物理卷·2018届宁夏中卫一中高二上学期第二次月考物理试（b卷）（11月份） （解析版）

物理卷·2018届宁夏中卫一中高二上学期第二次月考物理试（b卷）（11月份） （解析版）

‎2016-2017学年宁夏中卫一中高二（上）第二次月考物理试（B卷）（11月份）‎ ‎　‎ 一、单项选择题 ‎1．以下说法正确的是（　　）‎ A．由E=可知电场中某点的电场强度E与F成正比 B．由公式φ=可知电场中某点的电势φ与q成反比 C．公式C=中，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 D．由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 ‎2．在静电场中，关于场强和电势的说法正确的是（　　）‎ A．电场强度大的地方电势一定高 B．场强大小相同的点电势不一定相同 C．场强为零的地方电势也一定为零 D．电势为零的地方场强也一定为零 ‎3．如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（　　）‎ A．电容器带电量不变 B．尘埃将向上运动 C．检流计中有a→b的电流 D．检流计中有b→a的电流 ‎4．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（　　）‎ A．U1变大、U2变大 B．U1变小、U2变大 C．U1变大、U2变小 D．U1变小、U2变小 ‎5．关于电流，下列说法中正确的是（　　）‎ A．通过导体横截面的电荷量越多，电流越大 B．电子定向移动速率越大，电流越大 C．单位时间内通过导线横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大 D．因为电流有方向，所以电流是矢量 ‎6．用伏安法测电阻时，电流表外接电路和电流表内接电路的误差来源是（　　）‎ A．外接电路由于电压表内阻的分流，使得电阻的测量值小于真实值 B．外接电路由于电压表内阻的分流，使得电阻的测量值大于真实值 C．内接电路由于电流表内阻的分压，使得电阻的测量值小于真实值 D．内接电路由于电流表内阻的分压，使得电阻的测量值大于真实值 ‎7．如图所示的匀强电场场强为103N/C，矩形区域由abdc围成，ab与E平行，ab=dc=4cm，ac=bd=3cm．则下述计算结果正确的是（　　）‎ A．ab之间的电势差为40V B．ac之间的电势差为50V C．将q=﹣5×10﹣3C的点电荷沿矩形路径abdca移动一周，电场力做功是﹣0.25J D．将q=﹣5×10﹣3C的点电荷沿abd或acd从a移动到d，电场力做功都是﹣0.25J ‎8．一太阳能电池板，测得它的开路电压为80mV，短路电流40mA．若将该电池板与一阻值为6Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（　　）‎ A．0.03V B．0.04V C．0.05V D．0.06V ‎9．一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点，电场力做了5×10﹣6J的功，那么（　　）‎ A．电荷在B处时将具有5×10﹣6J的电势能 B．电荷在B处将具有5×10﹣6J的动能 C．电荷的电势能增加了5×10﹣6J D．电荷的动能增加了5×10﹣6J ‎10．电源电动势为E，内阻为r，对小灯泡供电，下列说法中正确的是（　　）‎ ‎①电源被短路时，通过电源的电流为，外电路电压为零 ‎②电源不接入电路时，通过电源的电流为，外电路电压为零 ‎③外电路并联的灯泡越少，路端电压就越大 ‎④外电路串联的灯泡越少，路端电压就越大．‎ A．①② B．①③ C．③④ D．①④‎ ‎11．关于电源的电动势E，下列说法中正确的是（　　）‎ ‎①电动势E的大小与非静电力所做的功W的大小成正比，与移动电荷量q的大小成反比 ‎②电动势E由电源本身决定，跟电源的体积和外电路均无关 ‎③电动势E的单位与电势、电势差的单位都是伏特．其三者本质一样的．‎ ‎④电动势E表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量．‎ A．①② B．①③ C．③④ D．②④‎ ‎12．用电压表测量某段电路两端电压时，其读数为8V，如果这段电路两端电压不变，将4500Ω的电阻与电压表串联后再测其电压，结果示数为5V，则电压表内阻为（　　）‎ A．1000Ω B．5000Ω C．7500Ω D．2000Ω ‎13．有人在调制电路时用一个“100kΩ、W”的电阻和一个“300kΩ、W”的电阻串联，作为400kΩ的电阻使用，此时两串联电阻允许消耗的最大功率为（　　）‎ A． W B． W C． W D． W ‎14．如图所示，是测量电池的电动势和内阻的实验中得到的图线，则该电池的电动势为E和内阻r为（　　）‎ A．1.5V 2.5Ω B．0.5V 2.5Ω C．1.5V 0.6Ω D．0.5V 0.6Ω ‎15．两根同种材料的电阻丝，长度之比为1：5，横截面积之比为2：3，则它们的电阻值之比为（　　）‎ A．