物理卷·2018届山东省德州市陵城一中高二上学期期中物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届山东省德州市陵城一中高二上学期期中物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年山东省德州市陵城一中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题共12小题，共48分．在每小题给出的四个选项中，1～8题只有一项符合题目要求，每小题4分；9～12题有多个选项符合题目要求，每小题4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．在点电荷产生的电场中，以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度都相同 B．电势等于零的物体一定不带电 C．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加 D．从C=可以看出，电容的大小取决于带电荷量和电压 ‎2．在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点．其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是（　　）‎ A．甲图中与点电荷等距的a、b两点 B．乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 C．丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 D．丁图中非匀强电场中的a、b两点 ‎3．如图1所示A、B是电场中同一条直线形电场线上的两点，若将一个带正电的点电荷由A点静止释放，它在沿电场线由A到B．已知速度图象（图2），试比较A，B两点的电势φ和电场强度E．下列说法正确的是（　　）‎ A．φA＞φB EA＞EB B．φA＞φB EA＜EB C．φA＜φB EA＜EB D．φA＜φB EA＞EB ‎4．有关电压和电动势的说法中正确的是（　　）‎ A．电压和电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同说法 B．电动势公式E=中的W与电压U=中的W是一样的，都是电场力做的功 C．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电势能本领强弱的物理量 D．路端电压始终等于电源的电动势 ‎5．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）‎ A．平行板电容器的电容值将变大 B．静电计指针张角变小 C．带电油滴的电势能将增大 D．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 ‎6．如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是（　　）‎ A．a代表的电阻丝较粗 B．b代表的电阻丝较粗 C．a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值 D．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比 ‎7．电阻R和电动机M串连接到电路中，如图所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作．设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量为Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2．则有（　　）‎ A．U1＜U2，Q1=Q2 B．U1=U2，Q1=Q2 C．W1=W2，Q1＞Q2 D．W1＜W2，Q1＜Q2‎ ‎8．如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=r，滑动变阻器的最大阻值是2r．闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电路中的电流变小 B．电源的输出功率先变大后变小 C．滑动变阻器消耗的功率变小 D．定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小 ‎9．如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向右端移动时，下面说法中正确的是（　　）‎ A．电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大 B．电压表V1的读数增大，电流表A1的读数减小 C．电压表V2的读数减小，电流表A2的读数增大 D．电压表V2的读数增大，电流表A2的读数减小 ‎10．下述关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是（　　）‎ A．测量电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较大的挡位，重新调零后测量 B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果 C．测量阻值不同的电阻时，都必须重新调零 D．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开 ‎11．