1、2016-2017学年湖南省衡阳八中高二（上）六科联赛物理（12月份）一、单选题（每小题4分，共36分）1关于电场线和磁感线，下列说法不正确的是（）A电场线和磁感线都是闭合的曲线B磁感线上某点的切线方向，就是该点磁感应强度的方向C电场线和磁感线都不能相交D电场线和磁感线都不是客观存在的2有关磁感应强度的下列说法中，正确的是（）A磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量B若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零C若有一小段长为L，通以电流为I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，则该处磁感应强度的大小一定是D由定义式B=可知，电流I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小
2、3将面积为1.0103 m2的圆面放入水平向右的匀强磁场中，圆面与磁感线之间的夹角为30，如图所示若穿过该圆面的磁通量为3.0105 Wb，则此匀强磁场的磁感应强度B等于（）A1.5102TB3.0102TC6.0102TD3.46102T4如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（）Ao点处的磁感应强度为零Ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反Cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D
3、a、c两点处磁感应强度的方向不同5如图，M、N和P是以MN为直径的半圈弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，MOP=60电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场场强大小变为E2，E1与E2之比为（）A1：2B2：1CD6如图甲为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，设a=1m，b=0.2m，c=0.1m，当里面注满某电解液，且P、Q加上电压后，其UI图线如图乙所示，当U=10V时，求电解液的电阻率是多少？（）A40mB80mC20mD60m7根据安培的思想，认为磁场是由于运动电荷产生的，这种思想如果对地磁场也适用，
4、而目前在地球上并没有发现相对地球定向移动的电荷，那么由此可断定地球应该（）A带负电B带正电C不带电D无法确定8如图所示的电路中，电压表都看做理想电表，电源内阻为r闭合电键S，当把滑动变阻器的滑片P向b端移动时（）A电压表V1的示数变大，电压表V2的示数变小B电压表V1的示数变小，电压表V2的示数变大C电压表V1的示数变化量小于V2示数变化量D电压表V1的示数变化量大于V2示数变化量9图中B为电源，R1、R2为电阻K为电键现用多用电表测量流过电阻R2的电流将多用电表的选择开关调至直流电流挡（内阻很小）以后，正确的接法是（）A保持K闭合，将红表笔接在a处，黑表笔接在b处B保持K闭合，将红表笔接在b
5、处，黑表笔接在a处C将K断开，红表笔接在a处，黑表笔接在b处D将K断开，红表笔接在b处，黑表笔接在a处二、多选题（每小题4分，共16分）10如图所示，曲线C1、C2分别是纯电阻直流电路中内、外电路消耗的电功率随电流变化的图线由该图可知下列说法中正确的是（）A电源的电动势为4VB电源的内电阻为1C电源输出功率最大值为8WD电源被短路时，电源消耗的功率为16W11关于四个公式P=UI；P=I2R；P=；P=，下列说法正确的是（）A公式适用于任何电路的热功率的计算B公式适用于任何电路电功率的计算C公式适用于任何电路的电功率的计算D以上均正确12如图是根据某次实验记录数据画出的UI图象，下列关于这个图
6、象的说法中正确的是（）A纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=3.0 VB横轴截距表示短路电流，即I短=0.6 AC根据r=，计算出待测电源内电阻为5D根据r=|，计算出待测电源内电阻为113如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，定值电阻R的阻值也为r，滑动变阻器的最大阻值是2r当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，下列说法中正确的是（）A电压表的示数变大B电流表的示数变小C滑动变阻器消耗的功率变小D定值电阻R消耗的功率先变大后变小三、实验题14研究小组欲测一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为mm；（2）用螺旋测微器测量其
