物理卷·2018届湖北省武汉外国语学校高二上学期月考物理试卷（10月份）（解析版）

物理卷·2018届湖北省武汉外国语学校高二上学期月考物理试卷（10月份）（解析版）

‎2016-2017学年湖北省武汉外国语学校高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中至少有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）‎ ‎1．一根横截面积为S的铜导线，通过电流为I．已经知道铜的密度为ρ，铜的摩尔质量为M，电子电荷量为e，阿佛加德罗常数为NA，设每个铜原子只提供一个自由电子，则铜导线中自由电子定向移动速率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎2．在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，使A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是（　　）‎ A．R1短路 B．R2断路 C．R3断路 D．R4短路 ‎3．有一静电场，其电场强度方向平行于x轴．其电势φ随坐标x的改变而变化，变化的图象如图所示，设场强沿x轴正方向时取正值，则图乙中正确表示该静电场的场强E随x变化的图线是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎4．两等大的圆锥体组成如图所示图形，在两圆锥的顶点A与B分别固定电荷量为+q、﹣q的两个点电荷，O点为圆锥底面圆的圆心，C、D两点在圆锥母线上，关于O点对称，下列说法正确的是（　　）‎ A．圆锥底面上同一圆周上的所有点场强大小相等，方向不同 B．圆锥底面上所有点电势大小相等 C．C点与D点场强大小相等而方向不同 D．将一正电荷由C点移动到D点电势能增加 ‎5．如图所示，平行板电容器下极板与静电计外壳相连且接地，电容器的上极板与静电计小球相接，下极板上部放置一定厚度的金属板．电容器充电后，上极板带正电，下极板带负电，静电计指针张开一定角度，P点处静止一个带电颗粒．当把金属板从电容器中快速抽出后，下列说法正确的是（　　）‎ A．电容器板内场强变大 B．静电计指针偏角变大 C．带电颗粒将向下运动 D．P点处电势升高 ‎6．如图所示，电路中每个电阻的阻值都相同．则通过电流最大的电阻是（　　）‎ A．R1 B．R2 C．R3和R4 D．R5‎ ‎7．如图所示，电阻R和内阻为r的电动机M串联接到电路中，接通开关后，电动机正常工作，设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功W1，产生热量Q1，电流流过电动机做功W2，产生热量Q2，则有（　　）‎ A． = B．＜‎ C．Q1=t，Q2=t D．W1=t，W2=t ‎8．如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量的绝对值为△U，电流表示数的变化量的绝对值为△I，则（　　）‎ A．变化过程中△U和△I的比值保持不变 B．电压表示数U和电流表示数I的比值不变 C．电阻R0端电压减小，减少量为△U D．电容器的带电荷量增加，增加量为C△U ‎9．如图（甲）所示的电路中，将滑动变阻器R2的滑动片由a端向b端移动，用两个电表分别测量电压和电流，得到部分U﹣I关系图象如图（乙）所示，则（　　）‎ A．电源的电动势为6V B．滑动变阻器的总阻值为20Ω C．当电压表示数为5.0V时，电源效率最高 D．当电压表示数为5.0V时，R2消耗的总功率最大 ‎10．如图所示，物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是m和2m，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦．开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中（　　）‎ A．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为gsinθ B．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为gsinθ C．B的速度最大时，弹簧的伸长量为 D．物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量小于物体B电势能的减少量 ‎　‎ 二、实验题（共18分）‎ ‎11．在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，若待测电阻丝的电阻约为5Ω，要求测量结果尽量准确，提供以下器材供选择：‎ A．