福建省厦门市湖滨中学2020学年高二物理上学期期中试题（等级考）

福建省厦门市湖滨中学2020学年高二物理上学期期中试题（等级考）

福建省厦门市湖滨中学2020学年高二物理上学期期中试题（等级考） ‎ 一．选择题：本题共8小题，共24分．每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求，每小题3分，选对得3分，选错得0分.‎ www.‎ ‎1.下列说法中不正确的是（ ）‎ A. 美国物理学家密立根最早测得的元电荷量e的数值 B. 奥斯特发现，电流周围会产生磁场 C. 电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能多少的物理量 D. 电阻率ρ是反映材料导电性能的物理量 ‎2.图中a、b、c为三根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正三角形的三个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。可以判断出a、b两长直导线在c导线处产生的磁感应强度方向是（ ）‎ A. 向上 B. 向下 C. 向左 D. 向右 ‎3.如图所示，A、B是两个带有绝缘支架的金属球，它们均不带电，并彼此接触。现使带负电的橡胶棒C靠近A(C与A不接触)，然后先将A、B分开（操作过程均与金属球绝缘），再将C移走，关于A、B的带电情况，下列判断正确的是（ ）‎ A. A带正电，B带负电 B. A带负电，B带正电 C. A，B均不带电 D. A，B均带正电 ‎4. 两个分别带有电荷量﹣2Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（　　）‎ A．F B．F C． F D． ‎‎12F ‎5.在如图所示的U－I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U－I图线。用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知（ ）‎ A. 电源的电动势为3 V，内阻为1Ω B. 电阻R的阻值为2 Ω C. 电源的输出功率为4 W D. 电源的效率为50%‎ ‎6.如图所示，虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如右图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点．已知O点电势高于c点，若不计重力，则(　　)‎ A. M带负电荷，N带正电荷 B. N在a点的速度与M在c点的速度大小不相同 C. N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功 D. M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零 ‎7.如右图所示的电路为欧姆表原理图，电池的电动势E＝1.5 V，G为电流表，满偏电流为200 μA.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50 μA，那么Rx的值是(　　)‎ A. 7.5‎‎ kΩ B. 22.5 kΩ C. 15 kΩ D. 30 kΩ ‎8. 如图所示，在相距为d的两个等高处，固定着电量分别为-Q和+Q的两个等量异种点电荷，在它们连线的水平中垂线上固定一根长为L，内壁光滑的绝缘细管，现有一电量为+q的小球以初速度v0从管口射入，已知静电力常量为k ‎，则下列说法正确的是( )‎ A. 小球的速度一直减小 B. 受到的库仑力先做负功后做正功 C. 小球的电势能保持不变 D. 管壁对小球的弹力最大值为 二、本题共4小题，共16分，每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎9.如图所示，甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成，下列说法正确的是(　　)‎ A. 甲表是电流表，R增大时量程减小 B. 甲表是电流表，R增大时量程增大 C. 乙表是电压表，R增大时量程增大 D. 乙表是电压表，R增大时量程减小 ‎10. 如图所示，、、为三个相同的灯泡且电阻恒定，在变阻器 R的滑片 P 向上移动过程中，下列正确的是( )‎ A. 电源总功率变大 B. 中电流变化量小于中电流变化量 C. 变暗, 变亮, 变暗 D. 变亮, 变暗, 变亮 ‎11. 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. 尘埃仍静止 C. 电流计中有b→a的电流 D. 电流计中有a→b的电流 ‎12. 