1、承德一中2019-2020学年度第一学期第二次月考高二物理试卷一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）1. 关于电场强度有下列说法,正确的是()A. 电场中某点的电场强度在数值上等于单位电荷在该点所受的电场力B. 电场强度的方向总是跟电场力的方向一致C. 在点电荷Q附近的任意一点,如果没有把试探电荷q放进去,则这一点的电场强度为零D. 根据公式可知,电场强度跟电场力成正比,跟放入电场中的电荷的电量成反比2. 关于静电场的等势面,下列说法正确的是()A. 两个电势不同的等势面可能相交B. 电场线与等势面处处相互垂直C. 同一等势面上各点电场强度一定相等D. 将一负的试探电荷从电势较高的等势面
2、移至电势较低的等势面,电场力做正功3. 电源电动势反映了电源把其它形式的能量转化为电能的能力,因此()A. 电动势是一种非静电力B. 电动势越大,表明电源储存的电能越多C. 电动势的大小是非静电力做功能力的反映D. 电动势就是闭合电路中电源两端的电压4. 关于导体的电阻及电阻率的说法中,正确的是()A. 由可知,导体的电阻跟导体两端的电压成正比,跟导体中的电流成反比B. 由知,导体的电阻与长度l、电阻率成正比,与横截面积S成反比C. 将一根导线一分为二,则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一D. 将一根电阻丝均匀拉长为原来2倍,则电阻丝的电阻变为原来的2倍5. 如图所示,虚线a、b、c代表
3、电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等,即,实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、R、Q是这条轨迹上的三点,R点在等势面b上,据此可知()A. 带电质点在P点的加速度比在Q点的加速度小B. 带电质点在P点的电势能比在Q点的小C. 带电质点在P点的动能大于在Q点的动能D. 三个等势面中,c的电势最高6. 如图所示,质量为m,带电量为q的微粒,以初速度,从A点竖直向上射入空气中的沿水平方向的匀强电场中,粒子通过电场中B点时,速率,方向与电场的方向一致,则A,B两点的电势差为()A. B. C. D. 7. 如图所示,绝缘的斜面处在一个竖直向上的匀强电场中,一带电金
4、属块由静止开始沿斜面滑到底端,已知在金属块下滑的过程中动能增加了,重力做功,电势能增加,则以下判断正确的是() A. 金属块带负电荷B. 电场力做功C. 金属块克服摩擦力做功D. 金属块的机械能减少8. 在图中所示的电路中,当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时 () A. 伏特表V读数增大,电容C的电荷量在减小B. 安培表A的读数增大,电容C的电荷量在增大C. 伏特表V的读数增大,安培表A的读数减小D. 伏特表V的读数减小,安培表A的读数增大9. 如图,电源内阻较大,当开关闭合、滑动变阻器滑片位于某位置时,水平放置的平行板电容器间一带电液滴恰好处于静止状态,灯泡L也能正常发光,现将滑片由该位置向
5、a端滑动,则 A. 灯泡将变暗,电源效率将减小B. 液滴带正电,将向下做加速运动C. 电源的路端电压增大,输出功率也增大D. 滑片滑动瞬间,带电液滴电势能将减小10. 电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻、及滑动变阻器R连接成如图所示的电路,当滑动变阻器的触头由a端滑向b端时,下列说法正确的是()A. 电压表和电流表读数都减小B. 电压表和电流表读数都增大C. 电压表读数增大,电流表读数减小D. 电压表读数减小,电流表读数增大二、多选题（本大题共5小题，共15.0分，选对但不全的2分）11.如图所示为简单欧姆表原理示意图,其中电流表的满偏电流,内阻,可变电阻R的最大阻值为,电池的电动势,内阻。