1：5 B．2：3 C．3：2 D．3：10‎ ‎　‎ 二、多项选择题 ‎16．如图为某两个电阻的U﹣I图象，则（　　）‎ A．两电阻之比R1：R2=2：1‎ B．把两电阻串联后接入电路，则消耗功率P1：P2=1：2‎ C．把两电阻串联后接入电路，则消耗功率P1：P2=2：1‎ D．把两电阻并联后接入电路，则消耗功率P1：P2=1：2‎ ‎17．如图所示，A和B为两等量异号电荷，A带正电，B带负电．在A、B的连线上有a、b、c三点，其中b为连线的中点，a、c两点与b点等距，则（　　）‎ A．a点与c点的电场强度相同 B．a点与c点的电势相同 C．a、b间的电势差与b、c间的电势差相同 D．过b点做A、B连线的垂线，点电荷q沿此垂线方向移动，电荷的电势能保持不变 ‎18．如图所示，A、B是某个点电荷形成的电场中的一根电场线，在线上O点由静止释放一个负电荷，它将沿电场线向B点运动，下列判断中哪些是正确的（　　）‎ A．电场线由B指向A，该电荷作加速运动，其加速度越来越小 B．电场线由B指向A，该电荷作加速运动，其加速度大小的变化由题设条件不能确定 C．由A指向B，电势升高 D．电场线由A指向B，该电荷作加速运动，其加速度越来越大 ‎19．如图，A灯和B灯电阻相同，当变阻器滑动片向下滑动时，两灯的变化是（　　）‎ A．A灯变亮 B．A灯变暗 C．B灯变亮 D．B灯变暗 ‎20．现有量程为100μA内阻为450Ω的灵敏电流表，若改装为量程为1mA的毫安表，需要给它并联一只Rl的电阻；若改装为量程为3V的电压表，需要给它串联一只R2的电阻．下列计算结果正确的有（　　）‎ A．Rl=50Ω B．R2=2950Ω C．Rl=29550Ω D．R2=50Ω ‎　‎ 三、实验题 ‎21．用20分度游标卡尺测量物体长度时，读数如图所示，则该物体的长度为　　mm．‎ ‎22．用螺旋测微器测量物体长度时，读数如图所示，则该物体的长度为　　mm．‎ ‎23．用伏安法较准确的测量一个阻值约为50Ω的定值电阻，器材规格如下：‎ A．电池组（6V，内阻很小）；‎ B．电流表（0﹣50mA，内阻20Ω）；‎ C．电压表（0﹣3V，内阻5kΩ）；‎ D．滑动变阻器（0﹣10Ω，1A）；‎ E．电键一个，导线若干条 根据器材的规格和实验的要求，回答下列问题：‎ ‎（1）电流表应（填内接或外接）：　　；‎ ‎（2）滑动变阻器采用（填限流接法或分压接法）：　　；‎ ‎（3）在如图的实物图上用笔画线代替导线连接．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎24．如图所示电路中，电源电动势ε=50V，内阻r=5Ω，电阻R1=30Ω，R 2=60Ω．不计电压表对电路的影响，问：‎ ‎（1）电路中的总电流多大？流过R1、R2的电流各多大？‎ ‎（2）电压表的读数多大？‎ ‎（3）R1、R2的电流功率各多大？电源消耗的总功率多大？‎ ‎25．如图所示．电源电动势为12V，内电阻为1Ω．R1=1Ω．R2=6Ω，电动机线圈电阻为0.5Ω．若开关闭合后通过电源的电流为3A．求：‎ ‎（1）R1上消耗的电功率；‎ ‎（2）电动机输出的机械功率；‎ ‎（3）电源的效率．‎ ‎26．如图所示，质量为0.2kg的物体带电量为4×10﹣4C，从半径为0.3m光滑的圆弧滑轨上端静止下滑到底端，然后继续沿水平面滑动．物体与水平面间的动摩擦因数为0.4，整个装置处于E=103N/C的匀强电场中，求下列两种情况下物体在水平面上滑行的最大距离：‎ ‎（1）E水平向左；‎ ‎（2）E竖直向下．（g取10m/s2）‎ ‎27．如图所示，匀强电场水平向左，带正电物块A沿绝缘水平板向右运动，经P点时动能为200J，到Q点时动能减少了160J，电势能增加了96J，则它再回到P点时的动能为多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年宁夏中卫一中高二（上）第二次月考物理试（B卷）（11月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单项选择题 ‎1．以下说法正确的是（　　）‎ A．由E=可知电场中某点的电场强度E与F成正比 B．由公式φ=可知电场中某点的电势φ与q成反比 C．公式C=中，电容器的电容大小C与电容器两极板间电势差U无关 D．由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间的距离越大，则两点间的电势差也一定越大 ‎【考点】电势；电场强度；电容．‎ ‎【分析】电场场强与电势由电场决定，与检验电荷无关，电容由电容器本身决定，Uab=Ed中的d为沿场强方向的距离．结合这些知识分析．‎ ‎【解答】解：A、B、电场场强与电势都由电场本身决定，与检验电荷无关，则两种说法错误．故AB错误．‎ C、公式C=是电容的定义式，采用比值法定义，电容器的电容大小C由电容器本身决定，与电容器两极板间电势差U无关，故C正确．