1、吉林省长春十一中20152016学年度高二上学期期初物理试卷一、选择题（每小题4分，共48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，全部选对得4分，选不全的2分，选错或不答者的零分）1下列说法中正确的是（）A由R=可知，一段导体的电阻跟它们两端的电压成正比，跟通过它的电流强度成反比B由=可知，导体越长，则电阻率越大C从I=可知，导体中电流跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比D一金属丝均匀拉长后，其阻值不变2一节干电池的电动势为1.5V，蓄电池的电动势为2V下述说法正确的是（）A在外电路断开时，干电池的路端电压为1.5VB外电路闭合，蓄电池路端电压比干电池大C在
2、外电路闭合时，ls内蓄电池提供的化学能一定比干电池多D在外电路闭合时，电源内每通过1C电量，蓄电池提供的化学能一定比干电池多3电流表的内阻是Rg=200，满偏电流值是Ig=500A，现在欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（）A应串联一个0.1的电阻B应并联一个0.1的电阻C应串联一个1800的电阻D应并联一个1800的电阻4一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36W与36V若把此灯泡接到输出电压为18V的电源两端，则灯泡消耗的电功率（）A等于36WB小于36W，大于9WC等于9WD小于36W5如图所示，电源和电压表都是好的，当滑片由a滑到b的过程中，电压表的示数都为U0，下
3、列判断可能的是（）Aa处接线开路B触头P断路Ca、P间电阻丝某处断路Db处接线断路6电容容C1、C2和可变电阻器R1、R2，以及电源E连接如图所示，当变阻器R1的滑动触头在图示位置时，C1、C2的电量相等，欲使C1的电量大于C2的电量，应（）A增大R2B减小R2C将R1的滑动触头向A端移动D将R1的滑动触头向B端移动7A、B两电源分别供电时其特性曲线如图所示，则下述正确的是（）A电源电动势EA=EBB电源内阻rA=rBC外电路电阻相同时，电源B的输出功率较大D总电流相同时，电源A输出功率较大8在空间有正方向为水平向右，场强按如图所示变化的电场，位于电场中A点的电子在t=0时静止释放，运动过程中
4、只受电场力作用在t=1s时，电子离开A点的距离大小为l，那么在t=3s时，电子将处在（）AA点右方3l处BA点左方2l 处CA点左方3l处DA点9如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离现使U1加倍，要想使电子在偏转电场的偏移量不发生变化，调整板间距离时电子仍能穿出偏转电场，应该（）A仅使U2加倍B仅使U2变为原来的4倍C仅使偏转电场板间距离变为原来的0.5倍D仅使偏转电场板间距离变为原来的2倍10如图所示的电路中，R1、R2、R4皆为定值电阻，R3为滑动变阻器，电源的电动势为E，内阻为r，设理
5、想电流表的示数为I，理想电压表的示数为U，当滑动变阻器的滑臂向a端移动过程中（）AI变大，U变小BI变大，U变大CI变小，U变大DI变小，U变小11在如图所示的电路中，电源的内阻不能忽略已知定值电阻R1=20，R2=18当单刀双掷开关S置于位置1时，电压表读数为20V则当S置于位置2时，电压表读数的可能值为（）A22VB19VC18VD16V12如图所示的电路中，各电表为理想电表，电源内阻不能忽略，当滑动变阻器R2的滑动头从某位置向左移动一小段距离的过程中，设V1、V2、A的读数分别是U1、U2、I；V1、V2、A读数的变化量分别为U1、U2、I，则下列说法正确的是（）AU2与I的比值减小，U
6、2与I的乘积也一定减小BU1与I的比值不变，U1与I的乘积增加CU2与I的比值等于U1与I的比值DU1与I的比值等于任何时刻U1与I的比值二、实验题13小明同学为测量某金属丝的电阻率，他截取了其中的一段，用米尺测出金属丝的长度L，用螺旋测微器测得其直径为D，用多用电表粗测其电阻约为R该该同学将米尺的0刻度线与金属丝的左端对齐，从图（甲）中读出金属丝的长度L=mm该该同学用螺旋测微器测金属丝的直径，从图（乙）中读出金属丝的直径D=mm该该同学选择多用电表“10”档粗测金属丝的电阻，从图（丙）中读出金属丝的电阻R=接着，该同学用伏安法尽可能精确地测出该金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属丝的