如图，直线A为电源的U﹣I图线，直线B和C分别为电阻R1和R2的U﹣I图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为η1、η2，则（　　）‎ A．P1＞P2 B．P1=P2 C．η1＞η2 D．η1＜η2‎ ‎12．如图，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子，以初速度v由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是（　　）‎ A．使初速度减为原来的 B．使M、N间电压提高到原来的2倍 C．使M、N间电压提高到原来的4倍 D．使初速度和M、N间电压都减为原来的 ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，共16分．把答案填在答题卷上指定位置）‎ ‎13．在一次实验时某同学用游标卡尺测量（如图1所示），示数为　　cm．用螺旋测微器测量（如图2），示数为　　mm．‎ ‎14．某研究性学习小组为探究小灯泡灯丝电阻与温度的关系，设计并完成了有关的实验，以下是实验中可供选用的器材．‎ A．待测小灯泡（额定功率6W，额定电流0.5A）‎ B．电流表（量程0～0.6A，内阻0.1Ω）‎ C．电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）‎ D．电压表（量程0～15V，内阻约15kΩ）‎ E．滑线变阻器（最大阻值20Ω）‎ F．滑线变阻器（最大阻值1kΩ）‎ G．直流电源（电动势15V，内阻可忽略） H．开关一个，导线若干 实验中调节滑线变阻器，小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，从而测出小灯泡在不同电压下的电流．‎ ‎①请在虚线框中画出为完成上述实验而设计的合理的电路图．其中滑线变阻器应选择　　．（用代号填入）‎ ‎②如图所示是该研究小组测得小灯泡的I﹣U关系图线．由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而　　（填“增大”、“减小”或“不变”）；当小灯泡两端所加电压为6V时，其灯丝电阻值约为　　Ω．（保留两位有效数字）‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3小题，共36分．答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤）‎ ‎15．在匀强电场中，将一电荷量为2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.1J，已知A、B两点间距为2cm，两点连线与电场方向成60°角，如图：问：‎ ‎（1）在电荷由A移到B的过程中，电场力做了多少功？‎ ‎（2）A、B两点间的电势差为多少？‎ ‎（3）该匀强电场的电场强度为多大？‎ ‎16．如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机线圈的电阻R0=0.5Ω，当电键S断开时，电阻R1的电功率是525W，当S闭合时，电阻R1的电功率是336W，求：‎ ‎（1）电源的内阻；‎ ‎（2）当S闭合时流过电源的电流和电动机消耗的功率．‎ ‎17．示波器的示意图如图，金属丝发射出来的电子（初速度为零，不计重力）被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场．电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上．设加速电压U1=1640V，偏转极板长L=4cm，偏转板间距d=1cm，当电子加速后从两偏转板的中央沿板平行方向进入偏转电场．‎ ‎（1）偏转电压U2为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？‎ ‎（2）如果偏转板右端到荧光屏的距离S=20cm，则电子束最大偏转距离为多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省德州市陵城一中高二（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，共48分．在每小题给出的四个选项中，1～8题只有一项符合题目要求，每小题4分；9～12题有多个选项符合题目要求，每小题4分，选对但不全得2分，错选或不选得0分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．在点电荷产生的电场中，以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度都相同 B．电势等于零的物体一定不带电 C．负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加 D．从C=可以看出，电容的大小取决于带电荷量和电压 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】本题应明确：电场强度是矢量，有大小和方向；电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加；同时注意零电势点是人为规定的，电势为零的物体可以带电，同时明确电容的大小取决于电容器本身，其大小与电荷量和电压无关．