1、甘肃省张掖市高台一中2014-2015学年高二上学期期中物理试卷（理科）一、单项选择题本题共12小题，每小题3分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，选对得3分，选错或不答得0分.1（3分）某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为P和Q，则（）AEPEQ，PQBEPEQ，PQCEPEQ，PQDEPEQ，PQj2（3分）两个分别带有电荷量Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）ABCD12F3（3分）如图所示，M、N为两
2、个固定的等量同种正电荷，在其连线的中垂线上的P点（离O点很近）由静止开始释放一电荷量为q的点电荷，不计重力，下列说法中正确的是（）A点电荷在从P到O的过程中，速度先逐渐增大后逐渐减小B点电荷在从P到O的过程中，做匀速直线运动C点电荷运动到O点时，加速度为零，速度达到最大值D点电荷越过O点后，速度先逐渐增大，然后逐渐减小，直到粒子速度为零4（3分）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106C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105J，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
3、示CB点电场强度为零DB点电势为20V5（3分）某平行板电容器的电容为C，带电量为Q，相距为d，今在板间中点放一个电量为q的点电荷，则它受到的电场力的大小为（）ABCD6（3分）图中A、B、C、D四个图是描述给定的电容器充电后，电容器的带电量Q、两板间电势差U、电容C之间相互关系的图线，其中错误的是（）ABCD7（3分）如图所示，让平行板电容器带电后，极板B与一灵敏的静电计相接，极板A接地静电计的指针偏转一定的角度，若不改变A、B两板的带电量而将A板向靠近B板，那么静电计指针的偏转角度将（）A一定减小B一定增大C一定不变D可能不变8（3分）一段粗细均匀的铝线，其横截面积直径是d，电阻为1欧现将
4、其拉制成直径为0.1d的均匀细线后，它的电阻值变成（）A0.01千欧B0.1千欧C10千欧D100千欧9（3分）如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片P向b端滑动，则（）A电灯L变亮，电流表的示数增大B电灯L变亮，电流表的示数变小C电灯L变暗，电流表的示数变小D电灯L变暗，电流表的示数增大10（3分）图中显示了a、b、c、d四种不同导体的伏安特性曲线，若把这四种导体串联接入一电路中，则热功率最大的是（）AaBbCcDd11（3分）用伏安法测电阻时，电流表有两种接法，如图甲、乙所示，则下列说法正确的是（）用甲图测量时，误差主要是由于电流表的分压作
5、用造成的用乙图测量时，误差主要是由于电流表的分压作用造成的若待测电阻的阻值远远大于电流表的阻值，采用图甲测量的误差较小若待测电阻的阻值远远小于电压表的阻值，采用图甲测量的误差较小ABCD12（3分）如图为两个不同闭合电路中两个不同电源的UI图象，O为坐标原点，下列判断正确的是（）A电动势E1=E2，内阻r1r2B电动势E1E2，内阻 r1r2C电动势E1E2，内阻 r1r2D电动势E1=E2，发生短路时的电流I1I2二、不定项选择题本题共4小题，每题4分，共16分在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意全选对得4分，选不全得2分，有错项不得分13（4分）在闭合电路中，下列叙述正确的是（）A
6、当外电路断开时，路端电压等于零B闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比C当外电路短路时，电路中的电流趋近于无穷大D当外电阻增大时，路端电压将增大14（4分）如图所示，用两节干电池点亮几个小灯泡，干电池内阻不可忽略当逐一闭合开关，接入灯泡增多时，以下说法正确的是（）A灯少时各灯较亮，灯多时各灯较暗B灯多时各灯两端电压较低C灯多时通过电池的电流较小D灯多时通过各灯的电流较大15（4分）示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（）A极板X应带正电B极板X应带正电C极板Y应带正电D极板Y应带正电16（4分）一
