物理·辽宁省盘锦市辽河油田二高2016-2017学年高二上学期月考物理试卷（10月份） Word版含答案

物理·辽宁省盘锦市辽河油田二高2016-2017学年高二上学期月考物理试卷（10月份） Word版含答案

‎2016-2017学年辽宁省盘锦市辽河油田二高高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一．选择题（1-8为单选，9，10，11，12为多选）‎ ‎1．通过甲、乙两导线横截面的电荷量之比为3：5，甲、乙两导线通电时间之比为3：2，则通过甲、乙两导体的电流强度之比为（　　）‎ A．1：5 B．2：5 C．5：2 D．5：1‎ ‎2．有a、b、c、d四个电阻，它们的U﹣I关系如图所示，则图中电阻最大的是（　　）‎ A．a B．b C．c D．d ‎3．电流表的内阻是Rg=200Ω，满偏电流值是Ig=500μA，现在欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（　　）‎ A．应串联一个0.1Ω的电阻 B．应并联一个0.1Ω的电阻 C．应串联一个1800Ω的电阻 D．应并联一个1800Ω的电阻 ‎4．一根导线的电阻为40Ω，将这根导线对折后连入电路，这根导线的电阻变为（　　）‎ A．40欧 B．60欧 C．80欧 D．10欧 ‎5．一台电风扇，内驵为20Ω，接上220V电压后消耗功率为66W，则（　　）‎ A．电风扇正常工作时通过风扇电动机的电流强度为1A B．电风扇工作时，电动机的效率为80%‎ C．电动机发热功率为2.4W D．若接上电源后，扇叶被卡住，不能转动，则此时通过电动机的电流为11A ‎6．如图所示电路中，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为（　　） 24‎ A．A灯和B灯都变暗 B．A灯和B灯都变亮D C．A灯变亮，B灯变暗 D．A灯变暗，B灯变亮D ‎7．关于电场线和磁感线，下列说法正确的是（　　）L A．电场线和磁感线都是闭合的曲线x B．磁感线是从磁体的N极发出，终止于S极R C．电场线和磁感线都不能相交z D．电场线和磁感线都是现实中存在的Z ‎8．如图所示，当电流通过线圈时，磁针将发生偏转，以下的判断正确的是（　　）H A．当线圈通以沿顺时针方向的电流时，磁针N极将指向读者8‎ B．当线圈通以沿逆时针方向的电流时，磁针S极将指向读者l C．当磁针N极指向读者，线圈中电流沿逆时针方向h D．不管磁针如何偏转，线圈中的电流总是沿顺时针方向B ‎9．关于磁感应强度，下列说法中正确的是（　　）s A．若长为L、电流为I的导线在某处受到的磁场力为F，则该处的磁感应强度必为9‎ B．由B=知，B与F成正比，与IL成反比p C．一小段通电导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度B不一定为零2‎ D．磁感应强度大的位置，通过某一线圈的磁通量不一定大D ‎10．欧姆表调零后，用“×10”档测量一个电阻的阻值，发现指针偏转角度很小，则下列说法和做法中正确的是（　　）T A．这个电阻的阻值很小1‎ B．这个电阻的阻值很大i C．为测得更准确些，应当换用“×1”档，并且重新调零后进行测量O D．为测得更准确些，应当换用“×100”档，并且重新调零后进行测量w ‎11．如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下面结论正确的是（　　）=‎ A．电源的电动势为6.0V=‎ B．电源的内阻为2Ω C．电源的短路电流为0.5A D．电流为0.3A时的外电阻是18Ω ‎12．如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，下列各物理量变化情况为（　　）‎ A．电容器所带电荷量一直增加 B．电容器所带电荷量先减少后增加 C．电源的总功率先减少后增加 D．电压表的读数先减少后增加 ‎　‎ 二．填空题：（共20分，每空两分）‎ ‎13．在匀强磁场中，有一段5cm的导线和磁场垂直．当导线通过的电流是 lA时，受磁场的作用力是0.1N，那么磁感应强度B=　　T．‎ ‎14．读出图中游标卡尺和螺旋测微器的读数游标卡尺的读数为　　mm．；螺旋测微器的读数为　　mm．‎ ‎15．