物理卷·2018届江西省赣州市兴国三中高二上学期期中物理试卷（解析版）

物理卷·2018届江西省赣州市兴国三中高二上学期期中物理试卷（解析版）

‎2016-2017学年江西省赣州市兴国三中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一．选择题（1-6单选，7-10多选，每小题4分，共40分）‎ ‎1．如右图所示，四只电阻并联起来使用时，通过各个电阻的电流分别是I1、I2、I3、I4，则其大小顺序为（　　）‎ A．I2＞I4＞I3＞I1 B．I4＞I3＞I2＞I1 C．I1=I2=I3=I4 D．I1＞I2＞I3＞I4‎ ‎2．如图所示电路中，R1=R3＜R2=R4，在ab两端接上电源后，设每个电阻所消耗的电功率分别为P1、P2、P3、P4，则它们的大小关系是（　　）‎ A．P1=P3＜P2=P4 B．P2＞P1＞P3＞P4 C．P2＞P1＞P4＞P3 D．P1＞P2＞P3＞P4‎ ‎3．有一内电阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V、60W”的灯泡串联后接在电压为220V的直流电路两端，灯泡正常发光，则（　　）‎ A．电解槽消耗的电功率为120W B．电解槽的发热功率为60W C．电解槽消耗的电功率为60W D．电路消耗的总功率为60W ‎4．两根不同材料制成的均匀电阻丝，长度之比L1：L2=5：2，直径之比d1：d2=2：1，给它们加相同的电压，通过它们的电流之比为I1：I2=3：2，则它们的电阻率之比ρ1：ρ2为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流．设电量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是（　　）‎ A．电流强度为，电流方向为顺时针 B．电流强度为，电流方向为顺时针 C．电流强度为，电流方向为逆时针 D．电流强度为，电流方向为逆时针 ‎6．有四盏灯，如图所示连接在电路中，L1和L2都标有“220V，100W”字样，L3和L4都标有“220V，40W”字样，把电路接通后，最暗的是（　　）‎ A．L1 B．L2 C．L3 D．L4‎ ‎7．如图所示为滑动变阻器的原理示意图，下列说法中正确的是（　　）‎ A．a和b串联接入电路中，P向右移动时电流增大 B．b和d串联接入电路中，P向右移动时电流增大 C．b和c串联接入电路中，P向右移动时电流增大 D．a和c串联接入电路中，P向右移动时电流增大 ‎8．如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且AB=BC，电场中的A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC，AB、BC间的电势差分别为UAB、UBC，则下列关系中正确的有（　　）‎ A．φA＞φB＞φC B．EC＞EB＞EA C．UAB＜UBC D．UAB=UBC ‎9．硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等，高速公路上安装的“电子眼”通常也采用硅光电池供电．硅光电池的原理如图所示，a、b是硅光电池的两个电极，P、N 是两块硅半导体，E区是两块半导体自发形成的匀强电场区，P的上表面镀有一层增透膜．光照射到半导体P上，使P内受原子束缚的电子成为自由电子，自由电子经E区电场加速到达半导体N，从而产生电动势，形成电流．以下说法中正确的是（　　）‎ A．E区匀强电场的方向由N指向P B．电源内部的电流方向由P指向N C．a电极为电池的正极 D．硅光电池是一种把化学能转化为电能的装置 ‎10．通常一次闪电过程历时约0.2～0.3s，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80 μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109V，云地间距离约为1km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为60μs．假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断错误的是（　　）‎ A．闪电电流的瞬时值可达到1×105A B．整个闪电过程的平均功率约为1×1014W C．闪电前云地间的电场强度约为1×106V/m D．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J ‎　‎ 二．填空题（每空2分，共20分）‎ ‎11．5个1Ω的电阻连成如图所示的电路，导线的电阻不计，则A、B间的等效电阻为　　Ω．‎ ‎12．某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻．‎ ‎（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和图（b）所示，长度为　　cm，直径为　　mm．