物理卷·2018届新疆伊犁州奎屯一高高二上学期第二次月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届新疆伊犁州奎屯一高高二上学期第二次月考物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年新疆伊犁州奎屯一高高二（上）第二次月考物理试卷 ‎　‎ 一、单项选择题（每小题3分，共30分）‎ ‎1．如图所示，把一条导线平行地放在小磁针的上方附近，当电流通过导线时，磁针会发生偏转，首先观察到这个实验现象的物理学家是（　　）‎ A．库仑 B．楞次 C．法拉第 D．奥斯特 ‎2．下列说法正确的是（　　）‎ A．一小段通电导线放在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度为零 B．由B=可知，磁感应强度大小与放入该处的通电导线的I、L的乘积成反比 C．因为B=，故导线中电流越大，其周围磁感应强度越小 D．磁感应强度大小和方向跟放在磁场中通电导线所受力的大小和方向无关 ‎3．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘． 坐标原点O处电场强度最大的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示，在处于O点的点电荷+Q形成的电场中，试探电荷q由A点移到B点，电场力做功为W1；以OA为半径画弧交于OB于C，q由A点移到C点电场力做功为 W2； q由C点移到B点电场力做功为 W3．则三者的做功关系以及q由A点移到C点电场力做功为 W2的大小（　　）‎ A．W1=W2=W3，W2=0 B．W1＞W2=W3，W2＞0‎ C．W1=W3＞W2，W2=0 D．W1=W2＜W3，W2=0‎ ‎6．如图所示，A、B两个平行金属板充电后与电源断开，B板接地，C、D是A、B两板间的两个点，以下说法错误的是（　　）‎ A．A板不动，将B板竖直向下移动一小段距离，则C点电势不变 B．A板不动，将B板竖直向下移动一小段距离，则C、D两点间电势差不变 C．B板不动，将A板竖直向上移动一小段距离，则C点电势不变 D．B板不动，将A板竖直向上移动一小段距离，则C、D两点间电势差不变 ‎7．如图中接地的金属球A的半径为R，点电荷的电量Q，到球心距离为r，金属球A上的感应电荷在球心O处的场强大小等于（　　）‎ A．﹣ B． + C．0 D．‎ ‎8．关于电压和电动势，下列说法正确的是（　　）‎ A．电压和电动势的单位都是伏特，所以电动势和电压是同一物理量的不同说法 B．电动势就是电源两极间的电压 C．电动势就是反应电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量 D．电动势公式中的W与电压中的W是一样的，都是电场力做的功 ‎9．汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω，电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了（　　）‎ A．35.8W B．43.2W C．48.2W D．76.8W ‎10．甲乙两条铜线质量之比M甲：M乙=4：1，长度之比L甲：L乙=1：4，电阻之比R甲：R乙为（　　）‎ A．1：1 B．1：16 C．64：1 D．1：64‎ ‎　‎ 二、多项选择题（每小题至少有两个正确选项，全对得4分，对而不全得2分，有错或不答得0分，共20分）‎ ‎11．在点电荷形成的电场中有一条电场线，其上两点a和b，如图，比较a，b两点电势Ua，Ub高低和电场强度Ea，Eb的大小．，则以下结果可能正确的是：（规定无穷远处电势为零）（　　）‎ A．Ea＞Eb，Ua=Ub＞0 B．Ea＞Eb，Ua＞Ub＞0‎ C．Ea＞Eb，0＞Ua＞Ub D．Ea＜Eb，0＞Ua＞Ub ‎12．如图所示是某直流电路中电压随电流变化的图象，其中a、b分别表示路端电压、负载电阻上电压随电流变化的情况，下面说法正确的是（　　）‎ A．阴影部分的面积表示电源的输出功率 B．阴影部分的面积表示电源的内阻上消耗的功率 C．当满足α=β时，电源的效率最高 D．当满足α=β时，电源的效率小于50%‎ ‎13．一台电动机的线圈电阻与一只电炉的电阻相同，都通过相同的电流，在相同时间内（　　）‎ A．电炉放热与电动机放热相等 B．电炉两端电压小于电动机两端电压 C．电炉两端电压等于电动机两端电压 D．电动机消耗的功率大于电炉的功率 ‎14．如图所示电路，当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，下列说法错误的是（　　）‎ A．