1、2016-2017学年山东省德州市武城二中高二（上）期中物理试卷一、选择题（本题共15小题，共50分在每小题给出的四个选项中，第110题只有一项符合题目要求，每小题3分，第1115题有多项符合题目要求，每小题3分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为q，受到的电场力为F，则该点的电场强度，下列说法正确的是（）A若移去检验电荷，则该点的电场强度为0B若检验电荷的电量变为4q，则该点的场强变为4EC若放置到该点的检验电荷变为2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反D若放置到该点的检验电荷变为2q，则场中该点的场强大小方向均不变2如图所示的
2、电场，其中有M、N两点，则（）A该电场一定是点电荷产生的电场BM点的电场强度比N点电场强度小CM点的电势比N点的电势高DM点的电势比N点的电势低3在静电场中，下列说法中正确的是（）A某点的电场强度大，该点的电势一定高B某点的电势高，检验电荷在该点的电势能一定大C电场力对电荷做正功，电荷的电势能减少D将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功4如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点若带电粒子在运动中仅受到电场力作用，根据此图可判断出（）A该粒子带正电B该粒子在a的加速度小于在b的加速度C该
3、粒子在a的速度小于在b的速度D该粒子在a的电势能小于在b的电势能5两个相同的带电金属小球，带电量分别为+5q和7q，球半径远小于两球心的距离L，它们相互接触后再放回原位置，则静电力为（）AkBkCkDk6一根粗细均匀的电阻丝通过的电流为I时，在t时间内产生的热量为Q，若将该电阻丝均匀拉长至原来的2倍，并通过的电流为2I，则在时间t内产生的热量为（）A8QB16QCD7原来都静止的质子H和粒子He，经过同一电压加速后，它们的速度大小之比为（）A1：1B1：2C1：4D：18图中，每个电池的电动势为E，内阻为r，电阻器的电阻R保持不变甲图中通过R的电流为I1，乙图中通过R的电流为I2已知I1：I2
4、=3：4，则R：r（）A等于3：4B等于4：3C等于1：1D不能确定9如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位置，则（）A增大，E增大B增大，EP不变C减小，EP增大D减小，E不变10真空中一半径为r0的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势分布如图所示，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离，根据电势图象（r图象），判断下列说法中正确的
5、是（）A该金属球可能带负电BA点的电场强度方向由A指向BCA点的电场强度小于B点的电场强度D电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功W=q（21）11下列说法中正确的是（）A由可知，匀强电场中两点的距离越大，这两点间的电势差就越大B由可知，真空中距离场源点电荷越远，电场强度就越小C由可知，导体中的电流跟两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比D由可知，对于某一确定的导体，所加电压跟通过导体的电流之比是个恒量12如图所示，两等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上则（）A正电
6、荷由a静止释放能运动到cB负电荷在a的电势能大于在c的电势能Cb点的场强小于d的场强Da、b间的电势差等于b、c间的电势差13三个粒子在同一点沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了如图所示的运动轨迹，由此可判断（）A在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上Bb和c同时飞离电场C进入电场时，c的速度最大，a的速度最小D动能的增加值c最小，a和b一样大14如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器当R2的滑动触点在ab的中点时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U现将R2的滑动触点向a端移动，则（）A电源的总功率减小BR3消耗的功率
7、增大CI1增大，I2减小，U增大DI1减小，I2不变，U减小15如图所示，带电体P、Q可视为点电荷，电荷量相同倾角为、质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m的物体P放在粗糙的斜面体上，当物体Q放在与P等高（PQ连线水平）且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k，则下列说法正确的是（）AP对斜面的压力为0B斜面体受到地面的摩擦力为0CP、Q所带电荷量为D斜面体对地面的压力为（M+m）g二、实验题（本题包括2小题，共22分请把答案写在答题卷上）16要测绘一个标有“3V、0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V（1
8、）实验的电路图应选用下图1中的（填字母代号）（2）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图2所示，当小灯泡的电压为1.0V，其电阻为，由图2可得，当电压U1V后，小灯泡电阻R随温度T的升高而（填“增大”或“减小”）17某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图甲可知其长度为l=mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图，由图乙可知其直径为d=mm；（3）用多用电表的电阻“100”挡按正确操作步骤粗测圆柱体电阻，测量时发现指针偏转角过大，这时应该将选择开关换成欧姆挡的挡位（选填A“10”或B“1K”），换挡结束后，实验操作上首先要进行的步骤是，正确
9、操作后，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻值R=（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻R；电流表A1（量程04mA，内阻约50）；电流表A2（量程010mA，内阻约30）；电压表V1（量程03V，内阻约10k）；电压表V2（量程015V，内阻约25k）；直流电源E（电动势4V，内阻不计）；滑动变阻器R1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0A）；滑动变阻器R2（阻值范围02k，允许通过的最大电流0.5A）；开关S；导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表应选（选填A“A1”或B“A2”），电压表应选（选填A“V1”或B“V2”
10、），滑动变阻器应选（选填A“R1”或B“R2”），请在图丁中画出测量的电路图（5）计算此圆柱体材料电阻率的表达式为=（用R、d、l表示）三、计算题（本题包括3小题，共28分请把解答过程写在答题卷上）18如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60角，一个电荷量为q=4108C的正电荷从a移到b电场力做功为W1=1.2107J求：（1）匀强电场的场强E（2）电荷从b移到c，电场力做功W2（3）a、c两点的电势差Uac19直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用如图所示，一直流电动机M和电灯L并联之后接在直流电源上，电动机内阻r=0.
