物理卷·2018届江西省吉安一中高二上学期第一次段考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届江西省吉安一中高二上学期第一次段考物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年江西省吉安一中高二（上）第一次段考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（4×10=40分。其中1-7为单选题，8、9、10为多选题）‎ ‎1．先后在磁场中A、B两点引入长度相等的短直导线，导线与磁场方向垂直，如图所示，图中a、b两图线分别表示在磁场中A、B两点导线所受的力F与通过导线的电流I的关系．下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B两点磁感应强度相等 B．A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度 C．A点的磁感应强度小于B点的磁感应强度 D．无法比较磁感应强度大小 ‎2．用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，则Rx的阻值为（　　）‎ A． R0 B． R0 C． R0 D． R0‎ ‎3．如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是（　　）‎ A．三个等势面中，等势面a的电势最高 B．带电质点一定是从P点向Q点运动 C．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小 D．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小 ‎4．图中虚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26eV和2eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时，它的动能应为（　　）‎ A．18eV B．13eV C．20eV D．34eV ‎5．如图所示，电量为+q和﹣q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有（　　）‎ A．体中心、各面中心和各边中点 B．体中心和各边中点 C．各面中心和各边中点 D．体中心和各面中心 ‎6．如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（　　）‎ A．U1：U2=1：8 B．U1：U2=1：4 C．U1：U2=1：2 D．U1：U2=1：1‎ ‎7．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的偏转匀强电场中，在满足电子能射出平行极板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（　　）‎ A．U1变大、U2变大 B．U1变小、U2变大 C．U1变大、U2变小 D．U1变小、U2变小 ‎8．某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如图中的a、b、c所示．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．图线b表示输出功率PR随电流I变化的关系 B．图中a线最高点对应的功率为最大输出功率 C．在图线上A、B、C 三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PC D．两个图线交点M与N的横坐标之比一定为1：2，纵坐标之比一定为1：4‎ ‎9．如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电源E相连，在距离两板等距离的M点有一个带电液滴处于静止状态．若将b板向上平移一小段距离，但仍在M点下方，稳定后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．液滴将加速向下运动 B．M点电势升高 C．带电液滴在M点的电势能增大 D．在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同 ‎10．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．闭合电键后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2、△U3，理想电流表示数变化量的绝对值为△I，则（　　）‎ A．△U2=△U1+△U3 B． =R+r C．电源输出功率先增大后减小 D．和保持不变 ‎　‎ 二、填空题（本题共3小题，4+8+8=20分，共20分）‎ ‎11．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）使用螺旋测微器测量圆柱体的直径，某次测量的示数如图（a）所示，直径为　　mm．