四川省成都市大邑中学2014-2015学年高二上学期期中物理试卷 WORD版含解析.doc

1、四川省成都市大邑中学2014-2015学年高二上学期期中物理试卷一、选择题（本题包括6小题，每小题3分，共18分每小题只有一个选项正确）1（3分）下列说法中正确的是（）A摩擦起电，是因为摩擦导致质子从一个物体转移到另一个物体而形成的B在电场中无论移动正电荷还是负电荷，只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少C由Ep=q可知，对于同一电荷，在电势高处电势能大D电势降低的方向，一定就是场强方向2（3分）下面关于电源的电动势的叙述中，正确的是（）A电源的电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量B电源的电动势就是接在电源两极间的电压C电动势和电压的单位相同，所以物理意义也相同D在闭合电

2、路中，当外电阻变大时，路端电压变大，电源的电动势也变大3（3分）两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图所示，下列说法正确的是（）Aa点电势比b点高Ba、b两点的场强方向相同，a点场强比b点大Ca、b、c三点和无穷远处等电势，且均为零D一个电子在a点的电势能比在b点的电势能大4（3分）如图1所示，两根横截面积不同的不同材料制成的导线I和II，串联后接入电路若导线上任意一点的电势随该点与a点距离x的变化关系如图2所示导线I和II的电阻率分别为1、2，电阻分别为R1、R2，则（）A12，R1R2B12，R1R2C12，R1R2D12，R1R25（3分）在如图所示电路中，当变阻器R

3、3的滑动头P向b端移动时（）A电压表示数变大，电流表示数变小B电压表示数变小，电流表示数变大C电压表示数变大，电流表示数变大D电压表示数变小，电流表示数变小6（3分）如图所示的UI图象中，直线I为某电源的路端电压与电流的关系，直线为某一电阻R的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图象可知（）AR的阻值为0.5B电源内部消耗功率为3WC电源的输出功率为1.5WD电源电动势为3V，内阻为0.5二、选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得O分）7（4分）关于欧姆定律的

4、说法中正确的是（）A由I=，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比B由U=IR，对一定的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压反而越小C由R=，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流强度成反比D欧姆定律I=适用于任何导体的导电情况8（4分）如图所示，虚线a、b、c代表电场中三条电场线，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点比较P、Q两点下列判断错误的是（）AP点的场强比Q点的场强大BP点的电势比Q点的电势高C带电质点通过Q点时电势能较大D带电质点通过Q点时动能较小9（4分）一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，

5、A、B两板的电势分别为+和，下述结论正确的是（）A电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E=/dB电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零C若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加D若有一个电子穿越两极板之间的电场，则电子的动能一定会增大10（4分）如图，一带电液滴在重力场和水平方向匀强电场的作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45，则下列结论正确的是（）A此液滴带负电B液滴的加速度等于gC合外力对液滴做的总功等于零D液滴的电势能增加11（4分）如图所示，一直流电动机与阻值R=9的电阻串连接在

6、电源上，电源电动势E=20V，内阻r=1，用理想电压表测出电动机两端的电压U=10V，已知电动机线圈电阻RM=1，则（）A通过电动机的电流为10AB电动机的输入功率为9WC电动机发热消耗的功率为1WD电动机输出的功率为10W12（4分）一个用绝缘材料制成的劲度系数为k的轻弹簧，一端固定，另一端与质量为m、带正电荷q的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上，当加入如图所示的场强为E的匀强电场后，小球开始运动，下列说法正确的是（）A小球的速度最大时，弹簧伸长为B小球向右一直做加速运动C小球向右运动过程中，小球的加速度先增大再减小D运动过程中，小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能相互转化三、实验题（共16分