质量为m、带正电的，电量为+q的小金属块A以水平初速度v0从高台右边缘P点进入存在着水平向左匀强电场的右侧空间中，场强大小E＝2mg/q，高台足够高，则（ ）‎ A. 金属块做平抛运动 B. 经过足够长的时间金属块一定会与高台右侧边缘PQ相碰 C. 金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为 D. 金属块运动过程的最小速度为 三、实验题：本题共3小题，第13题10分，第14题13分，第15题12分，共35分．把答案写在答题卡中指定的答题处．除了注明以外，其他空均为2分 ‎13. 要测绘一个标有“3V 0．6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作。已选用的器材有：‎ 直流电源（电压为4V）；‎ 电流表（量程为0—0．‎6A．内阻约0．2）；‎ 电压表（量程为0--3V）；‎ 电键一个、导线若干。‎ ‎（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_______（填字母代号）。‎ A．滑动变阻器（最大阻值10，额定电流‎1A）‎ B．滑动变阻器（最大阻值1k，额定电流0．‎3A）‎ ‎（2）为了设计合理的实验方案，某同学用多用电表来粗略测量电压表的内阻，表盘读数及开关选择档位，如下图所示，则其阻值约为 ；测量时多用电表的红表笔应接电压表的 （填正或者负）接线柱。‎ ‎（3）选出既满足实验要求，又要减小误差的实验电路图________。‎ ‎（4）下图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接。（电路中仅缺少2条导线，请用笔代替导线连上）‎ ‎14.如图，有一根细长且均匀的金属管线，长约‎1cm，电阻约为5 Ω，假设这种金属的电阻率为ρ，现在要尽可能精确测定它的电阻率.‎ ‎(1)用螺旋测微器测量金属管线外径D时刻度的位置如上图所示，从图中读出外径为________ mm，用游标卡尺测金属管线的长度L= mm；‎ ‎(2)测量金属管线的电阻R，为此取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材：‎ A．电压表0～3 V，内阻约10 kΩ B．电压表0～15 V，内阻约50 kΩ C．电流表0～‎0.6 A，内阻约0.05 Ω D．电流表0～‎3 A，内阻约0.01 Ω E．滑动变阻器，0～10 Ω F．滑动变阻器，0～100 Ω 要减小误差，电流表应选_____，滑动变阻器应选______；(填仪器前面字母)‎ ‎(3)按照电路图连接实物图后，某次测量电表的读数如上图所示，则电流表的读数为 A ‎(4)用已知的物理常数和直接测量的物理量(均用符号D，L，U，I)表示，推导出计算金属线电阻率的表达式ρ＝______________（3%）‎ ‎15.有一种测量压力的电子秤，其原理如下图所示。E是内阻不计、电动势为6V的电源。R0是一个阻值为400Ω的限流电阻。G是由理想电流表改装成的指针式测力显示器。R是压敏电阻，其阻值可随压力大小变化而改变，其关系如下表所示。C是一个用来保护显示器的电容器。秤台的重力忽略不计。‎ 压力F/N ‎0‎ ‎50‎ ‎100‎ ‎150‎ ‎200‎ ‎250‎ ‎300‎ 电阻R/Ω ‎300‎ ‎280‎ ‎260‎ ‎240‎ ‎220‎ ‎200‎ ‎180‎ ‎（1）在坐标系中画出电阻R随压力F变化的图线，并归纳出电值R随压力F变化的函数关系式 ；（3%）‎ ‎（2）写出压力随电流变化的关系式 ，（3%）说明该测力显示器的刻度是否均匀 (填“均匀”或“不均匀”)；‎ ‎（3）若电容器的耐压值为5V，该电子秤的量程是 N。‎ 四、计算题：本题共3小题，第16题6分，第17题8分，第18题11分，共25分．把解答写在指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写答案不得分．‎ ‎16.如图所示的电路中，电源的电动势E=12V，内电阻r＝1Ω，R1=1Ω，R2=6Ω，电动机的线圈电阻RM=1Ω,若开关S闭合后通过电源的电流I=‎3A，通过R2电流‎1A 。求:‎ ‎（1）的消耗电功率=？‎ ‎（2）电动机发热功率?‎ ‎（3）电动机输出的机械功率 =？‎ ‎17.如图所示，一带电荷量为q＝－5×10－‎3C，质量为m＝‎0.1kg的小物块处于一倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面上，当整个装置处于一水平向左的匀强电场中时，小物块恰处于静止状态．（g取‎10m/s2）（sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：（1）电场强度多大？（2）若从某时刻开始，电场强度减小为原来的，物块下滑距离L＝‎1.5m时的速度大小？‎ ‎18.