物理卷·2018届安徽省淮南二中高二上学期月考物理试卷（理科）（12月份） （解析版）

物理卷·2018届安徽省淮南二中高二上学期月考物理试卷（理科）（12月份） （解析版）

www.ks5u.com ‎2016-2017学年安徽省淮南二中高二（上）月考物理试卷（理科）（12月份）‎ ‎　‎ 一．单项选择题（每小题4分，共40分）‎ ‎1．下列关于电源电动势的认识中，你认为正确的是（　　）‎ A．同一电源接入不同的电路中，电动势会发生变化 B．1号1.5V干电池比7号1.5干电池大，但电动势相同 C．电动势表征了电源把其他形式能转化为电能的本领，电源把其他形式能转化为电能越多，电动势越大 D．电动势、电压和电势差虽名称不同，但物理意义相同，所以单位也相同 ‎2．如图所示，把一个不带电的枕形导体靠近带正电的小球，由于静电感应，枕形导体的a、b端分别出现负、正电荷，则（　　）‎ A．枕形导体a端电势小于b端电势 B．闭合S1，有电子从枕形导体流向地 C．闭合S1，有电子从地流向枕形导体 D．闭合S2，有正电荷从枕形导体流向地 ‎3．如图所示是从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，在保持其它物理量不变条件下，可供选用的方法有，使（　　）‎ A．U1减小为原来的一半 B．U2减小为原来的一半 C．偏转电场极板长度增大为原来的2倍 D．偏转电场极板距离增大为原来的2倍 ‎4．如图所示，P、Q为平行板电容器，两极板竖直放置，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球．将该电容器与电源连接，闭合电建后，悬线与竖直方向夹角为α．则（　　）‎ A．保持电建闭合，缩小P、Q两板间的距离，角度α会减小 B．保持电建闭合，加大P、Q两板间的距离，角度α会增大 C．将开关再断开，加大P、Q两板间的距离，角度α会增大 D．将开关再断开，缩小P、Q两板间的距离，角度α不变化 ‎5．用伏安法测电阻R，按图中甲图测得的结果为R1，按乙图测得的结果为R2，若电阻的真实值为R，则（　　）‎ A．R1＞R＞R2 B．R1＜R＜R2 C．R＞R1，R＞R2 D．R1=R=R2‎ ‎6．如图所示电路，将两个相同的表头分别改装成A1（0～3A）和A2（0～0.6A）的电流表，把两个电流表并联接入电路中测量电流，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A1表的内阻大于A2表的内阻 B．A1的指针还没半偏时，A2的指针已经半偏 C．A1的读数为1A时，A2的读数为0.6A D．A1的读数为1A时，干路的电流为1.2A ‎7．电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由b端滑向a时，下列说法正确的是（　　）‎ A．电压表和电流表读数都增大 B．电压表和电流表读数都减小 C．电压表读数增大，电流表读数减小 D．电压表读数减小，电流表读数增大 ‎8．如图所示，电源电动势为12V，电源内阻为l.0Ω，电路中的电阻R为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机正常转动时，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是（　　）‎ A．电动机的输出功率为14.0W B．电源输出的电功率为20.0W C．电动机产生的热功率4.0W D．电动机两端的电压为5.0V ‎9．某同学设计了一个多量程多用电表，其内部结构原理图如图所示．其电流表的量程分别为10mA和250mA，电压表的量程分别为10V和250V，电阻档分别为×10Ω和×100Ω．则下列说法正确的是（　　）‎ A．功能选择开关S与“1”相接时，所测物理量和量程分别是直流电流、250mA B．功能选择开关S与“3”相接时，所测物理量和量程分别是直流电流、10mA C．功能选择开关S与“5”相接时，所测物理量和量程分别是直流电压、250V D．作电流表或电压表时电流从红表笔流进黑表笔流出，作欧姆表时电流从红表笔流出黑表笔流进 ‎10．如图所示的电路为欧姆表原理图，电池的电动势E=1.5V，G为电流表，满偏电流为200μA．当调好零后，在两表笔间接一被测电阻Rx时，电流表G的指针示数为50μA，那么Rx的值是（　　）‎ A．7.5kΩ B．22.5kΩ C．15kΩ D．30kΩ ‎　‎ 二．实验题（共24分）‎ ‎11．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度L=　　mm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D=　　mm；‎ ‎（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为　　Ω．