11、5，电灯灯丝电阻R=9，电源电动势E=12V，内阻r=1开关S闭合，电动机正常工作时，电压表读数为9V求：（1）流过电源的电流 （2）流过电动机的电流 （3）电动机对外输出的机械功率20如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，A、B分别为两块竖直板的中点，求：（1）电子通过B点时的速度大小；（2）右侧平行金属板的长度；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能2016-2017
12、学年山东省德州市武城二中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共15小题，共50分在每小题给出的四个选项中，第110题只有一项符合题目要求，每小题3分，第1115题有多项符合题目要求，每小题3分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为q，受到的电场力为F，则该点的电场强度，下列说法正确的是（）A若移去检验电荷，则该点的电场强度为0B若检验电荷的电量变为4q，则该点的场强变为4EC若放置到该点的检验电荷变为2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反D若放置到该点的检验电荷变为2q，则场中该点的场强大小方向均不变【考点】电场
13、强度【分析】电场强度是反映电场本身的力的性质的物理量，与试探电荷无关，在电场中同一点，电场强度是确定不变的【解答】解：A、由题，该点的电场强度，若移去检验电荷，该点的电场强度仍为故A错误 B、若检验电荷的电量变为4q，检验电荷所受的电场力为4F，该点的电场强度仍为故B错误 C、D若放置到该点的检验电荷变为2q，检验电荷所受的电场力为2F，该点的电场强度仍为故C错误，D正确故选：D2如图所示的电场，其中有M、N两点，则（）A该电场一定是点电荷产生的电场BM点的电场强度比N点电场强度小CM点的电势比N点的电势高DM点的电势比N点的电势低【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度【分析】电场强度的大小
14、看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大；电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低由此判断即可【解答】解：A、该电场的电场线会聚型直线，可能是负点电荷产生的电场，也可能不是，故A错误B、电场线越密的地方电场强度越大，所以M点的电场强度比N点电场强度大，故B错误CD、沿着电场线电势降低，所以M点的电势比N点的电势低，故C错误，D正确故选：D3在静电场中，下列说法中正确的是（）A某点的电场强度大，该点的电势一定高B某点的电势高，检验电荷在该点的电势能一定大C电场力对电荷做正功，电荷的电势能减少D将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做正功【考点】电势能；电势
15、差与电场强度的关系【分析】电场强度与电势无关；正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小；电场力做正功，电荷的电势能减小；【解答】解：A、因为电场强度与电势没有直接关系，某点的电场强度大，则该点的电势不一定高，故A错误B、某点的电势高，检验电荷在该点的电势能为Ep=q，还与检验电荷的电性有关，正电荷在电势高的地方电势能大，负电荷在电势高的地方电势能小故B错误C、电场力对电荷做正功，电荷的电势能减少，故C正确，D、由于负电荷在电势高的地方电势能小，所以将一负的试探电荷从电势较高的等势面移至电势较低的等势面，电场力做负功故D错误故选：C4如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷产生
16、的电场线，虚线是某一带电粒子通过该电场区域时的运动轨迹，a、b是轨迹上的两点若带电粒子在运动中仅受到电场力作用，根据此图可判断出（）A该粒子带正电B该粒子在a的加速度小于在b的加速度C该粒子在a的速度小于在b的速度D该粒子在a的电势能小于在b的电势能【考点】电场线；电势能【分析】粒子的运动轨迹向左弯曲，说明粒子受到的电场力大体向左，电场线方向不明，无法判断粒子的电性根据电场线的疏密可以判断电场强度的强弱，进而判断电场力的大小；根据电场力做功情况，判断动能和电势能的变化当电场力做正功时，电荷的电势能减小，动能增大；当电场力做负功时，电荷的电势能增大，动能减小【解答】解：A：粒子的运动轨迹向左弯曲