‎ D、由Uab=Ed可知，匀强电场中的任意两点a、b间沿电场线方向间的距离越大，则两点间的电势差一定越大；若匀强电场中的点a、b间的距离与电场线垂直，距离越大电势与不变．则D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．在静电场中，关于场强和电势的说法正确的是（　　）‎ A．电场强度大的地方电势一定高 B．场强大小相同的点电势不一定相同 C．场强为零的地方电势也一定为零 D．电势为零的地方场强也一定为零 ‎【考点】电场强度；电势．‎ ‎【分析】场强与电势没有直接关系．场强越大的地方电势不一定越高，场强为零的地方电势不一定为零．电势为零是人为选取的．‎ ‎【解答】解：A、沿着电场线的方向电势逐渐降低，电场线密的地方，电场强度大，电场线疏的地方电场强度小．电势高的地方电场强度不一定大，电场强度大的地方，电势不一定高．故A错误．‎ B、在匀强电场中，场强处处相等，但沿着电场线的方向电势逐渐降低，所以场强大小相同的点电势不一定相同，故B正确．‎ C、场强为零的地方电势不一定为零，电势为零是人为选取的．故C错误．‎ D、电势为零是人为选取的，则电势为零的地方场强可以不为零．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，将平行板电容器与电池组相连，两板间的带电尘埃恰好处于静止状态．若将两板缓慢地错开一些，其他条件不变，则（　　）‎ A．电容器带电量不变 B．尘埃将向上运动 C．检流计中有a→b的电流 D．检流计中有b→a的电流 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；电容．‎ ‎【分析】带电尘埃原来处于静止状态，电场力与重力平衡，将两板缓慢地错开一些后，分析板间场强有无变化，判断尘埃是否仍保持静止．根据电容的决定式分析电容如何变化，由电容的定义式分析电量的变化，确定电路中电流的方向．‎ ‎【解答】解：A、将两板缓慢地错开一些，两板正对面积减小，根据电容的决定式C= 得知，电容减小，而电压不变，则电容器带电量减小．故A错误．‎ B、由于板间电压和板间距离不变，则板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态．故B错误．‎ CD、电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，下极板带负电，电路中形成逆时针方向的电流，则检流计中有a→b的电流．故C正确，D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，电子在电势差为U1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为U2的两块平行极板间的电场中，射入方向跟极板平行，整个装置处在真空中，重力可忽略，在满足电子能射出平行板区的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏转角θ变大的是（　　）‎ A．U1变大、U2变大 B．U1变小、U2变大 C．U1变大、U2变小 D．U1变小、U2变小 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】电子在加速电场中，在电场力的作用下，做匀加速直线运动，可由电场力做功求出射出加速电场时的速度．电子在水平放置的平行板之间，因受到的电场力的方向与初速度的方向垂直，故电子做类平抛运动．运用平抛运动的竖直方向的速度与水平方向的速度的关系，可求出角度θ的变化情况．‎ ‎【解答】解：‎ 设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：…①‎ 又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：…②‎ 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：…③‎ 电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy=at…④‎ 由①、②、③、④可得：‎ 又有：‎ 故U2变大或U1变小都可能使偏转角θ变大，故选项B正确，选项ACD错误．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．关于电流，下列说法中正确的是（　　）‎ A．通过导体横截面的电荷量越多，电流越大 B．电子定向移动速率越大，电流越大 C．单位时间内通过导线横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大 D．因为电流有方向，所以电流是矢量 ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】电荷的定向移动形成电流，电流的大小取决于单位时间内流过导体横截面上的电量．