物理卷·2018届湖北省宜昌市葛洲坝中学高二上学期期中物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届湖北省宜昌市葛洲坝中学高二上学期期中物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年湖北省宜昌市葛洲坝中学高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（每小题5分，共60分.其中第1～7题为单选题，8～12题为多选题）‎ ‎1．关于元电荷，下列说法中错误的是（　　）‎ A．元电荷实质是指电子和质子本身 B．所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍 C．元电荷的值通常取作e=1.60×10﹣19C D．电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的 ‎2．在静电场中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电势为零的点，电场强度也一定为零 B．电场强度的方向处处与等势面垂直 C．由静止释放的正电荷，仅在电场力作用下的运动轨迹一定与电场线重合 D．电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小 ‎3．如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（　　）‎ A．k B．k C．k D．k ‎4．如图所示，一条绝缘细线，上端固定，下端拴一个电荷量为q的带电小球，将它置于一匀强电场中，电场强度大小为E，方向水平向右．当细线离开竖直位置的偏角为α时，小球处于平衡状态，则小球的质量为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示，电灯L1、L2上分别有“220V，60W”、“220V，40W”字样，那么（　　）‎ A．a、b接220V电压时，L1、L2均能正常发光 B．a、b接440V电压时，L1、L2均能正常发光 C．无论a、b两端接多少伏电压，L1、L2都不可能同时正常发光 D．无论a、b两端接多少伏电压，L1都比L2亮度高 ‎6．如图所示，给平行板电容器带一定的电荷后，将电容器的A板与静电计小球相连，并将B板与静电计的外壳接地．下列说法正确的是（　　）‎ A．将A极板向右移动少许，静电计指针的偏转角将增大 B．将B极板向上移动少许，静电计指针的偏转角将减小 C．将一块玻璃板插入A、B两极板之间，静电计指针的偏转角将减小 D．用手触摸一下B极板，静电计指针的偏转角将减小到零 ‎7．如图电路中，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数情况为（　　）‎ A．电压表示数增大，电流表示数减少 B．电压表示数减少，电流表示数增大 C．两电表示数都增大 D．两电表示数都减少 ‎8．用如图甲所示的电路测定电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的U﹣I图象，由图可知（　　）‎ A．电池电动势的测量值是1.40V B．电池内阻的测量值是3.50Ω C．外电路发生短路时的电流为0.40A D．电压表的示数为1.20V时电流表的示数I′为0.20A ‎9．如图所示，三条平行等距的直线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10V、20V、30V，实线是一带负电的粒子（不计重力），在该区域内的运动轨迹，对于这轨道上的a、b、c三点来说，下列选项说法正确的是（　　）‎ A．粒子必先过a，再到b，然后到c B．粒子在三点所受的合力Fa=Fb=Fc C．粒子在三点的动能大小为EKb＞EKa＞EKc D．粒子在三点的电势能大小为Epb＞Epa＞Epc ‎10．如图所示，定值电阻阻值为R0，电池电动势为E，内阻为r=R0，滑动变阻器最多电阻R=2R0，不考虑电表内阻影响，则下列判定正确的是（　　）‎ A．改变R，伏特表最大示数为E B．改变R，安培表最大示数为 C．R=0时，R0上获得最大功率，且最大功率为 D．R=2R0时，电源输出功率最大，效率最高 ‎11．如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔以速度v1射出，运动时间为t1，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离y后离开电场，离开电场时速度为v2，运动时间为t2，则下列判断正确的是（　　）‎ A．