电流表的示数变大 B．R3两端的电压减小 C．R2的功率增大 D．R1的电流增大 ‎15．如图所示电路，已知电源电动势E=6.3V，内电阻r=0.5Ω，固定电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3是阻值为5Ω的滑动变阻器．按下电键K，调节滑动变阻器的触点，则通过电源的电流可能是以下哪些值（　　）‎ A．1.8A B．2.1A C．2.2A D．2.9A ‎　‎ 三、实验题：（每空2分，共18分）‎ ‎16．图1为一正在测量电阻中的多用电表表盘和用测量圆柱体直径d的螺旋测微器，如果多用表选用×100挡，则其阻值为　　Ω、如图2，圆柱体直径为　　mm．‎ ‎17．下述关于用多用表欧姆档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拨至倍率较小的档位，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，则会影响测量结果 C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开 D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零 ‎18．通过实验，要描绘一个“2.5V，0.2W”小灯泡的伏安特性曲线，可供选择的仪器有：‎ A．量程为0～0.6A，内阻为0.2Ω的电流表 B．量程为0～100mA，内阻为5Ω的电流表 C．量程为0～3V，内阻为10KΩ的电压表 D．量程为0～15V，内阻为50KΩ的电压表 E．最大值为20Ω，额定电流为0.1A的滑动变阻器 F．学生电源、导线、电键等 要求实验中小灯泡电压从零逐渐增大到额定电压，电流表应选　　，电压表应选　　．（填选择的仪器前的字母）‎ ‎19．在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用的电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路．‎ ‎（1）实验时，应先将电阻箱的电阻调到　　．（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）‎ ‎（2）改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值R0=10Ω的定值电阻两端的电压U，下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是　　．（选填“1”或“2”）‎ 方案编号 电阻箱的阻值R/Ω ‎1‎ ‎400.0‎ ‎350.0‎ ‎300.0‎ ‎250.0‎ ‎200.0‎ ‎2‎ ‎80.0‎ ‎70.0‎ ‎60.0‎ ‎50.0‎ ‎40.0‎ ‎（3）根据实验数据描点，绘出的图象是一条直线．若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E=　　，内阻r=　　．（用k、b和R0表示）‎ ‎　‎ 四、计算题（计算题需要写出基本公式及必要的文字说明，直接写出结果不得分，共32分）‎ ‎20．现在又一个满偏电流为1mA、内阻为20Ω电流表．‎ ‎（1）如果把它改装为一个量程为0.6A的电流表，需要一个多大的电阻？‎ ‎（2）如果把它改装为一个量程为3V的电压表，需要一个多大的电阻？‎ ‎21．如图所示，QA=+3×10﹣8C，QB=﹣3×10﹣8C，A，B两球相距r=5cm，在水平方向外电场作用下，A，B保持静止，悬线竖直，求A，B连线中点场强．（两带电小球可看作质点）静电力常量K=k=9×109 N•m2/C2．‎ ‎22．一辆电动自行车的铭牌上给出了如下的技术参数表．请根据表计算 规格 后轮驱动直流电机 车型 ‎26英寸 额定输出功率 ‎120W 整车质量 ‎30kg 额定电压 ‎40V 最大载量 ‎120kg 额定电流 ‎4.0A ‎（1）此车电机的内阻；‎ ‎（2）电机以额定值正常工作时的机械效率；‎ ‎（3）在额定电压下，电机突然卡死时，电机的总功率．‎ ‎23．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L=10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L=10cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．