物理卷·2018届陕西省延安市实验中学大学区校际联盟高二上学期期末物理试卷（A卷） （解析版）

物理卷·2018届陕西省延安市实验中学大学区校际联盟高二上学期期末物理试卷（A卷） （解析版）

陕西省延安市实验中学大学区校际联盟2016-2017学年高二（上）期末物理试卷（A卷）(解析版)‎ ‎　‎ 一、单项选择题（本题共8小题，每题4分，共32分）‎ ‎1．关于物理学史，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的 B．法拉第不仅提出了场的概念，而且提出了分子电流假说 C．发现通电导线周围存在磁场的科学家是奥斯特 D．库仑在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律，并通过扭秤测出了静电力恒量 ‎2．关于电场强度与电势的关系，下面各种说法中正确的是（　　）‎ A．电场强度大的地方，电势一定高 B．电场强度不变，电势也不变 C．电场强度为零处，电势一定为零 D．电场强度的方向是电势降低最快的方向 ‎3．有一电场的电场线如图所示，场中A、B两点电场强度的大小和电势分别用EA、EB和UA、UB表示，则（　　）‎ A．Ea＞Eb Ua＞Ub B．Ea＞Eb Ua＜Ub C．Ea＜Eb Ua＞Ub D．Ea＜Eb Ua＜Ub ‎4．如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则（　　）‎ A．a的电荷量一定大于b的电荷量 B．b的质量一定大于a的质量 C．a的比荷一定大于b的比荷 D．b的比荷一定大于a的比荷 ‎5．两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加相同电压后，则在同一时间内通过它们的电荷量之比为（　　）‎ A．1：4 B．1：8 C．1：16 D．16：1‎ ‎6．如图所示，当开关S断开时，电压表示数为3V，当开关S闭合时，电压表示数为1.8V，则外电阻R与电源内阻r之比为（　　）‎ A．5：3 B．3：5 C．2：3 D．3：2‎ ‎7．一根容易形变的弹性导线，两端固定．导线中通有电流，方向如图中箭头所示．当没有磁场时，导线呈直线状态：当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成60°角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为（　　）‎ A．1：2 B．2：1 C．1： D．1：1‎ ‎　‎ 二、多项选择题（本题共4小题，每题4分，共16分．全部选对的得4分，部分选对的得2分，有错选或不选的得0分）‎ ‎9．图为两个不同闭合电路中两个不同电源的U﹣I图象，下列判断正确的是（　　）‎ A．电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2‎ B．电动势E1=E2，内阻r1＞r2‎ C．电动势E1＞E2，内阻r1＜r2‎ D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大 ‎10．如图所示，当滑动变阻器滑动触头向左移动时，灯泡A、B、C的亮度将（　　）‎ A．都变亮 B．A变亮 C．B变亮 D．C变亮 ‎11．一根长0.20m、通有2.0A电流的通电直导线，放在磁感应强度为0.50T的匀强磁场中，受到的安培力大小可能是（　　）‎ A．0 N B．0.20 N C．0.40 N D．0.60 N ‎12．在匀强磁场中一个带电粒子做匀速圆周运动，如果又顺利垂直进入另一个磁感应强度是原来磁感应强度2倍的匀强磁场，则（　　）‎ A．粒子的速率加倍，周期减半 B．粒子的速率不变，轨道半径减半 C．粒子的速率减半，轨道半径变为原来的 D．粒子的速率不变，周期减半 ‎　‎ 三、实验题（共18分）‎ ‎13．（8分）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．‎ ‎（1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为　　mm．‎ ‎（2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值　　．（选填“偏大”或“偏小”）‎ ‎（3）用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图丙，则电压表的读数为　　V，电流表的读数为　　A．‎ ‎14．（10分）在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：‎ A．干电池（电动势约为1.5V，内阻小于1.5Ω）‎ B．电流表G（满偏电流2mA，内阻10Ω）‎ C．电流表A（0～0.6A，内阻约0.1Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）‎ E．滑动变阻器R2（0～100Ω，1A）‎ F．定值电阻R3=990Ω G．开关、导线若干 ‎（1）为方便且能较准确地进行测量，应选用滑动变阻器　　（填写序号）．