7、电阻率实验室提供的器材有：A直流电源E（电动势4V，内阻不计）B电流表A1（量程03mA，内阻约50）C电流表A2（量程015mA，内阻约30）D电压表V1（量程03V，内阻10k）E电压表V2（量程015V，内阻25k）F滑动变阻器R1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0A）G滑动变阻器R2（阻值范围02k，允许通过的最大电流0.5A）H待测电阻丝Rx，开关、导线若干要求较准确地测出其阻值，电流表应选，电压表应选，滑动变阻器应选（用器材前的字母表示即可）用图所示的电路进行实验测得Rx，实验时，开关S2应向闭合（选填“1”或“2”）请根据选定的电路图，在如图1所示的实物上画出连线（部分线
8、已画出）在下列测定金属丝的电阻率的几个步骤中，错误的是A先用米尺测出金属丝的长度，再将金属丝两端固定在接线柱上悬空拉直；B用螺旋测微器在不同位置测出金属丝的直径D各三次，求平均值；C打开开关，将选好的实验器材按图1连接成实验电路；D闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表和电压表有合适的示数，读出并记下这组数据；E改变滑动变阻器的滑键位置，重复进行实验，测出6组数据，并记录在表格中；F分别计算出电流平均值（）和电压的平均值（），再求出电阻的平均值=；G根据电阻定律计算出该金属丝的电阻率设金属丝的长度为L（m），直径的平均值为（m），电阻的平均值为（），则该金属丝电阻率的表达式为=三、计算题（14-1
9、7题每题9分，18题11分，共47分）14如图所示的电路中，R1=1，R2=6，电源内阻r=1，若开关闭合后通过电源的电流为3A，铭牌上标有“6V 12W”的电动机刚好正常工作，求：（1）流过R2上的电流为多少？（2）电源电动势为多少？（3）若电动机线圈电阻为r0=0.5，电动机输出功率为多少？15在如图所示的电路中，电源的电动势=3.0V，内阻r=1.0，电阻R1=10，R2=10，R3=30，R4=35；电容器的电容C=100F，电容器原来不带电求接通电键S后流过R4的总电量16按照图（a）所示的电路进行实验，当变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中，两只电压表的示数随电流变化的情况如图（
10、b）所示不考虑电表对电路的影响，求：（1）电源的电动势E和内电阻r（2）变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中，变阻器消耗的最大功率17如图所示，某带电的液滴，以某一初速度沿中线飞入水平放置的平行板电容器两极板中间，不加偏转电压时，液滴刚好落到板中点，当加偏转电压U0时，液滴恰好能沿初速度方向匀速穿过电场区域，欲使液滴能飞出偏转电场，求偏转电压U的取值范围18如图所示，在方向水平向右、大小为E=6103 N/C的匀强电场中有一个光滑的绝缘平面一根绝缘细绳两端分别系有带电滑块甲和乙，甲的质量为m1=2104 kg，带电量为q1=2109 C，乙的质量为m2=1104 kg，带电量为q2=1109
11、 C开始时细绳处于拉直状态由静止释放两滑块，t=3s时细绳突然断裂，不计滑块间的库仑力，试求：（1）细绳断裂前，两滑块的加速度；（2）在整个运动过程中，乙的电势能增量的最大值；（3）当乙的电势能增量为零时，甲与乙组成的系统机械能的增量吉林省长春十一中20152016学年度高二上学期期初物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共48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，全部选对得4分，选不全的2分，选错或不答者的零分）1下列说法中正确的是（）A由R=可知，一段导体的电阻跟它们两端的电压成正比，跟通过它的电流强度成反比B由=可知，导体越长，则电阻率越大C从
