1、2014-2015学年福建省泉州市南安三中高二（上）期中物理试卷一选择题（本题共14小题，共计56分，不定项选择题）1关于电场，下列说法中正确的是（）A 只要有电荷存在，电荷周围就一定存在着电场B 电场是一种物质，是不依赖于我们的感觉而客观存在的东西C 电荷间的相互作用是通过电场而产生的，电场最基本的性质是对处在它里面的电荷有力的作用D 电场是人们假想出来的，实际并不存在2两个分别带有电荷量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（）A FB FC FD 12F3对公式E=，理解正确的是（）
2、A r0时，EB 当r时，E0C 某点场强跟点电荷Q无关，只跟该点位置r有关D 以点电荷Q为圆心，r为半径的球面上，各点场强相同4一带电粒子从电场中的A点运动到B点，径迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则（）A 粒子带正电B 粒子加速度逐渐减小C A点的场强大于B点的场强D 粒子的速度不断减小5如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点，并处在水平向左的匀强电场E中，小球静止时丝线与竖直方向夹角为，若剪断丝线，则小球的加速度的大小为（）A OB g，方向竖直向下C gtan，水平向右D ，沿绳向下6如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，初速度为v0的带电微粒从A点射入电场，在竖直平面内
3、沿直线从A运动到B，在此过程中微粒的（）A 动能和电势能都减少，重力势能增加B 动能和重力势能都增加，电势能减少C 动能减少，重力势能和电势能都增加D 动能不变，重力势能增加，电势能减少7如图所示，A、B是两个等量异种点电荷，C、D是A、B连线的中垂线上且与连线距离相等的两点，则（）A 沿直线从C到D，各点电势都相等，场强都相同B 沿直线从C到D，场强先增大后减小，电势先升高后降低C 沿直线从C到D，场强先增大后减小，各点的电势都相等D 沿直线从A到B，场强先减小后增大，电势逐渐升高8在点电荷Q的电场中，一个粒子（He）通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是（）A
4、Q可能为正电荷，也可能为负电荷B 运动中粒子总是克服电场力做功C 粒子经过两等势面的动能EkaEkbD 粒子在两等势面上的电势能EpaEpb9平行板电容器的两极板A、B接于电源两极，两极板竖直、平行正对，一带正电小球悬挂在电容器内部闭合电键S，电容器充电，悬线偏离竖直方向的夹角为，如图所示，则下列说法正确的是（）A 保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则减小B 保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则增大C 电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则增大D 电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则不变10如图所示为两电阻R1和R2的伏安特性曲线若在两电阻两端加相同的电压，关于它们的电阻值及发热
5、功率比较正确的是（）A 电阻R1的阻值较大B 电阻R2的阻值较大C 电阻R1的发热功率较大D 电阻R2的发热功率较大11如图所示，滑动变阻器R的滑动片不动，当电阻箱R的阻值增大时，电流表和电压表示数变化情况是（）A 电流表和电压表的示数都减小B 电流表示数增大，电压表示数减小C 电流表示数减小，电压表示数增大D 电流表和电压表的示数都增大12如图所示，因线路故障，按通K时，灯L1和L2均不亮，用电压表测得Uab=0，Ubc=0，Ucd=4V由此可知开路处为（）A 灯L1B 灯L2C 变阻器D 不能确定13在家里使用电热水壶时，会发现电灯会变暗，这是因为（）A 电热水壶使电路总电流变小B 电热水
6、壶上的电压大于电灯上的电压C 电路总电流不变，而电热水壶从电灯中分出了电流D 干路电流增大，导致干路导线上的电压增大14在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和理想电压表的示数分别为0.50A和2.0V；重新调节R并使电动机恢复正常运转时，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V则这台电动机正常运转时输出功率为（）A 32WB 44WC 47WD 48W二实验题（4+12=16分，每小格2分，电路图4分）15在测定金属丝电阻率的实验中，如图所示，用螺旋测微器测得金属丝的直径d=mm若用多用电表测得金属丝阻值为R，实验中测出金属丝