7、带电粒子射入固定在O点的点电荷的电场中，粒子轨迹如图虚线abc所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，可以判断（）A粒子受到静电排斥力的作用B粒子速度vbvaC粒子动能EkaEkcD粒子电势能EpbEpc三、实验题本题共3小题，每空3分，共18分17（6分）有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是mm用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是mm18（6分）已知满偏电流为 Ig=3mA，内阻为Rg=100的电流表，把它串联一个4.9k的电阻后，作电压表使用，该电压表的量程为V若用它测量某一电路两端电压时，电
8、压表示数如图所示，则电路两端电压为V19（6分）为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求小灯炮两端电压能从零开始变化所给器材如下：A电流表（0200mA，内阻0.5）B电流表（00.6A，内阻0.01）C电压表（03V，内阻5k）D电压表（015V，内阻50k）E滑动变阻器（010，0.5A）F电源（3V）G电键一个，导线若干（1）实验中所用电流表和电压表应选用（2）在方框中画出实验电路图1（3）考虑到金属电阻率与温度的关系，图2中能较正确反映通过小灯泡的电流I与灯泡两端的电压U之间的变化关系的是三、计算题本题共4小题，共30分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤
9、，只写出最后答案不得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位20（6分）质量为m，电量为+q的带电小球用绝缘细线悬挂在O点，现加一竖直向下的匀强电场，悬线所受拉力为3mg（1）求所加电场的场强E为多大？（2）若场强大小不变，方向变为水平向左，平衡时悬线的拉力T？21（8分）如图所示，电源是用4节电池组成的串联电池组，每节电池的电动势为1.5V，内阻为1，R1=8，R2=8，R3=4，求R3电阻中的电流是多大？22（7分）如图电路中，电池组的电动势E=42V，内阻r=2，定值电阻R=20，D是电动机，其线圈电阻R=1电动机正常工作时，理想电压表示数为20V求：（1）通过电动机的电流是多少？
10、（2）电动机消耗的电功率为多少？（3）电动机输出的机械功率为多少？23（9分）如图所示，有一正粒子，质量为m，电荷量为q，由静止开始经电势差为U1的电场加速后，进入两块板间距离为d，板间电势差为U2的平行金属板间，若质子从两板正中间垂直电场方向射入偏转电场，并且恰能从下板右边缘穿出电场求：（1）粒子刚进入偏转电场时的速度v0；（2）粒子在偏转电场中运动的时间和金属板的长度；（3）粒子穿出偏转电场时的动能甘肃省张掖市高台一中2014-2015学年高二上学期期中物理试卷（理科）参考答案与试题解析一、单项选择题本题共12小题，每小题3分，共36分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题意，选对
11、得3分，选错或不答得0分.1（3分）某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为P和Q，则（）AEPEQ，PQBEPEQ，PQCEPEQ，PQDEPEQ，PQj考点：电场线；电场强度；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据P、Q两点处电场线的疏密比较电场强度的大小根据沿电场线的方向电势降低解答：解：由图P点电场线密，电场强度大，EPEQ，沿电场线的方向电势降低，PQ故选：A点评：掌握电场线的特点：疏密表示强弱，沿电场线的方向电势降低2（3分）两个分别带有电荷量Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为
12、F两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）ABCD12F考点：库仑定律；电荷守恒定律 专题：计算题分析：清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题解答：解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+Q，距离又变为原来的，库仑力为F=k，所以两球间库仑力的大小为故选C点评：本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题3（3分）如图所示，M、N为两个固定的等量同种正电荷，在其连线的中垂线上的P点（离O点很近）由静止开始释放一电荷量为q的点电荷，不计
