物理卷·2018届福建省厦门市翔安一中高二上学期期中物理试卷（理科）（解析版）

物理卷·2018届福建省厦门市翔安一中高二上学期期中物理试卷（理科）（解析版）

‎2016-2017学年福建省厦门市翔安一中高二（上）期中物理试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（共12题，每小题只有一个正确答案，每题4分，共48分）‎ ‎1．在电场中某点放一检验电荷，其电量为q，检验电荷受到的电场力为F，则该点电场强度为E=，那么下列说法正确的是（　　） A．若移去检验电荷q，该点的电场强度就变为零 B．若在该点放一个电量为2q的检验电荷，该点的场强就变为 C．若在该点放一个电量为﹣2q的检验电荷，则该点场强大小仍为E，但电场强度的方向变为原来相反的方向 D．若在该点放一个电量为﹣q的检验电荷，则该点的场强大小仍为E，电场强度的方向也还是原来的场强方向 ‎2．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，电源内阻=20Ω，若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（　　）‎ A．0.40 V B．0.30 V C．0.20 V D．0.10 V ‎3．两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图所示，可知电阻大小之比R1：R2等于（　　）‎ A． B．3：1 C． D．1：3‎ ‎4．一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U时，通过的电流是I，若将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I，导线两端所加的电压变为（　　）‎ A． B．U C．2U D．4U ‎5．如图电路中R1=4Ω，R2=9Ω，R3=18Ω．通电后（　　）‎ A．经R1和R3的电流之比I1：I3=2：1‎ B．R1两端的电压和R3两端的电压之比U1：U3=4：9‎ C．三个电阻消耗的电功率之比P1：P2：P3=2：1：2‎ D．三个电阻消耗的电功率之比P1：P2：P3=2：2：1‎ ‎6．根据电阻定律，电阻率ρ=R．对于温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率（　　）‎ A．跟导线的电阻成正比 B．跟导线的横截面积成正比 C．跟导线的长度成反比 D．由所用金属材料本身特性决定 ‎7．如图电路中，当滑动变阻器滑动键P向下移动时，则（　　）‎ A．A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮 B．A灯变亮、B灯变亮、C灯变暗 C．A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗 D．A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮 ‎8．在电学实验中，遇到断路时，常用电压表来检测．某同学连接了如图所示的电路，闭合开关S后，发现灯不亮，为检查电路故障，他用电压表进行测量，结果是Uae=3W，Uab=0，Ubd=0，Ucb=3V，则此电路的故障可能是（　　）‎ A．开关S接触不良 B．小灯泡灯丝断了 C．d、e间出现断路 D．e、f间出现断路 ‎9．有一只灯泡的灯丝断了，通过转动灯泡灯丝接通，再接入电源后，所发生的现象及其原因是（　　）‎ A．灯丝电阻变小，通过它的电流变大，根据P=I2R，电灯变亮 B．灯丝电阻变大，通过它的电流变小，根据P=I2R，电灯变暗 C．灯丝电阻变小，它两端的电压不变，根据，P=电灯变亮 D．灯丝电阻变大，它两端的电压不变，根据，P=电灯变暗 ‎10．如图所示，两板间距为d的平行板电容器与电源连接，开始时使电键k闭合．电容器两板间有一质量为m，带电量为q的微粒静止不动．下列各叙述中错误的是（　　）‎ A．微粒带的是负电 B．电源提供电压为 C．保持电键k闭合，将电容器上极板向左移动，微粒将向下做加速运动 D．保持电键k闭合，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速运动 ‎11．在点电荷Q的电场中，一个α粒子（He）通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是（　　）‎ A．Q可能为正电荷，也可能为负电荷 B．运动中．粒子总是克服电场力做功 C．α粒子经过两等势面的动能Eka＞Ekb D．α粒子在两等势面上的电势能Epa＞Epb ‎12．如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，（不计粒子的重力），则（　　）‎ A．