1、2015-2016学年江西省赣州市厚德外国语学校高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（选择题有12题，每小题4分，共48分前8题为单选题，后4题为多选题，请将正确的答案填写在后面的答题栏中）1下列哪项措施是为了防止静电产生的危害？（）A静电复印B静电喷漆C在高大的建筑物顶端装上避雷针D在高大的烟囱中安装静电除尘器2下列关于磁感线的叙述，正确的是说法是（）A磁感线是磁场中确实存在的一种曲线B磁感线是根据磁场的性质人为地画出来的曲线C磁感线总是从N极指向S极D磁感线是由磁场中的铁屑形成的3把一条导线平行地放在如图所示的磁针的上方附近，当导线中有电流时，磁针会发生偏转首先观察到这个实验现象的
2、物理学家是（）A奥斯特B爱因斯坦C牛顿D伽利略4将如图所示的交变电压加在平行板电容器A、B两极板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在静电力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是（）A电子一直向着A板运动B电子一直向着B板运动C电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动D电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动5下列关于电场和磁场的说法中正确的是（）A电场强度为零的点，正检验电荷受力不一定为零B电场强度处处相等的区域内，同一检验电荷受力一定处处相等C通电导线在磁场中某处不
3、受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零D由可知，B与F成正比，与IL成反比6如图所示为电场中的一条电场线，A、B为其上的两点，EA、EB分别为这两点的电场强度，A、B分别为这两点的电势下列说法正确的是（）AEA与EB一定不等，A与B一定不等BEA与EB可能相等，A与B可能相等CEA与EB一定不等，A与B可能相等DEA与EB可能相等，A与B一定不等7下表为某电饭锅铭牌上的一部分内容根据表中的信息，可计算出在额定电压下达到额定功率时通过电饭锅的电流约为（）电器名称电饭锅额定电压220 V额定功率700 W额定容量4.0 LA3.2 AB4.6 AC5.5 AD6.2 A8如图所示，某一导体的形状
4、为长方体，其长、宽、高之比为a：b：c=5：3：2，在此长方体的上下、左右四个面上分别通过导线引出四个接线柱1、2、3、4，在1、2两端加上恒定的电压U，通过导体的电流为I1；在3、4两端加上恒定的电压U，通过导体的电流为I2，则I1：I2为（）A25：4B4：25C9：25D25：99如图中虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示点a、b、c为实线与虚线的交点已知O点电势高于c点，若不计重力，则（）AM带负电荷，N带正电荷BN在a点的速度与M在c点的速度大
5、小相同CN在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功DM在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零10在如图所示的UI图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻R的伏安特性曲线用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知下列说法正确的是（）A电源的电动势为3 V，内阻为0.5B电阻R的阻值为1C电源的输出功率为4 WD电源的效率为50%11用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列表达式中属于用比值法定义物理量的是（）A平均速度=B电阻 R=C电势差UAB=D匀强电场E=12图为某种电子秤工作原理的示意图，被称物体的质量可按照一定的换算关系通过电流表
6、的示数获得秤盘中放入物体后，连杆P将从a点向下滑动，最终停在a、b间的某一位置关于该电子秤，下列说法正确的是（）A物体质量越小，电流表的示数越大B物体质量越大，电流表的示数越大C物体质量越大，电路中的总电阻越大D物体质量越小，电路中的总电阻越大二、填空题（填空题有6题，每空2分，共26分）13在“练习使用多用电表”的实验中：（1）用多用电表测某电阻，挡位旋钮指“10”挡，读数时发现指针偏转角太大，为使测量结果更加准确，则应改用挡；A1 B100 C1000（2）多用电表使用时间长了，其内部电池的电动势不变，但内阻会明显变大，使用该表测电阻时，仍能够使用“调零旋钮”进行调零，则用该表测得的电阻测