‎ ‎【解答】解：A、在点电荷产生的电场中，以点电荷为球心的同一球面上各点的电场强度大小都相等，但方向不同，故A错误；‎ B、零电势点是人为规定的点，电势为零的物体可以是带电的，故B错误；‎ C、负电荷受力与电场线方向相反，则负电荷沿电场线移动时，电场力做负功，电势能增大，故C正确；‎ D、电容的定义式C=采用的是比值定义法，电容大小与电容器所带电荷量和两极板间的电压无关，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．在如图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点．其中a、b两点电场强度大小相等、方向相反的是（　　）‎ A．甲图中与点电荷等距的a、b两点 B．乙图中两等量异种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 C．丙图中两等量同种电荷连线的中垂线上与连线等距的a、b两点 D．丁图中非匀强电场中的a、b两点 ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【分析】电场线是从正电荷或者无穷远发出，到负电荷或无穷远处为止，电场强度的方向沿着该点的电场线的切线的方向．‎ ‎【解答】解：A、在甲图中，电场线是直线，a、b点的电场强度的方向就沿着电场线的方向，所以a、b的电场强度的方向不同，但不是相反的，所以A错误；‎ B、在等量异种电荷连线的中垂线上的所有的点的电场强度的方向都是水平指向负电荷的一侧的，所以a、b的电场强度的方向相同，所以B错误；‎ C、在等量同种电荷连线的中垂线上的点的电场强度的方向都是由中间指向两侧的，在对称的位置，电场强度的大小是相同的，方向相反，所以C正确；‎ D、在非匀强电场中的a、b两点，电场强度的方向沿着该点的电场线的切线的方向，显然它们的方向不同，但是不是相反的，所以D错误；‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．如图1所示A、B是电场中同一条直线形电场线上的两点，若将一个带正电的点电荷由A点静止释放，它在沿电场线由A到B．已知速度图象（图2），试比较A，B两点的电势φ和电场强度E．下列说法正确的是（　　）‎ A．φA＞φB EA＞EB B．φA＞φB EA＜EB C．φA＜φB EA＜EB D．φA＜φB EA＞EB ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】速度时间图象的切线的斜率表示加速度，正试探电荷受到的电场力方向为场强方向，沿着电场力方向，电势降低 ‎【解答】解：从速度时间图象可以看出，物体加速，正试探电荷受到的电场力方向为场强方向相同，故电场力向右，场强方向也向右，沿着电场力方向，电势降低，故φA＞φB，速度时间图象的切线的斜率表示加速度，故说明加速度不断减小，电场力不断减小，场强也不断减小，故EA＞EB，故A正确 故选：A ‎　‎ ‎4．有关电压和电动势的说法中正确的是（　　）‎ A．电压和电动势的单位都是伏特，所以电动势与电压是同一物理量的不同说法 B．电动势公式E=中的W与电压U=中的W是一样的，都是电场力做的功 C．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电势能本领强弱的物理量 D．路端电压始终等于电源的电动势 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，不是同一物理量的不同叫法．电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量．电动势公式E=中的W非是非静电力做功，电压U=中的W静是静电力做功．电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压．‎ ‎【解答】解：A、电压与电动势的单位相同，但物理意义不同，是两个不同的物理量．故A错误．‎ B、电动势公式E=中的W非是非静电力做功，电压U=中的W静是静电力做功．故B错误．‎ C、电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势反映电源把其他形式的能转化为电能本领大小．故C正确．‎ D、根据闭合电路欧姆定律，路端电压U=E﹣Ir，只有当外电路断开时，I=0，路端电压等于电动势．故D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，平行板电容器与电动势为E的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地，静电计所带电量很少，可被忽略．一带负电油滴被固定于电容器中的P点，现将平行板电容器的下极板竖直向下移动一小段距离，则（　　）‎ A．平行板电容器的电容值将变大 B．静电计指针张角变小 C．带电油滴的电势能将增大 D．若先将上极板与电源正极的导线断开再将下极板向下移动一小段距离，则带电油滴所受电场力不变 ‎【考点】电容器的动态分析；带电粒子在混合场中的运动．‎ ‎【分析】电容器始终与电源相连，则电容器两端间的电势差不变，根据电容器d的变化判断电容的变化以及电场强度的变化，从而判断电荷电势能和电场力的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据C= 知，d增大，则电容减小．故A错误．‎ B、静电计测量的是电容器两端的电势差，因为电容器始终与电源相连，则电势差不变，所以静电计指针张角不变．故B错误．‎ C、电势差不变，d增大，则电场强度减小，P点与上极板的电势差减小，则P点的电势增大，因为该电荷为负电荷，则电势能减小．故C错误．‎ D、电容器与电源断开，则电荷量不变，d改变，根据E===，知电场强度不变，则油滴所受电场力不变．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是（　　）‎ A．