17、，说明粒子在a、b两点受到的电场力沿电场线向左由于电场线方向不明，所以无法确定粒子的电性故A错误；B、根据电场线的疏密反映了电场强度的相对大小，可知a点的电场强度大，故粒子在a点受到的电场力的大，根据牛顿第二定律可知，带电粒子在a点的加速度比b点的加速度大故B错误；CD、粒子受到的电场力沿电场线向左，则从a到b，电场力对粒子做负功，粒子的动能减小，电势能增大，则粒子在a点的速度较大，在a点的电势能较小，故C错误，D正确故选：D5两个相同的带电金属小球，带电量分别为+5q和7q，球半径远小于两球心的距离L，它们相互接触后再放回原位置，则静电力为（）AkBkCkDk【考点】库仑定律【分析】两相同小
18、球接触时电量先中和再平分，从而明确各小球的带电量，再根据库仑定律列式即可求得静电力的大小【解答】解：因两电荷异性，带电量分别为5Q，7Q，两物体接触后电量先中和再平分，则可知各自的带电量为q； 由库仑定律可知：静电力F=故选：D6一根粗细均匀的电阻丝通过的电流为I时，在t时间内产生的热量为Q，若将该电阻丝均匀拉长至原来的2倍，并通过的电流为2I，则在时间t内产生的热量为（）A8QB16QCD【考点】焦耳定律【分析】电阻丝在拉长时体积不变，根据长度的变化可明确截面积的变化，再根据电阻定律即可明确电阻的变化； 再根据焦耳定律可明确产生的热量变化【解答】解：开始时：Q=I2R由电阻定律R=可知，电阻
19、丝拉长到2倍时，由于体积不变，故截面积变为原来的，则可知电阻变成原来的4倍； 通过的电流为2I，则在时间t内产生的热量：Q=（2I）24R=16I2R=16Q，故B正确，ACD错误故选：B7原来都静止的质子H和粒子He，经过同一电压加速后，它们的速度大小之比为（）A1：1B1：2C1：4D：1【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【分析】根据动能定理，结合电荷量之比和质量之比求出速度大小之比【解答】解：根据动能定理知，解得v=，因为质子和粒子的电荷量之比为1：2，质量之比为1：4，则它们的速度之比为故D正确，A、B、C错误故选：D8图中，每个电池的电动势为E，内阻为r，电阻器的电阻R保持不变
20、甲图中通过R的电流为I1，乙图中通过R的电流为I2已知I1：I2=3：4，则R：r（）A等于3：4B等于4：3C等于1：1D不能确定【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】根据闭合电路欧姆定律分别得出电路中电流与电阻的关系，再求解R与r之比【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得 I1=已知I1：I2=3：4，得到： =3：4解得，R：r=1：1故选C9如图所示，平行板电容器带有等量异种电荷，与静电计相连，静电计金属外壳和电容器下级板都接地在两极板间有一固定在P点的点电荷，以E表示两极板间的电场强度，EP表示点电荷在P点的电势能，表示静电计指针的偏角若保持下极板不动，将上极板向下移动一小段距离至图中虚线位
21、置，则（）A增大，E增大B增大，EP不变C减小，EP增大D减小，E不变【考点】电容器的动态分析【分析】电容器充电后断开电源，极板上的电量不变；根据电容器的定义式可分析电容的变化，再根据决定式分析电压的变化，从而分析静电计指针夹角的变化；根据U=Ed分析电场强度的变化；根据电势与电势差之间的关系可分析P点电势，再由电势分析电势能的变化【解答】解：电容器与电源断开，故电量不变；上极板向下移动时，两板间的距离减小，根据C=可知，电容C增大，则根据C=可知，电压U减小；故静电计指针偏角减小；两板间的电场强度E=；因此电场强度与板间距无关，因此电场强度不变；再根据设P与下极板距离为l，则P点的电势P=E
22、l，电势能EP=ELq； 因此电荷在P点的电势能保持不变；故D正确，ABC错误；故选：D10真空中一半径为r0的带电金属球，通过其球心的一直线上各点的电势分布如图所示，r表示该直线上某点到球心的距离，r1、r2分别是该直线上A、B两点离球心的距离，根据电势图象（r图象），判断下列说法中正确的是（）A该金属球可能带负电BA点的电场强度方向由A指向BCA点的电场强度小于B点的电场强度D电荷量为q的正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功W=q（21）【考点】电场强度；电势能【分析】根据直线上各点的电势分布图判断A点和B点电势沿电场线方向电势逐点降低根据电场力做功表达式W=qU，结合电势差等于两点
23、电势之差，即可求解【解答】解：A、由图可知0到r0电势不变，之后电势变小，带电金属球为一等势体，再依据沿着电场线方向，电势降低，则金属球带正电，故A错误；BC、A点的电场强度方向由A指向B，A点的电场强度大于B点的电场强度，选项B正确、C错误；D、正电荷沿直线从A移到B的过程中，电场力做功W=qUAB=q（12），故D错误故选：B11下列说法中正确的是（）A由可知，匀强电场中两点的距离越大，这两点间的电势差就越大B由可知，真空中距离场源点电荷越远，电场强度就越小C由可知，导体中的电流跟两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比D由可知，对于某一确定的导体，所加电压跟通过导体的电流之比是个恒量【考点】