‎ ‎（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R；‎ 电流表A1（量程0～5mA，内阻约50Ω）；‎ 电流表A2（量程0～15mA，内阻约30Ω）；‎ 电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）；‎ 电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）；‎ 直流电源E（电动势4V，内阻不计）；‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）；‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）；开关S；导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图丁中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．‎ ‎（5）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，若已知伏安法测电阻电路中电压表和电流表示数分别用U和I表示，则用此法测出该圆柱体材料的电阻率ρ=　　．（不要求计算，用题中所给字母表示）‎ ‎12．兴趣小组的同学利用实验探究电池的电动势和内阻，实验的主要操作如下：‎ ‎（1）实验时，应先将电阻箱的电阻调到　　（填“最大值”、“最小值”或“任意值”）‎ ‎（2）按如图接好电路进行实验，这样测出的电动势比真实值　　，内阻的测量值比真实值　　．（选填：“偏大”、“偏小”或“相等”）‎ ‎（3）根据实验数据描点画出的﹣图象是一条直线，若直线的斜率是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表示）‎ ‎　‎ 三．计算题（共36分）‎ ‎13．如图所示，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，电阻R1=4Ω，R2=10Ω．两正对的平行金属板长L=0.2m，两板间的距离d=0.1m．闭合开关S后，一质量m=5×10﹣8kg，电荷量q=+4×10﹣6C的粒子以平行于两板且大小为v0=5×102m/s的初速度从两板的正中间射入，求粒子在两平行金属板间运动的过程中沿垂直于板方向发生的位移大小？（不考虑粒子的重力）‎ ‎14．如图所示，R为电阻箱，为理想电压表．当电阻箱读数为R1=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：‎ ‎（1）电源的电动势E和内阻r．‎ ‎（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？‎ ‎15．如图的电路中，R1=6Ω，R2=R3=3Ω，R4=R5=15Ω，C=0.2μF，电源电动势E=90V，内阻忽略不计．‎ ‎（1）仅闭合S1，当b点接地时，m点与n点的电势各是多少伏？‎ ‎（2）再闭合S2，当S2刚闭合的瞬间，通过R5的电流向什么方向？‎ ‎（3）S1、S2均闭合，待电路的状态稳定之后，仅将S1断开，求S1断开后通过电阻R1的电量．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年安徽省淮南二中高二（上）月考物理试卷（理科）（12月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．单项选择题（每小题4分，共40分）‎ ‎1．下列关于电源电动势的认识中，你认为正确的是（　　）‎ A．同一电源接入不同的电路中，电动势会发生变化 B．1号1.5V干电池比7号1.5干电池大，但电动势相同 C．电动势表征了电源把其他形式能转化为电能的本领，电源把其他形式能转化为电能越多，电动势越大 D．电动势、电压和电势差虽名称不同，但物理意义相同，所以单位也相同 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电动势由电源中非静电力的特性所决定，跟电源的体积无关，与外电路无关．电动势的大小反映将其它形式的能转变为电能的本领大小．与电压、电势差的物理意义不同，单位相同．‎ ‎【解答】A．电动势由电源中非静电力的特性所决定，与外电路无关．所以同一电源接入不同的电路，电动势不会改变．故A错误．‎ B．电动势由电源中非静电力的特性所决定，跟电源的体积无关，所以虽然1号干电池比7号干电池大，但电动势相同．故B正确．‎ C．电源电动势表征了电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，根据W=qE可知，电源把其他形式的能转化为电能越多，电动势不一定大，还跟移动电荷的多少有关．故C错误．‎ D．电动势、电压和电势差物理意义不同，单位相同．故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示，把一个不带电的枕形导体靠近带正电的小球，由于静电感应，枕形导体的a、b端分别出现负、正电荷，则（　　）‎ A．枕形导体a端电势小于b端电势 B．闭合S1，有电子从枕形导体流向地 C．闭合S1，有电子从地流向枕形导体 D．闭合S2，有正电荷从枕形导体流向地 ‎【考点】静电场中的导体．