若只增大U1，则t1增大 B．若只增大U1，则y减小 C．若只增大U2，则v2增大 D．若只增大U2，则y减小 ‎12．如图所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（　　）‎ A．R3上消耗的功率逐渐增大 B．电流表读数减小，电压表读数增大 C．电源的输出功率逐渐增大 D．质点P将向下运动 ‎　‎ 二、实验题（第13题6分，第14题10分，共16分）‎ ‎13．如图是一个多用表欧姆挡内部电路示意图．电流表满偏电流0.5mA、内阻10Ω；电池电动势1.5V、内阻1Ω；变阻器R0阻值0﹣5000Ω．‎ ‎（1）该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V刻度的，当电池的电动势下降到1.4V、内阻增大到4Ω时仍可调零．调零后R0阻值将变　　（选填“大”或“小”）；若测得某电阻阻值为300Ω，则这个电阻的真实值是　　Ω．‎ ‎（2）若该欧姆表换了一个电动势为1.5V，内阻为10Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测量结果　　（选填“偏大”、“偏小”或“准确”）．‎ ‎14．一课外小组同学想要测量一个电源的电动势及内阻．准备的器材有：‎ 电流表 （0～200mA，内阻是12Ω）‎ 电阻箱R（最大阻值9.9Ω）‎ 一个开关和若干导线．‎ ‎（1）由于电流表A的量程较小，考虑到安全因素，同学们将一个定值电阻和电流表A　　联，若要使连接后流过定值电阻的电流是流过电流表A的电流的3倍，则定值电阻的阻值R0=　　Ω．‎ ‎（2）图1虚线框中为同学设计的实验电路的一部分，请将电路图补充完整．‎ ‎（3）若实验中记录电阻箱的阻值R和电流表A的示数I，并计算出得到多组数据后描点作出R﹣图线如图2所示，则该电源的电动势E=　　V，内阻r=　　Ω．‎ ‎　‎ 三、计算题（共34分．要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分．）‎ ‎15．如图所示，一个系在丝线下端的带正电、可视为点电荷的小球B，静止在图示位置．若固定的带正电、可视为点电荷的小球A的电量为Q，B球的质量为m，电量为q，丝线偏向角为θ，A和B在同一水平线上，整个装置处在真空中．‎ ‎（1）小球B所在位置的电场强度的大小为多少？方向如何？‎ ‎（2）A、B两球之间的距离为多少？‎ ‎16．如图所示，直流电动机和电炉并联后接在直流电路上，电源的内阻r=1Ω，电炉的电阻R1=19Ω，电动机绕线的电阻R2=2Ω，当开关S断开时，电源内电路消耗的热功率P=25W；当闭合时，干路中的电流I=12.6A．求：‎ ‎（1）电源的电动势E；‎ ‎（2）S闭合后电动机的机械功率．‎ ‎17．如图所示，空间有电场强度E=1.0×103 V/m竖直向下的匀强电场，长L=0.4m不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量m=0.05kg带正电q=5×10﹣4C的小球，拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时，绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=300，无限大的挡板MN上的C点．重力加速度g=10m/s2．试求：‎ ‎（1）绳子能承受的最大拉力；‎ ‎（2）A、C两点的电势差；‎ ‎（3）当小球刚要运动至C点时，突然施加一恒力作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移动3.2m，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力的方向与竖直向上方向的夹角α的取值范围．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省宜昌市葛洲坝中学高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每小题5分，共60分.其中第1～7题为单选题，8～12题为多选题）‎ ‎1．关于元电荷，下列说法中错误的是（　　）‎ A．元电荷实质是指电子和质子本身 B．所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍 C．元电荷的值通常取作e=1.60×10﹣19C D．