12、I=可知，导体中电流跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比D一金属丝均匀拉长后，其阻值不变【考点】欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】导体电阻由导体的材料、长度、横截面积决定，与电压、电流无关；电阻率由导体的材料和温度决定；根据欧姆定律内容分析电流的决定因素【解答】解：A、导体电阻由导体的材料、长度、横截面积决定，与电压、电流无关，故A错误；B、电阻率是由导体材料和温度决定的；与导体长度无关；故B错误；C、在电阻一定的情况下，由I=可知，导体中的电流跟导体的电压成正比，跟电阻成反比，故C正确；D、金属丝拉长后，长度变长，截面积减小，则由电阻定律可知，电阻增大；D错误；故选：C【点评】本题是
13、一道基础题，要求知道影响导体电阻及电阻率的因素、掌握欧姆定律即可正确解题2一节干电池的电动势为1.5V，蓄电池的电动势为2V下述说法正确的是（）A在外电路断开时，干电池的路端电压为1.5VB外电路闭合，蓄电池路端电压比干电池大C在外电路闭合时，ls内蓄电池提供的化学能一定比干电池多D在外电路闭合时，电源内每通过1C电量，蓄电池提供的化学能一定比干电池多【考点】电源的电动势和内阻【专题】恒定电流专题【分析】电源电动势是描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量；电动势等于电源没有接入电路时电源两极间的电压，电动势等于内外电路电压之和【解答】解：A、电动势等于电源没有接入电路时电源两极间的电压
14、，所以用电压表直接接在干电池的两极上，电压表的读数恰好是 1.5V；故A正确；B、外电路闭合时，蓄电池的路端电压不一定不干电池大，还要看外电路结构；故B错误；C、电动势表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势大，转化本领大，蓄电池的电动势比干电池的电动势大，表面在相同的电量通过电池时，蓄电池比干电池转化更多的化学能；故C错误，D正确；故选：AD【点评】知道电源的概念、物理意义、定义式即可正确解题，本题要注意电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，根据W=qU可知，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势不一定大，还跟移动电荷的多少有关3电流表的内阻是Rg=200，满偏电
15、流值是Ig=500A，现在欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（）A应串联一个0.1的电阻B应并联一个0.1的电阻C应串联一个1800的电阻D应并联一个1800的电阻【考点】把电流表改装成电压表【分析】电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的电阻值为：R=，U为量程【解答】解：电流表改装成电压表要串联的电阻为：R=1800A 串联阻值不对故A错误B 不应并联故B错误C 符合要求故C正确D 不应并联故D错误故选：C【点评】考查的电压表的改装原理，明确所串联的电阻的求法4一白炽灯泡的额定功率与额定电压分别为36W与36V若把此灯泡接到输出电压为18V的电源两端，则灯泡消耗的电功率
16、（）A等于36WB小于36W，大于9WC等于9WD小于36W【考点】电功、电功率；电阻率与温度的关系【专题】压轴题【分析】根据功率的公式P=可以分析，当电压有36V变为18V时灯泡的功率的变化，在由金属的电阻随温度的变化可以分析得出灯泡消耗的电功率【解答】解：由于金属的电阻随温度的升高而增大，所以以额定电压工作时的电阻大于以18V电压工作的电阻根据部分电路欧姆定律，有，所以，所以灯泡消耗的功率小于36W大于9 W，所以B正确故选B【点评】在本题中要考虑到电压的变化对灯泡的电阻带来的影响，电压降低之后由于温度的降低，灯泡的电阻会减小5如图所示，电源和电压表都是好的，当滑片由a滑到b的过程中，电压
17、表的示数都为U0，下列判断可能的是（）Aa处接线开路B触头P断路Ca、P间电阻丝某处断路Db处接线断路【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】电压表的示数几乎都为U，说明变阻器上没有电压，将四个选项逐一代入检验，选择符合题意的选项【解答】解：A、若a处接线断开，电压表的示数为零，不符合题意故A错误 B、若触头P断路，电压表的示数为零，不符合题意故B错误 C、若a、P间电阻丝开路，电压表示数几乎为U，后变为零，不符合题意故C错误 D、若b处接线断路，ab上没有电压，电压表的示数几乎都为U故D正确故选：D【点评】本题是电路中故障分析问题，考查判断推理能力本题电压可以用电势差理解6电容
