1、2015-2016学年江苏省南通市如东高中高二（上）段考物理试卷（选修）一、单项选择题（本大题包括7个小题，每小题3分，共21分不选、多选、错选均不得分）1某电解池，如果在2秒钟内共有1.01019个二价正离子和2.01019个一价负离子通过某横截面，那么通过这个横截面的电流是（）A0B1.6AC2.4AD3.2A2电炉通电后，电炉丝热得发红，而跟电炉连接的铜导线却不太热，原因是（）A通过电炉丝的电流大，而导线电流小B电炉丝和铜导线消耗的电能相同，但铜导线散热快，所以不热C铜导线的电阻比电炉丝小得多，在串联的情况下铜导线的发热量小D电炉丝的两端电压比铜导线两端的电压小得多3如图所示电路，电源的
2、电动势为3V，当开关S闭合后，2s内有4C电荷通过导线的横截面则该过程中（）A电源非静电力做功12JB电源非静电力做功8JC回路中的电流为0.5AD回路中的电流为0.75A4如图所示，电源的电动势为E，内电阻为r，C为电容，开关S闭合后，灯泡L1、L2均能发光（不计灯泡电阻的变化），现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，则（）A灯泡L1变暗，L2变亮B电容器C的带电量变小C电流表的示数变小D电源的总功率变小5有一只电压表，它的内阻是100，量程为0.2V，现要改装成量程为10A的电流表，电压表上应（）A并联0.002的电阻B并联0.02的电阻C并联50的电阻D串联4 900的电阻6如图所示，电源
3、电动势为6V，闭合开关S后灯泡L1、L2均不亮，用电压表分别测量ab、ad、cd间电压依次为Uab=6V、Uad=0、Ucd=6V，由此可判定（）AL1和L2灯丝都断了BL1灯丝断了CL2灯丝断了D滑动变阻器R短路72011年春节期间，按照公安部统一部署，全国各大中城市进行了大规模集中整治酒驾行动据统计，酒驾违法者比往年同期下降了40%，人们的安全驾车意识明显增强执法交警所使用的酒精测试仪主要元件是一种氧化物半导体传感器，这种具有N型导电性的氧化物的电阻会随其周围待测气体浓度的变化而变化设这种传感器的电阻与酒精气体的浓度c成反比，在如图所示的简化原理图中，电压表示数U与酒精气体浓度c之间的对应
4、关系正确的是（）AU越大，表示c越小，但c与U不成反比BU越大，表示c越小，c与U成反比CU越大，表示c越大，但c与U不成正比DU越大，表示c越大，c与U成正比二、不定项选择题（本大题包括5个小题，每小题4分，共20分在每小题给出的四个选项中至少有一个是符合题目要求的，全选对得4分，选对但不全得2分，有错或不选得0分）8如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下面结论正确的是（）A电源的电动势为6.0VB电源的内阻为12C电源的短路电流为0.5AD电流为0.3A时的外电阻是189如图所示，电源电动势E=12V，内阻r=1，电阻R1=5，R2=6，则（）A开关S断开时，A、B两端电压等于12
5、VB开关S闭合，电容器C充电后，电容器两极板间的电压等于12VC开关S闭合，电容器C充电后，电容器两极板间的电压等于10VD开关S闭合，电容器C充电后，电容器两极板间的电压与电容大小有关10某一热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，在一次实验中，将该热敏电阻与一小灯炮串联，通电后各自的电流I随所加的电压U变化的图线如图所示，M为两元件的伏安特性曲线的交点则关于热敏电阻和小灯泡的下列说法中，正确的是（）A图中图线b是小灯泡的伏安特性曲线，图线a是热敏电阻的伏安特性曲线B图中图线a是小灯泡的伏安特性曲线，图线b是热敏电阻的伏安特性曲线C图线中的M点，表示该状态小灯泡的电阻大于热敏电阻的阻值D图线中M点
6、对应的状态，小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等11用伏安法测未知电阻RX时，若不知道RX的大概值为选择正确电路以减小误差，可将仪器按图接好，只空出电压表一个接头S，然后将S分别与a、b接触一下，观察电压表和电流表示数变化情况，那么（）A若电流表示数有显著变化，S应接aB若电流表示数有显著变化，S应接bC若电压表示数有显著变化，S应接aD若电压表示数有显著变化，S应接b12在如图（a）所示的电路中，Rl为定值电阻，R2为滑动变阻器，电表均为理想电表闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从最右端滑到最左端，两个电压表读数随电流表读数变化的图线如图（b）所示则（）A电源内电阻的阻值为10B电源的最大输出功率
