物理卷·2018届宁夏吴忠中学高二上学期期中物理试卷 (解析版)

物理卷·2018届宁夏吴忠中学高二上学期期中物理试卷 (解析版)

‎2016-2017学年宁夏吴忠中学高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．关于点电荷的说法，正确的是（　　）‎ A．只有体积很小的带电体才能看成点电荷 B．点电荷就是指电子、质子这些微观粒子 C．当两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用的影响可忽略时，这两个带电体就可看作点电荷 D．当带电体带电量很小时，可看作点电荷 ‎2．如图所示，用带正电的绝缘棒A去靠近原来不带电的验电器B，B的金属箔张开，则（　　）‎ A．金属球和金箔片均带正电 B．金属球带负电，金箔片带正电 C．金属球带正电，金箔片带负电 D．金属球、金箔片均不正电 ‎3．下列关于电源电动势的说法，正确的是（　　）‎ A．电动势实质上就是电压 B．电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功 C．电动势是指电源内部非静电力所做的功 D．电动势越大，表明电源把电能转化为其他形式的能的本领越大 ‎4．如下四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中电势和场强都相同的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．以下说法正确的是（　　）‎ A．由可知此场中某点的电场强度E与F成正比 B．由公式可知电场中某点的电势φ与q成反比 C．由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 D．公式C=，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 ‎6．如图所示的电路中，U=8V不变，电容器电容C=200μF，R1：R2=3：5，则电容器的带电量为（　　）‎ A．1.0×103C B．1.0×10﹣3C C．6.0×104C D．1.6×10﹣3C ‎7．通过电阻R的电流强度为I时，在t时间内产生的热量为Q，若电阻为2R，电流强度为，则在时间t内产生的热量为（　　）‎ A．4Q B．2Q C． D．‎ ‎8．一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）‎ A．串联一个10kΩ的电阻 B．串联一个9.5kΩ的电阻 C．并联一个10kΩ的电阻 D．并联一个9.5kΩ的电阻 ‎9．两个电阻丝，R1=16R2如果给它们加上相同的电压，则在同一时间内通过它们的电量之比为（　　）‎ A．1：4 B．1：8 C．1：16 D．16：1‎ ‎10．如图所示，曲线是电场中的一组电场线，A、B是电场中的两点，则下列说法正确的是（　　）‎ A．电势φA＞φB，场强EA＜EB B．电势φA＞φB，场强EA＞EB C．将﹣q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能EPA＞EPB D．将﹣q电荷从A点移到B点电场力做正功 ‎11．“神舟”六号载人飞船上的电子仪器及各种动作的控制都是靠太阳能电池供电的．由于光照而产生电动势的现象称为光伏效应．“神舟”飞船上的太阳能电池就是依靠光伏效应设计的单晶硅太阳能电池．在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达23%．单片单晶硅太阳能电池可产生0.6V的电动势，可获得0.1A的电流，求每秒照射到单片单晶硅太阳能电池上太阳光的能量是（　　）‎ A．0.24J B．0.25J C．0.26J D．0.28J ‎12．图中虚线所示为静电场中的等势面1.2.3.4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a．b点时的动能分别为25eV和4eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣10eV时，它们动能应为（　　）‎ A．10eV B．19eV C．21eV D．29eV ‎13．有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q，此时电子的定向移动速度为v，在△t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（　　）‎ A．nvS△t B．