7、量值与电阻的真实值比较将；A偏大 B偏小 C不变（3）如图所示电路，开关闭合后发现灯不亮，欲用多用电表检查该电路某处是否发生“断路”，应使用电表的A电阻档B电流挡C交流电压挡D直流电压挡14已知电流表的内阻Rg=100，满偏电流Ig=3mA要把它改装成量程是6V的电压表，应串联的电阻R1=；要把它改装成量程是3A的电流表，应并联的电阻R2=15小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大，某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据（I和U分别表示小灯泡上的电流和电压）：I（A）0.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U（V）0.200.400.600.801.00
8、1.201.401.601.802.00（1）实验中可用的器材有：电压表（内阻约2k）、电流表（内阻约0.5）、滑线变阻器（变化范围010）、电源、小灯泡、电键、导线若干若要求小灯泡两端的电压由零开始变化，请在图1方框中画出实验电路图（2）在图2坐标中画出小灯泡的UI曲线16（12分）（2015临潼区校级模拟）使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60mA的电流表，电阻箱，导线若干实验时，将多用电表调至1挡，调好零点；电阻箱置于适
9、当数值完成下列填空：（1）仪器连线如图1所示（a和b是多用电表的两个表笔）若两电表均正常工作，则表笔a为 （填“红”或“黑”）色；（2）若适当调节电阻箱后，图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2（a），（b），（c）所示，则多用电表的读数为电流表的读数为mA，电阻箱的读数为：（3）将图l中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为mA；（保留3位有效数字）（4）计算得到多用电表内电池的电动势为V（保留3位有效数字）三、计算题（计算题有3题，共26分）17电源的电动势为4.5V、外电阻为4.0时，路端电压为4.0V（1）电源的内阻是多少？（2）如果在外电路再并联一个4.0的电阻，路端
10、电压是多大？18（10分）（2014秋吴兴区校级期中）如图所示，BC是半径为R=1m的圆弧形光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E=2.010+4N/C，今有一质量为m=1kg、带正电q=1.0104C的小滑块，（体积很小可视为质点），从C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为=0.2，求：（1）滑块通过B点时的速度大小；（2）滑块通过B点时圆轨道B点受到的压力大小；（3）水平轨道上A、B两点之间的距离19一电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻r=2，电阻R1=12，R2=R
11、4=4，R3=8，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.0102m（1）若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4的总电量为多少？（2）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g取10m/s2）2015-2016学年江西省赣州市厚德外国语学校高二（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、选择题（选择题有12题，每小题4分，共48分前8题为单
12、选题，后4题为多选题，请将正确的答案填写在后面的答题栏中）1下列哪项措施是为了防止静电产生的危害？（）A静电复印B静电喷漆C在高大的建筑物顶端装上避雷针D在高大的烟囱中安装静电除尘器【考点】* 静电的利用和防止【专题】电场力与电势的性质专题【分析】本题考查是关于静电的防止与应用，从各种实例的原理出发就可以判断出答案【解答】解：A静电复印是利用异种电荷相互吸引而使碳粉吸附在纸上，属于静电应用，不符合题意；故A错误；B静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，属于静电应用，不符合题意；故B错误；C当打雷的时候，由于静电的感应，在高大的建筑物顶端积累了很多的静电，