7、为1.8WC滑动变阻器R2的最大功率为0.9WD图线甲是电压表V2读数随电流表读数变化的图线三、简答题（本大题包括3个小题，共26分）13下列螺旋测微器的读数为mm，游标卡尺的读数为mm14（10分）（2015秋南通月考）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，实验室提供如下器材：A待测小灯泡（3.0V，1.5W）B直流电源4.0VC电流表A（00.6A，内阻约1）D电压表V（03V，内阻约5k）E滑动变阻器R1（05，1.5A）F滑动变阻器R2（01k，300mA）G开关S，导线若干（1）实验中滑动变阻器应选用（选填“R1”或“R2”）；（2）用笔画线代替导线，在图甲中完成实物电路的连接，闭合
8、开关前滑动变阻器的滑片应该移至最（填“左端”或“右端”）；（3）实验中，利用电压表与电流表示数求得对应状态下小灯泡的电功率将（选填“大于”、“等于”或“小于”）此时小灯泡的实际功率，产生这一系统误差的原因是（选填“电流表的分压”或电压表的分流“）15（12分）（2015秋南通月考）某同学在电子小制作活动中为了较准确的测量一个600左右的电阻Rx，他从实验室中找到了以下器材：电源E（电动势为5V，内阻约为2）；定值电阻R0两个（电阻A：阻值为700，电阻B：阻值为2000）；电流表A一只（量程为10mA，内阻约为10）；滑动变阻器两个（变阻器C：10，3A；变阻器D：200，0.2A）；单刀双掷
9、开关S1和单刀开关S2，导线若干该同学利用以上器材设计了如图所示电路（1）该同学在选择器材连接电路时，滑动变阻器R应该选用（填编号）；为了使电表在读数时不小于其量程的三分之一，定值电阻R0应该选用（填编号）；（2）该同学在测量时，先闭合S2，然后使S1的单刀和1闭合，调整R，使得电流表有合适的读数I1，保持R不变，再使S1的单刀和2闭合，读出此时电流表的读数I2，利用上述测得量和R0即可计算电阻Rx，请写出该同学计算Rx的表达式Rx=；（3）指导老师对该同学设计的电路提出了改进意见，指出在保持原电路不变的基础上只增加一个仪表，就可以进一步提高测量的精度请你在虚线框中按指导老师的意见帮该同学画出
10、改进后的电路图，经改进后，Rx的表达式Rx=；式中各物理量的含义是四、计算题（本大题包括4个小题，共53分；解答时请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）16（12分）（2015秋南通月考）如图甲所示，直流电源的电压为220V，电阻R的阻值为20，电动机正常工作转动时，电压表的读数为180V，电动机通过转轴带动轴上绕着的绳将质量为17.8kg的重物匀速提升起来，重物匀速上升的速度为2m/s，如图乙所示，重力加速度g=10m/s2求：（1）电流表的读数；（2）电阻R的电功率；（3）则电动机线圈的电阻值17（12分）（2
11、013秋宿城区校级期末）如图所示，电流表示数I=0.75A，电压表示数为U=2V，某一电阻烧断后，电流表读数变为I=0.8A，电压表示数为U=3.2V，已知R3=4，不计电压表和电流表对电路的影响问：（1）发生故障的电阻是哪个？它的阻值为多少？（2）电源的电动势和内阻分别为多少？18（14分）（2015秋南通月考）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长L=80cm，两板间的距离d=40cm，电源电动势E=40V，内电阻r=1，电阻R=15，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0=4m/s水平向右射入两板间，该小球可视为质点若小球带电量
12、q=1102C，质量为m=2102kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表，若小球恰好从A板右边缘射出（g取10m/s2）求：（1）小球在A、B板间运动时的加速度的大小；为多少？（2）滑动变阻器接入电路的阻值；（3）此时电源的输出功率19（15分）（2015秋南通月考）如图是某种静电分选器的原理示意图，两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上已知两板间距d=0.1m，板的长度l=0.
