1、2016-2017学年福建师大附中高二（上）期中物理试卷一、单项选择题：（本大题共6小题，每小题4分，共24分每题所给的选项中只有一个是正确的，选对的得4分，错选或不选的得0分）1电源与外电阻R连接成闭合回路，对于电源的路端电压U，下列说法正确的是（）A因U=IR，则U 与R的大小成正比B因U=IR，则R=0时，必有U=0C流过电源的电流越大，路端电压U也越大D若外电路断开，回路中电流为0，路端电压也等于02一根粗细均匀的电阻丝其电阻为2，在温度不变的情况下，将其均匀拉长后，其电阻变为32，则后来金属丝直径是原来金属丝直径的（）ABCD3如图所示，用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别为mA和mB
2、的小球，悬点为O，两小球均带正电荷，当小球由于静电力作用张开一角度时，A球悬线与竖直线夹角为，B球悬线与竖直线夹角为，则两小球质量之比mA：mB为（）Asin：sinBcos：cosCtan：tanDtan：tan4如图所示，一根截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，单位体积内的电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为（）AvqBCqvSD5微型吸尘器的直流电动机内阻一定，当加上0.6V的电压时，通过的电流为0.5A，此时电动机不转，当加在电动机两端的电压为3.0V时，电流为1.0A，这时电动机正常工作不计各处摩擦的条件下，正常工作时电动机
3、输出的有用功率是（）A3WB2.7WC1.8WD0.3W6如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15角，AB直线与匀强电场E互相垂直在A点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m，带电量为+q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点（图中未画出）时速度仍为v0，在小球由A点运动到C点的过程中，下列说法中正确的是（）A电场力对小球做功为零B小球的电势能增加C小球的机械能减少量为mg2t2DC可能位于AB直线的左侧二、多项选择题：（本大题共6小题，每小题4分，共24分每题所给的选项中有不只一个是正确的，全部选对的得4分，部分选对的得2分，有错选或不选的得0分）7等量异种点电荷的连线和其中垂线如图
4、所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点则检验电荷在此全过程中（）A所受电场力的方向一直不变B所受电场力的大小恒定C电势能一直减小D电势能先不变后减小8A、B、C是三个不同规格的灯泡，按图所示方式连接恰好能正常发光，已知电源的电动势为E，内电阻为r，将滑动变阻器的滑片P向左移动少许，设灯泡不会烧坏，则（）A整个电路的总功率一定变大B电源的输出功率一定变小CA、B灯比原来亮，C灯变暗DA、B、C三盏灯都比原来亮9如图所示，在一块足够大的铅板A的右侧固定着一小块放射源P，P向各个方向不断放射出电子，电子的初速度大小均为v0，电子的重力忽略不计在A板右方距A为
5、d处放置一个与A平行的金属板B，在A、B之间加上恒定电压U（B板电势高）（）A电子打在B板上的范围是个圆B仅增加d的大小，电子到达B板时的动能增大C仅增加d的大小，电子打在B板时的范围面积增大D仅增加U的大小，电子打在B板时的范围面积不变10空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，x轴正方向为场强的正方向下列说法中正确的是（）A该电场可能是由一对分别位于x2和x2两点的等量异种电荷形成的电场Bx2和x2两点的电势相等C正电荷从x1运动到x3的过程中电势能先增大后减小D原点O与x2两点之间的电势差大于x2与x1两点之间的电势差11一个T形电路如图所示，电路中的电阻R1=
6、120，R2=10，R3=40另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计则（）A当c、d端短路时，a、b之间的等效电阻是130B当a、b端短路时，c、d之间的等效电阻是40C当a、b两端接通测试电源时，c、d两端的电压为25VD当c、d两端接通测试电源时，a、b两端的电压为80 V12在如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，下列哪些方法会使P向上运动（）A断开S2B适当减小两板之间的距离C断开S4并适当减小两板之间的距离D断开S4并适当减小两板之间的正对面积三、实验题（本大题共2题，共12分）13读出下列螺