（每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的）‎ 求：（1）在t=0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处；‎ ‎（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年新疆伊犁州奎屯一高高二（上）第二次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题（每小题3分，共30分）‎ ‎1．如图所示，把一条导线平行地放在小磁针的上方附近，当电流通过导线时，磁针会发生偏转，首先观察到这个实验现象的物理学家是（　　）‎ A．库仑 B．楞次 C．法拉第 D．奥斯特 ‎【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．‎ ‎【分析】本实验是电流的磁效应实验，首先是由丹麦的奥斯特发现的，不是楞次、法拉第和库仑．‎ ‎【解答】解：当电流通过导线时，磁针会发生偏转，说明电流能产生磁场，是电流的磁效应现象，是1820年首先是由丹麦的奥斯特发现的，不是楞次、法拉第和库仑．故D正确，ABC错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎2．下列说法正确的是（　　）‎ A．一小段通电导线放在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度为零 B．由B=可知，磁感应强度大小与放入该处的通电导线的I、L的乘积成反比 C．因为B=，故导线中电流越大，其周围磁感应强度越小 D．磁感应强度大小和方向跟放在磁场中通电导线所受力的大小和方向无关 ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直．引用公式F=BIL时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为F=BIL．‎ ‎【解答】解：A、当通电导线与磁场平行时，可以不受磁场力，故不能根据安培力为零说明磁感应强度为零；故A错误；‎ B、磁感应强度是磁场本身的性质，其大小和方向跟放在磁场中通电导线所受力的大小和方向无关；故BC错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎3．使带电的金属球靠近不带电的验电器，验电器的箔片张开．下列各图表示验电器上感应电荷的分布情况，其中正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电荷守恒定律．‎ ‎【分析】当带电金属球靠近不带电的验电器时，由于电荷间的相互作用，而使电荷发生了移动从而使箔片带电．‎ ‎【解答】解：由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，故验电器的上端应带上与小球异号的电荷，而验电器的箔片上将带上与小球同号的电荷；‎ 故只有B符合条件．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘． 坐标原点O处电场强度最大的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场强度；电场的叠加．‎ ‎【分析】根据点电荷场强的公式和场强叠加原理，与选项相对比，分析求解问题．分析时要抓住电场线从正电荷出发发无穷远处终止，或从无穷远处出发到负电荷终止．‎ ‎【解答】解：设带电圆环在O点产生的场强大小为E．‎ A图中坐标原点O处电场强度是带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；‎ B图中坐标原点O处电场强度是第一象限带正电圆环和第二象限带负电圆环叠加产生，坐标原点O处电场强度大小等于E．‎ C图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是带电圆环带电圆环产生的，原点O处电场强度大小为E；‎ D图中第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限带负电圆环和第四象限带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为0．‎ 所以坐标原点O处电场强度最大的是B．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，在处于O点的点电荷+Q形成的电场中，试探电荷q由A点移到B点，电场力做功为W1；以OA为半径画弧交于OB于C，q由A点移到C点电场力做功为 W2‎ ‎； q由C点移到B点电场力做功为 W3．则三者的做功关系以及q由A点移到C点电场力做功为 W2的大小（　　）‎ A．