7、，其中电路图4分，其余每空2分）13（4分）有一电流表的内阻rg=10，从刻度盘上读出Ig=3mA，为了将该电流表改装成量程为3.0V的电压表，应联一个阻值为的电阻14（12分）有一个小灯泡上标有“3V 0.2A”字样，现要测量该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用：A电压表（03V，内阻1k）B电压表（015V，内阻5k）C电流表（00.3A，内阻2）D电流表（00.6A，内阻0.5）E滑动变阻器（10，1A） F滑动变阻器（1000，0.5A）G直流电源（6V，内阻不计）另有开关一个、导线若干（1）实验中电压表应选，电流表应选，滑动变阻器应选（只填器材的字母代号）（2）在答卷的虚线框中画

8、出实验电路图，要求电流、电压能从零开始变化（3）下面是四位同学在实验操作前根据他们的猜想分别做出的小灯泡的伏安特性曲线草图，其中最接近事实的是（填选项字母）四、计算题（本题共4个题，共42分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15（8分）如图所示，电阻R1=12，R2=8，当开关S断开时，电流表A的示数为0.5A；当S闭合时，A的示数为0.75A试求：（1）电源的电动势和内电阻分别是多少？（2）S闭合时，电源的效率多大？16（10分）如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的小球现

9、将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37角重力加速度为g，sin37=0.6，cos37=0.8（1）判断小球的带电性质；（2）求该匀强电场的电场强度E的大小；（3）若将小球向左拉起至与O点处于同一水平高度且细绳刚好张紧，将小球由静止释放，求小球运动到最低点时的速度大小17（10分）如图所示电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm电源电动势E=24V，内电阻r=1，电阻R=15闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间若小球带电荷量为q=1102C，质量为m=2102kg，不考虑空气阻力（取g

10、=10m/s2），小球恰能到达A板，求：（1）电容器两板间的电压；（2）滑动变阻器接入电路的阻值；（3）电源的输出功率18（14分）如图所示，空间存在着电场强度E=2.5102N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L=0.5m的绝缘细线一端固定于O点，另一端拴着质量m=0.5kg、电荷量q=4102C的小球现将细线拉至水平位置，将小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂，取g=10m/s2求：（1）小球带何种电荷；（2）小球运动到圆周最高点的速度；（3）细线能承受的最大拉力值；（4）当细线断后，小球继续运动到与O点水平方向的距离为L时，小球距离O

11、点的高度四川省成都市大邑中学2014-2015学年高二上学期期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题包括6小题，每小题3分，共18分每小题只有一个选项正确）1（3分）下列说法中正确的是（）A摩擦起电，是因为摩擦导致质子从一个物体转移到另一个物体而形成的B在电场中无论移动正电荷还是负电荷，只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少C由Ep=q可知，对于同一电荷，在电势高处电势能大D电势降低的方向，一定就是场强方向考点：电势能 分析：摩擦起电过程是电子在移动形成的；只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少；运用公式Ep=q时各个量要代入符号分析电势降低最快的方向，一定就是场强方向解答：解：A、由于

12、不同物质的原子核对核外电子的束缚本领不同，在两个物体相互摩擦的过程中，束缚核外电子能力强的物体得电子带负电，束缚核外电子能力弱的失电子带正电所以摩擦起电是因为摩擦导致电子从一个物体转移到另一个物体而形成的故A错误B、在电场中无论移动正电荷还是负电荷，根据功能关系可知：只要电场力做正功，电荷电势能一定要减少故B正确C、由Ep=q可知，对于同一正电荷，在电势高处电势能大，而对于同一负电荷，在电势高处电势能小，故C错误D、电势降低最快的方向，一定就是场强方向故D错误故选：B点评：本题考查电场中的基本知识，要理解摩擦起电的实质，知道电场力做功与电势能的变化关系和重力做功与重力势能变化关系相似，只要电场

13、力做正功，电荷电势能一定要减少正确理解电场强度方向与电势变化方向的关系2（3分）下面关于电源的电动势的叙述中，正确的是（）A电源的电动势是表示电源把其它形式的能转化为电能的本领大小的物理量B电源的电动势就是接在电源两极间的电压C电动势和电压的单位相同，所以物理意义也相同D在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压变大，电源的电动势也变大考点：电源的电动势和内阻 专题：恒定电流专题分析：电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关；电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势；电源的电动势在数值上等于内、外电压之和解答：解：A、电源的电动势是表示电源把其它