电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的 ‎【考点】元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】电子的带电量最小，质子的带电量与电子相等，但电性相反，故物体的带电量只能是电子电量的整数倍，人们把这个最小的带电量叫做叫做元电荷 ‎【解答】解：AC、元电荷是指电子或质子所带的电荷量，数值为e=1.60×10﹣19C，并不是电子和质子本身．故A项错误，C项正确；‎ B、所有带电体的电荷量都等于元电荷的整数倍，故B正确；‎ D、电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，故D正确．‎ 本题要求选择错误的选项，故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．在静电场中，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电势为零的点，电场强度也一定为零 B．电场强度的方向处处与等势面垂直 C．由静止释放的正电荷，仅在电场力作用下的运动轨迹一定与电场线重合 D．电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小 ‎【考点】电场线；等势面．‎ ‎【分析】在静电场中电场强度与电势无关．电场强度的方向处处与等势面垂直．只有当电场线是直线时，电荷的运动轨迹才有可能与电场线重合．顺着电场线方向，电势逐渐降低．‎ ‎【解答】解：A、电势为零，是人为选择的，而电场强度是由电场决定的，此处电场强度不一定为零．故A错误；‎ B、根据电场线和等势面的关系，可知电场强度的方向处处与等势面垂直，故B正确．‎ C、若电场线是曲线，则电荷所受的电场力将发生方向的变化，则其运动轨迹不可能与电场线重合；故C错误．‎ D、负电荷在沿电场线方向移动时，电场力做负功，电势能增大，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．如图，一半径为R的圆盘上均匀分布着电荷量为Q的电荷，在垂直于圆盘且过圆心c的轴线上有a、b、d三个点，a和b、b和c、c和d间的距离均为R，在a点处有一电荷量为q的固定点电荷．已知b点处的场强为零，则d点处场强的大小为（k为静电力常量）（　　）‎ A．k B．k C．k D．k ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】由题意可知，半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，说明各自电场强度大小相等，方向相反．那么在d点处场强的大小即为两者之和．因此根据点电荷的电场强度为E=k即可求解 ‎【解答】解：电荷量为q的点电荷在b处产生电场强度为E=k，‎ 而半径为R均匀分布着电荷量为Q的圆盘上电荷，与在a点处有一电荷量为q（q＞0）的固定点电荷，在b点处的场强为零，‎ 则圆盘在此处产生电场强度也为E=k．那么圆盘在此d产生电场强度则仍为E=k．‎ 而电荷量为q的点电荷在d处产生电场强度为，由于都在d处产生电场强度方向相同，即为两者大小相加．‎ 所以两者这d处产生电场强度为，故B正确，ACD错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎4．如图所示，一条绝缘细线，上端固定，下端拴一个电荷量为q的带电小球，将它置于一匀强电场中，电场强度大小为E，方向水平向右．当细线离开竖直位置的偏角为α时，小球处于平衡状态，则小球的质量为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】小球受重力、电场力和拉力处于平衡状态，根据共点力平衡求出小球的重力，从而求出小球的质量．‎ ‎【解答】解：小球的受力如图，电场力F=qE，运用合成法得：mg=所以：m=．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，电灯L1、L2上分别有“220V，60W”、“220V，40W”字样，那么（　　）‎ A．a、b接220V电压时，L1、L2均能正常发光 B．a、b接440V电压时，L1、L2均能正常发光 C．无论a、b两端接多少伏电压，L1、L2都不可能同时正常发光 D．无论a、b两端接多少伏电压，L1都比L2亮度高 ‎【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】先求出两者的电阻之比，因二者是串联关系，则分压之比为电阻之比，若正常发光，则要达到额定电压．据此判断即可．‎ ‎【解答】解：AB、由P=得R=‎ 可得：两灯电阻之比 ===，即有R1＜R2．