物理卷·2018届湖南师大附中高二上学期期中考试物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届湖南师大附中高二上学期期中考试物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年湖南师大附中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题四个选项中只有一个符合题意，请将符合题意的选项序号填涂在答题卡上，每小题5分，共60分）‎ ‎1．玻璃棒与丝绸摩擦后，玻璃棒带正电，这种起电方式为摩擦起电，其原因是（　　）‎ A．丝绸上的一些电子转移到玻璃棒上 B．丝绸上的一些正电荷转移到玻璃棒上 C．玻璃棒上的一些电子转移到丝绸上 D．玻璃棒上的一些正电荷转移到丝绸上 ‎2．点电荷A、B固定在真空中，所带电荷量均为q，若此时它们之间的库仑力为F，将两点电荷所带电量均变为﹣3q，则B球所受的库仑力将变成（　　）‎ A．3F，方向与原来相同 B．4F，方向与原来相同 C．大小和方向均不变 D．9F，方向与原来相同 ‎3．若正的电点电荷q在电场中由M向N做减速运动，且加速度越来越大，则可以判定它所在的电场可能是下列图的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．关于电场，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．只要有电荷存在，电荷周围就一定存在着电场 B．电场是一种物质，是不依赖于我们的感觉而客观存在的东西 C．电荷间的相互作用是通过电场而产生的，电场最基本的性质是对处在它里面的电荷有力的作用 D．电场是人们假想出来的，实际并不存在 ‎5．在某电场中，电荷量为2×10﹣9C的点电荷放在A点，A点的电场强度大小为3×104N/C，则该电荷受到的电场力大小为（　　）‎ A．3×10﹣4N B．6×10﹣5N C．1.2×10﹣13N D．6×10﹣6N ‎6．静电除尘原理中是应用了静电的什么性质（　　）‎ A．同号电荷相斥 B．异号电荷相吸 C．静电吸引轻小物体 D．将静电荷导走 ‎7．电容器是一种常用的电子元件．下列对电容器认识正确的是（　　）‎ A．电容器的电容表示其储存电荷能力 B．电容器的电容与它所带的电量成正比 C．电容器的电容与它两极板间的电压成反比 D．电容的常用单位有μF和pF，1μF=103pF ‎8．如图所示，平行板电容器C和电阻组成电路，当减小电容器极板间的距离时，则（　　）‎ A．在回路中有从a经R流向b的电流 B．在回路中有从b经R流向a的电流 C．回路中无电流 D．回路中的电流方向无法确定 ‎9．关于电动势，下列说法不正确的是（　　）‎ A．电源两极间的电压等于电源电动势 B．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 C．电源电动势的数值等于内、外电压之和 D．电源电动势与外电路的组成无关 ‎10．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4R，通过的电流强度为时，在时间t内产生的热量为（　　）‎ A．2Q B．Q C． D．‎ ‎11．一根电阻丝，在时间t内通过2C的电量时，消耗的电能为8J．若该电阻丝在时间内通过4C的电量时，电阻丝上所加的电压U和消耗的电能E各是（　　）‎ A．U=8 V，E=16 J B．U=16 V，E=16 J C．U=8 V，E=32 J D．U=16 V，E=64 J ‎12．不考虑温度对电阻的影响，两个“220V，100W”的灯泡串联接入220V的线路上时，它们的总功率为（　　）‎ A．200 W B．100 W C．50 W D．25 W ‎　‎ 二、填空题（每空5分，共20分）‎ ‎13．元电荷的电荷量为　　．‎ ‎14．一检验电荷q=+3×10﹣9C，在电场中P点受到的电场力F=6×10﹣7N，P点的电场强度为　　；若将检验电荷电荷量变为q′=+2×10﹣8C 放在P点，受的电场力为　　．‎ ‎15．我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的圆形轨道，当环中电流是5mA时（电子的速度是3×107m/s）．则在整个环中运行的电子数目为　　个．‎ ‎　‎ 三、计算题（每题10分，共20分）‎ ‎16．如图所示，绝缘光滑水平面上，放一质量为m=2.0×10﹣3 kg的带正电滑块A，所带电荷量为q=1.0×10﹣7 C，在水平方向加一水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E=4.0×105 N/C，滑块A由静止释放，求：当滑块速度为v=1m/s时，滑块滑行的距离．‎ ‎17．如图所示，灯泡L上标有“20V，200W”字样，电动机D电阻R=5Ω，当在A、B两端加上220V电压时，灯泡和电动机均正常工作，求：电动机D的电功率和热功率．‎ ‎　‎ 四、选择题（共24分，18～23题为单项选择题，每题2分，后24～29题为多项选择题，每题2分，多项选择题全对得满分，错选多选不得分，少选得1分）‎ ‎18．联合国安理会每个常任理事国都拥有否决权，假设设计一个表决器，常任理事国投反对票时输入“0”，投赞成或弃权时输入“1”，提案通过为“1”，通不过为“0”，则这个表决器应具有哪种逻辑关系（　　）‎ A．“与”门 B．“非”门 C．“或”门 D．“与非”门 ‎19．某同学研究电子在匀强电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（虚线所示），图中一组平行实线可能是电场线，也可能是等势面，下列说法正确的是（　　）‎ A．不论图中实线是电场线还是等势面，a点的电势都比b点的电势低 B．不论图中实线是电场线还是等势面，a点的场强都比b点的场强小 C．如果图中实线是电场线，电子在a点动能较大 D．如果图中实线是等势面，电子在b点动能较小 ‎20．如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中（　　）‎ A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒 B．小球的重力势能增加W1‎ C．小球的机械能增加﹣W1+mv2‎ D．小球的电势能增加W2‎ ‎21．（如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若这两个电阻分别接到这个电源上，则（　　）‎ A．R1接在电源上时，电源的效率高 B．R2接在电源上时，电源的效率高 C．R1接在电源上时，电源的输出功率大 D．电源的输出功率一样大 ‎22．在如图所示的电路中，现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（　　）‎ A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2增大，U减小 C．I1增大，I2减小，U增大 D．I1减小，I2不变，U减小 ‎23．（2分）在图中，A．B两图分别为测灯泡电阻R的电路图，下述说法不正确的是（　　）‎ A．A图的接法叫电流表外接法，B图的接法叫电流表的内接法 B．A中R测＞R真，B中R测＜R真 C．A中误差由电压表分流引起，为了减小误差，应使R＜＜Rv，故此法测较小电阻好 D．B中误差由电流表分压引起，为了减小误差，应使R＞＞RA，故此法测较大电阻好 ‎24．