物理卷·2018届河南省鹤壁市淇县一中高二上学期期中物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届河南省鹤壁市淇县一中高二上学期期中物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年河南省鹤壁市淇县一中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共计48分．1-8每小题只有一个选项符合题意，9-12每小题有多个选项符合题意，选不全得2分，有选错的得0分．‎ ‎1．板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1，现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是（　　）‎ A．U2=U1，E2=E1 B．U2=U1，E2=2E1‎ C．U2=2U1，E2=2E1 D．U2=2U1，E2=4E1‎ ‎2．额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W的电灯两盏，若接在外电压是220V的电路上，使每盏电灯均能正常发光，且电路中消耗的功率最小的电路是下列图所示的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．两个固定的等量异号点电荷所产生电场等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中（　　）‎ A．做直线运动，电势能先变小后变大 B．做直线运动，电势能先变大后变小 C．做曲线运动，电势能先变小后变大 D．做曲线运动，电势能先变大后变小 ‎4．下列选项中的各 圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘，则坐标原点O处电场强度最小的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎5．如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则（　　）‎ A．V的读数变大，A的读数变小 B．V的读数变大，A的读数变大 C．V的读数变小，A的读数变小 D．V的读数变小，A的读数变大 ‎6．两只电压表V1和V2是由完全相同的电流表改装而成的，V2的量程为5V，V1的量程为15V，为了测量15﹣20V的电压，把V1、V2串联起来使用，在这种情况下（　　）‎ A．V1和V2两表指针偏转角相等 B．V1和V2读数相等 C．V1和V2的读数之比不等于电压表的内阻之比 D．V1和V2的指针偏转角度之比等于两个电压表的内阻之比 ‎7．如图有一内电阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V　60W”的灯泡串联后接在电压为220V的直流电路两端，灯泡正常发光，则（　　）‎ A．电解槽消耗的电功率为120W B．电解槽消耗的电功率为60W C．电解槽的发热功率为60W D．电路消耗的总功率为60W ‎8．在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻．当开关S闭合后，两平行金属板M、N中有一带电油滴正好处于静止状态．为使带电油滴向上加速运动，可采取的措施是（　　）‎ A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值 C．增大R3的阻值 D．增大M、N间距 ‎9．将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则（　　）‎ A．a点的电场强度比b点的大 B．a点的电势比b点的低 C．检验电荷﹣q在a点的电势能比在b点的大 D．将检验电荷﹣q从a点移到b点的过程中，电场力做负功 ‎10．用伏安法测未知电阻Rx时，若不知Rx的大约数值，为了选择正确的电流表接法以减小误差，可将仪器如图所示接好，只空出一个电压表的一个接头K，然后将K分别与a，b接触一下，观察电压表和电流表示数变化情况，则（　　）‎ A．若电流表示数有显著变化，K应按a B．若电流表示数有显著变化，K应按b C．若电压表示数有显著变化，K应按a D．若电压表示数有显著变化，K应按b ‎11．用标有“6V　3W”的灯泡L1、“6V　6W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图甲所示的实验电路，其中电源电动势E=9V．图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线．当其中一个灯泡正常发光时（　　）‎ A．电流表的示数为1 A B．电压表的示数约为6 V C．电路输出功率为4 W D．电源内阻为2Ω ‎12．如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象；直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象；直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象．