24、电场强度；欧姆定律【分析】在公式E=中，d表示沿电场线方向的距离，不是两点的距离；是点电荷的场强公式，结合公式分析电场强度与距离场源电荷距离的关系根据欧姆定律知，导体中的电流跟两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比【解答】解：A、在公式E=中，d表示沿电场线方向的距离，匀强电场中两点的距离越大，两点的电势差不一定大，若两点在同一等势线上，电势差为零，故A错误B、由可知，真空中距离场源点电荷越远，电场强度就越小，故B正确C、根据欧姆定律知，导体中的电流跟两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比，故C正确D、对于确定的导体，电阻不变，则所加电压和通过电流之比是个恒量，故D正确故选：BCD12如图所示，两
25、等量异种点电荷的电场中，MN为两电荷连线的中垂线，a、b、c三点所在直线平行于两电荷的连线，且a与c关于MN对称，b点位于MN上，d点位于两电荷的连线上则（）A正电荷由a静止释放能运动到cB负电荷在a的电势能大于在c的电势能Cb点的场强小于d的场强Da、b间的电势差等于b、c间的电势差【考点】电场的叠加；电势；电势差与电场强度的关系【分析】根据正电荷的受力情况，分析其运动情况根据等量异号电荷的电场分布特点可知各点的场强大小由电势能的定义可知ac两点电势能的大小由电场线性质及电场的对称性可知ab及bc两点间的电势差；【解答】解：A、ac间的电场线不是直线，正电荷由a静止释放后会沿通过a点的电场线
26、方向向上运动，不会运动到c点，故A错误B、因a点的电势高于c点的电势，则负电荷在a点的电势能小于在c点的电势能，故B错误C、在两等量异号电荷连线上，连线中点处电场强度最小；在两等量异号电荷连线的中垂线上，连线中点处电场强度最大，则知b点的场强小于连线中点处的场强，d点的场强大于连线中点处的场强，所以b点场强小于d点场强，故C正确D、由对称性可知，a、b两点的电势差等于b、c两点间的电势差，故D正确；故选：CD13三个粒子在同一点沿同一方向垂直飞入偏转电场，出现了如图所示的运动轨迹，由此可判断（）A在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上Bb和c同时飞离电场C进入电场时，c的速度最大，a的速度最小
27、D动能的增加值c最小，a和b一样大【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】三个粒子都做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动粒子的质量和电量相同，加速度相同比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小通过动能定理比较动能的变化量【解答】解：A、三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y=，可知运动时间相等故A正确B、b、c竖直方向上的位移不等，ycyb根据y=，可知tctb故B错误C、在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v=因xc=xb，tct
28、b，则vcvb根据ta=tb，xbxa则vbva所以有：vcvbva故C正确D、根据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等c电荷电场力做功最少，动能增加量最小故D正确故选：ACD14如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器当R2的滑动触点在ab的中点时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U现将R2的滑动触点向a端移动，则（）A电源的总功率减小BR3消耗的功率增大CI1增大，I2减小，U增大DI1减小，I2不变，U减小【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】理清电路，确定电压表测的是什么电压，电流表测定的
29、是什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部整体局部的方法，利用闭合电路电路的欧姆定律进行分析；根据分析电源总功率变化情况，由分析消耗的功率【解答】解：的滑动触点向a端移动时，增大，整个电路的总电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压增大，即电压表示数U增大，电压减小，、并联电压增大，通过的电流增大，即示数增大，而总电流I减小，则通过的电流减小，即示数减小，故C正确；D错误；电源的总功率，总电流I减小，电源的总功率减小，故A正确；消耗的功率，总电流减小，R3消耗的功率减小，故B错误；故选：AC15如图所示，带电体P、Q可视为点电荷，电荷量相同倾角为、质量为M的斜面体放在粗糙水平面上，将质量为m的