7、直径如图2，由图2可知其直径为cm；（3）该同学想用伏安法测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R（阻值约为200欧）电流表A1（量程04mA，内阻约50） 电流表A2（量程015mA，内阻约30）电压表V1（量程03V，内阻约10k） 电压表V2（量程015V，内阻约25k）直流电源E（电动势3V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0A）滑动变阻器R2（阻值范围020k，允许通过的最大电流0.5A）开关S 导线若干电流表应用，电压表应用，滑动变阻器应用（填所用器材的代号）15在物理课外活动中，刘聪同学制作了一个简单的多用电表，图甲为该电表的电
8、路原理图其中选用的电流表满偏电流=10mA，当选择开关接3时为量程250V的电压表该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，上排刻度不均匀且对应数据没有标出，C为中间刻度（1）若指针在图乙所示位置，选择开关接1时，其读数为；选择开关接3时，其读数为（2）为了测选择开关接2时欧姆表的内阻和表内电源的电动势，刘聪同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：将选择开关接2，红黑表笔短接，调节的阻值使电表指针满偏；将电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使电表指针指中间刻度位置C处，此时电阻箱的示数如图丙，则C处刻度应为计算得到表内电池的电动势为V（保留两位有效数字）（3）调零后将电表红黑表笔与某一待测
9、电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为（保留两位有效数字）16为了测量由两节干电池组成的电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图甲所示的实验电路，其中R为电阻箱，R0=5为保护电阻（1）断开开关S，调整电阻箱的阻值，再闭合开关S，读取并记录电压表的示数及电阻箱接入电路中的阻值多次重复上述操作，可得到多组电压值U及电阻值R，并以为纵坐标，以为横坐标，画出的关系图线（该图线为一直线），如图乙所示由图线可求得电池组的电动势E=V，内阻r=（保留两位有效数字）（2）引起该实验系统误差的主要原因是四、计算题17如图所示，一电荷量q=3104C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行
10、金属板电容器中的O点S合上后，小球静止时，细线与竖直方向的夹角=37已知两板相距d=0.1m，电源电动势E=12V，内阻r=2，电阻R1=4，R2=R3=R4=12，（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）流过电源的电流强度（2）两板间的电场强度的大小（3）小球的质量（4）如电容器电容为30pF，求断开S后通过R2的电荷量？18如图所示，电路中电源电动势E=200V，内阻r=10，R1=R2=60，R为滑动变阻器水平放置的平行金属板A、B间的距离d=4103m，金属板长为L=0.4m在两金属板左端正中间位置M，有一个小液滴以初速度v0=10m/s水平向右射入两板间
11、，已知小液滴的质量m=4105kg，小液滴带负电，电荷量q=2108C为使液滴能从两板间射出，求滑动变阻器接入电路阻值范围？重力加速度g=10m/s219如图所示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑，与水平面成45角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C端的正下方P点处，（g=10m/s2）（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；（2）小环在直杆上匀速运动速度的大小v02016-2017学年湖南省衡阳八中高二（上）六科联赛物理（12月份）参考答案与试题解析一、单选题（每小题4分，共36分）1
12、关于电场线和磁感线，下列说法不正确的是（）A电场线和磁感线都是闭合的曲线B磁感线上某点的切线方向，就是该点磁感应强度的方向C电场线和磁感线都不能相交D电场线和磁感线都不是客观存在的【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；电场线【分析】电场线和磁感线都是人为假想的曲线，并不存在，但可以用实验模拟在空间同一场中，电场线不相交，磁感线也不相交磁感线是闭合曲线，而电场线是不闭合的【解答】解：A、磁感线是闭合曲线，而电场线是正电荷（或无穷远）出发到负电荷（或无穷远）终止，是不闭合的故A错误 B、磁感线上某点的切线方向，就是该点磁感应强度的方向故B正确 C、任意两条磁感线不相交，否则相交处磁场方向有两个，违反了
13、唯一性电场线同样不能相交故C正确 D、电场线和磁感线都是人为假想的曲线，并不存在故D正确本题选错误的，故选：A2有关磁感应强度的下列说法中，正确的是（）A磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量B若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零C若有一小段长为L，通以电流为I的导体，在磁场中某处受到的磁场力为F，则该处磁感应强度的大小一定是D由定义式B=可知，电流I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小【考点】磁感应强度【分析】磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，既有的小又有方向是矢量；明确导线与磁场相互垂直时F=BIL才成立；而B是由磁场本身来决定的【解答】解：A、磁感应强度