‎ ‎（2）按如图（b）连接电路后，实验操作如下：‎ ‎①将滑动变阻器R1的阻值置于最　　初（填“左”或“右”）；将s2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；‎ ‎②将电阻箱R2的阻值调至最大，S2拨向结点2；保持R1不变，调节R2，　　，此时R2阻值为1250Ω；‎ ‎（3）由此可知，圆柱体的电阻为　　Ω．‎ ‎12．实验室有一破损的双量程动圈式电压表，两量程分别是50V和500V，其内部电路如图1所示，因电压表的表头G已烧坏，无法知道其电学特性，但两个精密电阻R1、R2完好，测得R1=49.9kΩ，R2=499.9kΩ．现有两个表头，外形都与原表头G相同，已知表头G1的满偏电离为1mA，内阻为60Ω；表头G2的满偏电流0.5mA，内阻为100Ω，又有两个定值电阻r1=40Ω，r2=20Ω．若保留R1、R2的情况下，对电压表进行修复，则：‎ ‎（1）原表头G满偏电流Ig=　　，内阻rg=　　．‎ ‎（2）用于修复电压表的器材有：　　（填器材符号）．‎ ‎（3）在虚线框中画出修复后的电路2．‎ ‎13．在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路．‎ ‎（1）根据图甲实验电路，请在乙图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．‎ ‎（2）实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到　　（选填“a”或“b”）端．‎ ‎（3）合上开关S1，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数．‎ 在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象，如图丙所示，两直线与纵轴的截距分别为UA、UB，与横轴的截距分别为IA、IB．‎ ‎①S2接1位置时，作出的U﹣I图线是图丙中的　　（选填“A”或“B”）线；测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是　　．‎ ‎②由图丙可知，干电池电动势和内阻的真实值分别为E真=　　，r真=　　．‎ ‎　‎ 三、计算题（共4小题，8+10+10+12=40分。要求写出相应的步骤）‎ ‎14．如图所示的电路中，电阻R=10Ω，电动机M的线圈电阻r=1Ω，加在电路两端的电压U=100V，已知电流表的读数为30A，求：‎ ‎（1）通过电动机线圈的电流强度为多少？‎ ‎（2）通电1min，电动机M输出的机械功为多少？‎ ‎15．如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为q、套在直杆上的带负电小球从A点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2．‎ ‎（1）求小球滑至C点时的速度大小；‎ ‎（2）求A、B两点间的电势差UAB；‎ ‎（3）若以C点为零电势点，试确定A点的电势．‎ ‎16．如图所示电路，当变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图中的A、B两直线所示，不考虑电表对电路的影响．‎ ‎（1）电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图象应分别为U﹣I图象中的哪一条直线？‎ ‎（2）定值电阻R0、变阻器的总电阻分别为多少？‎ ‎（3）试求出电源的电动势和内电阻．‎ ‎（4）变阻器滑动片从一端滑到另一端的过程中，变阻器消耗的最大电功率为多少？‎ ‎17．如图甲所示，水平放置的平行金属板A和B的距离为d，它们的右端安放着垂直于金属板的靶MN，现在A、B板上加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向电压值为U0，反向电压值为，且每隔变向1次．现将质量为m的带正电，且电荷量为q的粒子束从AB的中点O以平行于金属板的方向OO′射入，设粒子能全部打在靶上而且所有粒子在A、B间的飞行时间均为T．不计重力的影响．‎ ‎（1）定性分析在t=0时刻从O点进入的粒子，在垂直于金属板的方向上的运动情况．‎ ‎（2）求距靶MN的中心O′点多远的范围内有粒子击中．‎ ‎（3）要使粒子能全部打在靶MN上，电压U0的数值应满足什么条件？（写出U0、m、d、q、T的关系式即可）‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省吉安一中高二（上）第一次段考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（4×10=40分。其中1-7为单选题，8、9、10为多选题）‎ ‎1．先后在磁场中A、B两点引入长度相等的短直导线，导线与磁场方向垂直，如图所示，图中a、b两图线分别表示在磁场中A、B两点导线所受的力F与通过导线的电流I的关系．下列说法正确的是（　　）‎ A．A、B两点磁感应强度相等 B．A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度 C．A点的磁感应强度小于B点的磁感应强度 D．无法比较磁感应强度大小 ‎【考点】安培力；磁感应强度．