13、5m，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为1105C/kg设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量重力加速度g取10m/s2求：（1）左、右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？（2）若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H=0.3m，颗粒落至传送带时的速度大小是多少？（3）设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半，写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式，并求出经过多少次碰撞，颗粒反弹的高度小于0.01m2015-2016学年江苏省南通市如东高中高二
14、（上）段考物理试卷（选修）参考答案与试题解析一、单项选择题（本大题包括7个小题，每小题3分，共21分不选、多选、错选均不得分）1某电解池，如果在2秒钟内共有1.01019个二价正离子和2.01019个一价负离子通过某横截面，那么通过这个横截面的电流是（）A0B1.6AC2.4AD3.2A【考点】电流、电压概念 【专题】恒定电流专题【分析】电解液中电流是由正负离子同时向相反方向定向移动形成的，2s内通过横截面的总电量是两种离子电量绝对值之和，根据电流的定义式求解电流【解答】解：电流由正、负离子的定向移动形成，则在2s内通过横截面的总电荷量应为：Q=1.610191.010192C+1.61019
15、12.01019 C=6.4C由电流的定义式可知：I=A=3.2A故选：D【点评】本题考查对电流定义式中电量的理解，电解液中通过横截面的总电量正负离子电量绝对值之和2电炉通电后，电炉丝热得发红，而跟电炉连接的铜导线却不太热，原因是（）A通过电炉丝的电流大，而导线电流小B电炉丝和铜导线消耗的电能相同，但铜导线散热快，所以不热C铜导线的电阻比电炉丝小得多，在串联的情况下铜导线的发热量小D电炉丝的两端电压比铜导线两端的电压小得多【考点】焦耳定律 【专题】恒定电流专题【分析】由焦耳定律知道，电流通过导体产生的热量跟电流的平方、导体电阻大小和通电时间成正比电炉丝和连接的导线串联在电路中（通过的电流相等）
16、，通电时间是相同的，而电炉丝的电阻比导线的电阻大，据焦耳定律分析判断【解答】解：AC、电炉在使用时，电炉丝和导线串联，I电炉丝=I导线，通电时间t相同，所以Q=I2Rt，但R电炉丝R导线，所以电流产生的热量：Q电炉丝Q导线，从而出现电炉丝热得发红，而与电炉丝相连的导线却不怎么发热的现象；故A错误，C正确BD、以上分析知，电炉丝与铜导线消耗的电能不同；由于二者电流相同和电阻不同，据欧姆定律知电炉丝两端的电压比铜导线大的多，故BD错误故选：C【点评】本题考查串联电路的规律，应明确两电阻串联时，电路中的电流是相等的；同时应注意该现象的根本原因是因为发热量不同造成的3如图所示电路，电源的电动势为3V，
17、当开关S闭合后，2s内有4C电荷通过导线的横截面则该过程中（）A电源非静电力做功12JB电源非静电力做功8JC回路中的电流为0.5AD回路中的电流为0.75A【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】已知电量和时间，由I=求出电路中电流非静电力做功由公式W=qE求解，式中E是电动势【解答】解：电路中电流 I=A=2A由E=得电源非静电力做功 W=qE=43J=12J，故A正确，BCD错误故选：A【点评】解决本题的关键要掌握电流的定义式I=和电动势定义式E=，知道式中W是非静电力做功，E是电源的电动势4如图所示，电源的电动势为E，内电阻为r，C为电容，开关S闭合后，灯
18、泡L1、L2均能发光（不计灯泡电阻的变化），现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动，则（）A灯泡L1变暗，L2变亮B电容器C的带电量变小C电流表的示数变小D电源的总功率变小【考点】闭合电路的欧姆定律；电容 【专题】恒定电流专题【分析】由图可知L2与滑动变阻器并联，再与L1串联据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，由闭合电路欧姆定律判断电路电流如何变化，根据电路电流变化求解由电压的变化分析电容器电量的变化【解答】解：由图可知L2与滑动变阻器并联，再与L1串联A、现将滑动变阻器R的滑片P稍向上移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路的总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增