‎ ‎（2）按图（c）连接电路后，实验操作如下：‎ ‎（a）将滑动变阻器R1的阻值置于最　　处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；‎ ‎（b）将电阻箱R2的阻值调至最　　处（填“大”或“小”）；S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω；‎ ‎（3）由此可知，圆柱体的电阻为　　Ω．‎ ‎13．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材有：‎ A．小灯泡：规格为“3.8V，0.3A”‎ B．电流表：量程0～0.6A，内阻约为0.5Ω C．电流表：量程0～3A，内阻约为0.1Ω D．电压表：量程0～5V，内阻约为5kΩ E．滑动变阻器：阻值范围0～10Ω，额定电流2A F．电池组：电动势6V，内阻约为1Ω G．开关一只，导线若干 ‎（1）为了使测量尽可能地准确，需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8V且能方便地进行调节，因此电流表应选　　．（填器材代号）‎ ‎（2）实验电路图已经画出了一部分，如图1所示，但尚未完整，请将该电路完整地连接好；‎ ‎（3）按你连接的电路，S闭合后，要使小灯泡的亮度增加，变阻器的滑片P应向　　（选填“A”或“B”）端移动．‎ ‎（4）根据你选用的实验电路，将图2中所示的器材连成实验电路．‎ ‎　‎ 三．计算题（8分+8分+12分+12分=40分）‎ ‎14．如图所示为实验室常用的两个量程的电压表原理图．当使用O、A两接线柱时，量程为3V；当使用O、B两接线柱时，量程为15V．已知电流计的内电阻Rg=500Ω，满偏电流Ig=100 μA．求分压电阻R1和R2的阻值．‎ ‎15．如图所示电路中，已知R1=5Ω，R2=12Ω，电压表示数为2V，电流表示数为0.2A，求电阻R3和UAC的阻值．‎ ‎16．如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r=0.8Ω，电路中另一电阻R=10Ω，直流电压U=160V，电压表示数UV=110V．‎ 试求：‎ ‎（1）通过电动机的电流 ‎（2）输入电动机的电功率 ‎（3）若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量（g取10m/s2）．‎ ‎17．如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连．它的极板长L=0.4m，两板间距离d=4×10﹣3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m=4×10﹣5kg，电量q=+1×10﹣8C，（g=10m/s2）求：‎ ‎（1）微粒入射速度v0为多少？‎ ‎（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省赣州市兴国三中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（1-6单选，7-10多选，每小题4分，共40分）‎ ‎1．如右图所示，四只电阻并联起来使用时，通过各个电阻的电流分别是I1、I2、I3、I4，则其大小顺序为（　　）‎ A．I2＞I4＞I3＞I1 B．I4＞I3＞I2＞I1 C．I1=I2=I3=I4 D．I1＞I2＞I3＞I4‎ ‎【考点】欧姆定律；串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】在I﹣U图象中，直线的斜率的倒数等于导体的电阻值；根据并联电路中支路电流与支路电阻的比值关系进行分析，即电流之比等于电阻的反比．‎ ‎【解答】解：由于在I﹣U图象中，直线的斜率的倒数等于导体的电阻值；R4在斜率最小．电阻值最大，R1的斜率最大，电阻值最小；这四个电阻并联起来使用时，它们两端的电压是相等的，根据欧姆定律：，电阻值大的电阻，流过的电流小，所以：I1＞I2＞I3＞I4．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．如图所示电路中，R1=R3＜R2=R4，在ab两端接上电源后，设每个电阻所消耗的电功率分别为P1、P2、P3、P4，则它们的大小关系是（　　）‎ A．P1=P3＜P2=P4 B．P2＞P1＞P3＞P4 C．P2＞P1＞P4＞P3 D．P1＞P2＞P3＞P4‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】先根据公式P=比较P3与P4的大小，再根据公式P=I2R分别比较P1与P3的大小，P1与P2的大小．‎ ‎【解答】解：R3与R4并联，电压相等，R3＜R4，根据公式P=得知，P3＞P4．通过R1的电流大于通过R3的电流，R1=R3，根据公式P=I2R得知，P1＞P3．R1与R2串联，电流相等，而R1＜R2，根据公式P=I2R得知，P2＞P1．所以P2＞P1＞P3＞P4．