13、重力，下列说法中正确的是（）A点电荷在从P到O的过程中，速度先逐渐增大后逐渐减小B点电荷在从P到O的过程中，做匀速直线运动C点电荷运动到O点时，加速度为零，速度达到最大值D点电荷越过O点后，速度先逐渐增大，然后逐渐减小，直到粒子速度为零考点：电场的叠加；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：M、N为两个等量的正点电荷，其连线中垂线上电场强度方向OP，负点电荷q从P点到O点运动的过程中，电场力方向PO，速度越来越大但电场线的疏密情况不确定，电场强度大小变化情况不确定，则电荷所受电场力大小变化情况不确定，加速度变化情况不确定越过O点后，负电荷q做减速运动，点电荷运动到O点时加速度为零，速度达
14、最大值，加速度变化情况同样不确定解答：解：AB、点电荷q在从P到O的过程中，所受的电场力方向竖直向下，做加速运动，所以速度越来越大，因为从O向上到无穷远，电场强度先增大后减小，所以P到O的过程中，电场强度大小是变化的，加速度是变化的，做的是非变加速运动，故A、B错误C、点电荷运动到O点时，所受的电场力为零，加速度为零，然后向下做减速运动，所以O点的速度达到最大值故C正确D、根据电场线的对称性可知，越过O点后，负电荷q做减速运动，故D错误故选：C点评：本题考查对等量同种电荷电场线的分布情况及特点的理解和掌握程度，要抓住电场线的对称性进行分析求解，注意从O点向上或向下的过程，电场强度都是先增大后减
15、小4（3分）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106C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105J，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CB点电场强度为零DB点电势为20V考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度；电势 专题：电场力与电势的性质专题分析：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105J，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
16、的电势差，由UAB=AB，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105J，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A、B间的电势差 UAB=V=10V，又UAB=AB，A=10V，则B的电势为 B=0场强与电势无关，B点的电场强度不为0，故C、D错误故选：A点评：根据轨迹弯曲的方向要能判断出合力的方向，结合电场的性质，根据动能定理求出电势差，再求电势，都是常规的方法5（3分）某平行板电容器的电容为C，带电量为Q，相距
17、为d，今在板间中点放一个电量为q的点电荷，则它受到的电场力的大小为（）ABCD考点：电容器的动态分析 专题：电容器专题分析：由电容的定义式C=求出两极板间的电压，由板间电压与场强的关系式U=Ed求出板间场强，点电荷所受的电场力大小为F=qE解答：解：由电容的定义式C=得，板间电压为U=板间场强大小为E=点电荷所受的电场力大小为F=qE，联立得到，F=故选：C点评：本题考查对于电容、板间电压、场强等物理量之间关系的掌握情况基础题6（3分）图中A、B、C、D四个图是描述给定的电容器充电后，电容器的带电量Q、两板间电势差U、电容C之间相互关系的图线，其中错误的是（）ABCD考点：电容 专题：电容器专
18、题分析：电容表征电容器容纳电荷的本领大小，对于给定的电容器，其电容一定电量Q=CU，Q与U成正比根据这两点选择图象解答：解：A、C、对于给定的电容器，其电容C一定，CQ图象平行于横轴故A错误，BD正确；B、D对于给定的电容器，其电容C一定，电量Q=CU，Q与U成正比，QU图象是过原点的倾斜的直线故C正确本题选择错误的，故选：A点评：本题考查识别、理解物理图象的能力要抓住电容定义的方法：比值定义法，定义出来C与Q、U无关，反映电容器本身的性质7（3分）如图所示，让平行板电容器带电后，极板B与一灵敏的静电计相接，极板A接地静电计的指针偏转一定的角度，若不改变A、B两板的带电量而将A板向靠近B板，那
19、么静电计指针的偏转角度将（）A一定减小B一定增大C一定不变D可能不变考点：电容器的动态分析 专题：电容器专题分析：根据距离的变化判断电容的变化，抓住电量不变，通过Q=CU判断出电势差的变化，从而得知静电计指针偏转角度的变化解答：解：减小两极板间的距离，根据C=知，电容增大，因为电量不变，根据Q=CU，知电势差减小，则指针偏转角度一定减小故A正确，B、C、D错误故选：A点评：解决本题的关键抓住电量不变，通过电容的变化判断电势差的变化8（3分）一段粗细均匀的铝线，其横截面积直径是d，电阻为1欧现将其拉制成直径为0.1d的均匀细线后，它的电阻值变成（）A0.01千欧B0.1千欧C10千欧D100千欧