19、大，所以电灯L1变亮，路端电压减小，L2与滑动变阻器并联电压减小，所以L2变暗故A错误；B、电容器的电压等于路端电压，可知电容器的电压减小，则带电量变小，故B正确C、干路电流I增大，L2与滑动变阻器并联电压减小，则通过L2的电流减小，所以电流表的示数增大，故C错误；D、根据P=EI得知，I增大，电源的总功率增大，故D错误故选：B【点评】本题是电路中动态变化分析的问题，首先要搞清电路的结构，其次要按“部分整体部分”的顺序分析5有一只电压表，它的内阻是100，量程为0.2V，现要改装成量程为10A的电流表，电压表上应（）A并联0.002的电阻B并联0.02的电阻C并联50的电阻D串联4 900的电
20、阻【考点】把电流表改装成电压表 【专题】实验题【分析】把电表改装成电流表应并联一个分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值【解答】解：电表的满偏电流为：Ig=0.002A，把它改装成量程为10A的电流表需要并联一个分流电阻，并联电阻阻值为：R=0.02；故选：B【点评】本题考查了电流表的改装，把电表改装成电流表应并联一个分流电阻，知道电流表的改装原理、应用并联电路特点与欧姆定律即可正确解题6如图所示，电源电动势为6V，闭合开关S后灯泡L1、L2均不亮，用电压表分别测量ab、ad、cd间电压依次为Uab=6V、Uad=0、Ucd=6V，由此可判定（）AL1和L2灯丝都断了BL1灯
21、丝断了CL2灯丝断了D滑动变阻器R短路【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】依据电压表的读数，由欧姆定律判断电路是否完好，将各个选项代入分析，由此可断定【解答】解：串联电路中两灯均不发光，则可能是某处断路，电路中无电流，由欧姆定律知，完好电路的电压为0，则电压表测得断路位置两端的电压等于电源电压，由题Uab=6V、Uad=0、Ucd=6V，说明从a到d的电路和b到c的电路连接是良好的，故L1的灯丝和滑动变阻器R都良好，可知L2的灯丝烧断了，故C正确，ABD错误故选：C【点评】利用电流表和电压表判断电路中的故障，是考试的热点题型之一，要明确如果是检测断路故障，测量时，电压表有示
22、数的位置出现断路现象（电源除外），电路完好的部分电压应为零72011年春节期间，按照公安部统一部署，全国各大中城市进行了大规模集中整治酒驾行动据统计，酒驾违法者比往年同期下降了40%，人们的安全驾车意识明显增强执法交警所使用的酒精测试仪主要元件是一种氧化物半导体传感器，这种具有N型导电性的氧化物的电阻会随其周围待测气体浓度的变化而变化设这种传感器的电阻与酒精气体的浓度c成反比，在如图所示的简化原理图中，电压表示数U与酒精气体浓度c之间的对应关系正确的是（）AU越大，表示c越小，但c与U不成反比BU越大，表示c越小，c与U成反比CU越大，表示c越大，但c与U不成正比DU越大，表示c越大，c与U成
23、正比【考点】闭合电路中的能量转化 【专题】恒定电流专题【分析】由电路图可知，传感器电阻与定值电阻R、R0串联，电压表测定值电阻R0两端电压；由闭合电路欧姆定律及部分电路欧姆定律求出电压表示数表达式，然后根据该表达式分析答题【解答】解：由闭合电路欧姆定律可知，电路电流I=，电压表示数U=IR0=；A、传感器的电阻R传感器与酒精气体的浓度c成反比，酒精浓度c越大，R传感器越小，电压表示数U越大，即U越大，c越大，故AB错误；C、由A的分析可知，U越大c越大，由U=可知，U与R传感器不成反比，R传感器与c成反比，则U与c不成正比，故C正确，D错误；故选C【点评】分析清楚电路结构，熟练应用闭合电路的欧
24、姆定律、部分电路欧姆定律，求出U的表达式是正确解题的关键二、不定项选择题（本大题包括5个小题，每小题4分，共20分在每小题给出的四个选项中至少有一个是符合题目要求的，全选对得4分，选对但不全得2分，有错或不选得0分）8如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下面结论正确的是（）A电源的电动势为6.0VB电源的内阻为12C电源的短路电流为0.5AD电流为0.3A时的外电阻是18【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】根据闭合电路欧姆定律分析图线与纵轴交点的物理意义和图线斜率的物理意义当外电阻为零时，电源被短路，由闭合电路欧姆定律求出短路电流当电流为0.3A时，由闭合电路欧姆定
25、律求出外电压，再欧姆定律求出外电阻【解答】解：A、由闭合电路欧姆定律U=EIr得，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路状态，电动势E=6V故A正确 B、电源的内阻等于图线的斜率大小，r=A=2故B错误 C、外电阻R=0时，短路电流为I=3A故C错误 D、电流为I=0.3A时，路端电压U=EIr=（60.32）=5.4V，外电阻是R=18故D正确故选AD【点评】本题关键从数学的角度理解物理图象的物理意义，容易产生的错误是求电源的内阻，认为是r=129如图所示，电源电动势E=12V，内阻r=1，电阻R1=5，R2=6，则（）A开关S断开时，A、B两端电压等于12VB开关S闭合，电容器C充电