14、形式的能转化为电能的本领大小的物理量，故A正确； B、电压表是有内阻的，跟电源连接后构成一个通路，此时电源有内电压，所以电源两极间电压值略小于电动势故B错误； C、电动势反映的是把其它形式的能转化电能的本领，电压反映的是电能转化为其它形式的能，不相同，则C错误 D、电动势反映本身的特性，与外电路的结构无关即同一电源接入不同的电路，电动势不会变化；在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也不会变化，故D错误；故选：A点评：本题考查对于电源的电动势的理解能力电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关3（3分）两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c三点，

15、如图所示，下列说法正确的是（）Aa点电势比b点高Ba、b两点的场强方向相同，a点场强比b点大Ca、b、c三点和无穷远处等电势，且均为零D一个电子在a点的电势能比在b点的电势能大考点：电势能 分析：两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向c点处电场线最密，场强最大解答：解：AC、两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，此等势线一直延伸到无穷远处，a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，则它们的电势相等，而且与无穷远处电势相等，均为零，故A错误，C正确B、电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向则知a、b两点的场强方

16、向相同电场线密的地方场强大，则知a点场强比b点小，故B错误D、a、b两点的电势相等，电子在这两点的电势能相等故D错误故选：C点评：对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆4（3分）如图1所示，两根横截面积不同的不同材料制成的导线I和II，串联后接入电路若导线上任意一点的电势随该点与a点距离x的变化关系如图2所示导线I和II的电阻率分别为1、2，电阻分别为R1、R2，则（）A12，R1R2B12，R1R2C12，R1R2D12，R1R2考点：电阻定律 专题：恒定电流专题分析：通过图2判断出两段导线分的电压，由欧姆定律求的电阻大小，由电阻定律求

17、的电阻率；解答：解：在I处分的电压为U1=，在II处分的电压为U2=2两导线流过的电流相等，由R=可知，R1R2由R=可知，因S1S2，L1L2，故12，故A正确故选：A点评：本题主要考查了欧姆定律和电阻定律公式的直接应用，关键是通过图象判断出必要的物理量；5（3分）在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（）A电压表示数变大，电流表示数变小B电压表示数变小，电流表示数变大C电压表示数变大，电流表示数变大D电压表示数变小，电流表示数变小考点：闭合电路的欧姆定律 专题：压轴题分析：由图可知R2与R3并联后与R1串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由

18、闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=EIr可得出路端电压的变化；将R1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化解答：解：当滑片向b端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故内压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；将R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过R2的电流减小，因总电流增大，故电流表示数增大；故B正确，ACD错误；故选B点评：闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理

19、6（3分）如图所示的UI图象中，直线I为某电源的路端电压与电流的关系，直线为某一电阻R的伏安特性曲线，用该电源直接与电阻R连接成闭合电路，由图象可知（）AR的阻值为0.5B电源内部消耗功率为3WC电源的输出功率为1.5WD电源电动势为3V，内阻为0.5考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：电源的伏安特性曲线与纵坐标的交点为电源的电动势，与横坐标的交点为短路电路；两图象的交点为电阻的工作状态值，由图象可求得外电路的电压及内阻，则由功率公式可求得电源的功率解答：解：A、根据欧姆定律得：R=1.5，故A错误BCD、由图可知，电源的电动势为E=3V，短路电流为I短=2A；则内阻为：r=1.