电池组（3V，内阻约1Ω） ‎ B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）‎ C．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω） ‎ D．电压表（0～3V，内阻4KΩ）‎ E．电压表（0～15V，内阻15KΩ） ‎ F．滑动变阻器（0～20Ω，允许最大电流1A）‎ G．滑动变阻器（0～2000Ω，允许最大电流0.3A） ‎ H．开关、导线若干 ‎（1）实验时应从上述器材中选用　　（填写仪器前字母代号）‎ ‎（2）测电阻时，电流表、电压表、待测电阻Rx在组成测量电路时，应采用安培表　　接法，测量值比真实值偏　　（选填“大”或“小”）‎ ‎（3）若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图，则读数为　　mm．‎ ‎（4）若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出计算金属丝电阻率的表达式ρ=　　．‎ ‎12．某学生实验小组利用图1所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻．使用的器材有：‎ 多用电表；‎ 电压表：量程5V，内阻十几千欧；‎ 滑动变阻器：最大阻值5kΩ；导线若干．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔　　，调零点．‎ ‎（2）将图1中多用电表的红表笔和　　（选填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端．‎ ‎（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图2所示，这时电压表的示数如图3所示．多用电表和电压表的读数分别为　　kΩ和　　 V．‎ ‎（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00V．从测量数据可知，电压表的内阻为　　 kΩ．‎ ‎（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图4所示．根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为　　V，电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为　　 kΩ．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3小题，共计42分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎13．如图所示，电流表示数I=0.75A，电压表示数为U=2V，某一电阻烧断后，电流表读数变为I′=0.8A，电压表示数为U′=3.2V，已知R3=4Ω，不计电压表和电流表对电路的影响．问：‎ ‎（1）发生故障的电阻是哪个？写出判断依据，它的阻值为多少？‎ ‎（2）电源的电动势和内阻分别为多少？‎ ‎14．如图所示，一根长 L=1.5m 的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为 E=1.0×105N/C．与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中．杆的下端M固定一个带电小球 A，所带电荷量Q=+4.5×10﹣6C；另一带电小球 B 穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.0×10﹣6 C，质量m=1.0×10﹣2 kg．现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动．‎ ‎（1）小球B开始运动时的加速度为多大？‎ ‎（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？‎ ‎（3）小球B从N端运动到距M端的高度h2=0.61m时，速度为v=1.0m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少？‎ ‎15．