1、2015-2016学年江苏省淮安市清江中学高二（上）期中物理试卷（必修）一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共计24分，只有一个选项正确）1下列四个物理量中属于用比值法定义的是（）A导体的电阻R=B电容器的电容C=C点电荷的电场强度E=kD磁感应强度B=2将两个分别带有电荷量2Q 和+5Q 的相同金属小球 A、B 分别固定在相距为r的两处（均可视为点电荷），它们间库仑力的大小为 F现将第三个与 A、B 两小球完全相同的不带电小球 C先后与A、B 相互接触后拿走，A、B 间距离保持不变，则两球间库仑力的大小为（）AFBFCD3如图，a、b、c是由正点电荷形成的电场中一条电场线上的三个点，已
2、知ab=bc，a、b两点间电压为10v，则b、c两点间电压（）A等于10VB大于10VC小于10VD条件不足，无法判断4如图所示的电路中，现将滑动变阻器的滑片P向右移动，则（）A电流表的示数变小B电压表的示数变大C电灯L消耗的功率变大D电阻R1消耗的功率变大5如图，A、B、C三点在匀强电场中，ACBC，ABC=60，=20cm，把一个电量q=1105C的正电荷从A移到B，电场力不做功；从B移到C，电场力做功为103J，则该匀强电场的场强大小和方向是（）A866V/m，垂直AC向上B866V/m，垂直AC向下C1000V/m，垂直AB斜向上D1000V/m，垂直AB斜向下6如图所示，两个半径相同
3、、粗细相同互相垂直的圆形导线圈，可以绕通过公共的轴线xx自由转动，分别通以相等的电流，设每个线圈中电流在圆心处产生磁感应强度为B，当两线圈转动而达到平衡时，圆心O处的磁感应强度大小是（）A1BBBC2BD0二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共计20分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）7下列说法中不正确的是（）A由磁感应强度的定义式B=可知，磁场中某处的磁感应强度大小与通电直导线所受磁场力成正比，与IL成反比B一小段通电直导线磁场中某处所受的磁场力的方向就是该处磁场的方向C一小段通电直导线放在某处受到的磁场力等于零，则该处磁感应强度一定为零
4、D一段长为10cm、电流为2A的通电直导线在某处受磁场力大小为0.8N，则该处磁感应强度的大小至少为4T8如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电建S给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，以下判断正确的是（）A电建S断开，将A板向B板靠近，则增大B电建S断开，将A板向B板靠近，则不变C保持电建S闭合；将A板向B板靠近，则变小D保持电建S闭合；将A板向B板靠近，则增大9如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在它的右上方固定一直导线，导线与磁铁垂直，若给导线通以垂直于纸面向外的电流后，则与未通电相比（）A磁铁对桌面压力增大B磁铁对桌面压力减小C磁铁
5、有向右运动的趋势D桌面对磁铁无摩擦力10一根粗细均匀的导线，两端加上电压U时，通过导线中的电流强度为I，导线中自由电子定向移动的平均速度为v，若导线均匀拉长，使其半径变为原来的，再给它两端加上电压U，则（）A通过导线的电流为B通过导线的电流为C自由电子定向移动的平均速率为D自由电子定向移动的平均速率为11如图所示，真空中等量异种点电荷放置在M，N两点，在此MN的连线上有对称点a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是（）Aa点场强与c点场强一定相同Ba点电势一定小于c点电势C负电荷在c点电势能一定大于在a点电势能D正电荷从d点移到b点电场力不做功三、实验题（共2题，共计30分
6、，答案填在答题卷对应题号的横线上）12（18分）（2015秋淮安校级期中）一个小灯泡的额定电压为2.0V额定电流约为0.5A，选用下列实验器材进行实验，并利用实验数据描绘和研究小灯泡的伏安特性曲线A电源E：电动势为3.0V，内阻不计；B电压表V1：量程为03V，内阻约为1kC电压表V2：量程为015V，内阻约为4kD电流表A1：量程为03A，内阻约为0.1；E电流表A2：量程为00.6A，内阻约为0.6；F滑动变阻器R1：最大阻值为l0，额定电流为0.6A；G滑动变阻器R2：最大阻值为l5，额定电流为1.0A；H滑动变阻器R3：最大阻值为l50，额定电流为1.0A；I开关S，导线若干实验得到如
7、下数据（I和U分别表示通过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压）：I/A0.000.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U/V0.000.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00（1）实验中电压表应选用；电流表应选用；滑动变阻器应选用（请填写选项前对应的字母）（2）请你不要改动已连接导线，在下面的实物连接图1中把还需要连接的导线补上闭合开关前，应使变阻器滑片放在最（填“左”或“右”）端（3）测量时电压表示数如图2所示，则U= V（4）在图3坐标中画出小灯泡的UI曲线并简述该图线不是直线的主要原因（5）若将本题中的小灯泡接
