物理卷·2018届河北省邯郸一中高二上学期月考物理试卷（10月份） （解析版）

物理卷·2018届河北省邯郸一中高二上学期月考物理试卷（10月份） （解析版）

‎2016-2017学年河北省邯郸一中高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ ‎　‎ 一、单选题（每题4分，共32分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．电动势反映了电源把电能转化为其他形式能量本领的物理量 B．电流强度有大小又有方向所以电流强度是矢量 C．电动势的单位和电势差相同，电动势实质上就是的电势差 D．同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化 ‎2．关于电流，下列说法正确的是（　　）‎ A．从I=可知，q与t成正比 B．从I=可知，导体中的电流跟导体两端的电压成正比 C．由I=nevs可知，电子运动的速率越大，电流越大 D．因为电流有方向，所以电流是矢量 ‎3．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（　　）‎ A．带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小 B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大 C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大 D．带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小 ‎4．如图所示的电路中，电源的输出电压恒为U，电动机M的线圈电阻与电炉L的电阻相同，电动机正常工作，在相同的时间内，下列判断正确的是（　　）‎ A．电炉放出的热量大于电动机放出的热量 B．电炉两端电压小于电动机两端电压 C．电炉两端电压等于电动机两端电压 D．电动机消耗的功率等于电炉消耗的功率 ‎5．如图所示，菱形ABCD的对角线相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N点，且OM=ON，则（　　）‎ A．A、C两处电势、场强均相同 B．B、D两处电势、场强均相同 C．A、C两处电势、场强均不相同 D．B、D两处电势、场强均不相同 ‎6．如图所示为一块手机电池背面印有的一些标示，下列说法正确的是（　　）‎ A．该电池的容量为500 C B．该电池工作时的输出电压为3.6V C．该电池在工作时允许通过的最大电流为500 mA D．若待机时的电流为10mA，理论上可待机50h ‎7．两只灯泡A和B额定电压都是110V，A的额定功率为60W，B的额定功率为100W，为了把它们接在220V电路上都能正常发光，并要电路中消耗的电功率最小，应采用下面的哪种接法？（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎8．如图所示电路中，R为某种半导体气敏元件，其阻值随周围环境一氧化碳气体浓度的增大而减小．当一氧化碳气体浓度减小时，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电压表V示数减小 B．电流表A示数减小 C．电路的总功率增大 D．变阻器R1的取值越小，电表示数变化越明显 ‎　‎ 二、多选题（每题5分，共20分，少选得3分，错选多选不得分）‎ ‎9．如图所示，一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U=10V，已知电动机线圈的电阻RM=1Ω，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．通过电动机的电流为10A B．电动机的输入功率为20W C．电源的输出功率为4W D．电动机的输出功率为16W ‎10．如图所示为滑动变阻器的原理示意图，下列说法中正确的是（　　）‎ A．a和b串联接入电路中，P向右移动时电流增大 B．b和d串联接入电路中，P向右移动时电流增大 C．b和c串联接入电路中，P向右移动时电流增大 D．a和c串联接入电路中，P向右移动时电流增大 ‎11．图中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，它们之中的一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（　　）‎ A．甲表是电流表，R增大时量程增大 B．甲表是电流表，R增大时量程减小 C．乙表是电压表，R增大时量程减小 D．乙表是电压表，R增大时量程增大 ‎12．如图所示的电路中，R1=8Ω，R2=4Ω，R3=6Ω，R4=3Ω，U=42V．（　　）‎ A．R1、R2、R3、R4的电压之比等于4：2：1：1‎ B．R1、R2、R3、R4的电流之比等于4：2：1：2‎ C．R1、R2、R3、R4的功率之比等于12：6：1：2‎ D．电路的总电阻等于21Ω，总功率等于126W ‎　‎ 三、实验题（13题每空2分，共8分；14题（1）3分，（2）2分，（3）4分，共9分）‎ ‎13．