‎ ‎（2）请在如图1的虚线框内画出利用本题器材所设计的测量电池电动势和内阻的实验电路图．‎ ‎（3）某同学根据他设计的实验测出了6组I1（电流表G的示数）和I2（电流表A的示数），请在如图2所示的坐标纸上作出I1和I2的关系图线．‎ 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ I1/mA ‎1.40‎ ‎1.36[‎ ‎1.35‎ ‎1.28‎ ‎1.20‎ ‎1.07‎ I2/A ‎0.10‎ ‎0.15‎ ‎0.23‎ ‎0.25‎ ‎0.35‎ ‎0.50‎ ‎（4）根据图线可得，被测电池的电动势为　　V，内阻为　　Ω．‎ ‎　‎ 四、计算题（本题共3小题，满分34分；解题时应写出必要的文字说明、重要的物理规律，答题时要写出完整的数字和单位；只有结果而没有过程的不能得分）‎ ‎15．（10分）匀强电场中场强为40N/C，在同一条电场线上有A、B两点，把质量为2×10﹣9kg、带电荷为﹣2×10﹣9的微粒从A点移到B点，静电力做1.5×10﹣7J的正功．‎ ‎（1）A、B两点间电势差UAB是多少？‎ ‎（2）A、B两点间距离是多少？‎ ‎（3）若微粒在A点具有与电场线同向的速度10m/s，在只有静电力作用的情况下，求经过B点时的速度．‎ ‎16．（12分）如图所示，电源电动势E=14V．内阻r=1Ω，小灯泡标有“2V，4W”，电动机内阻r′=0.5Ω，当变阻器阻值为1Ω时，电灯和电动机均为正常工作，则：‎ 电动机两端的电压为　　V，电动机输出的机械功率为　　W．‎ ‎17．（12分）如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求：‎ ‎（1）通过导体棒的电流；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力大小；‎ ‎（3）导体棒受到的摩擦力．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年陕西省延安市实验中学大学区校际联盟高二（上）期末物理试卷（A卷）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（本题共8小题，每题4分，共32分）‎ ‎1．关于物理学史，下列说法中不正确的是（　　）‎ A．电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根测得的 B．法拉第不仅提出了场的概念，而且提出了分子电流假说 C．发现通电导线周围存在磁场的科学家是奥斯特 D．库仑在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律，并通过扭秤测出了静电力恒量 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可 ‎【解答】解：A、电荷量e的数值最早是由美国物理学家密立根通过油滴实验测得的．故A正确．‎ B、法拉第不仅提出了场的概念，而且用电场线形象直观地描绘了场的清晰图象．安培提出了分子电流假说．故B错误．‎ C、发现通电导线周围存在磁场的科学家是奥斯特．故C正确；‎ D、库仑在前人工作的基础上，通过实验研究确认了真空中两个静止点电荷之间的相互作用力的规律，并通过扭秤测出了静电力恒量．故D正确．‎ 本题选错误的 故选：B ‎【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一 ‎　‎ ‎2．关于电场强度与电势的关系，下面各种说法中正确的是（　　）‎ A．电场强度大的地方，电势一定高 B．电场强度不变，电势也不变 C．电场强度为零处，电势一定为零 D．电场强度的方向是电势降低最快的方向 ‎【考点】电场强度；电势．‎ ‎【分析】电场强度和电势这两个概念非常抽象，借助电场线可以形象直观表示电场这两方面的特性：电场线疏密表示电场强度的相对大小，切线方向表示电场强度的方向，电场线的方向反映电势的高低．‎ ‎【解答】解：A、电场线密处，电场强度大，而电场线方向不确定，故无法判断电势高低，故A错误；‎ B、在匀强电场中，电场强度不变，沿着电场线的方向，电势总是逐渐降低的，故B错误；‎ C、电势为零，是人为选择的，电场强度为零的地方，电势不一定为零．故C错误．‎ D、沿着电场方向电势降低最快，故D说法正确；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】电场线的疏密表示电场强度的相对大小，电场线的方向反映电势的高低，则电场强度与电势没有直接关系．‎ 顺着电场线方向，电势逐渐降低，但场强不一定减小．‎ ‎　‎ ‎3．有一电场的电场线如图所示，场中A、B两点电场强度的大小和电势分别用EA、EB和UA、UB表示，则（　　）‎ A．Ea＞Eb Ua＞Ub B．Ea＞Eb Ua＜Ub C．Ea＜Eb Ua＞Ub D．Ea＜Eb Ua＜Ub ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】电场线越密代表场强越大，电场线越疏代表场强越小；沿电场线方向电势降低最快．