1、2015-2016学年重庆市渝北中学高二（上）第一阶段考试物理试卷一、选择题（1-8题为单选题，9-12题为多选题，每题4分，共48分）1用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法下面四个物理量表达式中属于比值法定义式的是（）A导体的电阻R=B加速度a=C电场强度E=kD电容器的电容C=2如图所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大则下列说法中正确的是（）AR1=R2BR1R2CR1R2DR1和R2大小关系不能确定3如图所示的电路，是用一个灵敏电流计G和一个变阻器R改装的量程更大的电表，下列判断正确的是（）A改装成了电流表，R减小时量程增大B改装成了
2、电流表，R增大时量程增大C改装成了电压表，R减小时量程增大D改装成了电压表，R增大时量程增大4用伏安法测电阻时，待测电阻大约是10欧，电流表的内阻是1欧，电压表的内阻是5千欧，则（）A用电流表外接法，此时测量值比真实值大B用电流表外接法，此时测量值比真实值小C用电流表内接法，此时测量值比真实值大D用电流表内接法，此时测量值比真实值小5用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）A图甲中的A1、A2的示数相同B图甲中的A1、A2的指针偏角相
3、同C图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同D图乙中的A1、A2的指针偏角相同6如图所示电路中，开关闭合稳定后，某时刻理想电压表和电流表的读数都突然增大，造成这一现象的原因是电阻元件发生短路或断路故障，则可能出现了下列哪种故障（）AR1断路BR1短路CR2断路DR3短路7如图所示电路中，R为一滑动变阻器，P为滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断错误的是（）A电源内电路消耗功率一定逐渐增大B灯泡L2一定逐渐变暗C电源效率一定逐渐减小DR上消耗功率一定逐渐变小8图为多用表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为Ig=300A，内阻Rg=100，调零电阻最大阻值R=50k，串联的固定电阻R
4、0=50，电池电动势E=1.5V，用它测量电阻Rx，能准确测量的阻值范围是（）A30 k80 kB3 k8 kC300 k800 kD3000 k8000 k9在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻当开关S闭合后，两平行金属板MN中有一带电液滴正好处于静止状态为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是（）A增大R1B减小R2C减小R3D减小MN间距10图示的两种电路中，电源相同，其内阻不计各电阻器阻值相等，各电流表的内阻相等且不可忽略不计电流表A1、A2、A3和A4读出的电流值分别为I1、I2、I3和I4下列关系式中正确的（）AI1=I3BI1I4CI2=2I1DI2I3+I411如图
5、所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电压表示数的变化量为U在这个过程中，下列判断正确的（）A电阻R1两端的电压减小，减小量等于UB电容器的带电量减小，减小量等于CUC电压表的示数U和电流表的示数l的比值变大D电压表示数变化量U和电流表示数变化量I的比值不变12某组同学在实验室利用如图甲所示的电路图连接好电路，并用于测定电灯电阻R0，电源的电动势E和内电阻r调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据根据所得数据描绘了如图乙所示的两条UI图象则有（）A图象中的曲线是电
6、压表V2的测量值所对应的图线B由图象可以得出电源电动势和内阻分别是E=4.5 V，r=1.0C图象中两图线的交点表示在本电路中该电源的效率达到最大值D若将三个这样的灯泡并联后再接到该电上，则每个灯泡的实际功率为5 W二、实验题（21分）13一位同学在实验中分别用游标卡尺和螺旋测微器测量物体长度，得到结果如图所示，游标卡尺示数mm，螺旋测微器示数mm14现用伏安法研究某电子器件R1（6V，2.5W）的伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整（直接测量的变化范围尽可能大一些），备有下列器材：A直流电（6V，内阻不计）；B电流表G（满偏电流Ig=3mA，内阻Rg=10）；C电流表A（00.6A，内阻未知
7、）；D滑动变阻器（020，5A）；E滑动变阻器（0200，1A）；F定值电阻R0（阻值1990）；G开关与导线若干根据题目提供的实验器材，请你在方框中设计出测量电子器件R1伏安特性曲线的电路原理图（R1可用“”表示）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用（填写器材序号）15（12分）（2014北京）利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻要求尽量减小实验误差（1）应该选择的实验电路是图1中的（选项“甲”或“乙”）（2）现有电流表（00.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：A电压表（015V） B电压表（03V）C滑动变阻器（050） D滑动变阻器（0500）实验