在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接，极板B接地 ‎（1）若极板B稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角　　（填“变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随　　而增大；‎ ‎（2）若极板B稍向左移动一点，则将观察到静电计指针偏角　　（填“变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随　　而增大．‎ ‎14．某学习小组欲探究小灯泡（3V、1.5W）的伏安特性，可提供的实验器材如下：‎ A．电池组：电动势约4.5V，内阻可不计；‎ B．双量程的电压表；V1：量程为0～3V、内阻约为3kΩ；V2：量程为0～15V、内阻约为15kΩ C．双量程的电流表；A1：量程为0～0.6A、内阻约为1Ω；A2：量程为0～3A、内阻约为0.1Ω D．滑动变阻器R：阻值范围0～10Ω、允许通过最大电流为2A；‎ E．开关S，导线若干．‎ 在尽量提高测量精度的情况下，请回答下列问题：‎ ‎（1）根据以上器材，用笔画线代替导线将实物图1连接成完整电路；‎ ‎（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑动片应移到　　端（选填“A”或“B”）；‎ ‎（3）调节滑动变阻器得到电压、电流数据如下表，请在图2所示的坐标纸上画出小灯泡的U﹣I图线 组数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ U/V ‎0‎ ‎0.28‎ ‎0.58‎ ‎0.92‎ ‎1.50‎ ‎2.00‎ ‎3.00‎ I/A ‎0‎ ‎0.10‎ ‎0.20‎ ‎0.30‎ ‎0.40‎ ‎0.45‎ ‎0.49‎ ‎　‎ 四、计算题（15题10分，16题12分，17题9分）‎ ‎15．如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，标有“8V，16W”的灯泡L恰好能正常发光，电动机M的绕线的电阻R0=1Ω，求：‎ ‎（1）电源的总功率．‎ ‎（2）电动机的输出功率．‎ ‎16．如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab间距离Lab=8cm，bc间距离Lbc=14cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角．一个带电量q=﹣2×10﹣8C的负电荷从a点移到b点克服电场力做功Wab=3.2×10﹣6J．求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度大小和方向；‎ ‎（2）电荷从b点移到c点，电势能的变化量；‎ ‎（3）a、c两点间的电势差．‎ ‎17．如图所示，电路中电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，R1=4Ω，R2=8Ω，电容C=10μF．开关S闭合后电路稳定时，求通过R1的电流I和电容器的带电量Q．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年河北省邯郸一中高二（上）月考物理试卷（10月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、单选题（每题4分，共32分）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．电动势反映了电源把电能转化为其他形式能量本领的物理量 B．电流强度有大小又有方向所以电流强度是矢量 C．电动势的单位和电势差相同，电动势实质上就是的电势差 D．同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化 ‎【考点】电源的电动势和内阻；电流、电压概念．‎ ‎【分析】电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，由电源本身的特性决定，与外路的结构无关．电动势的大小等于电源没有接入电路时两极间的电压．‎ ‎【解答】解：A、电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小．故A错误．‎ ‎ B、电流有方向，但电流的加减不使用平行四边形定则，所以是标量．故B错误．‎ ‎ C、电动势的单位和电势差相同，但电动势与电势差是两个不同的物理量，它们的物理意义不同．故C错误．‎ ‎ D、电动势由电源本身的特性决定，跟电源的体积无关，与外电路的结构无关．同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．关于电流，下列说法正确的是（　　）‎ A．从I=可知，q与t成正比 B．从I=可知，导体中的电流跟导体两端的电压成正比 C．由I=nevs可知，电子运动的速率越大，电流越大 D．因为电流有方向，所以电流是矢量 ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】（1）电荷的定向移动形成电流，可以是正电荷，也可以是负电荷；也可以是正、负电荷同时向相反方向移动形成；‎ ‎（2）物理学中规定正电荷定向移动的方向为电流方向．