物理卷·2018届青海省海东地区互助一中高二上学期期中物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届青海省海东地区互助一中高二上学期期中物理试卷 （解析版）

青海省海东地区互助一中2016-2017学年高二（上）期中物理试卷(解析版)‎ ‎　‎ 一．单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分．请将答案写在机读卡上）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．电流方向就是电荷定向移动的方向 B．由公式R=可知，电阻R与电压U成正比，与电流I成反比 C．外电路断开时，电源的路端电压为零 D．外电路短路时，电源的内电压等于电动势 ‎2．如图所示为大小不同的两个电阻的电流随电压变化的图象，那么1、2所表示的电阻及两电阻串联或并联后的图线所在区域分别是（　　）‎ A．1表示电阻大的图线，并联后图线在区域Ⅲ B．1表示电阻小的图线，串联后图线在区域Ⅱ C．1表示电阻小的图线，并联后图线在区域Ⅰ D．1表示电阻大的图线，串联后图线在区域Ⅰ ‎3．某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为（　　）‎ A．4ρ和4R B．ρ和4R C．16ρ和16R D．ρ和16R ‎4．要使平行板电容器两极板间的电压加倍，同时极板间的场强减半，可采用（　　）‎ A．两板电量加倍，距离变为原来的4倍 B．两板电量加倍，距离变为原来的2倍 C．两板电量减半，距离变为原来的4倍 D．两板电量减半，距离变为原来的2倍 ‎5．如图所示，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c．a、b间的距离等于b、c间的距离．用φa、φb、φc和Ea、Eb、Ec分别表示三点的电势和场强，可以判定（　　）‎ A．φa﹣φb=φb﹣φc B．φa＞φb＞φc C．Ea＞Eb＞Ec D．Ea=Eb=Ec ‎6．两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B串联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为（　　）‎ A．QA：QB=1：2 B．QA：QB=2：1 C．QA：QB=1：1 D．QA：QB=4：1‎ ‎7．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流40mA．若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（　　）‎ A．0.10V B．0.20V C．0.30V D．0.40V ‎8．如图电路中，当变阻器R的滑片P向下滑动时，电压表和电流表的示数变化的情况是（　　）‎ A．V 和A的示数都变大 B．V和A的示数都变小 C．V的示数变大，A的示数变小 D．V的示数变小，A的示数变大 ‎9．分别测量两个电池的路端电压和电流，得到如图所示的a、b两条U﹣I图线，比较两图线，可得出结论（　　）‎ A．a电池的电动势较小、内阻较大 B．a电池的电动势较大、内阻较大 C．b电池的电动势较大、内阻较小 D．b电池的电动势较小、内阻较大 ‎10．如图所示的电路中，电源电动势E和内阻r为定值，当外电路电阻发生变化时，干路电流I、路端电压U，内电压U′、电源输出功率P随之变化的图象如图所示，其中不正确的是（　　）‎ A． B． ‎ C． D．‎ ‎　‎ 二、多项选择题（本题共3小题，每小题4分，共12分．在每小题给出的四个选项中，选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分，请将答案写在机读卡上）‎ ‎11．关于点电荷以下说法正确的是（　　）‎ A．足够小的电荷就是点电荷 B．一个电子，不论在任何情况下都可视为点电荷 C．点电荷是一种理想化的模型 D．一个带电体能否看成点电荷，不是看他尺寸的绝对值，而是看它的形状和尺寸对相互作用力的影响能否忽略不计 ‎12．关于电流和电阻，下列说法中正确的是（　　）‎ A．