物理卷·2018届江西省抚州市南城一中高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届江西省抚州市南城一中高二上学期第一次月考物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年江西省抚州市南城一中高二（上）第一次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-8为单选，9-12为多选．多选题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分）．‎ ‎1．铅蓄电池的电动势为2V，这表示（　　）‎ A．电路中每通过1C电荷量，电源把0.5J的化学能转变为电能 B．蓄电池两极间的电压为2V C．蓄电池在1s内将2J的化学能转变成电能 D．蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大 ‎2．关于电阻和电阻率的说法中，正确的是（　　）‎ A．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻 B．电阻率由材料决定，与导体的长度没有关系 C．由可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比 D．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一 ‎3．如图为某次测量电源的电动势和内阻所作的图象，有关这个图象的说法正确的是（　　）‎ A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=1.5 V B．横轴截距表示短路电流，即I短=0.6 A C．根据r=，计算出待测电源内阻为5Ω D．根据r=，计算出待测电源内阻为1Ω ‎4．如图所示，A和B是置于真空中的两平行金属板，所加电压为U．一带负电的粒子以初速度v0由小孔水平射入电场中，粒子刚好能达到金属板．如果要使粒子刚好达到两板间距离的一半处，可采取的办法有（　　）‎ A．初速度为，电压为 B．初速度为，电压U不变 C．初速度为V0，电压为 D．初速度为V0，电压为U ‎5．图中，输入端ab间的电压为10V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变输出端AB间的电压，A、B间电压的变化范围为（　　）‎ A．0﹣5V B．0﹣10V C．0﹣15V D．5﹣10V ‎6．两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关，电源即给电容器充电：‎ ‎①保持K接通，减少两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减少 ‎②保持K接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大 ‎③断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小 ‎④断开K，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大 以上说法正确的有（　　）‎ A．①② B．③④ C．②③ D．②④‎ ‎7．四个小灯连接成如图所示电路，合上电键S，各灯均正常发光．若小灯L2灯丝突然烧断，则下列说法正确的是（　　）‎ A．L1变亮 B．变亮 C．L4变亮 D．电源的效率变低 ‎8．如图所示电路中，电源电动势为E，电源内阻为r，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总电阻为R1，电阻大小关系为R1=R2=r，则在滑动触头从a端移动到b端的过程中，下列描述中正确的是（　　）‎ A．电路中的总电流先增大后减小 B．电路的路端电压先增大后减小 C．电源的输出功率先增大后减小 D．滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大 ‎9．如图所示的电路中，电阻R1=10Ω，R2=20Ω，R3=8Ω，电容器电容C=2μF，电源电动势E=12V，内阻不计．要使电容器带有4×10﹣6C的电量，变阻器R的阻值为（　　）‎ A．8Ω B．16Ω C．20Ω D．40Ω ‎10．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 B．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 C．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ D．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ ‎11．如图所示的电路中，R1、R2、、和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r=R1，设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U，当R5的滑动角点向图中a端移动时（　　）‎ A．I变小 B．U变小 C．电源的效率变低 D．电源的输出功率变小 ‎12．