如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形，电子的电量为e（不计电子所受重力）。‎ ‎（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子， 求电子离开ABCD区域的位置坐标。‎ ‎（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置坐标。‎ ‎（3）在满足（2）的情况下，粒子从释放点出发到达D点所需的最短时间是多少。‎ 厦门市湖滨中学2020---2020学年第一学期期中考 高二物理（等级）试卷 考试时间： 2020年11月 日 命题人：_____________‎ 审核人：_____________‎ 一．选择题：本题共12小题，共40分．第1～8题在每小题给出的四个选项中只有一项符合题目要求，每小题3分；第9～12题有多项符合题目要求，每小题4分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ www.‎ ‎1.下列说法中不正确的是 A. 美国物理学家密立根最早测得的元电荷量e的数值 B. 奥斯特发现，电流周围会产生磁场 C. 电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能多少的物理量 D. 电阻率ρ是反映材料导电性能的物理量 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A项：电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，故A正确；‎ B项：奥斯特发现了电流的磁效应，故B正确；‎ C项：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C错误；‎ D项：电阻率是反映材料导电性能的物理量，故D正确。‎ 故应选：C。‎ ‎2.图中a、b、c为三根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正三角形的三个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。可以判断出a、b两长直导线在c导线处产生的磁感应强度方向是 A. 向上 B. 向下 C. 向左 D. 向右 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】由右手螺旋定则可知，a导线在c处产生的磁场B1方向为：垂直ac斜向下，‎ b导线在c处产生的磁场B2方向为：垂直bc斜向下，‎ 磁感应强度大小相等，由几何关系可知，B1与B2成600夹角，‎ 由平行四边形定则可知，B1与B2的合磁场向下，故B正确。‎ ‎3.如图所示，A、B是两个带有绝缘支架的金属球，它们均不带电，并彼此接触。现使带负电的橡胶棒C靠近A(C与A不接触)，然后先将A、B分开（操作过程均与金属球绝缘），再将C移走，关于A、B的带电情况，下列判断正确的是（ ）‎ A. A带正电，B带负电 B. A带负电，B带正电 C. A，B均不带电 D. A，B均带正电 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】带负电的橡胶棒C靠近A，然后把导体A和B分开，再移走C，导体A和B由于感应起电带上异种电荷，由于同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，所以此时A带正电，B带负电。故BCD错误，A正确故选A。‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道摩擦起电、感应起电、接触带电的实质都是电荷的移动，电荷的总量保持不变。‎ ‎4. 两个分别带有电荷量﹣2Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（　　）‎ A．F B．F C． F D． ‎‎12F 答案：C ‎5.在如图所示的U－I图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R的U－I图线。用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知 A. 电源的电动势为3 V，内阻为1Ω B. 电阻R的阻值为2 Ω C. 电源的输出功率为4 W D. 电源的效率为50%‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，由斜率大小读出电源的内阻．图线Ⅱ的斜率大小等于电阻R的大小．两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率和电源的效率。