金属靠自由电子导电，金属的温度升高时，自由电子的平均热运动速率增大，金属导体中的电流增大 B．金属导电时，其中的自由电子除作无规则的热运动外，还作定向运动，电流的大小是由定向运动的速率决定的 C．由R=可知：在U一定时，电阻与电流成反比；在I一定时，电阻与电压成正比 D．电阻是导体自身的特性，电阻的大小由导体自身特性决定，并和温度有关，与导体两端是否有电压没有直接关系 ‎13．如图，当K闭合后，一带电微粒（重力不可忽略）在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（　　）‎ A．保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒仍静止 B．保持K闭合，使P滑动片向右滑动，微粒向下移动 C．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动 D．打开K后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止 ‎　‎ 三、填空题（共三个小题，每空2分，共10分．）‎ ‎14．有一待测电阻Rx，无法估计其粗略值．某同学用伏安法进行测量，按图所示（甲）、（乙）两种电路各测一次，用（甲）图测得的数据是2.9V，4.0mA；用（乙）图测得的数据是3.0V，3.0mA．由此可知，应用　　图测量的值误差较小，测量值Rx=　　Ω．‎ ‎15．（6分）一个有初速的、电量为+4×10﹣8C为的带电粒子，在电场中只受电场力作用，从A点运动到B点的过程中，克服电场力做了8×10﹣5J的功．则A、B两点的电势差φA﹣φB=　　，在此过程中，电荷的动能　　（填“增加”或“减少”）了　　J．‎ ‎　‎ 四、实验题（共18分．每空二分）第1页（共4页）‎ ‎16．（6分）在《测定金属丝电阻率》的实验中，若用图1中测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值　　．（“偏大”，“偏小”）用电流表和电压表测金属丝的电流电压时读数如图2，则电压表的读数为　　V，电流表的读数为　　A．‎ ‎17．（12分）测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U﹣I图象如图1：请回答下列问题 ‎（1）在闭合开关之前移为防止电表过载而动滑动变阻器的滑动头P应放在　　处（填“a”或“b”）‎ ‎（2）现备有以下器材：‎ A．干电池1个 B．滑动变阻器（0～10Ω）‎ C．滑动变阻器（0～1000Ω）‎ D．电压表（0～3V）‎ E．电压表（0～15V）‎ F．电流表（0～0.6A）‎ G．电流表（0～3A）‎ 其中滑动变阻器应选　　，电压表应选　　，电流表应选　　．（填字母代号）‎ ‎（3）图2是根据实验数据画出的U﹣I图象．由此可知这个干电池的电动势E=　　V，内电阻r=　　Ω．‎ ‎　‎ 五、计算题（本大题包括3小题，共30分．解答应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．）‎ ‎18．（8分）如图电路中，电池组的电动势E=42V，内阻r=2Ω，定值电阻R=20Ω，D是电动机，其线圈电阻R′=1Ω．电动机正常工作时，理想电压表示数为20V．求：‎ ‎（1）通过电动机的电流是多少？‎ ‎（2）电动机消耗的电功率为多少？‎ ‎（3）电动机输出的机械功率为多少？‎ ‎19．（10分）如图所示，R1=6Ω，R2=3Ω，R3=8Ω，R5=6Ω．若电源提供的总功率为P总=30W，电源输出功率为P出=28.4W，电源内阻r=0.4Ω，求：‎ ‎（1）AB间的电压UAB=？‎ ‎（2）电源电动势ε=？‎ ‎20．（12分）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．一个所带电量q=﹣4×10﹣8C的负电荷从a点移到b点克服电场力做功Wab=1.2×10﹣6J．求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度；‎ ‎（2）电荷从b点移到c点，电场力所做的功；‎ ‎（3）a、c两点间的电势差．