‎ ‎【解答】解：A、当电流一定时，电量才与时间成正比；故A错误；‎ B、从I=可知，导体中的电流跟导体两端的电压成正比；故B正确；‎ C、电子运动的速率越大，根据电流的微观表达式I=neSv，决定电流的因素除速度外，还有单位体积自由电子数n，截面积S，故C错误；‎ D、电流有方向，但电流的计算不适合平行四边形定则；故不是矢量；故D错误；‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三条电场线，实线为一带负电的粒子仅在电场力作用下通过该区域的运动轨迹，P、R、Q是这条轨迹上的三点，由此可知（　　）‎ A．带电粒子在R点时的速度大小大于在Q点时的速度大小 B．带电粒子在P点时的电势能比在Q点时的电势能大 C．带电粒子在R点时的动能与电势能之和比在Q点时的小，比在P点时的大 D．带电粒子在R点时的加速度大小小于在Q点时的加速度大小 ‎【考点】电场线；电场强度．‎ ‎【分析】根据轨迹弯曲的方向可知，电场力的方向沿电场线向右，根据受力的方向与运动方向之间的关系，判断出电场力做功的正负，从而判断出电荷电势能和动能的变化；总能量守恒；由电场线疏密确定出，P点场强大，电场力大，加速度大．‎ ‎【解答】解：A、电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧，所以电场力的方向沿电场线向右，若粒子从P运动到Q，电场力做负功，电势能增大，动能减小，R点速度小于Q点速度，若粒子从Q运动到P，则电场力做正功，电势能减小，动能增大，Q点速度小于R点速度，P点时的电势能比在Q点时的电势能小，故A正确，B错误；‎ C、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在P点的动能与电势能之和等于在Q点的动能与电势能之和，保持不变．故C错误；‎ D、由电场线疏密确定出，R点场强大比Q大，电场力大，加速度大，故D错误；‎ 故选：A ‎　‎ ‎4．如图所示的电路中，电源的输出电压恒为U，电动机M的线圈电阻与电炉L的电阻相同，电动机正常工作，在相同的时间内，下列判断正确的是（　　）‎ A．电炉放出的热量大于电动机放出的热量 B．电炉两端电压小于电动机两端电压 C．电炉两端电压等于电动机两端电压 D．电动机消耗的功率等于电炉消耗的功率 ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电动机M与电炉L串联，电流相等，根据焦耳定律分析放出的热量关系．电炉L是纯电阻电路，电动机是非纯电阻电路，根据欧姆定律分析L的电压与电流的关系，判断电动机两端电压的关系．根据能量守恒定律分析消耗的功率关系．‎ ‎【解答】解：‎ A、电动机M与电炉L串联，电流相等，电阻相等，根据焦耳定律Q=I2Rt可知，在相同的时间内，电炉放出的热量与电动机放出的热量相等．故A错误．‎ B、C设电动机M线圈电阻与电炉L的电阻均为R，电路中电流为I，根据欧姆定律得：电炉两端的电压UL=IR，电动机是非纯电阻电路，其电压UM＞IR，则有UM＞UL，所以电炉两端电压小于电动机两端电压．故B正确，C错误．‎ D、电动机消耗的功率PM=UMI，电炉消耗的功率PL=ULI，UM＞UL，则PM＞PL，即电动机消耗的功率大于电炉消耗的功率．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎5．如图所示，菱形ABCD的对角线相交于O点，两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N点，且OM=ON，则（　　）‎ A．A、C两处电势、场强均相同 B．B、D两处电势、场强均相同 C．A、C两处电势、场强均不相同 D．B、D两处电势、场强均不相同 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势．‎ ‎【分析】电场强度为矢量，叠加遵守四边形定则，电势为标量，叠加时直接求代数和 ‎【解答】解：A、A处电势为正，C处电势为负，A处场强方向向左，C处场强方向也向左，大小相同，故A错误；‎ B、BD两处场强大小相等，方向水平向右，两处的电势均为0，故B正确；‎ C、在MN连线上O点的场强最小．故C错误；‎ D、在BD连线上O点的场强最大，故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ ‎6．如图所示为一块手机电池背面印有的一些标示，下列说法正确的是（　　）‎ A．该电池的容量为500 C B．该电池工作时的输出电压为3.6V C．该电池在工作时允许通过的最大电流为500 mA D．若待机时的电流为10mA，理论上可待机50h ‎【考点】电源的电动势和内阻；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由图中所提供的“3.6V，500mA•h”，根据功和电功率的有关知识，可求通话时消耗的功率．‎ ‎【解答】解：A、由电池的数据可知，该电池的容量为500mA•h=500×10﹣3×3600=1800 C．故A错误；‎ B、3.6V是电场的电动势，不是输出电压．故B错误；‎ C、电池的容量是500mA•h，不表示该电池在工作时允许通过的最大电流为500 mA．故C错误；‎ D、若待机时的电流为10mA，理论上可待机h．