如图所示，半径为r的硬胶圆环，其上带有均匀分布的负电荷，单位长度的电量为q，其圆心O处的合场强为零，现截去圆环顶部一小段AB，AB=l，则关于剩余部分电荷在圆心O处产生的场强，下列说法正确的是（　　）‎ A．O处场强方向竖直向下 B．O处场强方向竖直向上 C．O处场强的大小为k D．O处场强的大小为k ‎25．（如图长为L，倾角为θ=30°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则（　　）‎ A．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能 B．A、B两点的电势差一定为 C．若电场是匀强电场，则该电场场强的最大值一定是 D．若该电场是AC边中点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷 ‎26．（2分）地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　）‎ A．在t=2.5 s时，小球经过边界MN B．小球受到的重力与电场力之比为3：5‎ C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等 D．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小 ‎27．（2分）如图所示，是将滑动变阻器作分压器用的电路，A、B为分压器的输出端，R是负载电阻，电源电压为U保持恒定，滑动片P位于变阻器的中央，下列判断正确的是（　　）‎ A．空载（不接R）时，输出电压为 B．接上负载R时，输出电压＜‎ C．负载电阻R的阻值越大，输出电压越低 D．接上负载R后，要使输出电压为，滑片P须向下移动至某一位置 ‎28．（2分）如图所示是根据某次实验记录的数据画出的U﹣I图线，关于此图线，下列的说法中正确的是（　　）‎ A．纵轴的截距表示电源的电动势，即E=3.0V B．横轴的截距表示电源的短路电流，即I短=0.6A C．电源的内阻r=5Ω D．电源的内阻r=1.0Ω ‎29．（2分）用多用电表欧姆档测电阻时，下列说法正确的是（　　）‎ A．测量前必须调零，而且每测一次电阻都要重新调零 B．为了使测量值比较准确，应该用两手分别将两表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，以使表笔与待测电阻接触良好 C．待测电阻若是连接在电路中，应当先把它与其它元件断开后再测量 D．使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到OFF档或交流电压最高档 ‎　‎ 五、实验题（30题每空1分，31题每空和连接实物图均1分，共计9分）‎ ‎30．（2分）若欧姆表头的满偏电流为Ig=500 μA，干电池的电动势为1.5V，则 ‎（1）这只欧姆表的总内阻为　　Ω ‎（2）表针偏转到满刻度的时，待测电阻为　　Ω．‎ ‎31．（7分）某同学为了测量某阻值约为5Ω的金属棒的电阻率，进行了如下操作，分别使用10分度游标卡尺和螺旋测微器测量金属棒的长度L和直径d，某次测量的示数如图1和图2所示，长度L=　　mm，直径d=6.713mm 现备有下列器材：‎ 待测金属棒Rx（阻值约为5Ω）；‎ 电压表V1（量程3V，内阻约3kΩ）；V2（量程15V，内阻约9kΩ）；‎ 电流表A1（量程0.6A，内阻约为0.2Ω）；A2（量程3A，内阻约为0.05Ω）；‎ 电源：E（电动势3V，内阻不计）；‎ 滑动变阻器：R1（最大阻值约为20Ω）；R2（最大阻值约为1000Ω）；‎ 开关S；导线若干 若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电压表应选　　，电流表应选　　，滑动变阻器应选　　（均选填器材代号）‎ 正确选择仪器后请在图3中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接 用伏安法仪器测得该电阻的电压和电流，并作出其伏安特性曲线如图4所示，若图象的斜率为k，则该金属的电阻率ρ=　　（用题中所给各个量的对应字母进行表述）．‎ ‎　‎ 六、计算题（本题共3小题，32题5分，33题6分，34题6分，共17分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）‎ ‎32．如图所示电路，已知R3=4Ω，闭合电键，安培表读数为0.75A，伏特表读数为2V，经过一段时间，一个电阻被烧坏，使安培表读数变为0.8A，伏特表读数变为3.2V，问：‎ ‎（1）哪个电阻发生了什么故障？‎ ‎（2）R1的阻值是多少？‎ ‎（3）能否求出电源电动势ɛ和内阻r？如能，求出结果；如果不能，说明理由．‎ ‎33．（6分）某课外小组设计了一种测定风速的装置，其原理如图所示．一个劲度系数k=120N/m、自然长度L0=1m的弹簧一端固定在墙上的M点，另一端N与导电的迎风板相连，弹簧穿在光滑水平放置的电阻率较大的金属杆上，弹簧是不导电的材料制成的．迎风板面积S=0.5m2，工作时总是正对着风吹来的方向，电路的一端与迎风板相连，另一端在M点与金属杆相连，迎风板可在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好．定值电阻R=1.0Ω，电源的电动势E=12V，内阻r=0.5Ω．闭合开关，没有风吹时，弹簧处于原长，电压表的示数U1=9.0V，某时刻由于风吹迎风板，电压表的示数变为U2=6.0V．（电压表可看做理想表）求：‎ ‎（1）金属杆单位长度的电阻；‎ ‎（2）此时作用在迎风板上的风力．‎ ‎34．（6分）如图所示，在光滑绝缘水平面上，质量为m的均匀绝缘棒AB长为L、带有正电，电量为Q且均匀分布．在水平面上O点右侧有匀强电场，场强大小为E，其方向为水平向左，BO距离为x0，若棒在水平向右的大小为的恒力作用下由静止开始运动．求：‎ ‎（1）棒的B端进入电场时的加速度大小和方向；‎ ‎（2）棒在运动过程中的最大动能．‎ ‎（3）棒的最大电势能．（设O点处电势为零）‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南师大附中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题四个选项中只有一个符合题意，请将符合题意的选项序号填涂在答题卡上，每小题5分，共60分）‎ ‎1．（玻璃棒与丝绸摩擦后，玻璃棒带正电，这种起电方式为摩擦起电，其原因是（　　）‎ A．丝绸上的一些电子转移到玻璃棒上 B．丝绸上的一些正电荷转移到玻璃棒上 C．玻璃棒上的一些电子转移到丝绸上 D．玻璃棒上的一些正电荷转移到丝绸上 ‎【考点】电荷守恒定律．‎ ‎【专题】常规题型．‎ ‎【分析】当束缚电子的能力不同的两种物质相互摩擦时，束缚电子能力强的得到电子，因电子比质子数量多而带负电；束缚电子能力弱的失去电子，因电子比质子数量少而带正电，一种物质失去多少电子，另一种物质就得到多少电子．‎ ‎【解答】解：摩擦起电的原因是发生电子转移，玻璃棒与丝绸摩擦后，玻璃棒上的一些电子转移到丝绸上，玻璃棒带正电，丝绸带负电，故ABD错误，C正确；‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题考查了摩擦起电的实质以及带电的原因，属于基础题目．‎ ‎　‎ ‎2．