若板间电压减少为，则粒子的偏移量y减少为原来的 B．在前时间内，粒子的偏移量y=‎ C．在前时间内，电场力对粒子做的功为 D．在后时间内，电场力对粒子做的功为Uq ‎　‎ 二、实验题：（每空2分，共24分）‎ ‎13．要研究灯泡L（2.4V，1.0W）的伏安特性曲线，并测出该灯泡在额定电压下正常工作时的电阻值，检验其标示的准确性．‎ ‎（1）设计一个电路，要求误差较小．则如图1的四个电路图中，最合适的是　　‎ 对于所选的实验电路图，在开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于　　端（选填“A”、“B”或“AB中间”）‎ ‎（3）实验后作出的U﹣I图象如图2所示，图中曲线弯曲的主要原因是：　　．‎ ‎（4）根据所得到的图象如图2所示，求出它在额定电压（2.4V）下工作时的电阻值R=　　Ω，这个测量值比真实值偏　　．‎ ‎14．根据所给电路图（图甲），请在图乙中以笔划线代替导线将实物图补充完整．‎ ‎15．在测定金属电阻率的实验中，用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：‎ A．电池组（3V）‎ B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）‎ C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）‎ D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）‎ E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）‎ F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）‎ G．滑动变阻器（0～2000Ω，额定电流0.3A） ‎ H．电键、导线．‎ ‎（1）电压表应选用的是　　，电流表应选用的是　　，滑动变阻器应选用的是　　（填写各器材前面的字母代号）‎ 电压要从零开始调起，请在图1方框中画出实验电路如图．‎ ‎（3）实验中某组电压表的示数如图2A所示，则U=　　V，电流表的示数如图2B所示，则I=　　A．‎ ‎（4）如图3所示游标卡尺的读数　　cm，如图4所示螺旋测微器的读数　　 mm．‎ ‎　‎ 三、计算题（共3小题，共28分）写出必要的文字说明和解题依据．没有解题步骤，只写出最后答案的不能得分．‎ ‎16．有一块满偏电流为Ig=1mA、线圈电阻为Rg=100Ω的小量程电流表．‎ ‎（1）把它改装成满偏电压为U=10V的电压表，要串联一个多大的电阻R1；‎ 把它改装成满偏电流为I=0.6A的电流表，要并联一个多大的电阻R2．‎ ‎17．如图所示为直流电动机提升重物装置，电动机的内阻一定，闭合开关K，当把它接入电压为U1=0.2V的电路时，电动机不转，测得此时流过电动机的电流是I1=0.4A；当把电动机接入电压为U2=4.0V的电路中，电动机正常工作且电动机匀速提升重物，工作电流是I2=1.0A，求：‎ ‎（1）电动机线圈的电阻r；‎ 当U2=4.0V电动机正常工作时的输出功率及电动机的效率；‎ ‎（3）如果重物质量m=0.5kg，当U2=4.0V时电动机提升重物的速度大小是多少？（g取10m/s2）‎ ‎18．一根长为L的丝线吊着一质量为m的带电量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度的大小；‎ 求小球经过最低点时丝线拉力的大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年福建省厦门市翔安一中高二（上）期中物理试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（共12题，每小题只有一个正确答案，每题4分，共48分）‎ ‎1．在电场中某点放一检验电荷，其电量为q，检验电荷受到的电场力为F，则该点电场强度为E=，那么下列说法正确的是（　　） A．若移去检验电荷q，该点的电场强度就变为零 B．若在该点放一个电量为2q的检验电荷，该点的场强就变为 C．若在该点放一个电量为﹣2q的检验电荷，则该点场强大小仍为E，但电场强度的方向变为原来相反的方向 D．若在该点放一个电量为﹣q的检验电荷，则该点的场强大小仍为E，电场强度的方向也还是原来的场强方向 ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】电场中的电场强度与放入电场中的电荷无关，由电场本身性质决定．‎ ‎【解答】解：电场中的电场强度与放入电场中的电荷无关，无论有无放入检验电荷、检验电荷的电量如何，电场强度不变．