20、考点：电阻定律 专题：恒定电流专题分析：铝线的横截面的直径为d，横截面积为S=d2，根据数学知识确定直径是后横截面积的关系，根据体积不变，分析长度的关系，由电阻定律分析电阻的变化情况解答：解：铝线的横截面的直径为d，横截面积为S1=d2，由数学知识得知，直径是后横截面积是S2=S1，由于铝线的体积不变，由长度变为原来的100倍，根据电阻定律R=得到，电阻是原来的10000倍，即为10000=10K故选：C点评：本题要综合考虑电阻随导体横截面积和长度的变化，不能只考虑其一，不考虑其二基础题9（3分）如图所示的电路中，电源的电动势E和内电阻r恒定不变，电灯L恰能正常发光，如果变阻器的滑片P向b端滑
21、动，则（）A电灯L变亮，电流表的示数增大B电灯L变亮，电流表的示数变小C电灯L变暗，电流表的示数变小D电灯L变暗，电流表的示数增大考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：滑动变阻器的滑片向b端滑动过程，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，来判断电灯亮度和电流表示数的变化解答：解：滑动变阻器的滑片向b端滑动过程，变阻器接入电路的电阻增大，即R1，则外电路总电阻R，由闭合电路欧姆定律得知总电流I，路端电压U=EIr电灯L的电压等于路端电压，所以电灯L更亮，电流表的示数减小故选：B点评：本题是简单的电路动态分析问题对于路端电压也可以直接根
22、据路端电压随外电阻增大而增大判断变化10（3分）图中显示了a、b、c、d四种不同导体的伏安特性曲线，若把这四种导体串联接入一电路中，则热功率最大的是（）AaBbCcDd考点：欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：本题为图象分析问题，在图中任意做一条与横轴垂直的直线，则得到图象的交点为电流相同点，对应的纵坐标即为此时电阻两端的电压值，再由欧姆定律进行比较即可解答：解：由下图可知，当电流相同时，UdUcUbUa；由欧姆定律R=可知：当电流相同时，电压越大，导体的电阻就越大，即RdRcUbUa若把这四种导体串联接入一电路中，根据电热功率的公式：P=I2R，则热功率最大的是电阻值最大的d故选：D点评：本题
23、考查了串并联电路的特点和由图象获取信息的能力，在解题中注意控制变量法的应用11（3分）用伏安法测电阻时，电流表有两种接法，如图甲、乙所示，则下列说法正确的是（）用甲图测量时，误差主要是由于电流表的分压作用造成的用乙图测量时，误差主要是由于电流表的分压作用造成的若待测电阻的阻值远远大于电流表的阻值，采用图甲测量的误差较小若待测电阻的阻值远远小于电压表的阻值，采用图甲测量的误差较小ABCD考点：伏安法测电阻 专题：恒定电流专题分析：用伏安法测电阻的两种常用电路分别是电流表内接法和电流表外接法，电流表内接法测得的电阻阻值是电流表内阻与待测电阻的串联值的和，电流表外接法测得的电阻阻值是待测电阻Rx和电
24、压表内阻的并联电阻值；用的电流表内阻越小，电压表内阻越大，测量的误差越小解答：解：由图甲所示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，使所测电流偏大，实验误差来源于电压表分流，当电压表内阻远大于待测定值阻值时采用该电路误差 较小，故错误；由图乙所示电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，所测电压偏大，试验误差是由电流表的分压造成的，当待测电阻阻值远大于电流量表内阻时，用该电路试验误差较小，故正确，故B正确；故选：B点评：该题中用伏安法测电阻的两种常用电路分别是电流表内接法和电流表外接法，电流表内接法测得的电阻值大，电流表外接法测得的电阻值偏小；该知识点既可以说是属于记忆性
25、的知识，也可以记住分析的方法属于中档题12（3分）如图为两个不同闭合电路中两个不同电源的UI图象，O为坐标原点，下列判断正确的是（）A电动势E1=E2，内阻r1r2B电动势E1E2，内阻 r1r2C电动势E1E2，内阻 r1r2D电动势E1=E2，发生短路时的电流I1I2考点：路端电压与负载的关系 专题：恒定电流专题分析：UI图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻解答：解：AUI图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E1=E2，内阻r1r2，故ABC错误；DUI图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，故电动势E1=E2