如图（a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U0=1.0×102V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10﹣7kg，电荷量q=1.0×10﹣2C，速度大小均为v0=1.0×104m/s，带电粒子的重力不计，则：‎ ‎（1）求粒子在电场中的运动时间；‎ ‎（2）求在t=0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离；‎ ‎（3）请证明粒子离开电场时的速度均相同；‎ ‎（4）若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖北省武汉外国语学校高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中至少有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．）‎ ‎1．一根横截面积为S的铜导线，通过电流为I．已经知道铜的密度为ρ，铜的摩尔质量为M，电子电荷量为e，阿佛加德罗常数为NA，设每个铜原子只提供一个自由电子，则铜导线中自由电子定向移动速率为（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】可设自由电子定向移动的速率为v和导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t，求出导线中自由电子的数目，根据电流的定义式推导出电流的微观表达式，再解得自由电子定向移动的速率．‎ ‎【解答】解：设自由电子定向移动的速率为v，导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t，对铜导体研究：每个铜原子可提供一个自由电子，则铜原子数目与自由电子的总数相等，为：‎ n=‎ t时间内通过导体截面的电荷量为：q=ne ‎ 则电流强度为：I==‎ 得：v=‎ 故选：A ‎【点评】本题关键要建立物理模型，利用电流表的定义式推导出电流的微观表达式流I=envS，再进行求解．‎ ‎　‎ ‎2．在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，使A灯变暗，B灯变亮，则故障可能是（　　）‎ A．R1短路 B．R2断路 C．R3断路 D．R4短路 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】A灯变暗，说明外电阻总电阻变大了；B灯变亮，说明其分得的电压变大了；根据传并联电路的特点和闭合电路欧姆定律列式求解．‎ ‎【解答】解：A、R1短路，外电路总电阻减小，电流变大，A灯变亮，故A错误；‎ B、R2断路，B灯泡分得的电压变大，变亮；外电阻总电阻变大，电流减小，A灯变暗，故B正确；‎ C、R3断路，B灯泡分得的电压变大，变亮；外电阻总电阻变大，电流减小，A灯变暗，故C正确；‎ D、R4短路，外电路总电阻减小，电流变大，A灯变亮，故D错误；‎ 故选BC．‎ ‎【点评】本题是电路的动态分析问题，关键理清电路结构，然后根据串并联电路的特点分析，不难．‎ ‎　‎ ‎3．有一静电场，其电场强度方向平行于x轴．其电势φ随坐标x的改变而变化，变化的图象如图所示，设场强沿x轴正方向时取正值，则图乙中正确表示该静电场的场强E随x变化的图线是（　　）‎ A．B．C．D．‎ ‎【考点】电势；电场强度．‎ ‎【分析】电场强度方向平行于x轴，如果在x方向上取极小的一段，电场强度有，‎ 根据电势U随坐标x的改变而变化，通过直线的斜率物理意义求解．‎ 沿着电场线方向电势降低．‎ ‎【解答】解：电场强度方向平行于x轴，电势U随坐标x图象的斜率的意义反映了电场强度．‎ 沿着电场线方向电势降低．‎ ‎0﹣2mm，直线斜率不变，沿x轴正方向电势升高，说明电场强度方向沿x轴负方向，大小等于V/m=2×104V/m，‎ 依次求出其他位置的电场强度．‎ 故选：A．‎ ‎【点评】正确把握电势U随坐标x图象的斜率的物理意义是解决问题的关键．‎ ‎　‎ ‎4．两等大的圆锥体组成如图所示图形，在两圆锥的顶点A与B分别固定电荷量为+q、﹣q的两个点电荷，O点为圆锥底面圆的圆心，C、D两点在圆锥母线上，关于O点对称，下列说法正确的是（　　）‎ A．圆锥底面上同一圆周上的所有点场强大小相等，方向不同 B．圆锥底面上所有点电势大小相等 C．C点与D点场强大小相等而方向不同 D．将一正电荷由C点移动到D点电势能增加 ‎【考点】电场的叠加．‎ ‎【分析】圆锥底面上同一圆周上的所有点场强大小相等，方向相同．圆锥底面上所有点都在同一等势面上．C点与D点场强大小相等，方向相同．根据电势的变化，分析移动正电荷时电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、根据等量异种点电荷电场的分布情况可知，圆锥底面上同一圆周上的所有点场强大小相等，方向相同，方向均垂直于圆锥底面向下，故A错误．‎ B、圆锥底面上所有点都在同一等势面上，电势相等，故B正确．‎ C、根据对称性和电场强度的叠加可得，C点与D点场强大小、方向均相同，故C错误．