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年青海省海东地区互助一中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一．单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分．请将答案写在机读卡上）‎ ‎1．下列说法正确的是（　　）‎ A．电流方向就是电荷定向移动的方向 B．由公式R=可知，电阻R与电压U成正比，与电流I成反比 C．外电路断开时，电源的路端电压为零 D．外电路短路时，电源的内电压等于电动势 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电流方向与正定向移动方向相同；电阻反映导体本身的特性，与电压、电流无关；外电路断开时，路端电压等于电源的电动势；外电路短路时，电源的内电压等于电动势，可根据闭合电路欧姆定律分析．‎ ‎【解答】解：A、电流方向是正电荷定向移动的方向，与负电荷定向移动的方向相反，故A错误．‎ B、公式R=是比值定义法，具有比值定义法的共性，R与U、I无关，反映导体本身的特性，不能说电阻R与电压U成正比，与电流I成反比，故B错误．‎ C、外电路断开时，电路中电流为零，电源的内电压为零，根据闭合电路欧姆定律得知，电源的路端电压等于电动势，故C错误．‎ D、外电路短路时，R=0，则电流为I=，内电压U=Ir=E，故D正确．‎ 故选D ‎【点评】本题关键掌握部分电路欧姆定律和全电路欧姆定律，要正确理解断路和短路时路端电压的大小．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示为大小不同的两个电阻的电流随电压变化的图象，那么1、2所表示的电阻及两电阻串联或并联后的图线所在区域分别是（　　）‎ A．1表示电阻大的图线，并联后图线在区域Ⅲ B．1表示电阻小的图线，串联后图线在区域Ⅱ C．1表示电阻小的图线，并联后图线在区域Ⅰ D．1表示电阻大的图线，串联后图线在区域Ⅰ ‎【考点】欧姆定律；串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】电阻的伏安特性曲线的斜率等于电阻的倒数，斜率越大，电阻越小，斜率越小，电阻越大．两电阻并联后总电阻比任何一个电阻都小，串联后总电阻比任何一个电阻都大．‎ ‎【解答】解：A、C，由图看出，图线1的斜率大于图线2的斜率，而图线的斜率等于电阻的倒数，则1表示电阻小的图线．并联后总电阻比任何一个电阻都小，斜率比图线1还要大，则并联后图线在区域Ⅰ．故A错误，C正确．‎ ‎ B、D，由上可知，1表示电阻小的图线．两电阻串联后总电阻比任何一个电阻都大，斜率比图线2还要大，则串联后图线在区域Ⅲ．故BD错误．‎ 故选C ‎【点评】本题关键抓住图线的斜率表示电阻的倒数，从数学角度来理解图象的物理意义．‎ ‎　‎ ‎3．某金属导线的电阻率为ρ，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为（　　）‎ A．4ρ和4R B．ρ和4R C．16ρ和16R D．ρ和16R ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】‎ 在电阻丝温度不变的条件下，电阻的影响因素是材料（电阻率）、长度、横截面积，当导线被拉长后，长度变长的同时，横截面积变小，但导体的整个体积不变．‎ ‎【解答】解：电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，其材料和体积均不变，则横截面积变为原来的，长度为原来的4倍；由于导体的电阻与长度成正比，与横截面积成反比，所以此时导体的电阻变为原来的16倍，即16R．‎ 由于电阻率受温度的影响，因温度不变，所以电阻率也不变．‎ 故选：D．‎ ‎【点评】题考查了影响电阻大小的因素，关键要知道导体电阻与长度成正比，与横截面积成反比．电阻率不受温度影响的材料，可以制成标准电阻．‎ ‎　‎ ‎4．要使平行板电容器两极板间的电压加倍，同时极板间的场强减半，可采用（　　）‎ A．两板电量加倍，距离变为原来的4倍 B．