20、5用该电源直接与电阻R连接成闭合电路后，电路中电流为I=1A，路端电压为U=1.5V，则电源内部消耗功率为：P内=I2r=121.5W=1.5W；电源的输出功率为：P=UI=1.5W，故BD错误，C正确；故选：C点评：因电源与电阻串联在一起，则电源与电阻中的电流一定相等，故两图象的交点为电阻的工作点；由图即可得出电源的输出电压及电流二、选择题（本题包括6小题，每小题4分，共24分每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得O分）7（4分）关于欧姆定律的说法中正确的是（）A由I=，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的

21、电阻成反比B由U=IR，对一定的导体，通过它的电流强度越大，它两端的电压反而越小C由R=，导体的电阻跟它两端的电压成正比，跟通过它的电流强度成反比D欧姆定律I=适用于任何导体的导电情况考点：欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：根据欧姆定律的内容可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，电阻的大小是由导体本身决定的，与电压的大小无关解答：解：A、根据欧姆定律可知，通过电阻的电流强度跟它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比，所以A正确； B、由U=IR，对一定的导体，电流与电压程正比，所以通过它的电流强度越大，它两端的电压也越大，所以B错误； C、导体的电阻与电压的大小无关，是由

22、导体本身决定的，所以C错误；D、欧姆定律只适用于金属导体与电解液导电，所以D错误故选：A点评：本题就是考查学生对欧姆定律的理解，掌握住电阻是由导体本身决定的，与电压的大小无关，即可解决本题8（4分）如图所示，虚线a、b、c代表电场中三条电场线，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、Q是这条轨迹上的两点比较P、Q两点下列判断错误的是（）AP点的场强比Q点的场强大BP点的电势比Q点的电势高C带电质点通过Q点时电势能较大D带电质点通过Q点时动能较小考点：电场线；电势能 分析：电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力

23、指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断解答：解：A、根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，则知P点的场强比Q点的场强大，故A正确B、若带电质点从P点进入电场，由图可知带电质点所受电场力沿电场线向右，由于质点带正电，故电场线向右，故P点的电势低于Q点的电势，故B错误C、带电质点在从P向Q运动的过程中电场力做负功，则带电质点的电势能增大，故带电质点在P点时的电势能较小，通过Q点时电势能较大故C正确D、由于带电质点在从P向Q运动的过程中电场力做负功，根据动能定理可知：质点在P点时的动能大于在Q点的动能故D正确本题选错误的，故

24、选：B点评：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化9（4分）一个平行板电容器，板间距离为d，当对其加上电压后，A、B两板的电势分别为+和，下述结论正确的是（）A电容器两极板间可形成匀强电场，电场强度大小为E=/dB电容器两极板间各点的电势，有的相同，有的不同；有正的，有负的，有的为零C若只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，极板上带的电荷量Q也会增加D若有一个电子穿越两极板之间的电场，则电子的动能一定会增大考点：电容 专题：电容器专题分析：根据A、B两板的电势，求出板间电势差，由E=求出板间场强

25、大小根据顺着电场线方向电势降低，分析板间各点电势的高低只减小两极板间的距离d，该电容器的电容C要增大，根据电容的定义式分析电量的变化电子水平射入穿越两极板之间的电场，根据电场力做功的正负，判断电势能的变化解答：解：A、电容器两极板间可形成匀强电场，板间电势差为U=2，电场强度为E=故A错误B、电容器上板带正电，下板带负电，电场强度方向向下，根据顺着电场线电势降低可知，电容器两极板间在同一等势线的各点电势相同，不在同一等势线上的电势不同有正的，有负的，有的为零故B正确C、只减小两极板间的距离d，则由C=得知，该电容器的电容C增大，电压U不变，由电容的定义式C=分析得知，极板上带的电荷量Q增加故C

26、正确D、电子水平射入穿越两极板之间的电场，电场力对电子做正功，故电子的动能一定增加；但电子不一定水平射入，故电场力不一定做正功，动能不一定增加故D错误故选BC点评：本题中根据电容的决定式C=和定义式C=分析结合分析电容器电量的变化10（4分）如图，一带电液滴在重力场和水平方向匀强电场的作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45，则下列结论正确的是（）A此液滴带负电B液滴的加速度等于gC合外力对液滴做的总功等于零D液滴的电势能增加考点：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 专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：根据带电液滴作直线运动可知：带电液