30、物体P放在粗糙的斜面体上，当物体Q放在与P等高（PQ连线水平）且与物体P相距为r的右侧位置时，P静止且受斜面体的摩擦力为0，斜面体保持静止，静电力常量为k，则下列说法正确的是（）AP对斜面的压力为0B斜面体受到地面的摩擦力为0CP、Q所带电荷量为D斜面体对地面的压力为（M+m）g【考点】库仑定律；共点力平衡的条件及其应用【分析】以P为研究对象，根据平衡条件求Q对P的库仑力和斜面对P的支持力，再由库仑定律求电荷量以斜面体和P整体为研究对象，由平衡条件求解地面对斜面体的支持力和摩擦力，即可得到斜面体对地面的压力和摩擦力【解答】解：A、以P为研究对象，受到重力mg、斜面体的支持力N和库仑力F，如图，
31、由平衡条件得：F=mgtanN=根据库仑定律得：F=k联立解得：q=由牛顿第三定律得P对斜面的压力为：N=N=，故A错误，C正确B、以斜面体和P整体为研究对象，由平衡条件得知地面对斜面体的摩擦力为：f=F地面对斜面体的支持力为：N1=（M+m）g根据牛顿第三定律得斜面体受到地面的摩擦力为F，斜面体对地面的压力为为：N1=N1=（M+m）g故B错误，D正确故选：CD二、实验题（本题包括2小题，共22分请把答案写在答题卷上）16要测绘一个标有“3V、0.6W”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V（1）实验的电路图应选用下图1中的D（填字母代号）（2）实验得到小灯泡的伏安特性曲
32、线如图2所示，当小灯泡的电压为1.0V，其电阻为10，由图2可得，当电压U1V后，小灯泡电阻R随温度T的升高而增大（填“增大”或“减小”）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）根据实验原理及要求明确实验电路图；知道当要求从零开始时要采用分压接法；（2）根据图象可明确1.0V时的电流值，利用欧姆定律可求得电阻值；根据图象的斜率可明确电阻的变化【解答】解：（1）测量灯泡的伏安特性曲线应采用分压接法，同时因灯泡内阻较小，故电流表采用外接法；故电路图应选择D； （2）由图可知，当电压为1.0V时，电流为0.10A；则由欧姆定律可知：R=10； IU图象的斜率表示电阻的倒数；由图可知，图象的斜率
33、越来越小，说明电阻在增大；故答案为：（1）D；（2）10，增大17某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图，由图甲可知其长度为l=50.15mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图，由图乙可知其直径为d=4.700mm；（3）用多用电表的电阻“100”挡按正确操作步骤粗测圆柱体电阻，测量时发现指针偏转角过大，这时应该将选择开关换成欧姆挡的10挡位（选填A“10”或B“1K”），换挡结束后，实验操作上首先要进行的步骤是，正确操作后，表盘的示数如图丙，则该电阻的阻值R=220（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如
34、下：待测圆柱体电阻R；电流表A1（量程04mA，内阻约50）；电流表A2（量程010mA，内阻约30）；电压表V1（量程03V，内阻约10k）；电压表V2（量程015V，内阻约25k）；直流电源E（电动势4V，内阻不计）；滑动变阻器R1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0A）；滑动变阻器R2（阻值范围02k，允许通过的最大电流0.5A）；开关S；导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，电流表应选A2（选填A“A1”或B“A2”），电压表应选V1（选填A“V1”或B“V2”），滑动变阻器应选R1（选填A“R1”或B“R2”），请在图丁中画出测量的电路图（5）计算此圆柱体材料电阻
35、率的表达式为=（用R、d、l表示）【考点】测定金属的电阻率；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；（2）螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；（3）用欧姆表测电阻应选择合适的挡位使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；（4）电压从零调起，滑动变阻器应采用分压接法，根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图；（5）应用电阻定律可以求出电阻率的表达式【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，主尺示数是5cm=50mm，游标尺示数是30.05mm=0.15mm，则圆柱体