两板电量加倍，距离变为原来的2倍 C．两板电量减半，距离变为原来的4倍 D．两板电量减半，距离变为原来的2倍 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】根据C=，判断电容的变化，再根据U= 判断电压的变化，最后根据E= 判断电场强度的变化．‎ ‎【解答】解：A、极板上的电量加倍，距离变为原来的4倍，根据C=，知，电容变为原来的，根据U= 知电压变为原来的8倍，根据E= 知电场强度变为原来的2倍．故A错误．‎ ‎ B、极板上的电量加倍，距离变为原来的2倍，根据C=，知，电容变为原来的，根据U= 知电压变为原来的4倍，根据E= 知电场强度变为原来的2倍．故B错误．‎ ‎ C、极板上的电量减半，距离变为原来的4倍，根据C=，知，电容变为原来的，根据U= 知电压变为原来的2倍，根据E= 知电场强度变为原来的一半．故C正确．‎ ‎ D、极板上的电量减半，距离变为原来的2倍，根据C=，知，电容变为原来的，根据U= 知电压不变，根据E= 知电场强度变为原来的一半．故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎【点评】本题属于电容器的动态分析，解决本题的关键会根据电容的决定式判断电容的变化，根据电容的定义式C= 判断电压的变化，根据E= 判断电场强度的变化．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，a、b、c是一条电场线上的三个点，电场线的方向由a到c．a、b间的距离等于b、c间的距离．用φa、φb、φc和Ea、Eb、Ec分别表示三点的电势和场强，可以判定（　　）‎ A．φa﹣φb=φb﹣φc B．φa＞φb＞φc C．Ea＞Eb＞Ec D．Ea=Eb=Ec ‎【考点】电势．‎ ‎【分析】本题根据顺着电场线方向电势逐渐降低，判断电势关系；电场线的疏密表示电场强度的相对大小．根据匀强电场中场强与电势差的关系U=Ed，定性分析电势差的关系．‎ ‎【解答】解：‎ ACD、只有匀强电场中Uab=φa﹣φb=Edab，这个关系成立，其余电场由于E是变化的，故这个关系不成立，该题只有一条电场线，不能确定电场线的分布情况，无法比较场强的大小，故无法比较两点间电势差关系，故A错误，C错误，D错误．‎ B、沿电场线方向电势降低，可以比较电势高低，根据电场线方向可知φa＞φb＞φc，故B正确．‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题考查了电场线和电势、电场强度以及电势差之间的关系，尤其注意公式U=Ed的适用条件以及公式中各个物理量的含义．‎ ‎　‎ ‎6．两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B串联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为（　　）‎ A．QA：QB=1：2 B．QA：QB=2：1 C．QA：QB=1：1 D．QA：QB=4：1‎ ‎【考点】电阻定律；焦耳定律．‎ ‎【分析】串联电路电流相等，根据电阻定律R=ρ求出电阻比，再根据Q=I2Rt求出A、B在相同的时间内产生的热量之比．‎ ‎【解答】解：长度之比为1：2，直径比为1：2，则横截面积比为1：4，根据电阻定律R=ρ知，电阻之比为2：1，根据Q=I2Rt，电流相等，则热量之比为2：1．故B正确，A、C、D错误．‎ 故选B．‎ ‎【点评】解决本题的关键知道串联电路电流相等，以及掌握电阻定律R=ρ和焦耳定律Q=I2Rt．‎ ‎　‎ ‎7．一太阳能电池板，测得它的开路电压为800mV，短路电流40mA．若将该电池板与一阻值为20Ω的电阻器连成一闭合电路，则它的路端电压是（　　）‎ A．0.10V B．0.20V C．0.30V D．0.40V ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由电池板开路电路等于电源的电动势，求出电动势，由短路电流求出电源的内阻．再根据闭合电路欧姆定律求出电流和路端电压．