nv△t C． D．‎ ‎14．关于公式R=和公式R=ρ，下列说法正确的是（　　）‎ A．两公式对一切情况都适用 B．R=仅适用于金属导体，R=ρ适用于任何导体 C．导体的电阻R与U成正比，与I成反比 D．导体的电阻在温度一定时与导体长度成正比，与导体的横截面积成反比 ‎15．两个相同的金属小球，带电量之比为1：7，相距为r，视为点电荷，相互间的斥力大小为F，两者接触后再放回原处，则它们的静电力可能为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎16．三个电子在同一地点沿同一直线垂直飞入偏转电场，如图．则由此可判断（　　）‎ A．b和c同时飞离电场 B．在b飞离电场的瞬间，a刚好打在下极板上 C．进入电场时，c速度最大，a速度最小 D．c的动能增量最小，a和b的动能增量一样大 ‎　‎ 二、实验题 ‎17．①在《测定金属丝电阻率》的实验中，需要测出其长度L．直径d和电阻R．用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图1，则金属丝的直径为　　mm．‎ ‎②用电流表和电压表测金属丝的电流电压时读数如图2，则电压表的读数为　　 V，电流表的读数为　　A．‎ ‎18．有一灯泡上标有“6V 0.1A”的字样，现要测量该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用：‎ A．电压表（0﹣5V，内阻2.0KΩ）‎ B．电压表（0﹣10V，内阻3.0KΩ）‎ C．电流表（0﹣0.3A，内阻2.0Ω）‎ D．电流表（0﹣6A，内阻1.5Ω）‎ E．滑动变阻器（30Ω，2A）‎ F．滑动变阻器 G．学生电源（直流9V）及开关、导线等 ‎（1）实验中所用的电压表应选　　，电流表应选　　，滑动变阻器应选　　．‎ ‎（2）画出实验电路图，要求电压从0V开始测量．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎19．用30cm的细线将质量为4×10﹣3kg的带电小球P悬挂在O点下，当空中有方向为水平向右，大小为1×104N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态．‎ ‎（1）分析小球的带电性质；‎ ‎（2）求小球的带电量；‎ ‎（3）求细线的拉力．‎ ‎20．在电场中把2.0×10﹣9C的正电荷从A点移到B点，静电力做功2.5×10﹣7J．再把这个电荷从B点移到C点，克服静电力做功3×10﹣7J．求：‎ ‎（1）A、C两点间的电势差UAC；‎ ‎（2）把﹣3.0×10﹣9C的电荷从A点移到C点，静电力做了多少功？‎ ‎21．在图所示的电路中，电源电压U恒定不变，当S闭合时R1消耗的电功率为9W，当S断开时R1消耗的电功率为4W，求：‎ ‎（1）电阻R1与R2的比值是多大？‎ ‎（2）S断开时，电阻R2消耗的电功率是多少？‎ ‎（3）S闭合与断开时，流过电阻R1的电流之比是多少？‎ ‎22．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=2Ω，电路中另一电阻R=4Ω，直流电压U1=120V，理想电压表示数U2=110V．试求：‎ ‎（1）通过电动机的电流；‎ ‎（2）电动机输出的机械功率；‎ ‎（3）若电动机匀速竖直向上提升重物，重物的质量m=30kg，求提升速度多大？（g取10m/s2）‎ ‎23．如图所示，在竖直向下的匀强电场中，一个质量为m带负电的小球从斜轨道上的A点由静止滑下，小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时恰好不落下来．已知轨道是光滑而又绝缘的，且小球的重力是它所受的电场力2倍．求：‎ ‎（1）A点在斜轨道上的高度h为多少？‎ ‎（2）小球运动到最低点时的最小压力为多少？‎ ‎　‎ 四、附加题 ‎24．如图所示，一个“V”型玻璃管倒置于竖直平面内，并处于E=103v/m、方向竖直向下的匀强电场中，一个带负电的小球，重为G=10﹣3N，电量q=2×10﹣6C，从A点由静止开始运动，球与管壁的摩擦因数μ=0.5．已知管长AB=BC=2m，倾角α=37°，且管顶B处有一很短的光滑圆弧．求：‎ ‎（1）小球第一次运动到B时的速度多大？‎ ‎（2）小球运动后，第一次速度为0的位置在何处？‎ ‎（3）从开始运动到最后静止，小球通过的总路程是多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年宁夏吴忠中学高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题 ‎1．