36、的长度是50mm+0.15mm=50.15mm；（2）由图示螺旋测微器可知，固定刻度示数是4.5mm，可动刻度示数是20.00.01mm=0.200mm，圆柱体的直径是4.5mm+0.200mm=4.700mm；（3）选择旋钮置于欧姆挡“100”的位置，指针偏转角度太大，说明所选挡位太大，为准确测量电阻阻值较小误差，应将选择旋钮指向欧姆挡“10”位置，欧姆调零后测量，其表盘及指针所指位置如图所示，则电阻为：2210=220（4）电源电动势为4V，电压表应选：V1，电路最大电流约为：I=0.014A=14mA，电流表应选A2，为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1，由于电阻阻值远大于滑动变阻器最大
37、阻值，滑动变阻器应采用分压接法，=7.3， =45.5，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示：（5）由电阻定律可知：R=，解得：=；故答案为：（1）50.15；（2）4.700；（3）10；欧姆调零；220；（4）A2；V1；R1；电路如图所示；（5）三、计算题（本题包括3小题，共28分请把解答过程写在答题卷上）18如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab=5cm，bc=12cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60角，一个电荷量为q=4108C的正电荷从a移到b电场力做功为W1=1.2107J求：（1）匀强电场的场强E（2）电荷从b移到c，电场力做功W2（3）a、c两点的电势差Ua
38、c【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能【分析】（1）根据电场力做功公式W=qEd，求解电场强度，d是电场线方向两点间的距离（2）电场力做功公式W=qEd，求解电荷从b移到c电场力做功W2（3）先求出电荷从a到c电场力做功，再求解a、c两点的电势差Uac【解答】解：（1）由题，由W1=qElab得 E=（2）电荷从b移到c电场力做功为 W2=qElbccos60=4108600.120.5J=1.44107J（3）电荷从a移到c电场力做功为 Wac=W1+W2则a、c两点的电势差为Uac=6.6V答：（1）匀强电场的场强E=60V/m（2）电荷从b移到c电场力做功W2=1.44107
39、J（3）a、c两点的电势差Uac=6.6V19直流电动机在生产、生活中有着广泛的应用如图所示，一直流电动机M和电灯L并联之后接在直流电源上，电动机内阻r=0.5，电灯灯丝电阻R=9，电源电动势E=12V，内阻r=1开关S闭合，电动机正常工作时，电压表读数为9V求：（1）流过电源的电流 （2）流过电动机的电流 （3）电动机对外输出的机械功率【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】（1）根据内外之和等于电源的电动势和欧姆定律，求出流过电源的电流（2）由欧姆定律求出灯泡的电流，由总电流与灯泡电流之差求出流过电动机的电流（3）电动机对外输出的机械功率等于电动机的总功率与内部发热功率之差【解答】
40、解：（1）电源的输出电压：U=EIr，则有 I=代入解得：I=3A（2）对灯泡：电动机与灯泡并联，则电动机的电流I电=II灯=3A1A=2A（3）根据能量转化与守恒定律得，电动机的输出功率P出=UI电I电2r代入解得，P出=16W答：（1）流过电源的电流为3A （2）流过电动机的电流为2A （3）电动机对外输出的机械功率是16W20如图所示为两组平行板金属板，一组竖直放置，一组水平放置，今有一质量为m的电子静止在竖直放置的平行金属板的A点，经电压U0加速后通过B点进入两板间距为d、电压为U的水平放置的平行金属板间，若电子从两块水平平行板的正中间射入，且最后电子刚好能从右侧的两块平行金属板穿出，
41、A、B分别为两块竖直板的中点，求：（1）电子通过B点时的速度大小；（2）右侧平行金属板的长度；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用【分析】（1）质子在加速电场中，电场力做正功eU0，由动能定理求解质子射出加速电场的速度（2）质子进入偏转电场后做类平抛运动，沿水平方向做匀速直线运动，位移大小等于板长L；竖直方向做匀加速直线运动，位移大小等于板间距离的一半，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求解板长L（3）在偏转电场中，电场力对质子做为eU，根据动能定理，对全过程研究，求解质子穿出电场时的速度【解答】解：（1）在加速过程根据动能定理得：eU0=解得到质子射出加速电场的速度v0=（2）粒子在竖直方向：y=，a=在水平方向：x=L=v0t联立上式得到 代入数据得L=（3）从刚开始到射出电场的过程中运用动能定理得：=e（U0+）答：（1）电子通过B点时的速度大小为；（2）右侧平行金属板的长度为；（3）电子穿出右侧平行金属板时的动能为e（U0+）；2016年11月20日