‎ ‎【解答】解：电源没有接入外电路时，路端电压值等于电动势，则知电池板的电动势为：‎ E=800mV 由闭合电路欧姆定律得短路电流：‎ I短=‎ 则电源内阻：‎ r===20Ω 该电源与20Ω的电阻连成闭合电路时，电路中电流：‎ I==mA=20mA 故路端电压：‎ U=IR=20mA×20Ω=400mV=0.40V；‎ 故选：D．‎ ‎【点评】对于电动势的概念要理解：电动势等于外电压和内电压之和，当外电路开路时，内电压为零，开路电路等于电源的电动势．‎ ‎　‎ ‎8．如图电路中，当变阻器R的滑片P向下滑动时，电压表和电流表的示数变化的情况是（　　）‎ A．V 和A的示数都变大 B．V和A的示数都变小 C．V的示数变大，A的示数变小 D．V的示数变小，A的示数变大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】明确电路图的结构，根据滑动变阻器的滑片的移动可知电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化及路端电压的变化；再由欧姆定律可得出电压表及电流表的变化．‎ ‎【解答】解：由图可知，R3与R并联后与R2、R1串联；当滑片P向下滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路的总电阻减小．由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，路端电压减小，因总电流增大，故R1、R2两端的电压增大，V的示数增大，则并联部分总电压减小，故流过R3的电流减小，所以电流表中电流增大，故A正确，BCD错误；‎ 故选：A．‎ ‎【点评】对于闭合电路欧姆定律的动态分析问题，要认真分析电路，再根据“局部﹣整体﹣局部”的思路进行分析，即可正确解答．‎ ‎　‎ ‎9．分别测量两个电池的路端电压和电流，得到如图所示的a、b两条U﹣I图线，比较两图线，可得出结论（　　）‎ A．a电池的电动势较小、内阻较大 B．a电池的电动势较大、内阻较大 C．b电池的电动势较大、内阻较小 D．b电池的电动势较小、内阻较大 ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】根据闭合电路欧姆定律得到U=E﹣Ir，U﹣I图象的斜率的绝对值表示电源的内电阻，纵轴截距表示电源的电动势，横轴截距表示短路电流．‎ ‎【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得到U=E﹣Ir；‎ U﹣I图象的斜率的绝对值表示电源的内电阻，故a图线对应的电源的内电阻较大；‎ 纵轴截距表示电源的电动势，故a图线的电动势较大；‎ 故选：B．‎ ‎【点评】本题关键根据闭合电路欧姆定律推导出U与I的关系表达式，然后结合图象分析横轴截距、纵轴截距、斜率的含义，基础题．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示的电路中，电源电动势E和内阻r为定值，当外电路电阻发生变化时，干路电流I、路端电压U，内电压U′、电源输出功率P随之变化的图象如图所示，其中不正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】根据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律得到I、U、U′、P与R的表达式，再结合数学知识进行分析．‎ ‎【解答】解：‎ A、根据闭合电路欧姆定律得：I=，可知R增大，I减小，两者是非线性关系，故A正确．‎ B、U=IR==E，E、r为定值，R增大，减小，则得U增大，当R→∞时，U→E，故B正确．‎ C、U′=Ir=，可知U′与R是非线性关系，U′﹣R图象应是曲线，故C错误．‎ D、P=I2R=（）2R=，根据数学知识可知R从0开始增大时，P先增大后减小，当r=R时P最大，故D正确．‎ 本题选错误的，故选：C ‎【点评】本题关键要掌握各个量与R的关系，能熟练运用欧姆定律推导出解析式，再根据数学知识进行分析．‎ ‎　‎ 二、多项选择题（本题共3小题，每小题4分，共12分．在每小题给出的四个选项中，选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分，请将答案写在机读卡上）‎ ‎11．