‎ ‎【解答】解：电场线的疏密代表场强的大小，电场线越密代表场强越大，电场线越疏代表场强越小，显然A点的电场线疏，B点的电场线密，故Ea＜Eb，‎ 沿电场线方向电势逐渐降低，故Ub＞Ua．故D正确，ABC错误．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】题目比较简单，只要把握电场线的特点即可顺利解决．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，a、b两个带正电的粒子，以相同的速度先后垂直于电场线从同一点进入平行板间的匀强电场后，a粒子打在B板的a′点，b粒子打在B板的b′点，若不计重力，则（　　）‎ A．a的电荷量一定大于b的电荷量 B．b的质量一定大于a的质量 C．a的比荷一定大于b的比荷 D．b的比荷一定大于a的比荷 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】两个粒子垂直射入匀强电场中都作类平抛运动，粒子竖直方向的偏转量相同而水平位移不等，写出偏转量的表达式，根据公式进行说明．‎ ‎【解答】解：设任一粒子的速度为v，电量为q，质量为m，加速度为a，运动的时间为t，则 ‎ 加速度：a=，①‎ ‎ 时间 t=，②‎ ‎ 偏转量 y==．③‎ 因为两个粒子的初速度相等，由②得：t∝x，则得a粒子的运动时间短，由③得：a的加速度大，a粒子的比荷就一定大，但a的电荷量不一定大．故C正确．ABD错误 故选：C ‎【点评】解决该题的关键是要抓住题目的本意是考查带电粒子在电场中的偏转，要熟记偏转量的公式以及它的推导的过程．属于基本题型．‎ ‎　‎ ‎5．两根完全相同的金属裸导线，如果把其中的一根均匀拉长到原来的2倍，把另一根对折后绞合起来，然后给它们分别加相同电压后，则在同一时间内通过它们的电荷量之比为（　　）‎ A．1：4 B．1：8 C．1：16 D．16：1‎ ‎【考点】欧姆定律；电阻定律．‎ ‎【分析】根据电阻定律可判断出两根金属导线的电阻之比，根据欧姆定律得出电流之比，再根据q=It得出通过的电荷量之比．‎ ‎【解答】解：设原来的电阻为R，其中的一根均匀拉长到原来的2倍，横截面积变为原来的，根据电阻定律R=，电阻R1=4R；另一根对折后绞合起来，长度减小为原来的一半，横截面积变为原来的2倍，根据电阻定律R=，可得电阻R2=R，则两电阻之比为16；1．电压相等，根据欧姆定律，电流比为1：16，根据q=It知相同时间内通过的电量之比为1：16．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握电阻定律的公式及欧姆定律和电流的定义式，要注意长度变化时体积不变，则截面积随之发生变化．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，当开关S断开时，电压表示数为3V，当开关S闭合时，电压表示数为1.8V，则外电阻R与电源内阻r之比为（　　）‎ A．5：3 B．3：5 C．2：3 D．3：2‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】开关断开时，电压表示数即为电源的电动势；开关闭合时，由闭合电路的欧姆定律可求内外电阻上的电压之比，即可求得内外电阻之比．‎ ‎【解答】解：开关断开时，电压表的示数等于电源的电动势，故E=3V；‎ 当开关闭合时，电压表示数为R两端的电压，由U=E﹣U内可知，内电压U内=E﹣U=3.1.8=1.2（V）；‎ 故外电阻与内电阻的比值===； ‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的应用，要根据题意灵活选择闭合电路的欧姆定律的表达式列式求解．‎ ‎　‎ ‎7．一根容易形变的弹性导线，两端固定．导线中通有电流，方向如图中箭头所示．当没有磁场时，导线呈直线状态：当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】磁场对电流的作用．‎ ‎【分析】通电导线在磁场中的受力方向判断，可由左手定则完成．‎ ‎【解答】解：A、图示电流与磁场平行，导线不受力的作用，故A错误 ‎ B、由左手定则判得，安培力的方向垂直纸面向里，故B错误 ‎ C、由左手定则判得，安培力的方向水平向右，故C错误 ‎ D、由左手定则判得，安培力的方向水平向右，故D正确 故选D ‎【点评】本题考查了左手定则，要熟练应用左手定则判断安培力的方向．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成60°角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为（　　）‎ A．1：2 B．2：1 C．1： D．1：1‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力．‎ ‎【分析】‎ 带电粒子以一定的速度垂直进入匀强磁场，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动．