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道电场中的电场强度与放入电场中的电荷无关，有本身性质决定．‎ ‎　‎ ‎2．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，电源内阻=20Ω，若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（　　）‎ A．0.40 V B．0.30 V C．0.20 V D．0.10 V ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由电池板开路电路等于电源的电动势，求出电动势，再根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压．‎ ‎【解答】解：电源没有接入外电路时，路端电压值等于电动势，则知电池板的电动势为：‎ E=800mV 该电源与20Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流：‎ I=A=0.02A 故路端电压：‎ U=IR=0.02×20Ω=0.40V，故A正确，BCD错误．‎ 故选：A ‎【点评】对于电动势的概念要理解：电动势等于外电压和内电压之和，当外电路开路时，内电压为零，开路电路等于电源的电动势．‎ ‎　‎ ‎3．两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图所示，可知电阻大小之比R1：R2等于（　　）‎ A． B．3：1 C． D．1：3‎ ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】根据图线的斜率表示电阻的倒数去进行求解．‎ ‎【解答】解：因为该图线为I﹣U图线，则图线的斜率表示电阻的倒数，两根图线的斜率比为3：1，所以电阻比为1：3．故A、B、C错，D正确．‎ 故选D．‎ ‎【点评】解决本题的关键搞清I﹣U图线的斜率表示什么．‎ ‎　‎ ‎4．一根粗细均匀的导线，当其两端电压为U时，通过的电流是I，若将此导线均匀拉长到原来的2倍时，电流仍为I，导线两端所加的电压变为（　　）‎ A． B．U C．2U D．4U ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】由导线长度的变化可知电阻的变化，再由欧姆定律可求得导经两端所加电压．‎ ‎【解答】解：由欧姆定律可知：R=，‎ 导线拉长后，横截面积减小为原来的一半，则电阻：R′==4R，‎ 则由欧姆定律可知，电压：U′=I（4R）=4U；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】本题考查欧姆定律及电阻定律，要注意当长度拉长后，导体的截面积减小为原来的一半．‎ ‎　‎ ‎5．如图电路中R1=4Ω，R2=9Ω，R3=18Ω．通电后（　　）‎ A．经R1和R3的电流之比I1：I3=2：1‎ B．R1两端的电压和R3两端的电压之比U1：U3=4：9‎ C．三个电阻消耗的电功率之比P1：P2：P3=2：1：2‎ D．三个电阻消耗的电功率之比P1：P2：P3=2：2：1‎ ‎【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】串联电路电流相同，电压与电阻成正比．并联电路电压相同，电流与电阻成反比．用功率表达式求功率即可．‎ ‎【解答】解：A、因 I2+I3=I1…①‎ 又：…②‎ 由①②得：I1：I3=3：1，故A错误；‎ B、R2与R3的并联值R′=‎ 则，故B错误；‎ C、功率之比P1：P2：P3=：： =2：2：1 故C错误 D错误．‎ 故选：D ‎【点评】考察的串联电路的特点，灵活选择表达式，不困难．‎ ‎　‎ ‎6．根据电阻定律，电阻率ρ=R．对于温度一定的某种金属导线来说，它的电阻率（　　）‎ A．跟导线的电阻成正比 B．跟导线的横截面积成正比 C．跟导线的长度成反比 D．由所用金属材料本身特性决定 ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】导线的电阻率有材料本身的特性决定，与导体的电阻、横截面积、长度无关．‎ ‎【解答】解：导线的电阻率与导体的电阻大小、横截面积、长度无关，由材料本身特性决定．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选D．‎ ‎【点评】本题属于易错题，很多同学容易根据公式，认为电阻率与电阻、横截面积成正比，与长度成反比，其实电阻率由本身特性决定．‎ ‎　‎ ‎7．如图电路中，当滑动变阻器滑动键P向下移动时，则（　　）‎ A．