6、按正确使用方法测量电阻的阻值时,指针偏转到满刻度的处,则 A. 欧姆表的内阻为 B. 欧姆表的内阻为C. 的阻值为 D. 的阻值为12.如图所示,倾角为的光滑绝缘直角斜面ABC,D是斜边AB的中心,在C点固定一个带电荷量为的点电荷一质量为m,电荷量为的小球从A点由静止释放,小球经过D点时的速度为v,到达B点时的速度为0,则 A. 小球从A到D的过程中静电力做功为B. 小球从A到D的过程中电势能逐渐减小C. 小球从A到B的过程中电势能先减小后增加D. AB两点间的电势差13.静电场在x轴上的场强E随x的变化关系如图所示,x轴正向为场强正方向,带正电的点电荷沿x轴运动,则点电荷()A. 在和处电势
7、能相等B. 由运动到的过程中电势能增大C. 由运动到的过程中电场力先增大后减小D. 由运动到的过程中电场力先减小后增大14.小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示,P为图线上一点,PN为图线的切线,PQ为U轴的垂线,PM为I轴的垂线,下列说法中正确的是()A. 随着所加电压的增大,小灯泡的电阻减小B. 对应P点,小灯泡的电阻为C. 对应P点,小灯泡的电阻为D. 对应P点,小灯泡功率为图中矩形PQOM所围“面积”的数值15.在如图所示电路中,闭合电键S,当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,四个理想电表的示数都发生变化,电表的示数分别用I、和U表示,电表示数变化量的绝对值分别用、和表示
8、下列说法正确的是 A. 变小,变大,变小,I变大B. 变大,变小,变大,I变大C. 不变,变小,变小D. 不变,不变,不变三、实验题（本大题共3小题，共23.0分）16.（10分）某同学在实验室测定金属丝电阻率的实验中 游标卡尺测量长度如图甲所示,可知其长度为： mm；（2分）如图乙所示,用螺旋测微器测金属丝的直径的测量值 mm；（2分）影响材料电阻率的因素很多,一般金属材料的电阻率随温度的升高而增大,半导体材料的电阻率则与之相反,随温度的升高而减小某学校研究小组需要研究某种材料的导电规律,他们用这种材料制作成电阻较小的元件P,测量元件P中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律图a是他们
9、按设计好的电路连接的部分实物图,请添加三根导线,使电路完整（2分）改变滑动变阻器的阻值,记录两电表的读数根据表中数据,在图b中画出元件P的图像,并判断元件P是金属材料还是半导体材料 （2分）若可供选择的滑动变阻器有最大阻值,额定电流为,最大阻值,额定电流为,则本实验应该选用滑动变阻器 填器材前的编号（1分）把元件P接入如图c所示的电路中,已知定值电阻R阻值为,电源电动势为2V,内阻不计,利用图b计算该元件实际消耗的电功率为 （1分）17.（6分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中,有以下器材：A.小灯泡B.滑动变阻器C.电压表D.电压表E.电流表F.电流表G.铅蓄电池、开关各一个,导线若干
10、为了减小误差,实验中应选电流表_,电压表_（2分）在图虚线框内按要求设计实验电路图（3分）某实验小组完成实验后利用实验中得到的实验数据在坐标系中,描绘出如图所示的小灯泡的伏安特性曲线根据此图给出的信息,可以判断下图中正确的是图中P为小灯泡的功率()（1分）18.某探究小组准备用图甲所示的电路测量某电源的电动势和内阻,实验器材如下：待测电源电动势约；电阻箱最大阻值为；定值电阻阻值为；定值电阻阻值为电流表量程为,内阻开关S,导线若干图甲中将定值电阻和电流表G串联,相当于把电流表G改装成了一个量程为_V的电压表；（2分）闭合开关,多次调节电阻箱,并记下电阻箱的阻值R和电流表G的示数I；分别用E和r表