‎ D、由于C点的电势高，D点的电势低，故将一正电荷由C点移动到D点，电场力做正功，电势能减小，故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】解决本题的关键要掌握等量异种点电荷电场线和等势面的分布情况，要知道过两点连线的垂直平分面是一个等势面．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，平行板电容器下极板与静电计外壳相连且接地，电容器的上极板与静电计小球相接，下极板上部放置一定厚度的金属板．电容器充电后，上极板带正电，下极板带负电，静电计指针张开一定角度，P点处静止一个带电颗粒．当把金属板从电容器中快速抽出后，下列说法正确的是（　　）‎ A．电容器板内场强变大 B．静电计指针偏角变大 C．带电颗粒将向下运动 D．P点处电势升高 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】下极板上部放置一定厚度的金属板，金属板出现静电感应，相当于减小了两板间距离，抽出金属板，相当于板间距离变大，根据E===分析场强的变化．由U=Ed分析板间电压的变化，由P与下板间的电势差变化，分析P点的电势变化．‎ ‎【解答】解：A、下极板上部放置一定厚度的金属板，金属板出现静电感应，相当于减小了两板间距离，抽出金属板，相当于板间距离变大，由E===，知因为电荷量不变，故场强不变，故A错误；‎ B、抽出金属板后，相当于板间距离变大，由U=Ed知，E不变，知板间电压变大，因此静电计指针偏角变大，故B正确；‎ C、因电场不变，颗粒受力不变，故依然静止，故C错误；‎ D、P点与下极板之间电压由UP地=EdP地，抽出金属板后dP地变大，故UP地变大，即P点电势升高，故D正确；‎ 故选：BD ‎【点评】本题关键要掌握决定电容的三个因素：板间距离、电介质、正对面积，以及电场强度的表达式：E=，该式可在理解的基础上记住，经常用到．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，电路中每个电阻的阻值都相同．则通过电流最大的电阻是（　　）‎ A．R1 B．R2 C．R3和R4 D．R5‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】先分析电路的结构，然后根据串并联电路的特点，判断哪个电阻的电流最高．‎ ‎【解答】解：由图可知，R1和R2并联后与R5串联，最后跟R3和R4的串联电路并联，由图知上一支路的电阻小，通过R5的电流最大． ‎ 则D正确 故选：D ‎【点评】本题解题的关键是弄清楚电路的结构，根据串并联电路的特点判断各个电阻电压的高低，难度适中 ‎　‎ ‎7．如图所示，电阻R和内阻为r的电动机M串联接到电路中，接通开关后，电动机正常工作，设电阻R和电动机M两端的电压分别为U1和U2，经过时间t，电流通过电阻R做功W1，产生热量Q1，电流流过电动机做功W2，产生热量Q2，则有（　　）‎ A． = B．＜‎ C．Q1=t，Q2=t D．W1=t，W2=t ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】开关接通后，电动机正常工作，其电路非纯电阻电路，电动机两端的电压大于线圈电阻与电流的乘积．而电阻R是纯电阻，其两端电压等于电阻与电流的乘积．根据焦耳定律研究热量关系．‎ ‎【解答】解：AB、设开关接通后，电路中电流为I．对于电阻R，由欧姆定律得 U1=IR，有 I=‎ 对于电动机，有 U2＞Ir，即有 I＜‎ 联立得：＜．故A错误，B正确．‎ C、根据焦耳定律得 ‎ Q1=I2Rt=t，Q2=I2rt＜t，故C错误．‎ D、电流通过电阻R做功W1=Q1=I2Rt=t．电流流过电动机做功 W2=U2It＜t．故D错误．‎ 故选：B ‎【点评】本题把握纯电阻电路与非纯电阻电路区别的能力，抓住欧姆定律适用于纯电阻电路，不适用于非纯电阻电路，而焦耳定律对两种电路均适用．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示电路中，电源电动势为E、内阻为r，R0定值电阻，电容器的电容为C．闭合开关S，增大可变电阻R的阻值，电压表示数的变化量的绝对值为△U，电流表示数的变化量的绝对值为△I，则（　　）‎ A．变化过程中△U和△I的比值保持不变 B．电压表示数U和电流表示数I的比值不变 C．电阻R0端电压减小，减少量为△U D．电容器的带电荷量增加，增加量为C△U ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析电阻R0两端的电压，再根据路端电压的变化，分析电阻R0两端的电压变化量，并比较与△U的关系，确定电容带电量变化量．电压表的示数U和电流表的示数I的比值等于R．电压表示数变化量△U和电流表示数变化量△I的比值等于R0+r．