7、旋测微器和万用电表（欧姆档）的读数14在实验室中测量电源的电动势和内电阻，可以提供的器材有：（a）待测电池：电动势E、内电阻r（b）电流表A1：量程0.6A，内阻r1=0.5（c）电流表A2：量程1mA，内阻r2=200（d）滑动变阻器R1：阻值020，额定电流2.5A（e）电阻箱R2：9999以及开关、导线、坐标纸等为了测量待测电池的电动势和内电阻，请解答以下问题：（1）由于没有电压表，需将电流表A2和电阻箱R2改装成量程为2V的电压表，R2的电阻值应为（2）根据图1中设计的测量该电池电动势和内电阻的电路图，利用笔画线代替导线，将图2实物图连接好（3）根据实验所测数据画出I2I1图象如图3所
8、示，由此图象可求得该电源电动势E=，内阻r=四、计算题（本大题4题，共40分）15如图所示的闭合电路中，电源电动势E=12V，内阻r=1，灯泡A标有“6V，3W”，灯泡B标有“4V，4W”当开关S闭合时A、B两灯均正常发光求：R1与R2的阻值分别为多少？16如图所示，电源电动势E=12V，内阻r=5，滑动变阻器的最大阻值R1=20，定值电阻R2=20，R3=5，R4=10，电容器的电容C=30F开关S闭合电路稳定后，求：（1）滑动变阻器滑片从最左端滑到最右端的过程中，通过R4的电量；（2）电源的最大输出功率17如图所示，固定于同一条竖直线上的点电荷A、B相距为2d，带电量均为+Q MN是竖直放
9、置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电量为+q（可视为点电荷，q远小于Q），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v已知MN与AB之间的距离为2d，静电力常量为k，重力加速度为g求：（1）小球p在C点刚释放时加速度的大小；（2）C、O间的电势差UCO； （3）小球p经过与点电荷B等高的D点时速度的大小18如图所示，两平行金属板A、B长为L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高400V，一带正电的粒子电荷量为q=1.01010C、质量为m=1.01020kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2
10、.0106m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）已知两界面MN、PS相距为6cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为10cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远；（2）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小2016-2017学年福建师大附中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：（本大题共6小题，每小题4分，共24分每题所给的选项
11、中只有一个是正确的，选对的得4分，错选或不选的得0分）1电源与外电阻R连接成闭合回路，对于电源的路端电压U，下列说法正确的是（）A因U=IR，则U 与R的大小成正比B因U=IR，则R=0时，必有U=0C流过电源的电流越大，路端电压U也越大D若外电路断开，回路中电流为0，路端电压也等于0【考点】闭合电路的欧姆定律；欧姆定律【分析】明确闭合电路的规律定律，知道给定的电源，其电动势不变，与外电路无关，而路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小【解答】解：A、电源电动势不变，当R增大时，I必然减小，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小，故A错误 B、当R=0时，电路处于短路状态，电源路端电压为0故
12、B正确 C、由U=EIr可知，流过电源的电流越大，路端电压U越小故C错误 D、根据闭合电路欧姆定律U=EIr可知，外电路断开时，路端电压为E故D错误故选：B【点评】本题是简单的闭合电路欧姆定律的动态分析问题对于路端电压与电流的关系，也可以作出电源的外特性曲线UI图线，更直观判断它们的关系2一根粗细均匀的电阻丝其电阻为2，在温度不变的情况下，将其均匀拉长后，其电阻变为32，则后来金属丝直径是原来金属丝直径的（）ABCD【考点】电阻定律【分析】根据电阻定律列出开始时的电阻与长度和截面积的关系，再对拉长后的电阻进行分析，由电阻定律列式，联立即可求得截面积的变化，再根据面积公式求解直径的变化【解答】解