关于点电荷以下说法正确的是（　　）‎ A．足够小的电荷就是点电荷 B．一个电子，不论在任何情况下都可视为点电荷 C．点电荷是一种理想化的模型 D．一个带电体能否看成点电荷，不是看他尺寸的绝对值，而是看它的形状和尺寸对相互作用力的影响能否忽略不计 ‎【考点】元电荷、点电荷．‎ ‎【分析】当电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略，电荷量对原来的电场不会产生影响的时候，该电荷就可以看做点电荷，根据点电荷的条件分析可以得出结论．‎ ‎【解答】解：A、电荷的形状、体积和电荷量对分析的问题的影响可以忽略时，就可以看成是点电荷，并不是足够小的电荷就是点电荷，所以A错误；‎ B、当带电体之间的距离不是很大时，电子就不能看作电荷全部集中在球心的点电荷，因为此时带电体之间的电荷会影响电荷的分布，所以B错误；‎ C、点电荷是一种理想化的模型，实际不存在，所以C正确；‎ D、当带电体的形状大小对它们间相互作用力的影响可忽略时，这个带电体可看作点电荷，所以D正确．‎ 故选；CD．‎ ‎【点评】本题是基础的题目，考查的就是学生对基本内容的掌握的情况，在平时要注意多积累．‎ ‎　‎ ‎12．关于电流和电阻，下列说法中正确的是（　　）‎ A．金属靠自由电子导电，金属的温度升高时，自由电子的平均热运动速率增大，金属导体中的电流增大 B．金属导电时，其中的自由电子除作无规则的热运动外，还作定向运动，电流的大小是由定向运动的速率决定的 C．由R=可知：在U一定时，电阻与电流成反比；在I一定时，电阻与电压成正比 D．电阻是导体自身的特性，电阻的大小由导体自身特性决定，并和温度有关，与导体两端是否有电压没有直接关系 ‎【考点】欧姆定律；电阻定律．‎ ‎【分析】欧姆定律内容：导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比．也就是说在电压一定时，导体中的电流跟导体的电阻成反比；在电阻一定时，导体中的电流跟导体两端的电压成正比．‎ ‎【解答】解：A、电流与自由电子的热运动无关，温度变大时金属导体中的电阻增大，电流是减小的；故A错误；‎ B、金属导电时，其中的自由电子除作无规则的热运动外，还作定向运动，电流的大小是由定向运动的速率决定的；故B正确；‎ C、电阻的阻值是其本身的性质，与电流及电压无关；故C错误；‎ D、电阻是导体自身的特性，电阻的大小由导体自身特性决定，并和温度有关，与导体两端是否有电压没有直接关系；故D正确；‎ 故选：BD．‎ ‎【点评】题考查了欧姆定律内容的理解和掌握．电流跟电压成正比，电流跟电阻成反比都是有条件的．‎ ‎　‎ ‎13．如图，当K闭合后，一带电微粒（重力不可忽略）在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（　　）‎ A．保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒仍静止 B．保持K闭合，使P滑动片向右滑动，微粒向下移动 C．打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动 D．打开K后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；电容器．‎ ‎【分析】‎ 当S闭合后，带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，合力为零，电场力与重力平衡．保持S闭合，电容器板间电压不变，若板间距离也不变，板间的场强不变，微粒仍处于静止状态．打开S后，根据电容的决定式C=，分析电容的变化，由电容的定义式C= 分析电压的变化．再由E= 分析板间场强的变化，即可判断带电微粒的运动状态．‎ ‎【解答】解：A、B、保持K闭合，电容器板间电压不变，使滑动片P向左或向右滑动，板间距离不变，则由E=分析得知，板间场强仍保持不变，带电微粒所受的电场力不变，仍处于静止状态．故A正确，B错误．‎ C、D、由C=，C=，E= 得到极板间场强E=，E与板间距离无关，故使两极板靠近，板间场强不变，带电微粒所受的电场力不变，则带电微粒仍处于静止状态，故C错误，D正确．