‎ ‎【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣I（R0+r），由数学知识得知， =R0+r，保持不变．故A正确．‎ B、由图， =R，R增大，则电压表的示数U和电流表的示数I的比值变大．故B错误．‎ C、D、闭合开关S，增大可变电阻R的阻值后，电路中电流减小，由欧姆定律分析得知，电阻R0两端的电压减小，R两端的电压增大，而它们的总电压即路端电压增大，所以电阻R0两端的电压减小量小于△U．电容器两极板间的电压等于R两端的电压，可知电容器板间电压增大，带电量增大，增大量为C△U．故C错误，D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】此题中两电表读数的比值要根据欧姆定律和闭合电路欧姆定律来分析，注意≠R，R是非纯性元件．‎ ‎　‎ ‎9．如图（甲）所示的电路中，将滑动变阻器R2的滑动片由a端向b端移动，用两个电表分别测量电压和电流，得到部分U﹣I关系图象如图（乙）所示，则（　　）‎ A．电源的电动势为6V B．滑动变阻器的总阻值为20Ω C．当电压表示数为5.0V时，电源效率最高 D．当电压表示数为5.0V时，R2消耗的总功率最大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；路端电压与负载的关系；电功、电功率．‎ ‎【分析】先分析电路结构，知道电压表测量并联部分电压，电流表测量aP部分电流，当并联部分电阻最大，此时电压表示数最大，根据乙图读出电压和电流，进而求出滑动变阻器的总阻值，根据闭合电路欧姆定律求解E，电源效率，把R1看成内阻，当并联部分电阻R并=R1+r时，R2消耗的总功率最大．‎ ‎【解答】解：A、根据电路图结合数学知识可知，当aP的电阻等于bP的电阻时，并联部分电阻最大，此时电压表示数最大，根据乙图可知，电压表示数最大为5V，此时电流表示数为0.5A，‎ 则有：，则滑动变阻器的总阻值为R=2RaP=20Ω，根据闭合电路欧姆定律得：E=U+2I（R1+r）‎ 根据乙图可知，当电压表示数U1=4V时电流表示数为I1=0.25A或I2=1A，根据闭合电路欧姆定律得：E=U1+（I1+I2）（R1+r）‎ 联立方程解得：E=9V，R1+r=4Ω，故A错误，B正确；‎ C、电源效率，当电压表示数为5.0V时，并联部分电阻最大，则外电路电阻最大，此时路段电压最大，效率最高，故C正确；‎ D、把R1看成内阻，当并联部分电阻R并=R1+r=4Ω时，R2消耗的总功率最大，此时电压表示数不是5V，故D错误．‎ 故选：BC ‎【点评】本题主要考查了闭合电路欧姆定律以及串并联电路特点的直接应用，要求同学们能正确分析电路的结构，知道当外电路电阻等于内阻时，电源的输出功率最大，难度适中．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是m和2m，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦．开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中（　　）‎ A．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为gsinθ B．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为gsinθ C．B的速度最大时，弹簧的伸长量为 D．物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量小于物体B电势能的减少量 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】在撤去外力前后对B物体受力分析，求的电场力，由牛顿第二定律求的加速度，当B受到的合力为零时，速度最大，根据动能定理和能量守恒即可分析．‎ ‎【解答】解：A、开始时，外力F作用在B上，B处于静止状态，对B分析可知：F﹣2mgsinθ﹣F电=0‎ 解得：F电=mgsinθ 当撤去外力瞬间，对AB整体，整体受到的合力为：F合=F电+2mgsinθ=3mgsinθ 由F=3ma可得 a=gsinθ，故A正确，B错误．‎ C、当B的合力为零时，B的速度最大，由：kx=F电+mgsinθ ‎ 解得弹簧的伸长量为：x=，故C正确；‎ D、根据能量守恒可知，物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量和B物体机械能的减小量之和，所以物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量小于物体B电势能的减少量．故D错误；‎ 故选：C ‎【点评】本题要正确分析物体的受力情况，判断其运动情况，确定速度最大的条件：合力为零，运用共点力平衡、牛顿第二定律、胡克定律、电场力做功与电势能的关系等知识进行分析．