11、示电源的电动势和内阻,则和的关系式为_用题中字母表示；（2分）以为纵坐标,为横坐标,探究小组作出的图像如图乙所示,根据该图像求得电源的内阻,则其电动势_保留两位小数；（2分）该实验测得的电动势与真实值相比,理论上_填“”“”或“”（1分）R2四 计算题（本大题共3小题，共32.0分）19.（10分）如图所示电路中,。当K接通时,电压表的读数为1V；K断开时,电压表的读数为。求电源电动势E和内阻r。20（10分）.如图所示,BCDG是光滑绝缘的圆形轨道,位于竖直平面内,轨道半径为R,下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接,整个轨道处在水平向左的匀强电场中现有一质量为m、带正电的小滑块可视为质点置于水平
12、轨道上,滑块受到的电场力大小为,滑块与水平轨道间的动摩擦因数为,重力加速度为若滑块从水平轨道上距离B点的A点由静止释放,求滑块到达与圆心O等高的C点时对轨道的作用力大小为使滑块恰好始终沿轨道滑行,求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小21.（12分）如图,两水平面虚线之间的距离为H,其间的区域存在方向水平向右的匀强电场。自该区域上方的A点将质量为m、电荷量分别为q和的带电小球M、N先后以相同的初速度沿平行于电场的方向射出。小球在重力作用下进入电场区域,并从该区域的下边界离开。已知N离开电场时的速度方向竖直向下；M在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的倍。不计空气阻力,
13、重力加速度大小为g。求与N在电场中沿水平方向的位移之比；点距电场上边界的高度；该电场的电场强度大小。答案和解析【答案】1. A2. B3. C4. B5. D6. C7. D8. D9. D10. B11.AC 12. CD13. BC14. CD 15. CD16. 【答案】元件的图象如图所示所以b为半导体材料。 。17. 18. ； ； 19. 解：设电源电动势为E,内阻为r,则当K接通,、并联再与串联,、并联电阻值是,电压表测两端的电压,所以即： 当K断开,、串联,电压表测两端的电压,则：即： 联立代入数据得：,20. 解：设滑块到达C点时的速度为v,由动能定理有：,而解得：设滑块到达C
14、点时受到轨道的作用力大小为F,则有：解得：由牛顿第三定律可知,滑块对轨道的压力为；要使滑块恰好始终沿轨道滑行,则滑至圆轨道DG间某点,由电场力和重力的合力提供向心力,此时的速度最小弹力为零,此时速度设为则有：解得：。21. 解：两带电小球的电量相同,可知M球在电场中水平方向上做匀加速直线运动,N球在水平方向上做匀减速直线运动,水平方向上的加速度大小相等,两球在竖直方向均受重力,竖直方向上做加速度为g的匀加速直线运动,由于竖直方向上的位移相等,则运动的时间相等,设水平方向的加速度大小为a,对M,有：, 对N：,可得, 解得：1。、设正电小球离开电场时的竖直分速度为,水平分速度为,两球离开电场时竖
15、直分速度相等,因为M在电场中做直线运动,刚离开电场时的动能为N刚离开电场时的动能的倍,则有：,解得,因为,则,因为M做直线运动,设小球进电场时在竖直方向上的分速度为,则有：,解得,在竖直方向上有：,解得A点距电场上边界的高度。因为M做直线运动,合力方向与速度方向在同一条直线上,有：,则电场的电场强度。答：与N在电场中沿水平方向的位移之比为3：1点距电场上边界的高度为；该电场的电场强度大小为。【解析】1. 【分析】本题主要考查电场强度的概念,解决本题的关键要理解并掌握电场强度的物理意义,难度一般,基础题。电场中的场强取决于电场本身,与有无检验电荷无关,明确电场强度方向与电场力方向的关系；电场中的
16、场强取决于电场本身,与有无检验电荷无关,引入检验电荷是为了方便研究电场而引入的。【解答】A.根据电场强度的定义,可知,电场强度在数值上等于单位电荷在该点所受的电场力,故A正确；B.电场强度的方向总是跟正电荷所受的电场力的方向相同,与负电荷所受的电场力的方向相反,故B错误；C.电场中的场强取决于电场本身,与有无检验电荷无关,如果没有把试探电荷q放进去,这一点的电场强度不变,故C错误；D.场强取决于电场本身,与检验电荷无关,故D错误；故选A。2. 【解答】A、沿电场线的方向电势降低,所以电势不同的等势面不可能相交。故A错误；B、根据电场线与等势面的关系可知,电场线与等势面互相垂直,故B正确；C、电