故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．两只灯泡A和B额定电压都是110V，A的额定功率为60W，B的额定功率为100W，为了把它们接在220V电路上都能正常发光，并要电路中消耗的电功率最小，应采用下面的哪种接法？（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【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、由于灯泡要满足110V的额定电压，所以当B灯泡与电阻串联以后，再与A灯泡并联，而A灯泡的电压高于额定110V的电压，不能正常工作，故A错误；‎ B、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320W；‎ C、由于额定电压都是110V，额定功率PA=60W、PB=100W，由此可知RA＞RB，把灯泡A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，并且并联部分消耗的功率与B灯泡的功率相同，所以总功率的大小为200W；‎ D、由于额定电压都是110V，额定功率PA=60W、PB=100W，由此可知RA＞RB，把灯泡B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，故D错误．‎ 由BC的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为C，故C正确，B错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示电路中，R为某种半导体气敏元件，其阻值随周围环境一氧化碳气体浓度的增大而减小．当一氧化碳气体浓度减小时，下列说法中正确的是（　　）‎ A．电压表V示数减小 B．电流表A示数减小 C．电路的总功率增大 D．变阻器R1的取值越小，电表示数变化越明显 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】当一氧化碳气体浓度增大时，可知R阻值的变化，分析总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律分析总电流的变化和路端电压的变化，即可知道两个电表示数的变化．由P=EI分析电路的总功率如何变化．‎ ‎【解答】解：AB、当一氧化碳气体浓度减小时，R增大，总电阻增大，则总电流减小，内电压减小，路端电压增大，可知，通过R1的电流增大，因此电流表A示数减小，电压表V示数增大．故A错误，B正确．‎ C、电路的总功率为 P=EI，E不变，I减小，则P减小，故C错误．‎ D、变阻器R1的取值越小，R1与R并联的阻值越小，则R对电路的影响越小，则知变阻器R1的取值越小，电压表示数变化越不明显．故D错误．‎ 故选：B ‎　‎ 二、多选题（每题5分，共20分，少选得3分，错选多选不得分）‎ ‎9．如图所示，一直流电动机与阻值R=9Ω的电阻串联在电源上，电源电动势E=30V，内阻r=1Ω，用理想电压表测出电动机两端电压U=10V，已知电动机线圈的电阻RM=1Ω，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．通过电动机的电流为10A B．电动机的输入功率为20W C．电源的输出功率为4W D．电动机的输出功率为16W ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】电动机正常工作时的电路是非纯电阻电路，欧姆定律U＞IR．对于R和r是纯电阻，可以用欧姆定律求电流．根据功率关系求出电动机输出的功率．‎ ‎【解答】解：A．根据欧姆定律得回路中的电流 I===2A，故A错误；‎ B．电动机的输入功率为P入=UI=10×2=10W，故B正确；‎ C．电源的输出功率P出=EI﹣I2r=30×2﹣4×1=56W；故C错误；‎ D．P出=UI﹣I2RM=（10×2﹣22×1）W=16W，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示为滑动变阻器的原理示意图，下列说法中正确的是（　　）‎ A．a和b串联接入电路中，P向右移动时电流增大 B．b和d串联接入电路中，P向右移动时电流增大 C．b和c串联接入电路中，P向右移动时电流增大 D．a和c串联接入电路中，P向右移动时电流增大 ‎【考点】串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】滑动变阻器的原理是靠改变连入电路中的电阻丝的长度来改变电阻的，它的正确接法是“一上一下”．哪一段电阻丝被接入电路中是由下面的接线柱决定的．若接左下接线柱，滑片向右移动，电阻变大，则电路中的电流变小；若接右下接线柱，滑片向左移动，电阻变大，则电路中的电流变小．‎ ‎【解答】解：A、将a和b连入电路时，当滑片P向右滑动时，不会改变电阻丝长度，电阻不变，电流也不变；故A错误；‎ B、将b和d连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb部分．当滑片P向右滑动时，PA电阻丝长度减小，电阻减小，则电流增大，故B正确．‎ C、将b和c连入电路时，连入路中的电阻丝是Pb部分．