13、容易导致雷击事故，所以在高大的建筑物顶端安装避雷针可以把雷电引入地下，保护建筑物的安全，属于静电防止，符合题意；故C正确；D、静电除尘是利用静电将灰尘吸附在烟囱壁上；属于静电应用；故D错误；故选：C【点评】本题要求我们认识静电应用及防止；要明确静电的两面性，我们要做到正确应用2下列关于磁感线的叙述，正确的是说法是（）A磁感线是磁场中确实存在的一种曲线B磁感线是根据磁场的性质人为地画出来的曲线C磁感线总是从N极指向S极D磁感线是由磁场中的铁屑形成的【考点】磁感线及用磁感线描述磁场【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用【分析】磁感线是人为假想的曲线，不是磁场中实际存在的曲线在磁铁的外部，
14、磁感线从N极出发进入S极，在磁铁的内部，磁感线从S极指向N极【解答】解：A、磁感线是人为假想的曲线，不是磁场中实际存在的曲线故A错误 B、磁感线是描述磁场的强弱和方向人为假想的曲线故B正确 C、在磁铁的外部，磁感线从N极出发进入S极，在磁铁的内部，磁感线从S极指向N极故C错误 D、磁感线可以由磁场中的铁屑形成的曲线模拟，但模拟出来的曲线并不是磁感线，因为磁感线并不存在故D错误故选：B【点评】本题考查对磁感线的意义、特征的了解程度，要注意磁场是客观存在的物质，而磁感线不是客观存在的物质，是人为假想的曲线3把一条导线平行地放在如图所示的磁针的上方附近，当导线中有电流时，磁针会发生偏转首先观察到这个
15、实验现象的物理学家是（）A奥斯特B爱因斯坦C牛顿D伽利略【考点】物理学史【分析】本实验是1820年丹麦物理学家奥斯特发现电流磁效应的实验【解答】解：首先观察到这个实验现象的物理学家丹麦物理学家奥斯特故A正确，B、C、D错误故选A【点评】本题考查物理学史在电磁学中有很多著名物理学家和经典的实验要记牢4将如图所示的交变电压加在平行板电容器A、B两极板上，开始B板电势比A板电势高，这时有一个原来静止的电子正处在两板的中间，它在静电力作用下开始运动，设A、B两极板间的距离足够大，下列说法正确的是（）A电子一直向着A板运动B电子一直向着B板运动C电子先向A板运动，然后返回向B板运动，之后在A、B两板间做
16、周期性往复运动D电子先向B板运动，然后返回向A板运动，之后在A、B两板间做周期性往复运动【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】由电压周期性的变化，可以分析电子的运动，电子在电场力作用下运动，由图可知前半个周期又可分为两部分，前后加速度大小相等，方向相反，故可知半个周期结束电子速度为零，同理分析后半个周期的运动，可得正确选项【解答】解：从图中可知，电子在第一个内做匀加速运动，第二个内做匀减速运动，在这半个周期内，因初始B板电势比A板电势高，故电场方向由B向A，所以电子向B板运动，加速度大小都为，但是两个时间段内的加速度方向相反，故可知末速度为零同理可得：电子
17、在第三个内做匀加速运动，故电子向A板运动，第四个内做匀减速运动，运动方向还是由B板向A板，至一个周期结束，速度为零此后电压周期变化，电子做周期往返运动，所以电子做往复运动，故D正确故选D【点评】对于这种周期性的题目，只分析好一个周期的运动，即可知道全部时间内的运动5下列关于电场和磁场的说法中正确的是（）A电场强度为零的点，正检验电荷受力不一定为零B电场强度处处相等的区域内，同一检验电荷受力一定处处相等C通电导线在磁场中某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度一定为零D由可知，B与F成正比，与IL成反比【考点】磁感应强度；电场强度【专题】定性思想；归纳法；磁场 磁场对电流的作用【分析】检验电荷在电
18、场中所受的电场力为零，则电场强度为零，导线在磁场中所受的磁场力为零，磁感应强度不一定为零，可能电流的方向与磁场方向平行【解答】解：A、电场强度为零的点，检验电荷受力一定为零，故A错误B、电场强度处处相等的区域内，同一检验电荷受力处处相等，故B正确C、通电导线在磁场中某处不受磁场力作用，可能导线的放置方向与磁场方向平行，不受安培力，磁感应强度不一定为零，故C错误D、磁感应强度的大小与放入磁场中的电流元以及电流元的受力无关，故D错误故选：B【点评】解决本题的关键知道电场和磁场的基本性质，注意电流所受的磁场力为零，磁感应强度不一定为零基础题6如图所示为电场中的一条电场线，A、B为其上的两点，EA、E
19、B分别为这两点的电场强度，A、B分别为这两点的电势下列说法正确的是（）AEA与EB一定不等，A与B一定不等BEA与EB可能相等，A与B可能相等CEA与EB一定不等，A与B可能相等DEA与EB可能相等，A与B一定不等【考点】电场线【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向沿着电场线方向电势是降低的【解答】解：电场线的疏密表示电场强度的强弱，该处仅仅一条电场线，所以不能判断出AB两点电场强度的大小关系；沿着电场线方向电势是降低，所以AB只有选项D符合题意，故ABC错误，D正确故选：D【点评】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布，利用电场线的疏密判断场强，利