欲用伏安法测定一段阻值为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确并且电压从0开始调节，备有以下器材：‎ A．电池组（3V、1Ω） ‎ B．电流表（0﹣3A、0.0125Ω）‎ C．电流表（0﹣0.6A、0.125Ω） ‎ D．电压表（0～3V、3kΩ）‎ E．电压表（0～15V、15kΩ） ‎ F．滑动变阻器（0～20Ω、1A）‎ G．滑动变阻器（0～200Ω、0.3A） ‎ H．开关、导线 ‎（1）上述器材中应选用的是　　．‎ ‎（2）实验电路应采用电流表　　接法（填“内”或“外”）．‎ ‎（3）在方框中画出实验电路图．‎ ‎16．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：‎ ‎①干电池E（电动势约为1.5V、内电阻大约为1.0Ω）‎ ‎②电压表V（0﹣15V）‎ ‎③电流表A（0﹣0.6A，内阻0.1Ω）‎ ‎④电流表G（满偏电流3mA、内阻Rg=10Ω）‎ ‎⑤滑动变阻器R1（0﹣10Ω、10A）‎ ‎⑥滑动变阻器R2（0﹣100Ω、1A）‎ ‎⑦定值电阻R3=990Ω ‎⑧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）图1是设计的实验电路图，图中甲与乙应选用的器材分别为　　、　　（填写字母代号）；‎ ‎（3）图2为某一同学根据他设计的实验，绘出的I1﹣I2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=　　Ω．‎ ‎　‎ 三．计算题 ‎17．如图所示，R为电阻箱，电压表为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：‎ ‎（1）电源的电动势E和内阻r；‎ ‎（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？‎ ‎18．如图所示，M为一线圈电阻rM=0.4Ω的电动机，R=24Ω，电源电动势E=40V．当S断开时，电流表的示数，I1=1.6A，当开关S闭合时，电流表的示数为I2=4.0A求 ‎（1）电源内阻 ‎（2）开关S闭合时电动机输出的机械功率 ‎（3）开关S闭合时电源输出功率．‎ ‎19．如图所示电路中，电源电动势E=9V，内电阻r=2Ω，定值电阻R1=6Ω，R2=10Ω，R3=6Ω，电容器的电容C=10μF．‎ ‎（1）保持开关S1、S2闭合，求电容器C的带电量；‎ ‎（2）保持开关S1闭合，将开关S2断开，求断开开关S2后流过电阻R2的电量．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年辽宁省盘锦市辽河油田二高高二（上）月考物理试卷（10月份）4017288‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．选择题（1-8为单选，9，10，11，12为多选）‎ ‎1．通过甲、乙两导线横截面的电荷量之比为3：5，甲、乙两导线通电时间之比为3：2，则通过甲、乙两导体的电流强度之比为（　　）‎ A．1：5 B．2：5 C．5：2 D．5：1‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】电流强度与电荷量、时间的关系是I=，即电流的定义式，根据这个表达式进行求解．‎ ‎【解答】解：根据电流的定义式I=，得知：‎ 通过甲、乙两导体的电流强度之比为：I甲：I乙=： =（3×2）：（5×3）=2：5‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．有a、b、c、d四个电阻，它们的U﹣I关系如图所示，则图中电阻最大的是（　　）‎ A．a B．b C．c D．d ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】根据欧姆定律得到电阻R=，U﹣I图线的斜率等于电阻的大小，斜率越大，电阻越大．‎ ‎【解答】解：电阻R=，可知电阻R等于U﹣I图线的斜率．图线a的斜率的最大，电阻最大．‎ 故选：A ‎　‎ ‎3．电流表的内阻是Rg=200Ω，满偏电流值是Ig=500μA，现在欲把这电流表改装成量程为1.0V的电压表，正确的方法是（　　）‎ A．应串联一个0.1Ω的电阻 B．应并联一个0.1Ω的电阻 C．应串联一个1800Ω的电阻 D．