‎ ‎【分析】（1）感应起电的实质是在带电体上电荷的作用下，导体上的正负电荷发生了分离，使电荷从导体的一部分转移到了另一部分，既然是转移，那么电荷必然守恒．‎ ‎（2）同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引．‎ ‎【解答】解：如图枕型导体在带正电的小球附近时，枕型导体上的自由电子会向金属棒的左边运动，金属棒的左端因有了多余的电子而带负电，右端因缺少电子而带正电；而当闭合任何开关时，导体就会与大地连接，会使大地的电子流入枕形导体，当处于静电平衡时，枕形导体是个等势体；故C正确，ABD错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示是从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，在保持其它物理量不变条件下，可供选用的方法有，使（　　）‎ A．U1减小为原来的一半 B．U2减小为原来的一半 C．偏转电场极板长度增大为原来的2倍 D．偏转电场极板距离增大为原来的2倍 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】电子先经加速电场加速后，进入偏转电场，根据动能定理求出加速获得的速度与加速电压的关系．由牛顿第二定律求出电子进入偏转电场时的加速度，根据运动的合成与分解，推导出电子在偏转电场中偏转量与偏转电压的关系，再综合得到偏转电场中偏转量与加速电压、偏转电压的关系，再进行选择．‎ ‎【解答】解：设电子的质量和电量分别为m和e．‎ 电子在加速电场中加速过程，根据动能定理得：‎ eU1=…①‎ 电子进入偏转电场后做类平抛运动，加速度大小为：‎ a=…②‎ 电子在水平方向做匀直线运动，则有：‎ t=…③‎ 在竖直方向做匀加速运动，则有偏转量：‎ y=at2…④‎ 联立上述四式得：y=‎ A、根据偏转量y=得知，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，使U1减小为原来的．故A正确．‎ B、根据偏转量公式得知，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，使U2增大为原来的2倍．故B错误．‎ C、根据偏转量公式得知，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，使偏转板的长度L增大为原来的倍．故C错误．‎ D、要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，使偏转板的距离减小为原来的．故D错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，P、Q为平行板电容器，两极板竖直放置，在两板间用绝缘线悬挂一带电小球．将该电容器与电源连接，闭合电建后，悬线与竖直方向夹角为α．则（　　）‎ A．保持电建闭合，缩小P、Q两板间的距离，角度α会减小 B．保持电建闭合，加大P、Q两板间的距离，角度α会增大 C．将开关再断开，加大P、Q两板间的距离，角度α会增大 D．将开关再断开，缩小P、Q两板间的距离，角度α不变化 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】保持电键S闭合时，电容器板间电压不变，由E=分析板间场强的变化，判断板间场强的变化，确定θ的变化．电键S断开，根据推论可知，板间场强不变，分析α是否变化．‎ ‎【解答】解：‎ A、B、保持电键S闭合时，电容器板间电压不变，缩小P、Q两板间的距离，由E=分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则α增大．相反，加大P、Q两板间的距离时，α会减小．故AB错误．‎ C、D、电键S断开，电容器的带电量不变，根据公式C=，U=Ed、C=，则得E=，即电场强度与极板间距无关，故板间场强不变，小球所受电场力不变，则α不变，故C错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．用伏安法测电阻R，按图中甲图测得的结果为R1，按乙图测得的结果为R2，若电阻的真实值为R，则（　　）‎ A．R1＞R＞R2 B．R1＜R＜R2 C．R＞R1，R＞R2 D．R1=R=R2‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】两种接法都有误差：‎ 甲图是电流表内接法，误差来源于电压表的示数不只是电阻R 的电压，还包括了电流表的分压，‎ 乙图为电流表外接法，误差来源于电流表的示数不只是通过R的电流，还包括了电压表的电流；要根据测量值的计算式去分析偏大还是偏小．‎ ‎【解答】解：甲图接法：电压表的示数为R两端的电压和安培表两端的电压之和，即U=UR+UA 电流表的示数I是通过R的真实值，则R测==＞=R真 故R1＞R ‎ 乙图接法：电流表的示数为通过电阻的电流和电压表的电流之和，即 I=IR+IV 电压表的示数U是R两端电压的真实值，则R测═=＜=R真 故R＞R2‎ 综合可得：R1＞R＞R2 故A正确；BCD错误 故选：A．