7、的长度为L，则该金属丝电阻率的表达式 =（用以上符号表示）16通过实验描绘一个“2.5V 0.2W”小灯泡的伏安特性曲线，可供选择的实验器材有：A量程00.6A，电阻0.2的电流表；B量程0100mA，电阻5的电流表；C量程03V，电阻10k的电压表；D量程015V，电阻50k的电压表；E最大阻值为20，额定电压流为0.1A的滑动变阻器；F最大阻值为1k，额定电压流为0.1A的滑动变阻器；G蓄电池6V、导线、电键等；要求实验中灯泡电压从零开始逐渐增大（1）电压表选用，电流表选用，滑动变阻器选用（填器材代号）；（2）若实验操作读数都正确，得到的图线如图，弯曲的原因是（3）画出电路图三计算题（共3
8、题，6+10+12=28分）17在如图所示的电路中，若R1=4，R3=6，电池内阻r=0.6，则电源的总功率为40W，而输出功率为37.6W，求电源的电动势和电阻R218如图所示，竖直放置的光滑圆环上，穿过一个绝缘小球，小球质量为m，带电量为q，整个装置置于水平向左的匀强电场中今将小球从与环心O在同一水平线上的A点由静止释放，它刚能顺时针方向运动到环的最高点D，而速度为零，求：（1）电场强度大小为多大？（2）小球到达最低点B时对环的压力为多大？19如图所示，质量为5108kg的带电微粒以v0=2m/s速度从水平放置的平行金属板A、B的中央飞入板间已知板长L=10cm，板间距离d=2cm，当UA
9、B=103V时，带电微粒恰好沿直线穿过板间，则AB间所加电压在什么范围内带电微粒能从板间飞出？2014-2015学年福建省泉州市南安三中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一选择题（本题共14小题，共计56分，不定项选择题）1关于电场，下列说法中正确的是（）A 只要有电荷存在，电荷周围就一定存在着电场B 电场是一种物质，是不依赖于我们的感觉而客观存在的东西C 电荷间的相互作用是通过电场而产生的，电场最基本的性质是对处在它里面的电荷有力的作用D 电场是人们假想出来的，实际并不存在考点：电场分析：解答本题需掌握：电场是电荷周围空间里存在的一种特殊物质，电场这种物质与通常的实物不同，它不是由分子
10、原子所组成，但它是客观存在的；电场具有通常物质所具有的力和能量等客观属性，电场的力的性质表现为，电场对放入其中的电荷有作用力，这种力称为电场力，电场的能的性质表现为，当电荷在电场中移动时，电场力对电荷作功（这说明电场具有能量）；电场线是为了直观形象地描述电场分布，在电场中引入的一些假想的曲线，曲线上每一点的切线方向和该点电场强度的方向一致，曲线密集的地方场强强，稀疏的地方场强弱解答：解：A、电荷周围空间里存在的一种特殊物质，这种物质即为电场，故A正确；B、电场是电荷周围空间里存在的一种特殊物质，电场这种物质与通常的实物不同，但它是客观存在的，故B正确；C、电场的力的性质表现为，电场对放入其中的
11、电荷有作用力，这种力称为电场力，故C正确；D、电场是电荷周围空间里存在的一种特殊物质，电场这种物质与通常的实物不同，它是客观存在的，故D错误；故选ABC点评：本题关键要分清楚电场与电场线的关系，电场是一种客观存在，电场线是为形象描述电场而假想的曲线2两个分别带有电荷量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（）A FB FC FD 12F考点：库仑定律分析：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
12、=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 F故选：B点评：本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键3对公式E=，理解正确的是（）A r0时，EB 当r时，E0C 某点场强跟点电荷Q无关，只跟该点位置r有关D 以点电荷Q为圆心，r为半径的球面上，各点场强相同考点：点电荷的场强专题：电场力与电势的性质专题分析：知道点电荷场强公式E=是根据E=推导产生的，其中Q是场源电荷，F为场源电荷对试探电荷的库仑力电场强度是矢量，有大小和方向解答
13、：解：A、点电荷场强公式是根据E=推导产生的，其中F为场源电荷对试探电荷的库仑力当r趋向0时，就不适用库仑力公式F=中距离的要求，故A错误B、当r时，也就是距离场源电荷距离很远，所以E0，故B正确C、点电荷场强公式E=，其中Q是场源电荷，某点场强跟点电荷Q有关，也跟该点位置r有关，故C错误D、以点电荷Q为圆心，r为半径的球面上，各点场强大小相等，方向不同，电场强度是矢量，有大小和方向，所以各点场强不相同故D错误故选B点评：解本题关键要正确理解点电荷场强公式E=中各个物理量的含义，以及公式适用的条件4一带电粒子从电场中的A点运动到B点，径迹如图中虚线所示，不计粒子所受重力，则（）A 粒子带正电B