8、在电动势是1.5V、内阻是1.0的电池两端，则小灯泡的实际功率约为（保留两位有效数字）13（12分）（2015秋淮安校级期中）在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：干电池E（电动势约为1.5V、内电阻大约为1.0）电压表V（015V）电流表A（00.6A、内阻0.1）电流表G（满偏电流3mA、内阻Rg=10）滑动变阻器R1（010、10A）滑动变阻器R2（0100、1A）定值电阻R3=990（用于改装电表）开关、导线若干（1）为了方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是（填写字母代号）（2）请在线框内画出你所设计的实验电路图，并在图1中标上所选用器材的符号（3）图2
9、为某一同学根据他设计的实验，绘出的I1I2图线（I1为电流表G 的示数，I2为电流表A 的示数），由图线可求得被测电池的电动势E=V，内电阻r=（4）考虑电表本身电阻对测量结果的影响，造成本实验的系统误差的原因是四、计算题（本题共3小题，共计46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得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14（15分）（2015秋淮安校级期中）如图所示，电源的电动势E=6.0V，电阻R1=8，电动机绕组电阻r=2，当电键K断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当电键闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W，求：（1）电源的内阻r；（2）
10、电键闭合时，电动机的输出功率；（3）电键闭合时，电源的效率15（15分）（2015秋淮安校级期中）两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50的直流电源现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在足够长的金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin 37=0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）通过导体棒的电流；（2
11、）导体棒受到的摩擦力大小；（3）若将磁场方向突然变与原来相反，但磁感应强度大小不变，则导体棒从开始下滑到速率为6m/s的过程中，闭合回路的磁通量增加是多少？（由于导体棒运动而产生的反电动势不考虑）16（16分）（2012秋扬州期中）如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子经加速电压U1，加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L求：（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；（2）若偏转电场两板间加恒定电压，电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A
12、点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2；（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，试确定偏转电场电压U0以及周期T分别应该满足的条件2015-2016学年江苏省淮安市清江中学高二（上）期中物理试卷（必修）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共6小题，每小题4分，共计24分，只有一个选项正确）1下列四个物理量中属于用比值法定义的是（）A导体的电阻R=B电容器的电容C=C点电荷的电场强度E=kD磁感应强度B=【考点】物理学史 【分析】所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比值”来定义一个新的物理量的方法比值法定
13、义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变【解答】解：A、这是电阻定律表达式，说明电阻与导体的长度成正比，与横截面积成反比，不属于比值定义法故A错误B、电容与极板的正对面积S成正比，与极板间的距离d成反比，该式不属于比值定义法故B错误C、电场强度与场源电荷量成正比，与距离的平方成反比，所以该式不属于比值定义法故C错误D、磁感应强度与放入磁场中的电流元无关所以B=属于比值定义法故D正确 故选：D【点评】解决本题的关键理解比值定义法的共性：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性2将两个分别带有电荷量2Q 和+5Q 的相同金属小球 A、B 分