故B正确，ACD错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎3．有一内电阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V、60W”的灯泡串联后接在电压为220V的直流电路两端，灯泡正常发光，则（　　）‎ A．电解槽消耗的电功率为120W B．电解槽的发热功率为60W C．电解槽消耗的电功率为60W D．电路消耗的总功率为60W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】由于电解槽和灯泡串联，根据灯泡正常发光，可以判断出电解槽的电压和电流，从而可以求得电解槽的输入功率、发热功率以及输出功率．‎ ‎【解答】解：A、由于灯泡正常发光，所以电动机的电压为：U=220﹣110=110V，‎ 由于电解槽和灯泡串联，它们的电流相等，所以有：I=A，‎ 所以电解槽的输入功率为：P=UI=110×=60W，所以A错误．‎ B、电解槽的发热功率为：P热=I2r=（）2×4.4=1.3W，所以B错误．‎ C、电解槽消耗的总功率等于电解槽的输入功率为：P=UI=110×=60W，所以C正确．‎ D、电路消耗总功率为：P总=220V×A=120W，所以D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．两根不同材料制成的均匀电阻丝，长度之比L1：L2=5：2，直径之比d1：d2=2：1，给它们加相同的电压，通过它们的电流之比为I1：I2=3：2，则它们的电阻率之比ρ1：ρ2为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】利用欧姆定律和电阻定律的变形即可求解．‎ ‎【解答】解：据欧姆定律得：R=，两金属的电阻之比为：‎ 两金属的横截面积： =‎ 再据电阻定律得ρ=，所以===，故ABC错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．安培提出了著名的分子电流假说，根据这一假说，电子绕核运动可等效为一环形电流．设电量为e的电子以速率v绕原子核沿顺时针方向做半径为r的匀速圆周运动，关于该环形电流的说法，正确的是（　　）‎ A．电流强度为，电流方向为顺时针 B．电流强度为，电流方向为顺时针 C．电流强度为，电流方向为逆时针 D．电流强度为，电流方向为逆时针 ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期T=，根据电流的定义式I=求解电流强度．电子带负电，电流方向与电子定向移动的方向相反．‎ ‎【解答】解：电子绕核运动可等效为一环形电流，电子运动周期为 T=‎ 根据电流的定义式得：电流强度为 I===‎ 因为电子带负电，所以电流方向与电子定向移动方向相反，即沿逆时针方向，故C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．有四盏灯，如图所示连接在电路中，L1和L2都标有“220V，100W”字样，L3和L4都标有“220V，40W”字样，把电路接通后，最暗的是（　　）‎ A．L1 B．L2 C．L3 D．L4‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据额定电压和额定功率，由功率公式比较两种灯泡的电阻大小．根据公式P=I2R比较L1和L2、L3和L4功率的大小．根据公式P=，比较L2和L3功率大小．再确定哪个灯泡功率最小．‎ ‎【解答】解：设L1、L2、L3、L4实际消耗的功率分别为P1、P2、P3、P4．‎ 由公式P=可知，L1和L2的电阻小于L3和L4的电阻．通过L1的电流大于L2的电流，由公式P=I2R得到，P1＞P2．L2和L3的电压相等，由公式P=可知，P2＞P3．通过L3的电流小于L4的电流，由公式P=I2R得到，P4＞P3．所以P1＞P2，P2＞P3，P4＞P3．所以L3最暗．‎ 故选C ‎　‎ ‎7．如图所示为滑动变阻器的原理示意图，下列说法中正确的是（　　）‎ A．a和b串联接入电路中，P向右移动时电流增大 B．b和d串联接入电路中，P向右移动时电流增大 C．b和c串联接入电路中，P向右移动时电流增大 D．a和c串联接入电路中，P向右移动时电流增大 ‎【考点】串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】滑动变阻器的原理是靠改变连入电路中的电阻丝的长度来改变电阻的，它的正确接法是“一上一下”．哪一段电阻丝被接入电路中是由下面的接线柱决定的．若接左下接线柱，滑片向右移动，电阻变大，则电路中的电流变小；若接右下接线柱，滑片向左移动，电阻变大，则电路中的电流变小．‎ ‎【解答】解：A、将a和b连入电路时，当滑片P向右滑动时，不会改变电阻丝长度，电阻不变，电流也不变；故A错误；‎ B、将b和d连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb部分．当滑片P向右滑动时，PA电阻丝长度减小，电阻减小，则电流增大，故B正确．