关于点电荷的说法，正确的是（　　）‎ A．只有体积很小的带电体才能看成点电荷 B．点电荷就是指电子、质子这些微观粒子 C．当两个带电体的大小及形状对它们之间的相互作用的影响可忽略时，这两个带电体就可看作点电荷 D．当带电体带电量很小时，可看作点电荷 ‎【考点】元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】物理学上把本身的线度比相互之间的距离小得多的带电体简化为一个点，叫做点电荷． ‎ 同一个电荷能否看作点电荷，不仅和带电体本身有关，还取决于问题的性质和精度的要求，即需要具体问题具体分析．‎ ‎【解答】解：A、D、由带电体看作点电荷的条件，当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，带电体能否看作点电荷是由研究问题的性质决定，与自身大小形状无具体关系，故A错误，D错误；‎ B、当带电体的形状对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，不一定就是电子和质子；而在很小的范围内时，电子、质子也不一定能看作是点电荷．故B错误 C、当两个带电体的形状对它们相互作用力的影响可忽略时，这两个带电体可看成点电荷，故C正确；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，用带正电的绝缘棒A去靠近原来不带电的验电器B，B的金属箔张开，则（　　）‎ A．金属球和金箔片均带正电 B．金属球带负电，金箔片带正电 C．金属球带正电，金箔片带负电 D．金属球、金箔片均不正电 ‎【考点】电荷守恒定律．‎ ‎【分析】导体内自由电荷在电场力作用下重新分布，导体两端出现等量正负感应电荷的现象叫做感应起电；‎ 感应起电的实质是在带电体上电荷的作用下，导体上的正负电荷发生了分离，使电荷从导体的一部分转移到了另一部分，只有导体上的电子才能自由移动，‎ ‎【解答】解：用带正电的绝缘棒A去靠近原来不带电的验电器B，由于静电感应验电器（导体）两端出现等量正负感应电荷，近端的电荷的电性与A相反，带负电，所以金属球带负电，远端的金属箔片电荷与A的电性相同，带正电荷，即金属球带负电，金箔片带正电，故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．下列关于电源电动势的说法，正确的是（　　）‎ A．电动势实质上就是电压 B．电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功 C．电动势是指电源内部非静电力所做的功 D．电动势越大，表明电源把电能转化为其他形式的能的本领越大 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．但电压和电动势的物理意义不同；电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱．‎ ‎【解答】解：A、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱；而电压是反映静电力做功情况；二者意义不同；故电动势与电压不同；故A错误；‎ B、由W=Eq可知，电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功；故B正确；‎ C、电动势是指电源内部非静电力所做的功与流过电荷量之间的比值；故C错误；‎ D、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，把其他形式的能转化为电能的本领越大．故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．如下四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中电势和场强都相同的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】电场强度是矢量，既有大小又有方向，只有当大小均相同时，场强才相同．电势是标量，根据电场线和等势线的分布情况解答．‎ ‎【解答】解：A、ab两点电势相同，电场强度方向不同，场强不同．故A错误．‎ B、ab在同一等势线上，电势相等．根据对称性，ab两点场强相同，故B正确．‎ C、根据顺着电场线电势降低，则知a点的电势比b点高．根据电场线分布情况可知a、b两点场强相同．故C错误．‎ D、a点场强方向向上，b点场强方向向下，场强不同．