W1=W2=W3，W2=0 B．W1＞W2=W3，W2＞0‎ C．W1=W3＞W2，W2=0 D．W1=W2＜W3，W2=0‎ ‎【考点】电势能；动能定理的应用．‎ ‎【分析】点电荷的电场中，如图所示的三点，A、C两点在同一等势面上，因此根据沿着电场线方向电势降低来电势的高低，从而由W=qU来确定试探电荷的电场力做功的正负．‎ ‎【解答】解：点电荷的电场中，由于A、C两点在同一等势面上，则试探电荷q由A点移到C点电场力做功为零，由于点电荷是带正电，所以B点的电势低于C点，因而q由A点移到B点，电场力做正功，与q由C点移到B点电场力也做正功，且W1与 W3相等．故C正确，ABD错误；‎ 故选：C ‎　‎ ‎6．如图所示，A、B两个平行金属板充电后与电源断开，B板接地，C、D是A、B两板间的两个点，以下说法错误的是（　　）‎ A．A板不动，将B板竖直向下移动一小段距离，则C点电势不变 B．A板不动，将B板竖直向下移动一小段距离，则C、D两点间电势差不变 C．B板不动，将A板竖直向上移动一小段距离，则C点电势不变 D．B板不动，将A板竖直向上移动一小段距离，则C、D两点间电势差不变 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】A、B两个平行金属板充电后与电源断开，所带的电荷量不变，根据两极板间距离的变化，通过电容的决定式C=以及E=判断极板间电场强度的变化，从而判断出电势差和电势的高低．‎ ‎【解答】解：A、A板不动，将B板向下移动一小段距离，d增大，‎ 根据电容的决定式C=、C=以及E=得，E=，Q不变，则电场强度不变，则C与B板间的电势差增大，则C点的电势增大．故A错误．‎ B、A板不动，将B板向下移动一小段距离，d增大，‎ 根据电容的决定式C=、C=以及E=得，E=，Q不变，则电场强度不变，CD间的距离不变，则C、D间的电势差不变．故B正确．‎ C、B板不动，将A板向上移动一小段距离，同理，电场强度不变，C与B板间的电势差不变，B板的电势为零，则C点的电势不变．故C正确．‎ D、B板不动，将A板向上移动一小段距离，同理，电场强度不变，C、D间距离不变，则C、D两点间电势差不变．故D正确．‎ 本题选错误的，故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．如图中接地的金属球A的半径为R，点电荷的电量Q，到球心距离为r，金属球A上的感应电荷在球心O处的场强大小等于（　　）‎ A．﹣ B． + C．0 D．‎ ‎【考点】电场的叠加．‎ ‎【分析】静电感应的过程，是导体A（含大地）中自由电荷在电荷Q所形成的外电场下重新分布的过程，当处于静电平衡状态时，在导体内部电荷Q所形成的外电场E与感应电荷产生的“附加电场E'”同时存在的，且在导体内部任何一点，外电场电场场强E与附加电场的场强E'大小相等，方向相反，这两个电场叠加的结果使内部的合场强处处为零．‎ ‎【解答】解：金属球内部处于静电平衡状态，故合场强处处为零．‎ 所以感应电荷在球心处产生的场强应和点电荷Q产生的场强大小相等，即，故D正确，ABC错误；‎ 故选：D ‎　‎ ‎8．关于电压和电动势，下列说法正确的是（　　）‎ A．电压和电动势的单位都是伏特，所以电动势和电压是同一物理量的不同说法 B．电动势就是电源两极间的电压 C．电动势就是反应电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量 D．电动势公式中的W与电压中的W是一样的，都是电场力做的功 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【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、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、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D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎9．汽车电动机启动时车灯会瞬时变暗，如图，在打开车灯的情况下，电动机未启动时电流表读数为10A，电动机启动时电流表读数为58A，若电源电动势为12.5V，内阻为0.05Ω，电流表内阻不计，则因电动机启动，车灯的电功率降低了（　　）‎ A．35.8W B．43.2W C．48.2W D．