27、滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，由此可以判定出带电液滴所受电场力的方向，从而判断出带电液滴的电性，由力的合成法求出电场力的大小和合外力的大小，再根据牛顿第二定律计算出物体的加速度；根据合外力的方向与速度的方向相同可知合外力做正功，根据电场力做功的情况可以判定电势能变化情况解答：解：A、据题带电液滴沿直线mhb运动到d，带电液滴所受重力与电场力的合力一定与其运动方向在同一直线上，对液滴进行受力分析，其受力情况如图所示，则电场力方向一定水平向右，与场强方向相反，所以该液滴带负电故A正确B、由图可得物体所受合力F=mg，故物体的加速度a=g，故B正确C、由于液滴从静止开始做加速

28、运动，故合力的方向与运动的方向相同，故合外力对物体做正功，故C错误D、由于电场力所做的功W电=Eqxbdcos450，故电场力对液滴做正功，故液滴的电势能减小，故D错误故选：AB点评：解决本题的关键掌握物体做直线运动的条件：物体所受的合力与速度的方向在同一条直线上以及知道电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加11（4分）如图所示，一直流电动机与阻值R=9的电阻串连接在电源上，电源电动势E=20V，内阻r=1，用理想电压表测出电动机两端的电压U=10V，已知电动机线圈电阻RM=1，则（）A通过电动机的电流为10AB电动机的输入功率为9WC电动机发热消耗的功率为1WD电动机输出的功率为

29、10W考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律UIR对于R和r是纯电阻，可以用欧姆定律求电流根据功率关系求出电动机输出的功率解答：解：A根据欧姆定律得回路中的电流 I=1A，故A错误；B电动机的输入功率为P入=UI=10W，故B错误；C电动机发热消耗的功率P消=I2RM=1W，故C正确；DP出=UII2RM=（101121）W=9W，故D错误故选：C点评：对于电动机电路区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路，可从从能量转化的角度理解：电能全部转化内能时，是纯电阻电路电能转化为内能和其他12（4分）一个用绝缘材料制成的劲度系数为k的轻弹簧，一端固定，另

30、一端与质量为m、带正电荷q的小球相连，静止在光滑绝缘水平面上，当加入如图所示的场强为E的匀强电场后，小球开始运动，下列说法正确的是（）A小球的速度最大时，弹簧伸长为B小球向右一直做加速运动C小球向右运动过程中，小球的加速度先增大再减小D运动过程中，小球的电势能、动能和弹簧的弹性势能相互转化考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律 专题：电场力与电势的性质专题分析：以小球为研究对象，受力分析与运动分析，找出平衡位置，根据简谐运动的对称性和功能关系进行分析讨论解答：解：ABC、当小球在电场力的作用下，由于电场力的作用小球向右运动，随后小球受到弹簧的弹力，且逐渐增大，所以合力逐渐减小，小

31、球做加速度逐渐减小的加速运动，当弹簧的弹力与电场力相等时，小球的速度最大，且弹簧的伸长x=；小球再向右运动，弹簧弹力大于电场力，小球做加速度逐渐增大的减速运动，故A正确，BC错误；D、小球运动过程中有电场力和弹簧弹力做功，故运动过程中，小球的电势能、动能和弹性势能相互转化，故D正确；故选：AD点评：本题关键在于小球做简谐运动，运用简谐运动的规律和动能定理进行列式分析即可三、实验题（共16分，其中电路图4分，其余每空2分）13（4分）有一电流表的内阻rg=10，从刻度盘上读出Ig=3mA，为了将该电流表改装成量程为3.0V的电压表，应串联一个阻值为990的电阻考点：把电流表改装成电压表 专题：实