17、场强度的大小与电势的高低没有关系,所以同一等势面上各点电场强度不一定相等,故C错误；D、负电荷在电势高的位置的电势能小,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,电势能增大,电场力做负功,故D错误。故选：B。【分析】电场中电势相等的各个点构成的面叫做等势面；沿着等势面移动点电荷,电场力不做功；电场线与等势面垂直,且从电势高的等势面指向电势低的等势面；负电荷在等势面高的位置的电势能小。本题关键是要记住电场线和等势面的关系,相互垂直,从电势高的等势面指向电势低的等势面,掌握等势面的基本特点：在等势面上移动电荷,电场力总是不做功。3. 【分析】本题考查对电动势的理解,要注意电源电动
18、势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小,抓住电动势的物理意义和闭合电路欧姆定律进行分析。电动势等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功,描述电源把其它形式的能量转化为电能本领的物理量。【解答】A.电动势在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极搬运到正极所做的功,不是一种非静电力,故A错误；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,是非静电力做功能力的反映,电动势越大,表明电源将其它形式的能转化为电能的本领越大,故B错误,C正确；D.电源电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压,在闭合电路中电源两极间的电压是路端电压,小于电源电动势,故D错误。
19、故选C。4. 【分析】根据欧姆定律和电阻定律进行分析,明确电阻的大小取决于电阻率、导体的长度和截面积有关,和电压及电流无关。本题考查电阻定律及欧姆定律的正确应用,要注意电阻可以由欧姆定律求解,但电阻与电压和电流无关。【解答】A.由欧姆定律可求得电阻,但电阻与导体两端的电压及电流无关,故A错误；B.由知,导体的电阻与长度l、电阻率成正比,与横截面积S成反比,故B正确；C.电阻率是由导体的材料决定的,导线一分为二时,导体的电阻率不变,故C错误；D.将一根电阻丝均匀拉长为原来2倍,长度增加原来的2倍,同时横截面积变原来,电阻丝的电阻变为原来的4倍,故D错误；故选B。5. 【分析】本题主要考查等势面几
20、带电粒子的运动轨迹问题；作出电场线,根据轨迹弯曲的方向可知,电场线向上,故c点电势最高；根据推论,负电荷在电势高处电势能小,可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出,P点场强小,电场力小,加速度小。解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向,然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化。【解答】A.等差等势面P处密集,P处电场强度大,电场力大,加速度大,故A错误；根据轨迹弯曲的方向和电场线与等势线垂直可知负电荷所受的电场力应向下,所以电场线向上。故c电势最高；利用推论：负电荷在电势高处电势能小,知道P点电势能大；负电荷的总能量守恒,即带电
21、质点在P点的动能与电势能之和不变,P点电势能大则动能小。故BC错误,D正确。故选D。6. 【分析】微粒在匀强电场中受到重力和电场力两个力作用,根据动能定理求出AB两点间的电势差涉及到电势差的问题,常常要用到动能定理。本题的难点在于运动的处理,由于微粒受到两个恒力作用,运用运动的分解是常用的方法。【解答】粒子,从A到B,在水平方向上只受到电场力,根据动能定理得：,则有故选C。7. 【分析】在金属块滑下的过程中动能增加了,重力做功,电势能增加,根据动能定理求出摩擦力做功知道电场力做功量度电势能的改变知道重力做功量度重力势能的改变外力做功等于物体机械能的改变解这类问题的关键要熟悉功能关系,也就是什么