14、别固定在相距为r的两处（均可视为点电荷），它们间库仑力的大小为 F现将第三个与 A、B 两小球完全相同的不带电小球 C先后与A、B 相互接触后拿走，A、B 间距离保持不变，则两球间库仑力的大小为（）AFBFCD【考点】库仑定律 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】完全相同的带电小球接触时，若是同种电荷则将总电量平分，若是异种电荷则先中和然后将剩余电量平分，然后依据库仑定律求解即可【解答】解：开始时由库仑定律得： 当小球和A接触后，A球带电为Q，再和B球接触时，先中和后总电量为4Q，故平分后B球带电为2Q，因此此时： 由得：，故ACD错误，B正确故选B【点评】完全相同的带电小球接触时，对于电量
15、的重新分配规律要明确，然后正确利用库仑定律求解3如图，a、b、c是由正点电荷形成的电场中一条电场线上的三个点，已知ab=bc，a、b两点间电压为10v，则b、c两点间电压（）A等于10VB大于10VC小于10VD条件不足，无法判断【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】本题考查了正点电荷周围的电场强度、电势、电势差的情况，知道电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，沿电场线的方向，电势降低，根据点电荷的周围电场分布情况可正确解答【解答】解：由图可知电场线的方向向右，而a、b、c是由正点电荷形成的电场中一条电场线上的三个点，则正电荷在a的
16、左端，所以a、b之间的平均场强一定大于b、c之间的平均场强，已知ab=bc，a、b两点间电压为10v，则由U=Ed可得b、c两点间电压一定小于10V；故选C【点评】本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题4如图所示的电路中，现将滑动变阻器的滑片P向右移动，则（）A电流表的示数变小B电压表的示数变大C电灯L消耗的功率变大D电阻R1消耗的功率变大【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】由图可知滑动变阻器与定值电阻串联，电压表并联在R两端，与灯泡并联接入电源，电流表测干电路中的电流；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化；由欧姆定律可知电
17、路中电流的变化及电压表示数的变化，根据P=I2R判断功率变化【解答】解：A、将滑动变阻器的滑片P向右移动时，电路中的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，所以电流表示数增大，故A错误；B、总电流增大，所以电源内阻所占电压增大，所以并联部分电压减小，所以通过L的电流减小，根据P=I2R可知，电灯L消耗的功率变小，故C错误，但总电流增大，所以通过R1的电流增大，通过R1的电压增大，而并联部分电压减小，所以电压表示数减小，故B错误，根据P=I2R可知，电阻R1消耗的功率变大，故D正确故选D【点评】本题考查了串并联电路特点和欧姆定律的应用，关键是滑动变阻器的滑片移动时电路中变化的判断5如图
18、，A、B、C三点在匀强电场中，ACBC，ABC=60，=20cm，把一个电量q=1105C的正电荷从A移到B，电场力不做功；从B移到C，电场力做功为103J，则该匀强电场的场强大小和方向是（）A866V/m，垂直AC向上B866V/m，垂直AC向下C1000V/m，垂直AB斜向上D1000V/m，垂直AB斜向下【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据一个q=105C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，可知，A与B电势相等根据电荷从B移到C，电场力做功为103 J，由电势差的公式求出BC间的电势差由求场强大小，其中d为沿电场线方向的有效长度【解答】解：
19、由题，q=105 C的正电荷从A移到B，电场力做功为零，则A与B电势相等，AB连线是一条等势线BC间电势差为：V，所以C点的电势高该匀强电场的场强大小：V/m电场线方向垂直于AB向下所以选项D正确故选：D【点评】本题根据题设条件找到等势点，作出等势线，根据电场线与等势线垂直，并由高电势处指向低电势处作电场线是常规思路6如图所示，两个半径相同、粗细相同互相垂直的圆形导线圈，可以绕通过公共的轴线xx自由转动，分别通以相等的电流，设每个线圈中电流在圆心处产生磁感应强度为B，当两线圈转动而达到平衡时，圆心O处的磁感应强度大小是（）A1BBBC2BD0【考点】磁感应强度；通电直导线和通电线圈周围磁场的方
20、向 【分析】该题是关于磁场的叠加问题首先运用安培定则每个圆环在圆心O处产生的磁感应强度的方向，利用平行四边形定则进行矢量合成，即求出O处的磁感应强度大小【解答】解：根据安培定则可知，竖直方向的通电圆环在圆心O处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为B，水平方向的通电圆环在圆心O处产生的磁感应强度方向竖直向上，大小为B，两者相互垂直，由于同向电流吸引，两个线圈重合，故当两线圈转动而达到重合时，圆心O处的磁感强度的大小是BO=2B故选：C【点评】本题的解题关键是掌握安培定则，并能熟练应用，同时要能正确运用平行四边形定则进行矢量合成二、多项选择题（本题共5小题，每小题4分，共计20分每小题有多个选