18、容C1、C2和可变电阻器R1、R2，以及电源E连接如图所示，当变阻器R1的滑动触头在图示位置时，C1、C2的电量相等，欲使C1的电量大于C2的电量，应（）A增大R2B减小R2C将R1的滑动触头向A端移动D将R1的滑动触头向B端移动【考点】电容；闭合电路的欧姆定律【专题】电容器专题【分析】电路稳定后，电容器的电压等于与之并联电阻两端的电压，而电阻R2、R1串联，根据电容器电量的变化，结合欧姆定律分析，即可求解【解答】解：由题意，当变阻器R1的滑动触头在图示位置时，C1、C2的电量相等，则说明两电容器的电容相等，要使C1的电量大于C2的电量，根据Q=CU，可知，C1的电压大于C2的电压，根据闭合电
19、路分析，则有当将R1的滑动触头向B端移动时，C1两端的电压才升高，而不管R2，电阻增大，还是减小，都不会导致C1的电压大于C2的电压，故D正确，ABC错误；故选D【点评】本题是电容器的动态变化分析问题，关键抓住不变量电容不变，关键分析电压变化；若电压不变，关键分析电容如何变化7A、B两电源分别供电时其特性曲线如图所示，则下述正确的是（）A电源电动势EA=EBB电源内阻rA=rBC外电路电阻相同时，电源B的输出功率较大D总电流相同时，电源A输出功率较大【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】根据闭合电路欧姆定律分析图线纵轴截距和斜率的物理意义，比较电动势和内阻的大小根
20、据电流的大小，分析外电路电阻相同时，电源的输出功率大小【解答】解：由闭合电路欧姆定律得U=EIr，当I=0时，U=E，UI图线的斜率等于电源内阻大小A、由图看出，A的电动势为2V，B的电动势为1.5V，即有电源电动势EAEB故A错误B、两图线平行，说明电源的内阻相等，即rA=rB故B正确C、外电路电阻相同时，A的总电流较大，电源A的输出功率较大故C错误D、总电流相同时，电源A的路端电压较大，则电源A的输出功率较大故D正确故选BD【点评】电源的外特性曲线要根据闭合电路欧姆定律理解截距、斜率等等意义，基础题8在空间有正方向为水平向右，场强按如图所示变化的电场，位于电场中A点的电子在t=0时静止释放
21、，运动过程中只受电场力作用在t=1s时，电子离开A点的距离大小为l，那么在t=3s时，电子将处在（）AA点右方3l处BA点左方2l 处CA点左方3l处DA点【考点】电势差与电场强度的关系【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】粒子只受电场力，加速度大小恒定，方向周期性改变，作出vt图象即可分析【解答】解：粒子只受电场力，加速度大小恒定，方向周期性改变；根据牛顿第二定律，加速度的大小恒定，方向也是周期性改变，作出vt图象，如图所示：vt图象与时间轴包围的面积表示位移大小，故物体在第一秒内通过的位移为l，第2s位移也为l，第3s位移还是l，故在t=3s时，电子将处在A点左方3l处；故选：C【点评
22、】本题关键是明确电子的受力情况和运动情况，然后结合vt图象分析，也可以用运动学公式分析，不难9如图所示，静止的电子在加速电压为U1的电场作用下从O经P板的小孔射出，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压为U2的电场作用下偏转一段距离现使U1加倍，要想使电子在偏转电场的偏移量不发生变化，调整板间距离时电子仍能穿出偏转电场，应该（）A仅使U2加倍B仅使U2变为原来的4倍C仅使偏转电场板间距离变为原来的0.5倍D仅使偏转电场板间距离变为原来的2倍【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】电子在加速电压作用下获得速度，根据动能定理得到速度的表达式，电子垂直进入平行金
23、属板间的匀强电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，得出偏转距离、偏转角度与加速电压和偏转电压的关系，再进行分析【解答】解：设平行金属板板间距离为d，板长为l电子在加速电场中运动时，由动能定理得：eU1=垂直进入平行金属板间的电场做类平抛运动，则有水平方向：l=v0t，竖起方向：y=，vy=at，又a=，tan=联立以上四式得偏转距离：y=现使U1加倍，要想使电子在偏转电场的偏移量不发生变化，则可以仅使U2加倍或仅使偏转电场板间距离变为原来的0.5倍，故AC正确故选AC【点评】本题电子先加速，后偏转，根据动能定理和牛顿运动定律、运动学公式结合得到偏转距离y=，采用的是常规思路10如图所示的电路中