32、验题；恒定电流专题分析：把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律分析答题解答：解：把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，分压电阻阻值：R=Rg=10=990；故答案为：串；990点评：本题考查了电压表的改装，知道电压表的改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题14（12分）有一个小灯泡上标有“3V 0.2A”字样，现要测量该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材可供选用：A电压表（03V，内阻1k）B电压表（015V，内阻5k）C电流表（00.3A，内阻2）D电流表（00.6A，内阻0.5）E滑动变阻器（10，1A） F滑动变阻器（1000，0.5A）G直流电源

33、（6V，内阻不计）另有开关一个、导线若干（1）实验中电压表应选A，电流表应选C，滑动变阻器应选E（只填器材的字母代号）（2）在答卷的虚线框中画出实验电路图，要求电流、电压能从零开始变化（3）下面是四位同学在实验操作前根据他们的猜想分别做出的小灯泡的伏安特性曲线草图，其中最接近事实的是C（填选项字母）考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题分析：本题（1）的关键是根据小灯泡的规格选择电压表和电流表的量程，根据实验要求电流从零调可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；题（2）的关键是根据小灯泡电阻较小，满足，可知电流表应用外接法，即电路应是“分压外接”电路；题（3）的关键是

34、根据欧姆定律写出I与U的函数表达式，然后根据斜率的含义即可求解解答：解：（1）：根据小灯泡的规格“3V，0.2A”可知，电压表应选A，电流表应选C，由于测定小灯泡伏安特性曲线实验要求电流从零调，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器E以方便调节；（2）：小灯泡的电阻较小，满足，所以电流表应用外接法，又变阻器采用分压式接法，电路图如图所示：（3）：根据I=，变形为I=，可知电阻的倒数等于IU图象上的点与原点连线的斜率，由于导体的电阻随温度的升高而增大，所以IU图象上的点与原点连线的斜率应逐渐减小，所以最接近事实的是C；故答案为：（1）A，C，E；（2）如图；（3）C点评：应明确：应根据小灯

35、泡的规格选择电表的量程；当实验要求电流从零调或变阻器的全电阻远小于待测电阻时，变阻器采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法四、计算题（本题共4个题，共42分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）15（8分）如图所示，电阻R1=12，R2=8，当开关S断开时，电流表A的示数为0.5A；当S闭合时，A的示数为0.75A试求：（1）电源的电动势和内电阻分别是多少？（2）S闭合时，电源的效率多大？考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：（1）

36、由电路图可知，当开关S断开时，两个电阻串联，电流表测通过R1的电流；当开关闭合时，R2被短路，根据闭合电路欧姆定律对两种情况分别列方程，联立即可求得电源的电动势和内电阻（2）电源的效率等于电源的输出功率与总功率之比解答：解：（1）根据闭合电路欧姆定律得：当开关S断开时，有： E=I1（R1+R2+r），代入得：E=0.5（12+8+r） 当开关S闭合时，有： E=I2（R1+r），代入得：E=0.75（12+r） 联立可解得：E=12V，r=4（2）S闭合时，电源的效率为 =100%=100%=100%=100%=75%答：（1）电源的电动势为12V，内电阻是4（2）S闭合时，电源的效率为75

37、%点评：本题分析开关闭合前后电路变化是解题的关键，要掌握闭合电路欧姆定律，明确电源效率的含义，并能正确应用16（10分）如图所示，长为l的绝缘细线一端悬于O点，另一端系一质量为m、电荷量为q的小球现将此装置放在水平向右的匀强电场中，小球静止在A点，此时细线与竖直方向成37角重力加速度为g，sin37=0.6，cos37=0.8（1）判断小球的带电性质；（2）求该匀强电场的电场强度E的大小；（3）若将小球向左拉起至与O点处于同一水平高度且细绳刚好张紧，将小球由静止释放，求小球运动到最低点时的速度大小考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据小球受力与