‎ 若a、b两灯串联接在440V的电压上，根据串联电路分压规律可知：L1的电压小于220V，L2的电压大于220V，则两灯均不能正常发光．故A、B错误 C、无论a、b两端接多少伏电压，两灯分担的电压不等，而两灯的额定电压相同，所以L1、L2都不可能同时正常发光．故C正确．‎ D、两灯串联，电流相同，而R1＜R2，根据公式P=I2R知电灯L1实际消耗的功率比L2实际消耗的功率，所以L1比L2亮度暗，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，给平行板电容器带一定的电荷后，将电容器的A板与静电计小球相连，并将B板与静电计的外壳接地．下列说法正确的是（　　）‎ A．将A极板向右移动少许，静电计指针的偏转角将增大 B．将B极板向上移动少许，静电计指针的偏转角将减小 C．将一块玻璃板插入A、B两极板之间，静电计指针的偏转角将减小 D．用手触摸一下B极板，静电计指针的偏转角将减小到零 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】解答本题关键应根据：电容的决定式C=分析电容的变化，抓住电容器的电量不变，由电容的定义式C=分析电压的变化，即可判断静电计指针偏转角的变化．‎ ‎【解答】解：A、将A极板向右移动少许，电容器两板间的距离减小，根据电容的决定式C=可知，电容C增大，而电容的电量Q不变，则电容的定义式C=可知，电容器板间电势差U减小，静电计指针的偏转角将减小．故A错误．‎ B、将B极板向上移动少许，两板正对面积减小，根据电容的决定式C=可知，电容C减小，而电容的电量Q不变，则电容的定义式C=可知，电容器板间电势差U增大，静电计指针的偏转角将增大．故B错误．‎ C、将一块玻璃板插入A、B两极板之间，根据电容的决定式C=可知，电容C增大，而电容的电量Q不变，则电容的定义式C=可知，电容器板间电势差U减小，静电计指针的偏转角将减小．故C正确．‎ D、用手触摸一下B极板，电容器带电量没有改变，静电计指针的偏转角将不变．故D错误．‎ 故选C ‎　‎ ‎7．如图电路中，在滑动变阻器的滑片P向上端a滑动过程中，两表的示数情况为（　　）‎ A．电压表示数增大，电流表示数减少 B．电压表示数减少，电流表示数增大 C．两电表示数都增大 D．两电表示数都减少 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】动态变化分析问题一般按照“局部→整体→局部”的顺序，分析总电阻变化→总电流变化→总电压变化，再分析局部电压、电流、功率的变化进行．对于电流表读数来说，由于滑动变阻器的电流、电压和电阻都在变化，不好确定，可从总电流的变化和R2电流变化确定．‎ ‎【解答】解：当滑动变阻器的滑片P向a滑动时，接入电路的电阻增大，与R2并联的电阻增大，外电路总电阻R总增大，总电流I减小，路端电压U=E﹣Ir增大，电压表读数增大；并联部分的电阻增大，分担的电压增大，U2增大，流过R2的电流I2增大，电流表的读数IA=I﹣I2，则减小．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎8．用如图甲所示的电路测定电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的U﹣I图象，由图可知（　　）‎ A．电池电动势的测量值是1.40V B．电池内阻的测量值是3.50Ω C．外电路发生短路时的电流为0.40A D．电压表的示数为1.20V时电流表的示数I′为0.20A ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由图象的纵坐标可知电源的电动势，由纵坐标的交点可知路端电压为1V时的电流，由闭合电路欧姆定律可得出内电阻．‎ ‎【解答】解：A、由图示图象可知，电源U﹣I图象与纵轴交点坐标值为1.40，则电源的电动势测量值为1.40V，故A正确；‎ B、电源内阻等于图象斜率的大小，为 r===1Ω，故B错误；‎ C、由图示图象可知，路端电压为1.00V时，电路电流为0.4A，可知外电路发生短路时的电流为 I短==1.4A，故C错误；‎ D、当电压表示数为1.20V时，I′===0.20A，故D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，三条平行等距的直线表示电场中的三个等势面，电势值分别为10V、20V、30V，实线是一带负电的粒子（不计重力），在该区域内的运动轨迹，对于这轨道上的a、b、c三点来说，下列选项说法正确的是（　　）‎ A．粒子必先过a，再到b，然后到c B．粒子在三点所受的合力Fa=Fb=Fc C．粒子在三点的动能大小为EKb＞EKa＞EKc D．