1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年吉林省白城市通榆一中高二（上）期中物理试卷一、选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1关于点电荷的下列说法中正确的是（）A只有体积很小的带电体，才能作为点电荷B点电荷是元电荷C点电荷一定是电量很小的电荷D两个带电的金属小球，不一定能将它们作为电荷集中在球心的点电荷处理2下列关于电源电动势的说法中，正确的是（）A在某电池的电路中每通过2C的电量，电池提供的电能是4J，那么这处电池的电动势是0.5VB电源的路端电压增大时，其电源电动势一定也增大C无论内电压和外电压如何变化，其电源电动势一定不
2、变D电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多3根据R=可以导出电阻率的表达式=，对温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率（）A跟导线的电阻R成正比B跟导线的横截面积S成正比C跟导线的长度l成反比D只由其材料的性质决定4如图所示，两块相对的平行金属板M、N与电池相连，N板接地，在距两板等距的一点P固定一个带正电的点电荷，如果将M板向上平移一小段距离，则（）A点电荷所受的电场力减小B点电荷所受的电场力增大C点电荷的电势能减小D点电荷的电势能保持不变5现有电灯L1（3V、3W）和电灯L2（3V、6W）两只及一个可变电阻R（010，5A），接在电压恒为6V的电路中，要求两只灯都正常发光，并且电路消耗
3、功率最小，则应该用图中那个电路（）ABCD6如图的虚线为某电场的等势面，今有两个带电粒子（重力不计），以不同的速率，沿不同的方向，从A点飞入电场后，沿不同的径迹1和2运动，由轨迹可以判定（）A两粒子带电多少一定不同B两粒子的电性一定不同C粒子1的动能和粒子2的电势能都是先减少后增大D经过B、C两点，两粒子的速率可能不等7如图是小文同学研究串联电路中电流、电压特点的实物连接图当开关闭合时，灯L1亮，灯L2不亮，电流表和电压表均有读数则故障原因可能是（）AL1断路BL1短路CL2断路DL2短路8两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势随位置x变化规律的是图（）ABCD二、选择题
4、（本大题共4小题，每小题4分，共16分在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项符合题目要求）9关于电功和电热以下说法正确的是（）A外电路电流做的功一定等于电热B外电路中电流所做的功一定大于电热C只有在外电路是纯电阻的情况下电功才等于电热D当外电路有电动机、电解槽的情况下电流做的功将转化为热能、机械能、化学能，因此，电功大于电热10用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，则（）A保持S不变，增大d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d不变，减小S，则变大D保持d不变，减小S，则不变11如图电
5、路中，电源电动势为E，内阻为r，固定电阻R1=r，可变电阻R2的最大值也等于r则当滑动头上移时（）A电源的输出功率增大B电源内部的电势降落增大CR2消耗的电功率减小D电源的效率增加12如图所示，电源电动势E=8V，内阻r=5，电灯A的电阻为10，电灯B的电阻为6，滑动变阻器的总电阻为6闭合开关S，当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中（不考虑电灯电阻的变化），下列说法正确的是（）A电流表的示数先减小后增大B电压表的示数先增大后减小C电灯A的亮度不断增大D电源的最大输出功率为3.2W三、实验题（本题共4小题，共16分）13一只电流表的满偏电流为Ig=3mA，内阻为Rg=100，若改装成量程为I=3
6、0mA的电流表，应并联的电阻阻值为；若将改装成量程为U=15V的电压表，应串联一个阻值为的电阻14用伏安法测电阻，可采用如图所示的甲、乙两种接法如所用电压表内阻为5000，电流表内阻为0.5（1）当测量100左右的电阻时，宜采用电路；（填“甲”或“乙”）（2）现采用乙电路测量某电阻的阻值时，两电表的读数分别为10V、0.5A，则此电阻的测量值为，比真实值（“偏大”或“偏小”）15在测定金属丝电阻率的实验中，需要测出其长度L直径d和电阻R用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图1，则金属丝的直径为mm用电流表和电压表测金属丝的电流电压时读数如图2，则电压表的读数为 V，电流表的读数为A16为了描绘标有