14、 粒子加速度逐渐减小C A点的场强大于B点的场强D 粒子的速度不断减小考点：电场强度；电场线专题：电场力与电势的性质专题分析：电场力作用下从A到B，由运动与力关系可知，电场力方向大体指向运动轨迹弯曲一侧，即可判断带电粒子带负电；电场线的疏密表示电场强度的强弱根据牛顿第二定律分析加速度的关系，由动能定理分析速度的关系解答：解：A、由图知：粒子从A到B，粒子的轨迹向左弯曲，电场力逆着电场线方向，所以粒子带负电故A错误B、从A到B，电场线越来越疏，所以电场强度不断减小，电场力也减小，加速度减小，故B正确C、由于A处电场线较密，则A处场强较大，故C正确D、由图所示，粒子从A到B，电场力逆着电场线方向，
15、所以电场力对带电粒子做负功，其电势能增大，动能减小，因此粒子的速度不断减小，故D正确故选：BCD点评：本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧；电场线的疏密表示电场强度的强弱5如图所示，质量为m的带电小球用绝缘丝线悬挂于O点，并处在水平向左的匀强电场E中，小球静止时丝线与竖直方向夹角为，若剪断丝线，则小球的加速度的大小为（）A OB g，方向竖直向下C gtan，水平向右D ，沿绳向下考点：电场强度；牛顿第二定律分析：剪断细线后，小球受到重力和电场力，合力恒定，故做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出加速度解答：解：小球受重力、电场力和拉力处于平衡
16、，如左图所示，根据共点力平衡得，绳子的拉力T=，剪断绳子后，重力和电场力不变，两个力的合力等于绳子的拉力，如右图所示，则F合=T=，根据牛顿第二定律得，加速度a=，方向沿绳子方向向下故D正确故选：D点评：本题关键是对小球受力分析，然后根据共点力平衡条件列式求解拉力的大小，最后根据牛顿第二定律求加速度6如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，初速度为v0的带电微粒从A点射入电场，在竖直平面内沿直线从A运动到B，在此过程中微粒的（）A 动能和电势能都减少，重力势能增加B 动能和重力势能都增加，电势能减少C 动能减少，重力势能和电势能都增加D 动能不变，重力势能增加，电势能减少考点：带电粒子在匀强电场
17、中的运动；电势能专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：带点小球做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，根据重力和电场力做功的正负判断动能、电势能、重力势能的变化解答：解：带点小球做直线运动，所以所受合力方向与运动方向在同一直线上，如果电场力水平向右，如图所示，则两力的合力不可能沿虚线方向故电场力只能水平向左，如图所示，则两力的合力可沿虚线方向所以小球电场力方向水平向左，物体在竖直平面内沿直线从A运动到B的过程中，高度升高所以重力做负功，重力势能增加；电场力做负功，电势能增加；根据动能定律，合力做负功，所以动能减小；故C正确故选：C点评：本题考查了重力做功与重力势能和电场力做功与电势
18、能的关系，难度不大，属于基础题7如图所示，A、B是两个等量异种点电荷，C、D是A、B连线的中垂线上且与连线距离相等的两点，则（）A 沿直线从C到D，各点电势都相等，场强都相同B 沿直线从C到D，场强先增大后减小，电势先升高后降低C 沿直线从C到D，场强先增大后减小，各点的电势都相等D 沿直线从A到B，场强先减小后增大，电势逐渐升高考点：电场线；电场的叠加分析：根据等量的异种电荷的电场的分布的规律，在中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，并且中垂线上的电势都为零，由此可以分析电场力和电势能的变化解答：解：A、在中垂线上，电场方向始终垂直中垂线且指向负电荷，但是电场强度的大小不同，在正中间
19、的电场强度最大，向两边逐渐的减小；电场方向始终垂直中垂线，所以沿直线从C到D是一条等势线，各点的电势是相等的，所以AB错误，C正确；D、从负电荷到正电荷，电势是逐渐升高的，所以从A到B，电势逐渐升高；离电荷越近，电荷的场强越大，所以从A到B，场强先减小后增大，所以D正确故选：CD点评：该题考查等量异种点电荷的电场线的分布与特点，要求学生了解等量异种电荷的电场线及电场特点，并能判断电场的变化8在点电荷Q的电场中，一个粒子（He）通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是（）A Q可能为正电荷，也可能为负电荷B 运动中粒子总是克服电场力做功C 粒子经过两等势面的动能EkaE
20、kbD 粒子在两等势面上的电势能EpaEpb考点：等势面；电势能分析：从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，反之，远离Q的过程电场力做正功可判断电势能的大小和动能大小以及Q的电性解答：解：A、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，故Q为正电荷，故A错误；B、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功；反之，远离Q的过程电场力做正功，故B错误；C、D、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，因此动能减小电势能增大，故C正确，D错误；故选：C点评：该题考查轨迹问题，首先要根