如图所示，用绝缘细线拴一个带负电的小球，让它在竖直向下的匀强电场中绕O点做竖直平面内的圆周运动，a、b两点分别是圆周的最高点和最低点，则（　　）‎ A．小球经过a点时，电势能最小 B．小球经过a点时，线中的张力最小 C．小球经过b点时，机械能最小 D．小球经过b点时，电势能最小 ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，13题4分，14题9分，共13分，将正确答案填写在题目的横线处．）‎ ‎13．某同学在一次测量时，电压表（0﹣15V）、电流表（0﹣0.6A）的示数如图所示．则电压值为　　 V，电流值为　　 A ‎14．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6V，1.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：‎ A．直流电源6V（内阻不计）‎ B．电流表0～300mA（内阻5Ω）‎ C．电流表（量程0.6A，内阻300Ω）‎ D．电压表（量程3V，内阻30kΩ） ‎ E．电压表0～10V（内阻15kΩ）‎ F．滑动变阻器（10Ω，2A） ‎ G．滑动变阻器（1kΩ，1A）‎ 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．且尽可能减小实验误差．‎ ‎（1）电流表应选　　，电压表应选　　，滑动变阻器应选　　．（填电表之前的字母即可）‎ ‎（2）若该同学已正确选用器材，并连接好部分实验电路，如图甲，请在图甲中完成其余的电路连接．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共4小题，39分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎15．已知电流表的内阻Rg为100Ω，满偏电流Ig为3mA，‎ ‎（1）要把它改装成量程是6V的电压表，应串联多大的电阻？‎ ‎（2）要把它改装成量程是3A的电流表，应并联多大的电阻？‎ ‎16．如图所示，已知电源电动势E=18V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R=2Ω时，电路中标有“4V，8W”的灯泡L和内阻RD=1Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：‎ ‎（1）电路中的电流大小；‎ ‎（2）电动机的输出功率．‎ ‎17．如图所示电路中，电阻R1=R2=3Ω，R3=6Ω，S扳至1时，电流表的示数为1.0A，S扳至2时，电流表示数为1.5A，求：电源的电动势E和内阻r（电流表内阻不计）．‎ ‎18．一电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻r=2Ω，电阻R1=12Ω，R2=R4=4Ω，R3=8Ω，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.0×10﹣2m．‎ ‎（1）若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4的总电量为多少？‎ ‎（2）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g取10m/s2）‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省抚州市南城一中高二（上）第一次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分．1-8为单选，9-12为多选．多选题全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有错选或不选的得0分）．‎ ‎1．铅蓄电池的电动势为2V，这表示（　　）‎ A．电路中每通过1C电荷量，电源把0.5J的化学能转变为电能 B．蓄电池两极间的电压为2V C．蓄电池在1s内将2J的化学能转变成电能 D．蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】明确电动势的定义，知道电动势是反映电源将其他形式的能转化为电能本领的物理量，同时明确电动势E=，W表示内部非静电力所做的功．‎ ‎【解答】解：A、由W=Eq可知，每通过1C的电量，电源转化的能量E=2×1=2J，故A错误；‎ B、若接入电路，两极间电压为路端电压，由于内阻上的分压，电压值将小于2V，故B错误； ‎ C、电动势与放电时间无关，故无法确定转化2J能量的时间，故C错误；‎ D、电动势反映电源将其他形式的能转化为电能的本领，因电动势较大，故蓄电池将化学能转变为电能的本领比一节干电池（电动势为1.5V）的大； 故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．关于电阻和电阻率的说法中，正确的是（　　）‎ A．导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻 B．电阻率由材料决定，与导体的长度没有关系 C．由可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比 D．