物理卷·2018届江西省南昌二中高二上学期第二次月考物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届江西省南昌二中高二上学期第二次月考物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年江西省南昌二中高二（上）第二次月考物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（1-7为单选题，8-12为多选题．每题4分，共48分．）‎ ‎1．电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作时间为t，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电动机消耗的电能为 B．电动机消耗的电能为I2Rt C．电动机线圈产生的热量为I2Rt D．电动机线圈产生的热量为UIt ‎2．如图所示的电路中，L1、L2为“220V、100W”灯泡，L3、L4为“220V，40W”灯泡，现将两端接入电路，其实际功率的大小顺序是（　　）‎ A．P4＞P1＞P3＞P2 B．P4＞P1＞P2＞P3 C．P1＞P4＞P2＞P3 D．P1＞P4＞P3＞P2‎ ‎3．用相同的灵敏电流计作表头改装成电流表A和电压表V，分别将其串联和并联在一起，然后接入电路中．通电后关于指针的偏角情况的叙述正确的是（　　）‎ A．图甲中电压表的指针偏角与电流表的相等 B．图甲中电压表的指针偏角比电流表的小 C．图乙中电压表的指针偏角与电流表的相等 D．图乙中电压表的指针偏角比电流表的小 ‎4．图（a）为示管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线，抛物线OBC为同一直流电源内部热功率Pr随电流I变化的图线．若A、B对应的横坐标为2A，那么线段AB表示的功率及I=2A对应的外电阻是（　　）‎ A．2W，0.5Ω B．4W，2Ω C．2W，1Ω D．6W，2Ω ‎6．某同学利用如图所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线．在实验中，他将滑动变阻器的滑片从左端匀速滑向右端，发现电流表的指针始终在小角度偏转，而电压表的示数开始时变化很小，但当滑片接近右端时电压表的示数迅速变大．为了便于操作并减小误差，你认为应采取的措施是（　　）‎ A．换用最大阻值更大的滑动变阻器，将导线a的M端移到电流表“3”接线柱上 B．换用最大阻值更大的滑动变阻器，将导线b的N端移到电流表“0.6”接线柱上 C．换用最大阻值更小的滑动变阻器，将导线a的M端移到电流表“3”接线柱上 D．换用最大阻值更小的滑动变阻器，将导线b的N端移到电流表“0.6”接线柱上 ‎7．如图为多用表欧姆档的原理图，其中电流表的满偏电流为300μA，内rg=100Ω，调零电阻的最大阻值R=50kΩ，串联的固定电阻R0=50Ω，电池电动势E=1.5V．用它测量电阻Rx，能准确测量的范围是 （　　）‎ A．30kΩ～80kΩ B．3kΩ～8kΩ C．300Ω～800Ω D．30Ω～80Ω ‎8．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，当滑动变阻器的触片从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法正确的是（　　）‎ A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮 B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮 C．△U1＜△U2 D．△U1＞△U2‎ ‎9．如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图线；直线B为电源b的路端电压与电流的关系图线；直线C为一个电阻R两端电压与电流的关系图线．将这个电阻分别接到a、b两电源上，那么（　　）‎ A．电源a的内阻更大 B．电源b的电动势更大 C．R接到a电源上时，电源的输出功率更大 D．R接到a电源上时，电源效率更高 ‎10．如图所示的电路中，电源电动势为6V，当开关S接通后，灯泡L1和L2都不亮，用电压表测得各部分电压是Uab=6V，Uad=0，Ucd=6V，由此可判定（　　）‎ A．L1和L2的灯丝都烧断了 B．L1的灯丝完好无损 C．L2的灯丝烧断了 D．变阻器R断路 ‎11．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，其工作原理如图1所示，将压敏电阻固定在升降机底板上，其上放置一个绝缘物块．0～t1时间内升降机停在某一楼层处，t1时刻升降机开始运动，从电流表中得到电流随时间变化的情况如图2所示，下列判断正确的是（　　）‎ A．