‎ ‎　‎ 二、实验题（共18分）‎ ‎11．在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，若待测电阻丝的电阻约为5Ω，要求测量结果尽量准确，提供以下器材供选择：‎ A．电池组（3V，内阻约1Ω） ‎ B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω）‎ C．电流表（0～0.6A，内阻约0.125Ω） ‎ D．电压表（0～3V，内阻4KΩ）‎ E．电压表（0～15V，内阻15KΩ） ‎ F．滑动变阻器（0～20Ω，允许最大电流1A）‎ G．滑动变阻器（0～2000Ω，允许最大电流0.3A） ‎ H．开关、导线若干 ‎（1）实验时应从上述器材中选用　ACDFH　（填写仪器前字母代号）‎ ‎（2）测电阻时，电流表、电压表、待测电阻Rx在组成测量电路时，应采用安培表　外　接法，测量值比真实值偏　小　（选填“大”或“小”）‎ ‎（3）若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图，则读数为　0.900　mm．‎ ‎（4）若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出计算金属丝电阻率的表达式ρ=　　．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】①选电压表和电流表的原则是：指针在到偏转角度最好；选的滑动变阻器要便于操作．‎ ‎②待测电阻的阻值与电流表差不多，故电流表的外接，从而判断出测量值与真实值的关系；‎ ‎③螺旋测微器的读数方法：主尺+半毫米+转筒；‎ ‎④根据电阻的决定式求电阻率．‎ ‎【解答】解：①流过金属丝的最大电流Im==0.5 A，电池组电压又是3 V，故电流表选C，电压表选D；‎ 由于待测电阻的电阻值比较小，滑动变阻器选总阻值小的便于调节，故选F；‎ 另外电池组、导线、开关要选；‎ ‎②因为=40， =800，故电流表选择外接法，外接法测量值偏小；‎ ‎③从螺旋测微器的主尺上可以看出，半毫米刻度线已经露出来，‎ 因此主尺上应读0.5 mm，螺旋上接近第40个刻度线，可以估读40.0×0.01mm=0.400mm，‎ 所以该金属丝直径应为0.5 mm+0.400 mm=0.900 mm．‎ ‎④根据R=ρ=，‎ 解得：ρ=‎ 故答案为：①ACDFH；②外，小；③0.900； ④．‎ ‎【点评】用伏安法测量电阻，首先要考虑安全，其次准确，最后操作方便．对于电流表的内外接法，可根据与的比较做出选择，也可用试触法．‎ ‎　‎ ‎12．某学生实验小组利用图1所示电路，测量多用电表内电池的电动势和电阻“×1k”挡内部电路的总电阻．使用的器材有：‎ 多用电表；‎ 电压表：量程5V，内阻十几千欧；‎ 滑动变阻器：最大阻值5kΩ；导线若干．‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）将多用电表挡位调到电阻“×1k”挡，再将红表笔和黑表笔　短接　，调零点．‎ ‎（2）将图1中多用电表的红表笔和　1　（选填“1”或“2”）端相连，黑表笔连接另一端．‎ ‎（3）将滑动变阻器的滑片调到适当位置，使多用电表的示数如图2所示，这时电压表的示数如图3所示．多用电表和电压表的读数分别为　15.0　kΩ和　3.60　 V．‎ ‎（4）调节滑动变阻器的滑片，使其接入电路的阻值为零．此时多用电表和电压表的读数分别为12.0kΩ和4.00V．从测量数据可知，电压表的内阻为　12.0　 kΩ．‎ ‎（5）多用电表电阻挡内部电路可等效为由一个无内阻的电池、一个理想电流表和一个电阻串联而成的电路，如图4所示．根据前面的实验数据计算可得，此多用电表内电池的电动势为　9.00　V，电阻“×1k”挡内部电路的总电阻为　15.0　 kΩ．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）欧姆表使用前一定要进行欧姆调零；‎ ‎（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；‎ ‎（3）欧姆表读数等于倍率乘以表盘读数，伏特表读数要估读；‎ ‎（4）欧姆表测量的是外电路的总电阻，由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值；‎ ‎（5）由于半偏电流是满偏电流的一半，故欧姆表的中值电阻等于内电阻；根据闭合电路欧姆定律求解电动势．