将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一 ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】电阻率由导体材料决定和电阻大小以及导体长度无关，而电阻是由导体本身的性质决定的，与电压和电流无关．‎ ‎【解答】解：A、导体电阻是导体本身的性质，不论是否有电流导体均有电阻，故A错误；‎ B、电阻率由导体材料决定，与导体的长度和粗细无关，故B正确； ‎ C、电阻由导体本身的性质决定的，与电压和电流无关，故C错误； ‎ D、将一导线等分为二份时，电阻率不变，由于长度减半，则电阻减小，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．如图为某次测量电源的电动势和内阻所作的图象，有关这个图象的说法正确的是（　　）‎ A．纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=1.5 V B．横轴截距表示短路电流，即I短=0.6 A C．根据r=，计算出待测电源内阻为5Ω D．根据r=，计算出待测电源内阻为1Ω ‎【考点】路端电压与负载的关系．‎ ‎【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，从而即可一一求解．‎ ‎【解答】解：A、由闭合电路欧姆定律可知：U=E﹣Ir；由数学知识可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电动势为3V；故A错误；‎ B、由于图象的纵坐不是从零开始的，故图象与横坐标的交点不是短路电流，故B错误；‎ C、根据r=，计算出电源的内阻，而不是待测电阻内阻，故C错误；‎ D、图象的斜率绝对值表示电源的内阻，故r==Ω=1Ω，故D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，A和B是置于真空中的两平行金属板，所加电压为U．一带负电的粒子以初速度v0由小孔水平射入电场中，粒子刚好能达到金属板．如果要使粒子刚好达到两板间距离的一半处，可采取的办法有（　　）‎ A．初速度为，电压为 B．初速度为，电压U不变 C．初速度为V0，电压为 D．初速度为V0，电压为U ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】由题，粒子射入电场后，电场力做负功，动能减小，根据动能定理列出方程．要使粒子刚好达到两板间距离的一半处，根据匀强电场沿电场线方向两点间电势差与距离成正比，再运用数学知识进行讨论，选择题意的选项．‎ ‎【解答】解：根据题意，当所加电压为U时，加速度为：，速度减为0时，位移为：‎ A、当初速度为，电压为，最大距离为原来一半，故A正确；‎ B、当初速度为，电压U不变，最大距离为原来的，故B错误；‎ C、当初速度为V0，电压为，最大距离为原来2倍，故C错误；‎ D、当初速度为V0，电压为U，最大距离为原来的倍，故D错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎5．图中，输入端ab间的电压为10V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变输出端AB间的电压，A、B间电压的变化范围为（　　）‎ A．0﹣5V B．0﹣10V C．0﹣15V D．5﹣10V ‎【考点】路端电压与负载的关系．‎ ‎【分析】根据串联电路电压与电阻的关系分析得知，当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UAB最大，当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UAB最小，分别求出UAB最小值和最大值，再得到UAB的变化范围．‎ ‎【解答】解：当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UAB最大，最大值为：Umax=10V；‎ 当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UAB最小，最小值为：Umin=0V，‎ 所以UAB的变化范围是0～10V，故B正确，ACD错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎6．两块大小、形状完全相同的金属平板平行放置，构成一平行板电容器，与它相连接的电路如图所示，接通开关，电源即给电容器充电：‎ ‎①保持K接通，减少两极板间的距离，则两极板间电场的电场强度减少 ‎②保持K接通，在两极板间插入一块介质，则极板上的电量增大 ‎③断开K，减小两极板间的距离，则两极板间的电势差减小 ‎④断开K，在两极板间插入一块介质，则两极板间的电势差增大 以上说法正确的有（　　）‎ A．①② B．③④ C．②③ D．②④‎ ‎【考点】电容器．‎ ‎【分析】电容器与电源相连，两极板间的电势差不变，通电后断开，则两极板上的电量不变； ‎ 由平行板电容器电容C=，根据某些量的变化可知电容的变化，则由Q=UC可知电压或电量的变化，由E=可求得电场强度的变化．‎ ‎【解答】解：‎ ‎①保持K接通，则两板间的电势差不变，因d减小，由E=可知，两极板间的电场的电场场强增大，故①错误；‎ ‎②保持K接通，两板间的电势差不变，在两极板间插入介质后，电容增大，由Q=UC可知，极板上的电量增大，故②正确；‎ ‎③断开K，减小距离d，电容增大，而两板上所带电量不变，由C=可得U=，则知两极板间的电势差U减小，故③正确；‎ ‎④断开K，插入介质后电容增大，两板上所带电量不变，由U=可知极板上的电势差减小，故④错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．