7、“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化所给器材如下：A电流表（0200mA，内阻约0.5） B电流表（00.6A，内阻约0.01）C电压表（03V，内阻约5k） D电压表（015V，内阻约50k）E滑动变阻器（010，0.5A） F滑动变阻器（01k，0.1A）G电源（3V） H电键一个，导线若干（1）为了完成上述实验，电流表应选择，电压表应选择，滑动变阻器应选择（2）在虚线框中画出完成此实验的原理图四、计算题（本题共3小题，共38分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）17（12
8、分）（2015秋白城校级期中）如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻r=0.6，R=10，U=160V，电压表的读数为110V，求：（1）通过电动机的电流是多少？（2）输入到电动机的电功率是多少？（3）电动机的输出功率是多少？18（12分）（2015秋白城校级期中）如图电路中，电源电动势E=10V、内阻忽略不计，定值电阻R1=4，R2=6，电容C=30F（1）闭合开关S，电路稳定后通过电阻R1的电流多大？（2）然后将开关S断开，求这以后流过电阻R1的总电量？（3）开关断开以后，电源还输出多少电能？19（14分）（2015秋白城校级期中）如图，一群速率不同的一价离子从AB两平行极板正中央水平
9、射入偏转电场，AB间电压为U，间距为dC为竖直放置并与AB间隙正对的金属档板，屏MN足够大若AB极板长为L，C到极板的距离也为L，C的高为d不考虑离子所受重力，元电荷为e求初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上2015-2016学年吉林省白城市通榆一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共8小题，每小题4分，共32分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1关于点电荷的下列说法中正确的是（）A只有体积很小的带电体，才能作为点电荷B点电荷是元电荷C点电荷一定是电量很小的电荷D两个带电的金属小球，不一定能将它们作为电荷集中在球心的点电荷处理【考点】元电荷、点电荷 【专
10、题】电场力与电势的性质专题【分析】带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，是由研究问题的性质决定，与自身大小形状及带电量的多少无具体关系【解答】解：A、带电体看作点电荷的条件，当一个带电体的形状及大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状和电量多少无具体关系，故A、C错误；B、点电荷是一种理想化的物理模型，元电荷又称“基本电量”，在各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，任何带电体所带电荷都是e的整数倍，故B错误；D、两个带电的金属小球，不一定能将它
11、们作为电荷集中在球心的点电荷处理，故D正确；故选：D【点评】本题关键明确点电荷是一种理想模型，知道物体是否可以简化为点电荷，关键是看物体的尺度在所研究的问题中是否可以忽略不计2下列关于电源电动势的说法中，正确的是（）A在某电池的电路中每通过2C的电量，电池提供的电能是4J，那么这处电池的电动势是0.5VB电源的路端电压增大时，其电源电动势一定也增大C无论内电压和外电压如何变化，其电源电动势一定不变D电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多【考点】电源的电动势和内阻 【专题】恒定电流专题【分析】电路中每通过2C的电荷量，电池提供的电能是4J，根据电动势的定义式E=求出电动势电动势表征电源本身的