20、用沿电场线电势逐渐减小判断电势7下表为某电饭锅铭牌上的一部分内容根据表中的信息，可计算出在额定电压下达到额定功率时通过电饭锅的电流约为（）电器名称电饭锅额定电压220 V额定功率700 W额定容量4.0 LA3.2 AB4.6 AC5.5 AD6.2 A【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】由电饭锅铭牌可知，额定电压为220V，额定功率为700W，由电功率的变形公式求出正常工作时的电流【解答】解：电饭锅正常工作时的电流I=3.2A；故选A【点评】熟练应用电功率变形功公式可以正确解题，本题是一道基础题8如图所示，某一导体的形状为长方体，其长、宽、高之比为a：b：c=5：3：2，在此长方
21、体的上下、左右四个面上分别通过导线引出四个接线柱1、2、3、4，在1、2两端加上恒定的电压U，通过导体的电流为I1；在3、4两端加上恒定的电压U，通过导体的电流为I2，则I1：I2为（）A25：4B4：25C9：25D25：9【考点】霍尔效应及其应用【分析】根据电阻定律求出在1、2两端加上恒定电压、在3、4两端加上恒定的电压时的电阻之比，从而根据欧姆定律得出电流之比【解答】解：根据电阻定律R=得，当在1、2两端加上恒定电压U时，在在3、4两端加上恒定的电压时，所以=，根据欧姆定律I=得，故A正确，B、C、D错误故选：A【点评】解决本题的关键掌握电阻定律以及部分电路欧姆定律的运用9如图中虚线为匀
22、强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示点a、b、c为实线与虚线的交点已知O点电势高于c点，若不计重力，则（）AM带负电荷，N带正电荷BN在a点的速度与M在c点的速度大小相同CN在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功DM在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场
23、方向，从而确定出粒子的电性由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同N从O点运动至a点的过程中电场力做正功O、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零【解答】解：A、由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出a粒子所受的电场力方向竖起向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知N粒子带负电，M带正电故A错误；B、由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，但方向不同，速度不同故B正确；C、N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功故C错误；D、
24、O、b间电势差为零，由动能定理可知M从O点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零故D正确故选：BD【点评】本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性由动能定理分析电场力做功是常用的方法10在如图所示的UI图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻R的伏安特性曲线用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知下列说法正确的是（）A电源的电动势为3 V，内阻为0.5B电阻R的阻值为1C电源的输出功率为4 WD电源的效率为50%【考点】电功、电功率；欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】根据图线纵轴截距读出电源的电动势，斜率大小读出电源的
25、内阻图线的斜率大小等于电阻R的大小两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率和电源的效率【解答】解：A、由图线图线纵轴截距读出电源的电动势E=3V，其斜率大小等于电源的内阻r=0.5故A正确B、电阻R的阻值为R=1故B正确C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有U=2V，I=2A，电源的输出功率为P=UI=22W=4W故C正确D、电源的效率为=66.7%故D错误故选：ABC【点评】本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，常见的题型11用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，下列表达式中属于用比值