21、项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）7下列说法中不正确的是（）A由磁感应强度的定义式B=可知，磁场中某处的磁感应强度大小与通电直导线所受磁场力成正比，与IL成反比B一小段通电直导线磁场中某处所受的磁场力的方向就是该处磁场的方向C一小段通电直导线放在某处受到的磁场力等于零，则该处磁感应强度一定为零D一段长为10cm、电流为2A的通电直导线在某处受磁场力大小为0.8N，则该处磁感应强度的大小至少为4T【考点】左手定则 【分析】当电流元与磁场垂直时，安培力最大，为F=BIL；当电流元与磁场平行时，安培力为零；当当电流元与磁场成角时，安培力为F=BILsin【解答】解：
22、A、B、磁感应强度B=是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，B由磁场本身决定，故A错误，B、根据左手定则可知，一小段通电直导线磁场中某处所受的磁场力的方向与该处磁场的方向垂直，故B错误；C、根据公式F=BILsin，一小段通电直导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度B不一定为零，可能是sin为零，故C错误；D、根据磁感应强度B=，条件是B与I垂直，而一段长为10cm、电流为2A的通电直导线在某处受磁场力大小为0.8N，若导线垂直放入磁场，则该处磁感应强度的大小为4T，若不垂直放置，则磁感应强度的大小大于4T；故D正确；本题选择不正确的，故选：ABC【点评】本题关键是记住安培力公式F=BILs
23、in，知道磁感应强度有磁场表示决定，与电流元无关，同时注意导线放入磁场中是否垂直磁场是解题的关键8如图所示，平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电建S给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，以下判断正确的是（）A电建S断开，将A板向B板靠近，则增大B电建S断开，将A板向B板靠近，则不变C保持电建S闭合；将A板向B板靠近，则变小D保持电建S闭合；将A板向B板靠近，则增大【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；库仑定律 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电容器充电后电键S断开，电容器所带电量不变，根据推论分析板间场强是否变化，判断如何变化保持电键S闭
24、合，板间电压不变，将A板向B板靠近，根据E=分析板间场强如何变化，判断如何变化【解答】解：A、电容器充电后电键S断开，电容器所带电量不变，两板正对面积和介电常量都不变，根据推论E=知，d变化，电场强度不变，所以不变故A错误，B正确C、保持电键S闭合，板间电压不变，将A板向B板靠近，板间距离d减小，由板间场强E=知，场强增大，则增大故C错误，D正确故选：BD【点评】电容器所带电量不变，两板正对面积和介电常量不变，板间场强不变是重要的推论，要在理解的基础上加强记忆9如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在它的右上方固定一直导线，导线与磁铁垂直，若给导线通以垂直于纸面向外的电流后，则与未通电相比（）A
25、磁铁对桌面压力增大B磁铁对桌面压力减小C磁铁有向右运动的趋势D桌面对磁铁无摩擦力【考点】安培力 【分析】先以通电导线为研究对象，由左手定则判断出导线受到安培力的方向；然后由牛顿第三定律求出磁铁受到磁场力的方向，最后判断磁铁对桌面的压力如何变化，判断磁铁受到的摩擦力方向【解答】解：在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，长直导线在磁铁的中央右上方，导线所在处磁场斜向左上方；导线电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力斜向左下方；由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力斜向右上方，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力，磁铁由向右的运动趋势，磁铁受到向左的摩擦力，故AD错误，BC正确故选：B
26、C【点评】本题应先选导线为研究对象，然后由牛顿第三定律判断磁铁的受力情况，巧妙地选取研究对象，是正确解题的关键10一根粗细均匀的导线，两端加上电压U时，通过导线中的电流强度为I，导线中自由电子定向移动的平均速度为v，若导线均匀拉长，使其半径变为原来的，再给它两端加上电压U，则（）A通过导线的电流为B通过导线的电流为C自由电子定向移动的平均速率为D自由电子定向移动的平均速率为【考点】电阻定律 【专题】恒定电流专题【分析】将导线均匀拉长，使其半径变为原来的，横截面积变为原来的倍，导线长度要变为原来的4倍；然后由电阻定律分析电阻的变化，由欧姆定律分析电流的变化，由电流的微观表达式I=nevS分析平均