24、，R1、R2、R4皆为定值电阻，R3为滑动变阻器，电源的电动势为E，内阻为r，设理想电流表的示数为I，理想电压表的示数为U，当滑动变阻器的滑臂向a端移动过程中（）AI变大，U变小BI变大，U变大CI变小，U变大DI变小，U变小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】首先认识电路的结构：R1、R3并联后与R2串联，再与R4并联，电压表测量R2的电压，电流表测通过电阻R3和R4的总电流，当滑动变阻器的滑臂向a端移动过程中，接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻的变化情况，分析通过R1的电流和干路电流的变化，分析电流表的电流如何变化；根据干路电流与通过R4的电流变化，分析通过R2的电流变
25、化，即可判断U的变化【解答】解；由图知：R1、R3并联后与R2串联，再与R4并联等效电路如图当滑动变阻器的滑臂向a端移动过程中，接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，路端电压U减小，则知通过R4的电流减小，而通过R2的电流I2=I干I4，I干增大，I4减小，则I2增大，U变大，R1、R3并联电压U并=UU2，U变小，U2变大，则U并变小，则通过R1的电流I1变小，而电流表的示数I=I干I1，I干增大，I1变小，则I变大故B正确故选B【点评】对于复杂电路，对电路分析是关键，必要时要画出简化电路图；而对于闭合电路欧姆定律的应用，一般按外电路、内电路、外电路的分析思路进行分析，灵活应
26、用串并联电路的性质即可求解11在如图所示的电路中，电源的内阻不能忽略已知定值电阻R1=20，R2=18当单刀双掷开关S置于位置1时，电压表读数为20V则当S置于位置2时，电压表读数的可能值为（）A22VB19VC18VD16V【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由欧姆定律可得出开关置于两位置时的表达式，则由开关置1时的电压U可表示出开关置2时的路端电压的表达式，通过分析可得出电压的可能值【解答】解：由闭合电路欧姆定律可知：当开关置1时，U=R1=20=20V当开关置2时，U=R2=18=将两式相比可得：=故U=20=20因02故18U20；故选：B【点评】本题无法直接求出路端
27、电压的值，只是求可能的值，故可通过列出表达式后利用数学中的不等式进行分析判断，从而得出最后的结果12如图所示的电路中，各电表为理想电表，电源内阻不能忽略，当滑动变阻器R2的滑动头从某位置向左移动一小段距离的过程中，设V1、V2、A的读数分别是U1、U2、I；V1、V2、A读数的变化量分别为U1、U2、I，则下列说法正确的是（）AU2与I的比值减小，U2与I的乘积也一定减小BU1与I的比值不变，U1与I的乘积增加CU2与I的比值等于U1与I的比值DU1与I的比值等于任何时刻U1与I的比值【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由电路图先明确电路的结构，再根据滑动变阻器的移动明确电阻
28、的变化；由闭合电路欧姆定律可知电路电流的变化，则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化【解答】解：由图可知R1与R2串联，V1测R1两端的电压，V2测R2两端的电压若p向左端移动，则滑动变阻器接入电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流I增大，则内电压增大，R1两端的电压U1增大，路端电压减小，故R2两端的电压U2减小因路端电压减小，V1示数增大，V2示数减小，而两电表之和等于路端电压，故可知V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值A、由以上分析可知，U2减小、I增大，U2与I的比值减小，但U2与I的乘积变大变小无法确定故A错误B、U1与I的比值等于R1的阻值，R1的阻值不变，