26、后，电容器两极板间的电压等于12VC开关S闭合，电容器C充电后，电容器两极板间的电压等于10VD开关S闭合，电容器C充电后，电容器两极板间的电压与电容大小有关【考点】闭合电路的欧姆定律；电容 【专题】恒定电流专题【分析】开关S断开时，路端电压等于电源的电动势开关S闭合时，电容器充电，电容器的电压等于R1两端的电压，由串联电路的分压规律求其电压【解答】解：A、开关S断开时，电路中无电流，A、B两端电压等于电源的电动势12V故A正确BCD、开关S闭合，电容器C充电后，电容器的电压等于R1两端的电压，为：U=V=10V，该电压与电容器的电容无关，故B错误，CD正确故选：ACD【点评】解决本题的关键要
27、掌握电路中电压与电动势的关系，知道串联电路中电压与电阻成正比，并能熟练运用比例法10某一热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，在一次实验中，将该热敏电阻与一小灯炮串联，通电后各自的电流I随所加的电压U变化的图线如图所示，M为两元件的伏安特性曲线的交点则关于热敏电阻和小灯泡的下列说法中，正确的是（）A图中图线b是小灯泡的伏安特性曲线，图线a是热敏电阻的伏安特性曲线B图中图线a是小灯泡的伏安特性曲线，图线b是热敏电阻的伏安特性曲线C图线中的M点，表示该状态小灯泡的电阻大于热敏电阻的阻值D图线中M点对应的状态，小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题
28、【分析】热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，而小灯泡的电阻随温度的升高而增加；IU图象上某点与坐标原点的连线的斜率表示电阻的倒数【解答】解：A、随着电压的增加，元件的热功率增加，温度升高；从图象可以看出，a图线对应电阻减小，b图象对应电阻增加；热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，而小灯泡的电阻随温度的升高而增加；故a是热敏电阻，b是小灯泡；故A正确，B错误；C、图线中的M点，电流和电压都相等，根据欧姆定律，电阻相等；功率P=UI也相等，故C错误，D正确；故选AD【点评】本题关键是明确小灯泡和热敏电阻的电阻随温度升高的变化情况，然后结合IU图象得到小灯泡和热敏电阻的伏安特性曲线进行分析11用伏安法测
29、未知电阻RX时，若不知道RX的大概值为选择正确电路以减小误差，可将仪器按图接好，只空出电压表一个接头S，然后将S分别与a、b接触一下，观察电压表和电流表示数变化情况，那么（）A若电流表示数有显著变化，S应接aB若电流表示数有显著变化，S应接bC若电压表示数有显著变化，S应接aD若电压表示数有显著变化，S应接b【考点】伏安法测电阻 【专题】恒定电流专题【分析】伏安法测电阻有两种电路，电流表内接法与电流表外接法，可以用试触法确定电流表的接法，如果电流表示数变化大，说明电压表分流较大，应采用内接法；如果电压表示数变化较大，说明电流表分压较大，应采用外接法【解答】解：（1）若S从a移到b时，安培表读数
30、有显著变化，说明伏特表的分流明显，S应接在b处，故A错误，B正确；（2）若S从a移到b时，伏特表读数有显著变化，说明电流表的分压明显，S应接在a处，故C正确，D错误；故选：BC【点评】本题考查了应用试触法判断伏安法测电阻时实验电路的选择问题，难度不是很大，熟练掌握基础知识即可正确解题12在如图（a）所示的电路中，Rl为定值电阻，R2为滑动变阻器，电表均为理想电表闭合开关S，将滑动变阻器的滑片P从最右端滑到最左端，两个电压表读数随电流表读数变化的图线如图（b）所示则（）A电源内电阻的阻值为10B电源的最大输出功率为1.8WC滑动变阻器R2的最大功率为0.9WD图线甲是电压表V2读数随电流表读数变
31、化的图线【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】将滑动变阻器的滑片P从最右端移到最左端，接入电路的电阻减小，分析电路中电流的变化，确定两个电压表读数的变化，判断图线与电压表示数的对应关系；根据闭合电路欧姆定律求解电源的内电阻和电动势由图线的斜率求解R1的阻值，将Rl看成电源的内阻，当等效电源的内外电阻相等时，滑动变阻器R2的功率最大【解答】解：AD、将滑动变阻器的滑片P从最右端移到最左端，接入电路的电阻减小，电路中的电流增大，R1的电压和电源的内电压增大，则R2的电压减小，所以电压表V1的示数增大，电压表V2的示数减小，可知图线乙反映的是电压表V1的示数随电流的变化，图线甲反映
32、的是电压表V2的示数随电流的变化根据闭合电路欧姆定律得： 电压表V2的示数 U2=EI（R1+r） 由图线甲的斜率大小等于R1+r，由图知：R1+r=10 图线的斜率等于R1，则R1=5 则得：r=5，故A错误，D正确B、由甲图知：I=0.2A时，U2=4V，则电源的电动势为 E=U2+I（R1+r）=4+0.2（5+5）=6V当R1+R2=r时电源的输出功率最大，则电源的最大输出功率为 Pm=W=1.8W，故B正确C、将Rl看成电源的内阻，当R1+r=R2时，滑动变阻器R2的功率最大，为 PmR2=W=0.9W，故D正确故选：Bcd【点评】本题关键：一是分析电路图，确认电路组成、连接方式、三