‎ ‎【详解】A项：由图线图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势 E=3V，其斜率大小等于电源的内阻，则，故A错误；‎ B项：电阻R的阻值为，故B错误；‎ C项：两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有 U=2V，I=‎2A，电源的输出功率为P=UI=2×2W=4W．故C正确；‎ D项：电源的效率为，故D错误。‎ 故应选：C。‎ ‎【点睛】本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，知道两个图象的交点表示该电源与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压。‎ ‎6.如图所示，虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距平行直线，两粒子M、N质量相等，所带电荷的绝对值也相等．现将M、N从虚线上的O点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如右图中两条实线所示．点a、b、c为实线与虚线的交点．已知O点电势高于c点，若不计重力，则(　　)‎ A. M带负电荷，N带正电荷 B. N在a点的速度与M在c点的速度大小不相同 C. N在从O点运动至a点的过程中克服电场力做功 D. M在从O点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零 ‎【答案】D ‎【解析】‎ 由题，等势线在水平方向，O点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出N粒子所受的电场力方向竖直向上，M粒子所受的电场力方向竖直向下，故知M粒子带正电，N带负电，故A错误．由动能定理可知，N在a点的速度与M在c点的速度大小相等，故B正确．N从O点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功．故C错误．O、c间电势差不为零，由动能定理可知M从O点运动至c点的过程中，电场力对它做功不为零．故D错误．故选B.‎ 点睛：本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性．由动能定理分析电场力做功是常用的方法．‎ 视频 ‎7.如右图所示的电路为欧姆表原理图，电池的电动势E＝1.5 V，G为电流表，满偏电流为200 μA.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50 μA，那么Rx的值是(　　)‎ A. 7.5‎‎ kΩ B. 22.5 kΩ C. 15 kΩ D. 30 kΩ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：当电流表满偏时：，即；电流表G的指针示数为50μA时，,即，解得：R="22.5" kΩ ，选项B正确。‎ 考点：欧姆表；欧姆定律.‎ ‎8. 如图所示，在相距为d的两个等高处，固定着电量分别为-Q和+Q 的两个等量异种点电荷，在它们连线的水平中垂线上固定一根长为L，内壁光滑的绝缘细管，现有一电量为+q的小球以初速度v0从管口射入，已知静电力常量为k，则下列说法正确的是( )‎ A. 小球的速度一直减小 B. 受到的库仑力先做负功后做正功 C. 小球的电势能保持不变 D. 管壁对小球的弹力最大值为 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】电荷量为+q 的小球以初速度v0 从管口射入的过程，因电场力不做功，只有重力做功；根据动能定理，故加速度不变，速度不断增加；故A错误；小球有下落过程中，库仑力与速度方向垂直，则库仑力不做功，小球的电势能保持不变；故B错误，C正确；在两个电荷的中垂线的中点，单个电荷产生的电场强度为：；根据矢量的合成法则，则有电场强度最大值为，因此电荷量为+q 的小球受到最大库仑力为，管壁对小球的弹力最大值为，故D错误；故选C。‎ ‎9.如图所示，甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成，下列说法正确的是(　　)‎ A. 甲表是电流表，R增大时量程减小 B. 甲表是电流表，R增大时量程增大 C. 乙表是电压表，R增大时量程增大 D. 乙表是电压表，R增大时量程减小 ‎【答案】AC ‎【解析】‎ A、B、甲表是表头和电阻并联，利用了并联分流的特点，功能上是电流表，R增大时，甲表中变阻器分流减小，量程减小，故A正确，B错误．C、D、乙是电压表，R增大时，变阻器分担的电压增大，乙表量程增大，故C正确，D错误．故选AC．‎ ‎【点睛】本题考查电表改装原理的理解能力．当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值．