‎ ‎【分析】磁感应强度的定义公式为B=，磁感应强度是由磁场本身决定的，与起试探作用的电流元无关．‎ ‎【解答】解：根据公式F=BIL，F﹣I图象的斜率为BL，由于长度一定，故斜率越大，表示磁感应强度越大，故A点的磁感应强度大于B点的磁感应强度；故ACD错误，B正确；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．用图示的电路可以测量电阻的阻值．图中Rx是待测电阻，R0是定值电阻，G是灵敏度很高的电流表，MN是一段均匀的电阻丝．闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，测得MP=l1，PN=l2，则Rx的阻值为（　　）‎ A． R0 B． R0 C． R0 D． R0‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】闭合开关，改变滑动头P的位置，当通过电流表G的电流为零时，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和Rx 的电流也相等；并联电路电压相等，故电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和Rx的电压比；再结合欧姆定律列式求解即可．‎ ‎【解答】解：电阻丝MP段与PN段电压之比等于R0和Rx的电压比，即；‎ 通过电流表G的电流为零，说明通过电阻丝两侧的电流是相等的，而总电流一定，故通过R0和Rx的电流也相等，故；‎ 根据电阻定律公式，有；‎ 故，解得R0‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，虚线a、b、c是电场中的三个等势面，相邻等势面间的电势差相同，实线为一个带正电的质点仅在电场力作用下，通过该区域的运动轨迹，P、Q是轨迹上的两点．下列说法中正确的是（　　）‎ A．三个等势面中，等势面a的电势最高 B．带电质点一定是从P点向Q点运动 C．带电质点通过P点时的加速度比通过Q点时小 D．带电质点通过P点时的动能比通过Q点时小 ‎【考点】电势；电势能．‎ ‎【分析】作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，电场线向下．故a点电势最高；根据推论，正电荷在电势高处电势能大，可知电荷在P点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强大，电场力大，加速度大．‎ ‎【解答】解：A、作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和正电荷可知，电场线向下．故a点电势最低．故A错误．‎ B、根据已知条件无法判断粒子的运动方向．故B错误．‎ C、等差等势面P处密，P处电场强度大，电场力大，加速度大．C错误．‎ D、从P到Q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故P点的动能小于Q点的动能，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．图中虚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26eV和2eV．当这一点电荷运动到某一位置，其电势能变为﹣8eV时，它的动能应为（　　）‎ A．18eV B．13eV C．20eV D．34eV ‎【考点】电势差与电场强度的关系；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﹣8eV时的动能值．‎ ‎【解答】解：由题，电荷经过a、b点时的动能分别为26eV和2eV，动能减小为24eV．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8eV，电势能增大，等势面3的电势为0，电荷经过b时电势能为8eV，又由题，电荷经b点时的动能为2eV，所以电荷的总能量为E=Ep+Ek=8eV+2eV=10eV，其电势能变为﹣8eV时，根据能量守恒定律得到，动能应为18eV．‎ 故选：A ‎　‎ ‎5．如图所示，电量为+q和﹣q的点电荷分别位于正方体的顶点，正方体范围内电场强度为零的点有（　　）‎ A．体中心、各面中心和各边中点 B．体中心和各边中点 C．各面中心和各边中点 D．体中心和各面中心 ‎【考点】电场的叠加．‎ ‎【分析】两个等量同种电荷在其连线的中点处的合场强为零．两个等量同种正电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向远离正电荷的方向．两个等量同种负电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向负电荷的方向．然后分线中心、面中心和体中心进行分析，分析时将图中点电荷分组，运用合成法讨论．‎ ‎【解答】解：两个等量同种电荷在其连线的中点处的合场强为零，两个等量同种正电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向远离正电荷的方向，两个等量同种负电荷在其连线的中垂线上的合场强沿中垂线指向负电荷的方向．