t1～t2时刻升降机一定在加速下降 B．t1～t2时刻升降机一定在加速上升 C．t2～t3时间内升降机一定处于匀速运动状态 D．t2～t3时间内升降机可能处于静止状态 ‎12．某同学设计了一个测定列车加速度的仪器，如图所示．AB是一段四分之一圆弧形的电阻，O点为其圆心，且在B点正上方，圆弧半径为r．O点下用一电阻不计的金属线悬挂着一个金属球，球的下部恰好与AB良好接触且无摩．A、B之间接有内阻不计、电动势为9V的电池，电路中接有理想电流表A，O、B间接有一个理想电压表V．整个装置在一竖直平面内，且装置所在平面与列车前进的方向平行．下列说法中正确的有（　　）‎ A．从图中看到列车可能是向左减速运动 B．当列车的加速度增大时，电流表A的读数增大，电压表V的读数也增大 C．若电压表显示3 V，则列车的加速度为g D．如果根据电压表示数与列车加速度的一一对应关系将电压表改制成一个加速度表，则加速度表的刻度是不均匀的 ‎　‎ 二、填空题（每空2分，共16分）‎ ‎13．某同学测量阻值约为25kΩ的电阻Rx，现备有下列器材：‎ A．电流表（量程100 μA，内阻约为 2kΩ）；‎ B．电流表（量程500 μA，内阻约为300Ω）；‎ C．电压表（量程15V，内阻约为100kΩ）；‎ D．电压表（量程50V，内阻约为500kΩ）；‎ E．直流电源（20V，允许最大电流1A）；‎ F．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定功率1W）；‎ G．电键和导线若干．‎ 电流表应选　　，电压表应选　　．（填字母代号）‎ 该同学正确选择仪器后连接了以下电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的问题：‎ ‎①　　；‎ ‎②　　．‎ ‎14．某同学通过查找资料自己动手制作了一个电池．该同学想测量一下这个电池的电动势E 和内电阻r，但是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱（最大阻值为999.9Ω，可当标准电阻用） 一只电流表（量程Ig=0.6A，内阻rg=0.1Ω）和若干导线．‎ ‎①请根据测定电动势E内电阻r的要求，设计图甲中器件的连接方式，画线把它们连接起来．‎ ‎②接通开关，逐次改变电阻箱的阻值R，读出与R对应的电流表的示数I，并作记录当电阻箱的阻值R=2.6Ω时，其对应的电流表的示数如图乙所示．处理实验数据时首先计算出每个电流值I的倒数I﹣1；再制作R﹣I﹣1坐标图，如图丙所示，图中已标注出了（R，I﹣1）的几个与测量对应的坐标点，请你将与图乙实验数据对应的坐标点也标注在图丙上．‎ ‎③在图丙上把描绘出的坐标点连成图线．‎ ‎④根据图丙描绘出的图线可得出这个电池的电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω．‎ ‎　‎ 三、计算题（共46分）‎ ‎15．某一电动机，当电压U1=10V时带不动负载，因此不转动，这时电流为I1=2A．当电压为U2=36V时能带动负载正常运转，这时电流为I2=1A．求这时电动机的机械功率是多大？‎ ‎16．如图所示电路，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω．外电路中电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3=7.5Ω．电容器的电容C=4μF．开始电键S断开．从合上电键到电路稳定的过程中，通过电流表的电量是多少？‎ ‎17．如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线是水平直径．现有一带正电的小球（可视为质点）从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R．从小球进入管口开始，整个空间中突然加上一个匀强电场，电场力在竖直向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹经过A点．设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）小球到达B点的速度大小；‎ ‎（2）小球受到的电场力的大小．‎ ‎18．两平行金属板间所加电压随时间变化的规律如图所示，大量质量为m、带电量为e的电子由静止开始经电压为U0的电场加速后连续不断地沿两平行金属板间的中线射入，若两板间距恰能使所有子都能通过．且两极长度使每个电子通过两板均历时3t0，两平行金属板间距为d；电子所受重力不计，试求：‎ ‎（1）电子通过两板时侧向位移的最大值和最小值；‎ ‎（2）侧向位移最大和最小的电子通过两板后的动能之比．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省南昌二中高二（上）第二次月考物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（1-7为单选题，8-12为多选题．