‎ ‎【解答】解：A、电流的大小取决于电量与时间的比值；电荷量多可能时间长导致的；故A错误；‎ B、由I=nqvs可知，对于一给定导体，电子定向移动速率越大，电流越大；故B正确；‎ C、根据电流的定义可知单位时间内通过导线横截面的电荷量越多，导体中的电流就越大；故C正确；‎ D、电流有方向，但电流的不能按平行四边形规则进行运算，故电流是标量；故D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎6．用伏安法测电阻时，电流表外接电路和电流表内接电路的误差来源是（　　）‎ A．外接电路由于电压表内阻的分流，使得电阻的测量值小于真实值 B．外接电路由于电压表内阻的分流，使得电阻的测量值大于真实值 C．内接电路由于电流表内阻的分压，使得电阻的测量值小于真实值 D．内接电路由于电流表内阻的分压，使得电阻的测量值大于真实值 ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）电流表外接法，由于电压表的分流作用，使电流表测的电流大于流过电阻的电流，测量值小于真实值；待测电阻越小，电压表的分流作用越小，电流表测的电流越接近流过电阻的真实值，实验误差越小．‎ ‎（2）电流表内接法，由于电流表的分压作用，使电压表测的电压大于待测电阻两端的电压，测量值大于真实值；待测电阻阻值越大，电流表分压影响越小，电压表的测量值越接近真实值，实验误差越小．‎ ‎【解答】解：A、B、伏安法测电阻的实验中，电流表外接法由于电压表的分流，使电流I的测量值偏大，电压U的测量值等于真实值，由R=可知，电阻测量值小于真实值，故A正确，B错误；‎ C、D、在电流表的内接法中，由于电流表内阻的分压，使电压U的测量值大于真实值，电流I的测量值等于真实值，由R=可知，电阻测量值大于真实值，故C错误，D正确；‎ 故选AD．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示的匀强电场场强为103N/C，矩形区域由abdc围成，ab与E平行，ab=dc=4cm，ac=bd=3cm．则下述计算结果正确的是（　　）‎ A．ab之间的电势差为40V B．ac之间的电势差为50V C．将q=﹣5×10﹣3C的点电荷沿矩形路径abdca移动一周，电场力做功是﹣0.25J D．将q=﹣5×10﹣3C的点电荷沿abd或acd从a移动到d，电场力做功都是﹣0.25J ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】由电场强度与电势差的关系，U=ED可求uab，再根据电场力做功与电势差的关系求功．‎ ‎【解答】解：A、由电场强度与电势差的关系，U=Ed可求Uab=Ed=103×0.04=40V，故A正确．‎ ‎ B、由图可知，ac的方向与电场线垂直，所以ac两点的电势差为0，故B错误．‎ ‎ C、电荷q=﹣5×10﹣3C沿矩形路径abdc移动一周，点荷的电势不变，电势能也不变，由电场力做功与电势能的关系得电场力做功为零，故C错误．‎ ‎ D、根据电场力做功与路径无关，故q=﹣5×10﹣3C的点电荷沿abd或acd从a移动到d，电场力做功相同等，由W=qEd，故在ad间移动电荷电场力做功为：‎ W=﹣5×10﹣3×103×0.04=﹣0.2J．故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎8．一太阳能电池板，测得它的开路电压为80mV，短路电流40mA．若将该电池板与一阻值为6Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（　　）‎ A．0.03V B．0.04V C．0.05V D．0.06V ‎【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，由短路电流求出电源的内阻．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，则该电池板的电动势为：E=80mV 由闭合电路欧姆定律得短路电流：‎ ‎ I短=‎ 则电源的内阻：r==Ω=2Ω 该电源与6Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流：‎ ‎ I==mA=10mA 故路端电压：U=IR=10mA×6Ω=60mV=0.06V；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．一个电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点，电场力做了5×10﹣6J的功，那么（　　）‎ A．电荷在B处时将具有5×10﹣6J的电势能 B．电荷在B处将具有5×10﹣6J的动能 C．电荷的电势能增加了5×10﹣6J D．电荷的动能增加了5×10﹣6J ‎【考点】电势能；动能定理的应用．‎ ‎【分析】电荷只在电场力作用下从电场中的A点移到B点，电场力做了5×10﹣6J的功，电荷的电势能减小5×10﹣6J，根据动能定理得知，动能增加了5×10﹣6J．‎ ‎【解答】解：A、B由题知道电场力做功多少，只能判断电势能与动能的变化量，不能确定电势能与动能的大小．