a代表的电阻丝较粗 B．b代表的电阻丝较粗 C．a电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值 D．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比 ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】I﹣U图线的斜率表示电阻的倒数，根据斜率比较电阻的大小．根据电阻定律R=比较电阻丝的粗细．‎ ‎【解答】解：A、图线的斜率表示电阻的倒数，图线a的斜率小于b的斜率，所以a的电阻大于b的电阻，根据电阻定律R=知，长度相同，材料相同，知a的横截面积小，b的横截面积大．故A、C错误，B正确．‎ D、电阻的大小与电压、电流无关．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎7．电阻R和电动机M串连接到电路中，如图所示，已知电阻R跟电动机线圈的电阻值相等，开关接通后，电动机正常工作．设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功为W1，产生热量为Q1，电流通过电动机做功为W2，产生热量为Q2．则有（　　）‎ A．U1＜U2，Q1=Q2 B．U1=U2，Q1=Q2 C．W1=W2，Q1＞Q2 D．W1＜W2，Q1＜Q2‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】开关接通后，电动机正常工作，其电路非纯电阻电路，电动机两端的电压大于线圈电阻与电流的乘积．而电阻R是纯电阻，其两端电压等于电阻与电流的乘积．根据焦耳定律研究热量关系．‎ ‎【解答】解：设开关接通后，电路中电流为I．‎ 对于电阻R，由欧姆定律得U1=IR 对于电动机，U2＞IR，则U1＜U2．‎ ‎ 根据焦耳定律得 ‎ Q1=I2Rt，Q2=I2Rt，则Q1=Q2．‎ 故选A ‎　‎ ‎8．如图所示，电动势为E、内阻为r的电池与定值电阻R0、滑动变阻器R串联，已知R0=r，滑动变阻器的最大阻值是2r．闭合开关S，当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电路中的电流变小 B．电源的输出功率先变大后变小 C．滑动变阻器消耗的功率变小 D．定值电阻R0上消耗的功率先变大后变小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，接入电路的电阻减小，电路的电流增大，可以分析每个电阻的功率的变化．‎ ‎【解答】解：当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动时，接入电路的电阻减小，电路的电流变大，所以A错误；‎ B、当内电阻和外电阻相等时，电源的输出功率最大，由于R0=r，滑动变阻器的最大阻值是2r，所以外电阻一定比内电阻大，并且外电子在减小，所以电源的输出功率在增加，所以B错误；‎ C、把定值电阻R0和电源看成一个整体，此时大电源的内电阻为2r，此时的滑动变阻器就相当于外电路，由于滑动变阻器的最大阻值是2r，所以此时外电阻在减小，电源的输出功率在减小，即滑动变阻器消耗的功率变小，所以C正确；‎ D、电路的电流变大，所以定值电阻R0上消耗的功率变大，所以D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示，图中的四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑片P向右端移动时，下面说法中正确的是（　　）‎ A．电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大 B．电压表V1的读数增大，电流表A1的读数减小 C．电压表V2的读数减小，电流表A2的读数增大 D．电压表V2的读数增大，电流表A2的读数减小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当滑动变阻器滑动触点P向右端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律判断干路电流的变化，即可知电流表A1读数的变化．根据欧姆定律分析电压表V1读数的变化．根据干路电流的变化，分析路端电压的变化，判断电流表A2读数的变化．由干路电流与通过R3电流的变化，分析通过R2电流的变化，即可判断电压表V2读数的变化．‎ ‎【解答】解：当滑动变阻器滑动触点P向右端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，路端电压U减小，则电流表A1读数增大；‎ 电压表V1读数 U1=E﹣I（R1+r），I增大，其他量不变，则U1减小；‎ 通过电流表A2的电流 I2=，U1减小，则I2减小；‎ 流过R2的电流 I2′=I﹣I2，I增大，I2减小，则I2′增大，则伏特表V2的读数增大．‎ 综上，电压表V1的读数减小，电流表A1的读数增大，伏特表V2的读数增大，电流表A2的读数减小．故AD正确，BC错误．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎10．下述关于用多用电表欧姆挡测电阻的说法中正确的是（　　）‎ A．测量电阻时，如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较大的挡位，重新调零后测量 B．测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则不会影响测量结果 C．测量阻值不同的电阻时，都必须重新调零 D．