每题4分，共48分．）‎ ‎1．电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作时间为t，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电动机消耗的电能为 B．电动机消耗的电能为I2Rt C．电动机线圈产生的热量为I2Rt D．电动机线圈产生的热量为UIt ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，由电功求解电能．由焦耳定律求解线圈生热．‎ ‎【解答】解：电功W=UIt，而电功是电能转化的量度，则电动机消耗的电能为W=UIt．电动机正常工作时，线圈生热为Q=I2Rt，而电动机的电能只有一部分转化为内能，则电动机消耗的电能大于I2Rt．同时由于电动机为非纯电阻，故利用欧姆定律推出的公式W=不能使用，故ABD错误，C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示的电路中，L1、L2为“220V、100W”灯泡，L3、L4为“220V，40W”灯泡，现将两端接入电路，其实际功率的大小顺序是（　　）‎ A．P4＞P1＞P3＞P2 B．P4＞P1＞P2＞P3 C．P1＞P4＞P2＞P3 D．P1＞P4＞P3＞P2‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】根据P=求解四个灯泡的电阻，串联电路电流相等，并联电路电压相等，根据功率公式判断四个灯泡实际功率的大小．‎ ‎【解答】解：根据P=可得，四个灯泡的电阻：‎ R1=R2===484Ω，R3=R4===1210Ω；‎ 由电路图可知，L2与L3并联，所以电压相等，根据P=可知：P2＞P3；‎ L1与L4串联，电流相等，根据P=I2R可知，P4＞P1；‎ L1的电流大于L2的电流，根据P=I2R可知：P1＞P2；‎ 所以P4＞P1＞P2＞P3．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．用相同的灵敏电流计作表头改装成电流表A和电压表V，分别将其串联和并联在一起，然后接入电路中．通电后关于指针的偏角情况的叙述正确的是（　　）‎ A．图甲中电压表的指针偏角与电流表的相等 B．图甲中电压表的指针偏角比电流表的小 C．图乙中电压表的指针偏角与电流表的相等 D．图乙中电压表的指针偏角比电流表的小 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】根据改装电流表需要并联一个电阻分流，改装电压表需要串联一个电阻分压原理分析．‎ ‎【解答】解：A、图甲中由于电流表的电流计是并联在电路中，电压表的电流计是串联在电路中，而串联电路的电流相等，所以由于电流表的定值电阻分流的原因，通过电流表的电流计的电流小于电压表的，所以电压表的指针偏转角比电流表的大，故AB错误；‎ C、图乙中电压表和电流表是并联在一起的，两端的电压是相等的，由于电压表中的定值电阻的分压原因，电压表中电流计两端的电压小于电流表中电流计两端的电压，所以图乙中电压表的指针偏角比电流表的小，故C错误，D正确；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎4．图（a）为示管的原理图．如果在电极YY′之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极XX′之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】示波管及其使用．‎ ‎【分析】示波管的YY′偏转电压上加的是待显示的信号电压，XX′偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象．‎ ‎【解答】解：由于电极XX′加的是扫描电压，电极YY′之间所加的电压是信号电压，信号电压与扫描电压周期相同，所以荧光屏上会看到的图形是B；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，直线OAC为某一直流电源的总功率P总随电流I变化的图线，抛物线OBC为同一直流电源内部热功率Pr随电流I变化的图线．若A、B对应的横坐标为2A，那么线段AB表示的功率及I=2A对应的外电阻是（　　）‎ A．2W，0.5Ω B．4W，2Ω C．2W，1Ω D．6W，2Ω ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】根据电源的总功率P=EI，由C点的坐标求出电源的电动势和内阻．AB段表示外电路的功率，再求解AB段表示的功率．‎ ‎【解答】解：电源的总功率P=EI，C点表示I=3A，P=9W，则电源的电动势E=3V．