A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮 B．A灯变亮、B灯变亮、C灯变暗 C．A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗 D．A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】‎ 当滑动变阻器滑动键P向下移动时，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，确定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的变化，判断A灯亮度的变化．根据并联部分电压的变化，判断B灯亮度变化，根据干路电流和B灯电流的变化，分析C灯亮度的变化．‎ ‎【解答】解：当滑动变阻器滑动键P向下移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I增大，则A灯变亮．并联部分两端的电压减小，则B灯变暗．流过C的电流IC=I﹣IB，I增大，IB减小，IC增大，C灯变亮．所以A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮．‎ 故选D ‎【点评】本题是电路动态变化分析问题，通常按照“部分→整体→部分”的顺序进行分析．‎ ‎　‎ ‎8．在电学实验中，遇到断路时，常用电压表来检测．某同学连接了如图所示的电路，闭合开关S后，发现灯不亮，为检查电路故障，他用电压表进行测量，结果是Uae=3W，Uab=0，Ubd=0，Ucb=3V，则此电路的故障可能是（　　）‎ A．开关S接触不良 B．小灯泡灯丝断了 C．d、e间出现断路 D．e、f间出现断路 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】在判断故障时，电压表的示数的变化很关键，若电压表有示数，说明电压表与电源能相通，若无示数，说明电压表与电源不能相通 ‎【解答】解：开关S闭合后，灯泡不亮，由题意可知，Uae=3V，说明e与电源的正极之间、a与电源的负极之间是连通的；Uab=0，说明开关是完好的；Ubd=0，说明灯泡完好或被短路；Ude=3V，说明d、e两点与电源相同，并且两点间是断开的；综合分析可知，电路故障是灯泡可能被短路，d、e间出现断路，故C正确，ABD错误．‎ 故选：C ‎【点评】本题考查电压表检测电路故障的问题，如果电路是断路问题，测量时，电压表有示数的位置出现断路现象，电源除外．‎ ‎　‎ ‎9．有一只灯泡的灯丝断了，通过转动灯泡灯丝接通，再接入电源后，所发生的现象及其原因是（　　）‎ A．灯丝电阻变小，通过它的电流变大，根据P=I2R，电灯变亮 B．灯丝电阻变大，通过它的电流变小，根据P=I2R，电灯变暗 C．灯丝电阻变小，它两端的电压不变，根据，P=电灯变亮 D．灯丝电阻变大，它两端的电压不变，根据，P=电灯变暗 ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】根据电阻的特点，长度减小，电阻就变小了，由电功率公式P=UI=可知，电阻变小，实际功率变大，灯泡就比原来亮了．‎ ‎【解答】解：把断了的灯丝搭在一起，长度减小，灯丝电阻变小；‎ 电压一定，灯泡的电功率跟灯丝电阻成反比；‎ 由于灯丝电阻变小，所以灯泡的功率变大，灯泡更亮了．‎ 故ABD错误，C正确；‎ 故选C．‎ ‎【点评】本题考查了电阻的特点及电功率公式的应用，属于常见的考题．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，两板间距为d的平行板电容器与电源连接，开始时使电键k闭合．电容器两板间有一质量为m，带电量为q的微粒静止不动．下列各叙述中错误的是（　　）‎ A．微粒带的是负电 B．电源提供电压为 C．保持电键k闭合，将电容器上极板向左移动，微粒将向下做加速运动 D．保持电键k闭合，把电容器两板距离增大，微粒将向下做加速运动 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；电容．‎ ‎【分析】带电荷量为q的微粒静止不动，所受的电场力与重力平衡，由平衡条件分析微粒的电性．由E=，求解电源电动势．断开电键，根据微粒的电场力有无变化，分析微粒的运动情况．‎ ‎【解答】解：A、由题，带电荷量为q的微粒静止不动，则微粒受到向上的电场力，平行板电容器板间场强方向竖直向下，则微粒带负电．故A正确．‎ B、由平衡条件得：mg=q得，电源输出电压的大小为U=．故B正确．‎ C、断开电键，电容器所带电量不变，场强不变，微粒所受的电场力不变，则微粒仍静止不动．故C错误．‎ D、保持电键闭合，把电容器两极板距离增大，板间场强减小，微粒所受电场力减小，则微粒将向下做加速运动．