27、速率v的变化【解答】解：AB、将导线均匀拉长，使其半径变为原来的，横截面积变为原来的倍，导线长度要变为原来的4倍，金属丝电阻率不变，由电阻定律R=可知，导线电阻变为原来的16倍；电压U不变，由欧姆定律I=可知，电流变为原来的；故A错误，B正确；CD、电流I变为原来的，横截面积变为原来的，单位体积中自由移动的电子数n不变，每个电子粒所带的电荷量e不变，由电流的微观表达式I=nevS可知，电子定向移动的速率变为原来的，故C错误，D正确；故选：BD【点评】本题关键要在理解的基础上记住电流的微观表达式I=nevS和电阻定律公式11如图所示，真空中等量异种点电荷放置在M，N两点，在此MN的连线上有对称点
28、a、c，MN连线的中垂线上有对称点b、d，则下列说法正确的是（）Aa点场强与c点场强一定相同Ba点电势一定小于c点电势C负电荷在c点电势能一定大于在a点电势能D正电荷从d点移到b点电场力不做功【考点】电场强度；电势差；电势能 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】本题考查了等量异种电荷周围电场分布情况：在如图所示的电场中，等量异种电荷MN之间的电场方向是相同的，由M指向N或由N指向M；MN中垂线上的电场强度、电势关于O点对称，Ob电场方向沿Ob连线向上，Od电场方向沿Od方向向下，O点是中垂线上电势最高的点【解答】解：由于M、N是异种电荷，电场线由正电荷出发终止于负电荷，MN之间的电场方向相同
29、，由于a、c关于O点对称，因此大小也相同，所以a点场强与c点场强一定相同，故A正确；B、由于M、N电性不确定，因此电场线方向不确定，所以a点电势和c点电势大小关系无法判定，故B错误；C、由于a、c两点的电势高低无法确定，因此电荷在a、c两点的电势能大小也无法确定，故C错误；D、b、d两点电势相等，因此电荷从d点移到b点电场力不做功，故D正确故选AD【点评】等量同种、等量异种电荷周围的电场分布情况是考察的重点，要结合电场强度、电势、电势能等概念充分理解等量同种、等量异种电荷周围的电场特点三、实验题（共2题，共计30分，答案填在答题卷对应题号的横线上）12（18分）（2015秋淮安校级期中）一个小
30、灯泡的额定电压为2.0V额定电流约为0.5A，选用下列实验器材进行实验，并利用实验数据描绘和研究小灯泡的伏安特性曲线A电源E：电动势为3.0V，内阻不计；B电压表V1：量程为03V，内阻约为1kC电压表V2：量程为015V，内阻约为4kD电流表A1：量程为03A，内阻约为0.1；E电流表A2：量程为00.6A，内阻约为0.6；F滑动变阻器R1：最大阻值为l0，额定电流为0.6A；G滑动变阻器R2：最大阻值为l5，额定电流为1.0A；H滑动变阻器R3：最大阻值为l50，额定电流为1.0A；I开关S，导线若干实验得到如下数据（I和U分别表示通过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压）：I/A0.000
31、.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U/V0.000.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00（1）实验中电压表应选用B；电流表应选用E；滑动变阻器应选用G（请填写选项前对应的字母）（2）请你不要改动已连接导线，在下面的实物连接图1中把还需要连接的导线补上闭合开关前，应使变阻器滑片放在最左（填“左”或“右”）端（3）测量时电压表示数如图2所示，则U=0.80 V（4）在图3坐标中画出小灯泡的UI曲线并简述该图线不是直线的主要原因灯丝电阻（率）随温度升高而增大（5）若将本题中的小灯泡接在电动势是1.5V、内阻是1.0的
32、电池两端，则小灯泡的实际功率约为0.28（保留两位有效数字）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线 【专题】实验题【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡正常发光时的电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器（2）电压与电流从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻关系确定电流表接法，然后连接实物电路图；闭合开关前，分压电路分得的电压应为零（3）电压表的量程是3V，结合电压表读数的方法得出读数（4）结合电阻率的变化分析电阻的变化和电流变化的原因（5）根据表中实验数据在坐标系中描出对应的点，然后作出UI图象在同一坐标系中作出电池的U
33、I图象，两图象的交点坐标值是灯泡的电压与电流值，由P=UI求出灯泡的实际功率【解答】解：（1）灯泡额定电压是2V，则电压表选B；灯泡额定电流为0.5A，则电流表选E；为方便实验操作，滑动变阻器应选G，F的额定电流太小（2）灯泡正常发光时电阻R=4，=6.67，=250，则电流表采用外接法，由表中实验数据可知，电压与电流从零开始变化，则滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示；闭合开关前，滑片应置于左端（3）测量时电压表示数如图2所示，由于电压表的量程是3V，则每一个小刻度表示0.10V，所以电压的读数是0.80V（4）根据表中实验数据，在坐标系中描出对应的点，然后作出灯泡的UI图象如图所示电源