应并联一个1800Ω的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的电阻值为：R=，U为量程．‎ ‎【解答】解：电流表改装成电压表要串联的电阻为：R===1800Ω A 串联阻值不对．故A错误 B 不应并联．故B错误 C 符合要求．故C正确 D 不应并联．故D错误 故选：C ‎　‎ ‎4．一根导线的电阻为40Ω，将这根导线对折后连入电路，这根导线的电阻变为（　　）‎ A．40欧 B．60欧 C．80欧 D．10欧 ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】电阻定律：导体的电阻R跟它的长度L成正比，跟它的横截面积S成反比，还跟导体的材料有关系，这个规律就叫电阻定律，公式为R=ρ．其中ρ为制成电阻的材料电阻率，L为绕制成电阻的导线长度，S为绕制成电阻的导线横截面积，R为电阻值．‎ ‎【解答】解：开始时电阻：R=；‎ 将导线沿中点对折后，导体的材料和温度都没有变化，但导体的长度变为原来的一半的同时，横截面积变为原来的二倍，根据导体电阻有：R′=；‎ 由于R=40Ω，故R′=10Ω；‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎5．一台电风扇，内驵为20Ω，接上220V电压后消耗功率为66W，则（　　）‎ A．电风扇正常工作时通过风扇电动机的电流强度为1A B．电风扇工作时，电动机的效率为80%‎ C．电动机发热功率为2.4W D．若接上电源后，扇叶被卡住，不能转动，则此时通过电动机的电流为11A ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）根据功率P=UI可以求得电动机的电流的大小；‎ ‎（2）由PQ=I2r可以求得转化为内能的功率的大小，再由P机=P﹣PQ可以求得转化为机械能的功率；‎ ‎（3）电风扇正常工作时电动机的效率为机械能的功率与输入功率的比值．‎ ‎（4）电风扇被卡住时，可以视为纯电阻，则根据欧姆定律可求得电流．‎ ‎【解答】解：A、由P入=IU得I== A=0.3 A；故A错误；‎ B、电风扇正常工作时转化为内能的功率 P内=I2r=0.32×20 W=1.8 W 电风扇正常工作时转化为机械能的功率 P机=P入﹣P内=66 W﹣1.8 W=64.2 W 电风扇正常工作时电动机的效率 η=×100%=×100%≈97.3%；故BC错误；‎ D、若风扇被卡住不能动时，根据欧姆定律可知，I===11A；故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示电路中，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，A、B两灯亮度的变化情况为（　　） ‎ A．A灯和B灯都变暗 B．A灯和B灯都变亮 C．A灯变亮，B灯变暗 D．A灯变暗，B灯变亮 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】首先分析电路结构，再由闭合电路欧姆定律即可分析电路中电流及电压的变化；再由欧姆定律即可分析两灯泡的变化．‎ ‎【解答】解：由图可知，灯泡B与滑动变阻器并联后与一电阻串联，然后再与A并联；当滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，总电流增大，则路端电压减小，故灯泡A亮度变暗；‎ 由并联电路规律可知，并联部分的总电流增大，则电阻两端的电压增大，B灯泡两端的电压减小，故B灯泡也变暗；故只有A正确；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．关于电场线和磁感线，下列说法正确的是（　　）‎ A．电场线和磁感线都是闭合的曲线 B．磁感线是从磁体的N极发出，终止于S极 C．电场线和磁感线都不能相交 D．电场线和磁感线都是现实中存在的 ‎【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；电场线．‎ ‎【分析】电场线的方向是正电荷所受电场力的方向，而正负电荷所受的电场力的方向相反；电场线的切线方向即为场强的方向，故任意两条电场线都不会相交；只有电场线是直线，带电粒子的初速度为零或初速度方向与电场线方向在同一条直线上时电场线才与带电粒子的轨迹重合；电场线的疏密代表电场的强弱，故电场线越密的地方场强越强．