‎ 由图看出，C点表示外电路短路，电源内部热功率等于电源的总功率，则有P=I2r，代入解得，r=1Ω，所以AB段表示的功率为PAB=EI′﹣I′2r=3×2﹣22×1（W）=2W．‎ 根据闭合电路欧姆定律，有，解得：R==0.5Ω 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．某同学利用如图所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线．在实验中，他将滑动变阻器的滑片从左端匀速滑向右端，发现电流表的指针始终在小角度偏转，而电压表的示数开始时变化很小，但当滑片接近右端时电压表的示数迅速变大．为了便于操作并减小误差，你认为应采取的措施是（　　）‎ A．换用最大阻值更大的滑动变阻器，将导线a的M端移到电流表“3”接线柱上 B．换用最大阻值更大的滑动变阻器，将导线b的N端移到电流表“0.6”接线柱上 C．换用最大阻值更小的滑动变阻器，将导线a的M端移到电流表“3”接线柱上 D．换用最大阻值更小的滑动变阻器，将导线b的N端移到电流表“0.6”接线柱上 ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，为减小实验误差，电表应选择合适的量程，根据实验现象分析答题．‎ ‎【解答】解：由图示电路图可知，电流表选择3A量程，将滑动变阻器的滑片从左端匀速滑向右端，发现电流表的指针始终在小角度偏转，说明电流表所选量程太大，应选择0.6A量程，应把导线b的N端移到电流表的“0.6”接线柱上；‎ 从左向右移动滑片时，电压表的示数开始时变化很小，当滑片接近右端时电压表的示数迅速变大，说明所选择的滑动变阻器最大阻值太大，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器，故ABC错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎7．如图为多用表欧姆档的原理图，其中电流表的满偏电流为300μA，内rg=100Ω，调零电阻的最大阻值R=50kΩ，串联的固定电阻R0=50Ω，电池电动势E=1.5V．用它测量电阻Rx，能准确测量的范围是 （　　）‎ A．30kΩ～80kΩ B．3kΩ～8kΩ C．300Ω～800Ω D．30Ω～80Ω ‎【考点】多用电表的原理及其使用．‎ ‎【分析】欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小，求解出该欧姆表的中值电阻即可．‎ ‎【解答】解：欧姆表的中值电阻附近刻度最均匀，读数误差最小；‎ 欧姆表的中值电阻R中等于欧姆表的内电阻R总，根据闭合电路欧姆定律，满偏时：Ig=‎ 半偏时， Ig=‎ 联立解得：R中=R总=‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，闭合开关S，当滑动变阻器的触片从右端滑到左端时，发现电压表V1、V2示数变化的绝对值分别为△U1和△U2，下列说法正确的是（　　）‎ A．小灯泡L1、L3变暗，L2变亮 B．小灯泡L3变暗，L1、L2变亮 C．△U1＜△U2 D．△U1＞△U2‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当滑动变阻器的触片从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻的变化，确定总电流的变化，分析路端电压的变化和灯L2电压的变化，再分析L1电压的变化，判断三灯亮度的变化．根据路端电压的变化，确定△U1和△U2的大小．‎ ‎【解答】解：A、B当滑动变阻器的触片从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流I增大，则灯L2变亮．电压表V1的示数U1=E﹣I（RL2+r），I增大，则U1减小，灯L3变暗．通过灯L1的电流IL1=I﹣IL2，I增大，IL2减小，则IL1增大，灯L2变亮．故A错误，B正确．‎ C、D，U1+U2=U，由上知道，U1减小，U2增大，而U减小，则△U1＞△U2，故C错误，D正确．‎ 故选BD ‎　‎ ‎9．如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图线；直线B为电源b的路端电压与电流的关系图线；直线C为一个电阻R两端电压与电流的关系图线．将这个电阻分别接到a、b两电源上，那么（　　）‎ A．电源a的内阻更大 B．电源b的电动势更大 C．R接到a电源上时，电源的输出功率更大 D．