粒子受到的洛伦兹力提供向心力；粒子在磁场中运动的周期仅与粒子的比荷及磁场有关，粒子速度的偏向角等于轨迹的圆心角θ，根据t=T求运动时间．‎ ‎【解答】解：正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转．‎ 由T=，知两个电子的周期相等．‎ 正电子以30°入射，从y轴离开磁场时，速度方向与y轴的夹角为30°，则轨迹对应的圆心角为60°，正电子在磁场中运动时间为t1=T=T=T．‎ 同理，负电子电子从x轴上射出磁场时，根据几何知识得知，速度与x轴的夹角为60°，则负电子速度的偏向角为θ2=120°，其轨迹对应的圆心角也为120°，则负电子在磁场中运动时间为t2=T=T=T，‎ 所以正电子与负电子在磁场中运动时间之比为t1：t2=1：2．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】带电粒子在磁场中运动的题目解题步骤为：定圆心、画轨迹、求半径．则可画出正、负离子运动轨迹，由几何关系可知答案．‎ ‎　‎ 二、多项选择题（本题共4小题，每题4分，共16分．全部选对的得4分，部分选对的得2分，有错选或不选的得0分）‎ ‎9．图为两个不同闭合电路中两个不同电源的U﹣I图象，下列判断正确的是（　　）‎ A．电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2‎ B．电动势E1=E2，内阻r1＞r2‎ C．电动势E1＞E2，内阻r1＜r2‎ D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】‎ U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻．‎ ‎【解答】解：A．U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，故电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2，故A正确；‎ B．U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，电动势E1=E2，内阻r1＜r2，故B错误；‎ C．由B的分析可知C错误；‎ D．电动势E1=E2，内阻r1＜r2，根据U=E﹣Ir可知，当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化大，故D正确．‎ 故选AD．‎ ‎【点评】本题考查了闭合电路U﹣I图象的相关知识，要求同学们理解U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，当滑动变阻器滑动触头向左移动时，灯泡A、B、C的亮度将（　　）‎ A．都变亮 B．A变亮 C．B变亮 D．C变亮 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当滑动变阻器的滑动触头向左移动时，根据变阻器接入电路的电阻如何变化，分析总电阻的变化，由欧姆定律分析总电流的变化，判断A灯亮度的变化．由欧姆定律分析并联部分电压如何变化，确定灯C亮度的变化．根据总电流与C电流的变化关系，分析通过灯B灯电流的变化，判断B灯亮度的变化．‎ ‎【解答】解：当滑动变阻器的滑动触头向左移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据全电路欧姆定律得知，干路中电流I增大，则A灯变亮．‎ 电路中并联部分电压 U并=E﹣I（RA+r），I增大，其他量不变，则U并减小，C灯变暗．‎ 通过B灯的电流 IB=I﹣IC，I增大，IC减小，则IB 增大，B灯变亮．所以A、B灯变亮，C灯变暗．故BC正确，AD错误；‎ 故选：BC ‎【点评】对于电路中动态变化分析问题，往往按“局部→整体→局部”的思路，按部就班进行分析．也可以直接根据串联电路电压与电阻成正比，分析各部分电压的变化，确定A、C两灯亮度的变化．‎ ‎　‎ ‎11．一根长0.20m、通有2.0A电流的通电直导线，放在磁感应强度为0.50T的匀强磁场中，受到的安培力大小可能是（　　）‎ A．0 N B．0.20 N C．0.40 N D．0.60 N ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大；当导线与磁场平行时，导线所受磁场力最小．由安培力公式求出导线所受磁场力的范围再选择．‎ ‎【解答】解：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大，为：‎ Fmax=BIL=0.5×2.0×0.2N=0.2N 当导线与磁场平行时，导线所受磁场力最小为零．‎ 则导线所受磁场力的范围为0～0.2N．‎ 故AB是可能，CD不可能．‎ 故选：AB ‎【点评】本题只要掌握安培力大小的计算公式F=BILsinα，就能正确解答，基本题．‎ ‎　‎ ‎12．在匀强磁场中一个带电粒子做匀速圆周运动，如果又顺利垂直进入另一个磁感应强度是原来磁感应强度2倍的匀强磁场，则（　　）‎ A．粒子的速率加倍，周期减半 B．