电势相同．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．以下说法正确的是（　　）‎ A．由可知此场中某点的电场强度E与F成正比 B．由公式可知电场中某点的电势φ与q成反比 C．由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 D．公式C=，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 ‎【考点】电场强度；电势差；电势．‎ ‎【分析】电场强度是采用比值定义的，E和F以及检验电荷q无关，E是由电场本身决定的；‎ 电场中某点的电势φ与检验电荷q无关，是由电场本身和零电势点决定的．‎ Uab=Ed中的d是匀强电场中的任意两点a、b沿着电场线方向的距离．‎ 电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关．‎ ‎【解答】解：A、电场强度是采用比值定义的，E和F以及检验电荷q无关，E是由电场本身决定的，故A错误．‎ B、电场中某点的电势φ与检验电荷q无关，是由电场本身和零电势点决定的．故B错误．‎ C、Uab=Ed中的d是匀强电场中的任意两点a、b沿着电场线方向的距离，故C错误．‎ D、公式C=，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关，与两极板间距离d，极板面积S等有关．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示的电路中，U=8V不变，电容器电容C=200μF，R1：R2=3：5，则电容器的带电量为（　　）‎ A．1.0×103C B．1.0×10﹣3C C．6.0×104C D．1.6×10﹣3C ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．‎ ‎【分析】图中两个电阻串联，电容器板间电压等于R2两端的电压．先根据串联电路电压与电阻成正比，求出电容器的电压，再由电容的定义式C=求解电量 ‎【解答】解：根据串联电路电压与电流成正比的特点得电容器板间电压为：‎ UC=V 电容器储存的电量为：‎ Q=CUC=200×10﹣6×5C=0.001C．‎ 故选：B ‎　‎ ‎7．通过电阻R的电流强度为I时，在t时间内产生的热量为Q，若电阻为2R，电流强度为，则在时间t内产生的热量为（　　）‎ A．4Q B．2Q C． D．‎ ‎【考点】焦耳定律．‎ ‎【分析】根据Q=I2Rt去求电阻变为2R，电流强度变为，在时间t内产生的热量．‎ ‎【解答】解：根据Q=I2Rt得，电阻变为原来的2倍，电流强度变为原来的，时间不变，则热量变为原来的．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎8．一个电流表的满偏电流Ig=1mA，内阻Rg=500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）‎ A．串联一个10kΩ的电阻 B．串联一个9.5kΩ的电阻 C．并联一个10kΩ的电阻 D．并联一个9.5kΩ的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】把电流表改装成电压表应串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．‎ ‎【解答】解：把电流表改装成电压表，需要串联一个分压电阻，‎ 串联电阻阻值：R=﹣Rg=﹣500=9500Ω=9.5kΩ；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎9．两个电阻丝，R1=16R2如果给它们加上相同的电压，则在同一时间内通过它们的电量之比为（　　）‎ A．1：4 B．1：8 C．1：16 D．16：1‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】两个电阻并联，两端的电压相同，知道两个电阻的阻值大小关系，利用公式Q=W=，进行分析求解．‎ ‎【解答】解：由焦耳定律，知电阻上产生的热量：‎ Q=W=，‎ 又R1、R2并联，R1=16R2，‎ Q1：Q2=： =R2：R1=1：16．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，曲线是电场中的一组电场线，A、B是电场中的两点，则下列说法正确的是（　　）‎ A．电势φA＞φB，场强EA＜EB B．