29、所以U1与I的比值不变，U1与I都变大，故U1与I的乘积增加故B正确C、由以上分析可知，V1示数改变量的绝对值小于V2示数改变量的绝对值，所以U2与I的比值大于U1与I的比值故C错误D、根据电阻的定义及性质可知，故D正确故选BD【点评】闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路内电路外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质二、实验题13小明同学为测量某金属丝的电阻率，他截取了其中的一段，用米尺测出金属丝的长度L，用螺旋测微器测得其直径为D，用多用电表粗测其电阻约为R该该同学将米尺的0刻度线与金属丝的左端对齐，从图（甲）中读出金属丝的长度L=191.0
30、mm该该同学用螺旋测微器测金属丝的直径，从图（乙）中读出金属丝的直径D=0.680mm该该同学选择多用电表“10”档粗测金属丝的电阻，从图（丙）中读出金属丝的电阻R=220接着，该同学用伏安法尽可能精确地测出该金属丝的电阻，然后根据电阻定律计算出该金属丝的电阻率实验室提供的器材有：A直流电源E（电动势4V，内阻不计）B电流表A1（量程03mA，内阻约50）C电流表A2（量程015mA，内阻约30）D电压表V1（量程03V，内阻10k）E电压表V2（量程015V，内阻25k）F滑动变阻器R1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0A）G滑动变阻器R2（阻值范围02k，允许通过的最大电流0.5A
31、）H待测电阻丝Rx，开关、导线若干要求较准确地测出其阻值，电流表应选C，电压表应选D，滑动变阻器应选F（用器材前的字母表示即可）用图所示的电路进行实验测得Rx，实验时，开关S2应向1闭合（选填“1”或“2”）请根据选定的电路图，在如图1所示的实物上画出连线（部分线已画出）在下列测定金属丝的电阻率的几个步骤中，错误的是AFA先用米尺测出金属丝的长度，再将金属丝两端固定在接线柱上悬空拉直；B用螺旋测微器在不同位置测出金属丝的直径D各三次，求平均值；C打开开关，将选好的实验器材按图1连接成实验电路；D闭合开关，调节滑动变阻器，使电流表和电压表有合适的示数，读出并记下这组数据；E改变滑动变阻器的滑键位
32、置，重复进行实验，测出6组数据，并记录在表格中；F分别计算出电流平均值（）和电压的平均值（），再求出电阻的平均值=；G根据电阻定律计算出该金属丝的电阻率设金属丝的长度为L（m），直径的平均值为（m），电阻的平均值为（），则该金属丝电阻率的表达式为=【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；测定金属的电阻率【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）由图示刻度尺确定其分度值，读出其示数；（2）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；（3）欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表示数；（4）根据最大电流选择电流表，根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作，在保证安全的前提下应选择最大阻值较小的滑动
33、变阻器（5）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后选择开关位置（6）根据电路图连接实物电路图；（7）根据实验注意事项分析答题；（8）由电阻定律求出电阻率的表达式【解答】解：由图甲所示刻度尺可知，其分度值为1mm，示数为19.10cm=191.0mm；由图乙所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为：18.00.01mm=0.180mm，螺旋测微器的示数为：0.5mm+0.180mm=0.680mm；由图丙所示可知，电阻阻值为2210=220；电路最大电流约为：0.018A=18mA，则电流表应选C电流表A2（量程015mA，内阻约30）；电源电动势是4V，则电