21、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9平行板电容器的两极板A、B接于电源两极，两极板竖直、平行正对，一带正电小球悬挂在电容器内部闭合电键S，电容器充电，悬线偏离竖直方向的夹角为，如图所示，则下列说法正确的是（）A 保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则减小B 保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则增大C 电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则增大D 电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则不变考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电容器的动态分析专题：电场力与电势的性质专题分析：保持电键S闭合时，电容器板间电压不变
22、，由E=分析板间场强的变化，判断板间场强的变化，确定的变化电键S断开，根据推论可知，板间场强不变，分析是否变化解答：解：A、B、保持电键S闭合时，电容器板间电压不变，带正电的A板向B板靠近时，板间距离d减小，由E=分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则增大故A错误，B正确C、D、电键S断开，电容器的带电量不变，根据公式，U=Ed、，有：E=，即电场强度与极板间距无关；故板间场强不变，小球所受电场力不变，则不变，故C错误，D正确故选：BD点评：解答本题的关键是抓住不变量进行分析，当电容器保持与电源相连时，其电压不变；当电容器充电后断开时，其电量不变10如图所示为两电阻R1和R2的伏安特性
23、曲线若在两电阻两端加相同的电压，关于它们的电阻值及发热功率比较正确的是（）A 电阻R1的阻值较大B 电阻R2的阻值较大C 电阻R1的发热功率较大D 电阻R2的发热功率较大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：图象的斜率表示电阻的倒数，很容易比较出两电阻的大小再根据功率的公式P=，比较两电阻的发热功率解答：解：A、B：因为该图象是IU图线，图象的斜率表示电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，所以R2的阻值大于R1的阻值故A错误、B正确C、D：根据功率的公式P=，电压相同，电阻大的功率小，所以R1的发热功率大故C正确、D错误故选BC点评：解决本题的关键是搞清IU图线的斜率表示什么11如图所示，
24、滑动变阻器R的滑动片不动，当电阻箱R的阻值增大时，电流表和电压表示数变化情况是（）A 电流表和电压表的示数都减小B 电流表示数增大，电压表示数减小C 电流表示数减小，电压表示数增大D 电流表和电压表的示数都增大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：图中电阻箱R与滑动变阻器R的下半部分并联后再与上半部分串联；当R增加后，外电路总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律得到干路电流的变化情况；根据U=EI（r+R上）得到并联部分的电压变化情况，根据欧姆定律得到变阻器R下半部电阻R下的电流变化情况，最后根据串并联电路的电流关系得到电流表读数变化情况解答：解：图中电阻箱R与滑动变阻器R的下半部分并联后
25、再与上半部分串联；当R增加后，外电路总电阻增加，根据闭合电路欧姆定律得到干路电流减小；根据U=EI（r+R上）得到并联部分的电压增加；根据欧姆定律得到变阻器R下半部电阻R下的电流变大；根据串并联电路的电流关系，通过电流表读数一定是变小，故C正确故选：C点评：本题关键是明确电路结构，然后按照局部整体局部的顺序分析，清楚串并联电路的特点，难度不大12如图所示，因线路故障，按通K时，灯L1和L2均不亮，用电压表测得Uab=0，Ubc=0，Ucd=4V由此可知开路处为（）A 灯L1B 灯L2C 变阻器D 不能确定考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：对于完好的电阻，阻值一定，电流I=0时，根