76.8W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】电机不启动时电源电压直接加在灯泡两端，由闭合电路欧姆定律可求得通过灯泡的电流，由功率公式可求得灯泡消耗的功率；‎ 而当电机启动时，电动机与灯泡并连接在电源两端，此时灯泡两端的电压仍等于路端电压，由功率公式可求得车灯消耗的功率；则可求得车灯的电功率降低值．‎ ‎【解答】解：电动机不启动时，灯泡的电压为电源路端电压，设为UL，电动机启动后灯泡电压仍为路端电压，设为UL′．‎ 由欧姆定律得：I=，求得：R=1.2Ω，灯泡消耗功率为：PL=EI﹣I2 r=120W；‎ 电动机启动后，路端电压为：UL′=E﹣I′r=9.6V，‎ 灯泡消耗电功率为：PL′=W=76.8W．‎ 所以灯泡功率降低了：△P=120W﹣76.8W=43.2W；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎10．甲乙两条铜线质量之比M甲：M乙=4：1，长度之比L甲：L乙=1：4，电阻之比R甲：R乙为（　　）‎ A．1：1 B．1：16 C．64：1 D．1：64‎ ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】由题意可知导体的长度及横截面积，则由电阻定律要求得电阻之比．‎ ‎【解答】解：M=ρ′V=ρLS；‎ 则可知： ===16：1；‎ 则由R=可知，电阻之比： =×=×=‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二、多项选择题（每小题至少有两个正确选项，全对得4分，对而不全得2分，有错或不答得0分，共20分）‎ ‎11．在点电荷形成的电场中有一条电场线，其上两点a和b，如图，比较a，b两点电势Ua，Ub高低和电场强度Ea，Eb的大小．，则以下结果可能正确的是：（规定无穷远处电势为零）（　　）‎ A．Ea＞Eb，Ua=Ub＞0 B．Ea＞Eb，Ua＞Ub＞0‎ C．Ea＞Eb，0＞Ua＞Ub D．Ea＜Eb，0＞Ua＞Ub ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】根据顺着电场线的方向电势降低、电场线的疏密表示电场强度的相对大小分析．‎ ‎【解答】解：若点电荷带正电，可知A处电场线密，场强大，即有Ea＞Eb，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，无穷远处电势为零，则Ua＞Ub＞0，‎ 若点电荷带负电，则B处电场线密，场强大，即有Ea＜Eb，根据顺着电场线方向电势逐渐降低，无穷远处电势为零，则0＞Ua＞Ub 故BD正确，AC错误．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎12．如图所示是某直流电路中电压随电流变化的图象，其中a、b分别表示路端电压、负载电阻上电压随电流变化的情况，下面说法正确的是（　　）‎ A．阴影部分的面积表示电源的输出功率 B．阴影部分的面积表示电源的内阻上消耗的功率 C．当满足α=β时，电源的效率最高 D．当满足α=β时，电源的效率小于50%‎ ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】两条图线的交点为电源连入电阻后的工作电压，即路端电压；电流为工作电流，即干路电流．据此分析所给选项．‎ ‎【解答】解：阴影部分的面积为路端电压与电流的乘积，为电源的输出功率．故A正确，B错误．‎ ‎ 当满足α=β时，内外阻相等，输出功率最大，但电源的效率为50%，不是最高．故C错误，D错误．‎ ‎ 故选：A ‎　‎ ‎13．一台电动机的线圈电阻与一只电炉的电阻相同，都通过相同的电流，在相同时间内（　　）‎ A．电炉放热与电动机放热相等 B．电炉两端电压小于电动机两端电压 C．电炉两端电压等于电动机两端电压 D．电动机消耗的功率大于电炉的功率 ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】对于电炉电路和电动机电路，焦耳定律都适用，欧姆定律只适用于电炉，不适用于正常工作的电动机；根据欧姆定律研究电炉两端的电压；电动机两端的电压大于电流与电阻的乘积．‎ ‎【解答】解：A、电炉电路和电动机电路焦耳定律都适用．根据焦耳定律Q=I2rt，知电炉和电动机的电阻相同，电流相同，则在相同的时间内电炉和电动机产生的电热相等．故A正确．‎ B、C、设电流为I，电阻为r，则电炉两端电压U炉=Ir，电动机两端电压U机＞Ir，所以U机＞U炉．即电动机两端电压大于电炉两端电压，故B正确，C错误．‎ D、电动机消耗的电能一部分转化为内能，另一部分转化为机械能，电炉消耗的电能全部转化为内能，而相等时间内它们产生的热量相等，则在相同的时间内，电动机消耗的电能大于电炉消耗的电能，则电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率．