故AB错误．‎ ‎ C、电场力做了5×10﹣6J的功，根据功能关系得知，电荷的电势能减小5×10﹣6J．故C错误．‎ ‎ D、电荷只在电场力作用下，电场力做了5×10﹣6J的功，合力做功即为5×10﹣6J，根据动能定理得知，动能增加了5×10﹣6J．故D正确．‎ 故选D ‎　‎ ‎10．电源电动势为E，内阻为r，对小灯泡供电，下列说法中正确的是（　　）‎ ‎①电源被短路时，通过电源的电流为，外电路电压为零 ‎②电源不接入电路时，通过电源的电流为，外电路电压为零 ‎③外电路并联的灯泡越少，路端电压就越大 ‎④外电路串联的灯泡越少，路端电压就越大．‎ A．①② B．①③ C．③④ D．①④‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据闭合电路欧姆定律分析外电阻变化时，电流的变化和路端电压的变化．外电路被短路时，电流等于电动势除以内阻，路端电压等于0‎ ‎【解答】解：①外电路被短路时，外电阻为0，电流等于电动势除以内阻，路端电压等于0，故①正确；‎ ‎②电源不接入电路时，通过电源的电流为0，外电路电压为E，故②错误；‎ ‎③、当外电路并联的灯泡越少，电阻越大，电流越小，内阻所占的电压越小，所以路端电压就越大，故③正确；‎ ‎④外电路串联的灯泡越少，电阻越小，电流越大，内电压越大，路端电压越小，故④错误；故B正确，ACD错误；‎ 故选：B ‎　‎ ‎11．关于电源的电动势E，下列说法中正确的是（　　）‎ ‎①电动势E的大小与非静电力所做的功W的大小成正比，与移动电荷量q的大小成反比 ‎②电动势E由电源本身决定，跟电源的体积和外电路均无关 ‎③电动势E的单位与电势、电势差的单位都是伏特．其三者本质一样的．‎ ‎④电动势E表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量．‎ A．①② B．①③ C．③④ D．②④‎ ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．‎ ‎【解答】解：①：电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量，与非静电力做功W的大小以及移送电荷量q的大小无关．故①错误；‎ ‎②：电动势反映本身的特性，电动势与制作的材料有关，与体积的大小无关，与外电路的结构无关．故②正确；‎ ‎③：电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱；电势差、电势电势描述电场的能的性质的物理量，三者的本质不同．故③错误； ‎ ‎④：电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，本领越大．故④正确．‎ 故D正确，ABC错误 故选：D ‎　‎ ‎12．用电压表测量某段电路两端电压时，其读数为8V，如果这段电路两端电压不变，将4500Ω的电阻与电压表串联后再测其电压，结果示数为5V，则电压表内阻为（　　）‎ A．1000Ω B．5000Ω C．7500Ω D．2000Ω ‎【考点】串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】根据题意可知，将电阻与电压表串联后，电压表的示数和电阻的电压之和为8V，再结合串联电路电流相等列式即可求解．‎ ‎【解答】解：根据题意可知，电路两端的电压U=8V，‎ 将一个4500Ω的电阻与电压表串联后再测该电路两端时，有：UV+UR=U，‎ 解得：UR=8﹣5=3V，‎ 电阻与电压表串联，则电流相等，‎ 则有： =，即： =，‎ 解得：r=7500Ω，故ABD错误，C正确；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎13．有人在调制电路时用一个“100kΩ、W”的电阻和一个“300kΩ、W”的电阻串联，作为400kΩ的电阻使用，此时两串联电阻允许消耗的最大功率为（　　）‎ A． W B． W C． W D． W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】两电阻串联，电流相等，最大电流不能超过额定电流的最大值，根据P=I2R求出最大功率．‎ ‎【解答】解：根据P=I2R知，“300kΩ， W”的电阻的额定电流小，所以该电路中的电流不能超过该电阻的额定电流，Im=，则最大总功率P总=Im2（R1+R2）==×W=W．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，是测量电池的电动势和内阻的实验中得到的图线，则该电池的电动势为E和内阻r为（　　）‎ A．1.5V 2.5Ω B．0.5V 2.5Ω C．1.5V 0.6Ω D．0.5V 0.6Ω ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电源的U﹣I图象与纵坐标交点的纵坐标轴是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，根据图示图象可以求出电源电动势与内阻．