34、的电动势为1.5V，电流与路端电压的关系式为：U=EIr=1.5r在上图中作出电流与路端电压的图线，如图所示；交点坐标即为小灯泡的实际电压和电流，故功率为：P=UI=0.80.35=0.28W故答案为：（1）BEG （2）如图1所示 左 （3）0.80（4）灯丝电阻（率）随温度升高而增大（5）0.28【点评】本题关键要先画出小灯泡的伏安特性曲线和电源的路端电压与电流关系图线，根据交点得到电源的实际输出电压，再计算电功率13（12分）（2015秋淮安校级期中）在测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，备有下列器材：干电池E（电动势约为1.5V、内电阻大约为1.0）电压表V（015V）电流表A（0
35、0.6A、内阻0.1）电流表G（满偏电流3mA、内阻Rg=10）滑动变阻器R1（010、10A）滑动变阻器R2（0100、1A）定值电阻R3=990（用于改装电表）开关、导线若干（1）为了方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是R1（填写字母代号）（2）请在线框内画出你所设计的实验电路图，并在图1中标上所选用器材的符号（3）图2为某一同学根据他设计的实验，绘出的I1I2图线（I1为电流表G 的示数，I2为电流表A 的示数），由图线可求得被测电池的电动势E=1.47V，内电阻r=0.90（4）考虑电表本身电阻对测量结果的影响，造成本实验的系统误差的原因是电压表分流【考点】测定电源的电动
36、势和内阻 【专题】实验题【分析】（1）滑动变阻器应起来限流保护作用，并且在使用时要选用易于调节的；（2）由于电流表的内阻接近电源的内电阻，故若采用相对电源的内接法，则测得的内阻误差太大；（3）由作出的UI图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻（4）根据原理图，分析电表内阻对实验结果带来的影响，从而明确实验误差【解答】解：（1）滑动变阻器起调节电路作用，若总电阻太大，则调节时电阻变化过大，使电路中电流太小，故应选取小一点的电阻，一般约为内阻的几十倍即可；故选R1；（2）电路直接采用串联即可，定值电阻与电流表G串联作为电压表并联在电源两端，采用的是相对电源的电流表外接法；电路
37、图如右图所示；（3）I2为零时，表示断路，I1=1.45mA 则电动势E=I1（RG+R3）=1.45V 则内电阻 r=0.9；故电源的电动势E=1.45V，内阻r=0.90；（4）因本实验采用相对电源的电流表外接法，故由于电压表的分流作用，而使电流表测量值小于真实值，从而出现误差； 故答案为：（1）R1；（2）如右图；（3）1.45；0.90；（4）电压表的分流【点评】测电动势和内电阻的实验高考可较多出现，但考查内容相对集中，主要是考查误差分析、电路的选择及数据的处理；本题中还要注意电压表是通过改装得来的，应通过计算得出对应的电压值四、计算题（本题共3小题，共计46分解答时请写出必要的文字说
38、明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）14（15分）（2015秋淮安校级期中）如图所示，电源的电动势E=6.0V，电阻R1=8，电动机绕组电阻r=2，当电键K断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当电键闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W，求：（1）电源的内阻r；（2）电键闭合时，电动机的输出功率；（3）电键闭合时，电源的效率【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）当开关K断开时，电阻R1消耗的电功率求出电路中电流，由欧姆定律求出电源的内阻r；（2）当开关K闭合时，根据电阻R1消耗的电功率求出R1的电
39、流和电压，根据闭合电路欧姆定律求出干路电流，得到电动机的电流，根据P=UI求解电动机的功率；根据能量守恒关系可求得输出功率；（3）根据电源的效率公式可求得电源的效率【解答】解：（1）当开关S断开时，由P1=I12R1，得I1=0.6A，电源的电阻为：r=2（2）当开关S闭合时，由P2=I22R1，得：I2=0.5AR1的电压：U=I2R1=0.58=4V设干路中电流为I，则：I=1A通过电动机的电流：IM=II2=10.5=0.5A故电动机的电功率为：P=UIM=40.5=2W输出功率P出=PI2r=2（0.5）22=1.5W；（3）电源的效率=100%=100%=66.7%；答：（1）电源内