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示电路，将两个相同的表头分别改装成A1（0～3A）和A2（0～0.6A）的电流表，把两个电流表并联接入电路中测量电流，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A1表的内阻大于A2表的内阻 B．A1的指针还没半偏时，A2的指针已经半偏 C．A1的读数为1A时，A2的读数为0.6A D．A1的读数为1A时，干路的电流为1.2A ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电流表是由电流计并联一个电阻改装而成，两个电流计的满偏电压相同，A1和A2‎ 的最大电流分别是3A和0.6A，所以欧姆定律，改装后的两电流表内阻之比为1：5．‎ ‎【解答】解：A、表的量程大于表的量程，它们是由相同的表头改装而成，并联的电阻阻值越小量程扩大的倍数越大，表的表头并联的电阻小，所以表的内阻小于表的内阻，故A错误；‎ B、、并联，加在表头两端的电压相同，通过表头的电流相同，两表指针偏转的角度相同，故B错误；‎ C、A1的读数为1A时，指针偏转，表指针也偏转，表的读数为0.2A，故C错误；‎ D、由C分析知，干路电流为、的示数之和，即干路电流为1.2A，故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及滑动变阻器R连接成如图所示的电路，当滑动变阻器的触头由b端滑向a时，下列说法正确的是（　　）‎ A．电压表和电流表读数都增大 B．电压表和电流表读数都减小 C．电压表读数增大，电流表读数减小 D．电压表读数减小，电流表读数增大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，变阻器接入电路的电阻减小，分析电路的总电阻如何变化，根据闭合电路欧姆定律判断总电流和路端电压如何变化，得出电压表读数如何变化．由欧姆定律分析并联部分的电压如何变化，根据总电流和通过R2的电流的变化情况，判断电流表读数如何变化．‎ ‎【解答】‎ 解：当滑动变阻器的触头由中点滑向a端时，变阻器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总电流I增大，路端电压U减小，电压表测量的是路端电压，则电压表读数减小．R2和R并联部分的电压U并=E﹣I（R1+r），E、R1、r均不变，I增大，则U并减小，通过R2的电流减小，而总电流增大，所以电流表读数减小，故ACD错误，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，电源电动势为12V，电源内阻为l.0Ω，电路中的电阻R为1.5Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5Ω，闭合开关S后，电动机正常转动时，电流表的示数为2.0A．则以下判断中正确的是（　　）‎ A．电动机的输出功率为14.0W B．电源输出的电功率为20.0W C．电动机产生的热功率4.0W D．电动机两端的电压为5.0V ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．‎ ‎【解答】解：D、电路中电流表的示数为2.0A，所以电动机的电压为：U=E﹣U内﹣UR0=12﹣Ir﹣IR0=12﹣2×1﹣2×1.5=7V，故D错误；‎ AC、电动机的总功率为：P总=UI=7×2=14W，电动机的发热功率为：P热=I2R=22×0.5=2W，所以电动机的输出功率为：P机=14 W﹣2W=12W，故A错误，C错误；‎ B、电源的输出的功率为：P输出=EI﹣I2R=12×2﹣22×1=20W，故B正确；‎ 故选：B ‎　‎ ‎9．某同学设计了一个多量程多用电表，其内部结构原理图如图所示．其电流表的量程分别为10mA和250mA，电压表的量程分别为10V和250V，电阻档分别为×10Ω和×100Ω．则下列说法正确的是（　　）‎ A．功能选择开关S与“1”相接时，所测物理量和量程分别是直流电流、250mA B．功能选择开关S与“3”相接时，所测物理量和量程分别是直流电流、10mA C．功能选择开关S与“5”相接时，所测物理量和量程分别是直流电压、250V D．作电流表或电压表时电流从红表笔流进黑表笔流出，作欧姆表时电流从红表笔流出黑表笔流进 ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】电流表、电压表与欧姆表都是由小量程电流表改装成的；把小量程电流表改装成电流表应并联一个分流电阻，把电流表改装成电压表，应串联一个分压电阻，把电流表改装成欧姆表时，应串联一个滑动变阻器，电路应有一个电源；分析清楚电路结构，根据电流表、电压表与欧姆表的原理分析答题．