粒子在三点的电势能大小为Epb＞Epa＞Epc ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】由等势面分布的特点可知，该电场为匀强电场，电场线方向与等势面垂直，且由高电势指向低电势．粒子的轨迹向下弯曲，可知其所受的电场力向下，即可判断出粒子的电性，但运动轨迹不能反映运动方向．根据能量守恒负电荷在电势高处电势能小，动能大．‎ ‎【解答】解：A、运动轨迹不能反映运动方向，所以不能判断出粒子先过a，再到b，然后到c，还是粒子先过c，再到b，然后到a，故A错误；‎ B、由等势面特点知，该电场为匀强电场，电场线方向向上，而粒子受电场力方向指向高电势，故粒子带负电，又F=qE，故粒子在a、b、c三点所受合力相同，故B正确；‎ C、D、根据能量守恒：负电荷在电势高处电势能小，动能大．则知负电荷在b点电势能最大，动能最小，故应有EPb＞EPa＞EPc，EKb＜EKa＜EKc，故C错误，D正确，‎ 故选：BD ‎　‎ ‎10．如图所示，定值电阻阻值为R0，电池电动势为E，内阻为r=R0，滑动变阻器最多电阻R=2R0，不考虑电表内阻影响，则下列判定正确的是（　　）‎ A．改变R，伏特表最大示数为E B．改变R，安培表最大示数为 C．R=0时，R0上获得最大功率，且最大功率为 D．R=2R0时，电源输出功率最大，效率最高 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据路端电压与外电阻的关系，分析可知，当外电阻最大时，电压表的读数最大．当外电阻最小时，安培表读数达到最大值．根据欧姆定律求出最大值．当外电阻与电源的内阻相等时，电源输出功率最大，但效率不是最高．‎ ‎【解答】解：A、改变R，当外电阻最大时，电压表的读数最大，即R=2R0，伏特表最大示数为 U=E=E．故A正确．‎ B、当外电阻最小时，即R=0时，安培表读数达到最大值，最大读数为 I=．故B错误．‎ C、R0是定值电阻，当电流最大时，R=0时，获得的功率最大，R0上获得最大功率，为P=I2R0=（）2R0=．故C正确．‎ D、当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，即R0+R=r时，R=0时电源的输出功率最大，但效率只有50%，不是最高．故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎11．如图所示，静止的电子在加速电压U1的作用下从O经P板的小孔以速度v1射出，运动时间为t1，又垂直进入平行金属板间的电场，在偏转电压U2的作用下偏转一段距离y后离开电场，离开电场时速度为v2，运动时间为t2，则下列判断正确的是（　　）‎ A．若只增大U1，则t1增大 B．若只增大U1，则y减小 C．若只增大U2，则v2增大 D．若只增大U2，则y减小 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】电子先经过加速电场加速，后经偏转电场偏转，根据y=可以分析电压的变化使电子的运动轨迹发生相应的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据动能定理，得，若只增大，则增大，由知，减小，故A错误；‎ B、电子进入偏转电场后做类平抛运动， =，若只增大，则y减小；若只增大，则y增大，故B正确，D错误；‎ C、离开电场时，竖直方向的分速度=‎ 离开时速度，若只增大，则增大，故C正确；‎ 故选：BC ‎　‎ ‎12．如图所示，平行金属板中带电质点P原来处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，R1的阻值和电源内阻r相等．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（　　）‎ A．R3上消耗的功率逐渐增大 B．电流表读数减小，电压表读数增大 C．电源的输出功率逐渐增大 D．质点P将向下运动 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，由欧姆定律确定电容器两极板间电压的变化，分析质点P如何运动．根据干路电流和通过R3的电流变化，确定通过电流表的电流变化．根据R3和R2的电压变化，判断电压表示数的变化．根据电源的内电阻与外电阻的关系，分析电源的输出功率如何变化．‎ ‎【解答】解：当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知干路电流I增大．电容器板间电压等于R3的电压．R4减小，并联部分的总电阻减小，则R3的电压减小，R3上消耗的功率逐渐减小，电容器板间场强减小，质点P所受的电场力减小，所以质点P将向下运动．