‎ ‎10. 如图所示，、、为三个相同的灯泡且电阻恒定，在变阻器 R的滑片 P 向上移动过程中，下列正确的是( )‎ A. 电源总功率变大 B. 中电流变化量小于中电流变化量 C. 变暗, 变亮, 变暗 D. 变亮, 变暗, 变亮 ‎【答案】AD ‎【解析】‎ ‎【详解】在变阻器R的滑片P向上移动过程中，R减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流I增大，L3变亮。L2的电压U2=E-I（R3+r），E、R3、r均不变，I增大，U2减小，I2减小，L2变暗。流过L1的电流I1=I-I2，I增大，I2减小，则I1增大，L1变亮，则选项D正确，C错误；根据P=EI，总电流I变大，则电源总功率变大，选项A正确；因I = I1+I2，I增大，I2减小，I1增大，可知∆I1>∆I2。故B错误。故选D。‎ ‎【点睛】本题是动态电路的分析，采用“先局部，后整体，再回到局部的分析方法”；分析电流变化量的大小采用的是总量的方法，根据总电流的变化情况确定两支路电流变化量的大小。‎ ‎11. 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. 尘埃仍静止 C. 电流计中有b→a的电流 D. 电流计中有a→b的电流 ‎【答案】BD ‎【解析】‎ ‎【详解】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.由于板间电压和距离不变，由E=U/d分析可知，板间场强不变，尘埃所受电场力不变，仍处于静止状态。故B正确；‎ CD.电容器电量减小，处于放电状态，而电容器上板带正电，电路中有逆时针方向的电流，则检流计中有a→b的电流。故D正确，Car错误。‎ 故选：BD ‎【点睛】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，电容器板间电压不变，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．由E=U/d分析板间场强有无变化，判断尘埃是否仍保持静止．‎ ‎12. 质量为m、带正电的，电量为+q的小金属块A以水平初速度v0从高台右边缘P 点进入存在着水平向左匀强电场的右侧空间中，场强大小E＝2mg/q，高台足够高，则（ ）‎ A. 金属块做平抛运动 B. 经过足够长的时间金属块一定会与高台右侧边缘PQ相碰 C. 金属块运动过程中距高台边缘的最大水平距离为 D. 金属块运动过程的最小速度为 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【详解】电场力F=qE=q•=2mg，向左，故小金属块水平方向向右做匀减速直线运动，竖直方向做自由落体运动，合运动不是平抛运动，故A错误；小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，然后向左做匀加速直线运动，故一定会与高台边缘相碰，故B正确；小金属块水平方向先向右做匀减速直线运动，加速度为‎-2g，根据速度位移关系公式，有：，故C正确；小金属块水平方向向右做匀减速直线运动，分速度vx=v0-2gt；竖直方向做自由落体运动，分速度vy=gt；合速度，根据二次函数知识，当时，有极小值，故D正确；故选BCD。‎ ‎【点睛】‎ 本题关键将小金属块的运动沿着水平和竖直方向正交分解，然后根据分运动的位移公式和速度公式列式求解；对于D选项，要求解出合速度的表达式，根据二次函数的知识求解极值．‎ 二、实验题：本题共3小题，第13题10分，第14题10分，15共20分．把答案写在答题卡中指定的答题处．‎ ‎13. 要测绘一个标有“3V 0．6W”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，并便于操作。已选用的器材有：‎ 直流电源（电压为4V）；‎ 电流表（量程为0—0．‎6A．内阻约0．2）；‎ 电压表（量程为0--3V）；‎ 电键一个、导线若干。‎ ‎（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_______（填字母代号）。‎ A．滑动变阻器（最大阻值10，额定电流‎1A）‎ B．滑动变阻器（最大阻值1k，额定电流0．‎3A）‎ ‎（2）为了设计合理的实验方案，某同学用多用电表来粗略测量电压表的内阻，表盘读数及开关选择档位，如下图所示，则其阻值约为 ；测量时多用电表的红表笔应接电压表的 （填正或者负）接线柱。‎ ‎（3）选出既满足实验要求，又要减小误差的实验电路图________。‎ ‎（4）下图为某同学在实验过程中完成的部分电路连接的情况，请你帮他完成其余部分的线路连接。（电路中仅缺少2条导线，请用笔代替导线连上）‎ ‎【答案】（1）A （2） 3．