26、据欧姆定律可知，其电压U=IR=0若发生断路，其两端电压等于电源的电动势解答：解：A、B对于完好的电阻，阻值一定，电流I=0时，根据欧姆定律可知，其电压U=IR=0由题：Uab=0，Ubc=0，则可知：灯L1、L2没有发生断路故AB错误 C、由题Ucd=4V，则变阻器发生断路，因为断路时，电流无电流，其两端的电势分别等于电源两极的电势，其电势差等于电源的电动势故C正确 D、由上述分析可知D错误故选：C点评：本题是电路中故障分析问题，往往哪段电路的电压等于电源的电压，哪段电路发生断路，可用电压即为电势差来理解13在家里使用电热水壶时，会发现电灯会变暗，这是因为（）A 电热水壶使电路总电流变小B
27、电热水壶上的电压大于电灯上的电压C 电路总电流不变，而电热水壶从电灯中分出了电流D 干路电流增大，导致干路导线上的电压增大考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：可画出线路图根据电路中电阻的变化，由欧姆定律分析电路中电流的变化，根据串联电路电阻的分压特点可知灯泡两端的电压变化解答：解：A、C可画出线路图如图所示，R表示干路等效电阻S闭合时，在使用电热水壶时，并联电路变小，整个电路的电阻变小，根据欧姆定律可知，干路中的总电流变大；故AC错误B、由于电热水壶与灯泡并联，两者的电压相等故B错误D、根据串联电路电阻的分压特点可知，干路R两端的电压变大，而并联部分的电压减小，即灯泡两端的电压减小，所以
28、根据P=UI可知，电源电压不变时，整个电路总功率变大，电灯会变暗故D正确故选：D点评：本题考查了串联电路和并联电路的特点，以及欧姆定律、电功率公式的应用，关键是知道串联电路电阻的分压特点，并用来进行动态变化分析14在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和理想电压表的示数分别为0.50A和2.0V；重新调节R并使电动机恢复正常运转时，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V则这台电动机正常运转时输出功率为（）A 32WB 44WC 47WD 48W考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联
29、，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式R=可求电动机停转时的电阻；利用公式P=UI可求电动机的总功率，根据公式P=I2R可求电动机克服本身阻力的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率解答：解：电动机的电阻为：R=4；电动机的总功率为：P=U1I1=24V2A=48W；克服自身电阻的功率为：PR=I12R=（2A）24=16W；电动机正常运转时的输出功率是：P输出=PPR=48W16W=32W故选：A点评：本题考查电阻、功率的有关计算，关键是明白电路中各个用电器的连接情况，要知道非纯电阻电路的功率的计算方法，这是本题的重点和难点二实验题（4+12=16分
30、，每小格2分，电路图4分）15在测定金属丝电阻率的实验中，如图所示，用螺旋测微器测得金属丝的直径d=0.700mm若用多用电表测得金属丝阻值为R，实验中测出金属丝的长度为L，则该金属丝电阻率的表达式 =（用以上符号表示）考点：测定金属的电阻率专题：实验题分析：螺旋测微器固定刻度与可动刻度的示数之和是螺旋测微器的示数；根据实验所测数据，应用电阻定律可以求出金属丝的电阻率解答：解：（1）由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度所示为23.00.01mm=0.230mm，螺旋测微器的示数为0.5mm+0.200mm=0.700mm（2）金属丝电阻：，金属丝电阻率：故答案为：0.7
31、00，点评：螺旋测微器固定刻度与可动刻度的示数之和是螺旋测微器的示数，对螺旋测微器读数时要注意估读16通过实验描绘一个“2.5V 0.2W”小灯泡的伏安特性曲线，可供选择的实验器材有：A量程00.6A，电阻0.2的电流表；B量程0100mA，电阻5的电流表；C量程03V，电阻10k的电压表；D量程015V，电阻50k的电压表；E最大阻值为20，额定电压流为0.1A的滑动变阻器；F最大阻值为1k，额定电压流为0.1A的滑动变阻器；G蓄电池6V、导线、电键等；要求实验中灯泡电压从零开始逐渐增大（1）电压表选用C，电流表选用B，滑动变阻器选用E（填器材代号）；（2）若实验操作读数都正确，得到的图线如
32、图，弯曲的原因是丝的电阻随温度的升高而增大（3）画出电路图考点：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）器材的选取需安全、精确，根据灯泡的额定电流选择合适的电流表根据滑动变阻器的额定电流确定合适的滑动变阻器（2）考虑温度对灯丝电阻率的影响，随着电压的增大，电阻丝温度升高，电阻增大（3）由于灯泡的电压和电流需从零开始测起，则滑动变阻器采用分压式接法，根据灯泡电阻的大小确定电流表的内外接解答：解：（1）灯泡额定电压为2.5V，故电压表选择3V量程的C；电流I=0.08A，所以电流表的量程选择B；灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，使用选择电阻值比较小的E、滑动变