13、：由题意可知，R=2； 假设伸长了n倍，则截面积减小为原来的，则电阻R=32；联立可得n=4，则可知长度变为原来的4倍，截面积变为原来的； 则由S=可知，直径变为原来的；故D正确，ABC错误故选：D【点评】本题考查电阻定律的应用，要注意明确导体的电阻大小与导体的长度、横截面积和材料有关，长度越大，横截面积越小，电阻越大3如图所示，用两根等长的绝缘细线各悬挂质量分别为mA和mB的小球，悬点为O，两小球均带正电荷，当小球由于静电力作用张开一角度时，A球悬线与竖直线夹角为，B球悬线与竖直线夹角为，则两小球质量之比mA：mB为（）Asin：sinBcos：cosCtan：tanDtan：tan【考点】
14、共点力平衡的条件及其应用【分析】对小球受力分析，根据受力平衡可得出小球的倾角与电量、重力的关系，则可得出两小球的质量的大小关系【解答】解：对两球受力分析，根据共点力平衡和几何关系的相似比，得：=， =由于 FA=FB，且PAPB，则有m1m2且有m1：m2=，故A正确、BCD错误故选：A【点评】本题要比较两球质量关系，我们要通过电场力把两重力联系起来进行比较，结合共点力平衡条件列式求解重力与电场力的关系式是关键4如图所示，一根截面积为S的均匀长直橡胶棒上均匀带有负电荷，单位体积内的电荷量为q，当此棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，由于棒运动而形成的等效电流大小为（）AvqBCqvSD【考
15、点】电流、电压概念【分析】棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v米，则每秒v米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面，由电流的定义式I=求解等效电流【解答】解：棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v米，每秒v米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面，每秒内通过横截面的电量Q=qvs，根据电流的定义式I=，t=1s，得到等效电流为 I=qvs故选：C【点评】本题关键是建立物理模型，利用电流的定义式进行求解电流5微型吸尘器的直流电动机内阻一定，当加上0.6V的电压时，通过的电流为0.5A，此时电动机不转，当加在电动机两端的电压为3.0V时，电流为1.0A，这时电动机正常
16、工作不计各处摩擦的条件下，正常工作时电动机输出的有用功率是（）A3WB2.7WC1.8WD0.3W【考点】电功、电功率【分析】电机不转时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律求出其电阻当电机正常工作时，根据能量守恒定律求出电机输出的功率【解答】解：当电机不转时，由欧姆定律得，电机的电阻为R=1.2当电机正常工作时，电机输出的功率为P出=UII2R=31121.2=1.8W；故C正确，ABD错误故选：C【点评】对于电动机，不转时，其电路是纯电阻电路，欧姆定律成立；当电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立故应正确选择功率公式才能准确求解6如图所示，处于真空中的匀强电场与水平方向成15角，
17、AB直线与匀强电场E互相垂直在A点以大小为v0的初速度水平抛出一质量为m，带电量为+q的小球，经时间t，小球下落一段距离过C点（图中未画出）时速度仍为v0，在小球由A点运动到C点的过程中，下列说法中正确的是（）A电场力对小球做功为零B小球的电势能增加C小球的机械能减少量为mg2t2DC可能位于AB直线的左侧【考点】电势能；动能定理的应用；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】对小球受力分析，受重力和电场力，对小球的从抛出到C点的运动过程运用动能定理列式分析得到电场力做功情况，根据电场力做功与电势能变化关系得到电势能的变化情况，根据重力做功与重力势能的变化关系得到重力势能的变化情况【解答】解：A、小
18、球必定没有回到原处，电场力做功不为零，故A错误；B、由动能定理，动能不变，合外力的功为零，重力做正功，电场力必然做负功，电势能增加，故B正确；C、小球的机械能的减少量即为竖直方向的重力势能的减少量mgh，由于电场力向左下方，重力竖直向下，将合力沿着水平和竖直方向正交分解，竖直方向的合力大于重力，故在竖直方向的分运动的加速度a大于g，竖直方向h=at2gt2，即mghmg2t2，故C错误；D、A、B两点等势，结合B选项可知，C点必定在AB直线的右侧，故D错误；故选B【点评】本题为力电综合创新题，考生需熟练掌握运动的独立性，正确理解各个力的功和动能定理的关系二、多项选择题：（本大题共6小题，每小题