6KΩ、负（3）丙 ‎【解析】‎ 试题分析：① 实验中滑动变阻器要用分压电路，故所用的滑动变阻器应选阻值较小的A;‎ ‎② （1）电压表的内阻值约为36×100Ω=3．6KΩ；测量时多用电表的红表笔应接电压表的负接线柱。‎ ‎（2）实验要求灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3V，则滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻为，电流表内阻远小于灯泡电阻，所以电流表应采用外接法，因此实验电路应选丙；‎ 电路连线如图；‎ 考点：测绘小灯泡的伏安特性曲线 ‎【名师点睛】本题考查了选择实验器材、选择实验电路确定滑动变阻器与电流表接法是选择实验电路的关键；同时明确对电学实验要明确以下情况滑动变阻器必须用分压式接法：①要求电压或电流从零调；②变阻器的全电阻远小于待测电阻；③用限流接法时通过电流表的电流大于电流表的量程。‎ ‎14. 如图，有一根细长且均匀的金属管线，长约‎1cm，电阻约为5 Ω，假设这种金属的电阻率为ρ，现在要尽可能精确测定它的电阻率.‎ ‎ (1)用螺旋测微器测量金属管线外径D时刻度的位置如下图所示，从图中读出外径为________ mm，应用毫米刻度尺测金属管线的长度L mm；‎ ‎(2)测量金属管线的电阻R，为此取来两节新的干电池、开关和若干导线及下列器材：‎ A．电压表0～3 V，内阻约10 kΩ B．电压表0～15 V，内阻约50 kΩ C．电流表0～‎0.6 A，内阻约0.05 Ω D．电流表0～‎3 A，内阻约0.01 Ω E．滑动变阻器，0～10 Ω F．滑动变阻器，0～100 Ω 要求较准确地测出其阻值，电流表应选_______，滑动变阻器应选_______；(填仪器前面字母)‎ ‎(3)按照电路图连接实物图后，某次测量电表的读数如上图所示，则电流表的读数为 A ‎(4)用已知的物理常数和直接测量的物理量(均用符号D，L，U，I)表示，推导出计算金属线电阻率的表达式ρ＝______________‎ ‎【答案】 (1). 5.200　 ,10.70 (2). C (3). E (4).0.44 (5). ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1) 螺旋测微器的固定刻度为‎5.0mm，可动刻度为20.0×‎0.01mm=‎0.200mm，所以最终读数为‎5.0mm+‎0.200mm=‎5.200mm；‎ ‎(2) 两节新的干电池电动势为3V，因为电量中最大电流大约为，为了测量的精确，电流表应选择C，‎ 滑动变阻器采用限流式接法，因为待测电阻较小，所以滑动变阻器选择E；‎ ‎(3)如图所示，电压表的量程为3V，所以电压表的读数为1.90V；‎ ‎(4) 该实验需要测量空心金属管的内径，通过欧姆定律测出电阻的大小，结合电阻定律测出横截面积，从而根据外径求出内径的大小．故所需测量的物理量为金属管的长度L、金属管的外径D、加在管两端的电压U、通过管的电流强度I．‎ 根据欧姆定律得，‎ 又 因为 解得：‎ ‎【点睛】解决本题的关键知道实验的原理，操作步骤，以及知道实验误差形成的原因．掌握滑动变阻器分压、限流式接法的区别，以及电流表内外接的区别。‎ ‎15.有一种测量压力的电子秤，其原理如下图所示。E是内阻不计、电动势为6V的电源。R0‎ 是一个阻值为400Ω的限流电阻。G是由理想电流表改装成的指针式测力显示器。R是压敏电阻，其阻值可随压力大小变化而改变，其关系如下表所示。C是一个用来保护显示器的电容器。秤台的重力忽略不计。‎ 压力F/N ‎0‎ ‎50‎ ‎100‎ ‎150‎ ‎200‎ ‎250‎ ‎300‎ 电阻R/Ω ‎300‎ ‎280‎ ‎260‎ ‎240‎ ‎220‎ ‎200‎ ‎180‎ ‎（1）在坐标系中画出电阻R随压力F变化的图线，并归纳出电值R随压力F变化的函数关系式 ；‎ ‎（2）写出压力随电流变化的关系式 ，说明该测力显示器的刻度是否均匀 (填“均匀”或“不均匀”)；‎ ‎（3）若电容器的耐压值为5V，该电子秤的量程是 N。‎ ‎【答案】（1）R=300‎-0.4F（2） ，电流刻度均匀，F的刻度不均匀，但满足电流越大，力越大。（3）F=550N ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据电阻随压力变化的数据来画图，把压力和电阻作为一组有序数对在坐标系中描点然后连接即可．再根据R的阻值随压力F的大小变化的图象可知电阻与压力成一次函数关系，利用待定系数法可确定函数关系式；‎ ‎(2)根据欧姆定律推导串联电路电流的关系式，结合R与F的关系式推导压力与电流的关系式可知测力显示器的刻度是否均匀；‎ ‎(3)根据串联电路电压规律可知压敏电阻两端的电压，根据串联电路特点可计算压敏电阻的值，进一步计算测力计的最大测量值。