如果将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么有（　　）‎ A．R接到a电源上，电源的效率较低 B．R接到b电源上，电源的输出功率较小 C．R接到a电源上，电源的输出功率较高，电源效率也较高 D．R接到b电源上，电阻的发热功率和电源的效率都较高 ‎　‎ 二、实验题：本题共2题共计14分，其中13题6分，14题8分．‎ ‎13．用游标卡尺测得某样品的长度如图甲所示，其示数L=　　mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图乙所示，其示数D=　　mm．‎ ‎14．为探究小灯泡的电功率P和电压U的关系，小明测量小灯泡的电压U和电流I，利用P=UI得到电功率． 实验所使用的小灯泡规格为“3.0V，1.8W”，电源为12V的电池，滑动变阻器的最大阻值为10Ω．‎ ‎（1）准备使用的实物电路如图1所示． 请将滑动变阻器接入电路的正确位置．（用笔画线代替导线）‎ ‎（2）现有10Ω、20Ω和50Ω的定值电阻，电路中的电阻R1 应选　　Ω的定值电阻．‎ ‎（3）测量结束后，应先断开开关，拆除　　两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材．‎ ‎（4）小明处理数据后将P、U2描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图2所示． 请指出图象中不恰当的地方．‎ ‎　‎ 三、计算题：本题共3题共计38分，其中15题10分，16题12分，17题16分．‎ ‎15．如图，已知E=8V，r=4Ω，R1=2Ω，R2的变化范围是0﹣10Ω．求：‎ ‎①电源的最大输出功率；‎ ‎②R1上消耗的最大功率；‎ ‎③R2上消耗的最大功率．‎ ‎16．如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r=1.0Ω，电路中另一电阻R=4Ω，直流电压U=120V，电压表示数UV=100V．试求：‎ ‎（1）通过电动机的电流；‎ ‎（2）输入电动机的电功率；‎ ‎（3）若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？（g取10m/s2）‎ ‎17．如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间．若小球带电量为q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力．‎ 那么（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？‎ ‎（2）此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河南省鹤壁市淇县一中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共计48分．1-8每小题只有一个选项符合题意，9-12每小题有多个选项符合题意，选不全得2分，有选错的得0分．‎ ‎1．板间距为d的平行板电容器所带电荷量为Q时，两极板间电势差为U1，板间场强为E1，现将电容器所带电荷量变为2Q，板间距变为d，其他条件不变，这时两极板间电势差为U2，板间场强为E2，下列说法正确的是（　　）‎ A．U2=U1，E2=E1 B．U2=U1，E2=2E1‎ C．U2=2U1，E2=2E1 D．U2=2U1，E2=4E1‎ ‎【考点】电容器的动态分析；电容．‎ ‎【分析】根据电容公式判断出电容的变化，再根据电容定义式得出电势差的变化，再根据匀强电场公式判断出场强的变化．‎ ‎【解答】解：根据电容公式说明电容变为2倍，根据电容定义式，发现电量变为原来的2倍，电容也变为原来的2倍，所以电势差不变，根据场强关系，d变为原来的，所以场强变为2倍，故A、CD错误，B正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎2．额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W的电灯两盏，若接在外电压是220V的电路上，使每盏电灯均能正常发光，且电路中消耗的功率最小的电路是下列图所示的（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，在由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路．