‎ C、将b和c连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb部分．当滑片P向右滑动时，PB电阻丝长度减小，电阻减小，电流增大，故C正确 D、将a和c连入电路时，连入电路中的电阻丝是aP部分，当滑片P向右滑动时，ap电阻丝长度变长，电阻变大，电流变小，故D错误；‎ 故选：BC ‎　‎ ‎8．如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且AB=BC，电场中的A、B、C三点的场强分别为EA、EB、EC，电势分别为φA、φB、φC，AB、BC间的电势差分别为UAB、UBC，则下列关系中正确的有（　　）‎ A．φA＞φB＞φC B．EC＞EB＞EA C．UAB＜UBC D．UAB=UBC ‎【考点】电场线；电势；电势能．‎ ‎【分析】电场强度的大小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．‎ ‎【解答】解：A、考查静电场中的电场线、等势面的分布知识和规律．A、B、C三点处在一根电场线上，沿着电场线的方向电势降落，故φA＞φB＞φC，故A正确；‎ B、由电场线的密集程度可看出电场强度大小关系为EC＞EB＞EA，故B正确；‎ C、电场线密集的地方电势降落较快，故UBC＞UAB，故C正确，D错误．‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ ‎9．硅光电池作为电源已广泛应用于人造卫星、灯塔和无人气象站等，高速公路上安装的“电子眼”通常也采用硅光电池供电．硅光电池的原理如图所示，a、b是硅光电池的两个电极，P、N 是两块硅半导体，E区是两块半导体自发形成的匀强电场区，P的上表面镀有一层增透膜．光照射到半导体P上，使P内受原子束缚的电子成为自由电子，自由电子经E区电场加速到达半导体N，从而产生电动势，形成电流．以下说法中正确的是（　　）‎ A．E区匀强电场的方向由N指向P B．电源内部的电流方向由P指向N C．a电极为电池的正极 D．硅光电池是一种把化学能转化为电能的装置 ‎【考点】电源的电动势和内阻；光电效应．‎ ‎【分析】根据负电荷的电场力从而确定电场强度的方向，由电流的方向与负电荷的运动方向相反，可确定电源的内部电流方向．‎ ‎【解答】解：A、根据题意，E区电场能使P逸出的自由电子向N运动，因负电荷受到的电场力与电场方向相反，所以电场方向由N指向P，由于电流的方向与负电荷的运动方向相反，所以电源内部的电流方向由N指向P，A正确、B错误；‎ C、根据以上对电流方向的分析可知，a为电源正极，该电池是将光能转化为电能的装置，C正确，D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎10．通常一次闪电过程历时约0.2～0.3s，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40～80 μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109V，云地间距离约为1km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为60μs．假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断错误的是（　　）‎ A．闪电电流的瞬时值可达到1×105A B．整个闪电过程的平均功率约为1×1014W C．闪电前云地间的电场强度约为1×106V/m D．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106J ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】（1）由于云地间的电场是匀强电场，根据场强的公式可以求得电场强度的大小；‎ ‎（2）根据电流强度的定义式可以求得电流的平均值的大小；‎ ‎（3）根据电场做功的公式，可以直接计算出释放的能量．‎ ‎【解答】解：A、根据电流强度的定义式可得，电流为：I=（注意单位的正确换算），所以A正确．‎ BCD、释放的能量等于电场力做功为：W=QU=6×1.0×109=6×109J；‎ 所以第一次闪电的平均功率为为：P==1×1014 W，‎ 由于电荷转移主要发生在第一个闪击过程中，所以整个闪电过程的平均功率小于第一次的闪电功率，‎ 而电场强度的大小为为：E==1×106V/m，故C正确，BD错误．‎ 因选错误的，故选：BD．‎ ‎　‎ 二．填空题（每空2分，共20分）‎ ‎11．5个1Ω的电阻连成如图所示的电路，导线的电阻不计，则A、B间的等效电阻为　0.5　Ω．‎ ‎【考点】串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】根据电流流向分析中间五个电阻的连接方式；画出等效电路，然后根据串并联电路电阻的特点进行求解．‎ ‎【解答】解：假设A端为电源正极，则电流中电流方向如图所示 根据电流流向可以看出电流分为三路，其中一路只有一个电阻，另外两路分别流过一个电阻后汇合，然后又分为两路，再次各经过一个电阻后与第一路汇合；其等效电路为 其等效电阻为（Ω+Ω）=0.5Ω．