34、压表应选D电压表V1（量程03V，内阻10k）；为方便实验操作，滑动变阻器应选F滑动变阻器R1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0A）7.3，45.45，故R为小电阻，电流表应选择外接法，用图2所示的电路进行实验测得Rx，实验时，开关S2应向 1闭合根据电路图连接实物电路图，如图所示；实验时应把金属丝固定在接线柱上，然后用刻度尺测量接入电路的电阻丝的长度，故A错误；根据实验测出的电压值与对应的电流值应用欧姆定律求出电阻阻值，然后求出各电阻测量值的平均值作为电阻阻值，故F错误；电阻R=，则电阻率=故答案为：（1）191.0；（2）0.680；220；C；D；F；1；电路图如图所示AF；【点
35、评】本题考查电学实验内容较多，要注意明确：螺旋测微器固定刻度与可动刻度所示之和是螺旋测微器的示数；熟练掌握实验器材的选取，要掌握实验器材的选取原则三、计算题（14-17题每题9分，18题11分，共47分）14如图所示的电路中，R1=1，R2=6，电源内阻r=1，若开关闭合后通过电源的电流为3A，铭牌上标有“6V 12W”的电动机刚好正常工作，求：（1）流过R2上的电流为多少？（2）电源电动势为多少？（3）若电动机线圈电阻为r0=0.5，电动机输出功率为多少？【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）图中电阻R2和电动机M并联，则知电阻R2上的电压与电动机两端的电
36、压相等，求出流过电阻R2的电流（2）同样可以根据电动机的铭牌，由功率公式P=UI求出流过电动机的电流，即可得到干路电流，从而求的电源电动势（3）当电动机内阻为0.5时求得内阻消耗功率，从而求得电动机输出功率【解答】解：（1）由部分电路欧姆定律得：流过R2上的电流为 （2）通过电动机的电流为：干路电流 I=I2+IM=3AR1的电压 U1=IR1=3V根据闭合电路欧姆定律得：电源的电动势 E=U+U1+Ir=6V+3V+31V=12V（3）电动机输出功率为 P机=PMIM2r0=12W220.5W=10W答：（1）流过R2上的电流为1A（2）电源电动势为12V（3）若电动机线圈电阻为r0=0.5
37、，电动机输出功率为10W【点评】本题要注意电动机正常工作时其电路是非电阻电路，不能直接根据闭合电路欧姆定律求出电流15在如图所示的电路中，电源的电动势=3.0V，内阻r=1.0，电阻R1=10，R2=10，R3=30，R4=35；电容器的电容C=100F，电容器原来不带电求接通电键S后流过R4的总电量【考点】闭合电路的欧姆定律；电容；串联电路和并联电路【专题】恒定电流专题【分析】由电路图可知，C与R3并联；由串并联电路的可求得总电阻，则由欧姆定律可求得电路中的电流；则可求得与R3两端的电压，因电容与R3并联，故R3两端的电压即为电容器两端电压；由电容的定义式可求得电容器的电量【解答】解：由电阻
38、的串并联公式，得闭合电路的总电阻为由欧姆定律得，通过电源的电流电源的端电压U=Ir电阻R3两端的电压电容器上的带电量Q=CU，而充电电流全部通过R4，通过R4的总电量就是电容器的电量Q=CU由以上各式并代入数据解得Q=2.0104C【点评】电容器两端的电压等于与之并联部分电阻两端的电压，而与电容器串联的电阻当作导线处理16按照图（a）所示的电路进行实验，当变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中，两只电压表的示数随电流变化的情况如图（b）所示不考虑电表对电路的影响，求：（1）电源的电动势E和内电阻r（2）变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中，变阻器消耗的最大功率【考点】闭合电路的欧姆定律；电功
39、、电功率【专题】恒定电流专题【分析】（1）当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻R0的电压增大，故图线BC反映路端电压与电流的关系，其斜率大小等于电源的内阻，由数学知识求出电源的内阻再闭合电路欧姆定律求出电源的电动势；（2）由图象AC得到电阻R0的电阻值；求解出变阻器功率的表达式后分析得到最大值【解答】解：（1）由图象知：当I1=0.5A时，U1=7.5V；当I2=2.0A时，U2=6.0V由闭合电路欧姆定律有：E=U1+I1r，E=U2+I2r；将以上数据代入此二式解得：E=8V；r=1（2）由知，当R=（R0+r）时，变阻器消耗的功率最大由图象知，R