‎ ‎【解答】解：A、由于AB两个灯泡的电阻大小不同，所以直接把AB串连接入电路的话，AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，所以A错误；‎ B、由于额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W，由此可知RB＞RA，把灯泡A与电阻并联的话，会使并联的部分的电阻更小，所以AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，所以B错误；‎ C、由于额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W，由此可知RB＞RA，把灯泡B与电阻并联的话，可以使并联部分的电阻减小，可能使A与并联部分的电阻相同，所以AB能同时正常发光，并且电路消耗的功率与A灯泡的功率相同，所以总功率的大小为200W；‎ D、把AB并联之后与电阻串连接入电路的话，当电阻的阻值与AB并联的总的电阻相等时，AB就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为AB灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率的大小为280W；‎ 由CD的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为C，所以C正确．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎3．两个固定的等量异号点电荷所产生电场等势面如图中虚线所示，一带负电的粒子以某一速度从图中A点沿图示方向进入电场在纸面内飞行，最后离开电场，粒子只受静电力作用，则粒子在电场中（　　）‎ A．做直线运动，电势能先变小后变大 B．做直线运动，电势能先变大后变小 C．做曲线运动，电势能先变小后变大 D．做曲线运动，电势能先变大后变小 ‎【考点】等势面；电势能．‎ ‎【分析】粒子在静电场中电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增大．粒子所受的电场力与速度方向不在同一直线上，做曲线运动．‎ ‎【解答】解：根据电场线与等势线垂直可知，在A点电场线方向应与速度v垂直，则粒子所受的电场力方向向上，与初速度v也垂直，粒子做曲线运动．粒子靠近正电荷时，电场力做正功，离开正电荷时，电场力做负功，则其电势能先变小后变大．故C正确．‎ 故选：C ‎　‎ ‎4．下列选项中的各圆环大小相同，所带电荷量已在图中标出，且电荷均匀分布，各圆环间彼此绝缘，则坐标原点O处电场强度最小的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】根据点电荷场强的公式和场强叠加原理，与选项相对比，分析求解原点O场强的大小问题．‎ ‎【解答】解：A、坐标原点O处电场强度是带电圆环产生的；‎ B、坐标原点O处电场强度是第一象限带正电圆环和第二象限 带负电圆环叠加产生，坐标原点O处电场强度大小大于A图带电圆环产生的场强；‎ C、第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度是带电圆环产生的，其大小与A图相等；D、第一象限带正电圆环和第三象限带正电圆环产生电场相互抵消，第二象限带负电圆环和第四象限带负电圆环产生电场相互抵消，所以坐标原点O处电场强度为零．‎ 所以坐标原点O处电场强度最小的是D．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．如图，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，V与A分别为电压表与电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则（　　）‎ A．V的读数变大，A的读数变小 B．V的读数变大，A的读数变大 C．V的读数变小，A的读数变小 D．V的读数变小，A的读数变大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据S的通断可得出电路电阻的变化，则由闭合电路欧姆定律可得出电路中总电流及路端电压的变化；再由串并联电路的性质可判及各部分电流的变化．‎ ‎【解答】解：S断开，相当于电阻变大，则由闭合电路欧姆定律可得电路中总电流减小，故路端电压增大，V的读数变大；‎ 把R1归为内阻，内电压减小，故R3中的电压增大，由欧姆定律可知R3中的电流也增大，电流表示数增大，故B正确；‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎6．两只电压表V1和V2是由完全相同的电流表改装而成的，V2的量程为5V，V1‎ 的量程为15V，为了测量15﹣20V的电压，把V1、V2串联起来使用，在这种情况下（　　）‎ A．V1和V2两表指针偏转角相等 B．V1和V2读数相等 C．V1和V2的读数之比不等于电压表的内阻之比 D．V1和V2的指针偏转角度之比等于两个电压表的内阻之比 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】改装电压表是与表头串联分压电阻，由于表头相同，故两个表头电流相等，偏转角度相等；又由于表头满偏电流相等，电压比为5：1，故电压表内阻为5：1．