当滑片P向右滑动时，PB电阻丝长度减小，电阻减小，电流增大，故C正确 D、将a和c连入电路时，连入电路中的电阻丝是aP部分，当滑片P向右滑动时，ap电阻丝长度变长，电阻变大，电流变小，故D错误；‎ 故选：BC ‎　‎ ‎11．图中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流表G和一个变阻器R组成的，它们之中的一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（　　）‎ A．甲表是电流表，R增大时量程增大 B．甲表是电流表，R增大时量程减小 C．乙表是电压表，R增大时量程减小 D．乙表是电压表，R增大时量程增大 ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】表头改装电压表要串联电阻，串联电阻越大，电压表量程越大；表头改装电流变要并联一电阻．并联电阻越小，量程越大．‎ ‎【解答】解：表头G本身所允许通过的最大电流Ig或允许加的最大电压Ug是有限的．为了要测量较大的电流，则应该并联一个电阻来分流；且并联的电阻越小，分流的效果越明显，从整体上看表现为测电流的量程增大，因此A错误而B正确；‎ 同理，为了要测量较大的电压，需要串联一个电阻来分压，且分压电阻越大，电压表的量程越大，故C错误而D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示的电路中，R1=8Ω，R2=4Ω，R3=6Ω，R4=3Ω，U=42V．（　　）‎ A．R1、R2、R3、R4的电压之比等于4：2：1：1‎ B．R1、R2、R3、R4的电流之比等于4：2：1：2‎ C．R1、R2、R3、R4的功率之比等于12：6：1：2‎ D．电路的总电阻等于21Ω，总功率等于126W ‎【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】分析电路图，电阻R3、R4并联，再和R1和R2串联，根据欧姆定律和串并联电路的特点求解电流关系和电压关系；再根据功率公式分析功率之间的关系．‎ ‎【解答】解：A、R3与R4的总电阻R′==2Ω；由于R1、R2及R′串联，电流相等，则电压之比等于电阻之比，故电压之比为：4：2：1：1；故A正确；‎ B、流过R3与R4的电流之比与电阻成反比，故电流之比为：1：2；而流过R1与R2的电流之比为：1：1；流过R3的电流与干路电流的关系为I3=I；故电流之比为：3：3：1：2；故B错误；‎ C、R1、R2、串联，功率之比为：2：1；R3与R4并联，由P=可知，功率之比为：P3：P4=1：2； 流过R3的电流与干路电流的关系为I3=I，则P2：P3=6：1；故R1、R2、R3、R4的功率之比等于12：6：1：2；故C正确；‎ D、电路中的总电阻为R=Ω=14Ω；根据据欧姆定律得：‎ I=；则总功率P=I2R=9×14=126W；故D错误；‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 三、实验题（13题每空2分，共8分；14题（1）3分，（2）2分，（3）4分，共9分）‎ ‎13．在如图所示的实验装置中，充电后的平行板电容器的A极板与灵敏的静电计相接，极板B接地 ‎（1）若极板B稍向上移动一点，则将观察到静电计指针偏角　变大　（填“变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随　两极板间正对面积的增大　而增大；‎ ‎（2）若极板B稍向左移动一点，则将观察到静电计指针偏角　变大　（填“变大”或“变小”），此实验说明平行板电容器的电容随　两极板间间距离的减小　而增大．‎ ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，先由电容的决定式C= 分析电容的变化，根据电容的定义式C=，分析电压U的变化．即可判断静电计指针偏角的变化．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）若极板B稍向上移动一点，极板正对面积减小，由电容的决定式C= 分析知电容减小，电容器的电量不变，根据电容的定义式C=，极板间的电压U增大．则静电计指针偏角增大，此实验说明平行板电容器的电容随正对面积的增大而增大；‎ ‎（2）若极板B稍向左移动一点，板间距离增大，由电容的决定式C= 分析知电容减小，电容器的电量不变，根据电容的定义式C=，极板间的电压U增大．则静电计指针偏角增大，此实验说明平行板电容器的电容与极板间距离成反比．极板间距离的减小而增大；‎ 故答案为：（1）变大，两极板间正对面积的增大； （2）变大，两极板间间距离的减小｡‎ ‎　‎ ‎14．某学习小组欲探究小灯泡（3V、1.5W）的伏安特性，可提供的实验器材如下：‎ A．电池组：电动势约4.5V，内阻可不计；‎ B．双量程的电压表；V1：量程为0～3V、内阻约为3kΩ；V2：量程为0～15V、内阻约为15kΩ C．双量程的电流表；A1：量程为0～0.6A、内阻约为1Ω；A2：量程为0～3A、内阻约为0.1Ω D．滑动变阻器R：阻值范围0～10Ω、允许通过最大电流为2A；‎ E．开关S，导线若干．