22、力做功量度什么能的变化,并能建立定量关系【解答】在下滑过程中电势能增加,故物体需克服电场力做功为,故金属块带正电,故AB错误；C.在金属块滑下的过程中动能增加了,重力做功,电场力做功为,根据动能定理得：解得：,故C错误；D.外力做功为,故机械能减少,故D正确。故选D。8. 【分析】本题考查的是电路动态变化分析问题,通常按照“部分整体部分”的顺序进行分析,也可根据结论分析变阻器中电流的变化：只要变阻器接入电路的电阻减小,通过其电流必定增大。当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时,先分析变阻器电阻的变化,得到总电阻的变化,分析总电流的变化,判断出路端电压的变化,即可知道电压表读数的变化再根据并联部分电
23、压的变化和总电流的变化,分析电流表读数的变化。【解答】当滑动变阻器的滑动触片向b端移动时,变阻器有效电阻减小,外电路总电阻减小,则路端电压减小,总电流增大,所以伏特表V的读数减小。根据串联电路分压特点可知,电路中并联部分分压减小,通过的电流减小,而总电流增大,所以通过电流表的电流增大,即安培表A的读数增大。由于并联部分电压减小,电容器板间电压减小,由可知,电容C的电荷量在减小,故ABC错误,D正确。故选D。9. 【分析】将滑片由该位置向a端滑动时,变阻器接入电路的电阻增大,分析电路中总电阻的变化,判断变阻器电压的变化,判断电容器充电还是放电,由板间场强的变化分析液滴的运动情况,根据场强的变化分
24、析电势的变化,从而明确电势能的变化情况。本题考查的是电容器动态变化分析与电路动态变化分析的综合应用,注意抓住电容器的电压与电阻电压的关系进行分析,注意下极板接地,故板间电势均为负值。【解答】A.将滑片由该位置向a端滑动时,变阻器接入电路的电阻增大,电路中总电阻增大,电路中电流减小,灯泡消耗的功率减小,则灯泡将变暗,外电路总电阻增大,路端电压增大,则电源的效率为,U增大,则知增大,故A错误；B.液滴受力平衡,因电容器上极板带负电,板间场强向上,则知液滴带正电,路端电压增大,故电容器板间电压增大,板间场强增大,液滴所受的电场力增大,因此液滴将向上做加速运动,故B错误；C.由于电源的内电阻与外电阻关
25、系未知,所以不能判断输出功率如何变化,故C错误；D.因电容器两端的电压增大,故电荷所在位置相对于下极板的电势差增大,因下极板接地,故所在位置的电势减小,因粒子带正电,故粒子电势能减小,故D正确。故选D。10. 【分析】首先认识电路的连接关系：与R并联后与串联,电压表测路端电压,电流表测量流过的电流；滑片向b端移动时,滑动变阻器接入电阻增大,则由闭合电路的欧姆定律可知电路中干路电流的变化及路端电压的变化；再分析并联电路可得出电流表示数的变化。本题中也可直接作为内电阻处理,可直接由闭合电路欧姆定律得出并联部分的电压增大,流过的电流增大。【解答】当滑片向b滑动时,R接入电阻增大,总电阻增大；由闭合电
26、路的欧姆定律可知电路中总电流减小,则内电压减小,由可知路端电压增大,即电压表示数增大；因路端电压增大,两端的电压减小,故并联部分电压增大,由欧姆定律可知电流表示数增大,故B正确,ACD错误。故选B。11. 【分析】使用欧姆表测电阻前要进行欧姆调零,欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律,根据题意应用闭合电路欧姆定律求出指针指在刻度盘中央时所测电阻阻值。本题考查了求欧姆表的中央刻度值,知道欧姆表的工作原理、应用闭合电路欧姆定律即可解题。【解答】欧姆表的工作原理是闭合电路的欧姆定律,由闭合电路欧姆定律得,欧姆调零时：,欧姆表的内阻：,故A正确,B错误；指针偏转到满刻度的处：,解得：,故C正确,D错误
27、。故选AC。12. 【分析】本题考查动能定理的应用,电场力做功的特点及电场力做功与电势能变化之间的关系。涉及能量变化的题目一般都要优先考虑动能定理的应用,并要求学生能明确几种特殊力做功的特点及对应的功能关系小球从A到D,由几何关系可判断A、D两点在同一等势面上,电场力先做正功后做负功,电势能先减小后增加,同时根据动能定理可得重力做功与动能变化之间的关系；小球从A点滑到斜边底端B点的过程,动能变化量为零,根据动能定理可得电场力做功与重力做功之间的关系而D为A、B的中点,根据重力做功的特点可得两次重力做功之间的关系。【解答】A.斜面的倾角为,斜面上,由几何关系可知,即A到C的距离与D到C的距离是相