19、4分，共24分每题所给的选项中有不只一个是正确的，全部选对的得4分，部分选对的得2分，有错选或不选的得0分）7等量异种点电荷的连线和其中垂线如图所示，现将一个带负电的检验电荷先从图中a点沿直线移到b点，再从b点沿直线移到c点则检验电荷在此全过程中（）A所受电场力的方向一直不变B所受电场力的大小恒定C电势能一直减小D电势能先不变后减小【考点】电势差与电场强度的关系；电场的叠加；电势能【分析】等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，电荷在等势线上移动时电势能不变根据电场线的方向可判断出c点的电势比中垂线的电势高，负电荷在电势高处其电势能小在中垂线上离电荷的连线越近，电场线越密，场强越大，电荷所受电
20、场力越大根据电场强度与等势面垂直，分析电荷所受电场力方向的变化情况【解答】解：A、从a到b，电场力方向一直与ab垂直，方向不变，故A正确；B、根据电场线的疏密可知，a、b、c三点的场强大小关系是：EaEbEc电荷从a到b，电场力增大；从b到c，电场力增大；故B错误；C、D、由题ab是一条等势线，c点的电势比a、b的电势高，电荷带负电，则电荷从a到b，其电势能不变，从b到c，其电势能减小，即在此全过程中，电荷的电势能先不变后减小故C错误，D正确；故选：AD【点评】本题考查对等量异种电荷电场线、等势线分布情况的掌握程度，属于常见题型8A、B、C是三个不同规格的灯泡，按图所示方式连接恰好能正常发光，
21、已知电源的电动势为E，内电阻为r，将滑动变阻器的滑片P向左移动少许，设灯泡不会烧坏，则（）A整个电路的总功率一定变大B电源的输出功率一定变小CA、B灯比原来亮，C灯变暗DA、B、C三盏灯都比原来亮【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】本题的电路结构是：B灯、变阻器串联后与C并联，再与A灯串联滑动变阻器的滑片P向左移动时，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据欧姆定律并联部分电压的变化情况，即可判断AB两灯亮度的变化，根据干路电流的变化，分析B灯亮度的变化，根据P=EI分析总功率变化【解答】解：滑动变阻器的滑片P向左移动时，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
22、得知，干路电流增大，则A灯变亮，根据P=EI可知，总功率增大，并联部分分担的电压减小，则C灯变暗由于通过B灯的电流等于干路电流与通过C灯电流之差，干路电流增大，而通过C灯的电流减小，则通过B灯的电流增大，变亮原来三盏灯都正常发光，通过三盏灯的电流相等，功率相等，滑动变阻器的滑片P向左移动时，通过B灯的电流增大量大于C灯的电流减小，根据数学知识可知，B灯增加的功率比C灯减小的功率大，而A灯功率增大，所以灯的总功率增大，故AC正确，BD错误；故选：AC【点评】本题为混联电路，电路情况较复杂，不过只要认真分析，则可以看出电路是由两电阻并联后再与一电阻串联而成，可以分成两部分求解所以分析电路是解答问题
23、的关键9如图所示，在一块足够大的铅板A的右侧固定着一小块放射源P，P向各个方向不断放射出电子，电子的初速度大小均为v0，电子的重力忽略不计在A板右方距A为d处放置一个与A平行的金属板B，在A、B之间加上恒定电压U（B板电势高）（）A电子打在B板上的范围是个圆B仅增加d的大小，电子到达B板时的动能增大C仅增加d的大小，电子打在B板时的范围面积增大D仅增加U的大小，电子打在B板时的范围面积不变【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】粒子水平射出后将做类平抛运动，此粒子沿水平方向的位移大小即是落在金属板上的粒子圆形面积的半径，形的面积根据运动学公式结合几何关系求出图形的面积【解答】解：A、打在最边
24、缘处的电子，将是类平抛运动的电子，在垂直电场方向做匀速运动，即r=vt在平行电场方向做初速度为零的匀加速运动，即d=at2其中，a=，则t=d将r=vt代入得：r=vd由于电子运动的对称性，打在B板上的电子的分布范围是圆形区域故A正确；B、电子到达B的过程中只有电场做功，由于电场力做功：W=qU，所以电子到达B的动能与极板之间的距离无关故B错误；C、圆面积S=r2=；仅增加d的大小，电子打在B板时的范围面积增大故C正确；D、圆面积S=r2=；仅增加U的大小，电子打在B板时的范围面积减小故D错误故选：AC【点评】对于功的求解要根据题目选择正确的途径了解研究对象的运动过程是解决问题的前提，根据题目