电势φA＞φB，场强EA＞EB C．将﹣q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能EPA＞EPB D．将﹣q电荷从A点移到B点电场力做正功 ‎【考点】电场线；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】电场线越密，场强越大．沿电场线方向电势逐渐降低，从高电势向低电势移动正电荷电场力做正功．‎ ‎【解答】解：A、B由图看出，A处电场线比B处电场线密，则A点场强大于B点的场强，沿电场线方向电势逐渐降低，故φA＞φB．故A错误，B正确．‎ C、负电荷在电势低的地方电势能大，故将﹣q电荷分别放在A、B两点时具有的电势能是放在B点时大．故C错误．‎ D、从高电势向低电势移动负电荷时，电势能增大，故说明电场力做负功．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎11．“神舟”六号载人飞船上的电子仪器及各种动作的控制都是靠太阳能电池供电的．由于光照而产生电动势的现象称为光伏效应．“神舟”飞船上的太阳能电池就是依靠光伏效应设计的单晶硅太阳能电池．在正常照射下，太阳能电池的光电转换效率可达23%．单片单晶硅太阳能电池可产生0.6V的电动势，可获得0.1A的电流，求每秒照射到单片单晶硅太阳能电池上太阳光的能量是（　　）‎ A．0.24J B．0.25J C．0.26J D．0.28J ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】由欧姆定律即可求得电流，由电功公式W=UIt可求得太阳能电池吸收的光能，由光电转换效率可求得太阳光的能量．‎ ‎【解答】解：电阳能电池每秒产生的电能为W=UIt=0.6V×0.1A×1s=0.06J；‎ 则照到太阳能电池上的光能为W光===0.26J；‎ 故选C ‎　‎ ‎12．图中虚线所示为静电场中的等势面1.2.3.4，相邻的等势面之间的电势差相等，其中等势面3的电势为0．一带正电的点电荷在静电力的作用下运动，经过a．b点时的动能分别为25eV和4eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣10eV时，它们动能应为（　　）‎ A．10eV B．19eV C．21eV D．29eV ‎【考点】等势面；能量守恒定律；电势能．‎ ‎【分析】由题，相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，根据能量守恒定律确定出电荷在b等势面上的电势能，写出电荷的总能量，再由能量守恒求出其电势能变为﹣10eV时的动能值．‎ ‎【解答】解：由题，电荷经过a、b点时的动能分别为25eV和4eV，动能减小为21eV．而相邻的等势面之间的电势差相等，电荷在相邻等势面间运动时电场力做功相等，电势能变化量相等，则电荷从3等势面到4等势面时，动能减小7eV，电势能增大，等势面3的电势为0，电荷经过b时电势能为7eV；‎ 又由题，电荷经b点时的动能为4eV，所以电荷的总能量为E=Ep+Ek=7eV+4eV=11eV，其电势能变为﹣10eV时，根据能量守恒定律得到，动能应为21eV．‎ 故选：C ‎　‎ ‎13．有一横截面积为S的铜导线，流经其中的电流为I，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q，此时电子的定向移动速度为v，在△t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（　　）‎ A．nvS△t B．nv△t C． D．‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】首先根据电流强度的定义可以求得总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数．‎ ‎【解答】解：在△t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中经过的长度为v△t，由于铜导线的横截面积为S，则在△t时间内，电子经过的导线体积为v△tS．又由于单位体积的导线有n个自由电子，在△t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为nvS△t，故A正确．‎ 由于流经导线的电流为I，则在△t时间内，流经导线的电荷量为I△t，而电子的电荷量为q，则△t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为，故C也正确．