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开 ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使欧姆表指针指在刻度盘中央刻度线附近；‎ 测电阻时应把待测电阻与其它电路断开；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零．‎ ‎【解答】解：A、测量电阻时如果指针偏转过大，所选挡位太大，应换小挡，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量，故A错误；‎ B、测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B正确；‎ C、用同一挡位测量阻值不同的电阻时不必重新调零，换挡后要重新进行欧姆调零，故C错误；‎ D、为保护电表安全，测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故D正确；‎ 故答案为：BD．‎ ‎　‎ ‎11．如图，直线A为电源的U﹣I图线，直线B和C分别为电阻R1和R2的U﹣I图线，用该电源分别与R1、R2组成闭合电路时，电源的输出功率分别为P1、P2，电源的效率分别为η1、η2，则（　　）‎ A．P1＞P2 B．P1=P2 C．η1＞η2 D．η1＜η2‎ ‎【考点】欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【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：AB、由图线的交点读出，B接在电源上时，电源的输出输出功率P1=UI=8W C接在电源上时，电源的输出输出功率P2=UI=8W 故A错误，B正确．‎ CD、电源的效率η===，效率与路端电压成正比，B接在电源上时路端电压大，效率高，η1＞η2．故C正确，D 错误．‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎12．如图，M、N是在真空中竖直放置的两块平行金属板，板间有匀强电场，质量为m、电荷量为﹣q的带电粒子，以初速度v由小孔进入电场，当M、N间电压为U时，粒子刚好能到达N板，如果要使这个带电粒子能到达M、N两板间距的处返回，则下述措施能满足要求的是（　　）‎ A．使初速度减为原来的 B．使M、N间电压提高到原来的2倍 C．使M、N间电压提高到原来的4倍 D．使初速度和M、N间电压都减为原来的 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．‎ ‎【分析】由题意知粒子射入电场后，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：粒子刚好能达到N金属板时，根据动能定理得，﹣qU=0﹣，现在使带电粒子能到达MN板间距的处返回，则电场力做功等于﹣．‎ A、当初速度，U不变，则有带电粒子动能的变化，故A错误；‎ B、电压提高到原来的2倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功，与粒子动能变化相等，故B正确；‎ C、电压提高到原来的4倍，则带电粒子运动到MN板中点时电场力做功W=，与粒子动能的变化不等，故C错误；‎ D、初速度减为原来的，则带电粒子动能变化减为原来的，MN板间电压减为原来的，则运动到MN板间中点电场力做功为原来的，故D正确．‎ 故选BD ‎　‎ 二、实验题（本题共2小题，共16分．把答案填在答题卷上指定位置）‎ ‎13．在一次实验时某同学用游标卡尺测量（如图1所示），示数为　1.14　cm．用螺旋测微器测量（如图2），示数为　0.920　mm．‎ ‎【考点】螺旋测微器的使用；电火花计时器、电磁打点计时器．‎ ‎【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：10分度的游标卡尺，精确度是0.1mm，游标卡尺的主尺读数为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11+4×0.1mm=1.14mm；‎ 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：1.14 0.920‎ ‎　‎ ‎14．某研究性学习小组为探究小灯泡灯丝电阻与温度的关系，设计并完成了有关的实验，以下是实验中可供选用的器材．‎ A．待测小灯泡（额定功率6W，额定电流0.5A）‎ B．电流表（量程0～0.6A，内阻0.1Ω）‎ C．电压表（量程0～3V，内阻约3kΩ）‎ D．电压表（量程0～15V，内阻约15kΩ）‎ E．滑线变阻器（最大阻值20Ω）‎ F．滑线变阻器（最大阻值1kΩ）‎ G．直流电源（电动势15V，内阻可忽略） H．开关一个，导线若干 实验中调节滑线变阻器，小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，从而测出小灯泡在不同电压下的电流．‎ ‎①请在虚线框中画出为完成上述实验而设计的合理的电路图．其中滑线变阻器应选择　E　．（用代号填入）‎ ‎②如图所示是该研究小组测得小灯泡的I﹣U关系图线．由图线可知，小灯泡灯丝电阻随温度的升高而　增大　（填“增大”、“减小”或“不变”）；当小灯泡两端所加电压为6V时，其灯丝电阻值约为　15　Ω．（保留两位有效数字）‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】描绘灯泡电阻随电压的变化关系，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法．