故D正确．‎ 本题选错误的，故选：C ‎【点评】本题整合了微粒的力平衡、电容器动态分析，由平衡条件判断微粒的电性，由E=，分析板间场强如何变化，判断微粒是否运动．‎ ‎　‎ ‎11．在点电荷Q的电场中，一个α粒子（He）通过时的轨迹如图实线所示，a、b为两个等势面，则下列判断中正确的是（　　）‎ A．Q可能为正电荷，也可能为负电荷 B．运动中．粒子总是克服电场力做功 C．α粒子经过两等势面的动能Eka＞Ekb D．α粒子在两等势面上的电势能Epa＞Epb ‎【考点】等势面；电势能．‎ ‎【分析】从粒子运动轨迹看出，轨迹向左弯曲，可知带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，反之，远离Q的过程电场力做正功．可判断电势能的大小和动能大小以及Q的电性．‎ ‎【解答】解：A、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，故Q为正电荷，故A错误；‎ B、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功；反之，远离Q的过程电场力做正功，故B错误；‎ C、D、根据运动轨迹可知，带电粒子受到了排斥力作用，从a到b过程中，电场力做负功，因此动能减小电势能增大，，．故C正确，D错误；‎ 故选：C ‎【点评】该题考查轨迹问题，首先要根据弯曲的方向判断出带电粒子所受电场力方向，确定是排斥力还是吸引力．由动能定理分析动能和电势能的变化是常用的思路 ‎　‎ ‎12．如图所示，带正电的粒子以一定的初速度v0沿两板的中线进入水平放置的平行金属板内，恰好沿下板的边缘飞出，已知板长为L，板间的距离为d，板间电压为U，带电粒子的电荷量为q，粒子通过平行金属板的时间为t，（不计粒子的重力），则（　　）‎ A．若板间电压减少为，则粒子的偏移量y减少为原来的 B．在前时间内，粒子的偏移量y=‎ C．在前时间内，电场力对粒子做的功为 D．在后时间内，电场力对粒子做的功为Uq ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】带正电的粒子进入水平放置的平行金属板内，做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律求出竖直方向的偏移量的表达式即可，‎ 竖直方向做初速度为0的匀加速运动，由推论可求出在前时间内和在后时间内竖直位移之比，由动能定理求出电场力做功．‎ ‎【解答】解：A、电子在电场中偏转所用时间：‎ 又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：，‎ 则偏移量y=，若板间电压减少为，则粒子的偏移量y减少为原来的，故A错误；‎ B、粒子在垂直于板的方向做初速度为零的匀加速运动：由y=at2可得，前时间内与t时间内垂直于板方向之比为1：4，则前时间内，粒子的偏移量y=，电场力对粒子做功为W=qEy1=q×=qU，故BC错误．‎ D、由y=at2可得，后时间内与T时间内垂直于板方向之比为3：4，则在后时间内，电场力对粒子做功为qU．故D正确．‎ 故选：D ‎【点评】粒子在垂直于板的方向分运动是初速度为匀加速直线，本题的解法是运用推论法求解．‎ ‎　‎ 二、实验题：（每空2分，共24分）‎ ‎13．要研究灯泡L（2.4V，1.0W）的伏安特性曲线，并测出该灯泡在额定电压下正常工作时的电阻值，检验其标示的准确性．‎ ‎（1）设计一个电路，要求误差较小．则如图1的四个电路图中，最合适的是　A　‎ 对于所选的实验电路图，在开关S闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于　A　端（选填“A”、“B”或“AB中间”）‎ ‎（3）实验后作出的U﹣I图象如图2所示，图中曲线弯曲的主要原因是：　小灯泡的阻值随温度的升高而变大　．‎ ‎（4）根据所得到的图象如图2所示，求出它在额定电压（2.4V）下工作时的电阻值R=　4.8　Ω，这个测量值比真实值偏　小　．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）描绘伏安特性曲线要求多测几组数据，故应采用滑动变阻器分压接法；同时电流表采用外接法；‎ 开始时灯泡所在支路应使电流为零，故应将滑片滑到最小值处；‎ ‎（3）根据图象的性质分析电阻的变化规律，并明确原因； ‎ ‎（4）根据图象可求得2.4V时的电流，再根据欧姆定律可求得电阻；由电路结构分析实验误差原因．‎ ‎【解答】解：（1）本实验中为了多测数据，滑动变阻器采用了分压接法；同时，因为灯泡内阻较小，故电流表应采用外接法，从而减小误差；故选A．