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎14．关于公式R=和公式R=ρ，下列说法正确的是（　　）‎ A．两公式对一切情况都适用 B．R=仅适用于金属导体，R=ρ适用于任何导体 C．导体的电阻R与U成正比，与I成反比 D．导体的电阻在温度一定时与导体长度成正比，与导体的横截面积成反比 ‎【考点】电阻定律；欧姆定律．‎ ‎【分析】欧姆定律是电流的定义式，而由电阻定律得出的表达式为电阻的决定式，明确电阻取决于材料、导线长度及导线的横截面积，与电压和电流无关．‎ ‎【解答】解：A、欧姆定律和电阻定律均只适用于纯电阻，故AB错误；‎ C、导体电阻与U及I无关；其大小在温度一定时与导体长度成正比，与导体的横截面积成反比；故D正确，C错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎15．两个相同的金属小球，带电量之比为1：7，相距为r，视为点电荷，相互间的斥力大小为F，两者接触后再放回原处，则它们的静电力可能为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】接触带电的原则是先中和后平分，两个球的电性可能相同，可能不同，根据F=得出接触后再放回原处的库仑力大小．‎ ‎【解答】解：两电荷同性，设一个球的带电量为q，则另一个球的带电量为Q=7q，此时F=，接触后再分开，带电量各为4q，‎ 则两球的库仑力大小F′==F 故选：D．‎ ‎　‎ ‎16．三个电子在同一地点沿同一直线垂直飞入偏转电场，如图．则由此可判断（　　）‎ A．b和c同时飞离电场 B．在b飞离电场的瞬间，a刚好打在下极板上 C．进入电场时，c速度最大，a速度最小 D．c的动能增量最小，a和b的动能增量一样大 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】三个α粒子都做类平抛运动，在垂直电场方向上做匀速直线运动，在沿电场方向上做初速度为0的匀加速直线运动．粒子的质量和电量相同，加速度相同．比较沿电场方向上的位移，可比较出运动时间，再根据垂直电场方向的位移可知初速度的大小．通过动能定理比较动能的变化量 ‎【解答】解：A、b、c竖直方向上的位移不等，yc＜yb．根据y=，可知tc＜tb．故A错误；‎ B、三个粒子的质量和电量都相同，则知加速度相同．a、b两粒子在竖直方向上的位移相等，根据y=，可知运动时间相等．故B正确；‎ C、在垂直于电场方向即水平方向，三个粒子做匀速直线运动，则有：v=．‎ 因xc=xb，tc＜tb，则vc＞vb．‎ 根据ta=tb，xb＞xa．则vb＞va．所以有：vc＞vb＞va．故C正确．‎ D、根据动能定理知，a、b两电荷，电场力做功一样多，所以动能增加量相等．c电荷电场力做功最少，动能增加量最小．故D正确；‎ ‎ 故选：BCD ‎　‎ 二、实验题 ‎17．①在《测定金属丝电阻率》的实验中，需要测出其长度L．直径d和电阻R．用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图1，则金属丝的直径为　0.697　mm．‎ ‎②用电流表和电压表测金属丝的电流电压时读数如图2，则电压表的读数为　2.60　 V，电流表的读数为　0.52　A．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器所示．‎ ‎（2）由图象电表确定电表量程与分度值，读出电表示数．‎ ‎【解答】解：（1）由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为0.5mm，可动刻度示数为19.7×0.01mm=0.197mm，螺旋测微器示数为0.5mm+0.197mm=0.697mm．‎ ‎（2）由图丙所示电压表可知，其量程为3V，分度值为0.1V，示数为2.60V；‎ 由图示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.52A．‎ 故答案为：（1）0.697；（2）2.60；0.52．‎ ‎　‎ ‎18．有一灯泡上标有“6V 0.1A”的字样，现要测量该灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用：‎ A．电压表（0﹣5V，内阻2.0KΩ）‎ B．电压表（0﹣10V，内阻3.0KΩ）‎ C．电流表（0﹣0.3A，内阻2.0Ω）‎ D．电流表（0﹣6A，内阻1.5Ω）‎ E．滑动变阻器（30Ω，2A）‎ F．