（点电荷A、B固定在真空中，所带电荷量均为q，若此时它们之间的库仑力为F，将两点电荷所带电量均变为﹣3q，则B球所受的库仑力将变成（　　）‎ A．3F，方向与原来相同 B．4F，方向与原来相同 C．大小和方向均不变 D．9F，方向与原来相同 ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【专题】定量思想；比例法；电荷守恒定律与库仑定律专题．‎ ‎【分析】根据库仑定律列出前后两次库仑力的表达式，则可得出增加后的倍数关系．‎ ‎【解答】解：根据库仑定律的公式为：F=k，它们的间距不变，但它们的电量均变为原来的3倍，则库仑力变为原来的9倍．原来是等量正电荷，后来是等量负电荷，都是同种电荷，始终相互排斥，故库仑力方向没变，故D正确、ABC错误．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】对于库仑定律公式涉及物理量较多，要明确公式中各个物理量的含义，可以和万有引力公式对比理解．‎ ‎　‎ ‎3．若正的电点电荷q在电场中由M向N做减速运动，且加速度越来越大，则可以判定它所在的电场可能是下列图的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场强度．‎ ‎【专题】电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】通过一正电荷仅在电场力作用下由M点向N点做减速运动，知正电荷所受电场力方向，从而知道电场强度的方向．根据加速度越来越小，知道电场力越来越小，从而知道电场强度的变化．‎ ‎【解答】解：根据一正电荷仅在电场力作用下由M点向N点做减速运动，知电场力的方向由N指向M，所以电场强度的方向由N指向M．由M到N，加速度越来越大，知电场力越来越大，所以电场强度越来越大，所以M出要比N出疏，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道电场强度的方向与负电荷所受电场力方向相反，以及根据加速度的变化可知电场力的变化，从而知道电场强度的变化．‎ ‎　‎ ‎4．（关于电场，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．只要有电荷存在，电荷周围就一定存在着电场 B．电场是一种物质，是不依赖于我们的感觉而客观存在的东西 C．电荷间的相互作用是通过电场而产生的，电场最基本的性质是对处在它里面的电荷有力的作用 D．电场是人们假想出来的，实际并不存在 ‎【考点】电场．‎ ‎【分析】解答本题需掌握：电场是电荷及变化磁场周围空间里存在的一种特殊物质，电场这种物质与通常的实物不同，它不是由分子原子所组成，但它是客观存在的；‎ 电场具有通常物质所具有的力和能量等客观属性：‎ 电场的力的性质表现为，电场对放入其中的电荷有作用力，这种力称为电场力；‎ 电场的能的性质表现为，当电荷在电场中移动时，电场力对电荷作功（这说明电场具有能量）．‎ ‎【解答】解：A、电场是电荷及变化磁场周围空间里存在的一种特殊物质，只要有电荷，就一定有电场，故A正确；‎ B、D、电场这种物质与通常的实物不同，它不是由分子原子所组成，但它是不依赖于我们的感觉而客观存在的，故B正确，D错误；‎ C、电场的力的性质表现为，电场对放入其中的电荷有作用力，这种力称为电场力，故C正确；‎ 本题选错误的，故选D．‎ ‎【点评】电场是客观存在的一种物质，这种物质与通常的实物不同，它不是由分子原子所组成，我们通常称之为场物质．‎ ‎　‎ ‎5．在某电场中，电荷量为2×10﹣9C的点电荷放在A点，A点的电场强度大小为3×104N/C，则该电荷受到的电场力大小为（　　）‎ A．3×10﹣4N B．6×10﹣5N C．1.2×10﹣13N D．6×10﹣6N ‎【考点】电场强度．‎ ‎【专题】定量思想；转换法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】由题知，E=3×104N/C，q=2×10﹣9C，根据电场强度的定义式E=，求解该点受到的电场力力．‎ ‎【解答】解：由题意 E=3×104N/C，q=2×10﹣9C，根据电场强度的定义式E=，得：‎ 点电荷所受的电场力为 F=Eq=3×104×2×10﹣9=2×10﹣5N，故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题要掌握电场强度的定义式E=，知道电场强度与电场力的关系．要知道电场强度E与F、q无关，反映电场强度本身的特性．‎ ‎　‎ ‎6．静电除尘原理中是应用了静电的什么性质（　　）‎ A．同号电荷相斥 B．异号电荷相吸 C．静电吸引轻小物体 D．将静电荷导走 ‎【考点】* 静电的利用和防止．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】根据静电的防止与应用的原理，从静电除尘的原理出发就可以判断出答案．‎ ‎【解答】解：静电除尘时除尘器中的空气被电离，烟雾颗粒吸附电子而带负电，颗粒向电源正极运动，是利用静电吸引轻小物体的原理．故ABD错误，C正确．‎ 故选：C ‎【点评】本题考查的是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用中具体实例的原理．‎ ‎　‎ ‎7．（电容器是一种常用的电子元件．下列对电容器认识正确的是（　　）‎ A．电容器的电容表示其储存电荷能力 B．电容器的电容与它所带的电量成正比 C．电容器的电容与它两极板间的电压成反比 D．电容的常用单位有μF和pF，1μF=103pF ‎【考点】电容．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；电容器专题．‎ ‎【分析】电容是表示电容器容纳电荷本领大小的物理量，由电容器本身决定，与所带电荷量和板间的电压无关．‎ ‎【解答】解：A、电容是表示电容器容纳电荷本领大小的物理量，电容器的电容表示其储存电荷能力，故A正确；‎ BC、电容器的电容由电容器本身决定，与所带电荷量和板间的电压无关，故BC错误；‎ D、电容的常用单位有μF和pF，1F=106μF=1012PF，故D错误；‎ 故选：A ‎【点评】本题考查了电容的概念，理解时可以把电容器和容器类比；注意明确电容的定义式的意义及单位，明确电容大小与电量和电压无关，采用的比值定义法．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，平行板电容器C和电阻组成电路，当减小电容器极板间的距离时，则（　　）‎ A．在回路中有从a经R流向b的电流 B．在回路中有从b经R流向a的电流 C．回路中无电流 D．回路中的电流方向无法确定 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；电容器专题．‎ ‎【分析】明确电容器与电源相连，则电压不变，根据电容器电容的决定式可明确电容的变化，再根据Q=UC可明确电量的变化，从而得出是否充放电，从而明确电流方向．‎ ‎【解答】解：电容器与电源相连，电压不变，当减小两板间的距离时，由C=可知，电容C增大，由Q=UC可知，电量增大，电容器充电，故由从b经R流向a的电流，故ACD错误，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查电容器的动态分析问题的分析，要注意首先明确是否与电源相连，然后再分析电容的变化，从而确定电量的变化，即可确定是否存在电流．‎ ‎　‎ ‎9．关于电动势，下列说法不正确的是（　　）‎ A．