14、是用来表示磁场强弱的物理量；故A正确；B、通电导体如果平行于磁场放置，则其不受磁场力，但B不会为零；故B错误；C、只有B与IL相互垂直时，磁感应强度的大小才是；故C错误；D、B是由导体本身的性质决定的，与F及IL无关；故D错误；故选：A3将面积为1.0103 m2的圆面放入水平向右的匀强磁场中，圆面与磁感线之间的夹角为30，如图所示若穿过该圆面的磁通量为3.0105 Wb，则此匀强磁场的磁感应强度B等于（）A1.5102TB3.0102TC6.0102TD3.46102T【考点】磁通量；磁感应强度【分析】线圈放在匀强磁场中，与磁场方向不垂直，将圆面投影到与磁场垂直的方向，投影面积和磁感应强度的
15、乘积等于磁通量，再求出磁感应强度【解答】解：如图，磁通量=BSsin30则B=6102T故选C4如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（）Ao点处的磁感应强度为零Ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反Cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同Da、c两点处磁感应强度的方向不同【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据
16、平行四边形定则进行合成【解答】解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0故A错误B、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同故B错误C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等故C正确
17、D、a、c两点的磁场方向都是竖直向下故D错误故选C5如图，M、N和P是以MN为直径的半圈弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，MOP=60电荷量相等、符号相反的两个点电荷分别置于M、N两点，这时O点电场强度的大小为E1；若将N点处的点电荷移至P点，则O点的场场强大小变为E2，E1与E2之比为（）A1：2B2：1CD【考点】电场的叠加【分析】由电场的叠加可知各点电荷单独在O点形成的场强大小，移动之后电荷距O点的距离不变，故电场强度大小不变，则由矢量合成的方向可得出移动之后的合电场；即可求得比值【解答】解：依题意，每个点电荷在O点产生的场强为，则当N点处的点电荷移至P点时，O点场强如图所示，合场强大小为
18、，则，B正确故选B6如图甲为一测量电解液电阻率的玻璃容器，P、Q为电极，设a=1m，b=0.2m，c=0.1m，当里面注满某电解液，且P、Q加上电压后，其UI图线如图乙所示，当U=10V时，求电解液的电阻率是多少？（）A40mB80mC20mD60m【考点】闭合电路的欧姆定律；电阻定律【分析】由图象找出电压为10V时的电流I，由欧姆定律可以求出电解液的电阻；再由电阻定律求出电解液的电阻率【解答】解：由图乙可求得电解液的电阻为：R=2000由图甲可知电解液长为：l=a=1 m截面积为：S=bc=0.02 m2结合电阻定律R=，得：=m=40m故选：A7根据安培的思想，认为磁场是由于运动电荷产生的
19、，这种思想如果对地磁场也适用，而目前在地球上并没有发现相对地球定向移动的电荷，那么由此可断定地球应该（）A带负电B带正电C不带电D无法确定【考点】分子电流假说【分析】根据安培定则可知右手的拇指指向N极，而弯曲的四指的指向是正电荷运动的方向，故在本题中右手的拇指指向南方，弯曲的四指的指向与地球自转的方向相反，从而可以判定地球带负电【解答】解：由于地磁的N极在地理的南极附近，地磁的S极在地理的北极附近，地球绕地轴自西向东的旋转，故可以将地球看做一个绕地轴运动的环形电流，根据安培定则可知右手的拇指指向南方，而弯曲的四指的指向与地球自转的方向相反，而弯曲的四指的指向是正电荷运动的方向与负电荷运动的方向
20、相反，故可以断定地球带负电故A正确故选A8如图所示的电路中，电压表都看做理想电表，电源内阻为r闭合电键S，当把滑动变阻器的滑片P向b端移动时（）A电压表V1的示数变大，电压表V2的示数变小B电压表V1的示数变小，电压表V2的示数变大C电压表V1的示数变化量小于V2示数变化量D电压表V1的示数变化量大于V2示数变化量【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻增加，外电路总电阻增加，根据欧姆定律分析干路电流如何变化，根据欧姆定律分析路端电压和电阻R1两端电压的变化，即可知道两个电压表读数的变化情况，并进一步分析电压表变化量的大小【解答】解：A、B