‎ 为了实验的安全，在实验前应保证灯泡所在支路电压为零；即与之并联部分的电压为零，滑片应滑到A侧；‎ ‎（3）I﹣U图象中图象的斜率表示电阻的倒数，由图可知，斜率减小，故电阻应变大，而温度随电压的增大而增大，故灯泡的电阻随温度的升高而增大；‎ ‎（4）由图可知，当电压为2.4V时，电流为0.5A，则由欧姆定律可知，R===4.8Ω； 由于采用电流表外接法，则可知，电流表读数偏大，所以结果偏小； ‎ 故答案为：（1）A；A；（3）小灯泡的阻值随温度的升高而变大；（4）偏 小．‎ ‎【点评】本题考查测量灯泡伏安特性曲线实验的实验，注意本实验一般性况下均应采用滑动变阻器的分压及电流表的外接法．同时注意灯泡电阻随温度的变化而变化，所以在处于是数据时要根据图象进行分析．‎ ‎　‎ ‎14．根据所给电路图（图甲），请在图乙中以笔划线代替导线将实物图补充完整．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，根据电路图连接实物电路图．‎ ‎【解答】解：由图示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，电流表采用外接法，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：‎ 故答案为：如图所示．‎ ‎【点评】本题考查了连接实物电路图，分析清楚电路图结构是解题的前提与关键，根据电路图连接实物电路图即可解题，本题是一道基础题．‎ ‎　‎ ‎15．在测定金属电阻率的实验中，用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：‎ A．电池组（3V）‎ B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）‎ C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω）‎ D．电压表（0～3V，内阻3kΩ）‎ E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）‎ F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A）‎ G．滑动变阻器（0～2000Ω，额定电流0.3A） ‎ H．电键、导线．‎ ‎（1）电压表应选用的是　D　，电流表应选用的是　C　，滑动变阻器应选用的是　F　（填写各器材前面的字母代号）‎ 电压要从零开始调起，请在图1方框中画出实验电路如图．‎ ‎（3）实验中某组电压表的示数如图2A所示，则U=　2.10　V，电流表的示数如图2B所示，则I=　0.40　A．‎ ‎（4）如图3所示游标卡尺的读数　1.14　cm，如图4所示螺旋测微器的读数　0.435　 mm．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器．‎ 根据待测电阻与电流表、电压表内阻比较，确定电流表的内外接，根据题意确定滑动变阻器接法，然后作出电路图．‎ ‎（3）确定出电流表、电压表的量程，从而得出每一格代表多少，读出电压表和电流表的示数．‎ ‎（4）刻度尺的读数需估读到最小刻度的下一位，螺旋测微器的读数等于固定刻度读数加上可动刻度读数，读可动刻度读数时需估读 ‎【解答】解：（1）电源电动势为3V，电压表应选择D；电路最大电流约为：I===0.6A，电流表应选择C；为方便实验操作，滑动变阻器应选择F．‎ 由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，电流表应采用外接法，实验要求：电压要从零开始调起，则滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：‎ ‎（3）电压表量程是3V，由图示表盘可知，其分度值为0.1V，示数为2.10V；电流表量程为0.6A，由图示表盘可知，其分度值为0.02A，示数为0.40A．‎ ‎（4）由图象游标卡尺可知，其示数为：11mm+4×0.1mm=11.4mm=1.14cm；‎ 由图示螺旋测微器可知，其示数为：0mm+43.5×0.01mm=0.435mm；‎ 故答案为：（1）D；C；F；电路图如图所示；（3）2.10；0.40；（4）1.14；0.435．‎ ‎【点评】本题考查了实验器材的选择、电压表与电流表读数、螺旋测微器与游标卡尺读数，要掌握常用器材的使用及读数方法；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读，读数时视线要与刻度线垂直．‎ ‎　‎ 三、计算题（共3小题，共28分）写出必要的文字说明和解题依据．没有解题步骤，只写出最后答案的不能得分．‎ ‎16．有一块满偏电流为Ig=1mA、线圈电阻为Rg=100Ω的小量程电流表．