‎ ‎【解答】解：A、两电压表串联，流过两表头的电流相等，则两电压表指针偏转角度相等，故A正确；‎ B、两电压表串联，流过它们的电流相等而电压表内阻不同，电压表两端电压不同，电压表示数不同，故B错误；‎ C、通过两电压表的电流相同，由欧姆定律可知，V1和V2的读数之比等于电压表的内阻之比，故C错误；‎ D、由于串联电流相等，故表头偏转角度相同，V1和V2的指针偏转角度之比与电压表内阻无关，故D错误；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．如图有一内电阻为4.4Ω的电解槽和一盏标有“110V　60W”的灯泡串联后接在电压为220V的直流电路两端，灯泡正常发光，则（　　）‎ A．电解槽消耗的电功率为120W B．电解槽消耗的电功率为60W C．电解槽的发热功率为60W D．电路消耗的总功率为60W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】由于电解槽和灯泡串联，根据灯泡正常发光，可以判断出电解槽的电压和电流，从而可以求得电解槽的输入功率、发热功率以及输出功率．‎ ‎【解答】解：A、由于灯泡正常发光，所以电解槽的电压为220﹣110=110V，‎ 由于电解槽和灯泡串联，它们的电流相等，所以I=A，‎ 所以电解槽的输入功率为：P=UI=110×=60W，所以A错误．‎ B、电解槽的发热功率为：P热=I2r=（）2×4.4=1.3W，所以B错误．‎ C、电解槽消耗的总功率等于电解槽的输入功率为：P=UI=110×=60W，所以C正确．‎ D、电路消耗总功率为为：P总=220V×A=120W，所以D错误．‎ 故选：C ‎　‎ ‎8．在如图所示的电路中，R1、R2、R3均为可变电阻．当开关S闭合后，两平行金属板M、N中有一带电油滴正好处于静止状态．为使带电油滴向上加速运动，可采取的措施是（　　）‎ A．增大R1的阻值 B．增大R2的阻值 C．增大R3的阻值 D．增大M、N间距 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电路稳定时，电容器的电压等于可变电阻R3的电压，改变R1，对电容器的电压没有影响．要使油滴上升，需增加R3两端的电压，根据欧姆定律确定采用的方法．‎ ‎【解答】解：A、增大R1，对电容器的电压没有影响，油滴不动．故A错误．‎ B、增大R2，R2分担的电压变大，则R3分担的电压变小，则电容器两端的电压减小，油滴下降，故B错误．‎ C、增大R3，R3‎ 分担的电压增大，则电容器两端的电压变大，油滴受到的电场力变大，油滴上升，故C正确．‎ D、增大M、N间的间距，板间电压不变而电场强度变小，油滴受到竖直向上的电场力变小，油滴向下运动，故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎9．将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等．a、b为电场中的两点，则（　　）‎ A．a点的电场强度比b点的大 B．a点的电势比b点的低 C．检验电荷﹣q在a点的电势能比在b点的大 D．将检验电荷﹣q从a点移到b点的过程中，电场力做负功 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小．‎ ‎【解答】解：A、电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比b点大，故A正确；‎ B、a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，即a点的电势比b点的高．故B错误；‎ C、电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C错误；‎ D、由上知，﹣q在a点的电势能较b点小，则把﹣q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功．故D正确．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎10．用伏安法测未知电阻Rx时，若不知Rx的大约数值，为了选择正确的电流表接法以减小误差，可将仪器如图所示接好，只空出一个电压表的一个接头K，然后将K分别与a，b接触一下，观察电压表和电流表示数变化情况，则（　　）‎ A．若电流表示数有显著变化，K应按a B．若电流表示数有显著变化，K应按b C．若电压表示数有显著变化，K应按a D．若电压表示数有显著变化，K应按b ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】伏安法测电阻有两种电路，电流表内接法与电流表外接法，可以用试触法确定电流表的接法，如果电流表示数变化大，说明电压表分流较大，应采用内接法；如果电压表示数变化较大，说明电流表分压较大，应采用外接法．‎ ‎【解答】解：A、电流表示数有显著变化，说明电压表分流明显，电流表应采用内接法，K应接在b处，故A错误，B正确；‎ C、如果电压表示数变化明显，电压表示数变化明显，说明电流表的分压明显，电流表应采用外接法，K应接在a处，故C正确，D错误；‎ 故选：BC．