‎ ‎【解答】解：（1）欧姆表在使用中应先将红黑表笔短接，进行欧姆调零； ‎ ‎（2）红正黑负，电流从红表笔流入电表，从黑表笔流出电表；电流从电压表正接线柱流入，故红表笔接触1，黑表笔接2；‎ ‎（3）欧姆表读数=倍率×表盘读数=1k×15.0Ω=15.0kΩ；电压表读数为3.60V；‎ ‎（4）由于滑动变阻器被短路，故欧姆表读数即为电压表阻值，为12.0kΩ；‎ ‎（5）欧姆表的中值电阻等于内电阻，故欧姆表1k档位的内电阻为15.0kΩ；‎ 根据闭合电路欧姆定律，电动势为：E=U+r=4V+×15000=9V；‎ 故答案为：（1）短接　（2）1　（3）15.0　3.60　（4）12.0； （5）9.00　15.0‎ ‎【点评】本题考查多用电阻内电源电动势和内阻的测量，关键是明确实验原理，会使用欧姆表和电压表测量电阻和电压，并掌握欧姆表原理，同时能结合闭合电路欧姆定律灵活地列式分析．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题共3小题，共计42分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）‎ ‎13．如图所示，电流表示数I=0.75A，电压表示数为U=2V，某一电阻烧断后，电流表读数变为I′=0.8A，电压表示数为U′=3.2V，已知R3=4Ω，不计电压表和电流表对电路的影响．问：‎ ‎（1）发生故障的电阻是哪个？写出判断依据，它的阻值为多少？‎ ‎（2）电源的电动势和内阻分别为多少？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）由题意，电路中某一电阻断路后，两电表的读数都变大，不可能是R3和R2断路，否则变化后电压表或电流表无读数，只可能R1断路．‎ ‎（2）断路时，电压表读数等于电阻R1的电压，由欧姆定律求出R1．根据闭合电路欧姆定律对发生断路前后两种情况列方程，组成方程组，联立求解电动势和内电阻．‎ ‎【解答】解：（1）因某电阻烧断后，电流表、电压表示数均增大，若R1、R3断路，电流表或电压表无读数，可断定发生故障的电阻是R1．‎ R1烧断后，伏特表的读数为R2两端的电压，则得：‎ R2==Ω=4Ω R1烧断前，R3两端电压 U3=IR2﹣U=0.75×4﹣2=1（V）‎ 通过R3的电流为 I3===0.25A 电阻R1的阻值为 R1===8Ω；‎ ‎（2）R1烧断前，外电阻为 R外==Ω=3Ω 总电流为 I0=I+=0.75+=1（A）‎ 由闭合电路欧姆定律得：‎ E=I0（R外+r），‎ 即 E=1×（3+r）‎ 当R1烧断后，E=I′（R2+r）‎ 即 E=0.8×（4+r）‎ 联立解得：r=1Ω，E=4V；‎ 答：（1）发生故障的电阻是R1．它的阻值为8Ω．‎ ‎（2）电源的电动势为4V，内阻为1Ω．‎ ‎【点评】本题中涉及故障分析，采用排除法逐一分析．对于电源的电动势和内阻，常常根据两种情况列方程组求解．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，一根长 L=1.5m 的光滑绝缘细直杆MN，竖直固定在场强为 E=1.0×105N/C．与水平方向成θ=30°角的倾斜向上的匀强电场中．杆的下端M固定一个带电小球 ‎ A，所带电荷量Q=+4.5×10﹣6C；另一带电小球 B 穿在杆上可自由滑动，电荷量q=+1.0×10﹣6 C，质量m=1.0×10﹣2 kg．现将小球B从杆的上端N静止释放，小球B开始运动．‎ ‎（1）小球B开始运动时的加速度为多大？‎ ‎（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为多大？‎ ‎（3）小球B从N端运动到距M端的高度h2=0.61m时，速度为v=1.0m/s，求此过程中小球B的电势能改变了多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）对小球B进行受力分析，运用牛顿第二定律求出开始运动时的加速度大小．‎ ‎（2）根据受力情况分析小球B的运动情况，找出小球B速度最大时的位置特点．‎ ‎（3）由于A对B的库仑力做功是变力功，所以运用动能定理求解库仑力做功．‎ ‎【解答】解：（1）开始运动时小球B受重力、库仑力、杆的弹力和电场力，沿杆方向运动，将电场力沿杆的方向和垂直杆的方向分解，由牛顿第二定律得：‎ mg﹣﹣qEsinθ=ma 解得：a=g﹣‎ 代入数据解得：a=3.2 m/s2．‎ ‎（2）小球B向下运动，受A的斥力增大，加速度减小，速度增大，当小球B速度最大时合力减为零，即：‎ ‎+qEsinθ=mg 解得：h1=‎ 代入数据解得：h1=0.9 m．‎ ‎（3）小球B从开始运动到速度为v的过程中，设重力做功为W1，电场力做功为W2，库仑力做功为W3，根据动能定理有：‎ W1+W2+W3=mv2‎ 重力做功为：W1=mg（L﹣h2）‎ 电场力做功为：W2=﹣qE（L﹣h2）sinθ 解得库仑力做功为：W3=mv2﹣mg（L﹣h2）+qE（L﹣h2）sinθ 从功能角度来说，电势能的改变量的大小就等于电场力做的功．