25、已知条件和求解的物理量选择物理规律解决问题10空间有一沿x轴对称分布的电场，其电场强度E随x变化的图象如图所示，x轴正方向为场强的正方向下列说法中正确的是（）A该电场可能是由一对分别位于x2和x2两点的等量异种电荷形成的电场Bx2和x2两点的电势相等C正电荷从x1运动到x3的过程中电势能先增大后减小D原点O与x2两点之间的电势差大于x2与x1两点之间的电势差【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【分析】根据题意，电场关于x轴对称分布可知，作出电场线如图，根据顺着电场线，电势降低和对称性可判断电势高低【解答】解：A、根据等量异种电荷形成的电场的特点可知，在等量异种电荷的连线上，各点的电场强度的方
26、向是相同的，而该图中电场强度的大小和方向都沿x轴对称分布，所以该电场一定不是由一对分别位于x2和x2两点的等量异种电荷形成的电场故A错误；B、由于x2和x2两点关于y轴对称，且电场强度的大小也相等，故从O点到x2和从O点到x2电势降落相等，故x2和x2两点的电势相等，故B正确； C、由图可知，正电荷从x1运动到x3的过程中运动的方向先与电场的方向相同后与电场的方向相反，所以电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大，故C错误；D、x2和x2两点的电势相等，原点O与x2两点之间的电势差等于原点O与x2两点之间的电势差，x2与x1两点之间的电势差等于x2与x1两点之间的电势差，所以原点O与x2两点
27、之间的电势差大于x2与x1两点之间的电势差故D正确；故选：BD【点评】本题关键抓住沿着电场强度的方向，电势一定降低；然后结合图象得到电场强度的分布情况，再分析电势变化情况即可11一个T形电路如图所示，电路中的电阻R1=120，R2=10，R3=40另有一测试电源，电动势为100V，内阻忽略不计则（）A当c、d端短路时，a、b之间的等效电阻是130B当a、b端短路时，c、d之间的等效电阻是40C当a、b两端接通测试电源时，c、d两端的电压为25VD当c、d两端接通测试电源时，a、b两端的电压为80 V【考点】串联电路和并联电路【分析】当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1
28、串联当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联当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R3两端的电压根据欧姆定律求解电压【解答】解：A、当cd端短路时，ab间电路的结构是：电阻R2、R3并联后与R1串联，等效电阻为R=+R1=+120=200；故A错误；B、当ab端短路时，cd之间电路结构是：电阻R1、R3并联后与R2串联，等效电阻为R=+R2=40；故B正确；C、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，U=E=25V；故C正确；D、当cd两端接通测试电源时，ab两端的电压等于
29、电阻R3两端的电压，为U3=E=80V；故D正确；故选：BCD【点评】本题考查串并联电路的基本性质，对于电路要明确电路的结构，并能正确应用串并联电路的规律进行分析，必要时应进行电路的简化12在如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r开关S1、S2、S3、S4均闭合，C是水平放置的平行板电容器，板间悬浮着一油滴P，下列哪些方法会使P向上运动（）A断开S2B适当减小两板之间的距离C断开S4并适当减小两板之间的距离D断开S4并适当减小两板之间的正对面积【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析【分析】由电路图可知，当开关都闭合时，R3、R4串联后接入电源两端；R1及R2为等势体，相当于导线，电容器
30、两端的电压等于R3两端的电压；原来带电油滴受重力和电场力平衡，故电场力应向上，若使P向上运动，重力不变，故可知电场力的变化，由F=Eq可知场强E的变化，由U=Ed可得出电容器两端电压的变化，分析各开关断开后电路的变化可得出符合条件的选项【解答】解：A、断开S2，C直接接到电源两端，C两端电压增大，故E增大，电场力增大，油滴向上运动，故A正确；B、其他条件不变时，电容器两端的电压不变，适当减小两板间的距离时，由U=Ed可知，板间的电场强度增大，故油滴受到的电场力大于重力，油滴向上运动，故B正确；C、断开S4时电容器与电源断开，电量不变，减小两板间的距离时，根据C=、C=可知，U=d，则E=可知，