故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示电路，当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，下列说法错误的是（　　）‎ A．电流表的示数变大 B．R3两端的电压减小 C．R2的功率增大 D．R1的电流增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】首先认识电路的结构：电阻R1、R4并联后R2串联，再与R3并联，电流表测量通过R4的电流．‎ 再按下列思路进行分析：当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，分析其接入电路电阻的变化，即可知外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压的变化，再根据干路电流与通过R3电流的变化，分析通过R2电流的变化，即可知道其功率的变化．根据路端电压与R2电压的变化，分析R1、R4并联电压的变化，即可知电流表读数的变化，由通过R2的电流与电流表示数变化，分析R1的电流变化．‎ ‎【解答】解：当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，其接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，则干路电流I减小，路端电压U增大，R3两端的电压等于路端电压，则知R3两端的电压增大，则通过R3电流I3增大，通过R2电流I2=I﹣I3，I减小，I3增大，则I2减小，故R2的功率减小，电压U2也减小；R1、R4并联电压U并=U﹣U2，U增大，U2减小，则知U并增大，故通过电流表的电流IA增大，电流表的示数变大．R1的电流I1=I2﹣IA，I2减小，IA，增大，则I1减小．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A ‎　‎ ‎15．如图所示电路，已知电源电动势E=6.3V，内电阻r=0.5Ω，固定电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3是阻值为5Ω的滑动变阻器．按下电键K，调节滑动变阻器的触点，则通过电源的电流可能是以下哪些值（　　）‎ A．1.8A B．2.1A C．2.2A D．2.9A ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】为分析方便，可设滑动变阻器与R1并联部分的电阻为R右，根据电路的连接关系，推导出电路总电阻表达式，分析总电阻的最大值和最小值，再由闭合电路欧姆定律求得电源的电流最小值和最大值．‎ ‎【解答】解：设滑动变阻器与R1串联部分的电阻为R右，出总电阻表达式：‎ R总=+r=当R右=3Ω时，R总max=3Ω，此时Imin==2.1A 当R右=0时，R总min=2.1Ω，此时Imax==3A 当调节滑动变阻器时，其总电阻在最大值和最小值之间，根据闭合电路的欧姆定律，故通过电源的电流范围为2.1A≤I≤3A，故A错误，BCD正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ 三、实验题：（每空2分，共18分）‎ ‎16．图1为一正在测量电阻中的多用电表表盘和用测量圆柱体直径d的螺旋测微器，如果多用表选用×100挡，则其阻值为　1400　Ω、如图2，圆柱体直径为　1.706　mm．‎ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；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．‎ ‎【解答】解：如果多用表选用×100挡，由图1所示可知，所测电阻阻值为：14×100=1400Ω；‎ 由图2所示螺旋测微器可知，其示数为：1.5mm+20.6×0.01mm=1.706mm；‎ 故答案为：1400；1.706．‎ ‎　‎ ‎17．下述关于用多用表欧姆档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拨至倍率较小的档位，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，则会影响测量结果 C．测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开 D．