滑动变阻器 G．学生电源（直流9V）及开关、导线等 ‎（1）实验中所用的电压表应选　B　，电流表应选　C　，滑动变阻器应选　E　．‎ ‎（2）画出实验电路图，要求电压从0V开始测量．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器．‎ ‎（2）根据题意确定滑动变阻器的接法，根据灯泡与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡额定电压是6V，电压表选B，灯泡额定电流为0.1A，电流表选C．为方便实验操作应选滑动变阻器E．‎ ‎（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法；‎ 灯泡正常发光时的电阻为：R==60Ω，电流表内阻约为2Ω，电压表内阻约为3kΩ，‎ 电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实物电路图如图所示．‎ 故答案为：（1）B； C； E （2）如图 ‎　‎ 三、计算题 ‎19．用30cm的细线将质量为4×10﹣3kg的带电小球P悬挂在O点下，当空中有方向为水平向右，大小为1×104N/C的匀强电场时，小球偏转37°后处在静止状态．‎ ‎（1）分析小球的带电性质；‎ ‎（2）求小球的带电量；‎ ‎（3）求细线的拉力．‎ ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；电场强度．‎ ‎【分析】对小球受力分析，根据带电小球处于静止状态，结合力的合成或分解解决问题 ‎【解答】解：（1）小球受力如图，电场力方向与电场同向，故带正电 ‎（2）小球受力平衡，在水平方向：qE=mgtan37°，‎ 得 ‎（3）由受力图可知=0.05N 所以，（1）正电（2）带电量3×10﹣6C（3）拉力0.05N ‎　‎ ‎20．在电场中把2.0×10﹣9C的正电荷从A点移到B点，静电力做功2.5×10﹣7J．再把这个电荷从B点移到C点，克服静电力做功3×10﹣7J．求：‎ ‎（1）A、C两点间的电势差UAC；‎ ‎（2）把﹣3.0×10﹣9C的电荷从A点移到C点，静电力做了多少功？‎ ‎【考点】电功、电功率；电势能．‎ ‎【分析】（1）由电场力做功表达式W=qU可计算AC电势差．‎ ‎（2）由电场力做功表达式W=qU可计算把﹣3.0×10﹣9C的电荷从A点移到C点，静电力做的功．‎ ‎【解答】解：（1）由电功表达式可得：‎ UAC=‎ ‎（2）从A到C由电功表达式可得：‎ WAC=qUAC=﹣3×10﹣9C×（﹣25V）=7.5×10﹣8J ‎ 答：‎ ‎（1）A、C两点间的电势差UAC=﹣25V．‎ ‎（2）把﹣3.0×10﹣9C的电荷从A点移到C点，静电力做为7.5×10﹣8J．‎ ‎　‎ ‎21．在图所示的电路中，电源电压U恒定不变，当S闭合时R1消耗的电功率为9W，当S断开时R1消耗的电功率为4W，求：‎ ‎（1）电阻R1与R2的比值是多大？‎ ‎（2）S断开时，电阻R2消耗的电功率是多少？‎ ‎（3）S闭合与断开时，流过电阻R1的电流之比是多少？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）当S闭合时R2被短路，R1的电压等于U．当S断开时R1的电压等于．根据功率公式求解两电阻之比．‎ ‎（2）S断开时，电阻R2与电阻R1串联，电流相同，由P=I2R公式，采用比例法求解R2消耗的电功率．‎ ‎（3）根据S闭合与断开时电阻R1的电压之比求解电流之比．‎ ‎【解答】解：（1）当S闭合时R1的功率P1=；当S断开时R1的电压等于，功率P1′=‎ 则P1：P1′=1：代入解得：R1：R2=2：1‎ ‎ （2）S断开时，电阻R2与电阻R1串联，电流I相同，由P=I2R得：两电阻功率之比P1′：P2=R1：R2=2：1‎ 所以电阻R2消耗的电功率P2=P1′=2W．‎ ‎ （3）由上得到，S闭合与断开时，电阻R1的电压之比U1：U1′=3：2，由欧姆定律得流过电阻R1的电流之比等于3：2．‎ 答：（1）电阻R1与R2的比值是2：1．‎ ‎ （2）S断开时，电阻R2消耗的电功率是2W．‎ ‎ （3）S闭合与断开时，流过电阻R1的电流之比是3：2．‎ ‎　‎ ‎22．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=2Ω，电路中另一电阻R=4Ω，直流电压U1=120V，理想电压表示数U2=110V．试求：‎ ‎（1）通过电动机的电流；‎ ‎（2）电动机输出的机械功率；‎ ‎（3）若电动机匀速竖直向上提升重物，重物的质量m=30kg，求提升速度多大？