电源两极间的电压等于电源电动势 B．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大 C．电源电动势的数值等于内、外电压之和 D．电源电动势与外电路的组成无关 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】电源的电动势的物理意义是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，其大小等于电源没有接入电路时电源两极间的电压；电动势与外电路无关，由电源本身性质决定．‎ ‎【解答】解：A、电源两极间的电压为路端电压，一般是小于电源的电动势的；故A不正确；‎ B、电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大；故B正确；‎ C、电动势在数值上等于内外电压之和；故C正确；‎ D、电动势是电源本身的性质，与外电路无关；故D正确；‎ 本题选不正确的，故选：A．‎ ‎【点评】本题要正确理解电动势的物理意义，注意根据闭合电路欧姆定律进行分析内外电压之和．‎ ‎　‎ ‎10．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4R，通过的电流强度为时，在时间t内产生的热量为（　　）‎ A．2Q B．Q C． D．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】根据Q=I2Rt去求电阻变为4R，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4倍，电流强度变为原来的，时间不变，则热量不变．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握焦耳定律热量的公式Q=I2Rt．‎ ‎　‎ ‎11．一根电阻丝，在时间t内通过2C的电量时，消耗的电能为8J．若该电阻丝在时间内通过4C的电量时，电阻丝上所加的电压U和消耗的电能E各是（　　）‎ A．U=8 V，E=16 J B．U=16 V，E=16 J C．U=8 V，E=32 J D．U=16 V，E=64 J ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【专题】学科综合题；定性思想；推理法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】已知电荷量与电流做的功，由公式W=UIt=qU可以求出电压；已知电荷量和时间的关系，由电流的定义式可以求出电流间的关系，然后由欧姆定律可以求出电压；最后由W=qU可以求出功．‎ ‎【解答】解：根据W=qU可知，‎ 电压U1==4V；‎ 由电流定义式可知：‎ ‎，则 ‎，‎ 则U2=4U1=16V，‎ W2=q2U2=4C×16V=64J，故D正确，ABC错误．‎ 故选：D ‎【点评】本题有一定难度，注意公式W=qU的应用，熟练应用欧姆定律即可正确解题．‎ ‎　‎ ‎12．不考虑温度对电阻的影响，两个“220V，100W”的灯泡串联接入220V的线路上时，它们的总功率为（　　）‎ A．200 W B．100 W C．50 W D．25 W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】已知灯泡额定电压和额定功率，利用公式R=得到灯泡电阻；‎ 已知一只灯泡电阻，可以得到两只灯泡串联后的总电阻；已知电源电压和电路总电阻，利用公式P=得出串联电路总功率．‎ ‎【解答】解：由P=可得，灯泡电阻：R==；‎ 两只灯泡串联后的总电阻为R串=2R=2×484Ω=968Ω，‎ 串联电路总功率为．‎ 故选：C ‎【点评】此题考查的是我们对串联电路电阻特点和电功率计算公式及其变形公式的掌握和应用，熟悉基本规律，正确选择公式或公式变形，是解答此类问题的关键．‎ ‎　‎ 二、填空题（每空5分，共20分）‎ ‎13．（20元电荷的电荷量为　1.60×10﹣19 C　．‎ ‎【考点】元电荷、点电荷．‎ ‎【专题】定量思想；推理法；电荷守恒定律与库仑定律专题．‎ ‎【分析】各种带电微粒中，电子电荷量的大小是最小的，人们把最小电荷叫做元电荷，所带电荷量大小为：e=1.60×10﹣19C，任何带电体所带电荷都是e的整数倍．‎ ‎【解答】解：元电荷是指最小的电荷量，任何物体的带电量都是元电荷或是元电荷的整数倍．元电荷所带的电荷量是1.6×10﹣19C．‎ 故答案为：1.60×10﹣19 C．‎ ‎【点评】本题就是对元电荷概念的考查，知道任何物体的带电量都是元电荷或是元电荷的整数倍．‎ ‎　‎ ‎14．一检验电荷q=+3×10﹣9C，在电场中P点受到的电场力F=6×10﹣7N，P点的电场强度为　2×102N/C　；若将检验电荷电荷量变为q′=+2×10﹣8C 放在P点，受的电场力为　4×10﹣6N　．‎ ‎【考点】电场强度．‎ ‎【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】已知检验电荷所受的电场力和电荷量，由场强的定义式E=，即可求解P点的场强．场强方向与正检验电荷所受的电场力方向相同．由E=变形求解电场力．‎ ‎【解答】解：由题意：检验电荷的电荷量 q=﹣4×10﹣9C，所受的静电力 F=2×10﹣5N，则P点的场强为：‎ ‎ E==N/C=2×102 N/C．‎ 把检验电荷的电荷量改为2×10﹣8C，该点的场强大小不变，仍为2×102 N/C．‎ 则检验电荷所受到的静电力为：F′=q′E=2×10﹣8×2×102 N=4×10﹣6N，‎ 故答案为：2×102 N/C，4×10﹣6 N．‎ ‎【点评】电场强度的定义式E=是电场这一章最重要的公式之一，要掌握其定义的方法：比值法定义，知道E与F、q无关，仅由电场本身决定这些特性．‎ ‎　‎ ‎15．（我国北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的圆形轨道，当环中电流是5mA时（电子的速度是3×107m/s）．则在整个环中运行的电子数目为　2.5×1011　个．‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【专题】定量思想；方程法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】先求出电子运动的周期，再根据电流的定义式I=求出1个周期内穿过任意截面的电荷量，电子电荷量e=1.6×10﹣19C，最后由q=ne即可求出电子的个数．‎ ‎【解答】解：电子运动的周期为T=s=8×10﹣6s，‎ ‎1个周期内穿过任意截面的电荷量：q=IT=5×10﹣3×8×10﹣6=4×10﹣8C 所以电子的个数：n==2.5×1011个 故答案为：2.5×1011‎ ‎【点评】根据电流的定义式求解电流是常用的思路．电流的定义式I=是比值定义法，在理解的基础上记忆．‎ ‎　‎ 三、计算题（每题10分，共20分）‎ ‎16．如图所示，绝缘光滑水平面上，放一质量为m=2.0×10﹣3 kg的带正电滑块A，所带电荷量为q=1.0×10﹣7 C，在水平方向加一水平向左的匀强电场，电场强度的大小为E=4.0×105 N/C，滑块A由静止释放，求：当滑块速度为v=1m/s时，滑块滑行的距离．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律．