28、等的,所以D与A的电势相等,则由,知A到D的过程中电场力做的功等于故A错误；B.由于即A到C的距离与D到C的距离是相等的,由几何关系可知,沿AD的方向上的各点到C的距离先减小后增大,距离减小的过程中电场力对负电荷做正功,距离增大的过程中电场力对负电荷做负功,所以从A至D的过程中负电荷的电势能先减小后增大,故B错误；C.结合B的分析,同理可知,小球从A到B的过程中电势能先减小后增加。故C正确；D.设AB的长度为2L,则,在小球从A到D的过程中,由动能定理有：在小球从A到B的过程中有：所以：故D正确。故选CD。13. 【分析】本题考查从图象获取信息的能力,另外,所以图象组成图形的面积还可以表示电势
29、差。由图可以看出在处场强为正,处场强为负方向,沿着电场线的方向电势降低,对于正电荷而言电势降低则电势能减小。【解答】A.处场强为x轴负方向,则从到处逆着电场线方向移动,电势升高,正电荷在处电势能较大,故A错误；B.处场强为x轴负方向,则从到处逆着电场线方向移动,电势升高,正电荷在处电势能较大,B正确；由运动到的过程中,由图可以看出电场强度的绝对值先增大后减小,故电场力先增大后减小,故C正确,D错误。故选BC。14. 【分析】小灯泡的伏安特性曲线上的各点与原点连线的斜率表示电阻,斜率增大,灯泡的电阻增大；任一状态灯泡的电阻,并依据U与I图象面积大小表示功率,从而即可求解。对于线性元件,欧姆定律成
30、立,即,对于非线性元件,欧姆定律不成立,。【解答】A.图线各点与原点连线的斜率表示电阻的倒数,由题,此斜率减小,说明随着所加电压的增大,小灯泡的电阻增大,故A错误；根据电阻的定义得到,对应P点,小灯泡的电阻为,R不等于切线斜率,故B错误,C正确；D.根据功率表达式,则有小灯泡功率为图中矩形PQOM所围“面积”的数值,故D正确；故选CD。15. 【分析】本题考查了电路的动态变化,根据部分电路电阻的变化情况,得到总电阻的变化情况,由闭合电路的欧姆定律分析各电压表和电流的变化。由电路图可知与串联,测量两端的电压,测量两端的电压,测量路端电压,由欧姆定律可得出电压与电流的变化,由闭合电路的欧姆定律可分
31、析得出各电压表和电流表的变化情况。【解答】闭合电键S,当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时 ,滑动变阻器的电阻减小,由于、和串联,则总电阻减小,由闭合电路的欧姆定律得总电流为：,则总电流增大,由路端电压公式：知,减小,由欧姆定律知电阻两端的电压为：,则增大,由串并联关系知,则减小,故AB错误；因不变,则由欧姆定律可得,保持不变,由数学规律可知,也保持不变,因滑片向上移动,故的接入电阻减小,故变小,而,故保持不变,因,故比值减小,而,故比值保持不变,故CD正确。故选CD。16. 【分析】标卡尺和螺旋测微器的读数都是先读固定刻度数值,再读可动刻度的示数游标卡尺不需要估读 20分度的游标卡尺的精度为：
32、螺旋测微器：必须要估读,要注意半毫米刻线是否露出。在图像中。如果图像为直线,则材料为金属材料,不是直线则为半导体材料。 实验要求电压从零调,所以变阻器应是分压式接法,且为阻值小,额定电流大的变阻器；待测元件的电阻较小应用外接法；题的关键是在表示元件的图象中再作出表示电源的图象,求出两图线的交点坐标即可。【解答】游标卡尺测量长度螺旋测微器测金属丝的直径的测量值 解：由于实验要求电压从零调,所以变阻器应是分压式接法；由于待测元件的电阻较小,满足,所以电流表应用外接法,连线图如图所示：元件的图象如图所示：由,可知,元件的电阻大小与图线上各点与原点连线的斜率大小乘正比,表示元件的电阻大小随温度的升高而