测量阻值不同的电阻时都必须重新调零 ‎【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正确；‎ 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错误；‎ C、测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故C正确；‎ D、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D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎18．通过实验，要描绘一个“2.5V，0.2W”小灯泡的伏安特性曲线，可供选择的仪器有：‎ A．量程为0～0.6A，内阻为0.2Ω的电流表 B．量程为0～100mA，内阻为5Ω的电流表 C．量程为0～3V，内阻为10KΩ的电压表 D．量程为0～15V，内阻为50KΩ的电压表 E．最大值为20Ω，额定电流为0.1A的滑动变阻器 F．学生电源、导线、电键等 要求实验中小灯泡电压从零逐渐增大到额定电压，电流表应选　B　，电压表应选　C　．（填选择的仪器前的字母）‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】分析给出的灯泡的额定电压和额定功率，根据P=UI可求得额定电流，为了安全和准确测量，电表的量程应略大于额定值即可．‎ ‎【解答】解：由题意可知，灯泡额定电压为2.5V，故电压表应选择C；由P=UI可知，电流I===0.08A=80mA，故电流表应选择B；‎ 故答案为：B C．‎ ‎　‎ ‎19．在测量电源的电动势和内阻的实验中，由于所用的电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路．‎ ‎（1）实验时，应先将电阻箱的电阻调到　最大值　．（选填“最大值”、“最小值”或“任意值”）‎ ‎（2）改变电阻箱的阻值R，分别测出阻值R0=10Ω的定值电阻两端的电压U，下列两组R的取值方案中，比较合理的方案是　2　．（选填“1”或“2”）‎ 方案编号 电阻箱的阻值R/Ω ‎1‎ ‎400.0‎ ‎350.0‎ ‎300.0‎ ‎250.0‎ ‎200.0‎ ‎2‎ ‎80.0‎ ‎70.0‎ ‎60.0‎ ‎50.0‎ ‎40.0‎ ‎（3）根据实验数据描点，绘出的图象是一条直线．若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E=　　，内阻r=　　．（用k、b和R0表示）‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）实验中应保证开始时的电流最小，可以保证电路安全，由闭合电路欧姆定律可知应如何调节滑动变阻器；‎ ‎（2）为了实验更精确应使数据间差值较大，并且能多测数据；根据两组方案的特点可知应选取哪一方案；‎ ‎（3）由题意及闭合电路欧姆定律可得出的关系，结合图象可知其斜率及截距的含义，从而可以得出电动势和内电阻．‎ ‎【解答】解：（1）电路为限流接法，开始时应让电流最小，然后再逐渐增大，故开始时滑动变阻器应达到最大值处； ‎ ‎（2）对比两方案可知，方案1中电阻箱电阻较大，而R0的阻值只有10Ω，故在调节电阻箱时，电流的变化不明确，误差较大； 而方案2中电阻箱的阻值与R0相差不大，可以测出相差较大的多组数据，故方案2更合理； ‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律可得：U=‎ ‎=++；‎ 由函数知识可知：图象的斜率k=；‎ 故E=；‎ 图象与纵坐标的交点b=+；‎ r=；‎ 故答案为：（1）最大值；（2）2； （3），．‎ ‎　‎ 四、计算题（计算题需要写出基本公式及必要的文字说明，直接写出结果不得分，共32分）‎ ‎20．现在又一个满偏电流为1mA、内阻为20Ω电流表．‎ ‎（1）如果把它改装为一个量程为0.6A的电流表，需要一个多大的电阻？‎ ‎（2）如果把它改装为一个量程为3V的电压表，需要一个多大的电阻？‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】（1）把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值．‎ ‎（2）把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值．‎ ‎【解答】解：（1）把电流表改装成0.6A的电流表需要并联分流电阻，‎ 并联电阻阻值：R==≈0.03Ω；‎ ‎（2）把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，‎ 串联电阻阻值：R=﹣Rg=﹣20=2980Ω；‎ 答：（1）如果把它改装为一个量程为0.6A的电流表，需要并联一个0.03欧姆的电阻．