38、所处于的位置可确定电场力的方向，再依据小球受力平衡条件，利用力的合成与分解可求出电场力的大小，从而算出电场强度根据动能定理求出小球经过最低点的速度解答：解：（1）由图可知，小球受到的电场力方向向左，电场方向向右，所以小球带负电（2）小球受三个力作用处于平衡状态，有tan37= 可得：E= （3）小球从水平位置到竖直方向的过程中重力和电场力做功，根据动能定理得 mgLqEL=联立解得 v=答：（1）小球带负电（2）匀强电场电场强度的大小为 （3）小球经过A点时的速度为v=点评：对小球进行受力分析与运动分析，再运用三力平衡条件来进行力的处理，根据动能定理求出小球经过最低点的速度17（10分）如图所

39、示电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm电源电动势E=24V，内电阻r=1，电阻R=15闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间若小球带电荷量为q=1102C，质量为m=2102kg，不考虑空气阻力（取g=10m/s2），小球恰能到达A板，求：（1）电容器两板间的电压；（2）滑动变阻器接入电路的阻值；（3）电源的输出功率考点：动能定理的应用；电容器；电功、电功率 专题：电容器专题分析：（1）对小球分析，由动能定理可求得电容器两板间的电势差；（2）电容器与RP并联，则电容器两端的电压等于RP两端的电压，则由闭合电路欧姆定律可

40、求得电流，再由欧姆定律可求得滑动变阻器接入电阻；（3）由功率公式可求得电源的输出功率解答：解：（1）对小球从B到A，有VA=0；则由动能定理可得：qUABmgd=0mv02得：UAB=8V；（2）由闭合电路欧姆定律可得：E=I（R+r）+UAB解得：I=1A；则有：RP=8；（3）电源的输出功率等于外电路上消耗的功率：故电源的输出功率：P出=I2（R+RP）=1（15+8）=23W答：（1）电容器两端的电压为8V；（2）滑动变阻器接入电路的阻值为8；（3）电源的输出功率为23W点评：本题考查闭合电路欧姆定律中的含容电路，要明确电容的性质，知道电容器两端的电压等于与之并联的电阻两端的电压18（1

41、4分）如图所示，空间存在着电场强度E=2.5102N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L=0.5m的绝缘细线一端固定于O点，另一端拴着质量m=0.5kg、电荷量q=4102C的小球现将细线拉至水平位置，将小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂，取g=10m/s2求：（1）小球带何种电荷；（2）小球运动到圆周最高点的速度；（3）细线能承受的最大拉力值；（4）当细线断后，小球继续运动到与O点水平方向的距离为L时，小球距离O点的高度考点：带电粒子在匀强电场中的运动；向心力 分析：（1）由带电小球在电场力作用下，运动到最高点并拉断细线，则可判定电场力

42、方向，再由电场强度方向可确定小球的电性（2）小球从释放到最高点，由动能定理可求出动能的变化，再由牛顿第二定律可得拉力大小（3）当细线断裂后，小球做类平抛运动，则将此运动分解成水平方向匀速运动与竖直方向匀加速运动，从而求出小球距O点的高度解答：解：（1）由小球运动到最高点细线被拉断，则说明电场力竖直向上，再由电场线竖直向上，则可判定小球带正电（2）（3）设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有：（qEmg）L=mv2在最高点对小球由牛顿第二定律得：T+mgqE=m由式解得：T=15N，（4）小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则：a= 设小球在水平方向运动L的过程中，历时t，则：L=vt设竖直方向上的位移为s，则：s=at2由解得：s=0.125m小球距O点高度为h=s+L=0.625m答：（1）小球的电性为正电；（2）小球运动到圆周最高点的速度；（3）细线能承受的最大拉力为15N；（4）当小球继续运动后与O点水平方向距离为L时，小球距O点的高度0.625m点评：小球由静止释放，当小球运动最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂从而可求出此时的速度，这是本题的突破口并值得注意是细线断裂后，速度与合力相垂直，且合力恒定，所以做类平抛运动