‎ ‎【专题】计算题；定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】根据F=Eq可求得电场力大小，再根据牛顿第二定律即可求得加速度大小，对根据位称和速度关系即可求得滑块滑行的距离．‎ ‎【解答】解：滑块所受的电场力：F=Eq=4×105×1.0×10﹣7=4×10﹣2 N 根据牛顿第二定律得：F=ma 解得：a=20 m/s2‎ 根据匀变速直线运动位移与速度关系得：2ax=v2‎ 解得：x===2.5×10﹣2 m 答：当滑块速度为v=1m/s时，滑块滑行的距离为2.5×10﹣2 m．‎ ‎【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动分析，要注意只需将电场力作为物体受到的一种力，再根据受力分析和牛顿第二定律分析求解即可．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，灯泡L上标有“20V，200W”字样，电动机D电阻R=5Ω，当在A、B两端加上220V电压时，灯泡和电动机均正常工作，求：电动机D的电功率和热功率．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【专题】简答题；学科综合题；定性思想；推理法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】用电器正常工作时的功率和额定功率相等，根据P=UI求出电路中的电流，根据电动机电压与灯泡电压之和等于总电压求出电动机两端电压，再根据PD=UDI求出电动机的电功率，根据P=I2R求出电动机的热功率．‎ ‎【解答】解：由于电灯是纯电阻用电器，正常工作时：‎ PL=ULI 解得：I==10 A，‎ 电动机与灯串联：U=UL+UD，‎ 解得：UD=200 V ‎ 电动机的电功率：PD=UDI=200×10=2000 W 电动机的热功率：P′=I2R=100×5=500 W 答：电动机D的电功率为2000W，热功率为500W．‎ ‎【点评】本题要抓住：对于纯电阻电路，欧姆定律U=IR成立；对于非纯电阻电路，比如电动机正常工作时，欧姆定律不成立，U＞IR．‎ ‎　‎ 四、选择题（共24分，18～23题为单项选择题，每题2分，后24～29题为多项选择题，每题2分，多项选择题全对得满分，错选多选不得分，少选得1分）‎ ‎18．联合国安理会每个常任理事国都拥有否决权，假设设计一个表决器，常任理事国投反对票时输入“0”，投赞成或弃权时输入“1”，提案通过为“1”，通不过为“0”，则这个表决器应具有哪种逻辑关系（　　）‎ A．“与”门 B．“非”门 C．“或”门 D．“与非”门 ‎【考点】简单的逻辑电路．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】从题意可以看出，事件的几个条件都满足，该事件才能发生，属于“与”逻辑关系．‎ ‎【解答】解：只要其中一个常任理事国投反对票，提案就不能通过．即只要一个输入为“0”，输出就为“0”，则该事件是“与”逻辑关系．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握“与”门得特点，即条件都满足，事件才能发生．‎ ‎　‎ ‎19．（某同学研究电子在匀强电场中的运动时，得到了电子由a点运动到b点的轨迹（虚线所示），图中一组平行实线可能是电场线，也可能是等势面，下列说法正确的是（　　）‎ A．不论图中实线是电场线还是等势面，a点的电势都比b点的电势低 B．不论图中实线是电场线还是等势面，a点的场强都比b点的场强小 C．如果图中实线是电场线，电子在a点动能较大 D．如果图中实线是等势面，电子在b点动能较小 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；等势面．‎ ‎【专题】带电粒子在电场中的运动专题．‎ ‎【分析】由电子的轨迹弯曲方向判断电子所受的电场力方向，确定电场线的方向，判断电势高低．匀强电场中场强处处大小相等．根据电场力方向与电子速度方向的夹角，判断电场力对电子做正功还是负功，确定电子在a点与b点动能的大小．‎ ‎【解答】解：A、若图中实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，电场线方向水平向左，则a点的电势比b点低；若实线是等势面，由于电场线与等势面垂直，电子所受电场力方向向下，则电场线方向向上，则a点的电势比b点高．故A错误．‎ B、不论图中实线是电场线还是等势面，该电场是匀强电场，a点和b点的场强大小相等．故B错误．‎ C、如果图中实线是电场线，电子所受的电场力水平向右，电场力对电子做正功，则由动能定理得知，电子在a点动能较小．故C错误．‎ D、如果图中实线是等势面，电子所受电场力方向向下，电场力对电子做负功，则电子在b点动能较小．故D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】物体做曲线运动时，所受合力指向轨迹弯曲的内侧，根据轨迹的弯曲方向要能判断出物体合力的大致方向．‎ ‎　‎ ‎20．如图所示，竖直向上的匀强电场中，绝缘轻质弹簧竖直立于水平地面上，上面放一质量为m的带正电小球，小球与弹簧不连接，施加外力F将小球向下压至某位置静止．现撤去F，小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，重力、电场力对小球所做的功分别为W1和W2，小球离开弹簧时速度为v，不计空气阻力，则上述过程中（　　）‎ A．小球与弹簧组成的系统机械能守恒 B．小球的重力势能增加W1‎ C．小球的机械能增加﹣W1+mv2‎ D．小球的电势能增加W2‎ ‎【考点】电势能；功能关系．‎ ‎【专题】定量思想；推理法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】据题意知：电场力对小球做正功，电场力做的功等于电势能的减小量；重力做的功等于重力势能的减小量；弹簧对小球做的功等于弹性势能的减小量；小球机械能的增加量等于除重力外其余力做的功．根据功能关系进行分析 ‎【解答】解：A、小球从静止开始运动到离开弹簧的过程中，由于电场力对小球做正功，则小球与弹簧组成的系统机械能增加，故A错误．‎ B、C、重力对小球所做的功为W1，重力势能增加量为﹣W1，动能增加量为mv2，所以小球的机械能增加为mv2﹣W1，故C正确．B错误 D、电场力对小球所做的功为W2，小根据电场力做的功等于电势能的减小量，可知小球的电势能减少W2．故D错误．‎ 故选：C ‎【点评】本题考查对功能关系的理解，并用来分析问题．常见的几对功与能关系：重力做功与重力势能变化有关，电场力做功与电势能的变化有关，重力和弹簧弹力以外的力做功，等于系统机械能的变化量．‎ ‎　‎ ‎21．如图所示，直线A是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B、C分别是电阻R1、R2的两端电压与电流的关系图线，若这两个电阻分别接到这个电源上，则（　　）‎ A．R1接在电源上时，电源的效率高 B．R2接在电源上时，电源的效率高 C．R1接在电源上时，电源的输出功率大 D．电源的输出功率一样大 ‎【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】电源的效率等于电源输出功率与电源总功率的百分比．根据效率的定义，找出效率与电源路端电压的关系，由图读出路端电压，就能求出效率．