在正方体的上面中心，上面的四个电荷分成两组产生的场强都是零，下面的四个电荷分成两组产生的场强等大反向，所以正方体的上面中心处的合场强为零，同理所有各面中心处的合场强都为零．在体中心，可以将八个电荷分成四组，产生的合场强为零．而在各边中心，场强无法抵消，合场强不为零．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，有一带电粒子贴着A板沿水平方向射入匀强电场，当偏转电压为U1时，带电粒子沿①轨迹从两板正中间飞出；当偏转电压为U2时，带电粒子沿②轨迹落到B板中间；设粒子两次射入电场的水平速度相同，则两次偏转电压之比为（　　）‎ A．U1：U2=1：8 B．U1：U2=1：4 C．U1：U2=1：2 D．U1：U2=1：1‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】带点粒子在电场中做类似平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，根据运动学公式和牛顿第二定律列式求解．‎ ‎【解答】解：带点粒子在电场中做类似平抛运动，将合运动沿着平行平板和垂直平板方向正交分解，有 x=v0t y=‎ 解得 ‎∝‎ 故 故选A．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的偏转匀强电场中，在满足电子能射出平行极板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（　　）‎ A．U1变大、U2变大 B．U1变小、U2变大 C．U1变大、U2变小 D．U1变小、U2变小 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】电子经电场加速后，进入偏转电场，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和运动学公式求出电子离开电场时数值方向分速度，表示出偏转角正切值的表达式，从而判断使偏转角变小的方法．‎ ‎【解答】解：根据动能定理：eU1=mv2‎ 得：v=‎ 在偏转电场中vy=at a=‎ t= vy=at tanθ==‎ 若使偏转角变大即使tanθ变大，由上式看出可以增大U2减小U1．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如图中的a、b、c所示．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．图线b表示输出功率PR随电流I变化的关系 B．图中a线最高点对应的功率为最大输出功率 C．在图线上A、B、C 三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PC D．两个图线交点M与N的横坐标之比一定为1：2，纵坐标之比一定为1：4‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】根据电源消耗的总功率的计算公式PE=EI可得电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率Pr=I2r可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，在由功率的公式可以分析功率之间的关系．‎ ‎【解答】解：A、由电源消耗功率和电源内部消耗功率表达式PE=EI，Pr=I2r，可知，a是直线，表示的是电源消耗的总电功率，b是抛物线，表示的是电源内电阻上消耗的功率，c表示外电阻的功率即为电源的输出功率PR，所以AB错误；‎ C、在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，因为直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PC，所以C正确；‎ D、当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时即为b、c线的交点M时的电流，此时电流的大小为=，功率的大小为，a、b线的交点N表示电源的总功率PE和电源内部的发热功率Pr随相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为，功率的大小为，所以横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1：4，所以D正确．‎ 故选CD．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，两块水平放置的平行正对的金属板a、b与电源E相连，在距离两板等距离的M点有一个带电液滴处于静止状态．若将b板向上平移一小段距离，但仍在M点下方，稳定后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．液滴将加速向下运动 B．M点电势升高 C．带电液滴在M点的电势能增大 D．在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；电容器的动态分析．