粒子的速率不变，轨道半径减半 C．粒子的速率减半，轨道半径变为原来的 D．粒子的速率不变，周期减半 ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动．‎ ‎【分析】‎ 该题考察了带电粒子在匀强磁场中圆周运动及其规律，首先明确洛伦兹力始终不做功，再利用半径公式和周期公式来分析各选项．‎ ‎【解答】解：‎ 洛伦兹力只改变带电粒子的速度方向，不改变速度大小；由公式可知，当磁感应强度变为原来的2倍，周期将减半；‎ 由公式可知，当磁感应强度变为原来的2倍，轨道半径将减半．从而可判断选项B、D正确，选项A、C错误．‎ 故选BD．‎ ‎【点评】带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力是始终不做功的，即只改变速度的方向，不改变速度的大小．此类问题要求掌握洛仑兹力的大小和方向的确定，带电粒子在匀强磁场中圆周运动及其规律，会应用周期公式和半径公式进行计算和分析有关问题．‎ ‎　‎ 三、实验题（共18分）‎ ‎13．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．‎ ‎（1）用螺旋测微器测金属丝直径时读数如图甲，则金属丝的直径为　0.697　mm．‎ ‎（2）若用图乙测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值　偏小　．（选填“偏大”或“偏小”）‎ ‎（3）用电压表和电流表测金属丝的电压和电流时读数如图丙，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）根据电路图应用欧姆定律分析实验误差．‎ ‎（3）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）由图示电路图可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所测电流偏大，由欧姆定律可知，电阻测量值小于真实值．‎ ‎（3）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）偏小；（3）2.60；0.52．‎ ‎【点评】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数，螺旋测微器需要估读．‎ ‎　‎ ‎14．（10分）（2016秋•延安期末）在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：‎ A．干电池（电动势约为1.5V，内阻小于1.5Ω）‎ B．电流表G（满偏电流2mA，内阻10Ω）‎ C．电流表A（0～0.6A，内阻约0.1Ω）‎ D．滑动变阻器R1（0～20Ω，10A）‎ E．滑动变阻器R2（0～100Ω，1A）‎ F．定值电阻R3=990Ω G．开关、导线若干 ‎（1）为方便且能较准确地进行测量，应选用滑动变阻器　D　（填写序号）．‎ ‎（2）请在如图1的虚线框内画出利用本题器材所设计的测量电池电动势和内阻的实验电路图．‎ ‎（3）某同学根据他设计的实验测出了6组I1（电流表G的示数）和I2‎ ‎（电流表A的示数），请在如图2所示的坐标纸上作出I1和I2的关系图线．‎ 序号 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ I1/mA ‎1.40‎ ‎1.36[‎ ‎1.35‎ ‎1.28‎ ‎1.20‎ ‎1.07‎ I2/A ‎0.10‎ ‎0.15‎ ‎0.23‎ ‎0.25‎ ‎0.35‎ ‎0.50‎ ‎（4）根据图线可得，被测电池的电动势为　1.48　V，内阻为　0.80　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）滑动变阻器应起来限流保护作用，并且在使用时要选用易于调节的；‎ ‎（2）由于电流表的内阻接近电源的内电阻，故若采用电流表外接法，则测得的内阻误差太大；‎ ‎（3）应用描点法作图作出图象；‎ ‎（4）由作出的U﹣I图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻．‎ ‎【解答】解：（1）为方便实验操作，滑动变阻器的阻值不能太大，选择D比较合适．‎ ‎（2）由于没有电压表，给定的电流表G可与定值电阻R3串联作电压表使用，实验电路如图甲所示．‎ ‎（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出I1﹣I2图象如图乙所示．‎ ‎（4）表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律可知：‎ I1（R3+RA）=E﹣I2r 即：I1=﹣；‎ 由图可知，图象与纵坐标的交点为1.48mA，‎ 则有：1.48mA=；‎ 解得：E=1.48V；‎ 由图象可知，图象的斜率为：0.8×10﹣3，由公式得图象的斜率等于，‎ 故=0.8×10﹣3；‎ 解得r=0.80Ω．‎ 故答案为：（1）D；（2）电路图如图甲所示；（3）图象如图乙所示；（4）1.48；0.80．