‎ ‎（2）如果把它改装为一个量程为3V的电压表，需要串联一个29800欧姆的电阻．‎ ‎　‎ ‎21．如图所示，QA=+3×10﹣8C，QB=﹣3×10﹣8C，A，B两球相距r=5cm，在水平方向外电场作用下，A，B保持静止，悬线竖直，求A，B连线中点场强．（两带电小球可看作质点）静电力常量K=k=9×109 N•m2/C2．‎ ‎【考点】库仑定律．‎ ‎【分析】A球带正电，B球带负电，B对A的吸引力水平向左，要使A处于竖直方向平衡，就要加一个水平向左的电场，使A受到的电场力等于B球对A的吸引力，求出电场强度并合成．‎ ‎【解答】解：由题意可知A球受力平衡，水平方向合外力等于零，B对A的作用力向右，所以要加一个水平向左的电场，且 ‎ E=EQB=k ‎ A、B两质点连线中点处的场强是两个点电荷与匀强电场的和：E′=2﹣E 代入数据解得：E′=7.56×105N/C 两个点电荷的电场强度方向都水平向右，故E方向向右；‎ 答：A、B两质点连线中点处的场强E′=7.56×105N/C，方向水平向右．‎ ‎　‎ ‎22．一辆电动自行车的铭牌上给出了如下的技术参数表．请根据表计算 规格 后轮驱动直流电机 车型 ‎26英寸 额定输出功率 ‎120W 整车质量 ‎30kg 额定电压 ‎40V 最大载量 ‎120kg 额定电流 ‎4.0A ‎（1）此车电机的内阻；‎ ‎（2）电机以额定值正常工作时的机械效率；‎ ‎（3）在额定电压下，电机突然卡死时，电机的总功率．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】由表格读出此车电机的额定电压、额定电流和额定输出功率，由额定电压、额定电流可以算出总功率，根据功率关系得到输出功率等于总功率与电机内部发热功率之差，列式求解内阻．电机正常工作时的效率等于输出功率与总功率的百分比．电机突然卡死时，电机电路是纯电阻电路，欧姆定律能适用．‎ ‎【解答】解：由表格读出电机的额定电压U=40V，额定电流I=4A，额定输出功率P出=120W．‎ ‎（1）电机输入的是电功率，总功率等于电功率，得到P总=IU=40×4W=160W ‎ 根据能量守恒得，内部发热功率P热=P总﹣P出，又P热=I2r 则有P总﹣P出=I2r ‎ r==2.5Ω ‎（2）电机正常工作时的效率η===75%‎ ‎（3）在额定电压下，电机突然卡死时，电机电路是纯电阻电路，欧姆定律成立，则有P===640W 答：‎ ‎（1）此车电机的内阻是2.5Ω；‎ ‎（2）电机正常工作时的效率是75%；‎ ‎（3）在额定电压下，电机突然卡死时，电机的总功率是640W．‎ ‎　‎ ‎23．如图甲所示，热电子由阴极飞出时的初速度忽略不计，电子发射装置的加速电压为U0，电容器板长和板间距离均为L=10cm，下极板接地，电容器右端到荧光屏的距离也是L=10cm，在电容器两极板间接一交变电压，上极板的电势随时间变化的图象如图乙所示．（每个电子穿过平行板的时间都极短，可以认为电子穿过平行板的过程中电压是不变的）‎ 求：（1）在t=0.06s时刻，电子打在荧光屏上的何处；‎ ‎（2）荧光屏上有电子打到的区间有多长？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据动能定理求出电子刚进入偏转电场时的速度；电子在偏转电场中做类平抛运动，根据偏转电压求出加速度，结合垂直电场方向做匀速直线运动求出运动的时间，从而得出偏转位移与偏转电压的关系，得出偏转位移的大小．根据粒子出偏转电场时反向延长线经过中轴线的中点，结合相似三角形求出打在光屏上的位置．‎ ‎（2）通过第（1）问中偏转位移与偏转电压的关系得出在电场中的最大偏转位移，从而通过相似三角形，结合几何关系求出得出电子打到光屏上的区间长度．‎ ‎【解答】解：（1）设电子经电压U0加速后的速度为v，根据动能定理得：‎ qU0=mv2‎ 所以：‎ v=‎ 经偏转电场偏转后偏移量y=at2=••（）2‎ 所以y=，‎ 由题图知t=0.06 s时刻U偏=1.8U0，代入数据解得y=4.5 cm．‎ 设打在屏上的点距O点距离为Y，根据相似三角形得：‎ ‎=‎ 代入数据解得：Y=13.5 cm．‎ ‎（2）由题知电子偏移量y的最大值为，所以当偏转电压超过2U0时，电子就打不到荧光屏上了．‎ 则在偏转电场中的最大偏移为．‎ 根据=‎ 得：Y=‎ 所以荧光屏上电子能打到的区间长为：2Y=3L=30 cm．‎ 答：（1）电子打在屏上的点位于O点正上方，距O点13.5 cm ‎（2）荧光屏上有电子打到的区间有30cm．‎ ‎　‎