‎ ‎【分析】电容器与电源保持相连，电容器板间的电压不变，将b板向上平移一小段距离，根据E=分析电场强度的变化，判断液滴的运动方向；判断M与a板间电势差变化，结合电势高低，判断M点电势的变化；根据负电荷在电势高处电势能小的结论，分析电势能的变化．电场力做功W=qU．‎ ‎【解答】解：A、电容器与电源保持相连，电容器板间的电压不变，将b板向上平移一小段距离，根据E=分析得知板间电场强度增大，液滴所受的电场力增大，液滴将加速向上运动．故A错误．‎ B、由U=Ed知，M与a间的电场差增大，a点的电势为零，M点的电势小于零，则知M点的电势降低．故B错误．‎ C、由于液滴带负电，则带电液滴在M点的电势能增大．故C正确．‎ D、在b板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，两板间的电势差不变，根据电场力做功公式W=qU知，电场力做功相同．故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎10．如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r．闭合电键后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为△U1、△U2、△U3，理想电流表示数变化量的绝对值为△I，则（　　）‎ A．△U2=△U1+△U3 B． =R+r C．电源输出功率先增大后减小 D．和保持不变 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析电路中电流和各个电阻电压的变化，结合闭合电路欧姆定律进行分析电压变化量与电流变化量比值的变化．‎ ‎【解答】解：A、闭合电键后，将滑动变阻器滑片向下滑动，其有效电阻减小，电路中总电流增大，则U1增大，U2减小，则U3减小，根据所以应有△U2=△U3﹣△U1．故A错误．‎ B、根据闭合电路欧姆定律得：U3=E﹣I（R+r），则得 =R+r，故B正确．‎ C、由于定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，当将滑动变阻器滑片向下滑动时，电源的内外电阻差值减小，所以电源输出功率一直增大．故C错误．‎ D、R是定值电阻，则有=R，保持不变．U2=E﹣Ir，则=r，保持不变．故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ 二、填空题（本题共3小题，4+8+8=20分，共20分）‎ ‎11．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）使用螺旋测微器测量圆柱体的直径，某次测量的示数如图（a）所示，直径为　10.315　mm．‎ ‎（2）按如图（b）连接电路后，实验操作如下：‎ ‎①将滑动变阻器R1的阻值置于最　右　初（填“左”或“右”）；将s2拨向接点1，闭合S1，调节R1，使电流表示数为I0；‎ ‎②将电阻箱R2的阻值调至最大，S2拨向结点2；保持R1不变，调节R2，　使电流表示数为I0　，此时R2阻值为1250Ω；‎ ‎（3）由此可知，圆柱体的电阻为　1250　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所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为10mm，可动刻度示数为31.5×0.01mm=0.315mm，螺旋测微器示数为10mm+0.315mm=10.315mm．‎ ‎（2）①为保护电路，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；‎ ‎②为保护电路，应将电阻箱R2的阻值调至最大处，即将滑片P置于最右处；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1250Ω；‎ ‎（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1250Ω．‎ 故答案为：（1）10.315；（2）①右；②使电流表示数为I0；（3）1250．‎ ‎　‎ ‎12．实验室有一破损的双量程动圈式电压表，两量程分别是50V和500V，其内部电路如图1所示，因电压表的表头G已烧坏，无法知道其电学特性，但两个精密电阻R1、R2完好，测得R1=49.9kΩ，R2=499.9kΩ．现有两个表头，外形都与原表头G相同，已知表头G1的满偏电离为1mA，内阻为60Ω；表头G2的满偏电流0.5mA，内阻为100Ω，又有两个定值电阻r1=40Ω，r2=20Ω．若保留R1、R2的情况下，对电压表进行修复，则：‎ ‎（1）原表头G满偏电流Ig=　1mA　，内阻rg=　100Ω　．‎ ‎（2）用于修复电压表的器材有：　G1、r1　（填器材符号）．‎ ‎（3）在虚线框中画出修复后的电路2．‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】（1）根据串联电路特点与欧姆定律求出表头的满偏电流与内阻．‎ ‎（2）应用串联电路特点与欧姆定律选择实验器材．‎ ‎（3）根据电压表的改装原理作出电路图．