‎ ‎【解答】解：①小灯泡两端电压可以从零至额定电压范围内变化，滑动变阻器应用分压式接法，又小灯泡电阻远小于电压表内阻，电流表应用外接法接法，实验电路图如图所示，为方便实验操作，滑动变阻器应选E．‎ ‎②由图示图象可知，随灯泡两端电压增大，通过灯泡的电流增大，电压与电流的比值增大，灯泡电阻增大；‎ 由图示图象可知，灯泡两端电压为6V时，通过灯泡的电流为0.4A，则灯泡电阻R===15Ω 故答案为：①电路图如图所示；E；②增大；15．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3小题，共36分．答题应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤）‎ ‎15．在匀强电场中，将一电荷量为2×10﹣5C的负电荷由A点移到B点，其电势能增加了0.1J，已知A、B两点间距为2cm，两点连线与电场方向成60°角，如图：问：‎ ‎（1）在电荷由A移到B的过程中，电场力做了多少功？‎ ‎（2）A、B两点间的电势差为多少？‎ ‎（3）该匀强电场的电场强度为多大？‎ ‎【考点】电势；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】根据电场力做功与电势能的关系WAB=EA﹣EB=﹣△E可计算电场力做的功，由W=qu可求AB间的电势差Uab，再由E=求的电场强度，注意d是沿电场线方向的 ‎【解答】解：（1）由题意根据电场力做功与电势能的关系WAB=EA﹣EB=﹣△E得，WAB=﹣△E=﹣0.1J 即电场力做了﹣0.1J的功 ‎ （2）由W=qu可求AB间的电势差UAB==5×103V ‎ （3）由E=得， =5×105V/m即电场强度为5×105V/m．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，电源的电动势E=110V，电阻R1=21Ω，电动机线圈的电阻R0=0.5Ω，当电键S断开时，电阻R1的电功率是525W，当S闭合时，电阻R1的电功率是336W，求：‎ ‎（1）电源的内阻；‎ ‎（2）当S闭合时流过电源的电流和电动机消耗的功率．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）根据S断开时R1消耗的功率为，据此求出电流，再根据闭合电路欧姆定律求出内阻r．‎ ‎（2）当电键S2闭合时，根据电阻R1的电功率求出R1两端的电压和通过R1的电流，再根据E=U+Ir，求出总电流．从而求出通过电动机的电流，从而求出电动机消耗的功率．‎ ‎【解答】解：（1）S断开时，设通过电源的电流为I，则，‎ 对R1有：‎ 所以有：I==5A 对闭合回路：E=I（R1+r）‎ 所以有：r==1Ω ‎（2）S闭合时，设通过R1的电流为I1，则 对R1有：‎ 所以有：I1==4A R1两端电压为：U=I1R1=21×4=84V 对闭合回路，设通过电源的电流为I'，则有：E=U+I'r 所以有：I'=26A 所以电动机中的电流为：I2=I'﹣I1=26﹣4=22A 则电动机消耗的功率为：P=UI2﹣I2R0=1606W 答：（1）电源的内阻为1Ω；‎ ‎（2）当S闭合时流过电源的电流为22A，电动机消耗的功率为1606W．‎ ‎　‎ ‎17．示波器的示意图如图，金属丝发射出来的电子（初速度为零，不计重力）被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场．电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上．设加速电压U1=1640V，偏转极板长L=4cm，偏转板间距d=1cm，当电子加速后从两偏转板的中央沿板平行方向进入偏转电场．‎ ‎（1）偏转电压U2为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？‎ ‎（2）如果偏转板右端到荧光屏的距离S=20cm，则电子束最大偏转距离为多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）当电子经偏转电场后从下板边缘出来时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大．先运用动能定理求得电子进入偏转电场时的初速度．运用运动的分解，根据牛顿第二定律和运动学公式结合求出偏转电压U2．‎ ‎（2）如图电子束打在荧光屏上最大偏转距离y=+y2，电子离开电场后做匀速直线运动，由t2=求出匀速直线运动的时间，y2=vy•t2，即可求得最大偏转距离y．‎ ‎【解答】解：（1）设电子电量大小e，质量为m，进入偏转电场初速度v0，‎ 根据动能定理，有 eU1=‎ 电子在偏转电场的飞行时间t1=‎ 电子在偏转电场的加速度a==‎ 要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场后必须沿下板边缘射出．‎ 电子在偏转电场中的侧移距离为 则有： =at12‎ 由①②③④得：偏转电压U2=‎ 代入数据解得：U2=205V ‎（2）设电子离开电场后侧移距离为y1，则电子束打在荧光屏上最大偏转距离 ‎ y=+y1‎ 由于电子离开偏转电场的侧向速度vy=‎ 电子离开偏转电场后的侧向位移y1=‎ 得电子最大偏转距离y=+‎ 代入数据解得：y=0.055m 答：‎ ‎（1）偏转电压U2为205V时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大．‎ ‎（2）如果偏转板右端到荧光屏的距离S=20cm，则电子束最大偏转距离为0.055m．‎ ‎　‎