12、特性，与外电路无关，对于给定的电源，电动势一定电动势越大，电源将单位正电荷负极移到正极提供的电能越多【解答】解：A、电路中通过q=2C的电荷量，电池提供的电能W=4J，根据电动势的定义式E=得电动势E=2V故A错误 B、电动势表征电源本身的特性，与外电路无关，当电源的路端电压增大时，其电源电动势不变故B错误 C、电动势由电源本身决定，当内电压和外电压变化时，电源电动势保持不变故C正确 D、电动势越大，电源将单位正电荷负极移到正极提供的电能越多故D错误故选：C【点评】本题考查对电动势的理解能力，关键抓住定义式E=和电动势的物理意义3根据R=可以导出电阻率的表达式=，对温度一定的某种金属导线来说，
13、它的电阻率（）A跟导线的电阻R成正比B跟导线的横截面积S成正比C跟导线的长度l成反比D只由其材料的性质决定【考点】电阻定律 【专题】恒定电流专题【分析】在温度一定的条件下，电阻率的大小与材料有关，与导线的长度以及横截面积无关【解答】解：电阻率的大小与材料的性质决定，与电阻的大小、导线的长度、横截面积无关故D正确，A、B、C错误故选：D【点评】解决本题的关键知道在温度一定的条件下，电阻率的大小与材料有关，与导线的长度以及横截面积无关4如图所示，两块相对的平行金属板M、N与电池相连，N板接地，在距两板等距的一点P固定一个带正电的点电荷，如果将M板向上平移一小段距离，则（）A点电荷所受的电场力减小B
14、点电荷所受的电场力增大C点电荷的电势能减小D点电荷的电势能保持不变【考点】电势能；电势 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】平行金属板MN与电池相连，板间电压不变将M板向上平移一小段距离，板间距离增大，场强减小，点电荷所受电场力减小根据P点与下板之间电势差的变化情况，确定P点电势的变化若电势升高，正电荷的电势能增大；若电势降低，正电势能减小【解答】解：A、B、由题分析得知，电容器的板间电压保持不变，将M板向上平移一小段距离，板间距离增大，由公式E=可知，板间场强减小，点电荷受到的电场力减小故A正确、B错误C、D、板间场强减小，P点与下板间的距离未变，则由U=Ed，可知P点与下板之间电势差减小
15、，下板电势为零，且P点的电势高于下板的电势，则P点的电势降低故C正确该点电荷带正电，则点电荷在P点具有的电势能减小故C正确，D错误故选：AC【点评】解答本题时，关键要对物理量间的关系要熟悉分析时要抓住不变量，知道电容器与电源保持相连时板间电压不变往往先确定电势差，再确定电势5现有电灯L1（3V、3W）和电灯L2（3V、6W）两只及一个可变电阻R（010，5A），接在电压恒为6V的电路中，要求两只灯都正常发光，并且电路消耗功率最小，则应该用图中那个电路（）ABCD【考点】电功、电功率 【分析】根据功率公式及欧姆定律可求得两灯的电流和电阻，根据串并联电路的规律可明确能否正常工作，再由功率公式分析功
16、率大小【解答】解：由P=UI可知，L1的额定电流为1A，L2的额定电流为2A；由欧姆定律可知，L1的电阻为3，L2的电阻为1.5；则可知，A、D不能正确发光；BC可以正常发光；B图中总电流3A，滑动变阻器两端的电压为UR=63=3V，则滑动变阻器消耗的功率PB=33=6W；C图中流过R的电流IC=21=1A，电压为3V，则功率PC=31=3W；故可知C电路功率最小；故选：C【点评】本题考查串并联电路规律及功率公式的应用；对于纯电阻电路P=UI=I2R=，要注意能根据题意正确选择功率公式；6如图的虚线为某电场的等势面，今有两个带电粒子（重力不计），以不同的速率，沿不同的方向，从A点飞入电场后，沿
17、不同的径迹1和2运动，由轨迹可以判定（）A两粒子带电多少一定不同B两粒子的电性一定不同C粒子1的动能和粒子2的电势能都是先减少后增大D经过B、C两点，两粒子的速率可能不等【考点】等势面；电势能 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据轨迹的弯曲方向可判断出粒子1与场源电荷的电性相同，粒子2与场源电荷电性相反，条件不足，无法判断电荷量绝对值的大小电场力对粒子1先做负功，后做正功，动能先减少后增大两个粒子的初速度不同，若速率相等，则经过B、C两点两粒子的速率相等【解答】解：A、B根据轨迹的弯曲方向可判断出粒子1受到排斥力，其电性与场源电荷的电性相同，粒子2受到吸引力与场源电荷电性相反，所以两粒子
18、的电性一定相反由于条件不足，无法判断电荷量绝对值的大小故A错误，B正确； C、电场力对粒子1先做负功，后做正功，根据动能定理可知，其动能先减少后增大，则有电势能都是先增大后减少故C错误 D、两个粒子的初速度仅仅是方向不同，若速率相等，而粒子1从A到B、粒子2从A到C电场力做功均为零，则经过B、C两点两粒子的速率相等故D错误故选B【点评】本题是电场中轨迹问题，往往先根据轨迹的弯曲方向判断粒子所受的电场力方向，再分析电场力做做功情况、电势能和动能的变化情况7如图是小文同学研究串联电路中电流、电压特点的实物连接图当开关闭合时，灯L1亮，灯L2不亮，电流表和电压表均有读数则故障原因可能是（）AL1断路