33、电表的测量对象，能从图象上得到相关信息二能运用等效思维求解滑动变阻器R2的最大功率三、简答题（本大题包括3个小题，共26分）13下列螺旋测微器的读数为11.897mm，游标卡尺的读数为6.50mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 【专题】实验题【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读，两种仪器读数时均可采用公式法，即：主尺读数+副尺读数【解答】解：螺旋测微器的固定刻度读数11.5mm，可动刻度读数为0.0139.7=0.397mm，所以最终读数为：固定刻度读数+可动刻度读数为11.5+
34、0.397=11.897mm游标卡尺的主尺读数为6mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，游标读数为0.0510mm=0.50mm，所以最终读数为：主尺读数+游标尺读数为6mm+0.50mm=6.50mm；故答案为：11.897，6.50【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读14（10分）（2015秋南通月考）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”实验中，实验室提供如下器材：A待测小灯泡（3.0V，1.5W）B直流电源4.0VC电流表A（00.6A，
35、内阻约1）D电压表V（03V，内阻约5k）E滑动变阻器R1（05，1.5A）F滑动变阻器R2（01k，300mA）G开关S，导线若干（1）实验中滑动变阻器应选用R1（选填“R1”或“R2”）；（2）用笔画线代替导线，在图甲中完成实物电路的连接，闭合开关前滑动变阻器的滑片应该移至最左端（填“左端”或“右端”）；（3）实验中，利用电压表与电流表示数求得对应状态下小灯泡的电功率将大于（选填“大于”、“等于”或“小于”）此时小灯泡的实际功率，产生这一系统误差的原因是电压表的分流（选填“电流表的分压”或电压表的分流“）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线 【专题】实验题【分析】（1）根据测量小灯泡伏安特性曲
36、线的实验要求可以明确接法，从而明确滑动变阻器的应用； （2）根据灯泡电阻与电表内阻之间的关系分析电流表的接法，结合第一问明确对应的接法；再根据实验中安全要求明确滑片开始时的位置；（3）实验中所用电表不是理想电阻，则根据电路结构分析电表内阻带来的影响；从而明确实验误差【解答】解：（1）在测量小灯泡的伏安特性曲线时，要求电压从零开始调节，故应采用滑动变阻器分压接法；因此应选用小电阻R1；（2）由功率公式可得，灯泡电阻约为：R=6； 则有，故电流表应选用外接法；则得出的电路实物图如图所示； 由图可知，测量电路与滑动变阻器左半部分并联；故开始时，滑片应在最左端；（3）由于电压表的分流，使电流表示数大于
37、测量值；故得出的功率将大于小灯泡的实际功率； 故答案为：（1）R1；（2）如图所示； 左端； （3）大于； 电压表的分流【点评】本题考查测量小灯泡伏安特性曲线的实验，要求能掌握实验中电路接法、仪表的选择，以及实验数据及误差分析的方法15（12分）（2015秋南通月考）某同学在电子小制作活动中为了较准确的测量一个600左右的电阻Rx，他从实验室中找到了以下器材：电源E（电动势为5V，内阻约为2）；定值电阻R0两个（电阻A：阻值为700，电阻B：阻值为2000）；电流表A一只（量程为10mA，内阻约为10）；滑动变阻器两个（变阻器C：10，3A；变阻器D：200，0.2A）；单刀双掷开关S1和单刀
38、开关S2，导线若干该同学利用以上器材设计了如图所示电路（1）该同学在选择器材连接电路时，滑动变阻器R应该选用C（填编号）；为了使电表在读数时不小于其量程的三分之一，定值电阻R0应该选用A（填编号）；（2）该同学在测量时，先闭合S2，然后使S1的单刀和1闭合，调整R，使得电流表有合适的读数I1，保持R不变，再使S1的单刀和2闭合，读出此时电流表的读数I2，利用上述测得量和R0即可计算电阻Rx，请写出该同学计算Rx的表达式Rx=；（3）指导老师对该同学设计的电路提出了改进意见，指出在保持原电路不变的基础上只增加一个仪表，就可以进一步提高测量的精度请你在虚线框中按指导老师的意见帮该同学画出改进后的电