26、法定义物理量的是（）A平均速度=B电阻 R=C电势差UAB=D匀强电场E=【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”来定义一个新的物理量的方法比值法定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、平均速度定义为位移与时间的比值，故平均速度=是比值定义法故A正确B、电阻等于导体两端的电压与通过导体电流的比值，R=属于比值定义法，故B正确C、电势差与放入电场中的电荷无关，所以UAB=属于比值定义法，故C正确D、电场强度的定义为电荷所受电场力和电荷量的比值，则E=不是比值定义法，故D错误故选：ABC【点评】
27、用比值法定义物理量是物理上常用的思想方法，可以根据定义出的物理量与两个物理量有无关系，判断是否是比值法定义12图为某种电子秤工作原理的示意图，被称物体的质量可按照一定的换算关系通过电流表的示数获得秤盘中放入物体后，连杆P将从a点向下滑动，最终停在a、b间的某一位置关于该电子秤，下列说法正确的是（）A物体质量越小，电流表的示数越大B物体质量越大，电流表的示数越大C物体质量越大，电路中的总电阻越大D物体质量越小，电路中的总电阻越大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】常规题型【分析】由电源E、电阻R、电流表A、滑动变阻器、电键构成闭合电路当有不同质量的物体放入秤盘时，连杆P下滑，使得滑动变阻器接入电路
28、的电阻（Pb间电阻）变化，从而电路中的电流变化【解答】解：A、物体质量越小，Pb间电阻越大，由闭合电路的欧姆定律，电路中的电流越小，电流表的示数越小，故A错误B、物体质量越大，Pb间电阻越小，由闭合电路的欧姆定律，电路中的电流越大，电流表的示数越大，故B正确C、物体质量越大，连接杆P下滑越大，Pb间电阻越小，电路中的总电阻越小，故C错误D、物体质量越小，连接杆P下滑越小，Pb间电阻越大，电路中的总电阻越大，故D正确故选BD【点评】本题正确认识电子称的工作原理，即放入盘中的物体质量越大，连杆P下滑越大，滑动变阻器接入电路中的电阻越小，电路中的电流越大是解题的关键二、填空题（填空题有6题，每空2分
29、，共26分）13在“练习使用多用电表”的实验中：（1）用多用电表测某电阻，挡位旋钮指“10”挡，读数时发现指针偏转角太大，为使测量结果更加准确，则应改用A挡；A1 B100 C1000（2）多用电表使用时间长了，其内部电池的电动势不变，但内阻会明显变大，使用该表测电阻时，仍能够使用“调零旋钮”进行调零，则用该表测得的电阻测量值与电阻的真实值比较将C；A偏大 B偏小 C不变（3）如图所示电路，开关闭合后发现灯不亮，欲用多用电表检查该电路某处是否发生“断路”，应使用电表的DA电阻档B电流挡C交流电压挡D直流电压挡【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】使用欧姆表测电阻时，要选择
30、合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近；根据闭合电路的欧姆定律分析测量值与真实值间的关系；根据电路故障检测方法分析答题【解答】解：（1）用多用电表测量某电阻，将档位旋钮调至“10”档，读数时发现指针偏转角太大，说明所选挡位太大，为使测量结果更加准确，应换小挡，应改用1挡，故选A（2）使用欧姆表测电阻时，使用“调零旋钮”进行调零仍能使用，调零前后电池的电动势不变，由I=可知，所测电阻R是真实的，则调零后用该表测得的电阻值与电阻的真实值相比相等，故选C（3）由图示可知，电源为直流电源，闭合开关后发现小灯泡不亮，欲用多用电表检查该电路某处是否发生“断路”，在保持电路完整的情况下，应使用多用电表的直流电
31、压档进行测量，故选D故答案为：（1）A；（2）C；（3）D【点评】本题考查了欧姆表的使用及电路故障检测方法，使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近；可以使用电压表、电流表与欧姆表检测电路故障，要掌握其检测方法与注意事项14已知电流表的内阻Rg=100，满偏电流Ig=3mA要把它改装成量程是6V的电压表，应串联的电阻R1=1900；要把它改装成量程是3A的电流表，应并联的电阻R2=0.1【考点】把电流表改装成电压表【专题】恒定电流专题【分析】电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为R=Rg，U为改装后的量程改装成电流表要并联电阻分流，并联电阻阻值为R=【解答】解：改