19、BL1短路CL2断路DL2短路【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】（1）首先分析电路的连接方式为灯泡L1和L2串联，电流表测电路电流，电压表测量灯L1的电压（2）根据灯泡的亮度变化和电流表、电压表示数的情况分析电路的故障【解答】解：串联电路中一灯亮一灯不亮，则可能不亮的灯泡短路了，即L2短路，电流表有示数，说明电路故障不可能是断路，电压表有示数，说明电压表所测部分没有短路，综合判断，所以是L2短路故选：D【点评】（1）电压表无示数说明电压表所测量电路中，包含电源的部分电路断路或不包含电源部分短路，再由电路中有无电流来判断是断路还是短路有电流，则电路为短路；无电流，则电路为断
20、路（2）电压表有示数说明电压表所测量电路中，包含电源的部分电路短路或不包含电源部分断路，再由电路中有无电流来判断是断路还是短路有电流，则电路为短路；无电流，则电路为断路8两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势随位置x变化规律的是图（）ABCD【考点】电势；电场的叠加 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】本题根据电场线的性质，沿电场线的方向电势降低进行判断即可【解答】解：两个等量异号电荷的电场线如下图，根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处最高；然后再慢慢减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负
21、电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故B、C、D是错误的；A正确故选：A【点评】本题中应明确沿电场线的方向电势降低；并且异号电荷连线的中垂线上的电势为零；因为其中垂线为等势面，与无穷远处电势相等二、选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分在每小题给出的四个选项中，至少有两个选项符合题目要求）9关于电功和电热以下说法正确的是（）A外电路电流做的功一定等于电热B外电路中电流所做的功一定大于电热C只有在外电路是纯电阻的情况下电功才等于电热D当外电路有电动机、电解槽的情况下电流做的功将转化为热能、机械能、化学能，因此，电功大于电热【考点】电功、电功率；闭合电路中的能量转化 【专题】恒定电
22、流专题【分析】纯电阻电路，电功可用公式W=UIt计算，也可用公式W=I2Rt计算，非纯电阻电路，电功用公式W=UIt计算，电热用公式W=I2Rt计算【解答】解：A、纯电阻电路，外电路电流做的功等于电热，非纯电阻电路，外电路电流做的功大于电热，故AB错误，C正确；D、当外电路有电动机、电解槽的情况下电流做的功有一部分转化为机械能、化学能，因此，电功大于电热，故D正确故选CD【点评】考查了纯电阻电路、非纯电阻电路，电功、电热大小的比较，注意灵活选取公式10用控制变量法，可以研究影响平行板电容器电容的因素（如图）设两极板正对面积为S，极板间的距离为d，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，则（
23、）A保持S不变，增大d，则变大B保持S不变，增大d，则变小C保持d不变，减小S，则变大D保持d不变，减小S，则不变【考点】电容器的动态分析 【专题】电容器专题【分析】静电计测定电容器极板间的电势差，电势差越大，指针的偏角越大根据电容的决定式C=分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况，由于极板所带电荷量不变，再由电容的定义式C=分析板间电势差的变化，即可再确定静电计指针的偏角变化情况【解答】解：AB、根据电容的决定式C=分析得知，电容与极板间距离成反比，当保持S不变，增大d时，电容C减小，电容器的电量Q不变，由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，则静电计指针的偏角变大；反之，保持S不变