‎ 故答案为：0.5．‎ ‎　‎ ‎12．某同学测量一个圆柱体的电阻率，需要测量圆柱体的尺寸和电阻．‎ ‎（1）分别使用游标卡尺和螺旋测微器测量圆柱体的长度和直径，某次测量的示数如图（a）和图（b）所示，长度为　5.01　cm，直径为　5.315　mm．‎ ‎（2）按图（c）连接电路后，实验操作如下：‎ ‎（a）将滑动变阻器R1的阻值置于最　大　处（填“大”或“小”）；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；‎ ‎（b）将电阻箱R2的阻值调至最　大　处（填“大”或“小”）；S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω；‎ ‎（3）由此可知，圆柱体的电阻为　1280　Ω．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是游标卡尺示数．‎ ‎（2）根据等效法测电阻的实验原理分析答题．‎ ‎（3）根据实验原理与实验步骤求出圆柱体电阻．‎ ‎【解答】解：（1）由图a所示游标卡尺可知，主尺示数为5.0cm，游标尺示数为1×0.1mm=0.1mm=0.01cm，游标卡尺示数为5.0cm+0.01cm=5.01cm；‎ 由图b所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为5mm，可动刻度示数为31.5×0.01mm=0.315mm，螺旋测微器示数为5mm+0.315mm=5.315mm．‎ ‎（2）（a）我i保护电路，应将滑动变阻器R1的阻值置于最大处；将S2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；‎ ‎（b）为保护电路，应将电阻箱R2的阻值调至最大处；S2拨向接点2；保持R1不变，调节R2，使电流表示数仍为I0，此时R2阻值为1280Ω；‎ ‎（3）两种情况下，电路电流相等，电路电阻相等，在圆柱体电阻与电阻箱电阻相等，圆柱体的电阻为1280Ω．‎ 故答案为：（1）5.01；5.315；（2）（a）大；（b）大；（3）1280．‎ ‎　‎ ‎13．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，可供选择的器材有：‎ A．小灯泡：规格为“3.8V，0.3A”‎ B．电流表：量程0～0.6A，内阻约为0.5Ω C．电流表：量程0～3A，内阻约为0.1Ω D．电压表：量程0～5V，内阻约为5kΩ E．滑动变阻器：阻值范围0～10Ω，额定电流2A F．电池组：电动势6V，内阻约为1Ω G．开关一只，导线若干 ‎（1）为了使测量尽可能地准确，需要使小灯泡两端电压从0逐渐增大到3.8V且能方便地进行调节，因此电流表应选　B　．（填器材代号）‎ ‎（2）实验电路图已经画出了一部分，如图1所示，但尚未完整，请将该电路完整地连接好；‎ ‎（3）按你连接的电路，S闭合后，要使小灯泡的亮度增加，变阻器的滑片P应向　A　（选填“A”或“B”）端移动．‎ ‎（4）根据你选用的实验电路，将图2中所示的器材连成实验电路．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据灯泡额定电流选择电流表．‎ ‎（2）根据题意确定滑动变阻器与电流表接法，然后作出电路图，根据电路图连接实物电路图．‎ ‎（3）根据实验要求确定滑动变阻器滑片开始时的位置，注意保证开关闭合时，测量电路部分电压应为零．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡额定电流为0.3A，故为了保证安全和准确，电流表应选择B．‎ ‎（2）描绘小灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器因采用分压接法，灯泡正常发光时电阻R==≈‎ ‎12.67Ω，电流表内阻约为0.5Ω，电压表内阻约为5000Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示．‎ ‎（3）实验中应让电流由零开始调节，故滑片开始时应滑至A端；‎ ‎（4）根据原理图得出对应的实物图如图所示；‎ 故答案为：（1）B；（2）如图所示；（3）A；（4）如图所示．‎ ‎（3）a、根据描点法可得出对应的伏安特性曲线；‎ ‎　‎ 三．计算题（8分+8分+12分+12分=40分）‎ ‎14．如图所示为实验室常用的两个量程的电压表原理图．当使用O、A两接线柱时，量程为3V；当使用O、B两接线柱时，量程为15V．已知电流计的内电阻Rg=500Ω，满偏电流Ig=100 μA．求分压电阻R1和R2的阻值．‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】本题的关键是明确电压表是电流表与分压电阻串联而改装成的，当电压表达到量程时通过电流表的电流应为满偏电流，然后根据串并联规律求出分压电阻的大小即可．