‎ 磁感线的引入是为了形象地描述磁场的特点，规定磁感线上每一点的切线方向与磁场的方向相同，磁感线的疏密表示磁场的强弱；磁场的方向在磁铁的内部为S极到N极的方向，磁铁的外部是N极到S极的方向．‎ ‎【解答】解：A：磁感线是闭合的曲线，而电场线从正电荷出发，终止于负电荷，不是闭合的曲线．故A错误；‎ B：磁感线的方向在磁铁的内部为S极到N极的方向，磁铁的外部是N极到S极的方向，是闭合曲线．故B错误；‎ C：电场线的切线方向即为场强的方向，故任意两条电场线都不会相交；磁感线上每一点的切线方向与磁场的方向相同，故任意两条磁感线都不会相交．故C正确；‎ D：电场线和磁感线都是人们为了描述场的性质而引入的，在现实中是不存在的．故D错误．‎ 故选C ‎　‎ ‎8．如图所示，当电流通过线圈时，磁针将发生偏转，以下的判断正确的是（　　）‎ A．当线圈通以沿顺时针方向的电流时，磁针N极将指向读者 B．当线圈通以沿逆时针方向的电流时，磁针S极将指向读者4017288‎ C．当磁针N极指向读者，线圈中电流沿逆时针方向 D．不管磁针如何偏转，线圈中的电流总是沿顺时针方向 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】一个通电线圈也有N极和S极，也按照安培定则判断，纸里是线圈的N极，纸外是线圈的S极．‎ 线圈外部的磁场是从线圈的N极出来回到S极，线圈内部的磁场是从线圈的S极出来回到N极．‎ 磁场中该点的磁体N极受到磁力方向和该点的磁场方向相同．‎ ‎【解答】解：安培定则：用右手握着通电线圈，四指指向电流的方向，大拇指所指的方向是通电线圈的N极．‎ A、当线圈通以沿顺时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的N极，纸外是通电线圈的S极．‎ 通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电螺线管的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸里．故A错误；‎ B、当线圈通以沿逆时针方向的电流时，根据安培定则知，纸里是通电线圈的S极，纸外是通电线圈的N极．‎ 通电线圈内部的磁场是从S极出来回到N极，小磁针在通电线圈的内部，小磁针N极受到的磁力和磁场方向相同，小磁针N极垂直指向纸外，故B错误C正确D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．关于磁感应强度，下列说法中正确的是（　　）‎ A．若长为L、电流为I的导线在某处受到的磁场力为F，则该处的磁感应强度必为 B．由B=知，B与F成正比，与IL成反比 C．一小段通电导线在某处不受磁场力，该处磁感应强度B不一定为零 D．磁感应强度大的位置，通过某一线圈的磁通量不一定大 ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】磁感应强度的定义式：B=是采用比值法定义的，B与F、IL等无关，由磁场本身决定的，充分理解磁场强度的定义式即可正确解答本题．‎ ‎【解答】解：A、只有当通过导线垂直放入磁场中，磁感应强度才为，若导线与磁场不垂直，则磁感应强度大于．故A错误．‎ B、B=是采用比值法定义的，B与F、IL等无关，不能说B与F成正比，与IL成反比．故B错误．‎ C、一小段通电导线在某处不受磁场力，该处不一定无磁场，也可能是因为导线与磁场平行．故C正确； ‎ D、磁感应强度大的位置，通过某一线圈的磁通量不一定大，如线圈和磁场平行时，磁通量为零．故D正确．‎ 故选：CD ‎　‎ ‎10．欧姆表调零后，用“×10”档测量一个电阻的阻值，发现指针偏转角度很小，则下列说法和做法中正确的是（　　）‎ A．这个电阻的阻值很小 B．这个电阻的阻值很大 C．为测得更准确些，应当换用“×1”档，并且重新调零后进行测量 D．为测得更准确些，应当换用“×100”档，并且重新调零后进行测量 ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】欧姆档的指针偏转角度越小，则电阻越大，要换大倍率的档位．‎ ‎【解答】解：偏转角度小，说明电流小，则电阻大．故A错误，B正确 ‎ 因是大电阻，则要换档位大一些即：换“×100”档．每次换档后要重新进行欧姆调零．