8、中电压表应选用；滑动变阻器应选用；（选填相应器材前的字母）（3）某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出UI图线序号123456电压U（V）1.451.401.301.251.201.10电流I（A）0.0600.1200.2400.2600.3600.480（4）根据（3）中所画图线可得出干电池的电动势E=v，内电阻r=（5）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U以及干电池的输出功率P都会发生变化图3的各示意图中正确反映PU关系的是三、解答题（本大题包括小题，共41分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算
9、步骤有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16（12分）（2015秋重庆校级月考）某品牌电动自行车的铭牌上给出了如下的技术参数表不计其自身机械损耗，若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则：自重40（kg）额定电压48V载重75（kg）额定电流12A最大行驶速度20（km/h）额定输出功率350W（1）电动车的内阻是多少？（2）电动机的输入功率为多少？（3）该车受到的阻力为是多少？17（13分）（2004江苏模拟）如图所示，E=10V，r=1，R1=R3=5，R2=4，C=100F，当S断开时，电容器中带电粒子恰好处于静止状态，求：（1）S闭合后，带电粒子加速度的大小和方向；（2）S闭
10、合后流过R3的总电荷量18（16分）（2015秋重庆校级月考）一电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻r=2，电阻R1=12，R2=R4=4，R3=8，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长l=0.20m，两极板的间距d=1.0102m（1）若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4的总电荷量为多少？（2）S断开时，电源的总功率多大？（3）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g取
11、10m/s2）2015-2016学年重庆市渝北中学高二（上）第一阶段考试物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（1-8题为单选题，9-12题为多选题，每题4分，共48分）1用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法下面四个物理量表达式中属于比值法定义式的是（）A导体的电阻R=B加速度a=C电场强度E=kD电容器的电容C=考点：电容器；欧姆定律 专题：电容器专题分析：电容、电阻等均采用比值定义法，明确比值定义法的性质及其特点进行作答解答：解：A、导体的电阻R=中电阻与导线长度、横截面积及电阻率有关，不属于比值定义法，故A错误；B、加速度中a取决于力的大小，不属于比值定义法，故B错误；C、点电荷的电
12、场强度E取决于电量及距离，与电量有关；不属于比值定义法，故C错误；D、电容的定义式中，C与两板间的电量及两板间的电势差无关，属于比值定义法，故D正确；故选：D点评：用比值定义法所定义的物理量有：电场强度、磁感应强度、电阻、电容等等，注意它们均是由本身的性质决定的，和定义它们的物理量无关2如图所示，R1和R2是同种材料、厚度相同、表面为正方形的导体，但R1的尺寸比R2的尺寸大则下列说法中正确的是（）AR1=R2BR1R2CR1R2DR1和R2大小关系不能确定考点：电阻定律 专题：恒定电流专题分析：R1和R2是材料相同，电阻率相同设正方形导体的边长为L，根据电阻定律R=研究电阻的关系解答：解：设导
13、体的电阻率为，厚度为d，边长为L，则由电阻定律得 导体的电阻R=，可知电阻与边长L无关故R1=R2故选：A点评：本题是物理规律在实际中应用的范例，根据本题的结果，可以将导体微型化，而电阻不变3如图所示的电路，是用一个灵敏电流计G和一个变阻器R改装的量程更大的电表，下列判断正确的是（）A改装成了电流表，R减小时量程增大B改装成了电流表，R增大时量程增大C改装成了电压表，R减小时量程增大D改装成了电压表，R增大时量程增大考点：把电流表改装成电压表 专题：实验题；恒定电流专题分析：把电流表改装成大量程电流表应并联一个分流电阻，把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻解答：解：A、改装成了电流表，R减
14、小电流表量程增大，R增大时电流表量程减小，故A正确，B错误；C、把电流计改装成电压表应给电流计串联一个分压电阻，串联电阻越大，电压表量程越大，由图示电路图可知，电流计与电阻R并联，改装后电压表量程不变，故CD错误；故选：A点评：本题考查了电表改装，知道电表的改装原理、应用串并联电路特点即可正确解题4用伏安法测电阻时，待测电阻大约是10欧，电流表的内阻是1欧，电压表的内阻是5千欧，则（）A用电流表外接法，此时测量值比真实值大B用电流表外接法，此时测量值比真实值小C用电流表内接法，此时测量值比真实值大D用电流表内接法，此时测量值比真实值小考点：伏安法测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：伏安法测