‎ ‎【解答】解：串联分压电路的特点就是电流相同，在改装的电压表中，各量程达到满偏电压时，经过“表头”的电流均为满偏电流．‎ 根据串并联规律，接O、A时：Ig=，解得==2.95，‎ 接O、B时：Ig=，解得===1.2，‎ 答：分压电阻的阻值为2.95×104Ω，的阻值为1.2．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示电路中，已知R1=5Ω，R2=12Ω，电压表示数为2V，电流表示数为0.2A，求电阻R3和UAC的阻值．‎ ‎【考点】串联电路和并联电路；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据电压表示数和R1的阻值求出干路电流，结合电流表示数求出通过R3的电流，从而由欧姆定律可得出R3的电压，抓住电压相等求出R3的阻值，根据两部分电压求出AC的电压．‎ ‎【解答】解：干路中的电流为：I==A=0.4A，‎ 则通过R3的电流为：I3=I﹣I2=0.4﹣0.2A=0.2A，‎ 则有：R3==Ω=12Ω．‎ UAC=U+I3R3=2+0.2×12V=4.4V．‎ 答：电阻R3和UAC分别为12Ω和4.4V．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r=0.8Ω，电路中另一电阻R=10Ω，直流电压U=160V，电压表示数UV=110V．‎ 试求：‎ ‎（1）通过电动机的电流 ‎（2）输入电动机的电功率 ‎（3）若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量（g取10m/s2）．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）根据欧姆定律求出通过R的电流，电动机与R串联，电流相等；‎ ‎（2）电动机的输入功率为P电=UMIM；‎ ‎（3）电动机内电阻的发热功率为 P热=IM2r，输出的机械功率为P出=P电﹣P热．由公式P出=Fv=mgv求解物体的质量．‎ ‎【解答】解：（1）由电路中的电压关系可得电阻R的分压为：‎ UR=U﹣UV=V=50 V 流过电阻R的电流为：IR= A=5 A 即通过电动机的电流为：IM=IR=5 A ‎（2）电动机的分压为：UM=UV=110 V 输入电动机的功率为：P电=IMUM=5×110=550 W ‎（3）电动机的发热功率为：P热=r═=20 W 电动机输出的机械功率P出=P电﹣P热=550﹣20=530 W 又因P出=mgv 所以有：m===53 kg 答：（1）通过电动机的电流5A ‎（2）输入电动机的电功率550W ‎（3）若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，该重物的质量53kg ‎　‎ ‎17．如图所示，水平放置的平行板电容器，与某一电源相连．它的极板长L=0.4m，两板间距离d=4×10﹣3m，有一束由相同带电微粒组成的粒子流，以相同的速度v0从两板中央平行极板射入，开关S闭合前，两板不带电，由于重力作用微粒能落到下板的正中央，已知微粒质量为m=4×10﹣5kg，电量q=+1×10﹣8C，（g=10m/s2）求：‎ ‎（1）微粒入射速度v0为多少？‎ ‎（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的正极还是负极相连？所加的电压U应取什么范围？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，根据平抛运动的规律可以求得粒子入射速度v0的大小；‎ ‎（2）由于两板之间加入了匀强电场，此时带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，仍把运动在水平和竖直两个方向上分解，进行列式计算．由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小了，由此可判断受到了竖直向上的电场力作用，再结合牛顿运动定律列式求解即可．‎ ‎【解答】解：（1）粒子刚进入平行板时，两极板不带电，粒子做的是平抛运动，则有：‎ 水平方向有：‎ 竖直方向有：‎ 解得：v0=10m/s ‎（2）由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间变大，而竖直方向位移不变，所以在竖直方向的加速度减小，所以电场力方向向上，又因为是正电荷，所以上极板与电源的负极相连，‎ 当所加电压为U1时，微粒恰好从下板的右边缘射出，则有：‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 解得：U1=120V 当所加电压为U2时，微粒恰好从上板的右边缘射出，则有：‎ 根据牛顿第二定律得：‎ 解得：U2=200V 所以所加电压的范围为：120V≤U≤200V 答：（1）微粒入射速度v0为10m/s；‎ ‎（2）为使微粒能从平行板电容器的右边射出电场，电容器的上板应与电源的负极相连，所加的电压U的范围为120V≤U≤200V．‎ ‎　‎ ‎2016年12月2日