故C错误，D正确 故选：BD ‎　‎ ‎11．如图所示是某电源的路端电压与电流的关系图象，下面结论正确的是（　　）‎ A．电源的电动势为6.0V B．电源的内阻为2Ω C．电源的短路电流为0.5A D．电流为0.3A时的外电阻是18Ω ‎【考点】路端电压与负载的关系．‎ ‎【分析】根据闭合电路欧姆定律分析图线与纵轴交点的物理意义和图线斜率的物理意义．当外电阻为零时，电源被短路，由闭合电路欧姆定律求出短路电流．当电流为0.3A时，由闭合电路欧姆定律求出外电压，再欧姆定律求出外电阻．‎ ‎【解答】解：A、由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir得，当I=0时，U=E，即图线与纵轴交点表示断路状态，电动势E=6V．故A正确．‎ B、电源的内阻等于图线的斜率大小，r== A=2Ω．故B正确．‎ C、外电阻R=0时，短路电流为I==A=3A．故C错误．‎ D、电流为I=0.3A时，路端电压U=E﹣Ir=（6﹣0.3×2）Ω=5.4V，外电阻是R==18Ω．故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，下列各物理量变化情况为（　　）‎ A．电容器所带电荷量一直增加 B．电容器所带电荷量先减少后增加 C．电源的总功率先减少后增加 D．电压表的读数先减少后增加 ‎【考点】电功、电功率；电容；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】方法是将电压表、电容器均可暂时去掉，原因是电压表是并联电阻中，而电容器是电路稳定时，相当于断路． 然后对电路进行分析，搞清各电阻是如何连接，从而求出结果．‎ ‎【解答】解：对电路分析可知：滑动变阻器两部分是并联，再与另一电阻串连接入电源中．所以当两部分电阻相等时，此时的电阻最大，电流最小．‎ A、随着滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，总电阻先增大后减小，导致电流先减小后增大．而电容器与电阻Ra并联，所以电压先减小后增大．则电容器所带电荷量先减少后增加，故A错误；‎ B、随着滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，总电阻先增大后减小，导致电流先减小后增大．而电容器与电阻Ra并联，所以电压先减小后增大．则电容器所带电荷量先减少后增加，故B正确；‎ C、随着滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，总电阻先增大后减小，导致电流先减小后增大，而电动势不变则电源的总功率先减少后增加．故C正确；‎ D、随着滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，总电阻先增大后减小，导致电流先减小后增大，内电压先最小后增大，外电压先增大后减小．由于电压表是测得外电压，所以电压表读数是先增加后减少．故D错误；‎ 故选：BC ‎　‎ 二．填空题：（共20分，每空两分）‎ ‎13．在匀强磁场中，有一段5cm的导线和磁场垂直．当导线通过的电流是 lA时，受磁场的作用力是0.1N，那么磁感应强度B=　2　T．‎ ‎【考点】磁感应强度；安培力．‎ ‎【分析】在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱．将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比．‎ ‎【解答】解：根据磁感应强度的定义式B=可得： T 故答案为：2‎ ‎　‎ ‎14．读出图中游标卡尺和螺旋测微器的读数游标卡尺的读数为　11.4　mm．；螺旋测微器的读数为　0.920　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．‎ ‎【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为：1.1cm=11mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为4×0.1mm=0.4mm，所以最终读数为：11mm+0.4mm=11.4mm．