24、，减小d，则减小故A正确，B错误CD、根据电容的决定式C=分析得知，电容与极板的正对面积成正比，当保持d不变，减小S时，电容C减小，电容器极板所带的电荷量Q不变，则由电容的定义式C=分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大；反之，保持d不变，增大S，则减小，故C正确，D错误故选：AC【点评】本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式C=和定义式C=11如图电路中，电源电动势为E，内阻为r，固定电阻R1=r，可变电阻R2的最大值也等于r则当滑动头上移时（）A电源的输出功率增大B电源内部的电势降落增大CR2消耗的电功率减小D电源的效率增
25、加【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】R1为定值电阻，R2为可变电阻，根据P=I2R1可以分析电阻R1的功率的变化情况，由于R2减小的时候，电路电流就在增加，所以不能根据P=I2R2来分析R2的功率的变化情况；当电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大【解答】解：A、根据电源的内电阻和外电阻相等的时候，电源的输出功率最大可知，固定电阻R1=r，则当滑动头上移时，滑动变阻器电阻减小，但总电阻仍然大于电源内阻，所以电源的输出功率增大，故A正确；B、当滑动头上移时，滑动变阻器电阻减小，总电阻减小，总电流增大，内阻所占电压增大，所以电源内部的电势降落增大，故B正确；C、当
26、把R1和电源看做一个整体时，即把电源的内阻看做R1+r，当R2=R1+r时，电源的输出功率最大，即R2上获得最大功率，但实际上R2R1+r时，所以R2变小时，R2消耗的电功率减小，所以C正确；D、电源的效率，总电阻减小，内阻所占电压增大，所以路端电压减小，则电源效率减小，所以D错误；故选：ABC【点评】对于R2的功率的分析是本题的难点，通常的分析方法都是把R1和电源看做一个整体来分析电源的输出功率的变化情况，即为R2的功率的情况12如图所示，电源电动势E=8V，内阻r=5，电灯A的电阻为10，电灯B的电阻为6，滑动变阻器的总电阻为6闭合开关S，当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中（不考虑电灯电
27、阻的变化），下列说法正确的是（）A电流表的示数先减小后增大B电压表的示数先增大后减小C电灯A的亮度不断增大D电源的最大输出功率为3.2W【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】分析当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中，变阻器总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析路端电压和总电流的变化，再据滑动变阻器的触头判断两灯的电流的变化【解答】解：ABC、当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中，该电路的总电阻 R外 所以R外=，（R是和灯A串联部分滑动变阻器的阻值），由数学知识分析知，当R=1时，该电路的总电阻最大为5.5，所以滑动触头P由a端向b端滑动的过程中总电阻由先增再减
28、小，根据闭合电路欧姆定律电路中电流先减少再增大即电流表的示数先减少后增大，路端电压先增大再减小；由于路端电压先增大后减少、滑动触头由a到b和总电流先减少再增大，所以灯B两端的电压增大即电压表的示数增大，灯A的 电流减少即灯A亮度变暗，故A正确，BC错误D、P=I2R外=，由数学知识分析知，当外电路电阻等于电源的内阻时，电源的输出功率最大，差别越小功率越大，而以上分析可知，外电路总电阻最大为5.5，最小为=3，则并联值可以为r=5，则电源的最大输出功率为Pmax=3.2W，故D正确故选：AD【点评】本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”的思路进行分析对于变阻器，两侧电路并联，确定总电阻如
29、何变化和灯AB的电流变化是关键三、实验题（本题共4小题，共16分）13一只电流表的满偏电流为Ig=3mA，内阻为Rg=100，若改装成量程为I=30mA的电流表，应并联的电阻阻值为11.1；若将改装成量程为U=15V的电压表，应串联一个阻值为4900的电阻【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】改装成电流表要并联电阻，阻值R=，I 为量程改装成电压表要串联电阻，阻值为R=，U为量程【解答】解：改装成电流表要并联的阻值为；R=11.1 改装成电压表要串联的阻值为：R=4900故答案为：11.1 4900【点评】改装成电流表要并联电阻分流，电阻值等于满偏电压除以所分最大电