32、装成电压表要串联电阻分压串阻值为：R=Rg=1900改装成电流表要并联电阻分流，并联电阻阻值为：R=故答案为：1900，0.1【点评】考查的电压表的改装原理，明确串联电阻的分压作用，会求串联电阻阻值；考查的电流表的改装原理，明确分流与电阻成反比，电阻大，分流小，反之电阻小则分流大15小灯泡灯丝的电阻会随温度的升高而变大，某同学为研究这一现象，用实验得到如下数据（I和U分别表示小灯泡上的电流和电压）：I（A）0.120.210.290.340.380.420.450.470.490.50U（V）0.200.400.600.801.001.201.401.601.802.00（1）实验中可用的器材
33、有：电压表（内阻约2k）、电流表（内阻约0.5）、滑线变阻器（变化范围010）、电源、小灯泡、电键、导线若干若要求小灯泡两端的电压由零开始变化，请在图1方框中画出实验电路图如图（2）在图2坐标中画出小灯泡的UI曲线如图【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题【分析】1、根据表中实验数据，应用描点法作图，作出小灯泡的伏安特性曲线2、为测量多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，远小于电压表内阻，电流表应采用外接法，据此作出实验电路图【解答】解：（1）画出的UI图象如图所示：（2）由于小灯泡灯丝的电阻值远小于电压表的内阻，如：电压为2.00V时，其阻值R灯=4，为减少由于电表接
34、入电路引起的系统误差，应采用电流表外接法为使小灯泡两端的电压的变化范围尽可能大，滑线变阻器应连接成分压电路，实验电路如图所示故答案为：（1）如图（2）如图【点评】本题考查了实验电路的设计，设计实验电路是实验常考问题，设计实验电路的关键是根据题目要求确定滑动变阻器采用分压接法还是采用限流接法，根据待测电路元件电阻大小与电表内阻间的关系确定电流表采用内接法还是外接法16（12分）（2015临潼区校级模拟）使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表
35、，量程为60mA的电流表，电阻箱，导线若干实验时，将多用电表调至1挡，调好零点；电阻箱置于适当数值完成下列填空：（1）仪器连线如图1所示（a和b是多用电表的两个表笔）若两电表均正常工作，则表笔a为黑 （填“红”或“黑”）色；（2）若适当调节电阻箱后，图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2（a），（b），（c）所示，则多用电表的读数为14.0电流表的读数为53.0mA，电阻箱的读数为4.6：（3）将图l中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为102mA；（保留3位有效数字）（4）计算得到多用电表内电池的电动势为1.54V（保留3位有效数字）【考点】多用电表的原理及其使用【专题】压
36、轴题【分析】当用多用电表测电阻时，电源在表内，要使电流从图中电流表正极流进，从负极流出，因此表笔a连接电源的正极，所以表笔a为黑色的多用电表测电阻时读数是表盘示数与倍率的乘积；电流表的读数要注意量程【解答】解：（1）多用电表在使用时必须使电流从红表笔（正接线柱）流进，黑表笔（负接线柱）流出，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断电流是从a表笔流出的为黑表笔（2）多用电表用1倍率测量，读数为：14.01=14.0电流表的量程是60m A，所以不能在表盘上直接读数，需要改装为10，20，30，40，50，60的表盘，然后读数为：53.0 m A电阻箱的读数为：0100+
37、010+41+60.1=4.6（3）（4）多用电表测量电阻的原理是闭合电路的欧姆定律，多用电表内部的电路等效的直流电源（一般为电池）、电阻、表头与待测电阻串联，当表头短接时电路电流最大为表头的满偏电流Ig=，将Rg取为r+rg+R为多用电表的内阻，当待测电阻等于Rg时，这时表头半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以Rg又称为中值电阻当选择1倍率测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为15在（2）中多用电表外的电阻为多用电表的读数14.0，干路电流是53.0 m A，则电源电动势是E=I（R内+R外）=0.053（15+14）=1.537V则满偏电流Ig=m A故答案为：（1）黑； （2）14.0，5