33、阻器R1（2）由于温度升高，电阻变化，所以描绘出的IU图线是曲线（3）因为灯泡的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，灯泡的电阻大约为13，远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采用外接法，电路图如图所示故答案为：（1）C、B、E（2）灯丝的电阻随温度的升高而增大（3）如图点评：本题考查了选择实验器材、连接实物电路图、实验数据处理等问题；选择实验器材时，要注意安全性原则，要保证实验电路安全，要注意精确性原则，在保证安全的情况下，所选器材量程不要太大三计算题（共3题，6+10+12=28分）17在如图所示的电路中，若R1=4，R3=6，电池内阻r=0.6，则电源的总功率为4
34、0W，而输出功率为37.6W，求电源的电动势和电阻R2考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：已知电源产生的总功率为40W，输出功率为37.6W求出内电路消耗的功率，由功率公式求出流过电源的电流I电源产生的总功率为P总=EI，求出电动势根据闭合电路欧姆定律求出路端电压，由欧姆定律求出外电路的总电阻，再求出R2解答：解：电源内阻上消耗的电功率Pr=P总P出=4037.6=2.4W；由P总P出=I2r得：A=2A由P总=EI，得到电源的电动势E=V=20V路端电压U=EIr=2020.6=18.8（V）由欧姆定律得，外电路总电阻为R=9.4得到，R2=R=9.4=7答：电源电动势为20V，
35、电阻R2为7点评：本题是电路中功率问题，实质上能量转化和守恒定律的应用要牢固掌握电源的总功率表达式P=EI18如图所示，竖直放置的光滑圆环上，穿过一个绝缘小球，小球质量为m，带电量为q，整个装置置于水平向左的匀强电场中今将小球从与环心O在同一水平线上的A点由静止释放，它刚能顺时针方向运动到环的最高点D，而速度为零，求：（1）电场强度大小为多大？（2）小球到达最低点B时对环的压力为多大？考点：带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律；向心力专题：牛顿第二定律在圆周运动中的应用分析：（1）由动能定理可以求出电场强度（2）由动能定理可以求出小球到达B时的速度小球做圆周运动，由牛顿第二定律可以求出小球
36、在B点受到的环的支持力，然后由牛顿第三定律求出环受到的压力解答：解：小球在运动过程中受到重力、电场力与环的弹力作用，环的弹力对小球不做功；（1）从A到D的过程中，由动能定理得：mgr+qEr=00，解得：E=；（2）从A到B的过程中，由动能定理得：mgr+qEr=mv20，解得：v=2；小球在B点做圆周运动，环的支持力与重力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：Fmg=m，解得：F=5mg，由牛顿第三定律得：小球在B点时对环的压力大小F=F=5mg；答：（1）电场强度大小为；（2）小球在B点时对环的压力大小为5mg点评：本题考查了求电场强度、小球的速度、环受到的压力等问题，对小球正确受力分析、熟
37、练应用动能定理、向心力公式即可正确解题19如图所示，质量为5108kg的带电微粒以v0=2m/s速度从水平放置的平行金属板A、B的中央飞入板间已知板长L=10cm，板间距离d=2cm，当UAB=103V时，带电微粒恰好沿直线穿过板间，则AB间所加电压在什么范围内带电微粒能从板间飞出？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：先根据带电微粒恰好沿直线穿过板间的条件，求出微粒的带电量q，再求出偏转位移的表达式，带电微粒竖直向上或向下位移 x小于等于才能从板间飞出，根据偏转位移的表达式即可求解解答：解：由于带电微粒恰好沿直线穿过板间，所以粒子受力平衡即重力等于竖直向上的电
38、场力，根据二力平衡：qE=mg 解得：q=（1）带电微粒竖直向上的位移小于等于才能从板间飞出，设板间电压为u，场强E=，所以电场力F=qE=q=根据牛顿第二定律：Fmg=ma1由解得a1= 竖直方向的位移：x1=a1t2水平方向：L=v0t，解得：t=把代入解得：x1= 由于带电微粒竖直向上的位移小于等于才能从板间飞出，所以x1 由解得：u1800V（2）带电微粒竖直向下的位移小于等于才能从板间飞出，设板间电压为u，场强E=，所以电场力F=qE=q=根据牛顿第二定律：mgF=ma2由解得a2=竖直方向的位移：x2=a2t2水平方向：L=v0t，解得：t=把代入解得：x2=由于带电微粒竖直向下的位移小于等于才能从板间飞出，所以x2 由解得：u200V所以电压范围：1800Vu200V答：要使粒子能从两板间飞出，UAB的变化范围是200V1800V点评：该题主要考查了偏转位移的求解方法，要注意带电微粒竖直向上或向下位移x小于等于才能从板间飞出，难度适中