‎ ‎【详解】(1) 把压力大小作为横坐标，把电阻大小作为纵坐标，在坐标系中描点连线即可得压敏电阻R的阻值随压力F的大小变化的图象，如图：‎ 根据R的阻值随压力F的大小变化的图象可知压敏电阻R的阻值与压力F成一次函数关系，设它们的关系式为R=KF+b 把F=50N，R=280Ω和F=100N，R=260Ω代入得：‎ ‎280=50K+b…①，‎ ‎260=100K+b…②．‎ 解得K=-0.4，b=300，‎ 所以它们的关系式为R=300‎-0.4F；‎ ‎(2) 根据欧姆定律得 把R=-‎0.4F+300，U=6V，R0=400Ω代入上式 化简得：F=1750-‎ 所以压力和电流不成一次函数关系，故该测力显示器的刻度是不均匀的；‎ ‎(3) 从上式可知，压力增大时，压敏电阻值减小，‎ 当电阻两端的电压为5V时，压敏电阻两端的电压为：‎ U1=U-U0=6V-5V=1V 根据串联电路特点可得 即 得 R=80Ω 把R=80Ω代入R=300‎‎-0.4F 即80=-‎0.4F+300‎ 解得F=550N。‎ 三、计算题：本题共3小题，第16题6分，第17题8分，第10题11分，共25分．把解答写在指定的答题处，要求写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，只写答案不得分．‎ ‎16.如图所示的电路中，电源的电动势E=12V，内电阻r＝1Ω，R=1Ω，R=6Ω，电动机的线圈电阻R=1Ω,若开关S闭合后通过电源的电流I=‎3A，通过R电流‎1A 。求:‎ ‎（1）的消耗电功率=？（2）电动机发热功率?‎ ‎（3）电动机输出的机械功率 =？‎ ‎【答案】(1) (2) 4W (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）P1=I2R1=32×1W=9W ‎（2） 通过电动机的电流 IM=I-I2=‎3A-1A=2A 电动机内阻发热功率 PM=IM2RM=22×1W=4W ‎（3）根据欧姆定律得U2=I2R2=6V 电动机的总功率 P=IMUM=2×6W=12W 电动机输出的机械功率P出 =P-PM=2×6W-4W=8W ‎17.如图所示，一带电荷量为q＝－5×10－‎3C，质量为m＝0．‎1kg的小物块处于一倾角为θ＝37°的光滑绝缘斜面上，当整个装置处于一水平向左的匀强电场中时，小物块恰处于静止状态．（g取‎10m/s2）（sin37°＝0．6，cos37°＝0．8）求：‎ ‎（1）电场强度多大？‎ ‎（2）若从某时刻开始，电场强度减小为原来的，物块下滑距离L＝1．‎5m时的速度大小？‎ ‎【答案】(1) 150N/C(2) 1.35J ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 受力分析：竖直向下的重力，水平向右的电场力，垂直斜面向上的支持力 ‎（1）①②‎ 联立得 ‎（2）运用正交分解法 解得 由动能定理：‎ 解得 考点：考查带电粒子在复合场中的运动 ‎16.‎ ‎17.‎ ‎18.如图所示为研究电子枪中电子在电场中运动的简化模型示意图。在Oxy平面的ABCD区域内，存在两个场强大小均为E的匀强电场I和II，两电场的边界均是边长为L的正方形，电子的电量为e（不计电子所受重力）。‎ ‎（1）在该区域AB边的中点处由静止释放电子， 求电子离开ABCD区域的位置坐标。‎ ‎（2）在电场I区域内适当位置由静止释放电子，电子恰能从ABCD区域左下角D处离开，求所有释放点的位置坐标。‎ ‎（3）在满足（2）的情况下，粒子从释放点出发到达D点所需的最短时间是多少。‎ ‎【答案】（1）（－‎2L，） （2），　xy＝，（3）=‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)此问分为两个过程，一是在电场Ⅰ区域的加速运动，运用能量的关系可求出加速后的速度；二是在电场Ⅱ区域内的偏转，运用类平抛的知识可求出偏转距离，从而得到电子离开ABCD区域的位置；‎ ‎(2)首先设出释放点的坐标，在运用在电场I中的加速和在电场II中的类平抛运动，计算出表示xy的乘积的方程，满足此式的点即为符合要求的点。‎ ‎【详解】(1) 设电子的质量为m，电量为e，在电场I中释放后将做出速度为零的匀加速直线运动，出区域I时的速度为v0，接着进入电场II做类平抛运动，假设电子从CD边射出，出射点纵坐标为y，对电子的整个运动过程运用动能定理和匀变速直线运动公式有：‎ 以上两式联立解得： ，所以原假设成立，即电子离开ABCD区域的位置坐标为；‎ ‎(2) 设释放点在电场区域I中，其坐标为（x，y），在电场I中电子被加速到v1，然后进入电场II做类平抛运动，并从D点离开，有：‎ 以上两式联立解得：，即在电场I区域内满足方程的点即为所求位置；‎ ‎(3)粒子在电场区域I中运动的时间为：‎ 解得：‎ 粒子出电场区域I时的速度 粒子在无电场区域做匀速直线运动的时间为：；‎ 粒子在电场区域II的时间为：‎ 也可写成：‎ 即 联立；‎ 由数学知识可知：。‎