‎ ‎【解答】解：根据闭合电路欧姆定律可知：U=E﹣Ir，则由图可知，图象与纵轴的交点坐标值是1.5，‎ 则电源的电动势为E=1.5V；‎ 电源内阻r===2.5Ω；故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎15．两根同种材料的电阻丝，长度之比为1：5，横截面积之比为2：3，则它们的电阻值之比为（　　）‎ A．1：5 B．2：3 C．3：2 D．3：10‎ ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】根据电阻定律R=ρ进行分析，结合长度之比和截面积之比即可求出电阻之比．‎ ‎【解答】解：根据电阻定律可知，电阻民长度成正比，与截面积成反比，故两电阻的比值为：‎ R1：R2==；故D正确，ABC错误．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 二、多项选择题 ‎16．如图为某两个电阻的U﹣I图象，则（　　）‎ A．两电阻之比R1：R2=2：1‎ B．把两电阻串联后接入电路，则消耗功率P1：P2=1：2‎ C．把两电阻串联后接入电路，则消耗功率P1：P2=2：1‎ D．把两电阻并联后接入电路，则消耗功率P1：P2=1：2‎ ‎【考点】欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】由图可知电阻的电压和电流值，根据欧姆定律可知即可求出电阻之比；‎ 根据串联电路电流相等和并联电路电压相等利用电功率P==I2R即可比较功率之比．‎ ‎【解答】解：A、由图象可知：U=6V，I1=1A，I2=2A；根据欧姆定律可知，R1：R2=I2：I1=2A：1A=2：1；故A正确；‎ B、把两电阻串联后接入电路，电流相等，根据公式P=I2R，功率与电阻成正比，故P1：P2=R1：R2=2：1；故B错误，C正确；‎ D、并联后接入电路，电压相等，根据公式P=可知，功率与电阻成反比，故P1：P2=R2：R1=1：2；故D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，A和B为两等量异号电荷，A带正电，B带负电．在A、B的连线上有a、b、c三点，其中b为连线的中点，a、c两点与b点等距，则（　　）‎ A．a点与c点的电场强度相同 B．a点与c点的电势相同 C．a、b间的电势差与b、c间的电势差相同 D．过b点做A、B连线的垂线，点电荷q沿此垂线方向移动，电荷的电势能保持不变 ‎【考点】库仑定律；电场的叠加．‎ ‎【分析】A、B为两等量异号电荷，产生的电场具有对称性，即关于AB连线的中垂线对称；根据顺着电场线电势降低，判断ac电势的高低；根据等势线对称性分析a、b间电势差与b、c间电势差的关系；AB连线的中垂线是等势线，电荷在等势线上移动时，电场力不做功．‎ ‎【解答】解：‎ A、A、B为两等量异号电荷，产生的电场关于AB连线的中垂线对称，可知a点与c点的电场强度相同．故A正确．‎ B、电场线方向从A到B，因为顺着电场线，电势降低，则a点电势高于c点的电势．故B错误．‎ C、由于AB产生的电场关于AB连线的中垂线左右对称，又ab=bc，根据U=Ed可定性分析得出a、b间电势差等于b、c间电势差．故C正确．‎ D、将过b点做A、B连线的垂线，即为等势线，点电荷q沿此垂线方向移动，电场力不做功，电荷的电势能保持不变，故D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ ‎18．如图所示，A、B是某个点电荷形成的电场中的一根电场线，在线上O点由静止释放一个负电荷，它将沿电场线向B点运动，下列判断中哪些是正确的（　　）‎ A．电场线由B指向A，该电荷作加速运动，其加速度越来越小 B．电场线由B指向A，该电荷作加速运动，其加速度大小的变化由题设条件不能确定 C．由A指向B，电势升高 D．电场线由A指向B，该电荷作加速运动，其加速度越来越大 ‎【考点】电场线；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】根据负电荷的运动方向判断电场力，确定场强方向．场强的大小由电场线的疏密反映，电场线越密场强越大 ‎【解答】解：由题，负电荷由静止开始从O运动到B，负电荷所受电场力方向从0到B，场强方向与电场力方向相反，即场强方向由B指向A．负电荷从静止开始，必定做加速运动．由于电场线的分布情况未知，场强如何变化无法确定，电场力和加速度如何变化也无法确定，则电荷加速度可能越来越小，也可能越来越大．故B正确，ACD错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎19．如图，A灯和B灯电阻相同，当变阻器滑动片向下滑动时，两灯的变化是（　　）‎ A．A灯变亮 B．A灯变暗 C．B灯变亮 D．