‎ ‎2、螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为42.0×0.01mm=0.420mm，所以最终读数为0.5mm+0.420mm=0.920mm．‎ 故答案为：11.4 0.920；‎ ‎　‎ ‎15．欲用伏安法测定一段阻值为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确并且电压从0开始调节，备有以下器材：‎ A．电池组（3V、1Ω） ‎ B．电流表（0﹣3A、0.0125Ω）‎ C．电流表（0﹣0.6A、0.125Ω） ‎ D．电压表（0～3V、3kΩ）‎ E．电压表（0～15V、15kΩ） ‎ F．滑动变阻器（0～20Ω、1A）‎ G．滑动变阻器（0～200Ω、0.3A） ‎ H．开关、导线 ‎（1）上述器材中应选用的是　ACDFH　．‎ ‎（2）实验电路应采用电流表　外　接法（填“内”或“外”）．‎ ‎（3）在方框中画出实验电路图．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器，根据伏安法测电阻原理选择实验器材．‎ ‎（2）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法．‎ ‎（3）根据题意确定滑动变阻器的接法，然后作出电路图．‎ ‎【解答】解：（1）应用伏安法测电阻需要用到电源、电压表、电流表、滑动变阻器、开关、导线，由于电源电动势为3V，电压表应选D，电路最大电流约为：I===0.6A，电流表应选择C，为方便实验操作，滑动变阻器应选择F，故需要的实验器材有：ACDFH；‎ ‎（2）待测电阻阻值约为5Ω，电流表内阻约为0.125Ω，电压表内阻约为3000Ω，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法；‎ ‎（3）实验要求：测量结果尽量准确并且电压从0开始调节，则滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用外接法，实验电路图如图所示：‎ 故答案为：（1）ACDFH；（2）外；（3）电路图如图所示．‎ ‎　‎ ‎16．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：‎ ‎①干电池E（电动势约为1.5V、内电阻大约为1.0Ω）‎ ‎②电压表V（0﹣15V）‎ ‎③电流表A（0﹣0.6A，内阻0.1Ω）‎ ‎④电流表G（满偏电流3mA、内阻Rg=10Ω）‎ ‎⑤滑动变阻器R1（0﹣10Ω、10A）‎ ‎⑥滑动变阻器R2（0﹣100Ω、1A）‎ ‎⑦定值电阻R3=990Ω ‎⑧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）图1是设计的实验电路图，图中甲与乙应选用的器材分别为　A　、　G　（填写字母代号）；‎ ‎（3）图2为某一同学根据他设计的实验，绘出的I1﹣I2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=　1.47　V，内电阻r=　0.83　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【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，故若采用电流表外接法，由于没有电压表，故应将G与定值电阻串联充当电压表； ‎ ‎（3）由作出的U﹣I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．‎ ‎【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，采用的是电流表内接法，电流表选A； ‎ ‎（3）I2为零时，表示断路，I1=1.47mA E=I1（RG+R3）=1.47V 从横坐标0.1A到0.4A，相差0.3A 纵坐标变化量为0.24V （0.24mA对应于0.24V） r==0.80Ω；故电源的电动势E=1.47，内阻r=0.80Ω； ‎ 故答案为：（1）R1；（2）A，G；（3）1.47，0.80．‎ ‎　‎ 三．计算题 ‎17．