四个小灯连接成如图所示电路，合上电键S，各灯均正常发光．若小灯L2灯丝突然烧断，则下列说法正确的是（　　）‎ A．L1变亮 B．变亮 C．L4变亮 D．电源的效率变低 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】小灯L2灯丝突然烧断后，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律分析总电流的变化，由欧姆定律分析L1两端电压的变化，判断L1亮度的变化．‎ 由总电流和L1电流的变化，判断L3中电流的变化，确定L3亮度的变化．由L1、L3电压的变化判断L4电压的变化，判断L4亮度的变化．‎ ‎【解答】解：ABC、小灯L2灯丝突然烧断后，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知：电路中总电流I减小，L1两端电压 U1=E﹣I（R+r），I减小，其他量不变，则U1增大，L1变亮．‎ L3中电流 I3=I﹣I1，I减小，I1增大，则I3减小，L3变暗．L4电压U4=U1﹣U3，U1增大，U3减小，则U4增大，L4变亮．所以L1、L4变亮，L3变暗．故AC正确，B错误．‎ D、电源的效率 η=×100%=×100%，外电阻增大时路端电压U增大，而E不变，则电源的效率提高，故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎8．如图所示电路中，电源电动势为E，电源内阻为r，串联的固定电阻为R2，滑动变阻器的总电阻为R1，电阻大小关系为R1=R2=r，则在滑动触头从a端移动到b端的过程中，下列描述中正确的是（　　）‎ A．电路中的总电流先增大后减小 B．电路的路端电压先增大后减小 C．电源的输出功率先增大后减小 D．滑动变阻器R1上消耗的功率先减小后增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】滑动变阻器的左右两个部分并联后与电阻R2串联接到电源中，分析在滑动触头从a端滑到b端过程中，电阻的变化情况，根据闭合欧姆定律判断电流的变化情况，当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大．‎ ‎【解答】解：A、当滑动变阻器从a→b移动时，R1左右两个部分并联电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知：电流是先减小后增大，故A错误；‎ B、路端电压U=E﹣Ir，因为电流先减小后增大，所以路端电压先增大后减小，故B正确；‎ C、当R外=r的时候 电源的输出功率最大，可知当滑片在a端或者b端时，外电路总电阻 R外=r，此时电源的输出功率最大，所以输出功率是先减小后增大的，故C错误；‎ D、将R2看成电源的内阻，等效电源的内阻为2r，变阻器为外电路，显然外电阻小于内电阻，外电阻先增大后减小，等效电源的输出功率，即R1上消耗的功率先增大后减小，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎9．如图所示的电路中，电阻R1=10Ω，R2=20Ω，R3=8Ω，电容器电容C=2μF，电源电动势E=12V，内阻不计．要使电容器带有4×10﹣6C的电量，变阻器R的阻值为（　　）‎ A．8Ω B．16Ω C．20Ω D．40Ω ‎【考点】电容器．‎ ‎【分析】先根据C=求解电容器的电压，然后根据串并联电路的电压和电流关系得到变阻器R的可能电压，求解出电阻．‎ ‎【解答】解：电容器相当与断路，电容C=2μF，带有4×10﹣6C的电量，故其电压为：U=；‎ 电阻R1与电阻R2串联，电压比等于电阻之比，故：UR2：UR1=R2：R1=2：1，故UR2==8V；‎ 设电阻R2右端电势为零，则其左端电势为8V，电容器两端电势差为2V，故电阻R左端电势为10V或者6V，故电阻R的电压为10V或者6V；‎ 由于R3与电阻R串联，电压比等于电阻之比；‎ 当电阻R的电压为10V时，有：‎ R3：R=UR3：UR=（12﹣10）：10=1：5，故R=5R3=40Ω；‎ 当电阻R的电压为6V时，有：‎ R3：R=UR3：UR=（12﹣6）：6=1：1，故R=R3=8Ω；‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎10．小灯泡通电后其电流I随所加电压U变化的图线如图所示，P为图线上一点，PN为图线的切线，PQ为U轴的垂线，PM为I轴的垂线．则下列说法中正确的是（　　）‎ A．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻减小 B．随着所加电压的增大，小灯泡的电阻增大 C．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ D．对应P点，小灯泡的电阻为R=‎ ‎【考点】路端电压与负载的关系．‎ ‎【分析】根据电阻的定义R=，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，斜率逐渐减小，电阻逐渐增大．