R接到a电源上时，电源效率更高 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由电源的U﹣I图象斜率大小等于电源的内阻，比较读出电源内电阻的大小，当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U﹣I图线与电源的U﹣I图线的交点表示工作状态，交点坐标的乘积等于电源的输出功率 ‎【解答】解：A、由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir可知，图象与U轴的交点表示电动势，则a的电动势较大，图象的斜率表示内阻，则a电源的内阻r较大．故A正确，B错误．‎ C、当电阻R与电源组成闭合电路时，电阻R的U﹣I图线与电源的U﹣I图线的交点表示电阻的工作状态，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，电源的输出功率P=UI，由图看出，R接到a电源上，电压与电流的乘积较大，电源的输出功率较大．故C正确，‎ D、由图知R接到a电源上时电流大，则电阻的发热功率较大，但电源的效率较低，故D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎10．如图所示的电路中，电源电动势为6V，当开关S接通后，灯泡L1和L2都不亮，用电压表测得各部分电压是Uab=6V，Uad=0，Ucd=6V，由此可判定（　　）‎ A．L1和L2的灯丝都烧断了 B．L1的灯丝完好无损 C．L2的灯丝烧断了 D．变阻器R断路 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】利用电压表判断电路中的故障，是考试的热点题型之一，依据在故障电路中电压表测量的信息：Uab=6V，Uad=0V，Ucd=6V，来判断各部分电路与电源两极间的连接关系，逐项判断即可．‎ ‎【解答】解：据题：Uab=6V，Ucd=6V，即L2的电压等于电源两极间的电压，说明d与a连接完好，c与b连接完好，所以不可能是L1的灯丝烧断了，也不可能变阻器R断路．只可能是L2的灯丝烧断，故AD错误，BC正确．‎ 故选：BC ‎　‎ ‎11．压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学设计了利用压敏电阻判断升降机运动状态的装置，其工作原理如图1所示，将压敏电阻固定在升降机底板上，其上放置一个绝缘物块．0～t1时间内升降机停在某一楼层处，t1时刻升降机开始运动，从电流表中得到电流随时间变化的情况如图2所示，下列判断正确的是（　　）‎ A．t1～t2时刻升降机一定在加速下降 B．t1～t2时刻升降机一定在加速上升 C．t2～t3时间内升降机一定处于匀速运动状态 D．t2～t3时间内升降机可能处于静止状态 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；牛顿运动定律的应用-超重和失重．‎ ‎【分析】通过压敏电阻将压力信号转换成电信号，从而根据电路中电表的示数来分析压敏电阻的变化，判断压力的变化，确定升降机的运动状态．‎ ‎【解答】解：AB、t1～t2时间内电路中电流i比升降机静止时小，说明压敏电阻增大，压力减小，重物处于失重状态．所以升降机可能加速下降或减速上升，故AB错误．‎ C、D、根据重物的状态可知，若升降机开始时停在10楼，则t1时刻开始，向下加速、匀速、减速，最后停在1楼．t2～t3时间内升降机可能处于匀速运动状态或静止．故C错误，D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎12．某同学设计了一个测定列车加速度的仪器，如图所示．AB是一段四分之一圆弧形的电阻，O点为其圆心，且在B点正上方，圆弧半径为r．O点下用一电阻不计的金属线悬挂着一个金属球，球的下部恰好与AB良好接触且无摩．A、B之间接有内阻不计、电动势为9V的电池，电路中接有理想电流表A，O、B间接有一个理想电压表V．整个装置在一竖直平面内，且装置所在平面与列车前进的方向平行．下列说法中正确的有（　　）‎ A．从图中看到列车可能是向左减速运动 B．当列车的加速度增大时，电流表A的读数增大，电压表V的读数也增大 C．若电压表显示3 V，则列车的加速度为g D．如果根据电压表示数与列车加速度的一一对应关系将电压表改制成一个加速度表，则加速度表的刻度是不均匀的 ‎【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】通过小球的合力方向确定列车的加速度方向，当加速度增大时，判断出θ角的变化，从而得知BC段电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律判断电流和电压的变化．‎ ‎【解答】解：A、小球所受的合力水平向右，所以加速度向右；知列车向右做加速运动或向左做减速运动．故A正确．‎ B、小球的加速度a=gtanθ，当加速度增大，θ增大，BC段电阻增大，因为总电阻不变，所以电流不变，但电压表的示数增大．故B错误．‎ C、当电压表为3V时，知BC段的电阻是总电阻的三分之一，则θ=30°，则a=gtan30°=g．故C正确．