26、，发生短路时的电流I1I2，故D正确；故选：D点评：本题考查了闭合电路电源的UI图象的相关知识，要求同学们理解UI图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻二、不定项选择题本题共4小题，每题4分，共16分在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意全选对得4分，选不全得2分，有错项不得分13（4分）在闭合电路中，下列叙述正确的是（）A当外电路断开时，路端电压等于零B闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比C当外电路短路时，电路中的电流趋近于无穷大D当外电阻增大时，路端电压将增大考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：根据闭合电路欧
27、姆定律U=EIr可知，当外电路断开时，路端电压等于电动势当外电路短路时，电路中的电流很大，但不是无穷大，因为电源有一定的内阻当外电阻增大时，电流减小，内电压减小，路端电压将增大解答：解：A、根据闭合电路欧姆定律U=EIr可知，当外电路断开时，电流I=0，路端电压U=E故A错误 B、根据闭合电路欧姆定律I=得知：闭合电路的电流跟电源的电动势成正比，跟内外电路的电阻之和成反比 C、当外电路短路时，R=0，短路电流I短=，电源内阻r0，I短故C错误 D、当外电阻增大时，电流减小，内电压减小，路端电压将增大故D正确故选BD点评：本题考查对闭合电路欧姆定律的理解能力对于断路和短路两个特例，要在理解的基础
28、上加强记忆14（4分）如图所示，用两节干电池点亮几个小灯泡，干电池内阻不可忽略当逐一闭合开关，接入灯泡增多时，以下说法正确的是（）A灯少时各灯较亮，灯多时各灯较暗B灯多时各灯两端电压较低C灯多时通过电池的电流较小D灯多时通过各灯的电流较大考点：闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路 专题：恒定电流专题分析：由并联电路的规律可知外部总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可判断路端电压和通过电池的电流变化解答：解：A、B、C由图可知，灯泡均为并联当点亮的电灯数目增多时，并联的支路增多，由并联电路的电阻规律可知，外部总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，通过电池的电流增大，则电池的内电压增大，故路端电压减
29、小，灯泡两端的电压变小，灯泡变暗，故AB正确，C错误；D、由上分析可知，灯多时，通过电池的总电流减小，而支路的数目增大，所以各灯的电流较小，故D错误故选：AB点评：解答本题应掌握：并联电路中并联支路越多，总电阻越小；同时注意闭合电路欧姆定律在电路动态分析中的应用方法，一般可按外电路内电路外电路的思路进行分析15（4分）示波管是示波器的核心部件，它由电子枪、偏转电极和荧光屏组成，如图所示如果在荧光屏上P点出现亮斑，那么示波管中的（）A极板X应带正电B极板X应带正电C极板Y应带正电D极板Y应带正电考点：示波器的使用 专题：实验题分析：由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向
30、确定电场的方向，再确定极板所带的电性由亮斑位置可知电子偏转的打在偏向X，Y向，由电子所受电场力的方向确定电场的方向，再确定极板所带的电性解答：解：电子受力方向与电场方向相反，因电子向X向偏转则，电场方向为X到X，则X带正电 同理可知Y带正电，故AC正确，BD错误故选：AC点评：考查电子的偏转，明确电子的受力与电场的方向相反16（4分）一带电粒子射入固定在O点的点电荷的电场中，粒子轨迹如图虚线abc所示，图中实线是同心圆弧，表示电场的等势面，不计重力，可以判断（）A粒子受到静电排斥力的作用B粒子速度vbvaC粒子动能EkaEkcD粒子电势能EpbEpc考点：等势面 专题：电场力与电势的性质专题分
31、析：从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了向左的力（排斥力）作用，从a到b过程中，电场力做负功，可判断电势能的大小和速度大小a、c两点处于同一等势面上，由动能定理分析粒子在a、c两点的速度大小关系解答：解：A：如图所示，轨迹向左弯曲，带电粒子所受的电场力方向向左，则带电粒子受到了排斥力作用故A正确B：从a到b过程中，带电粒子受到了排斥力作用，电场力做负功，可知电势能增大，动能减小，粒子在b点的速度一定小于在a点的速度故B错误C：a、c两点处于同一等势面上，从a到c，电场力为零，则a、c两点动能相等，故C错误D：从b到c过程中，电场力做正功，可知电势能减小，粒子在b点的电势能一定大