电源与电阻的U﹣I图线的交点，表示电阻接在电源上时的工作状态，可读出电压、电流，算出电源的输出功率，进而比较大小．‎ ‎【解答】解：A、B，电源的效率η===，效率与路端电压成正比，R1接在电源上时路端电压大，效率高，故A正确，B错误．‎ ‎ C、D，由图线的交点读出，R1接在电源上时U=U0，I=I0，电源的输出输出功率P1=UI=U0I0；‎ R2接在电源上时U=U0，I=I0，电源的输出输出功率P2=UI=U0I0，故C、D均错误．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】本题首先要知道效率与功率的区别，电源的效率高，输出功率不一定大．其次，会读图．电源与电阻的伏安特性曲线交点表示电阻接在该电源上时的工作状态．‎ ‎　‎ ‎22．在如图所示的电路中，现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（　　）‎ A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2增大，U减小 C．I1增大，I2减小，U增大 D．I1减小，I2不变，U减小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析．‎ ‎【解答】解：R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数U减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故ACD错误，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解．注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流．‎ ‎　‎ ‎23．在图中，A．B两图分别为测灯泡电阻R的电路图，下述说法不正确的是（　　）‎ A．A图的接法叫电流表外接法，B图的接法叫电流表的内接法 B．A中R测＞R真，B中R测＜R真 C．A中误差由电压表分流引起，为了减小误差，应使R＜＜Rv，故此法测较小电阻好 D．B中误差由电流表分压引起，为了减小误差，应使R＞＞RA，故此法测较大电阻好 ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】两种接法都有误差：A图为电流表外接法，误差来源于电流表的示数不只是通过灯泡电阻R的电流，还包括了电压表的电流；B图是电流表内接法，误差来源于电压表的示数不只是灯泡电阻R的电压，还包括了电流表的分压；要根据测量值的计算式去分析偏大还是偏小．‎ ‎【解答】解：A、A图的接法叫电流表外接法，B图的接法叫电流表的内接法，故A正确；‎ B、A图中，电压表测量值准确，又由于电压表的分流作用，电流表测量值偏大，根据欧姆定律R=，电阻测量值偏小，即R测＜R真；‎ B图中，电流表测量值准确，又由于电流表的分压作用，电压表测量值偏大，根据欧姆定律R=，电阻测量值偏大，即R测＞R真；故B不正确；‎ C、A图中，误差来源与电压表的分流作用，为了减小误差，应使R＜＜Rv，故此法测较小电阻好，故C正确；‎ D、B图中，误差来源与电流表的分压作用，为了减小误差，应使R＞＞RA，故此法测较大电阻好，故D正确；‎ 本题选择不正确的，故选：B．‎ ‎【点评】待测电阻远大于电流表内阻时，电流表的分压小，可忽略不计，用电流表内接法．测量值偏大．‎ 待测电阻远小于电压表内阻时，电压表的分流小，可忽略不计，用电流表外接法，测量值偏小．‎ ‎　‎ ‎24．如图所示，半径为r的硬胶圆环，其上带有均匀分布的负电荷，单位长度的电量为q，其圆心O处的合场强为零，现截去圆环顶部一小段AB，AB=l，则关于剩余部分电荷在圆心O处产生的场强，下列说法正确的是（　　）‎ A．O处场强方向竖直向下 B．O处场强方向竖直向上 C．O处场强的大小为k D．O处场强的大小为k ‎【考点】电场强度；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【专题】参照思想；转换法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】若是一完整的橡胶圆环，圆心0点处的合场强为零，说明AB段与其他部分在O点产生的场强大小相等，方向相反，根据E=k进行求解．‎ ‎【解答】解：AB段的电量 Q=ql，AB段可以看成点电荷，则AB段在O点产生的场强大小 E=k=k，方向竖直向上．‎ 由于原来O点的合场强为零，所以剩余部分在O点产生的场强与AB段产生的场强大小相等，方向，所以剩余部分电荷在圆心O处产生的场强大小等于 k，方向竖直向下．故AC正确，B错误．‎ 故选：AC ‎【点评】解决本题的关键掌握点电荷的场强公式，以及补偿法的原理：知道L段与剩余部分在O点产生的场强大小相等，方向相反．‎ ‎　‎ ‎25．如图长为L，倾角为θ=30°的光滑绝缘斜面处于电场中，一带电荷量为+q，质量为m的小球，以初速度v0由斜面底端的A点开始沿斜面上滑，到达斜面顶端的速度仍为v0，则（　　）‎ A．小球在B点的电势能一定大于小球在A点的电势能 B．A、B两点的电势差一定为 C．若电场是匀强电场，则该电场场强的最大值一定是 D．若该电场是AC边中点的点电荷Q产生的，则Q一定是正电荷 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势能．‎ ‎【专题】电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】根据动能定理和电场力做功公式结合，求解A、B两点的电势差．根据电场力做功的正负，判断小球电势能的大小，当电场力做正功时，小球电势能减小；相反，电势能增大．若电场是匀强电场，根据力学知识确定电场力的最小值，再确定场强的最小值．由电势关系，判断该电场是否由斜面中点正上方某点的点电荷Q产生的．‎ ‎【解答】解：A、小球从A运动到B的过程中，重力势能增加，电势能减小，则小球在B点的电势能一定小于小球在A点的电势能，B点的电势低与A点的电势．故A错误．‎ B、根据动能定理得：﹣mgLsinθ+qUAB=m﹣m=0，得到，UAB==．故B正确．‎ C、若电场力与重力、支持力的合力为零时，小球做匀速直线运动，到达B点时小球速度仍为v0．小球的重力沿斜面向下的分力为mgsinθ一定，则当电场力沿斜面向上，大小为F=mgsinθ时，电场力最小，场强最小．若电场强度与运动方向不共线，则电场力沿斜面向上的分力与重力沿斜面向下的分力相平衡时，电场力的范围如图：‎ 根据矢量的合成法则可知，电场的场强的可能大于．故C错误．‎ D、若该电场是AC边中点的点电荷Q产生的，Q到A的距离小，到B点的距离大，由于B点的电势低与A点的电势，则Q一定是正电荷．故D正确．‎ 故选：BD ‎【点评】本题是带电体在电场中运动问题，要转换头脑，就把电场力当作一般的力，将这类问题当作力学问题去处理，可增强信心．‎ ‎　‎ ‎26．（地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v﹣t图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　）‎ A．在t=2.5 s时，小球经过边界MN B．小球受到的重力与电场力之比为3：5‎ C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等 D．