15、电阻时有电流表内接和外接两种接法，由于实际电压表内阻较大，但不是无穷大，实际电流表内阻较小，也不是零，故两种接法都存在一定的实验误差，要根据实际情况灵活选择，以减小实验误差解答：解：由于本题中因，用电流表内接法时，安培表的分压作用比较明显，误差较大，而用安培表外接法时，电压表的分流作用较小，故应该采用安培表外接法；采用安培表外接法，电压表读数比较准确，由于伏特表的分流作用，电流表的读数偏大，故电阻的测量值偏小，测量值等于待测电阻与伏特表相并联的电阻值；故选：B点评：本题关键分析清楚电流表内、外接法的误差来源，然后根据实际数据选择误差较小的接法5用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同
16、的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）A图甲中的A1、A2的示数相同B图甲中的A1、A2的指针偏角相同C图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同D图乙中的A1、A2的指针偏角相同考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大当它们串联时，A1、A2的示数相同由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同解答：解：A、
17、B图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同故A错误，B正确 C、D图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同故CD错误故选B点评：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6如图所示电路中，开关闭合稳定后，某时刻理想电压表和电流表的读数都突然增大，造成这一现象的原因是电阻元件发生短路或断路故障，则可能出现了下列哪种故障（）AR1断路BR1短路CR2断路DR3短路考点：闭合电路的欧姆定律 专题：
18、恒定电流专题分析：由题目中电表示数的变化可得出故障原因，根据电路结构可以得出是哪一个电阻发生故障解答：解：若R1断路，则外电路电阻增大，电路中电流减小，路端电压将增大，加在R2两端电压增大；则电流表的示数也将增大；故A正确；若R1或R2短路，则电压表被短路，电压表示数应为零；只有R3短路时，电压表接在电源两端，测量值为电源的输出电压，故电压表示数变大；同时因电路中电阻减小，故电路中电流增大；符合题意；故D正确故选：AD点评：本题考查闭合电路的欧姆定律的应用，明确当电路中有电流时，说明电路中应发生了短路故障；若电压表示数变大，电压表可能直接并联到了电源两端7如图所示电路中，R为一滑动变阻器，P为
19、滑片，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断错误的是（）A电源内电路消耗功率一定逐渐增大B灯泡L2一定逐渐变暗C电源效率一定逐渐减小DR上消耗功率一定逐渐变小考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析R1上消耗功率的变化；据功率公式和电源效率公式判断选项解答：解：将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流I增大A、据P=I2r可知，电源内部消耗的功率增大，故A正确；BD、由于干路电流增大，路端电压减小，所以R1上
20、的电流增大，电压增大；再由于路端电压减小，R1上电压增大，所以L2的电压减小（滑动变阻器R的电压减小），即该灯泡变暗；由于R1上的电流增大，而L2的电流减小，所以通过滑动变阻器R的电流变大，据P=UI可知，R上消耗的功率不一定变小，故B正确，D错误；C、据电源效率公式=可知，当总电阻减小，电源效率减小，故C正确本题选错误的是，故选：D点评：对于电路中动态变化分析问题，一般先确定局部电阻的变化，再确定总电阻的变化，到总电流、总电压的变化，再回到局部电路研究电压、电流的变化8图为多用表欧姆挡的原理示意图，其中电流表的满偏电流为Ig=300A，内阻Rg=100，调零电阻最大阻值R=50k，串联的固定
21、电阻R0=50，电池电动势E=1.5V，用它测量电阻Rx，能准确测量的阻值范围是（）A30 k80 kB3 k8 kC300 k800 kD3000 k8000 k考点：多用电表的原理及其使用 专题：恒定电流专题分析：欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小，求解出该欧姆表的中值电阻即可解答：解：欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；欧姆表的中值电阻R中等于欧姆表的内电阻R总，根据闭合电路欧姆定律，满偏时：Ig=半偏时，Ig=联立解得：R中=R总=5k故选：B点评：本题关键明确欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；知道中值电阻等于欧姆表内电阻9在如图所示的电路中，R1、R2