‎ ‎【解答】解：（1）由图示电路图可知，电压表量程：‎ Ig（rg+R1）=50V，‎ Ig（rg+R2）=500V，‎ 代入数据解得：Ig=1mA，rg=100Ω；‎ ‎（2）修复电压表，表头满偏电流为，Ig=1mA，故应用G1表头；‎ 电阻应为：rg=100Ω，因表头内阻为60Ω，故应串联r1；所以需要的实验器材为：G1、r1．‎ ‎（3）根据以上分析可知，应将G1与r1串联后接入代替原表头使用，电路图如图所示：‎ 故答案为：（1）1mA；100Ω；（2）G1、r1；（3）如图所示．‎ ‎　‎ ‎13．在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中，小明设计了如图甲所示的实验电路．‎ ‎（1）根据图甲实验电路，请在乙图中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接．‎ ‎（2）实验开始前，应先将滑动变阻器的滑片P调到　a　（选填“a”或“b”）端．‎ ‎（3）合上开关S1，S2接图甲中的1位置，改变滑动变阻器的阻值，记录下几组电压表示数和对应的电流表示数；S2改接图甲中的2位置，改变滑动变阻器的阻值，再记录下几组电压表示数和对应的电流表示数．‎ 在同一坐标系内分别描点作出电压表示数U和对应的电流表示数I的图象，如图丙所示，两直线与纵轴的截距分别为UA、UB，与横轴的截距分别为IA、IB．‎ ‎①S2接1位置时，作出的U﹣I图线是图丙中的　B　（选填“A”或“B”）线；测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是　电压表的分流　．‎ ‎②由图丙可知，干电池电动势和内阻的真实值分别为E真=　UA　，r真=　　．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）关键是看清单刀双掷开关电路图与实物图即可．‎ ‎（2）明确实验前应使滑片置于使电流最小的位置即可．‎ ‎（3）①的关键是根据“等效电源”法分析测量误差的大小，即当s2接1位置时，把电源和电压表看作等效电源，电动势测量值测得是“等效电源”的外电路断开时的路端电压，由于电压表内阻不是无穷大，所以电压表示数将小于电动势真实值，即电动势测量值偏小；‎ 同理内阻的测量值实际等于电压表与内阻真实值的并联电阻，所以内阻测量值也偏小．若s2接2位置时，可把电流表与电源看做一个“等效电源”，不难分析出电动势测量值等于真实值，而内阻测量值应等于内阻真实值与电流表内阻之和，即内阻测量值偏大．‎ ‎【解答】解：（1）实物连线图如图所示：‎ ‎（2）为保护电流表，实验开始前，应将滑片p置于电阻最大的a端；‎ ‎（3）①：当s2接1位置时，可把电压表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律U=E断可知，电动势和内阻的测量值均小于真实值，所以作出的U﹣I图线应是B线；‎ 测出的电池电动势E和内阻r存在系统误差，原因是电压表的分流．‎ ‎②当s2接2位置时，可把电流表与电源看做一个等效电源，根据闭合电路欧姆定律E=U断可知电动势测量值等于真实值，U﹣I图线应是A线，即E真=UA；‎ 由于S2接1位置时，U﹣I图线的B线对应的短路电流为I短=IB，所以r真==；‎ 故答案为：（1）如图 ‎（2）a ‎（3）①B，电压表的分流；②UA；‎ ‎　‎ 三、计算题（共4小题，8+10+10+12=40分。要求写出相应的步骤）‎ ‎14．如图所示的电路中，电阻R=10Ω，电动机M的线圈电阻r=1Ω，加在电路两端的电压U=100V，已知电流表的读数为30A，求：‎ ‎（1）通过电动机线圈的电流强度为多少？‎ ‎（2）通电1min，电动机M输出的机械功为多少？‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）先根据欧姆定律求解通过电阻R的电流，然后用干路电流减去电阻R的电流，得到通过电动机的电流；‎ ‎（2）根据W=UIt求解电动机在1min内消耗的电能，根据P热=I2rt求解电流通过电动机产生的热量，最后根据W机=W﹣Q求解电动机的机械功率功．‎ ‎【解答】解：（1）通过R电流：，‎ 通过电动机的电流：IM=I﹣IR=30A﹣10A=20A，‎ ‎（2）电动机在1min内消耗的电能：，‎ 电流通过电动机产生的热量：，‎ 电动机在1min内输出的机械功为：W'=W﹣Q=1.2×105J﹣2.4×104J=9.6×104J．‎ 答：（1）通过电动机线圈的电流强度为20A；（2）通电1min，电动机M输出的机械功为9.6×104J．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示，在竖直平面内，光滑绝缘直杆AC与半径为R的圆周交于B、C两点，在圆心处有一固定的正点电荷，B为AC的中点，C点位于圆周的最低点．现有一质量为m、电荷量为q、套在直杆上的带负电小球从A点由静止开始沿杆下滑．已知重力加速度为g，A点距过C点的水平面的竖直高度为3R，小球滑到B点时的速度大小为2．‎ ‎（1）求小球滑至C点时的速度大小；‎ ‎（2）求A、B两点间的电势差UAB；‎ ‎（3）若以C点为零电势点，试确定A点的电势．‎ ‎【考点】动能定理的应用；电势能．‎ ‎【分析】（1）B为AC的中点，故BC、AB间的高度差均为1.5R，对B到C过程运用动能定理列式求解C点的速度；‎ ‎（2）对A到B过程运用动能定理列式求解A、B两点的电势差UAB；‎ ‎（3）B、C两点在同一个等势面上，故电势相等，故B点电势也为零，根据UAB=φA﹣φB求解A点的电势．