‎ ‎【解答】解：A、由图甲可知，选择开关接“1”时，表头与电阻R1并联，且并联电阻较小，因此选择开关接“1”时测电流，由于并联电阻小，电流表量程大，量程是250mA，故A正确；‎ B、功能选择开关s与“3”相接时，是用来测电阻的，故B错误；‎ C、选择开关接“5”时，表头与电阻R5串联，串联电阻较小，此时多用电表测电压，量程较小，量程是10V，故C错误；‎ D、作电流表或电压表时电流从红表笔流进，黑表笔流出，作欧姆表时，电源在内部，电流从黑表笔流出，红表笔流进，故D错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎10．如图所示的电路为欧姆表原理图，电池的电动势E=1.5V，G为电流表，满偏电流为200μA．当调好零后，在两表笔间接一被测电阻Rx时，电流表G的指针示数为50μA，那么Rx的值是（　　）‎ A．7.5kΩ B．22.5kΩ C．15kΩ D．30kΩ ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】先求出欧姆表的内阻即R中：R中=；再由I=求得Rx．‎ ‎【解答】解：由满偏电流求欧姆表的内阻：R中===7500Ω；‎ 连入电阻后，由I=求得RX=﹣R中=﹣7500=22.5kΩ；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ 二．实验题（共24分）‎ ‎11．某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率ρ．步骤如下：‎ ‎（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图甲，由图可知其长度L=　50.15　mm；‎ ‎（2）用螺旋测微器测量其直径如图乙所示，由图可知其直径D=　4.700　mm；‎ ‎（3）用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘示数如图丙所示，则该电阻的阻值约为　220　Ω．‎ ‎（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：‎ 待测圆柱体电阻R；‎ 电流表A1（量程0～5mA，内阻约50Ω）；‎ 电流表A2（量程0～15mA，内阻约30Ω）；‎ 电压表V1（量程0～3V，内阻约10kΩ）；‎ 电压表V2（量程0～15V，内阻约25kΩ）；‎ 直流电源E（电动势4V，内阻不计）；‎ 滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）；‎ 滑动变阻器R2（阻值范围0～2kΩ，允许通过的最大电流0.5A）；开关S；导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图丁中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．‎ ‎（5）若该同学用伏安法跟用多用电表测量得到的R测量值几乎相等，若已知伏安法测电阻电路中电压表和电流表示数分别用U和I表示，则用此法测出该圆柱体材料的电阻率ρ=　　．（不要求计算，用题中所给字母表示）‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．‎ ‎（2）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到0.001mm．‎ ‎（3）欧姆表读数时要用示数乘以倍率．‎ ‎（4）电压表和电流表的读数时要根据电表的量程及最小分度选择电流表与电压表，根据实验的要求选择滑动变阻器的接法．‎ ‎（5）根据电阻定律R=ρ、欧姆定律I=、横截面积公式S=πD2结合求解得到电阻率的表达式．‎ ‎【解答】解：（1）游标为20分度，其测量精度为0.05mm，则游标卡尺的读数：游标卡尺主尺读数为50mm，游标读数为3×0.05mm=0.15mm 所以最终读数为50.15mm；‎ ‎（2）螺旋测微器固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为20.0×0.01mm=0.200mm，最终读数为d=4.5mm+0.200mm=4.700mm ‎（3）用多用电表的电阻“×10”挡粗测电阻时，读数为 R=22.0×10Ω=220Ω．‎ ‎（4）根据闭合电路欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为Rmax==A=0.018A=18mA，‎ 所以电流表应选择A2；‎ 由于电源电动势为4V，电压表应选择V1；‎ 由于所以要求多测几组数据，所以变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器R1‎ 以方便调节，电路图如图所示：‎ ‎（5）根根据电阻定律R=ρ、横截面积公式S=πD2得：‎ ‎ ρ==‎ 故答案为：（1）50.15；‎ ‎（2）4.700；‎ ‎（3）220；‎ ‎（4）右边框中画出测量电路图，并标明所用器材代号：‎ ‎（5）．‎ ‎　‎ ‎12．兴趣小组的同学利用实验探究电池的电动势和内阻，实验的主要操作如下：‎ ‎（1）实验时，应先将电阻箱的电阻调到　最大值　（填“最大值”、“最小值”或“任意值”）‎ ‎（2）按如图接好电路进行实验，这样测出的电动势比真实值　偏小　‎ ‎，内阻的测量值比真实值　偏小　．