‎ ‎【点评】正确选择仪器是电学实验的经常考查的考点；本题为测量电源的电动势和内电阻的实验的变形，注意由于没有电压表，本实验中采用改装的方式将表头改装为电压表，再根据原实验的研究方法进行分析研究．‎ ‎　‎ 四、计算题（本题共3小题，满分34分；解题时应写出必要的文字说明、重要的物理规律，答题时要写出完整的数字和单位；只有结果而没有过程的不能得分）‎ ‎15．（10分）（2016秋•延安期末）匀强电场中场强为40N/C，在同一条电场线上有A、B两点，把质量为2×10﹣9kg、带电荷为﹣2×10﹣9的微粒从A点移到B点，静电力做1.5×10﹣7J的正功．‎ ‎（1）A、B两点间电势差UAB是多少？‎ ‎（2）A、B两点间距离是多少？‎ ‎（3）若微粒在A点具有与电场线同向的速度10m/s，在只有静电力作用的情况下，求经过B点时的速度．‎ ‎【考点】动能定理的应用；电势差；电势．‎ ‎【分析】（1）根据求出A、B两点间的电势差．‎ ‎（2）根据求出A、B两点间的距离．‎ ‎（3）根据动能定理求出经过B点时的速度．‎ ‎【解答】解：（1）‎ 故A、B两点间电势差UAB是﹣75V．‎ ‎（2）根据匀强电场的场强公式得，‎ ‎．‎ ‎（3）根据动能定理得，‎ ‎，‎ 故经过B点时的速度为．‎ 由于从A到B的过程中，电场力做正功，微粒带负电，所以电场线方向由B指向A．‎ 所以微粒从A到B的过程中，速度先减小，后增大，所以经过B点时的速度方向与初速度方向相反．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道电场力做功与电势差的关系，以及掌握匀强电场的场强公式，注意d是沿电场线方向上的距离．‎ ‎　‎ ‎16．（12分）（2008•台江区校级模拟）如图所示，电源电动势E=14V．内阻r=1Ω，小灯泡标有“2V，4W”，电动机内阻r′=0.5Ω，当变阻器阻值为1Ω时，电灯和电动机均为正常工作，则：‎ 电动机两端的电压为　8　V，电动机输出的机械功率为　14　W．‎ ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）灯泡额定电压为2V，额定功率为4W，由电功率变形公式可以求出灯泡额定电流，由串联电路特点及欧姆定律可以求出电动机两端电压．‎ ‎（2）由功率公式求出电动机输入功率与热功率，然后求出电动机的机械功率．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡正常工作，电路电流I=IL===2A，‎ 电动机两端电压UM=E﹣Ir﹣IR﹣UL=14﹣2×1﹣2×1﹣2=8V；‎ ‎（2）电动机的输入功率PM=UMI=8×2=16W，‎ 热功率PQ=I2r′=22×0.5=2W，‎ 电动机的机械功率P机=PM﹣PQ=16﹣2=14W；‎ 故答案为：8，14．‎ ‎【点评】电动机是非纯电阻电路，电动机的总功率等于热功率与输出功率（机械功率）之和．‎ ‎　‎ ‎17．（12分）（2014•霍邱县校级模拟）如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ=37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50Ω的直流电源．现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0=2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2．已知sin 37°=0.60，cos 37°=0.80，求：‎ ‎（1）通过导体棒的电流；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力大小；‎ ‎（3）导体棒受到的摩擦力．‎ ‎【考点】安培力．‎ ‎【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小．‎ ‎（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小．‎ ‎（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小．‎ ‎【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律，有：I===1.5 A；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力：F安=BIL=0.5×1.5×0.4=0.30 N；‎ ‎（3）导体棒受力如图，将重力正交分解，如图：‎ F1=mgsin 37°=0.24 N F1＜F安，根据平衡条件：‎ mgsin 37°+f=F安 代入数据得：f=0.06 N 答：（1）通过导体棒的电流为1.5A；‎ ‎（2）导体棒受到的安培力大小0.30N；‎ ‎（3）导体棒受到的摩擦力为0.06N．‎ ‎【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力．‎ ‎　‎