40、阻r为2；（2）当电键K闭合时，电动机的输出功率为1.5W；（3）电源的效率为66.7%【点评】本题考查处理非纯电阻电路问题的能力对于电动机正常时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用IM=求电动机的电流15（15分）（2015秋淮安校级期中）两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50的直流电源现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在足够长的金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金
41、属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin 37=0.6，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的摩擦力大小；（3）若将磁场方向突然变与原来相反，但磁感应强度大小不变，则导体棒从开始下滑到速率为6m/s的过程中，闭合回路的磁通量增加是多少？（由于导体棒运动而产生的反电动势不考虑）【考点】安培力 【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小，导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小（3）根据牛顿第二定律求的下滑加速度，根据速度位移公式求
42、的下滑距离，即可求得磁通量的增加量【解答】解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：I=1.5A（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.30N导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：F1=mg sin37=0.24N由于F1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f根据共点力平衡条件mg sin37+f=F安解得：f=0.06N（3）磁场方向反向后，由牛顿第二定律可得：BIL+mgsinmgcos=ma速度达到6m/s通过的位移为s，则v20=2as磁通量的增加量为：=BLx联立解得：=0.3Wb答：（1）通过导体棒的电流为1.5A；（2）导体棒受到的摩擦力大小为
43、0.06N；（3）若将磁场方向突然变与原来相反，但磁感应强度大小不变，则导体棒从开始下滑到速率为6m/s的过程中，闭合回路的磁通量增加0.3Wb【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力16（16分）（2012秋扬州期中）如图甲所示，质量为m、电荷量为e的电子经加速电压U1，加速后，在水平方向沿O1O2垂直进入偏转电场已知形成偏转电场的平行板电容器的极板长为L（不考虑电场边缘效应），两极板间距为d，O1O2为两极板的中线，P是足够大的荧光屏，且屏与极板右边缘的距离也为L求：（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小；（2）若偏转电场两板间加恒定电压，
44、电子经过偏转电场后正好打中屏上的A点，A点与极板M在同一水平线上，求偏转电场所加电压U2；（3）若偏转电场两板间的电压按如图乙所示作周期性变化，要使电子经加速电场后在t=0时刻进入偏转电场后水平击中A点，试确定偏转电场电压U0以及周期T分别应该满足的条件【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】（1）根据动能定理求出粒子进入偏转电场的速度v的大小（2）粒子出电场后反向速度的反向延长线经过偏转电场中轴线的中点，根据几何关系得出速度与水平方向的夹角，结合牛顿第二定律和运动学公式求出偏转电压的大小（3）要使电子在水平在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy=
45、0，则电子应在t=0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期抓住时间与周期的关系求出周期的通项表达式根据运动的对称性，知粒子在一半时间内在竖直方向上的位移等于，根据该关系求出偏转电压的通项表达式【解答】解：（1）电子经加速电场加速：eU1=mv2解得：v=（2）由题意知，电子经偏转电场偏转后做匀速直线运动到达A点，设电子离开偏转电场时的偏转角为，则由几何关系得：=（L+）tan 解得：tan=又tan=解得：U2=（3）要使电子在水平在水平方向击中A点，电子必向上极板偏转，且vy=0，则电子应在t=0时刻进入偏转电场，且电子在偏转电场中运动的时间为整数个周期，设电子从加速电场射出的速度为v0，则因为电子水平射出，则电子在偏转电场中的运动时间满足t=nT 则T=（n=1，2，3，4） 在竖直方向位移应满足=2na（）2=2n（）2解得：U0= （n=1，2，3，4）答：（1）粒子进入偏转电场的速度v的大小v=（2）偏转电场所加电压U2=（3）偏转电场电压U0= （n=1，2，3，4），周期T=（n=1，2，3，4）【点评】本题是带电粒子先加速后偏转问题，电场中加速根据动能定理求解获得的速度、偏转电场中类平抛运动的研究方法是运动的分解和合成