B灯变暗 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由电路图可知，灯泡A与灯泡B、滑动变阻器R、R1组成的电路并联，且B与R为并联；当滑片向下滑动时，根据闭合电路欧姆定律分析，明确滑动变阻器的阻值变小→总电流变大→内阻分压变大→外电压变小，即可判断灯泡A亮度的变化；再根据串联电路的分压特点和并联电路的分流特点可知，灯泡B亮度的变化．‎ ‎【解答】解：由电路图可知，灯泡A与灯泡B、滑动变阻器R、R1组成的电路并联，且B与R为并联；‎ 当滑片向下滑动时，滑动变阻器的阻值变小，那它与A灯并联的等效电阻变小，电路的总电阻都会变小，所以总电流变大；根据欧姆定律可知，总电流变大时，内阻分压变大，外电压变小，所以灯泡A两端的电压减小，A灯变暗；‎ 因为总电流是变大的，所以右边电路的分流变大了，通过R1上的电流变大，分压也就增加了；‎ 因为外电压是变小的，所以B灯和滑阻上的电压就变小了，B灯泡变暗．‎ 故BD正确，AC错误．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎20．现有量程为100μA内阻为450Ω的灵敏电流表，若改装为量程为1mA的毫安表，需要给它并联一只Rl的电阻；若改装为量程为3V的电压表，需要给它串联一只R2的电阻．下列计算结果正确的有（　　）‎ A．Rl=50Ω B．R2=2950Ω C．Rl=29550Ω D．R2=50Ω ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】把电流表改装成大量程电流表需要并联电阻，电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串并联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值 ‎【解答】解：并联电阻阻值：Rl===50Ω，‎ 串联电阻阻值：R2=﹣Rg=﹣450=29550Ω；‎ 故AB正确，CD错误 故选：AB．‎ ‎　‎ 三、实验题 ‎21．用20分度游标卡尺测量物体长度时，读数如图所示，则该物体的长度为　37.45　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用．‎ ‎【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，游标读数为对齐格数与精度的乘积，注意读数时不需估读．‎ ‎【解答】解：游标卡尺的固定刻度读数为37mm，游标读数为0.05×9mm=0.45mm，‎ 所以最终读数为：37mm+0.45mm=37.45mm 故答案为：37.45‎ ‎　‎ ‎22．用螺旋测微器测量物体长度时，读数如图所示，则该物体的长度为　8.560　mm．‎ ‎【考点】螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】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：螺旋测微器的固定刻度为8.5mm，可动刻度为0.01×6.0mm=0.060mm，所以最终读数为8.560 mm．‎ 故答案为：8.560‎ ‎　‎ ‎23．用伏安法较准确的测量一个阻值约为50Ω的定值电阻，器材规格如下：‎ A．电池组（6V，内阻很小）；‎ B．电流表（0﹣50mA，内阻20Ω）；‎ C．电压表（0﹣3V，内阻5kΩ）；‎ D．滑动变阻器（0﹣10Ω，1A）；‎ E．电键一个，导线若干条 根据器材的规格和实验的要求，回答下列问题：‎ ‎（1）电流表应（填内接或外接）：　外接法　；‎ ‎（2）滑动变阻器采用（填限流接法或分压接法）：　分压接法　；‎ ‎（3）在如图的实物图上用笔画线代替导线连接．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】（1）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法．‎ ‎（2）根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法．‎ ‎（3）根据电流表与滑动变阻器接法测电阻的原理连接实物电路图．‎ ‎【解答】解：（1）由题意可知，电压表内阻远大于待测电阻阻值，为减小实验误差，电流表应采用外接法．‎ ‎（2）由题意可知，待测电阻阻值远大于滑动变阻器最大阻值，为测多组实验数据，滑动变阻器应采用分压接法．‎ ‎（3）电流表采用外接法，电压表滑动变阻器采用分压接法，实物电路图如图所示：‎ 故答案为：（1）外接法；（2）内接法；（3）实物电路图如图所示．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎24．如图所示电路中，电源电动势ε=50V，内阻r=5Ω，电阻R1=30Ω，R 2=60Ω．不计电压表对电路的影响，问：‎ ‎（1）电路中的总电流多大？流过R1、R2的电流各多大？‎ ‎（2）电压表的读数多大？‎ ‎（3）R1、R2的电流功率各多大？