33、减小,可判定元件P材料是半导体材料；：由于电压要求从零调,所以变阻器应是分压式接法,应选择阻值小的变阻器,以方便调节：在表示元件P的图象中同时作出表示电源的图象,如下图所示,读出两图线的交点坐标为：,所以元件P消耗的功率为：都对故答案为：元件的图象如图所示所以b为半导体材料。17. 【分析】一把电流表改装成电压表需要串联分压电阻,应用串联电路特点与欧姆定律分析答题；解决本题的关键是利用串并联d的特点解题。二器材的选取需安全、精确,根据灯泡的规格选择合适的电表；因为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；根据灯泡电阻的变化判断功率与、的关
34、系；解决本题的关键掌握器材选择的原则,知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别,以及知道电流表内外接的区别。【解答】一电流表G的满偏电压：,把它改装成15的电压表,需要串联电阻的阻值：,刻度外对应的电压值为：；二灯泡的额定电流为,选择电流表；灯泡的额定电压为3V,选择电压表；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,灯泡的电阻为,远小于电压表的内阻,属于小电阻,所以电流表采用外接法,电路图如图所示根据图线的斜率表示电阻的倒数,知电阻随电压的增大而增大；图线的斜率表示电阻倒数,电阻增大,知P与图线的斜率减小,故B正确；图线的斜率表示电阻的大小,电阻增大,知P与图线的斜率增大
35、,故D正确。故选BD。故答案为：一；二；。18. 【分析】本题考查了求电源电动势与内阻,根据欧姆定律求出图象的函数表达式,然后根据图象即求出电源电动势与内阻；对于误差的分析,要注意采用极限分析法,本题中若电流为零,则电流表的分压即可忽略；并且从图象和公式来看,电流表的影响只限于内阻上,对电动势没有影响。表头与电阻串联,根据串联电路的规律即可求得改装后的量程；分析电路结构,根据闭合电路欧姆定律进行分析即可得出对应的表达式；根据图象和已知的表达式进行分析,由图象的斜率和已求出的内阻即可求得电动势实验中由于电表不是理想电表,故要考虑电表内阻对测量结果的影响；由极限分析法可得出电动势的误差；【解答】根
36、据串联电路规律可知：；由电路图可知,与G串联后与电阻箱并联,然后再与串联,由闭合电路的欧姆定律可得：,整理可得：；由对应的图像可知：,代入数据解得：考虑电流表内阻,在闭合电路中,电源电动势为：,则,当电阻箱阻值无穷大时,电流表分压可以忽略,故本实验中电动势测量准确,即。故答案为：； ；。19. 本题主要考查了闭合电路欧姆定律,利用闭合电路的欧姆定律是解题的关键,注意串并联电路的特点。利用K的接通和断开,用闭合电路的欧姆定律与串并联电路的特点列方程组即可顺利求解。20. 本题考查带电粒子在电场和重力复合场中的运动情况,关键是将重力和电场力合成后当作一种全新的场力,然后得出等效场的“最高点”,根据
37、动能定理和牛顿第二定律灵活列式求解即可。滑块从A点由静止释放后,电场力和摩擦力做功,根据动能定理求解到达C点时的速度,滑块到达C点时,由电场力和轨道作用力的合力提供向心力,根据向心力公式求出轨道的作用力；求出重力和电场力的合力的大小和方向,电荷恰好经过等效重力场最高点时,由重力和电场力的合力恰好提供向心力,根据牛顿第二定律列式求出等效最高点的速度,即为滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度。21. 抓住两球在电场中,水平方向上的加速度大小相等,一个做匀加速直线运动,一个做匀减速直线运动,在竖直方向上的运动时间相等得出水平方向时间相等,结合运动学公式求出M与N在电场中沿水平方向的位移之比；根据离开电场时动能的大小关系,抓住M做直线运动,得出M离开电场时水平分速度和竖直分速度的关系,抓住M速度方向不变,结合进入电场时竖直分速度和水平分速度的关系,根据速度位移公式求出A点距电场上边界的高度；根据带电小球M在电场中做直线运动,结合速度方向得出电场力和重力的关系,从而求出电场强度的大小。本题考查了带电小球在复合场中的运动,理清两球在整个过程中的运动规律,将运动分解为水平方向和竖直方向,结合运动学公式灵活求解。