‎ D、根据a=gtanθ知，a与θ不成正比关系，因为电流不变，电压表示数的大小与电阻成正比，BC段电阻与θ成正比，所以a与电压表示数的关系不成正比，所以加速度表的刻度不均匀．故D正确．‎ 故选：ACD．‎ ‎　‎ 二、填空题（每空2分，共16分）‎ ‎13．某同学测量阻值约为25kΩ的电阻Rx，现备有下列器材：‎ A．电流表（量程100 μA，内阻约为 2kΩ）；‎ B．电流表（量程500 μA，内阻约为300Ω）；‎ C．电压表（量程15V，内阻约为100kΩ）；‎ D．电压表（量程50V，内阻约为500kΩ）；‎ E．直流电源（20V，允许最大电流1A）；‎ F．滑动变阻器（最大阻值1kΩ，额定功率1W）；‎ G．电键和导线若干．‎ 电流表应选　B　，电压表应选　C　．（填字母代号）‎ 该同学正确选择仪器后连接了以下电路，为保证实验顺利进行，并使测量误差尽量减小，实验前请你检查该电路，指出电路在接线上存在的问题：‎ ‎①　电流表应采用内接的方法　；‎ ‎②　滑动变阻器应采用分压器方式的接法　．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】合理选择实验器材，先选必要器材，再根据要求满足安全性，准确性，方便操作的原则选择待选器材．电流表的接法要求大电阻内接法，小电阻外接法．滑动变阻器是小电阻控制大电阻，用分压式接法．‎ ‎【解答】解：（1）电阻上是最大电流：，故电流表应选择B；因直流电源的电压是20V，故量程是50V的电压表的使用效率偏低，应选择电压表C；‎ ‎（2）因待测电阻约为25KΩ，大电阻故用内接法；因是小电阻控制大电阻，若用限流式接法，控制的电压变化范围太小，则应用分压式接法．‎ 故答案为：B，C ‎①电流表应采用内接的方法；②滑动变阻器应采用分压器方式的接法 ‎　‎ ‎14．某同学通过查找资料自己动手制作了一个电池．该同学想测量一下这个电池的电动势E 和内电阻r，但是从实验室只借到一个开关、一个电阻箱（最大阻值为999.9Ω，可当标准电阻用） 一只电流表（量程Ig=0.6A，内阻rg=0.1Ω）和若干导线．‎ ‎①请根据测定电动势E内电阻r的要求，设计图甲中器件的连接方式，画线把它们连接起来．‎ ‎②接通开关，逐次改变电阻箱的阻值R，读出与R对应的电流表的示数I，并作记录当电阻箱的阻值R=2.6Ω时，其对应的电流表的示数如图乙所示．处理实验数据时首先计算出每个电流值I的倒数I﹣1；再制作R﹣I﹣1坐标图，如图丙所示，图中已标注出了（R，I﹣1）的几个与测量对应的坐标点，请你将与图乙实验数据对应的坐标点也标注在图丙上．‎ ‎③在图丙上把描绘出的坐标点连成图线．‎ ‎④根据图丙描绘出的图线可得出这个电池的电动势E=　1.5　V，内电阻r=　0.3　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】①根据实验原理连接实物电路图；‎ ‎②由图示电流表读出其示数，然后将对于点标在坐标系内；‎ ‎③用平滑的导线将各点连接即可，注意误差较大的点要舍去；‎ ‎④由闭合电路欧姆定律可得出电阻与电流的关系，则结合图象可得出电动势和内电阻．‎ ‎【解答】解：①‎ 由图示可知，该实验应用安阻法测电源电动势与内阻，把电源、开关、电流表、电阻箱组成串联电路，实物电路图如图所示：‎ ‎②由图示电流表可知，其量程为0.6A，分度值为0.02A，示数为0.5A，将电流与对应的电阻阻值标在坐标系内，如图所示；‎ ‎③根据坐标系内描出的点，用直线将各点连接起来，误差明确较大的点舍去，作出图象如图所示：‎ ‎④由闭合电路欧姆定律可知：E=I（R+r），R=﹣r，‎ 故图象与纵坐标的交点r=0.3Ω；即内电阻为：r=0.3Ω（0.25～0.35）‎ 图象的斜率表示电源的电动势，故：E=1.5V；（1.46～1.54V）；‎ 故答案为：①如图答1所示；②如图答2所示；③如图答2所示；④1.5；0.3．‎ ‎　‎ 三、计算题（共46分）‎ ‎15．某一电动机，当电压U1=10V时带不动负载，因此不转动，这时电流为I1=2A．当电压为U2=36V时能带动负载正常运转，这时电流为I2=1A．求这时电动机的机械功率是多大？‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】电动机不转时是纯电阻电路，由欧姆定律求出电动机的电阻；电动机正常工作时，根据P=UI﹣I2R求解电动机的机械功率．‎ ‎【解答】解：当电压U1=10V时电动机不转动，这时电流为I1=2A，根据欧姆定律，有：‎ R===5Ω 当电压为U2=36V时能带动负载正常运转，这时电流为I2=1A，这时电动机的机械功率是：‎ P==36×1﹣12×5=31W 答：电动机的机械功率是31W．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示电路，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω．外电路中电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3=7.5Ω．电容器的电容C=4μF．开始电键S断开．从合上电键到电路稳定的过程中，通过电流表的电量是多少？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】S闭合前，电容器的电压就是的电压，根据闭合电路欧姆定律求出电压，再根据Q=CU求出电量，分析电容器极板电荷的变化，得到流过电流表A的电量．‎ ‎【解答】解：S断开时，电容器的电压就是的电压，为：‎ 则电容器的电量为：，下极板带负电，上极板带正电 S闭合电路稳定时电容器所在支路没有电流，相当于开关断开 外电路总电阻为：‎ 干路电流为：‎ 路端电压为：U=E﹣Ir=6﹣1.5×1=4.5V 电容器的电压为：‎ 所以电容器的电量为：下极板带正电，上极板带负电 则流过电流表A的电量为： =‎ 答：从合上电键到电路稳定的过程中，通过电流表的电量是 ‎　‎ ‎17．如图所示，光滑绝缘的细圆管弯成半径为R的半圆形，固定在竖直面内，管口B、C的连线是水平直径．现有一带正电的小球（可视为质点）从B点正上方的A点自由下落，A、B两点间距离为4R．从小球进入管口开始，整个空间中突然加上一个匀强电场，电场力在竖直向上的分力大小与重力大小相等，结果小球从管口C处脱离圆管后，其运动轨迹经过A点．设小球运动过程中带电量没有改变，重力加速度为g，求：‎ ‎（1）小球到达B点的速度大小；‎ ‎（2）小球受到的电场力的大小．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；机械能守恒定律．‎ ‎【分析】（1）小球下落过程只有重力做功，根据机械能守恒定律列式求解；‎ ‎（2）小球从B到C过程，只有电场力做功，根据动能定理列式；小球离开C点后，竖直方向做匀速运动，水平方向做加速运动，根据平抛运动的知识列式求解；‎ ‎【解答】解：（1）小球从开始自由下落到到达管口B的过程中机械能守恒，故有：‎ mg×4R=mvB2‎ 到达B点时速度大小为：vB=‎ ‎（2）设电场力的竖直分力为Fy，水平分力为Fx，则有：Fy=mg 小球从B运动到C的过程中，由动能定理得：‎ ‎﹣Fx•2R=mvC2﹣mvB2‎ 小球从管口C处脱离管后，做类平抛运动，由于经过A点，所以有：‎ y=4R=vct x=2R=axt2=‎ 联立解得：Fx=mg 电场力的大小为：F=qE==mg；‎ 方向与水平向左成45°斜向上．‎ 答：答：（1）小球到达B点的速度大小为；‎ ‎（2）小球受到的电场力大小为mg ‎　‎ ‎18．两平行金属板间所加电压随时间变化的规律如图所示，大量质量为m、带电量为e的电子由静止开始经电压为U0的电场加速后连续不断地沿两平行金属板间的中线射入，若两板间距恰能使所有子都能通过．且两极长度使每个电子通过两板均历时3t0，两平行金属板间距为d；电子所受重力不计，试求：‎ ‎（1）电子通过两板时侧向位移的最大值和最小值；‎ ‎（2）侧向位移最大和最小的电子通过两板后的动能之比．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据在不同时段的运动性质，结合位移表达式，从而列出最大位移与最小位移关系式，即可求解；‎ ‎（2）根据各自位移的不同，结合动能定理，即可求解．‎ ‎【解答】解：（1）电子在t=2 nt0（其中：n=0、1、2、…）时刻进入电场，电子通过两极的侧向位移最大，‎ 在t=（2n+l）t0（其中n=0、l、2、…）时刻进入电场电子通过两板侧向位移最小．‎ 电子侧向位移最大时，进入电场在沿电场线方向上作初速度为零的匀加速运动，‎ 再作匀速运动，后作初速度不为零的匀加速运动，各段运动的时间均为t0；‎ 当电子侧向位移最小时，在电场线上只有在第二个t0的时间开始作初速度为零的匀加速运动，‎ 在第三个t0的时间作匀速运动．电子进入偏转电场后，在电场中的加速度均为a=，电子侧向最大位移为 ymax=at02+at02+at02+at02=3at02=． ‎ 解得：ymax=‎ 由以上两式解得ymax=t0；‎ ‎ d=2ymax=2t0；‎ 电子侧向最小位移为ymin=at02/2+at02=ymax=t0；‎ 解得：ymin=‎ ‎（2）电子离开偏转电场时的动能等于加速电场和偏转电场电场力做功之和．‎ 当电子的侧向位移为最大时，电子在电场中加速（只有加速，电场力才做功）．‎ 运动的距离为y1= ymax=，电子的侧向位移最小时，‎ 电子在电场中加速运动的距离为y2=ymin=，‎ 侧向位移最大的电子动能为 Ekmax=eUO+eUO•=eUO，‎ 侧向位移最小的电子动能为Ekmin=eUO+eUO•=eUO，‎ 故Ekmax：Ekmin=16：13‎ 答：（1）电子通过两板时侧向位移的最大值和最小值；‎ ‎（2）侧向位移最大和最小的电子通过两板后的动能之比16：13．‎