32、于在c点的电势能，故D正确故选：AD点评：本题是轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路三、实验题本题共3小题，每空3分，共18分17（6分）有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是10.50mm用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是1.7311.733mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 专题：实验题分析：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻
33、度读数，在读可动刻度读数时需估读解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为：1cm=10mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为100.05mm=0.50mm，所以最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm2、螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为23.20.01mm=0.232mm，所以最终读数为1.5mm+0.232mm=1.732mm，由于需要估读，最后的结果可以在1.7311.733之间故答案为：10.501.7311.733点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量18（6分）已知满偏电流为 Ig=3m
34、A，内阻为Rg=100的电流表，把它串联一个4.9k的电阻后，作电压表使用，该电压表的量程为15V若用它测量某一电路两端电压时，电压表示数如图所示，则电路两端电压为3V考点：把电流表改装成电压表 专题：实验题；恒定电流专题分析：电流表改装成电压表要串联电阻分压：U=Ig（Rg+R）解答：解：改装成电压表要串联电阻：则 Ig（Rg+Rx）=UV 即：3103（100+4900）=15表盘有10个刻度，则每个刻度代表=1.5V图中指示第二个刻度，则U=21.5=3V故答案为：15V，3V点评：考查的电压表的改装原理，明确串联电阻的分压作用，改装后量程U=Ig（Rg+R）19（6分）为了描绘标有“3
35、V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求小灯炮两端电压能从零开始变化所给器材如下：A电流表（0200mA，内阻0.5）B电流表（00.6A，内阻0.01）C电压表（03V，内阻5k）D电压表（015V，内阻50k）E滑动变阻器（010，0.5A）F电源（3V）G电键一个，导线若干（1）实验中所用电流表和电压表应选用AC（2）在方框中画出实验电路图1（3）考虑到金属电阻率与温度的关系，图2中能较正确反映通过小灯泡的电流I与灯泡两端的电压U之间的变化关系的是A考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题分析：（1）器材的选择需安全和精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表和电压表的量程，从而
36、测量误差的角度选择滑动变阻器（2）电压和电流需从0测起，滑动变阻器需采用分压式接法，通过灯泡的电阻大小判断其是大电阻还是小电阻，从而确定电流表内接还是外接（3）灯丝电阻随温度的升高而增大，在IU图象中图象的倾斜程度表示表示电阻的倒数，则由电阻的变化可知图象倾斜程度的变化解答：解：（1）小灯泡的额定电压为3V，电压表应选用C小灯泡的额定电流为I=133mA，从安全和精确度方面考虑，所以量程为200mA的电流表应选A；（2）电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法；描绘灯泡伏安特性曲线，电压和电流需从零开始测起，所以滑动变阻器采用分压式接法，电路图如图所示（3）电灯的灯丝电阻随温度的升高而增大
37、；故随着电压的增大，灯泡温度升高，灯丝的阻值将增大，在IU图象中，图象的斜率等于电阻的倒数；故图象的倾斜程度将减小故选：A故答案为：（1）AC（2）如图（3）A点评：解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，电流表内外接的区别三、计算题本题共4小题，共30分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案不得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位20（6分）质量为m，电量为+q的带电小球用绝缘细线悬挂在O点，现加一竖直向下的匀强电场，悬线所受拉力为3mg（1）求所加电场的场强E为多大？（2）若场强大小不变，方向变为水平向左，平衡时悬线