31、电场强度不变，故油滴不动，故C错误；D、断开S4时电容器与电源断开，电量不变，根据C=可知，减小两板之间的正对面积时C减小，则U增大，由于d不变，电场强度E增大，故油滴向上移动，故D正确；故选：ABD【点评】解决本题的关键要明确电路稳定时，电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压，注意与电容器串联的电阻相当于导线然后再结合电容器的动态分析规律进行分析即可求解三、实验题（本大题共2题，共12分）13读出下列螺旋测微器和万用电表（欧姆档）的读数【考点】用多用电表测电阻；螺旋测微器的使用【分析】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；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数【解答】解：
32、由图示螺旋测微器可知，其示数为：3mm+5.00.01mm=3.050mm；由图2所示多用电表可知，使用欧姆1k挡位，其示数为：161k=16k；故答案为：3.050mm；16k【点评】本题考查了螺旋测微器与欧姆表读数，要掌握常用器材的使用及读数方法，读数时视线要与刻度线垂直14在实验室中测量电源的电动势和内电阻，可以提供的器材有：（a）待测电池：电动势E、内电阻r（b）电流表A1：量程0.6A，内阻r1=0.5（c）电流表A2：量程1mA，内阻r2=200（d）滑动变阻器R1：阻值020，额定电流2.5A（e）电阻箱R2：9999以及开关、导线、坐标纸等为了测量待测电池的电动势和内电阻，请解
33、答以下问题：（1）由于没有电压表，需将电流表A2和电阻箱R2改装成量程为2V的电压表，R2的电阻值应为1800（2）根据图1中设计的测量该电池电动势和内电阻的电路图，利用笔画线代替导线，将图2实物图连接好（3）根据实验所测数据画出I2I1图象如图3所示，由此图象可求得该电源电动势E=1.8V，内阻r=2.2【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）根据串联电路特点及欧姆定律求出串联电阻阻值（2）根据原理图即可得出对应的实物图，如图所示； （3）由图象求出与纵轴的交点，然后由欧姆定律求出该电流所对应的电压，该电压是电源的电动势；图象斜率的绝对值等于电源的内阻【解答】解：（1）根据串联电路规律可
34、知，串联电阻阻值R=1800（2）根据电路图可得出对应的实物图，如图所示； （3）由图乙所示图象可知，图象纵轴截距是I1=0.9mA，电源电动势：E=I1（rg+R）=0.9103A（200+1800）=1.8V；路端电压U=I1（RA1+R0），当纵轴表示路端电压时，图象斜率的绝对值等于电源内阻，则电源内阻r=2.2；故答案为：（1）1800（2）如图所示；（3）1.8V 2.2【点评】本题需要掌握改装电压表串联内阻的计算方法；应用图象求电源电动势与内阻时，从图象上求出电流值，然后应用欧姆定律求出电源电动势与内阻要注意改装原理的正确应用是解题的关键四、计算题（本大题4题，共40分）15如图所
35、示的闭合电路中，电源电动势E=12V，内阻r=1，灯泡A标有“6V，3W”，灯泡B标有“4V，4W”当开关S闭合时A、B两灯均正常发光求：R1与R2的阻值分别为多少？【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】明确电路结构，由B灯正常发光可得电流IB，由欧姆定律可得R2的电压从而得出A灯的电压由欧姆定律即可求得R2的阻值，再由A阻值可得其实际功率由全电路欧姆定律求得R1的阻值【解答】解：流过R2及B灯的电流IB=1A所以 =2流过A灯的电流IA=0.5A由闭合电路欧姆定律：E=UA+（IA+IB）（r+R1）解得：R1=3答：R1与R2的阻值分别为3和2【点评】对于直流电路的计算问题，往往先求出局部的电
36、阻，再求出外电路总电阻，根据欧姆定律求出路端电压和总电流，再计算各部分电路的电压和电流16如图所示，电源电动势E=12V，内阻r=5，滑动变阻器的最大阻值R1=20，定值电阻R2=20，R3=5，R4=10，电容器的电容C=30F开关S闭合电路稳定后，求：（1）滑动变阻器滑片从最左端滑到最右端的过程中，通过R4的电量；（2）电源的最大输出功率【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】（1）由闭合电路欧姆定律分析滑片在最左端和最右端时的R3两端的电压，再由Q=UC即可求得此过程中电容器上的电量的变化，从而求出通过R4的电量（2）明确当内外电阻相等时电源的输出功率最大，由公式即可求得最大输出