（选填：“偏大”、“偏小”或“相等”）‎ ‎（3）根据实验数据描点画出的﹣图象是一条直线，若直线的斜率是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）根据电压表内阻的影响分析实验误差情况；‎ ‎（3）由题意及闭合电路欧姆定律可得出﹣R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）由于电压表的内阻不是无穷大，所以当把电压表直接接在电源两端时，有电流通过电压表，电压表测量的是电源的路端电压，所以小于电源电动势．‎ 根据闭合电路欧姆定律可知，电压表内阻不会影响（3）中公式的斜率，则可知内阻偏小；‎ ‎（3）由闭合电路欧姆定律可得：U=R 变形可得： =+；‎ 由函数知识可知：图象的斜率k=，b=；‎ 故E=；r=‎ 故答案为：（1）最大值；（2）偏小；偏小；（3）；‎ ‎　‎ 三．计算题（共36分）‎ ‎13．如图所示，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，电阻R1=4Ω，R2=10Ω．两正对的平行金属板长L=0.2m，两板间的距离d=0.1m．闭合开关S后，一质量m=5×10﹣8kg，电荷量q=+4×10﹣6C的粒子以平行于两板且大小为v0=5×102m/s的初速度从两板的正中间射入，求粒子在两平行金属板间运动的过程中沿垂直于板方向发生的位移大小？（不考虑粒子的重力）‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】先根据闭合电路欧姆定律列式求解电阻R2的电压，然后根据U=Ed求解电场强度，最后根据类似平抛运动的分运动公式列式求解偏移量．‎ ‎【解答】解：根据闭合电路欧姆定律，有：‎ U===20V 电场强度：‎ E′===200V/m 粒子做类似平抛运动，根据分运动公式，有：‎ L=v0t y=‎ 其中：‎ a=‎ 联立解得：‎ y=•=×=1.28×10﹣3m=1.28mm 答：粒子在两平行金属板间运动的过程中沿垂直于板方向发生的位移大小为1.28mm．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，R为电阻箱，为理想电压表．当电阻箱读数为R1‎ ‎=2Ω时，电压表读数为U1=4V；当电阻箱读数为R2=5Ω时，电压表读数为U2=5V．求：‎ ‎（1）电源的电动势E和内阻r．‎ ‎（2）当电阻箱R读数为多少时，电源的输出功率最大？最大值Pm为多少？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）由两次电压表及电阻箱的读数，列出闭合电路欧姆定律联立可求得电动势和内阻；‎ ‎（2）由功率表达式可知，当内外电阻相等时，电源的输出功率最大；由数学知识可求得最大值．‎ ‎【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律：‎ 联立上式并代入数据解得：‎ E=6V r=1Ω 电源电动势为6V，内阻为1Ω；‎ ‎（2）由电功率表达式：‎ 将上式变形为：‎ 由上式可知R=r=1Ω时P有最大值为；‎ 故P的最大输出功率为9W．‎ ‎　‎ ‎15．如图的电路中，R1=6Ω，R2=R3=3Ω，R4=R5‎ ‎=15Ω，C=0.2μF，电源电动势E=90V，内阻忽略不计．‎ ‎（1）仅闭合S1，当b点接地时，m点与n点的电势各是多少伏？‎ ‎（2）再闭合S2，当S2刚闭合的瞬间，通过R5的电流向什么方向？‎ ‎（3）S1、S2均闭合，待电路的状态稳定之后，仅将S1断开，求S1断开后通过电阻R1的电量．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）b点接地，电势为0．电源的内阻不计，路端电压等于电源的电动势．根据串联电路分压规律求出R2和R4的电压，即可求得m点与n点的电势．‎ ‎（2）根据m点与n点的电势高低，判断通过R5的电流．‎ ‎（3）电路状态稳定后，求出电容器的带电量．待电路的状态稳定之后，仅将S1断开，电容器放电，此时电容器相当于电源，根据并联电路分流规律求通过电阻R1的电量．‎ ‎【解答】解：（1）仅闭合S1，R2和R4的电压分别为 U2=E=×90V=30V，U4=E=×90V=75V 根据外电路中顺着电流方向电势降低，可知，m点与n点的电势均低于b点的电势，b点的电势为0，所以m点的电势 φm=﹣U2=﹣30V；　‎ n点的电势 φn=﹣U4=﹣75V；‎ ‎（2）因为φm＞φn，所以当S2刚闭合的瞬间，通过R5的电流向下．‎ ‎（3）电路状态稳定后，电容器的带电量 Qc=C（φm﹣φn）=0.2×10﹣6×[﹣30﹣（﹣75）]=9×10﹣6C 待电路的状态稳定之后，仅将S1断开，电容器放电，相当于电源，R1、R3‎ 串联，R2、R4串联，两条支路再并联 由于，所以通过R1、R3的电流与R2、R4的之比为2：1‎ 故通过R1的电量　q1=Qc=6×10﹣6C 答：‎ ‎（1）m点的电势是﹣30V，n点的电势是﹣75V；‎ ‎（2）通过R5的电流方向向下；‎ ‎（3）通过R1的电量是6×10﹣6C．‎ ‎　‎