‎ 在尽量提高测量精度的情况下，请回答下列问题：‎ ‎（1）根据以上器材，用笔画线代替导线将实物图1连接成完整电路；‎ ‎（2）闭合开关前，滑动变阻器的滑动片应移到　A　端（选填“A”或“B”）；‎ ‎（3）调节滑动变阻器得到电压、电流数据如下表，请在图2所示的坐标纸上画出小灯泡的U﹣I图线 组数 ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎5‎ ‎6‎ ‎7‎ U/V ‎0‎ ‎0.28‎ ‎0.58‎ ‎0.92‎ ‎1.50‎ ‎2.00‎ ‎3.00‎ I/A ‎0‎ ‎0.10‎ ‎0.20‎ ‎0.30‎ ‎0.40‎ ‎0.45‎ ‎0.49‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据实验原理明确滑动变阻器以及电流表的接法，从而明确电路实物图；‎ ‎（2）让开始时要让电压从零开始调节，故开始时应让与测量部分并联的滑动变阻器并联；‎ ‎（3）根据描点法可得出对应的图象；‎ ‎【解答】解：（1）本实验应采用滑动变阻器分压接法，同时由于灯泡内阻较小，故采用电流表外接法以减小误差；故连线如图1所示；‎ ‎（2）为了让电压值从零开始调节，由图可知测量电路与滑动变阻器的左侧并联；故开始时滑片应滑到A侧；‎ ‎（3）根据描点法可得出对应的伏安特性曲线如图2所示；‎ 故答案为：（1）如图1所示；（2）A；（3）如图2所示．‎ ‎　‎ 四、计算题（15题10分，16题12分，17题9分）‎ ‎15．如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，标有“8V，16W”的灯泡L恰好能正常发光，电动机M的绕线的电阻R0=1Ω，求：‎ ‎（1）电源的总功率．‎ ‎（2）电动机的输出功率．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）由题，“8V，16w”的灯泡L恰好能正常发光，灯泡的电压为U=8V，电源的内电压为U′=E﹣U=2V，根据欧姆定律求出电路中总电流I，电源的总功率为P=EI．‎ ‎（2）根据功率功率求出灯泡的电流，通过电动机的电流等于总电流与灯泡电流之差．电动机的输出功率等于电功率与发热功率之差．‎ ‎【解答】解：依据题意可知 ‎（1）由题可知，电路中路端电压为U=8V，电路中的总电流I==A=4A 则电源的总功率为P=EI=10×4W=40W ‎（2）通过灯泡的电流IL==A=2A 通过电动机的电流IM=I﹣IL=2A 电动机的热功率：P热=R0=22×1W=4W 电动机的输出功率：P出=UIM﹣P热=8×2W﹣4W=12W 答：‎ ‎（1）电源的总功率是40W．‎ ‎（2）电动机的输出功率是12W．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示的匀强电场中，有a、b、c三点，ab间距离Lab=8cm，bc间距离Lbc=14cm，其中ab沿电场方向，bc和电场方向成60°角．一个带电量q=﹣2×10﹣8C的负电荷从a点移到b点克服电场力做功Wab=3.2×10﹣6J．求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度大小和方向；‎ ‎（2）电荷从b点移到c点，电势能的变化量；‎ ‎（3）a、c两点间的电势差．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】（1）根据电场力做功公式W=qEd，d为沿电场方向两点间的距离分析求解电场强度．‎ ‎（2）电荷从b点移到c点，电场力所做负功，d=lbccos60°求出电场力做功．‎ ‎（3）根据Uac=求解a、c两点间的电势差．‎ ‎【解答】解：（1）负电荷从a点移到b点克服电场力做功，说明负电荷所受电场力的方向为由b指向a，负电荷所受电场力的方向与电场强度的方向相反，故该匀强电场的方向为由a指向b（水平向右），由Wab=qEL 代入数值可得：E=2.0×103（V/m）；‎ ‎（2）负电荷由b点移到c点，电场力做的功：Wbc=qWLBC•cos60°‎ 入射角得： J，电场力做负功电荷的电势能增加，故了电荷的电势能增加2.8×10﹣6J；‎ ‎（3）a、c两点间的电势差Uac===V U=300（V）．‎ 答：（1）匀强电场的电场强度大小是2.0×103V/m，水平向右；‎ ‎（2）电荷从b点移到c点，电势能的变化量是2.8×10﹣6J；‎ ‎（3）a、c两点间的电势差是300V．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，电路中电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，R1=4Ω，R2=8Ω，电容C=10μF．开关S闭合后电路稳定时，求通过R1的电流I和电容器的带电量Q．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电路稳定后，R2中没有电流，只有R1中有电流，电容器两端的电压等于R1两端的电压，根据闭合电路欧姆定律求出通过R1的电流I，根据Q=CU计算电容器带的电荷量．‎ ‎【解答】解：电路稳定后，R2中没有电流，只有R1中有电流，根据闭合电路欧姆定律通过R1的电流 I==A=2A 电路稳定后电容器两端的电压等于R1两端的电压，为 U=IR1=2×4V=8V 电容器的带电量为 Q=CC=10×10﹣6×8C=8×10﹣5C．‎ 答：通过R1的电流I为2A，电容器的带电量Q为8×10﹣5C．‎ ‎　‎ ‎2016年12月10日