30、流，改装成电压表要串联电阻分压，电阻值等于量程除以满偏电流减去原内阻14用伏安法测电阻，可采用如图所示的甲、乙两种接法如所用电压表内阻为5000，电流表内阻为0.5（1）当测量100左右的电阻时，宜采用甲电路；（填“甲”或“乙”）（2）现采用乙电路测量某电阻的阻值时，两电表的读数分别为10V、0.5A，则此电阻的测量值为20，比真实值偏小（“偏大”或“偏小”）【考点】伏安法测电阻 【专题】恒定电流专题【分析】根据要测电阻与电压表电流表内阻的大小关系确定内外接法；根据测量数据用欧姆定律求测量值，根据电路求真实值【解答】解：（1）因 R=100=50 为大电阻用电流表内接法，故用甲电路（2）由R测
31、=20 真实值R真 则 20=得R真=20.08故测量值偏小故答案为：（1）甲；（2）20、偏小【点评】大电阻用内接法，测量值偏大，小电阻用外接法，测量值偏小15在测定金属丝电阻率的实验中，需要测出其长度L直径d和电阻R用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图1，则金属丝的直径为0.697mm用电流表和电压表测金属丝的电流电压时读数如图2，则电压表的读数为2.60 V，电流表的读数为0.52A【考点】测定金属的电阻率 【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器所示（2）由图象电表确定电表量程与分度值，读出电表示数【解答】解：（1）由图甲所示螺旋测微器可
32、知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为19.70.01mm=0.197mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.197mm=0.697mm（2）由图丙所示电压表可知，其量程为3V，分度值为0.1V，示数为2.60V；由图示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.52A故答案为：（1）0.697；（2）2.60；0.52【点评】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读，而电压表与电流表读数不需要估计，原因是不精确16为了描绘标有“3V，0.4W”的小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡电压能从零开始变化所给器材如下：A电流表（0200mA，内阻约0.
33、5） B电流表（00.6A，内阻约0.01）C电压表（03V，内阻约5k） D电压表（015V，内阻约50k）E滑动变阻器（010，0.5A） F滑动变阻器（01k，0.1A）G电源（3V） H电键一个，导线若干（1）为了完成上述实验，电流表应选择A，电压表应选择C，滑动变阻器应选择E（2）在虚线框中画出完成此实验的原理图【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线 【专题】实验题【分析】器材选取的原则需安全精确，根据灯泡的额定电压和额定电流选择电流表、电压表的量程灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，通过灯泡电阻的大小分析其是大电阻还是小电阻，确定电流表的内外接【解答】解：（1）灯泡的额定电
34、压为3V，所以电压表的量程选择3V的误差较小，额定电流I=130mA，所以电流表选A所以电流表的量程选择200mA的，所以电压表选C滑动变阻器采用分压式接入电路，所以选用较小阻值的滑动变阻器，即选E（2）灯泡电压能从零开始变化，滑动变阻器采用分压式接法，灯泡正常工作时的电阻R=22.5，远小于电压表的内阻，属于小电阻，所以电流表采用外接电路图如图所示故答案为：（1）A、C、E（2）如图【点评】解决本题的关键掌握器材选择的原则，以及知道滑动变阻器分压式接法和限流式接法的区别，电流表内外接的区别四、计算题（本题共3小题，共38分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能