‎ 故选：AD．‎ ‎【点评】本题关键要抓住不变量进行分析：电容器与电源保持相连，板间电压保持不变；充电后与电源断开后，电量不变．电量、正对面积不变时，改变板间距离，板间场强不变．‎ ‎　‎ 三、填空题（共三个小题，每空2分，共10分．）‎ ‎14．有一待测电阻Rx，无法估计其粗略值．某同学用伏安法进行测量，按图所示（甲）、（乙）两种电路各测一次，用（甲）图测得的数据是2.9V，4.0mA；用（乙）图测得的数据是3.0V，3.0mA．由此可知，应用　乙　图测量的值误差较小，测量值Rx=　1000　Ω．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】甲图是安培表外接法，由于电压表的分流作用，安培表测量值偏大；乙图是安培表内接法，由于安培表的分压作用，电压表测量值偏大；根据欧姆定律求解测量值．‎ ‎【解答】解：甲、乙两幅图中，甲图安培表测量值偏大，乙图电压表测量值偏大；‎ 比较两次测量数据，电流表变化幅度相对较大，故采用甲图时电流表测量值会产生较大偏差，故应该选用乙图；‎ 测量值为：Rx=‎ 故答案为：乙，1000．‎ ‎【点评】本题关键要能够区分安培表内接法和安培表外接法，知道误差来源，会选择误差较小的测量方法．‎ ‎　‎ ‎15．一个有初速的、电量为+4×10﹣8C为的带电粒子，在电场中只受电场力作用，从A点运动到B点的过程中，克服电场力做了8×10﹣5J的功．则A、B两点的电势差φA﹣φB=　﹣2000　，在此过程中，电荷的动能　减少　（填“增加”或“减少”）了　8×10﹣5　J．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】克服电场力做功即电场力做负功，动能减少．‎ ‎【解答】解：克服电场力做功，即电场力做负功WAB=qUAB=q（ϕA﹣ϕB）=﹣8×10﹣5J，所以ϕA﹣ϕB=﹣2000V，由动能定理可知△EK=WAB，动能减少了8×10﹣5J；‎ 故答案为：﹣2000V；减少；8×10﹣5J．‎ ‎【点评】本题考查了电场力做功和动能变化的关系，利用功的公式即可顺利解决．‎ ‎　‎ 四、实验题（共18分．每空二分）第1页（共4页）‎ ‎16．在《测定金属丝电阻率》的实验中，若用图1中测金属丝的电阻，则测量结果将比真实值　偏小　．（“偏大”，“偏小”）用电流表和电压表测金属丝的电流电压时读数如图2，则电压表的读数为　2.60　V，电流表的读数为　0.53　A．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】分析电路结构，明确电表内阻的影响，从而明确误差情况；‎ 电压表量程为3V，则最小分度为0.1V，故应估读到0.01位；‎ 电流表量程为0.6A，每小格数值是0.02A，应进行估读，即估读到0.01A；‎ ‎【解答】解：把待测电阻与电压表看做一个整体，根据欧姆定律可知，测得的应是待测电阻与电压表内阻的并联电阻，所以测量值比真实值偏小；‎ 电压表量程为3V，则最小分度为0.1V，故电压表读数为2.60V；‎ 电流表量程为0.6A，则最小分度为0.02A，则读数为：0.53A；‎ 故答案为：偏小；2.60；0.53‎ ‎【点评】分析外接法测电阻实验误差时，可把待测电阻与电压表看做一个整体分析，然后根据欧姆定律以及并联电阻小于任一支路电阻讨论即可．‎ ‎　‎ ‎17．（12分）（2016秋•互助县校级期中）测定电源的电动势和内电阻的实验电路和U﹣I图象如图1：请回答下列问题 ‎（1）在闭合开关之前移为防止电表过载而动滑动变阻器的滑动头P应放在　a　处（填“a”或“b”）‎ ‎（2）现备有以下器材：‎ A．干电池1个 B．滑动变阻器（0～10Ω）‎ C．滑动变阻器（0～1000Ω）‎ D．电压表（0～3V）‎ E．电压表（0～15V）‎ F．电流表（0～0.6A）‎ G．电流表（0～3A）‎ 其中滑动变阻器应选　B　，电压表应选　D　，电流表应选　F　．（填字母代号）‎ ‎（3）图2是根据实验数据画出的U﹣I图象．由此可知这个干电池的电动势E=‎ ‎　1.5　V，内电阻r=　1　Ω．‎ ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）为保护电路安全，闭合开关前滑片应置于阻值最大处．