电源消耗的总功率多大？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1、2）电路的结构是：R1与R2并联后与电源串联，电压表测量路端电压，先根据串并联关系求出外电路总电阻，再由闭合电路欧姆定律求出总电流和路端电压．‎ ‎（3）根据功率公式P=I2R以及总功率公式P=EI求解．‎ ‎【解答】解：（1）R1和R2并联电阻R=，‎ 则总电流I=，‎ 根据串并联电路的特点可知，，且I1+I2=I，‎ 解得：I1==1.33A， =0.67A，‎ ‎（2）电压表的读数U=E﹣Ir=50﹣2×5=40V，‎ ‎（3）R1的功率，‎ R2的功率，‎ 电源消耗的总功率P=EI=50×2=100W．‎ 答：（1）电路中的总电流为2A，流过R1、R2的电流分别为1.33A，0.67A；‎ ‎（2）电压表的读数为40V；‎ ‎（3）R1、R2的电流功率分别为53.33W和26.67W，电源消耗的总功率为100W．‎ ‎　‎ ‎25．如图所示．电源电动势为12V，内电阻为1Ω．R1=1Ω．R2=6Ω，电动机线圈电阻为0.5Ω．若开关闭合后通过电源的电流为3A．求：‎ ‎（1）R1上消耗的电功率；‎ ‎（2）电动机输出的机械功率；‎ ‎（3）电源的效率．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）开关闭合后，由P1=I2R1求解R1上消耗的电功率．‎ ‎（2）根据电压的分配求出R2两端的电压，由干路电流和R2的电流求出流过电动机的电流，根据PM=IMUM和P出=PM﹣IM2r求出电动机输出功率；‎ ‎（3）根据η=×100%从而求出效率．‎ ‎【解答】解：（1）R1消耗的电功率为：P1=I2R1=32×1W=9W ‎（2）R1两端电压：U1=IR1=3×1V=3V ‎ R2两端电压：U2=E﹣U内﹣U1=12﹣3×1﹣3V=6V ‎ 通过R2的电流：I2==A=1A ‎ 通过电动机的电流：IM=I﹣I2=（3﹣1）A=2A，‎ ‎　　　　　　　　　　UM=U2=6V ‎ 电动机消耗的电功率为：PM=IMUM=2×6W=12W 输出功率P出=PM﹣IM2r=12﹣22×0.5=10W ‎（3）电机的效率为η=×100%=%=83%‎ 答：（1）R1消耗的电功率为9W；‎ ‎（2）电动机消耗的电功率为10W；‎ ‎（3）电动机效率为83%．‎ ‎　‎ ‎26．如图所示，质量为0.2kg的物体带电量为4×10﹣4C，从半径为0.3m光滑的圆弧滑轨上端静止下滑到底端，然后继续沿水平面滑动．物体与水平面间的动摩擦因数为0.4，整个装置处于E=103N/C的匀强电场中，求下列两种情况下物体在水平面上滑行的最大距离：‎ ‎（1）E水平向左；‎ ‎（2）E竖直向下．（g取10m/s2）‎ ‎【考点】动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）电场水平向左时电场力水平向左，电场力做负功；取整个过程为研究对象，列出动能定理方程解出距离．‎ ‎（2）电场竖直向下时电场力竖直向下，在圆弧上运动时电场力做正功，物体在水平面上运动时虽然电场力不做功，但它增加了物体对地面的压力，摩擦力增大了，然后列出动能定理的方程解之．‎ ‎【解答】解：（1）当E水平向左时：‎ 初速度和末速度都为0，由动能定理得：外力做的总功为0‎ 即mgR﹣Ffx﹣qE（R+x）=0 ‎ 其中Ff=mgμ ‎ 所以x==0.4m ‎ ‎（2）当E竖直向下时，由动能定理，初速度和末速度都为0，所以外力做的总功为0‎ 即mgR﹣Ffx+qER=0 ‎ 其中Ff=（mg+qE）μ ‎ 所以x==0.75m ‎ 答：（1）当E水平向左时物体在水平面上滑行的距离为0.4m ‎ （2）当E竖直向下时物体在水平面上滑行的距离为0.75m ‎　‎ ‎27．如图所示，匀强电场水平向左，带正电物块A沿绝缘水平板向右运动，经P点时动能为200J，到Q点时动能减少了160J，电势能增加了96J，则它再回到P点时的动能为多少？‎ ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】设物体向右运动到R点静止，然后返回，PQ间距离为x1，QR间距离为x2，则由动能定理可以求出两段距离之间的关系，又因为电场力做的功等于电势能的减少量，进而求出摩擦力做的功，因此，由P到R再回到P的过程中﹣2（fx1+fx2）=Ek﹣Ek0，即可求解．‎ ‎【解答】解：设物体向右运动到R点静止，然后返回，PQ间距离为x1，QR间距离为x2，则由动能定理得：‎ ‎﹣（f+qE）x1=﹣160 J ‎﹣（f+qE）x2=﹣40 J 所以x2=x1‎ 又qEx1=96 J 则fx1=160﹣96J=64J，‎ 所以fx2=×64J=16J，‎ 由P经Q向右运动到静止后，再向左运动到P点的过程中，电场力做功为零，‎ 根据动能定理有：﹣2（fx1+fx2）=Ek﹣Ek0‎ 所以有：Ek=Ek0﹣﹣2（fx1+fx2）=200﹣2×（64+16）=40J 答：它再回到P点时的动能为40J．‎