电场力做负功，电势能增大．动能的改变量就等于总功．‎ 设小球B的电势能改变了△Ep，则有：△Ep=﹣（W2+W3）‎ ‎△Ep=mg（L﹣h2）﹣mv2‎ 代入数据解得：△Ep=8.4×10﹣2J 答：（1）小球B开始运动时的加速度为3.2 m/s2；‎ ‎（2）小球B的速度最大时，距M端的高度h1为0.9 m；‎ ‎（3）小此过程中小球B的电势能增加了8.4×10﹣2J．‎ ‎【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，要注意明确两个粒子电场力做功不同，所以此题关键能够正确对小球B进行受力分析和运动分析，知道电场力做功量度电势能的变化，常用动能定理求解变力功．‎ ‎　‎ ‎15．如图（a）所示，水平放置的平行金属板AB间的距离d=0.1m，板长L=0.3m，在金属板的左端竖直放置一带有小孔的挡板，小孔恰好位于AB板的正中间，距金属板右端x=0.5m处竖直放置一足够大的荧光屏，现在AB板间加如图（b）所示的方波形电压，已知U0=1.0×102V，在挡板的左侧，有大量带正电的相同粒子以平行于金属板方向的速度持续射向挡板，粒子的质量m=1.0×10﹣7kg，电荷量q=1.0×10﹣2C，速度大小均为v0=1.0×104m/s，带电粒子的重力不计，则：‎ ‎（1）求粒子在电场中的运动时间；‎ ‎（2）求在t=0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离；‎ ‎（3）请证明粒子离开电场时的速度均相同；‎ ‎（4）若撤去挡板，求荧光屏上出现的光带长度．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）粒子进入电场后水平方向做匀速直线运动，由t=，求出电子通过电场的时间．‎ ‎（2）在t=0时刻进入的粒子，竖直方向上先作匀加速直线运动2×10﹣5s，再作匀减速直线运动1×10﹣5s，根据牛顿第二定律求得加速度，由速度公式v=at求出粒子射出电场时竖直方向的速度．由运动学位移时间公式求出粒子离开电场时偏转的竖直位移．粒子离开电场后做匀速直线运动，也运用运动的分解法求解偏转的竖直位移，即可得到粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离；‎ ‎（3）由b图可知，粒子在竖直方向加速和减速运动的时间之差等于交变电压的周期的，由公式vy=at求解粒子离开电场时的竖直分速度，再合成，即可证明．‎ ‎（4）所有粒子飞出时的速度均相同，重点研究2×10﹣5s来打入的一个粒子，若其恰好能不碰下极板，即可由几何知识和运动学公式求解荧光屏上出现的光带长度．‎ ‎【解答】解：（1）粒子水平方向速度不变，作匀速直线运动，在电场中运动时间为：‎ t==s=3×10﹣5s，‎ ‎（2）0时刻进入的粒子竖直方向上先作匀加速直线运动，用时：t1=2×10﹣5s，‎ 再作匀减速直线运动，用时：t2=1×10﹣5s，‎ 加速度大小相等，为：a==m/s2=108m/s2，‎ 射出电场时，竖直分速度为：vy=at1﹣at2=108×（2×10﹣5﹣1×10﹣5）m/s=103m/s，‎ 因为t1=2t2，可将整个运动时间分成三个t2，根据初速度为零的匀加速直线运动的推论可知，在三个t2内粒子竖直分位移分别为：‎ y1=at22，‎ y2=3×at22，‎ y3=3×at22，‎ 所以射出电场时，竖直分位移为：Y′=（1+3+3）at22=7×m=0.035m 依据比例可得：Y=Y′+x=0.035+0.05=0.085m ‎（3）粒子离开电场时竖直分速度为：vy=a（t正﹣t负），‎ 式中t正为粒子在电场中运动时正向电压（上极板为U0）的持续时间．‎ t负为粒子在电场中运动时负向电压（下极板为U0）的持续时间，（t正﹣t负）恰好等于交变电压的周期的，故有：‎ vy=aT=108m/s2××3×10﹣5sm/s=1000m/s，‎ 又所有粒子打入时的水平速度均为v0=1.0×104m/s，且水平方向作匀速直线运动，‎ 所以所有粒子离开电场时的速度均为v==1000m/s，方向与水平成arccot10度角．可知粒子离开电场时的速度均相同．‎ ‎（4）由第（3）问可知，所有粒子飞出时的速度均相同，研究2×10﹣5s来打入的一个粒子，‎ 若其恰好能不碰下极板（如图），所以光带长度为：l=d﹣at22=0.095m．‎ 答：（1）电子在电场中的运动时间为3×10﹣5s；‎ ‎（2）在t=0时刻进入的粒子打在荧光屏上的位置到O点的距离为0.085m；‎ ‎（3）证明粒子离开电场时的速度均相同见上；‎ ‎（4）荧光屏上出现的光带长度为0.095m．‎ ‎【点评】解决在偏转场中问题，通常由类平抛运动规律求解，要能熟练运用运动的合成与分解的方法研究，分析时要充分运用匀加速运动位移的比例关系和运动的对称性，来求解竖直分位移．‎ ‎　‎