如图所示，R为电阻箱，电压表为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：‎ ‎（1）电源的电动势E和内阻r；‎ ‎（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）运用闭合电路欧姆定律，分别研究电阻为R1和R2的情况，列出含有电动势和内阻的方程组求解．‎ ‎（2）当电阻箱的阻值等于电源的内电阻时，电源的输出功率最大，再求解Pm．‎ ‎【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律得：‎ ‎ E=U1+r，代入得：E=4+r=4+2r…①‎ ‎ E=U2+r，代入得：E=5+r=5+r…②‎ 联立上式并代入数据解得：E=6V，r=1Ω 即电源电动势为6V，内阻为1Ω；‎ ‎（2）电源的输出功率表达式为：P=I2R=R 将上式变形为：P=‎ 根据数学知识知：因为R•=r2，所以R=，即 R=r=1Ω时，P有最大值为：‎ Pm==W=9W；‎ 答：（1）电源电动势为6V，内阻为1Ω．4017288‎ ‎（2）当电阻箱R读数为1Ω时，电源的输出功率最大，最大值Pm为9W．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，M为一线圈电阻rM=0.4Ω的电动机，R=24Ω，电源电动势E=40V．当S断开时，电流表的示数，I1=1.6A，当开关S闭合时，电流表的示数为I2=4.0A求 ‎（1）电源内阻 ‎（2）开关S闭合时电动机输出的机械功率 ‎（3）开关S闭合时电源输出功率．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）当S断开时，根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻．‎ ‎（2）当开关S闭合时，已知电流表的示数，根据闭合电路欧姆定律求出路端电压，由欧姆定律求出通过R的电流，得到通过电动机的电流，电动机发热消耗的功率为：R热=I2r，电动机的输出功率等于电功率与内部消耗的热功率之差．‎ ‎（3）电源的输出功率为P=UI．‎ ‎【解答】解：（1）根据闭合电路的欧姆定律 I1=‎ 代入数据解得：r0=﹣R=（﹣24）Ω=1Ω ‎（2）开关S闭合后路端电压 U=E﹣I2r0=（40﹣4.0×1）V=36V，‎ 流过R的电流强度为：IR=1.5A，‎ 流过电动机的电流强度为：I=I2﹣IR=（4.0﹣1.5）A=2.5A，‎ 电动机发热消耗的功率为：R热=I2r=（2.52×0.4）W=2.5W，‎ 电动机转化为机械能的功率：P机=UI﹣P热=87.5W ‎（3）开关S闭合时电源输出功率为：P=UI2=36×4=144W．‎ 答：（1）电源内阻为1Ω；‎ ‎（2）开关S闭合时电动机输出的机械功率为87.5W；‎ ‎（3）开关S闭合时电源输出功率为144W．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示电路中，电源电动势E=9V，内电阻r=2Ω，定值电阻R1=6Ω，R2=10Ω，R3=6Ω，电容器的电容C=10μF．‎ ‎（1）保持开关S1、S2闭合，求电容器C的带电量；‎ ‎（2）保持开关S1闭合，将开关S2断开，求断开开关S2后流过电阻R2的电量．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】（1）保持开关S1、S2闭合，电阻R1、R2串联，电路稳定时，没有电流流过R3，电容器的电压等于R1两端的电压，根据欧姆定律和电容的定义式求解电容器的带电量．‎ ‎（2）保持开关S1闭合，将开关S2断开，电路稳定时没有电流，电容器的电压等于电源电动势，由电容的定义式求出电容器的带电量，再求出流过电阻R2的电量．‎ ‎【解答】解：（1）保持开关S1、S2闭合，则电容器上电压：‎ Uc=UR1== ①‎ 电容器带电量为：Q=CUc=10×10﹣6×3C=3×10﹣5C ②‎ ‎（2）保持开关S1闭合，将开关S2断开后，电路稳定时电容器上电压等于电源电压：‎ Q′=CE=10×10﹣6×9C=9×10﹣5C 流过R2的电量等于电容器C上电量的增加量为：‎ QR2=△Q=Q′﹣Q=9×10﹣5﹣3×10﹣5=6×10﹣5C 答：（1）保持开关S1、S2闭合，电容器C的带电量为3×10﹣5C；‎ ‎（2）保持开关S1闭合，将开关S2断开，断开开关S2后流过电阻R2的电量为6×10﹣5C．‎ ‎　‎ ‎2016年11月7日