‎ ‎　‎ ‎11．用标有“6V　3W”的灯泡L1、“6V　6W”的灯泡L2与理想电压表和理想电流表连接成如图甲所示的实验电路，其中电源电动势E=9V．图乙是通过两个灯泡的电流随两端电压变化的曲线．当其中一个灯泡正常发光时（　　）‎ A．电流表的示数为1 A B．电压表的示数约为6 V C．电路输出功率为4 W D．电源内阻为2Ω ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】由图可知A的电流大于B的电流，故只能L2正常发光，正常发光时的电压为额定电压，根据串联电路电流规律可知两灯电流相等，结合串并联电路的特点和闭合欧姆定律进行求解．‎ ‎【解答】解：由图象可知，L2正常发光的电流为1A，L1的正常发光电流为0.5A，‎ 所以，两灯串联在电路中，只有一灯正常发光，则一定是L1，此时电路中的电流为0.5A，‎ 由图可知：L2的电压为U2′=2V，此时电压表测L2两端的电压，即电压表的示数为2V；‎ 此时电源的输出电压为U=U1′+U2′=2V+6V=8V，‎ 电源的输出功率P=UI=8V×0.5A=4W．‎ 电源的内阻r=．故C、D正确，AB错误．‎ 故选：CD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，直线A为电源a的路端电压与电流的关系图象；直线B为电源b的路端电压与电流的关系图象；直线C为一个电阻R的两端电压与电流的关系图象．如果将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么有（　　）‎ A．R接到a电源上，电源的效率较低 B．R接到b电源上，电源的输出功率较小 C．R接到a电源上，电源的输出功率较高，电源效率也较高 D．R接到b电源上，电阻的发热功率和电源的效率都较高 ‎【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率．‎ ‎【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：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b电源的内阻r较小．‎ ‎ 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，交点的纵坐标表示电压，横坐标表示电流，两者乘积表示电源的输出功率，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．‎ ‎ 电源的斜率：η=×100%=×100%=×100%=×100%‎ 可知R相等的情况下，r越大电源的输出效率越小，即a电源的效率小．‎ 由以上的分析可知，A、B正确；C、D错误．‎ 故选：AB ‎　‎ 二、实验题：本题共2题共计14分，其中13题6分，14题8分．‎ ‎13．用游标卡尺测得某样品的长度如图甲所示，其示数L=　30.35　mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图乙所示，其示数D=　3.204　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．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：游标卡尺的主尺读数为：30mm，游标读数为0.05×7mm=0.35mm，所以最终读数为：30mm+0.35mm=30.35mm；‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为0.01×20.4mm=0.204mm，所以最终读数为：3mm+0.204mm=3.204mm，由于需要估读在范围3.203﹣3.205内均正确．‎ 故本题答案为：30.35，2.304（3.203﹣3.205）‎ ‎　‎ ‎14．为探究小灯泡的电功率P和电压U的关系，小明测量小灯泡的电压U和电流I，利用P=UI得到电功率． 实验所使用的小灯泡规格为“3.0V，1.8W”，电源为12V的电池，滑动变阻器的最大阻值为10Ω．‎ ‎（1）准备使用的实物电路如图1所示． 请将滑动变阻器接入电路的正确位置．（用笔画线代替导线）‎ ‎（2）现有10Ω、20Ω和50Ω的定值电阻，电路中的电阻R1 应选　10　Ω的定值电阻．‎ ‎（3）测量结束后，应先断开开关，拆除　电池　两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材．‎ ‎（4）小明处理数据后将P、U2描点在坐标纸上，并作出了一条直线，如图2所示． 请指出图象中不恰当的地方．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】测定小灯泡伏安特性曲线实验要求电流从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法；做电学实验为保护电流表，需要串联一个保护电阻，保护电阻的值应根据欧姆定律算出；画图象时若各点不在一条直线上时，应用平滑的曲线连接．