对应P点，灯泡的电阻应根据欧姆定律求解．‎ ‎【解答】解：AB、根据电阻的定义R=，电阻等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，图线上的点与原点连线的斜率逐渐减小，说明电阻逐渐增大．故A错误．B正确；‎ CD、对应P点，由图可知，小灯泡两端的电压是U1，流过小灯泡的电流是I2，所以电阻R=； 故C正确，D错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示的电路中，R1、R2、、和R4皆为定值电阻，R5为可变电阻，电源的电动势为E，内阻为r=R1，设电流表A的读数为I，电压表V的读数为U，当R5的滑动角点向图中a端移动时（　　）‎ A．I变小 B．U变小 C．电源的效率变低 D．电源的输出功率变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，确定电流表A和电压表的读数变化，电源的效率，当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大．‎ ‎【解答】解：A、当R5的滑动触点向图中a端移动时，R5变小，外电路总电阻变小，则由闭合电路欧姆定律知，总电流I变大，路端电压变小，U变小，根据闭合电路欧姆定律，电路中并联部分电压U并=E﹣I（r+R1+R2）变小，则I变小，故AB正确；‎ C、电源的效率=，路端电压减小，E不变，则效率变低，故C正确；‎ D、当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，而r=R1，所以外电路电阻一定大于内阻，则外电路总电阻变小，输出功率增大，故D错误；‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，用绝缘细线拴一个带负电的小球，让它在竖直向下的匀强电场中绕O点做竖直平面内的圆周运动，a、b两点分别是圆周的最高点和最低点，则（　　）‎ A．小球经过a点时，电势能最小 B．小球经过a点时，线中的张力最小 C．小球经过b点时，机械能最小 D．小球经过b点时，电势能最小 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】分析小球所受重力与电场力的大小关系：当重力大于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最小，到达最低点b时，小球的速度最大；当重力等于于电场力时，小球做匀速圆周运动．当重力小于电场力时，小球运动到最高点a时，线的张力一定最大，到达最低点b时，小球的速度最小；根据电场力做功判断电势能的高低．根据除重力以外其它力做功判断机械能的大小．‎ ‎【解答】解：A、从a到b，电势能增加，所以a点电势能最小．故A正确．‎ B、当电场力大于重力，小球运动到a点时，速度最大，根据牛顿第二定律知，拉力最大．故B错误．‎ C、从a到b，除重力以外，电场力做负功，机械能减小，所以b点机械能最小．故C正确．‎ D、小球从a点运动到b点的过程中，电场力做负功，电势能增加．所以小球过b点时，电势能最大．故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，13题4分，14题9分，共13分，将正确答案填写在题目的横线处．）‎ ‎13．某同学在一次测量时，电压表（0﹣15V）、电流表（0﹣0.6A）的示数如图所示．则电压值为　9.0　 V，电流值为　0.33　 A ‎【考点】多用电表的原理及其使用．‎ ‎【分析】首先明确电表的量程，再根据刻度线确定最小分度，从而根据指针的位置确定读数．‎ ‎【解答】解：电压表量程为15V，最小分度为0.5V，则读数为：9.0V；‎ 电流表量程为0.6A，最小分度为0.02A，则其读数为：0.33A；‎ 故答案为：9.0；0.33‎ ‎　‎ ‎14．在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，除有一标有“6V，1.5W”的小灯泡、导线和开关外，还有：‎ A．直流电源6V（内阻不计）‎ B．电流表0～300mA（内阻5Ω）‎ C．电流表（量程0.6A，内阻300Ω）‎ D．电压表（量程3V，内阻30kΩ） ‎ E．电压表0～10V（内阻15kΩ）‎ F．滑动变阻器（10Ω，2A） ‎ G．滑动变阻器（1kΩ，1A）‎ 实验要求小灯泡两端的电压从零开始变化并能进行多次测量．且尽可能减小实验误差．‎ ‎（1）电流表应选　B　，电压表应选　E　，滑动变阻器应选　F　．（填电表之前的字母即可）‎ ‎（2）若该同学已正确选用器材，并连接好部分实验电路，如图甲，请在图甲中完成其余的电路连接．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）电表量程应略大于灯泡的额定值即可，根据额定电可确定电压表，根据P=UI可求得额定电流，则可确定电流表；再根据滑动变阻器的接法确定滑动变阻器；‎ ‎（2）根据实验原理确定电路图，从而确定对应的实物图．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡的额定电压为6V，故电压表应选E；电流I===0.25A，故电流表应选择B；因采用滑动变阻器分压接法，故应采用小电阻F；‎ ‎（2）由题意可知，本实验应采用分压接法，同时因灯泡内阻较小，故应采用电流表外接法；故实物图如图所示；‎ 故答案为：（1）B．