‎ ‎（1）把它改装成满偏电压为U=10V的电压表，要串联一个多大的电阻R1；‎ 把它改装成满偏电流为I=0.6A的电流表，要并联一个多大的电阻R2．‎ ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】若将电流表改装成电压表，则应串联一个大电阻，示数为表头及电阻两端的总电压；流过表头及电阻的电流相等．‎ 若增大量程应并联一个小电阻进行分流，表头及分流电阻两端的电压相等．‎ ‎【解答】解：（1）表头两端的电压为：IgRg=1×10﹣3×100Ω=0.1V；‎ 若改装成电压表，则达最大量程时，串联电阻两端的电压：U=Um﹣Ug=10V﹣0.1V=9.9V；‎ 则应串联的电阻：R1==═9900Ω；‎ 改装大量程的电流表时，表头的满偏电流仍为1mA，此时流过并联电路部分的总电流为0.6A过流过并联电阻的电流：‎ I=Im﹣Ig=0.6A﹣0.001A=0.559A；‎ 则并联电阻：R2===0.17Ω≈0.033Ω；‎ 答：（1）串联一个9900Ω 应并联电阻的阻值为0.033Ω；‎ ‎【点评】本题考查电流表的改装，在理解改装原理的基础上，通过串并联的关系即可求解．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示为直流电动机提升重物装置，电动机的内阻一定，闭合开关K，当把它接入电压为U1=0.2V的电路时，电动机不转，测得此时流过电动机的电流是I1=0.4A；当把电动机接入电压为U2=4.0V的电路中，电动机正常工作且电动机匀速提升重物，工作电流是I2=1.0A，求：‎ ‎（1）电动机线圈的电阻r；‎ 当U2=4.0V电动机正常工作时的输出功率及电动机的效率；‎ ‎（3）如果重物质量m=0.5kg，当U2=4.0V时电动机提升重物的速度大小是多少？（g取10m/s2）‎ ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）在电动机不转时，电动机相当于纯电阻，根据欧姆定律可以求得电动机的线圈电阻；‎ 根据功率的公式P=UI，可以求得电动机的功率，进而可以求得电动机的效率；‎ ‎（3）匀速提升时，拉力等于重力，由电动机的输出功率P=Fv可得提升重物的速度．‎ ‎【解答】解：（1）电动机不转时，此时电动机为纯电阻元件，则：‎ 电动机正常工作时消耗的功率为：‎ P=U2I2=4.0×1.0 W=4.0 W 电动机正常工作时线圈电阻损耗的功率为：‎ P热=I22r=1.02×0.5 W=0.5 W 电动机正常工作时输出功率为：‎ P出=P﹣P热=4.0﹣0.5 W=3.5 W 电动机正常工作时效率为：‎ ‎（3）匀速提升时，拉力等于重力，即：‎ F=mg=0.5×10N=5N 由电动机的输出功率P出=Fv可得提升重物的速度为：‎ ‎=‎ 答：（1）电动机线圈的电阻为r=0.5Ω；‎ 当U2=4.0V电动机正常工作时的输出功率为3.5W，电动机的效率为87.5%；‎ ‎（3）如果重物质量m=0.5kg，当U2=4.0V时电动机提升重物的速度大小是0.7m/s．‎ ‎【点评】本题重点是非纯电阻电路的考察，重点要明白当电动机通电不转的时候，电动机相当于纯电阻电路．‎ ‎　‎ ‎18．一根长为L的丝线吊着一质量为m的带电量为q的小球静止在水平向右的匀强电场中，如图所示，丝线与竖直方向成37°角，现突然将该电场方向变为向下且大小不变，不考虑因电场的改变而带来的其他影响，重力加速度为g，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度的大小；‎ 求小球经过最低点时丝线拉力的大小．‎ ‎【考点】动能定理的应用；共点力平衡的条件及其应用；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）小球静止时在竖直线的右边，根据小球静止时受平衡力，可以判断出小球的受力的方向向右，与电场线的方向相同，因此小球带正电；对小球进行受力分析，水平方向和竖直方向的受力都平衡，即可得解；‎ 水平方向不受力了，平衡破坏了，小球在竖直向下的重力和竖直向上的电场力的作用下，在绳子的约束下，在竖直平面内沿圆弧摆下，做圆周运动，或沿圆弧来回运动，根据动能定理，带电小球到最低点时重力和电场力做的功全部转化为小球的动能，此时速度最大，列式即可得解．‎ ‎【解答】解：（1）小球平衡时受到绳子的拉力、重力和电场力，由平衡条件得：mgtan37°=qE 解得：‎ 电场方向变成向下后，重力和电场力都向下，两个力做功，小球开始摆动做圆周运动 由动能定理：‎ 在最低点时绳子的拉力、重力和电场力的合力提供向心力，‎ 解得：‎ 答：（1）匀强电场的电场强度；．‎ ‎【点评】（1）掌握力的合成和分解，运用共点力平衡的条件找出力与力的关系．带电粒子在复合场中的圆周运动一般由动力学公式求解，一般的曲线运动一般由动能定理求解．‎ ‎　‎