‎ ‎【解答】解：（1）从P﹣图象可知电压从零调，所以滑动变阻器应用分压式接法，变阻器连接如图所示 ‎（2）当变阻器的输出电压最大时，通过小灯泡的电流为额定电流I==A=0.6A，根据欧姆定律通过变阻器的电流为==，所以通过电源的电流为=I+=0.6+0.3=0.9A，根据闭合电路欧姆定律，应有E=U+，解得+r===10Ω，所以保护电阻应选10Ω的定值电阻；‎ ‎（3）根据安全性原则，测量结束后，应先断开开关，拆除电池两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材．‎ ‎（4）图象中不恰当的地方有①图线不应画直线，应用平滑的曲线连接；②横坐标标度太大．‎ 故答案为（1）如图；‎ ‎ （2）10；‎ ‎ （3）电池；‎ ‎ （4）图线不应画直线，应用平滑的曲线连接；横坐标标度太大．‎ ‎　‎ 三、计算题：本题共3题共计38分，其中15题10分，16题12分，17题16分．‎ ‎15．如图，已知E=8V，r=4Ω，R1=2Ω，R2的变化范围是0﹣10Ω．求：‎ ‎①电源的最大输出功率；‎ ‎②R1上消耗的最大功率；‎ ‎③R2上消耗的最大功率．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】当电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大．当电路中电流最大时，R1消耗的功率最大．将R1看成电源的内阻，当等效电源的内阻与R2相等时R2消耗的功率最大．根据功率公式和欧姆定律求解．‎ ‎【解答】解：①当R2=2Ω时，外电阻等于内电阻，电源输出功率最大，最大为： =4W；‎ ‎②R1是定植电阻，电流越大功率越大，所以R2=0时R1上消耗的功率最大，最大为： =3.56W；‎ ‎③把R1也看成电源的一部分，等效电源的内阻为6Ω，所以当R2=6Ω时，R2上消耗的功率最大为： =2.67W．‎ 答：①电源的最大输出功率为4W；‎ ‎②R1上消耗的最大功率为3.56W；‎ ‎③R2上消耗的最大功率为2.67W．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r=1.0Ω，电路中另一电阻R=4Ω，直流电压U=120V，电压表示数UV=100V．试求：‎ ‎（1）通过电动机的电流；‎ ‎（2）输入电动机的电功率；‎ ‎（3）若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？（g取10m/s2）‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】‎ ‎（1）以电阻R为研究对象，根据欧姆定律求出通过R的电流，即为通过电动机的电流；‎ ‎（2）电动机的输入功率为P1=U2I；‎ ‎（3）电动机内电阻的发热功率为 P2=I2r，输出的机械功率为P3=P1﹣P2．由公式P3=Fv=mgv求解重物的质量．‎ ‎【解答】解：（1）通过电动机的电流 I==A=5A； ‎ ‎（2）电动机的输入功率 P1=UVI=100×5W=500W，‎ ‎（2）电动机内电阻的发热功率 P2=I2r=52×1W=25W，‎ 输出的机械功率 P3=P1﹣P2=W=475W； ‎ 提升速度设为v，P3=Fv=mgv 代入数据解得：m===47.5kg；‎ 答：‎ ‎（1）通过电动机的电流为5A；‎ ‎（2）电动机输出的机械功率为450W；‎ ‎（3）重物质量为47.5kg ‎　‎ ‎17．如图所示的电路中，两平行金属板A、B水平放置，两板间的距离d=40cm．电源电动势E=24V，内电阻r=1Ω，电阻R=15Ω．闭合开关S，待电路稳定后，将一带正电的小球从B板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间．若小球带电量为q=1×10﹣2C，质量为m=2×10﹣2kg，不考虑空气阻力．‎ 那么（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达A板？‎ ‎（2）此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）‎ ‎【考点】‎ 带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】小球恰好运动到A板，根据动能定理列式求解两板间的电压；然后根据欧姆定律求解滑动变阻器的电阻值；最后根据电功率表达式求解电源的输出功率．‎ ‎【解答】解：（1）小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到A板时速度为零．‎ 设两板间电压为UAB 由动能定理得 ‎﹣mgd﹣qUAB=0﹣①‎ ‎∴滑动变阻器两端电压 ‎ U滑=UAB=8 V ②‎ 设通过滑动变阻器电流为I，由欧姆定律得 I==1A ③‎ 滑动变阻器接入电路的电阻 ‎ R滑==8Ω ④‎ 即滑动变阻器接入电路的阻值为8Ω时，小球恰能到达A板．‎ ‎（2）电源的输出功率 ‎ P出=I2（R+R滑）=23 W ⑤‎ 故电源的输出功率是23W．‎ ‎　‎