38、3.0，4.6； （3）102； （4）1.54【点评】由闭合电路的殴姆定律可得，电流与待测电阻不成比例，所以导致表盘的刻度不均匀同时当表头半偏时，所测电阻等于中值电阻三、计算题（计算题有3题，共26分）17电源的电动势为4.5V、外电阻为4.0时，路端电压为4.0V（1）电源的内阻是多少？（2）如果在外电路再并联一个4.0的电阻，路端电压是多大？【考点】闭合电路的欧姆定律；电源的电动势和内阻【专题】简答题；定量思想；推理法；恒定电流专题【分析】由闭合电路欧姆定律求出电源内阻，然后由闭合电路欧姆定律、部分电路欧姆定律求出路端电压【解答】解：由欧姆定律得：U=IR外=R，由题意得：4=4，解得：
39、r=0.5，（2）两电阻并联的总电阻R=2，则路端电压U=2，解得U=3.6V，答：（1）电源的内阻是0.5；（2）如果在外电路再并联一个4.0的电阻，路端电压是3.6V【点评】本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，注意串并联电路的特点，知道串联电路电路相等，并联电路电压相等，难度不大，属于基础题18（10分）（2014秋吴兴区校级期中）如图所示，BC是半径为R=1m的圆弧形光滑且绝缘的轨道，位于竖直平面内，其下端与水平绝缘轨道平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中，电场强度为E=2.010+4N/C，今有一质量为m=1kg、带正电q=1.0104C的小滑块，（体积很小可视为质点），从
40、C点由静止释放，滑到水平轨道上的A点时速度减为零若已知滑块与水平轨道间的动摩擦因数为=0.2，求：（1）滑块通过B点时的速度大小；（2）滑块通过B点时圆轨道B点受到的压力大小；（3）水平轨道上A、B两点之间的距离【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】（1）小滑块从C到B的过程中，只有重力和电场力对它做功，根据动能定理求解（2）应用牛顿第二定律，可求对B点的压力；（3）对整个过程研究，重力做正功，水平面上摩擦力做负功，电场力做负功，根据动能定理求出水平轨道上A、B两点之间的距离【解答】解：（1）小滑块从C到B的过程中，只有重力和电场力对它做功， 设滑块通过
41、B点时的速度为vB，根据动能定理有： mgRqER=m解得：vB=4m/s（2）设滑块在B点对B点压力为F，轨道对滑块支持力为F，由牛顿第三定律得，两力大小满足：F=F对滑块由牛顿第二定律得：Fmg=由得，F=3mg2Eq=311022.010+41.0104=26N （3）小滑块在AB轨道上运动时，所受摩擦力为f=mg 小滑块从C经B到A的整个过程中，重力做正功，电场力和摩擦力做负功设小滑块在水平轨道上运动的距离（即A、B两点间的距离）为L，则根椐动能定理有： mgRqE（R+L）mgL=0解得L=2m答：（1）滑块通过B点时的速度大小为4m/s；（2）滑块在B点对B点压力为26N；（3）水
42、平轨道上A、B两点之间的距离L=2m【点评】对单个物体的运动，求解位移或速度是利用动能定理较为简单，此外，恰当的选择运动过程会使运算简便，要注意选择本题中要注意比较在平面上时的电场力与摩擦力的大小关系19一电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻r=2，电阻R1=12，R2=R4=4，R3=8，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.0102m（1）若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4的总电量为多少？（2）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭
43、合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g取10m/s2）【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】开关断开时，求出电阻两端的电压从而算出电容器的电量；当开关闭合时，求出路端的电压，从而电阻两端的电压当断开时电场力与重力相平衡，而闭合后由重力与电场力的合力从而求出加速度大小，最终求出侧向位移【解答】解：（1）S断开时，电阻R3两端电压为：S闭合后，外阻为：路端电压为：电阻R3两端电压为：则所求流过R4的总电量为：Q=CU3CU3=6.01012C（2）设微粒质量为m，电量为q，当开关S断开时有：当开关S闭合后，设微粒加速度为a，则有：设微粒能从C的电场中射出，则水平方向：竖直方向：由以上各式求得：故微粒不能从C的电场中射出答：（1）流过R4的总电量为6.01012C；（2）微粒不能从C的电场中射出【点评】本题由殴姆定律与牛顿运动定律相综合应用，同时利用将类平抛运动分解成两相互垂直的简单直线运动2016年1月14日