‎ 流过电流表的电流IA=I﹣I3，I增大，I3减小，则IA增大，所以电流表读数增大．‎ R4的电压U4=U3﹣U2，U3减小，U2增大，则U4减小，所以电压表读数减小．‎ 由于R1的阻值和电源内阻r相等，则外电路总电阻大于电源的内阻r，当外电阻减小时，电源的输出功率逐渐增大．故AB错误，CD正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ 二、实验题（第13题6分，第14题10分，共16分）‎ ‎13．如图是一个多用表欧姆挡内部电路示意图．电流表满偏电流0.5mA、内阻10Ω；电池电动势1.5V、内阻1Ω；变阻器R0阻值0﹣5000Ω．‎ ‎（1）该欧姆表的刻度值是按电池电动势为1.5V刻度的，当电池的电动势下降到1.4V、内阻增大到4Ω时仍可调零．调零后R0阻值将变　小　（选填“大”或“小”）；若测得某电阻阻值为300Ω，则这个电阻的真实值是　280　Ω．‎ ‎（2）若该欧姆表换了一个电动势为1.5V，内阻为10Ω的电池，调零后测量某电阻的阻值，其测量结果　准确　（选填“偏大”、“偏小”或“准确”）．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】根据欧姆表的内部结构及原理由闭合电路欧姆定律进行分析，要注意明确，电阻的测量是根据电流来换算的．‎ ‎【解答】解：欧姆表内阻R=，电流表满偏电流Ig不变，电源电动势E变小，则欧姆表总内阻要变小，故R0的阻值调零时一定偏小；‎ 电动势为1.5调零后，欧姆表内部的中性电阻的R内==3000Ω 电动势变为1.4调零后，欧姆表内部的中性电阻R内==2800Ω；‎ 由300Ω对应的电流列出关系式：‎ I==‎ 故对应1.4V时的电阻R真=280Ω ‎（2）因电动势不变，故欧姆调零后的中性电阻不变；故测量结果是准确的；‎ 故答案为：（1）小；280；（2）准确．‎ ‎　‎ ‎14．一课外小组同学想要测量一个电源的电动势及内阻．准备的器材有：‎ 电流表 （0～200mA，内阻是12Ω）‎ 电阻箱R（最大阻值9.9Ω）‎ 一个开关和若干导线．‎ ‎（1）由于电流表A的量程较小，考虑到安全因素，同学们将一个定值电阻和电流表A　并　联，若要使连接后流过定值电阻的电流是流过电流表A的电流的3倍，则定值电阻的阻值R0=　4　Ω．‎ ‎（2）图1虚线框中为同学设计的实验电路的一部分，请将电路图补充完整．‎ ‎（3）若实验中记录电阻箱的阻值R和电流表A的示数I，并计算出得到多组数据后描点作出R﹣图线如图2所示，则该电源的电动势E=　8.0　V，内阻r=　3.0　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）根据串并联电路的电压规律可知电压相等，再由欧姆定律即可求得定值电阻的阻值；‎ ‎（2）要想测出电源的电动势和内电阻，只需找出电源两端的电压及流过电流的电流即可，根据题目中给出的条件可以采用安阻法进行测量； ‎ ‎（3）由闭合电路欧姆律可得出表达式，根据数形关系可求得电动势和内电阻．‎ ‎【解答】解：（1）由并联电路规律可知，并联部分电压相等，要使并联后流过定值电阻的电流是流过电流表的电流的3倍；则由并联电路规律可知：‎ R0===4Ω； ‎ ‎（2）根据改装原理以及测量电动势和内电阻实验原理可知应将改装后的电表与电阻箱串联接在电源两端，故测量原理图如图所示； ‎ ‎（3）闭合电路欧姆定律可知：I=×‎ 则变形得：R=﹣3﹣r；‎ 故图象中的斜率等于k===2；‎ 故：E=8.0V；‎ 图象与纵坐标的交点为﹣6.0=﹣r﹣3‎ 解得：r=3.0Ω 故答案为：（1）并；4； （2）如图所示； （3）8.0，3.0‎ ‎　‎ 三、计算题（共34分．要求写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后结果的不能得分．）‎ ‎15．如图所示，一个系在丝线下端的带正电、可视为点电荷的小球B，静止在图示位置．若固定的带正电、可视为点电荷的小球A的电量为Q，B球的质量为m，电量为q，丝线偏向角为θ，A和B在同一水平线上，整个装置处在真空中．‎ ‎（1）小球B所在位置的电场强度的大小为多少？方向如何？‎ ‎（2）A、B两球之间的距离为多少？‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】根据B球的状态可以求出B球的受力情况，从而求出两球之间的库仑力，从而求出电场强度大小及方向，再根据库仑定律求出两球之间的距离．‎ ‎【解答】解：（1）取B球为研究对象，受到重力mg、电场力qE和绳中拉力T的作用．