38、的拉力T？考点：电势差与电场强度的关系；向心力 专题：电场力与电势的性质专题分析：对物体进行受力分析，根据平衡条件列式即可求解解答：解：（1）物体受力分析如图：由平衡条件：T=G+F3mg=mg+Eq解得：E=（2）平衡时受力分析如图：T=，设T的方向与水平方向的夹角为，则，解得：，所以方向与水平方向成向右上答：（1）求所加电场的场强E为；（2）若场强大小不变，方向变为水平向左，平衡时悬线的拉力大小为，方向与水平方向成向右上点评：本题的关键是正确对物体进行受力分析，根据平衡条件列式求解，难度不大，属于基础题21（8分）如图所示，电源是用4节电池组成的串联电池组，每节电池的电动势为1.5V，内阻
39、为1，R1=8，R2=8，R3=4，求R3电阻中的电流是多大？考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：图中三个电阻R1，R2，R3并联先求出外电路总电阻，再根据闭合电路欧姆定律求出干路电流和路端电压，再求出R3电阻中的电流解答：解：由题，R1=R2=8，R3=4，则三个电阻并联的电阻为 R=R3=2则由闭合电路欧姆定律得： I=A=1A路端电压为U=EIr=614（V）=2V所以R3电阻中的电流为：I3=0.5A答：R3电阻中的电流为0.5A点评：本题首先要认识电路结构，搞清三个电阻的连接方法，其次计算外电路总电阻时可先求R1，R2并联的电阻，再求解三个电阻并联阻值，不要死算22（7
40、分）如图电路中，电池组的电动势E=42V，内阻r=2，定值电阻R=20，D是电动机，其线圈电阻R=1电动机正常工作时，理想电压表示数为20V求：（1）通过电动机的电流是多少？（2）电动机消耗的电功率为多少？（3）电动机输出的机械功率为多少？考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：（1）由E=UV+UR+r可得R和电源两端的电压之和，进而又欧姆定律可得电路电流，即等于通过电动机的电流（2）电动机为非纯电阻元件，故其功率为P电=UI（3）由可得电动机的发热功率，进而由P电=P机+P热可得电动机输出的机械功率解答：解：（1）由E=UV+UR+r可得R和电源两端的电压之和为：U
41、R+r=EUV由欧姆定律可得电路电流为：通过电动机的电流为1A（2）电动机为非纯电阻元件，故其功率为P电=UVI=201W=20W（3）电动机的发热功率为：故电动机的输出功率为：P机=P电P热=20W1W=19W答：（1）通过电动机的电流是1A（2）电动机消耗的电功率为20W（3）电动机输出的机械功率为19W点评：注意对纯电阻元件和非纯电阻元件的处理区别，电热的计算可以用同一个公式，但非纯电阻元件，其总功率只能用P=UI表示23（9分）如图所示，有一正粒子，质量为m，电荷量为q，由静止开始经电势差为U1的电场加速后，进入两块板间距离为d，板间电势差为U2的平行金属板间，若质子从两板正中间垂直电
42、场方向射入偏转电场，并且恰能从下板右边缘穿出电场求：（1）粒子刚进入偏转电场时的速度v0；（2）粒子在偏转电场中运动的时间和金属板的长度；（3）粒子穿出偏转电场时的动能考点：带电粒子在匀强电场中的运动 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）对直线加速过程运用动能定理直接列式求解即可；（2）在偏转电场U2中粒子做类似平抛运动，将运动沿着初速度方向和电场力方向正交分解，然后运用运动学公式列式求解；（3）对从直线加速到偏转结束的整个运动过程运用动能定理列式求解即可解答：解：（1）粒子在加速电场后经电场加速，根据动能定理有：可得（2）粒子在右边的偏转电场中可分解为沿板方向的匀速直线运动和垂直板方
43、向的匀加速直线运动，所以沿板方向：x=L=v0t垂直板方向：y=at2而加速度：a=由以上各式解得：L=；t=；（3）质子先在加速电场中电场力对其做正功，而后又在偏转电场中，尽管做曲线运动，但电场力对它仍然做正功，且电场力做功与路径无关所以整个过程由动能定律得：eU1+e=Ek0所以质子射出电场时的动能为：Ek=e（U1+）答：（1）粒子刚进入偏转电场时的速度v0为；（2）粒子在偏转电场中运动的时间为和金属板的长度为；（3）粒子穿出偏转电场时的动能为e（U1+）点评：本题关键是分析清楚粒子的运动规律，对于类平抛运动，可以运用正交分解法分解为初速度方向的匀速直线运动和沿电场力方向的匀加速直线运动，同时结合动能定理列式求解