21、、图中电阻R2与R3并联后再与R1串联；在滑动头P自a端向b端滑动的过程中，R3接入电路的电阻增加，电路的总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律，电路的总电流I减小；路端电压U=EIr，则U变大，电压表V1的示数变大；并联部分电压U并=EI（r+R1），I减小，U并变大，电压表V2的示数变大，故A、B错误；C、D、根据欧姆定律，有：U=IR1+U并，由于U、U并变大，IR1变小，故路端电压变化小于并联部分电压，即电压表V1的示数变化量小于V2的示数变化量，故C正确，D错误；故选：C9图中B为电源，R1、R2为电阻K为电键现用多用电表测量流过电阻R2的电流将多用电表的选择开关调至直流电流挡（内阻很小）
22、以后，正确的接法是（）A保持K闭合，将红表笔接在a处，黑表笔接在b处B保持K闭合，将红表笔接在b处，黑表笔接在a处C将K断开，红表笔接在a处，黑表笔接在b处D将K断开，红表笔接在b处，黑表笔接在a处【考点】多用电表的原理及其使用【分析】电流表内阻很小，所以串联入电路中，而电压表内阻很大，则并联入电路中；当多用电表用来测量电流时，红表笔必须与电源正极相连，黑表笔与电源负极相连【解答】解：要想测电阻R2的电流，必须将开关K断开，将两表笔接入电路红表笔接电源的正极，黑表笔接电源的负极故选：C二、多选题（每小题4分，共16分）10如图所示，曲线C1、C2分别是纯电阻直流电路中内、外电路消耗的电功率随电
23、流变化的图线由该图可知下列说法中正确的是（）A电源的电动势为4VB电源的内电阻为1C电源输出功率最大值为8WD电源被短路时，电源消耗的功率为16W【考点】电功、电功率【分析】当电路的内电阻和外电阻相等时，电路的输出的功率最大，根据图象可以求得电源的最大输出功率和电源的内阻的大小【解答】解：根据图象可以知道，曲线C1、C2的交点的位置，此时的电路的内外的功率相等，由于电路的电流时相等的，所以此时的电源的内阻和电路的外电阻的大小是相等的，即此时的电源的输出的功率是最大的，由图可知电源输出功率最大值为4W，所以C错误；根据P=I2R=I2r可知，当输出功率最大时，P=4W，I=2A，所以R=r=1，
24、所以B正确；由于E=I（R+r）=2（1+1）=4V，所以电源的电动势为4V，所以A正确；当电源被短路时，电源消耗的最大功率P大=16W，所以D正确故选ABD11关于四个公式P=UI；P=I2R；P=；P=，下列说法正确的是（）A公式适用于任何电路的热功率的计算B公式适用于任何电路电功率的计算C公式适用于任何电路的电功率的计算D以上均正确【考点】电功、电功率【分析】P=IU适用于任何电路计算电功率；P=I2R适用于任何电路计算热功率；P=只能适用于纯电阻电路的电功率或者热功率；P=是功率的定义公式，适用于任何情况的平均功率【解答】解：求解电功率，可以用公式P=IU，也可以用公式P=；P=只能适
25、用于纯电阻电路的电功率和热功率；P=I2R适用于任何电路计算热功率；故选：AC12如图是根据某次实验记录数据画出的UI图象，下列关于这个图象的说法中正确的是（）A纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=3.0 VB横轴截距表示短路电流，即I短=0.6 AC根据r=，计算出待测电源内电阻为5D根据r=|，计算出待测电源内电阻为1【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】由闭合电路欧姆定律可得出路端电压与电流的关系，由数学知识可得出电源的电动势和内电阻当外电路电阻为零，外电路短路【解答】解：A、C、D由闭合电路欧姆定律可知：U=EIr；由数学知识可知，纵轴截距为电源的电动势，故电动势为E=3.0V；故A正确；
26、图象的斜率表示电源的内阻，即r=|=1故D正确，C错误B、当外电路电阻R=0时，外电路短路，短路电流为I短=A=3A故B错误故选AD13如图所示，电源的电动势为E、内阻为r，定值电阻R的阻值也为r，滑动变阻器的最大阻值是2r当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，下列说法中正确的是（）A电压表的示数变大B电流表的示数变小C滑动变阻器消耗的功率变小D定值电阻R消耗的功率先变大后变小【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】由实物图看出：R与变阻器串联开关闭合后，电压表测量路端电压，电流表测量总电流当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，分析接入电路的电阻的变化，即可分析电流和路端电
27、压的变化，将R看成电源的内阻，分析滑动变阻器消耗功率的变化R是定值电阻，根据电流的变化，分析其功率的变化【解答】解：A、B、开关闭合后，电压表测量路端电压，电流表测量总电流当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，接入电路的电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，路端电压减小，故电压表的示数变小，电流表的示数变大，故AB错误；C、将R看成电源的内阻，则等效电源的内阻为2r，滑动变阻器的最大阻值也是2r，因为电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，所以滑片P由a端向b端滑动过程中，滑动变阻器消耗的功率变小，故C正确；D、电路中的电流增大，则定值电阻R消耗的功率变大，故D错误故选：C三、实验题1