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；匀变速直线运动的图像．‎ ‎【专题】应用题；定量思想；图析法；电场力与电势的性质专题．‎ ‎【分析】小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻．分别求出小球进入电场前、后加速度大小，由牛顿第二定律求出重力与电场力之比．根据动能定理研究整个过程中重力做的功与电场力做的功大小关系．整个过程中，小球的机械能与电势能总和不变．‎ ‎【解答】解：A、小球进入电场前做自由落体运动，进入电场后受到电场力作用而做减速运动，由图可以看出，小球经过边界MN的时刻是t=1s时．故A错误．‎ B、由图象的斜率等于加速度得小球进入电场前的加速度为a1==v1、进入电场后的加速度大小为a2=，由牛顿第二定律得：‎ mg=ma1=mv1 F﹣mg=ma2 解得，电场力：F=mg+ma2=v1，重力mg与电场力F之比为3：5，故B正确．‎ C、整个过程中，动能变化量为零，根据动能定理，整个过程中重力做的功与电场力做的功大小相等，故C正确．‎ D、整个过程中，小球具有两种形式的能：机械能与电势能，根据能量守恒定律得知，它们的总和不变，故D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎【点评】本题一要能正确分析小球的运动情况，抓住斜率等于加速度是关键；二要运用牛顿第二定律和动能定理分别研究小球的受力情况和外力做功关系．‎ ‎　‎ ‎27．如图所示，是将滑动变阻器作分压器用的电路，A、B为分压器的输出端，R是负载电阻，电源电压为U保持恒定，滑动片P位于变阻器的中央，下列判断正确的是（　　）‎ A．空载（不接R）时，输出电压为 B．接上负载R时，输出电压＜‎ C．负载电阻R的阻值越大，输出电压越低 D．接上负载R后，要使输出电压为，滑片P须向下移动至某一位置 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】明确电路结构，知道负载与滑动变阻器的下半部分电阻并联，然后与滑动变阻器的上半部分串联，根据串并联电路特点分析答题．‎ ‎【解答】解：‎ A、空载（不接R）时，触头把滑动变阻器分成相等的两部分，由串联电路特点可知，输出电压为电源电压的一半，即输出电压为，故A正确；‎ B、接上负载R时，R与滑动变阻器的下半部分并联，再与滑动变阻器的上半部分串联，因为并联电路的总电阻总要小于任一支路的电阻，而串联电路中各支路的电压与电阻成正比，所以接R时，输出电压小于；故B正确．‎ C、负载电阻R的阻值越大，负载电阻与滑动变阻器下半部分电阻的并联阻值越大，输出电压越大，故C错误；‎ D、接上负载R时，电路总电阻变小，干路电流变大，滑动变阻器上半部分电压变大，大于电源电压的一半，则A、B间的输出电压小于，要使输出电压等于，滑片应向上移动以增大并联电阻，故D错误；‎ 故选：AB ‎【点评】此题要熟练掌握并灵活应用串并联电路特点，来理解分压器的原理，即可正确解题．同时由本题应进一步理解分压电路的基本原理．‎ ‎　‎ ‎28．如图所示是根据某次实验记录的数据画出的U﹣I图线，关于此图线，下列的说法中正确的是（　　）‎ A．纵轴的截距表示电源的电动势，即E=3.0V B．横轴的截距表示电源的短路电流，即I短=0.6A C．电源的内阻r=5Ω D．电源的内阻r=1.0Ω ‎【考点】路端电压与负载的关系；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】由闭合电路欧姆定律可得出路端电压与电流的关系，由数学知识可得出电源的电动势和内电阻．当外电路电阻为零，外电路短路．‎ ‎【解答】解：A、C、D由闭合电路欧姆定律可知：U=E﹣Ir；‎ A、由数学知识可知，纵轴截距为电源的电动势，故电动势为E=3.0V；故A正确；‎ B、横轴的截距表示当电压为2.4V时的电流，不是短路电流；故B错误；‎ C、图象的斜率表示电源的内阻，即r=||=1Ω．故C错误；D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的图象处理，要注意明确纵坐是否是零开始变化．‎ ‎　‎ ‎29．用多用电表欧姆档测电阻时，下列说法正确的是（　　）‎ A．测量前必须调零，而且每测一次电阻都要重新调零 B．为了使测量值比较准确，应该用两手分别将两表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，以使表笔与待测电阻接触良好 C．待测电阻若是连接在电路中，应当先把它与其它元件断开后再测量 D．使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到OFF档或交流电压最高档 ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【专题】实验题．‎ ‎【分析】每选定一次欧姆档位后电路发生改变要重新进行欧姆调零，测量电阻要把电阻与其它元件独立；测完要把选择开关正确放置．‎ ‎【解答】解：A、运用欧姆表测量电阻时，测量前必须欧姆调零，且每次在换挡后要重新调零，如果用同一欧姆档测不同的电阻，不需要重新进行欧姆调零，故A错误．‎ B、为了使测量值比较准确，表笔应与待测电阻紧密接触，由于人体是导体，不应该用两手分别将两表笔与待测电阻两端紧紧捏在一起，故B错误；‎ C、测量电路中的电阻时，由于多用电表内部电源被接通，要将待测电阻与外部电源断开，故C正确．‎ D、多用电表使用完毕，应将选择开关旋到“OFF”或交流电压最高挡，故D正确．‎ 故选：CD．‎ ‎【点评】本题考查了欧姆表的使用方法，特别注意是每次换挡都要重新调零．‎ ‎　‎ 五、实验题（30题每空1分，31题每空和连接实物图均1分，共计9分）‎ ‎30．若欧姆表头的满偏电流为Ig=500 μA，干电池的电动势为1.5V，则 ‎（1）这只欧姆表的总内阻为　3000　Ω ‎（2）表针偏转到满刻度的时，待测电阻为　6000　Ω．‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【专题】实验题；实验探究题；定量思想；图析法；比例法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】（1）已知满偏电流与电源电动势，由欧姆定律可以求出内阻．‎ ‎（2）欧姆表的工作原理是闭合电路欧姆定律，应用闭合电路的欧姆定律可以求出电阻阻值．‎ ‎【解答】解：（1）欧姆表内阻：R内===3000Ω；‎ ‎（2）表针偏转到满刻度的时，由闭合电路欧姆定律得：I=，即：×500×10﹣6=，解得：RX=6000Ω；‎ 故答案为：（1）3000；（2）6000．‎ ‎【点评】本题考查了求欧姆表内阻与所测电阻阻值，知道欧姆表的工作原理是解题的关键，应用闭合电路欧姆定律即可解题．‎ ‎　‎ ‎31．某同学为了测量某阻值约为5Ω的金属棒的电阻率，进行了如下操作，分别使用10分度游标卡尺和螺旋测微器测量金属棒的长度L和直径d，某次测量的示数如图1和图2所示，长度L=　23.5　mm，直径d=6.713mm 现备有下列器材：‎ 待测金属棒Rx（阻值约为5Ω）；‎ 电压表V1（量程3V，内阻约3kΩ）；V2（量程15V，内阻约9kΩ）；‎ 电流表A1（量程0.6A，内阻约为0.2Ω）；A2（量程3A，内阻约为0.05Ω）；‎ 电源：E（电动势3V，内阻不计）；‎ 滑动变阻器：R1（最大阻值约为20Ω）；R2（最大阻值约为1000Ω）；‎ 开关S；导线若干 若滑动变阻器采用限流接法，为使测量尽量精确，电压表应选　V1　，电流表应选　A1　，滑动变阻器应选　R1　（均选填器材代号）‎ 正确选择仪器后请在图3中用笔画线代替导线，完成实物电路的连接 用伏安法仪器测得该电阻的电压和电流，并作出其伏安特性曲线如图4所示，若图象的斜率为k，则该金属的电阻率ρ=　　（用题中所给各个量的对应字母进行表述）．