22、、R3均为可变电阻当开关S闭合后，两平行金属板MN中有一带电液滴正好处于静止状态为使带电液滴向上加速运动，可采取的措施是（）A增大R1B减小R2C减小R3D减小MN间距考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：R1、R2为滑动变阻器，而R3为变阻箱当开关闭合后，带电液滴正好处于静止，为使能加速向上，则电场力大于重力可以提高两极板的电压，即提高变阻箱R3的电压；也可以变化两极板的距离，从而实现提高两板间的电场强度解答：解：A、当增大R1电阻时，没有作用，因为R1电阻与两平行金属板相串联，没有电流通过，所以R1电阻两端没有电势差故A错误；B、当R2减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则
23、变阻器R3电压变大，电容器板间电压增大，场强增大，液滴所受的电场力增大，将向上加速运动，故B正确；C、当R3减小时，导致总电阻减小，所以总电流变大，则R2电阻两端电压变大，那么R3变阻器电压变小，电容器板间电压减小，场强减小，液滴所受的电场力减小，将向下加速运动，故C错误；D、当减小MN间距时，由于平行板两端电压不变，则两板间的电场强度变大，所以电场力将大于重力，液滴向上加速运动，故D正确故选：BD点评：电阻R1与两平行板相串联，由于没有电流，所以没有电势降落，因此可将R1电阻去除当改变间距时，会导致两板间的电容变化10图示的两种电路中，电源相同，其内阻不计各电阻器阻值相等，各电流表的内阻相等
24、且不可忽略不计电流表A1、A2、A3和A4读出的电流值分别为I1、I2、I3和I4下列关系式中正确的（）AI1=I3BI1I4CI2=2I1DI2I3+I4考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：由题，电源相同，其内阻不计，电路的路端电压等于电动势根据串联电路电压的分配，分析A1和R串联的电压与A3和R串联电压的关系，分析I1和I3及I1和I4大小根据并联电路的特点分析I1和I3的关系根据外电路总电阻的关系，判断I2与I3+I4的关系解答：解：A、B左图中，A1和R串联的电压小于电源的电动势，右图中，A3和R串联电压等于电源的电动势，则I1I3，I1I4故A错误，B正确 C、由于电流
25、表的内阻不可忽略不计，A1和R串联这一路电流小于R的电流，所以I22I1故C错误 D、设电流表的内阻为r，左图中外电路总电阻为R左=r+=，右图中，外电路总电阻R右=，根据数学知识得到1，所以左图中干路电流小于右图中干路电流，即有I2I3+I4故D正确故选BD点评：本题难度在于运用数学知识分析两图中外电阻的大小，作商是比较大小经常用到的方法11如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电压表示数的变化量为U在这个过程中，下列判断正确的（）A电阻R1两端的电压减小，减小量等于UB电容器的带电量减小，减小量等于CUC电压表的示数U和电流表的示数l的比值变大D电压
26、表示数变化量U和电流表示数变化量I的比值不变考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析电阻R1两端的电压，根据路端电压的变化，分析电阻R1两端的电压变化量与U的关系，确定电容带电量变化量电压表的示数U和电流表的示数I的比值等于R电压表示数变化量U和电流表示数变化量I的比值等于R1+r解答：解：AB、闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R1两端的电压减小，电阻R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R1两端的电压减小量小于U，则电容器的带电量减小，减小量小于CU故A错
27、误，B错误C、由图，=R，R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大故C正确D、根据闭合电路欧姆定律得：U=EI（R1+r），由数学知识得知，=R1+r，保持不变故D正确故选：CD点评：此题中两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析，注意R，R是非纯性元件12某组同学在实验室利用如图甲所示的电路图连接好电路，并用于测定电灯电阻R0，电源的电动势E和内电阻r调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据根据所得数据描绘了如图乙所示的两条UI图象则有（）A图象中的曲线是电压表V2的测量值
28、所对应的图线B由图象可以得出电源电动势和内阻分别是E=4.5 V，r=1.0C图象中两图线的交点表示在本电路中该电源的效率达到最大值D若将三个这样的灯泡并联后再接到该电上，则每个灯泡的实际功率为5 W考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）电源的UI图象与纵轴的交点示数是电源的电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻（2）由图象求出两图线的交点对应的电压与电流，然后根据闭合电路中内外电压的关系及欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值；（3）由图象求出灯泡两端电压与通过灯泡的电流，然后由P=UI求出灯泡实际功率解答：解：A、由图可知，V1测电源的路端电压，V2测量R0两端的