‎ 根据平衡条件可知qE=mgtanθ，‎ 解得，‎ 方向：水平向右．‎ ‎（2）根据库仑定律可知：，‎ 将（1）式中 带入可得．‎ 答：（1）小球B所在位置的电场强度的大小为得，方向水平向右．‎ ‎（2）A、B两球之间的距离为得．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，直流电动机和电炉并联后接在直流电路上，电源的内阻r=1Ω，电炉的电阻R1=19Ω，电动机绕线的电阻R2=2Ω，当开关S断开时，电源内电路消耗的热功率P=25W；当闭合时，干路中的电流I=12.6A．求：‎ ‎（1）电源的电动势E；‎ ‎（2）S闭合后电动机的机械功率．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）S断开时，电阻R1直接接到电源上，根据P=I2r即可求解干路电流，再根据闭合电路欧姆定律即可求解电动势；‎ ‎（2）S闭合后，根据闭合电路欧姆定律求出路端电压，根据串并联电路的电流关系求出通过电动机的电流，再根据P'=UI'﹣I2•R2求出输出功率．‎ ‎【解答】解：（1）S断开时，电路中电流记为Ⅰ，则P=I2r 解得：I===5A；，‎ 电源电动势为E=I（R1+r）=5×（19+1）=100V；‎ ‎（2）S闭合后路端电压记为U，‎ 则U=E﹣Ir=100﹣12.6×1=87.4V 通过电动机的电流记为I'，‎ 则I′=I﹣=12.6﹣=8A ‎ 电动机的输出功率记为P′，‎ 则P′=UI′﹣I′2•R2=87.4×8﹣82×2=571.2W 答：（1）电源的电动势E为100V．‎ ‎（2）S闭合后电动机的输出功率为571.2W．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，空间有电场强度E=1.0×103 V/m竖直向下的匀强电场，长L=0.4m不可伸长的轻绳一端固定于O点，另一端系一质量m=0.05kg带正电q=5×10﹣4C的小球，拉起小球至绳水平后在A点无初速度释放，当小球运动至O点的正下方B点时，绳恰好断裂，小球继续运动并垂直打在同一竖直平面且与水平面成θ=300，无限大的挡板MN上的C点．重力加速度g=10m/s2．试求：‎ ‎（1）绳子能承受的最大拉力；‎ ‎（2）A、C两点的电势差；‎ ‎（3）当小球刚要运动至C点时，突然施加一恒力作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移动3.2m，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力的方向与竖直向上方向的夹角α的取值范围．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；向心力；动能定理的应用；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）由动能定理及圆周运动知识求得绳受到的拉力大小；‎ ‎（2）绳断后小球做类平抛运动，根据类平抛运动知识求得小球在C点的速度，再由动能定理求得电场力在AC过程中做的功，从而得出AC两点间的电势；‎ ‎（3）根据几何关系知，挡板水平移动3.2m，则小球在速度方向运动1.6m，根据几何关系分析小球受力的方向取值范围．‎ ‎【解答】解：（1）A→B由动能定理及圆周运动知识有：‎ ‎（mg+qE）•L=mvB2‎ F﹣（mg+qE）=‎ 代入数据可解得：F=3N ‎ ‎（2）由（1）分析得m/s=4m/s，‎ 小球离开B点做类平抛运动，到达C点时由水平方向速度保持不变有：‎ 小球垂直撞在斜面上，故满足 根据动能定理有：W电+WG=mvc2‎ 而W电=qU，‎ 代入数据可解得：U=1600V ‎ ‎（3）挡板向右移动3.2米，小球沿速度方向运动了1.6米，‎ 若小球做减速运动恰好垂直打到档板，则a=v2/2S=20m/s2=2g，所以要求a≤2g，F合≤2mg 设恒力F与竖直方向的夹角为α，作出小球的受力矢量三角形分析如图所示∴α≤15°（左斜向上） ‎ 若小球做匀速直线或匀加速直线运动垂直打在档板上，设恒力F与竖直向上方向的夹角为α，作出小球的受力矢量三角形分析如图所示 θ≤（α+θ）＜180°‎ ‎0°≤α＜150°（如图斜右下方）‎ 综上：恒力F与竖直向上的夹角α（以顺时针为正）范围为﹣15°≤α＜150°‎ 答：（1）绳子至少受3N的拉力才能被拉断；‎ ‎（2）A、C两点的电势差为1600V；‎ ‎（3）当小球刚要运动至C点时，突然施加一恒力F作用在小球上，同时把挡板迅速水平向右移动3.2m，若小球仍能垂直打在档板上，所加恒力F与竖直向上的夹角α（以顺时针为正）范围为﹣15°≤α＜150°．‎ ‎　‎