28、4研究小组欲测一新材料制成的均匀圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为50.15mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图2可知其直径为0.1200cm；（3）该同学想用伏安法测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R（阻值约为200欧）电流表A1（量程04mA，内阻约50） 电流表A2（量程015mA，内阻约30）电压表V1（量程03V，内阻约10k） 电压表V2（量程015V，内阻约25k）直流电源E（电动势3V，内阻不计）滑动变阻器R1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0A）滑动变阻器R2（阻值范围020k，允许
29、通过的最大电流0.5A）开关S 导线若干电流表应用A2，电压表应用V1，滑动变阻器应用R1（填所用器材的代号）【考点】测定金属的电阻率【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数（2）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（3）根据通过电阻的最大电流选择电流表，根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选择滑动变阻器【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，其示数为：50mm+30.05mm=50.15mm（2）由图示螺旋测微器可知，其示数为：1mm+20.00.01mm=1.200mm=0.1200cm（3）通过电阻的最大电流：I=0.015=15mA，电流表选择A2
30、；电源电动势为3V，电压表应选择V1；为方便实验操作滑动变阻器应选择R1故答案为：（1）50.15；（2）0.1200；（3）A2；V1；R115在物理课外活动中，刘聪同学制作了一个简单的多用电表，图甲为该电表的电路原理图其中选用的电流表满偏电流=10mA，当选择开关接3时为量程250V的电压表该多用电表表盘如图乙所示，下排刻度均匀，上排刻度不均匀且对应数据没有标出，C为中间刻度（1）若指针在图乙所示位置，选择开关接1时，其读数为6.9mA；选择开关接3时，其读数为173v（2）为了测选择开关接2时欧姆表的内阻和表内电源的电动势，刘聪同学在实验室找到了一个电阻箱，设计了如下实验：将选择开关接2
31、，红黑表笔短接，调节的阻值使电表指针满偏；将电表红黑表笔与电阻箱相连，调节电阻箱使电表指针指中间刻度位置C处，此时电阻箱的示数如图丙，则C处刻度应为150计算得到表内电池的电动势为1.5V（保留两位有效数字）（3）调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，若指针指在图乙所示位置，则待测电阻的阻值为67（保留两位有效数字）【考点】用多用电表测电阻【分析】（1）根据电表量程由图示电表确定其分度值，根据指针位置读出其示数（2）电阻箱各指针示数与所对应倍率的乘积之和是电阻箱示数；由闭合电路欧姆定律可以求出电源电动势【解答】解：（1）选择开关接1时测电流，多用电表为量程是10mA的电流表，其分度值为0.2
32、mA，示数为6.9mA；选择开关接3时测电压，多用电表为量程250V的电压表，其分度值为5V，其示数为173V；故答案为：6.9mA；173V（2）由图2所示电阻箱可知，电阻箱示数为01000+1100+510+01=150；由图1乙所示可知，指针指在C处时，电流表示数为5mA=0.005A，C处电阻为中值电阻，则电表内阻为150，电源电动势E=IR=0.0051502=1.5V；故答案为：150；1.5（3）根据第（1）问可知，调零后将电表红黑表笔与某一待测电阻相连，此时电路中的电流值为6.9mA，而表内电池的电动势为E=1.5V，表内总电阻为150，所以待测电阻的阻值为67故答案为：671
33、6为了测量由两节干电池组成的电池组的电动势和内电阻，某同学设计了如图甲所示的实验电路，其中R为电阻箱，R0=5为保护电阻（1）断开开关S，调整电阻箱的阻值，再闭合开关S，读取并记录电压表的示数及电阻箱接入电路中的阻值多次重复上述操作，可得到多组电压值U及电阻值R，并以为纵坐标，以为横坐标，画出的关系图线（该图线为一直线），如图乙所示由图线可求得电池组的电动势E=2.9V，内阻r=1.1（保留两位有效数字）（2）引起该实验系统误差的主要原因是电压表的分流【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律E=U+，进行数学变形，得到与的关系式，根据数学知识研究关系图线的斜率和截距的意