40、0=3，则R=4由闭合电路欧姆定律求得电流I=1A，变阻器消耗的最大功率为：P=I2R=4W答：（1）电源的电动势E是8V，内电阻r是1；（2）变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中，变阻器消耗的最大功率是4W【点评】本题考查对物理图象的理解能力，可以把本题看成动态分析问题，来选择两电表示对应的图线17如图所示，某带电的液滴，以某一初速度沿中线飞入水平放置的平行板电容器两极板中间，不加偏转电压时，液滴刚好落到板中点，当加偏转电压U0时，液滴恰好能沿初速度方向匀速穿过电场区域，欲使液滴能飞出偏转电场，求偏转电压U的取值范围【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
41、】当不加偏转电压时，液滴刚好落到板中点，是平抛运动，根据平抛运动的分位移公式列式；当加偏转电压U0时，液滴恰好能沿初速度方向匀速穿过电场区域，是匀速直线运动，根据平衡条件列方程；欲使液滴能飞出偏转电场，分恰好从上极板飞出和恰好从下极板飞出讨论【解答】解：设偏转极板长度为L，间距为d，当不加偏转电压时，液滴刚好落到板中点，是平抛运动，根据平抛运动的分位移公式，有：当加偏转电压U0时，液滴恰好能沿初速度方向匀速穿过电场区域，是匀速直线运动，根据平衡条件，有：q=mg欲使液滴能飞出偏转电场，根据分位移公式，有：L=v0t2=如果从上极板飞出，有：如果从下极板飞出，有：mgq=ma联立解得：a=故：答
42、：偏转电压U的取值范围为：【点评】本题关键是明确粒子的运动规律和受力情况，然后根据平衡条件和类似平抛运动的分运动规律列式后联立求解18如图所示，在方向水平向右、大小为E=6103 N/C的匀强电场中有一个光滑的绝缘平面一根绝缘细绳两端分别系有带电滑块甲和乙，甲的质量为m1=2104 kg，带电量为q1=2109 C，乙的质量为m2=1104 kg，带电量为q2=1109 C开始时细绳处于拉直状态由静止释放两滑块，t=3s时细绳突然断裂，不计滑块间的库仑力，试求：（1）细绳断裂前，两滑块的加速度；（2）在整个运动过程中，乙的电势能增量的最大值；（3）当乙的电势能增量为零时，甲与乙组成的系统机械能
43、的增量【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；功能关系；电场强度；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）甲乙两物体具有相同的加速度，对甲乙整体研究，根据牛顿第二定律求出整体的加速度（2）当乙发生的位移最大时，乙的电势能增量最大先求出绳子断裂前乙发生的位移和末速度，绳子断裂后，乙做匀减速直线运动，求出绳子断裂后的加速度和速度减到0的位移，即可知道乙的最大位移电场力做负功，电势能增加，根据求出电势能增量的最大值（3）当乙的电势能增量为零时，乙又回到原位置，根据运动学公式求出绳子断裂后返回到出发点的时间，从而求出此时甲、乙的速度，系统机械能的增量等于系统动能的增量【解答】
44、解：对甲乙整体分析有：F合=q1E+q2E=（m1+m2）a0得m/s2=0.02m/s2（2）当乙发生的位移最大时，乙的电势能增量最大细绳断裂前，甲、乙发生的位移均为此时甲、乙的速度均为v0=a0t=0.023m/s=0.06m/s细绳断裂后，乙的加速度变为=0.06m/s2从细绳断裂乙速度为零，乙发生的位移s乙为整个运动过程乙发生的最大位移为s乙max=s0+s乙=0.09+0.03m=0.12m此时乙的电势能增量为=7.2107J（3）当乙的总位移为零，即乙返回到原出发点时，乙的电势能增量为零设细绳断裂后，乙经t时间返回到原出发点，则有代入数据，有解得：t=3s t=1s（不合题意，舍去）乙回到原出发点时的速度为v乙=v0+a乙t=0.060.063=0.12m/s细绳断裂后，甲的加速度变为=0.06m/s2乙回到原出发点时甲的速度为v甲=v0+a甲t=0.06+0.063m/s=0.24m/s甲与乙组成的系统机械能的增量为=6.48106J【点评】该题整体法、隔离法相结合，运用牛顿第二定律求加速度，与运动学相结合求出各个时段甲乙的位移和速度以及知道当乙发生的位移最大时，乙的电势能增量最大因为电场力做负功，电势能增大