39、路图，经改进后，Rx的表达式Rx=；式中各物理量的含义是U为电压表的示数，Ix开关接1时电流表的示数；【考点】伏安法测电阻 【专题】实验题【分析】（1）由于滑动变阻器的电阻值小于待测电阻的电阻值，故选择滑动变阻器分压式接法，滑动变阻器电阻值越小，调压效果越好；根据欧姆定律求解出不同电阻对应的电流最大值进行判断（2）由于与变阻器左侧并联的分压部分电阻远大于滑动变阻器电阻值，故开关由1调到2时，分压部分的电压几乎不变，根据欧姆定律列式求解即可（3）可以用一只电压表与分压部分并联测电压根据欧姆定律可求得电阻【解答】解：（1）由于滑动变阻器的电阻值小于待测电阻的电阻值，故选择滑动变阻器分压式接法，滑动
40、变阻器电阻值越小，调压效果越好，故滑动变阻器选择总阻值为10的C；电阻选A，最大电流为：7.1103mA=7.1A；电阻选B，最大电流为：=2.5103A=2.5mA；为了使电表在读数时不小于其量程的，R0应该选用A；（2）由于与变阻器左侧并联的分压部分电阻远大于滑动变阻器电阻值，故开关由1调到2时，分压部分的电压几乎不变，故：I1Rx=I2R0解得：Rx=（3）可以用一只电压表与分压部分并联测电压，运用欧姆定律求解即可，电路图如下：电阻Rx=；U为电压表的示数，Ix开关接1时电流表的示数；故答案为：（1）C；A；（2）；（3）如图所示；U为电压表的示数，Ix开关接1时电流表的示数；【点评】本
41、题考查伏安法测电阻的设计性实验；解题的关键在于明确实验原理、误差来源；知道本实验中当开关由1调到2时并联部分所分得的电压几乎不变是关键四、计算题（本大题包括4个小题，共53分；解答时请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）16（12分）（2015秋南通月考）如图甲所示，直流电源的电压为220V，电阻R的阻值为20，电动机正常工作转动时，电压表的读数为180V，电动机通过转轴带动轴上绕着的绳将质量为17.8kg的重物匀速提升起来，重物匀速上升的速度为2m/s，如图乙所示，重力加速度g=10m/s2求：（1）电流表的读数
42、；（2）电阻R的电功率；（3）则电动机线圈的电阻值【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】（1）电阻R与电动机串联，电流相等，以R为研究对象，根据欧姆定律求解即可（2）根据p=UI求电阻R的电功率（3）由p电=p机+p热，p热=I2r，求电阻【解答】解：（1）通过电动机的电流等于电阻R上的电流I=2A；（2）根据p=UI，电阻R的电功率P=402=80W（3）电动机消耗的电功率为p电=UI=180V2A=360W；电机的机械功率即牵引力的功率 p机=Fv=mgv=17.8102=356W由p电=p机+p热，p热=I2r得r=1答：（1）通过电动机的电流是2A（2）
43、电阻R的电功率80W（3）电动机线圈的电阻值1【点评】本题关键要明确研究对象，要注意电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不适用还要知道电动机电流做功与加上线圈的发热之差即为电动机对外做功17（12分）（2013秋宿城区校级期末）如图所示，电流表示数I=0.75A，电压表示数为U=2V，某一电阻烧断后，电流表读数变为I=0.8A，电压表示数为U=3.2V，已知R3=4，不计电压表和电流表对电路的影响问：（1）发生故障的电阻是哪个？它的阻值为多少？（2）电源的电动势和内阻分别为多少？【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】（1）由题意，电路中某一电阻断路后，两电表的读数
44、都变大，不可能是R3和R2断路，否则变化后电压表或电流表无读数，只可能R1断路（2）断路时，电压表读数等于电阻R1的电压，由欧姆定律求出R1根据闭合电路欧姆定律对发生断路前后两种情况列方程，组成方程组，联立求解电动势和内电阻【解答】解：（1）因某电阻烧断后，电流表、电压表示数均增大，若R1、R3断路，电流表或电压表无读数，可断定发生故障的电阻是R1R1烧断后，伏特表的读数为R2两端的电压，则得： R2=4R1烧断前，R3两端电压 U3=IR2U=0.7542=1（V）通过R3的电流为 I3=0.25电阻R1的阻值为 R1=8；（2）R1烧断前，外电阻为 R外=3总电流为 I0=I+=0.75=
45、1（A）由闭合电路欧姆定律得： E=I0（R外+r），即 E=1（3+r）当R1烧断后，E=I（R2+r）即 E=0.8（4+r）联立解得：r=1，E=4V；答：（1）发生故障的电阻是R1它的阻值为8（2）电源的电动势为4V，内阻为1【点评】本题中涉及故障分析，采用排除法逐一分析对于电源的电动势和内阻，常常根据两种情况列方程组求解18（14分）（2015秋南通月考）如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，极板长L=80cm，两板间的距离d=40cm，电源电动势E=40V，内电阻r=1，电阻R=15，闭合开关S，待电路稳定后，将一带负电的小球从B板左端且非常靠近B板的位置以初速度v0=4m