29、电压，路端电压随电流增大而减小，定值电阻两端电压随电流增大而增大，由图乙所示图象可知，直线是电压表V1的测量值所对应的图线，曲线是V2的测量值所对应的图线，故A正确；B、电源的UI图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势E=4.5V，电源内阻r=1.0故B正确；C、当外电路电阻越大时，电源的效率越高，但很明显交点处的电阻不是无穷大；故不是最大效率；故C错误；D、设流过每个灯泡的电流为I，三个灯泡并联接在电源上，在闭合电路中，路端电压：U=E3Ir=4.531I=4.53I，即U=4.53I，在图乙所示坐标系中作出图象如图所示：由图示图象可知，灯泡两端电压为1V，流过灯泡的电流为1.2A，灯
30、泡实际功：P=UI=11.2=1.2W；故D错误；故选：AB点评：本题考查测定电动势和内电阻实验的数据处理方法，要结合电路分析图线的意义，注意分析交点及截距等图象给出的隐含条件二、实验题（21分）13一位同学在实验中分别用游标卡尺和螺旋测微器测量物体长度，得到结果如图所示，游标卡尺示数14.50mm，螺旋测微器示数5.663mm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14mm，游标尺上第10个
31、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：14mm+0.50mm=14.50mm2、螺旋测微器的固定刻度为5.5mm，可动刻度为16.50.01mm=0.163mm，所以最终读数为5.5mm+0.163mm=5.663mm故答案为：14.50；5.663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14现用伏安法研究某电子器件R1（6V，2.5W）的伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整（直接测量的变化范围尽可能大一些），备有下列器材：A直流电（6V，内阻不计）；B电流表G（满偏电流Ig=3mA，内阻
32、Rg=10）；C电流表A（00.6A，内阻未知）；D滑动变阻器（020，5A）；E滑动变阻器（0200，1A）；F定值电阻R0（阻值1990）；G开关与导线若干根据题目提供的实验器材，请你在方框中设计出测量电子器件R1伏安特性曲线的电路原理图（R1可用“”表示）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用D（填写器材序号）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）由实验要求可知本实验中电流表及电压表的示数应从零开始变化，根据分压及限流的接法可得出实验的电路图；（2）因要求电压从零开始变化，变阻器用分压接法，应选小阻值滑动变阻器；解答：解：由题意要求可
33、知，电压从零开始变化，并要多测几组数据，故只能采用滑动变阻器分压接法；灯泡的电阻约为，灯泡的电阻值比较小，属于小电阻，所以用电流表外接法，电路图如图所示（2）因要求电压从零开始变化，变阻器用分压接法，应选小阻值的D故答案为：（1）如图所示；（2）D点评：本题考查实验中的仪表选择及接法的选择；应注意滑动变阻器分压及限流接法的区别及应用，同时还应明确内外接法的不同及判断15（12分）（2014北京）利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻要求尽量减小实验误差（1）应该选择的实验电路是图1中的甲（选项“甲”或“乙”）（2）现有电流表（00.6A）、开关和导线若干，以及以下器材：A电压表（01
34、5V） B电压表（03V）C滑动变阻器（050） D滑动变阻器（0500）实验中电压表应选用B；滑动变阻器应选用C；（选填相应器材前的字母）（3）某位同学记录的6组数据如下表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出UI图线序号123456电压U（V）1.451.401.301.251.201.10电流I（A）0.0600.1200.2400.2600.3600.480（4）根据（3）中所画图线可得出干电池的电动势E=1.5v，内电阻r=0.83（5）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数U以及干电池的输出功率P都会发生变化图3的各示意图中正确
35、反映PU关系的是C考点：测定电源的电动势和内阻 专题：实验题分析：（1）分析图示电路结构，然后答题；（2）根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器；（3）应用描点法作出图象；（4）根据电源的UI图象求出电源电动势与内阻；（5）求出电源输出功率表达式，然后答题解答：解：（1）干电池内阻较小，为减小实验误差，应选题甲所示电路图；（2）一节干电池电动势约为1.5V，则电压表应选B，为方便实验操作，滑动变阻器应选C；（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的UI图象如图所示；（4）由图示电源UI图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势E=1.5V
36、，电源内阻：r=0.83；（5）电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大；而当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故符合条件的图象应为C 故答案为：（1）甲；（2）B；C；（3）图示如图所示；（4）1.5；0.83；（5）C点评：本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；电源的UI图象与纵轴交点坐标值是电源电动势图象斜率的绝对值是电源内阻三、解答题（本大题包括小题，共41分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤
37、有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16（12分）（2015秋重庆校级月考）某品牌电动自行车的铭牌上给出了如下的技术参数表不计其自身机械损耗，若该车在额定状态下以最大运行速度行驶，则：自重40（kg）额定电压48V载重75（kg）额定电流12A最大行驶速度20（km/h）额定输出功率350W（1）电动车的内阻是多少？（2）电动机的输入功率为多少？（3）该车受到的阻力为是多少？考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：对于电动机来说，正常工作时不是纯电阻电路，对于功率的不同的计算公式代表的含义是不同的，P=UI计算的是总的消耗的功率，P热=I2r是计算电动机的发热的功率，当速度最大时
38、牵引力和阻力相等解答：解：（1）（2）额定电压48V，额定电流12A，故电动机的输入功率为：P=UI=4812=576W；由表格数据得到电动机的输出功率为350W，根据能量守恒定律，有：UI=P出+I2R代入数据，有：576=350+122R解得：R=1.57，（3）20km/h=5.56m/s根据P出=Fv，有：F=N电动自行车匀速行驶时，牵引力与阻力平衡，故阻力为63N；答：（1）电动车的内阻是1.57；（2）电动机的输入功率为576W；（3）该车受到的阻力为是63N点评：解决本题的关键是区分开电功率的不同的公式计算所得到的量的含义，对于非纯电阻来说总功率和发热功率的公式是不同17（13分
39、）（2004江苏模拟）如图所示，E=10V，r=1，R1=R3=5，R2=4，C=100F，当S断开时，电容器中带电粒子恰好处于静止状态，求：（1）S闭合后，带电粒子加速度的大小和方向；（2）S闭合后流过R3的总电荷量考点：闭合电路的欧姆定律；电容 专题：恒定电流专题分析：（1）S断开，带电粒子恰好处于平衡状态，电场力和重力平衡，根据平衡条件列式；S闭合后，电容器两端电压增加，根据牛顿第二定律列式求解；（2）S闭合后，流过R3的总电荷量等于电容器上电荷的增加量，根据Q=CU列式求解解答：解：（1）S断开，带电粒子恰好处于静止状态，设电容器两极板间距离为d，有：V S闭合后，有：V设带电粒子加速
40、度为a，则根据牛顿第二定律，有：解得：a=g，方向竖直向上 （2）S闭合后，流过R3的总电荷量等于电容器上电荷的增加量，所以；得Q=4104C 答：（1）S闭合后，带电粒子加速度的大小为g，方向竖直向上；（2）S闭合后流过R3的总电荷量为4104C点评：本题是力电综合问题，关键是通过电路分析得到电压变化情况，然后对微粒运用牛顿第二定律列式求解18（16分）（2015秋重庆校级月考）一电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻r=2，电阻R1=12，R2=R4=4，R3=8，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长l=0.20m，两极板的间距d=1.0102m（1）若开
41、关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4的总电荷量为多少？（2）S断开时，电源的总功率多大？（3）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g取10m/s2）考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：（1）当开关S断开时，电容器的电压等于电阻R3两端的电压，根据欧姆定律及串联电路电压的分配关系，利用比例法电容器的电压和电量当S闭合后，电阻R2与R3串联后再与R1并联，电容器的电压等于电阻R3两端的
42、电压，求出电容器的电量，再求出电容器电量的变化量，即为流过R4的总电量；（2）根据欧姆定律求出电路中的总电流，再根据P=EI求解总功率；开关S断开时带电油滴恰好静止在水平放置的平行金属板正中间，电场力与重力平衡，根据平衡条件得到重力与电场力的关系S闭合时，根据牛顿第二定律求出加速度，由位移公式求出油滴到达极板的时间然后根据侧向位移来确定是否能射出解答：解：（1）S断开时，电阻R3两端电压为S闭合后，外阻为路端电压为电阻R3两端电压为则所求流过R4的总电量为（2）S断开时，电路总电流I=，电源的总功率P=EI=282=56W（3）设微粒质量为m，电量为q，当开关S断开时有：当开关S闭合后，设微粒加速度为a，则设微粒能从C的电场中射出，则水平方向：竖直方向：由以上各式求得：故微粒不能从C的电场中射出 答：（1）若开关S处于断开状态，则当其闭合后，则流过R4的总电量为61012C；（2）S断开时，电源的总功率为56W；（3）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以0=2.0m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，不能从C的电场中射出点评：对于电容器，关键是确定其电压，当电路稳定时，电容器的电压等于与之并联的电路的电压，也等于所在电路两端的电压