35、得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）17（12分）（2015秋白城校级期中）如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻r=0.6，R=10，U=160V，电压表的读数为110V，求：（1）通过电动机的电流是多少？（2）输入到电动机的电功率是多少？（3）电动机的输出功率是多少？【考点】功率、平均功率和瞬时功率 【专题】恒定电流专题【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的【解答】解：（1）
36、电动机和电阻串联，所以电流相等，电阻R两端电压U1=160110=50V，I=；（2）电动机的电功率P=UI=1105=550W；（3）电动机的热功率P热=I2R=520.6=15W输出功率为P出=PP热=55015W=535W答：（1）通过电动机的电流是5A；（2）输入到电动机的电功率是550W；（3）电动机的输出功率是535W【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的18（12分）（2015秋白城校级期中）如图电路中，电源电动势E=10V、内阻忽略不计，定值电阻R1=4，R2=6，电容C=30F（1）闭合开关S，电路稳定
37、后通过电阻R1的电流多大？（2）然后将开关S断开，求这以后流过电阻R1的总电量？（3）开关断开以后，电源还输出多少电能？【考点】闭合电路的欧姆定律；电容 【分析】（1）闭合开关S，稳定后电容器相当于开关断开，两个电阻串联，根据全电路欧姆定律求解即可（2）开关S断开后，稳定时电容器两端的电压等于电源的电动势，电压增大，电容器充电，通过R1的电荷量等于开关断开前后电容器电量的增加量先求出断开前电容器的带电量，再求出断开后电容器的电量，两者之差即等于通过R1的电荷量（3）根据E电=QE求解开关断开以后，电源还能输出的电能【解答】解：（1）闭合开关S后，电路达到稳定时，电容器相当于断路，由闭合电路欧姆
38、定律知，通过R1的电流为：（2）断开前，电容器两极上电压等于R2两端的电压，即：UC=IR2=16=6V电容器的带电量为：Q=CUC=301066=1.8104CS断开后，电容器两极间电压等于电源电动势E，其带电量为：Q=CE=3010610=3104C流过R1的总电量等于电容器带电量的增加，即：Q=QQ=1.2104C（3）开关断开以后，电源又释放的电能为：E电=QE=1.210410J=1.2103J答：（1）闭合开关S，电路稳定后通过电阻R1的电流为1A；（2）然后将开关S断开，这以后流过电阻R1的总电量为1.2104C；（3）开关断开以后，电源还输的电能为1.2103J【点评】本题是含
39、容电路，关键确定电容器的电压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19（14分）（2015秋白城校级期中）如图，一群速率不同的一价离子从AB两平行极板正中央水平射入偏转电场，AB间电压为U，间距为dC为竖直放置并与AB间隙正对的金属档板，屏MN足够大若AB极板长为L，C到极板的距离也为L，C的高为d不考虑离子所受重力，元电荷为e求初动能范围是多少的离子才能打到屏MN上【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】离子在AB板间的电场中做类平抛运动，将离子的运动按水平和竖直两个方向进行分析，运用牛顿第二定律、运动学公式，结合两个分运动的等时性，求出离子
40、射出电场时的偏转距离y和偏转角正切表达式离子离开电场后做匀速直线运动，离子要打在屏MN上，y必须满足y，且Ltan+y联立即可求解【解答】解：偏转电场的场强大小为：离子所受电场力：F=Eq 离子的加速度为：F=ma 由解得：a= 设离子的质量为m，初速度为v0，离子射出电场的时间t为：L=v0t 射出电场时的偏转距离y为： 由解得： 离子射出电场时的竖直分速度vy=at 射出电场时的偏转角： 由得：tan= 离子射出电场时做匀速直线运动，要使离子打在屏MN上，需满足：y （11） Ltan+y （12）由（11）（12）可得：Ek答：初动能范围是：Ek的离子才能打到屏MN上【点评】本题考查粒子在偏转电场中的运动，解题关键是利用类平抛运动知识，要能熟练推导出偏转距离和偏转角度的表达式，同时要正确分析临界条件，相结合即可进行求解- 18 - 版权所有高考资源网