46、/s水平向右射入两板间，该小球可视为质点若小球带电量q=1102C，质量为m=2102kg，不考虑空气阻力，电路中电压表、电流表均是理想电表，若小球恰好从A板右边缘射出（g取10m/s2）求：（1）小球在A、B板间运动时的加速度的大小；为多少？（2）滑动变阻器接入电路的阻值；（3）此时电源的输出功率【考点】带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律 【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）小球进入电场中做类平抛运动，小球恰好从A板右边缘射出时，水平位移为L，竖直位移为d，根据运动学结合可求出加速度（2）由牛顿第二定律和U=Ed结合求出板间电压，再根据串联电路分压特点，求解滑动变阻器
47、接入电路的阻值（3）根据闭合电路欧姆定律求解电路中电流，由欧姆定律求解路端电压，即可求得两电表的读数，电源的输出功率P=UI，U是路端电压，I是总电流【解答】解：（1）小球进入电场中做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀加速运动，则有：水平方向：L=v0t竖直方向：d=at2由上两式得：a=m/s2=20m/s2（2）根据牛顿第二定律得：a=联立得：U=V=24V根据串联电路的特点有：=代入得：=解得滑动变阻器接入电路的阻值为：R=24（3）根据闭合电路欧姆定律得电流表的示数为： I=A=1A电压表的示数为： U=EIr=（4011）V=39V此时电源的输出功率是 P=UI=391
48、W=39W答：（1）小球在A、B板间运动时的加速度的大小为20m/s2；（2）滑动变阻器接入电路的阻值24；（3）此时电源的输出功率39W【点评】本题是带电粒子在电场中类平抛运动和电路问题的综合，容易出错的是受习惯思维的影响，求加速度时将重力遗忘，要注意分析受力情况，根据合力求加速度19（15分）（2015秋南通月考）如图是某种静电分选器的原理示意图，两个竖直放置的平行金属板带有等量异号电荷，形成匀强电场分选器漏斗的出口与两板上端处于同一高度，到两板距离相等混合在一起的a、b两种颗粒从漏斗出口下落时，a种颗粒带上正电，b种颗粒带上负电经分选电场后，a、b两种颗粒分别落到水平传送带A、B上已知两
49、板间距d=0.1m，板的长度l=0.5m，电场仅局限在平行板之间；各颗粒所带电量大小与其质量之比均为1105C/kg设颗粒进入电场时的初速度为零，分选过程中颗粒大小及颗粒间的相互作用力不计要求两种颗粒离开电场区域时，不接触到极板但有最大偏转量重力加速度g取10m/s2求：（1）左、右两板各带何种电荷？两极板间的电压多大？（2）若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H=0.3m，颗粒落至传送带时的速度大小是多少？（3）设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半，写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式，并求出经过多少次碰撞，颗粒反弹的高度小于0.01m【考点】电
50、势差与电场强度的关系 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）根据受力情况可知颗粒进入电场后在竖直方向做自由落体运动，而在水平方向做匀加速直线运动（2）颗粒从离开漏斗到到达传送带受重力和电场力，电场力做功与路径无关，只与初末位置的电势差有关，故电场力所做的功为W=qU，重力做功也与路径无关只与初末位置的高度差有关，故重力所做的功为mg（l+H），根据动能定理即可求出落至传送带时的速度大小（3）根据竖直方向只受重力可求出物体到达传送带时在竖直方向的速度，从而求出物体第一次反弹后在竖直方向的速度，第n次反弹后的速度，再根据v2=2gh可得每次反弹的高度，即可求解【解答】解：（1）由于a颗粒带正
51、电，故电场方向向左，所以左板带负电荷，右板带正电荷依题意，颗粒在平行板的竖直方向上做自由落体运动，故满足：l=gt2在水平方向上做匀加速直线运动，故满足：s=t2两式联立得两极板间的电压为：U=1104V（2）根据动能定理，颗粒落到水平传送带上满足：qU+mg（l+H）=mv2解得颗粒落到水平传送带上时的速度大小为：v=4m/s（3）在竖直方向颗粒作自由落体运动，根据v=2g（l+H）可得颗粒第一次落到水平传送带上沿竖直方向上vy=故颗粒第一次反弹的速度大小为，所以根据v2=2gh可得颗粒第一次反弹高度为：h1=根据题设条件，颗粒第n次反弹后上升的高度为：hn=0.8m要hn0.01，即（）n=，故只有当n=4时，hn0.01m答：（1）左板带负电荷，右板带正电荷，两极板间的电压1104V（2）若两带电平行板的下端距传送带A、B的高度H=0.3m，颗粒落至传送带时的速度大小是4m/s（3）设颗粒每次与传送带碰撞反弹时，沿竖直方向的速度大小为碰撞前竖直方向速度大小的一半，写出颗粒第n次碰撞反弹高度的表达式，并求出经过4次碰撞，颗粒反弹的高度小于0.01m【点评】在处理（3）时一定要根据速度变化的关系求出颗粒每次反弹的初速度，然后根据v2=2gh可得颗粒反弹的高度