9‎ ‎10‎ U/V ‎0‎ ‎0.4‎ ‎0.8‎ ‎1.2‎ ‎1.6‎ ‎2.0‎ ‎2.4‎ ‎2.6‎ ‎2.8‎ ‎3.0‎ I/mA ‎0‎ ‎0.9‎ ‎2.2‎ ‎4.2‎ ‎6.7‎ ‎11.9‎ ‎19.0‎ ‎23.8‎ ‎30.0‎ ‎37.1‎ ‎（1）为了调节方便，尽可能准确测量，电压表应选　C　，滑动变阻器应选　E　．（填器材前面的序号）‎ ‎（2）从如图1的几个电路图中，选出合适的实验电路图　C　．‎ ‎（3）在坐标纸上用描点法画出元件的伏安特性（I～U）曲线，如图2所示．‎ ‎（4）若该元件的最佳工作电压为2.8V，现用电动势为4V，内阻r=5Ω的电源为其供电，则要在电路中串联一个阻值为R=　35　Ω的电阻，才能使其处于最佳工作状态．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据元件的额定电压确定电压表，从减小误差和可操作性角度确定滑动变阻器．‎ ‎（2）根据实验要求电流从零调可知变阻器应用分压式接法，根据待测电阻远小于电压表内阻可知，电流表应用外接法；‎ ‎（4）根据闭合电路的欧姆定律即可求出串联电阻的电阻值．‎ ‎【解答】解：（1）由表格中的数据可知，测量的最大电压是3V，所以选择的电压表是量程3V的C；由于测量过程中的电压是从0开始，所以实验使用滑动变阻器的分压式接法，要选择电阻值比较小的E．‎ ‎（2）待测电阻的电阻值约为：Rx===81Ω＜RA 即待测元件的电阻值小于电流表的电阻值，所以测量电路需要使用电流表外接法．由于测量过程中的电压是从0开始，所以实验使用滑动变阻器的分压式接法．则实验的原理图应选择C；‎ ‎（4）由图可知，该元件的最佳工作电压为2.8V，此时电流I=32mA，设需要串联一个电阻值为R的电阻，则由闭合电路的欧姆定律：I=‎ 代入数据得：R=35Ω 故答案为：（1）C；E；（2）C；（4）如图； （4）35‎ ‎　‎ 四、计算题（共40分）‎ ‎14．如图所示是利用电动机提升重物的示意图，其中D是直流电动机．p是一个质量为m的重物，它用细绳拴在电动机的轴上．闭合开关s，重物p以速度v匀速上升，这时理想电流表和理想电压表的示数分别是I=5.0A和U=110V，重物p上升的速度v=0.70m/s．已知该装置机械部分的机械效率为70%，重物的质量m=45kg（g取10m/s2）．求 ‎（1）电动机消耗的电功率P电；‎ ‎（2）绳对重物做功的机械功率P机；‎ ‎（3）电动机线圈的电阻R．‎ ‎【考点】电功、电功率；闭合电路中的能量转化．‎ ‎【分析】（1）已知电动机两端的电压和通过的电流，根据P=UI求出电动机的耗电功率；‎ ‎（2）根据P机=mgv求出机械功率；‎ ‎（3）由机械部分的机械效率可求出电动机输出功率，根据电动机消耗的功率与输出功率之差，即为线圈电阻发热功率，再由P=I2R求出电动机线圈的电阻．‎ ‎【解答】解：（1）电动机消耗的电功率为 P电=UI=5×110W=550W ‎（2）绳对重物做功的机械功率为P机=mgv=45×10×0.70W=315W ‎（3）电动机输出的电功率为P机出==W=450W 电动机线圈的电阻R的发热功率为P线=P电﹣﹣P机出=100W 由 P线=I2R得 电动机线圈的电阻R=‎ 答：（1）电动机消耗的电功率P电为550W；‎ ‎（2）绳对重物做功的机械功率P机为315W；‎ ‎（3）电动机线圈的电阻R为4Ω．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，R为电阻箱，为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：‎ ‎（1）电源的电动势E和内阻r．‎ ‎（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）由两次电压表及电阻箱的读数，列出闭合电路欧姆定律联立可求得电动势和内阻；‎ ‎（2）由功率表达式可知，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；由数学知识可求得最大值．‎ ‎【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律：‎ 联立上式并代入数据解得：‎ E=6V r=1Ω 电源电动势为6V，内阻为1Ω；‎ ‎（2）由电功率表达式：‎ 将上式变形为：‎ 由上式可知R=r=1Ω时P有最大值为；‎ 故P的最大输出功率为9W．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，水平放置的平行板电容器，原来两板不带电，上极板接地，它的极板长L=0.1m，两板间距离d=0.4cm，有一束由相同微粒组成的带电粒子流以相同的初速度从两板中央平行于极板射入，由于重力作用粒子能落到下极板上．已知粒子质量m=2.0×10﹣6kg，电荷量q=1.0×10﹣8C，电容器电容C=1.0×10﹣6F，若第一个粒子刚好落到下极板中点O处，取g=10m/s2．求：‎ ‎（1）则带电粒子入射初速度的大小；‎ ‎（2）两板间电场强度为多大时，带电粒子能刚好落在下极板右边缘B点；‎ ‎（3）落到下极板上带电粒子总的个数．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据粒子做平抛运动的规律，运用运动的合成与分解，并依据运动学公式，即可求解；‎ ‎（2）根据牛顿第二定律，结合电场力表达式，与运动学公式，即可求解．‎ ‎（3）结合（2）中的电场强度与Q=CEd，Q=nq即可求得落到下极板上带电粒子总的个数．‎ ‎【解答】解：（1）对第一个落在O点的粒子：‎ 水平方向：‎ 竖直方向：‎ 得：‎ ‎（2）对落到B点的粒子 由：L=v0t mg﹣Eq=ma 得：‎ ‎（3）由：Q=CEd=6.0×10﹣6（C）‎ 得：‎ 落到下极板上粒子总数为N+1=601个 ‎ 答：（1）若第一个粒子刚好落到下板中点O处，则带电粒子入射初速度的大小是2.5m/s；‎ ‎（2）两板间电场强度为1.5×103V/m时，带电粒子能刚好落到下板右边缘B点；‎ ‎（3）落到下极板上带电粒子总的个数是601个．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日