‎ ‎【解答】解：（1）小球由A到B过程，由动能定理得 ‎，①‎ 小球由A到C过程，由动能定理得 mg3R+qUAC= ②‎ 其中，UAB=UAC ③‎ 由①②③式可得小球滑至C点时的速度大小为vC=．‎ ‎（2）由①式可得A、B两点间的电势差 UAB=﹣‎ ‎（3）B、C两点在同一个等势面上，故电势相等，故B点电势也为零，根据UAB=φA﹣φB φA=．‎ 答：（1）小球滑至C点时的速度大小是；‎ ‎（2）A、B两点间的电势差为﹣；‎ ‎（3）A点的电势为．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示电路，当变阻器的滑动片从一端滑到另一端的过程中两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图中的A、B两直线所示，不考虑电表对电路的影响．‎ ‎（1）电压表V1、V2的示数随电流表示数的变化图象应分别为U﹣I图象中的哪一条直线？‎ ‎（2）定值电阻R0、变阻器的总电阻分别为多少？‎ ‎（3）试求出电源的电动势和内电阻．‎ ‎（4）变阻器滑动片从一端滑到另一端的过程中，变阻器消耗的最大电功率为多少？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）当变阻器的滑动片向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，电路中电流增大，定值电阻R0的电压增大，路端电压减小，来判断两个电压表的示数对应的图线．‎ ‎（2）定值电阻R0等于图线AC的斜率大小．由数学知识求出图线的斜率求解R0．当滑动变阻器取最大值时，电流最小，由图读出电流的最小值，由欧姆定律求出变阻器的总电阻R．‎ ‎（3）图线BC反映路端电压与电流的关系，其斜率大小等于电源的内阻，由数学知识求出电源的内阻．再闭合电路欧姆定律求出电源的电动势．‎ ‎（4）将定值电阻和电源当作一个等效电源，当等效电源的内电阻和变阻器电阻相等时，等效电源输出功率最大．‎ ‎【解答】解：（1）电压表V1的示数随电流表示数的变化图象应为B；‎ 电压表V2的示数随电流表示数的变化图象应为A；‎ ‎（2）定值电阻R0===3Ω；‎ 当I=0.5A时R外===15Ω；‎ R=R外﹣R0=12Ω；‎ ‎（3）E=7.5+0.5r E=6+2r 可得：E=8V，r=1Ω ‎ ‎（4）当R=R0+r=4Ω时，变阻器消耗的电功率最大． ‎ UR==4V PR==4W ‎ 答：（1）电V1对应BC图象、V2对应AC图象．‎ ‎（2）定值电阻R0、变阻器的总电阻分别为3Ω和12Ω；‎ ‎（3）电源的电动势为8V，内电阻为1Ω．‎ ‎（4）变阻器滑动片从一端滑到另一端的过程中，变阻器消耗的最大电功率为4W．‎ ‎　‎ ‎17．如图甲所示，水平放置的平行金属板A和B的距离为d，它们的右端安放着垂直于金属板的靶MN，现在A、B板上加上如图乙所示的方波形电压，电压的正向电压值为U0，反向电压值为，且每隔变向1次．现将质量为m的带正电，且电荷量为q的粒子束从AB的中点O以平行于金属板的方向OO′射入，设粒子能全部打在靶上而且所有粒子在A、B间的飞行时间均为T．不计重力的影响．‎ ‎（1）定性分析在t=0时刻从O点进入的粒子，在垂直于金属板的方向上的运动情况．‎ ‎（2）求距靶MN的中心O′点多远的范围内有粒子击中．‎ ‎（3）要使粒子能全部打在靶MN上，电压U0的数值应满足什么条件？（写出U0、m、d、q、T的关系式即可）‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）带电粒子在水平方向做匀速直线运动，竖直方向在电场力的作用下先向下匀加速，再向下减速运动．‎ ‎（2）当粒子在0，T，2T，…nT时刻进入电场中时，粒子将打在O′点下方最远点，粒子在竖直方向先向下做匀加速运动，后做匀减速运动．根据牛顿第二定律求出加速度，由位移公式分别求出前时间内和后时间内，粒子在竖直方向的位移，再粒子打在距O′点正下方的最大位移．当粒子在、，…（2n+1）时刻进入电场时，将打在O′点上方最远点．粒子在竖直方向先向上做匀加速运动，后做匀减速运动．同理求出粒子打在距O′点正上方的最大位移．‎ ‎（3）要使粒子能全部打在靶上，粒子在竖直方向距O′点的最大位移小于．代入（2）问的结论，求解电压U0的数值应满足的条件．‎ ‎【解答】解：（1）在t=0时刻从O点进入的粒子，所受的电场力先向下后向上，则粒子先向下匀加速运动，再向下匀减速运动．‎ ‎（2）当粒子在0，T，2T，…nT时刻进入电场中时，粒子将打在O′点下方最远点，离O′最远距离为：‎ ‎ ymax=••（）2+（•+•）•=．‎ 当粒子在、，…（2n+1）时刻进入电场时，将打在O′点上方最远点．‎ ‎ ymin=••（）2=．‎ 所以在距靶MN的中心O′点到有粒子击中．‎ ‎（3）要使粒子能全部打在靶上，必须满足＜，‎ 解得：U0＜．‎ 答：（1）在t=0时刻从O点进入的粒子，先向下匀加速运动，再向下匀减速运动．‎ ‎（2）在距靶MN的中心O′点点到有粒子击中．‎ ‎（3）要使粒子能全部打在靶MN上，电压U0的数值应满足U0＜‎ ‎　‎ ‎2016年12月10日