34、义，即可求得电池的电动势和内阻（2）根据实验电路分析实验中存在的误差【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律E=U+，进行数学变形，得=+根据数学知识得知，关系图线的纵截距b=，斜率k=由图得到，b=0.35，k=2.1则电动势E=，内阻r=kER0=2.12.951.1（2）由图甲所示电路图可知，电压表与电阻箱并联，由于电压表的分流作用，流过保护电阻与电源的电流大于流过电阻箱的电流，这是造成实验误差的原因故答案为：（1）2.9，1.1l；（2）电压表的分流四、计算题17如图所示，一电荷量q=3104C带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板电容器中的O点S合上后，小球静止时，细线
35、与竖直方向的夹角=37已知两板相距d=0.1m，电源电动势E=12V，内阻r=2，电阻R1=4，R2=R3=R4=12，（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）求：（1）流过电源的电流强度（2）两板间的电场强度的大小（3）小球的质量（4）如电容器电容为30pF，求断开S后通过R2的电荷量？【考点】闭合电路的欧姆定律；共点力平衡的条件及其应用；匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】（1）根据闭合电路的欧姆定律求流过电源的电流；（2）求出电容器两板间的电压，根据求两板间的电场强度；（3）对小球，根据受力平衡求出小球的质量；（4）根据Q=CU求出断开S前的带电量，断开S后，电容
36、器放电，通过的电荷量为电容器带电量的一半；【解答】解：（1）R2与R3并联后的电阻值解得由闭合电路欧姆定律得：，解得：I=1A（2）电容器两板间的电压电容器两板间的电场强度解得（3）小球处于静止状态，所受电场力为F，由平衡条件得：F=mgtan，又有：F=Eq，所以，解得（4）S闭合时，电容器两端的电压等于电源的路端电压U=EIr=1212=10V电容器所带的电荷量断开S后，因为所以通过的电荷量答：（1）流过电源的电流强度1A（2）两板间的电场强度的大小100N/C（3）小球的质量（4）如电容器电容为30pF，断开S后通过R2的电荷量为18如图所示，电路中电源电动势E=200V，内阻r=10，
37、R1=R2=60，R为滑动变阻器水平放置的平行金属板A、B间的距离d=4103m，金属板长为L=0.4m在两金属板左端正中间位置M，有一个小液滴以初速度v0=10m/s水平向右射入两板间，已知小液滴的质量m=4105kg，小液滴带负电，电荷量q=2108C为使液滴能从两板间射出，求滑动变阻器接入电路阻值范围？重力加速度g=10m/s2【考点】带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律【分析】小液滴受重力和电场力，做类平抛运动，小液滴恰好从A、B板间飞出时偏转距离等于d，可能向上偏转，也可能向下偏转，根据运动学公式求解加速度大小；根据牛顿第二定律、欧姆定律求解滑动变阻器接入电路的临界阻值，即可
38、得到范围【解答】解：小液滴做类平抛运动，恰好从边缘射出时，竖直分位移为d，根据类平抛运动的分运动公式，水平方向，有：L=v0t，竖直分位移：，联立解得：a=2.5m/s2；电路稳定后，电容器相当于断路，电压等于滑动变阻器的电压；讨论：1、如果加速度向上，根据牛顿第二定律，有：qmg=ma，解得：U=100V；根据闭合电路欧姆定律，有：，解得：R=70；2、如果加速度向下，根据牛顿第二定律，有：mgq=ma，解得：U=60V；根据闭合电路欧姆定律，有：，解得：R=30；综合1、2，有：滑动变阻器接入电路阻值范围为3070；答：为使液滴能从两板间射出，滑动变阻器接入电路阻值范围为307019如图所
39、示，在水平方向的匀强电场中有一表面光滑，与水平面成45角的绝缘直杆AC，其下端（C端）距地面高度h=0.8m有一质量为500g的带电小环套在直杆上，正以某一速度沿杆匀速下滑，小环离杆后正好通过C端的正下方P点处，（g=10m/s2）（1）小环离开直杆后运动的加速度大小和方向；（2）小环在直杆上匀速运动速度的大小v0【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用【分析】（1）根据小环在杆子上受力平衡，判断出电场力的方向，根据共点力平衡求出电场力的大小，从而得知离开杆子后所受的合力，根据牛顿第二定律求出加速度的大小和方向（2）小环离开直杆后做类平抛运动，利用垂直于杆的方向与沿杆的方向的位移
40、可求出在直杆上匀速运动速度的大小v0【解答】解：（1）小环在光滑直杆上做匀速运动，电场力必定水平向右，否则小环将做匀加速运动，其受力情况如图所示由平衡条件得：mgsin45=qEcos45，解得：mg=qE，离开直杆后，只受mg、Eq作用，则合力为：F合=mg=ma，所以加速度为：a=2g=10m/s2=14.1m/s2，方向与杆垂直斜向右下方（2）设小环在直杆上运动的速度为v0，离杆后经t秒到达P点，则竖直方向：h=v0sin45t+，水平方向：，联立解得：，答：（1）小环离开直杆后运动的加速度大小为14.1m/s2，方向与杆垂直斜向右下方；（2）小环在直杆上匀速运动速度的大小v0为2m/s2016年12月25日