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题．‎ ‎【分析】游标卡尺主尺示数与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，‎ 电源电动势为3V，故电压表用V1；电流表用A1；由于被测电阻约为5Ω，故滑动变阻器为R1；实物连接图比较简单，由于U﹣﹣I图象的斜率的物理意义为被测电阻的阻值，故结合电阻定律可得金属棒的电阻率表达．‎ ‎【解答】解：游标卡尺主尺示数与游标尺示数之和是游标卡尺的示数，故长度L为：23mm+5×0.1mm=23.5mm；‎ 电源电动势为3V，故电压表用V1；电流表用A1；由于被测电阻约为5Ω，故滑动变阻器为R1；‎ 题目中已说明滑动变阻器采用限流接法，，，由于，则电流表使用外接法，‎ 实物连接图为：‎ U﹣﹣I图象的斜率的物理意义为被测电阻的阻值，即k=R，结合电阻定律可得金属棒的电阻率表达式为：‎ 故答案为：23.5；V1；A1；R1；‎ ‎【点评】游标卡尺主尺示数与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读．电表的量程选择要考虑准确性、安全性的要求．‎ ‎　‎ 六、计算题（本题共3小题，32题5分，33题6分，34题6分，共17分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）‎ ‎32．如图所示电路，已知R3=4Ω，闭合电键，安培表读数为0.75A，伏特表读数为2V，经过一段时间，一个电阻被烧坏，使安培表读数变为0.8A，伏特表读数变为3.2V，问：‎ ‎（1）哪个电阻发生了什么故障？‎ ‎（2）R1的阻值是多少？‎ ‎（3）能否求出电源电动势ɛ和内阻r？如能，求出结果；如果不能，说明理由．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】（1）由题意，发生故障后，电压表和电流表的示数都增大，说明，外电路总电阻增大，即可判断哪个电阻出现故障．‎ ‎（2）由欧姆定律求解R1的阻值．‎ ‎（3）根据闭合电路欧姆定律，对故障出现前后进行列式分析．‎ ‎【解答】解：（1）由于发生故障后，伏特表和安培表有示数且增大，说明外电阻增大，故只能是R2被烧断了．‎ ‎（2）R2被烧断后，电压表的示数等于电阻R1两端的电压，则R1==‎ ‎（3）第一种情况下，有：‎ 电阻R3两端的电压为U3=I1R1﹣U1=0.75×4﹣2=1（V）‎ 通过电阻R3的电流为I3==A=0.25A 根据闭合电路欧姆定律得 ‎ E=I1R1+（I1+I3）（R4+r）‎ 第二情况下，有E=U1′+I1′（R4+r）‎ 代入得：E=3+（R4+r）‎ ‎ E=3.2+0.8（R4+r）‎ 解得，E=4V，R4+r=1Ω ‎ 由于R4未知，故只能求出电源电动势E而不能求出内阻r．‎ 答：（1）电阻R2被烧断了．‎ ‎（2）R1的阻值是4Ω．‎ ‎（3）只能求出电源电动势E而不能求出内阻r，电源的电动势为4V．‎ ‎【点评】本题是电路的分析和计算问题，有两种情况，根据闭合电路欧姆定律列出两个方程，求解电动势或内阻，是常用的方法．‎ ‎　‎ ‎33．某课外小组设计了一种测定风速的装置，其原理如图所示．一个劲度系数k=120N/m、自然长度L0=1m的弹簧一端固定在墙上的M点，另一端N与导电的迎风板相连，弹簧穿在光滑水平放置的电阻率较大的金属杆上，弹簧是不导电的材料制成的．迎风板面积S=0.5m2，工作时总是正对着风吹来的方向，电路的一端与迎风板相连，另一端在M点与金属杆相连，迎风板可在金属杆上滑动，且与金属杆接触良好．定值电阻R=1.0Ω，电源的电动势E=12V，内阻r=0.5Ω．闭合开关，没有风吹时，弹簧处于原长，电压表的示数U1=9.0V，某时刻由于风吹迎风板，电压表的示数变为U2=6.0V．（电压表可看做理想表）求：‎ ‎（1）金属杆单位长度的电阻；‎ ‎（2）此时作用在迎风板上的风力．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；共点力平衡的条件及其应用．‎ ‎【专题】恒定电流专题．‎ ‎【分析】（1）闭合开关，没有风吹时，弹簧处于原长，根据电压表的示数，由欧姆定律求出金属杆接入电路的电阻，再求出金属杆单位长度的电阻；‎ ‎（2）有风时，根据电压表的示数U1求出金属杆接入电路的电阻，此电阻与金属杆单位长度的电阻相除求出此时弹簧的长度，得到弹簧压缩的长度，由胡克定律求出风力．‎ ‎【解答】解：设无风时金属杆接入电路的电阻为R1，风吹时接入电路的电阻为R2，由题意得 ‎（1）无风时：U1=R1，得R1=4.5Ω 所以金属杆单位长度的电阻r==Ω/m=4.5Ω/m．‎ ‎（2）有风时：U2=R2，代入解得R2=1.5Ω 此时，弹簧长度L==m ‎ 压缩量x=L0﹣L=（1﹣）m=m 由二力平衡得此时风力：F=kx=120×N=80N．‎ 答：‎ ‎（1）金属杆单位长度的电阻为4.5Ω/m；‎ ‎（2）此时作用在迎风板上的风力为80N．‎ ‎【点评】本题是力电综合题，弹簧的长度是联系力与电的桥梁，认真读题，弄懂原理是解题的基础．‎ ‎　‎ ‎34．（如图所示，在光滑绝缘水平面上，质量为m的均匀绝缘棒AB长为L、带有正电，电量为Q且均匀分布．在水平面上O点右侧有匀强电场，场强大小为E，其方向为水平向左，BO距离为x0，若棒在水平向右的大小为的恒力作用下由静止开始运动．求：‎ ‎（1）棒的B端进入电场时的加速度大小和方向；‎ ‎（2）棒在运动过程中的最大动能．‎ ‎（3）棒的最大电势能．（设O点处电势为零）‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律；电场强度．‎ ‎【专题】动能定理的应用专题．‎ ‎【分析】（1）棒的B端进入电场L时，分析棒的受力情况：向右的恒力QE，向左的电场力，根据牛顿第二定律求解加速度；‎ ‎（2）棒进入电场的过程中，恒力先大于电场力，后恒力小于电场力，棒先做加速运动后做减速运动，当恒力与电场力平衡时，速度最大，由平衡条件求出棒进入电场的距离，由动能定理求解最大动能；‎ ‎（3）棒减速到零时，棒可能全部进入电场，也可能不能全部进入电场，分情况进行讨论，根据动能定理求出棒进入电场的距离，由电场力做功求出电势能的最大值．‎ ‎【解答】解：（1）根据牛顿第二定律，得 解得 ，方向向右．‎ ‎（2）设当棒进入电场x时，其动能达到最大，则此时棒受力平衡，有 解得 x=L 由动能定理得：‎ ‎（3）棒减速到零时，棒可能全部进入电场，也可能不能全部进入电场，设恰能全部进入电场，‎ 则有：，‎ 得 x0=L；‎ 当x0＜L，棒不能全部进入电场，设进入电场x 根据动能定理得 ‎ 解之得：‎ 则 ‎ 当x0＞L，棒能全部进入电场，设进入电场x 得：‎ 则 答：（1）棒的B端进入电场L时的加速度大小为，方向向右；‎ ‎（2）棒在运动过程中的最大动能是．‎ ‎（3）棒的最大电势能可能是、和．‎ ‎【点评】本题中由于棒受到的电场力随x均匀变化，用平均值求解电场力做功．棒能否全部进入电场不清楚时，要分情况进行讨论，不能漏解．‎