；E；F．（2）如图所示 ‎　‎ 三、计算题（本题共4小题，39分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎15．已知电流表的内阻Rg为100Ω，满偏电流Ig为3mA，‎ ‎（1）要把它改装成量程是6V的电压表，应串联多大的电阻？‎ ‎（2）要把它改装成量程是3A的电流表，应并联多大的电阻？‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】（1）将电流表改装成电压表时，需要串联一个电阻，根据串联电路的规律即可求得应串联的电阻；‎ ‎（2）要想扩大电流表量程，应并联一个小电阻，根据并联电路规律即可求得应并联的电阻阻值．‎ ‎【解答】解：（1）改装成量程为6 V的电压表时，有：‎ Ug=IgRg=3×10﹣3×100 V=0.3 V，‎ 分压为：UR=U﹣Ug=（6﹣0.3）V=5.7 V 解得：R==Ω=1.9 kΩ ‎ ‎（2）改装成量程为3 A的电流表时，有：‎ IR=I﹣Ig=（3﹣0.003）A=2.997 A 解得：R′==Ω≈0.1Ω ‎ 答：（1）要把它改装成量程是6V的电压表，应串联1.9kΩ的电阻．‎ ‎（2）要把它改装成量程是3A的电流表，应并联0.1Ω的电阻．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，已知电源电动势E=18V，内阻r=1Ω，当接入固定电阻R=2Ω时，电路中标有“4V，8W”的灯泡L和内阻RD=1Ω的小型直流电动机D都恰能正常工作．试求：‎ ‎（1）电路中的电流大小；‎ ‎（2）电动机的输出功率．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）“4V，8W”的灯泡L和直流电动机D都恰能正常工作，则知电路中电流等于灯泡的额定电流，由灯泡的额定功率和额定电压，由P=UI求出电路中的电流大小．‎ ‎（2）根据串联特点电压的分配关系，由功率公式可求得电动机的输出功率．‎ ‎【解答】解：（1）由题灯泡L正常发光，则电路中的电流大小为 ‎ ‎ I===2A ‎（2）电动机的输出功率为：‎ P出=UMI﹣I2RD=8×2﹣22×1=12W ‎ 答：‎ ‎（1）电路中的电流大小是2A；‎ ‎（2）电动机的输出功率为12W．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示电路中，电阻R1=R2=3Ω，R3=6Ω，S扳至1时，电流表的示数为1.0A，S扳至2时，电流表示数为1.5A，求：电源的电动势E和内阻r（电流表内阻不计）．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】如图，开关S扳至1时，电阻R1、R3并联后与R2串联．S扳至2时，电阻R1、R2串联联后与R2并联．分别求出外电路总电阻，根据闭合电路欧姆定律列出两个方程，组成方程组求解电源的电动势E和内阻r．‎ ‎【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得 当开关S接1时：‎ 当开关S接2时：‎ 代入数据，得：E=5+r ‎ E=1.5（3+r）‎ 求解方程组，得：E=6.0V，r=1.0Ω 答：电源的电动势E为6V，内阻r为1Ω．‎ ‎　‎ ‎18．一电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻r=2Ω，电阻R1=12Ω，R2=R4=4Ω，R3=8Ω，C为平行板电容器，其电容C=3.0pF，虚线到两极板距离相等，极板长L=0.20m，两极板的间距d=1.0×10﹣2m．‎ ‎（1）若开关S处于断开状态，则当其闭合后，求流过R4的总电量为多少？‎ ‎（2）若开关S断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入C的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关S闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入C的电场中，能否从C的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g取10m/s2）‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】开关断开时，求出电阻两端的电压从而算出电容器的电量；当开关闭合时，求出路端的电压，从而电阻两端的电压．当断开时电场力与重力相平衡，而闭合后由重力与电场力的合力从而求出加速度大小，最终求出侧向位移．‎ ‎【解答】解：（1）S断开时，电阻R3两端电压为：‎ S闭合后，外阻为：‎ 路端电压为：‎ 电阻R3两端电压为：‎ 则所求流过R4的总电量为：Q=CU3﹣CU3′=6.0×10﹣12C ‎（2）设微粒质量为m，电量为q，当开关S断开时有：‎ 当开关S闭合后，设微粒加速度为a，则有：‎ 设微粒能从C的电场中射出，则水平方向：‎ 竖直方向：‎ 由以上各式求得：‎ 故微粒不能从C的电场中射出 答：（1）流过R4的总电量为6.0×10﹣12C；‎ ‎（2）微粒不能从C的电场中射出．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日