（g取10m/s2）‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）以电阻R为研究对象，根据欧姆定律求出通过R的电流，即为通过电动机的电流；‎ ‎（2）电动机的输入功率为P1=U2I，电动机内电阻的发热功率为 P2=I2r，输出的机械功率为P3=P1﹣P2．‎ ‎（3）由公式P3=Fv=mgv求解物体提升的速度．‎ ‎【解答】解：（1）通过电动机的电流 I==A=2.5A； ‎ ‎（2）电动机的输入功率 P1=U2I=110×2.5W=275W，‎ 电动机内电阻的发热功率 P2=I2r=2.52×2W=12.5W，‎ 输出的机械功率 P3=P1﹣P2=W=262.5W； ‎ ‎（3）提升速度设为v，P3=Fv=mgv 代入数据解得：v==m/s=0.875m/s； ‎ 答：‎ ‎（1）通过电动机的电流为2.5A；‎ ‎（2）电动机输出的机械功率为262.5W；‎ ‎（3）提升速度为0.875m/s．‎ ‎　‎ ‎23．如图所示，在竖直向下的匀强电场中，一个质量为m带负电的小球从斜轨道上的A点由静止滑下，小球通过半径为R的圆轨道顶端的B点时恰好不落下来．已知轨道是光滑而又绝缘的，且小球的重力是它所受的电场力2倍．求：‎ ‎（1）A点在斜轨道上的高度h为多少？‎ ‎（2）小球运动到最低点时的最小压力为多少？‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）小球恰好通过最高点，则由向心力公式可求得B点的速度；对AB过程由动能定理可得A在轨道上的高度；‎ ‎（2）对AC过程由动能定理要求得C点的速度，由向心力公式可求得小球在最低点时对轨道的压力．‎ ‎【解答】解：（1）设小球到B点的最小速度为vB，由牛顿第二定律得：‎ mg﹣qE=m…①，‎ 小球从A到B的过程中，由动能定理得：‎ ‎（mg﹣qE）（h﹣2R）=mvB2﹣0…②，‎ 由①②得：h=2.5R…③；‎ ‎（2）小球从A到C的过程中，由动能定理：（mg﹣qE）h=mvC2﹣0… ④，‎ 小球在C点时，牛顿第二定律得：N+qE﹣mg=m… ⑤，‎ 已知：mg=2qE…⑥‎ 由③④⑤⑥得：N=3mg；‎ 答：（1）A点在斜轨道上的高度为2.5R；‎ ‎（2）小球运动到最低点时的最小压力为3mg．‎ ‎　‎ 四、附加题 ‎24．如图所示，一个“V”型玻璃管倒置于竖直平面内，并处于E=103v/m、方向竖直向下的匀强电场中，一个带负电的小球，重为G=10﹣3N，电量q=2×10﹣6C，从A点由静止开始运动，球与管壁的摩擦因数μ=0.5．已知管长AB=BC=2m，倾角α=37°，且管顶B处有一很短的光滑圆弧．求：‎ ‎（1）小球第一次运动到B时的速度多大？‎ ‎（2）小球运动后，第一次速度为0的位置在何处？‎ ‎（3）从开始运动到最后静止，小球通过的总路程是多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）根据牛顿第二定律求出在AB中的加速度，结合速度位移公式求出第一次到达B点的速度．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律求出在BC中运动的加速度，结合速度位移公式求出第一次速度为零的位置．‎ ‎（3）小球最终停在B处，对全过程运用动能定理求出总路程的大小．‎ ‎【解答】解：（1）在上滑的过程中受到重力、竖直向上的电场力、垂直玻璃管向下的弹力和沿玻璃管向下的摩擦力，受力如图所示．‎ 根据牛顿第二定律得：‎ ‎（qE﹣mg）sin37°﹣μ（qE﹣mg）cos37°=ma1‎ 得：a1==2m/s2‎ 所以小球第一次到达B点时的速度为：‎ ‎（2）在下滑的过程中受到重力、竖直向上的电场力、垂直玻璃管向下的弹力和沿玻璃管向上的摩擦力，受力如图所示．‎ 在BC面上，小球开始从B点做匀减速运动，加速度的大小为：‎ a2=g（sinα+μcosα）=10×（sin37°+μcos37°）=10m/s2‎ 所以，速度为0时到B的距离为：‎ s===0.4m．‎ ‎（3）接着小球又反向向B加速运动，到B后又减 速向A运动，这样不断地往复，最后停在B点．如果将全过程等效为一个直线运动，则有：‎ ‎（qE﹣mg）lsinα=μ（qE﹣mg）cosαL 得：L==3m，‎ 即小球通过的全路程为3m．‎ 答：（1）小球第一次运动到B时的速度为m/s；‎ ‎（2）小球运动后，第一次速度为0的位置在距离B点0.4m处；‎ ‎（3）从开始运动到最后静止，小球通过的总路程是3m．‎ ‎　‎ ‎2016年12月14日