37、功率【解答】解：（1）滑动变阻器滑片处于最左端时，电容器两端的电压就是电源的路端电压为：U1=6V；滑动变阻器滑片处于最右端时，R1、R2并联电阻为电容器两端的电压为：U2=3V；通过R4的电量为：q=C（U1U2）=30106（63）=9105C （2）电源的最大输出功率为：P=7.2W答：（1）滑动变阻器滑片从最左端滑到最右端的过程中，通过R4的电量9105C；（2）电源的最大输出功率7.2W【点评】对于直流电路的计算，要弄清电路的结构，明确各个部分电压关系，要知道电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，并能熟练运用17如图所示，固定于同一条竖直线上的点电荷A、B相距为2d，带电量均为+
38、Q MN是竖直放置的光滑绝缘细杆，另有一个穿过细杆的带电小球p，质量为m、电量为+q（可视为点电荷，q远小于Q），现将小球p从与点电荷A等高的C处由静止开始释放，小球p向下运动到距C点距离为d的O点时，速度为v已知MN与AB之间的距离为2d，静电力常量为k，重力加速度为g求：（1）小球p在C点刚释放时加速度的大小；（2）C、O间的电势差UCO； （3）小球p经过与点电荷B等高的D点时速度的大小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用【分析】（1）由牛顿第二定律可以求出加速度（2）对C到O段运用动能定理，求出C、O间的电势差，再求出C、D间的电势差UCO（3）由电场的对称性知，UOD=
39、UCO，小球从C到D由动能定理可以求出速度【解答】解：（1）小球p在C点时受力如图所示，由库仑定律得：F2=，牛顿第二定律得：mgF2cos45=ma，解得：a=g；（2）小球p由C运动到O时，由动能定理得：mgd+qUCO=mv20，解得：UCO=；（3）由于C、D电势相等，小球p由C运动到D的过程只有重力做功，由动能定理得：mg2d=mvD2，解得：；答：（1）小球p在C点刚释放时加速度的大小为：g；（2）C、O间的电势差UCO为；（3）小球p经过与点电荷B等高的D点时速度的大小为2【点评】本题关键要正确分析小球的受力情况，运用牛顿第二定律、动能定理处理力电综合问题，分析要知道O点的场强实
40、际上是两点电荷在O点产生场强的合场强，等量异种电荷的电场具有对称性18如图所示，两平行金属板A、B长为L=8cm，两板间距离d=8cm，A板比B板电势高400V，一带正电的粒子电荷量为q=1.01010C、质量为m=1.01020kg，沿电场中心线RO垂直电场线飞入电场，初速度v0=2.0106m/s，粒子飞出电场后经过界面MN、PS间的无电场区域，然后进入固定在O点的点电荷Q形成的电场区域（设界面PS右侧点电荷的电场分布不受界面的影响）已知两界面MN、PS相距为6cm，D是中心线RO与界面PS的交点，O点在中心线上，距离界面PS为10cm，粒子穿过界面PS做匀速圆周运动，最后垂直打在放置于中
41、心线上的荧光屏bc上（1）求粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为多远；到达PS界面时离D点为多远；（2）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】（1）带电粒子垂直进入匀强电场后，只受电场力，做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速直线运动由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出粒子飞出电场时的侧移h，由几何知识求解粒子到达PS界面时离D点的距离（2）由运动学公式求出粒子飞出电场时速度的大小和方向粒子穿过界面PS后将绕电荷Q做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，由几何关系求出轨迹半径，再牛顿定律求解Q的电荷
42、量【解答】解：（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离（侧向位移）：y=，解得：y=0.04m=4cm；带电粒子在离开电场后将做匀速直线运动，其轨迹与PS线交于a，设a到中心线的距离为Y则有：，解得：Y=10cm；（2）粒子到达H点时，其水平速度为：vx=v0=2.0106m/s，竖直速度为： m/s，粒子的速度为：v=2106m/s，该粒子在穿过界面PS后绕点电荷Q做匀速圆周运动，所以Q带负电，根据几何关系可知半径为： cm，由牛顿第二定律得：k=m，解得： C1.26108C；答：（1）粒子穿过界面MN时偏离中心线RO的距离为4cm，到达PS界面时离D点为10cm；（2）确定点电荷Q的电性并求其电荷量的大小为1.26108C【点评】本题是类平抛运动与匀速圆周运动的综合，分析粒子的受力情况和运动情况是基础难点是运用几何知识研究圆周运动的半径