‎ ‎（2）为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器，根据电压与电流的最大值选择电压表与电流表．‎ ‎（3）由图示图象求出电源电动势与内阻．‎ ‎【解答】解：（1）为保护电路安全，闭合开关前，滑片应置于a端．‎ ‎（2）为方便实验操作，滑动变阻器应选B，由图示图象可知，电压最大测量值约为1.5V，电压表应选D，电流最大测量值约为0.4A，电流表应选F．‎ ‎（3）由图示电源U﹣I图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.5，则电源电动势E=1.5V，电源内阻：r===1Ω．‎ 故答案为：（1）a；（2）B；D；F；（3）1.5；1．‎ ‎【点评】本题考查了实验注意事项、实验器材的选择、求电源电动势与内阻，要掌握实验器材的选择原则，要掌握应用图象法处理实验数据的方法．‎ ‎　‎ 五、计算题（本大题包括3小题，共30分．解答应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．）‎ ‎18．如图电路中，电池组的电动势E=42V，内阻r=2Ω，定值电阻R=20Ω，D是电动机，其线圈电阻R′=1Ω．电动机正常工作时，理想电压表示数为20V．求：‎ ‎（1）通过电动机的电流是多少？‎ ‎（2）电动机消耗的电功率为多少？‎ ‎（3）电动机输出的机械功率为多少？‎ ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】（1）由E=UV+UR+r 可得R和电源两端的电压之和，进而又欧姆定律可得电路电流，即等于通过电动机的电流．‎ ‎（2）电动机为非纯电阻元件，故其功率为P电=UI．‎ ‎（3）由可得电动机的发热功率，进而由P电=P机+P热可得电动机输出的机械功率．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）由E=UV+UR+r可得R和电源两端的电压之和为：‎ UR+r=E﹣UV 由欧姆定律可得电路电流为：‎ 通过电动机的电流为1A．‎ ‎（2）电动机为非纯电阻元件，故其功率为P电=UVI=20×1W=20W ‎（3）电动机的发热功率为：‎ 故电动机的输出功率为：‎ P机=P电﹣P热=20W﹣1W=19W 答：‎ ‎（1）通过电动机的电流是1A．‎ ‎（2）电动机消耗的电功率为20W．‎ ‎（3）电动机输出的机械功率为19W．‎ ‎【点评】注意对纯电阻元件和非纯电阻元件的处理区别，电热的计算可以用同一个公式，但非纯电阻元件，其总功率只能用P=UI表示．‎ ‎　‎ ‎19．（10分）（2016秋•互助县校级期中）如图所示，R1=6Ω，R2=3Ω，R3=8Ω，R5=6Ω．若电源提供的总功率为P总=30W，电源输出功率为P出=28.4W，电源内阻r=0.4Ω，求：‎ ‎（1）AB间的电压UAB=？‎ ‎（2）电源电动势ε=？‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据电路的总功率与电源输出功率之差等于电源的内电路消耗功率，列式即可求得通过电源的电流，由P总=EI求解电动势，根据欧姆定律求解A，B间的电压UAB．‎ ‎【解答】解：设通过电源的电流为I．根据P总﹣P出=I2r得：‎ I=A=2A 由P总=EI得：E=V=15V R2，R5并联电阻为：R并==2Ω AB间的电阻为：R=Ω=4Ω 根据欧姆定律得：UAB=IR=2×4V=8V 答：（1）A，B间的电压UAB为8V；‎ ‎（2）电源电动势E为15V．‎ ‎【点评】对于电源的功率要区分三种功率及其关系：电源的总功率P总=EI，输出功率P出=UI，内电路消耗的功率P内=I2r，三者关系是P总=P出+P内．‎ ‎　‎ ‎20．（12分）（2016秋•温江区期中）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．一个所带电量q=﹣4×10﹣8C的负电荷从a点移到b点克服电场力做功Wab=1.2×10﹣6J．求：‎ ‎（1）匀强电场的电场强度；‎ ‎（2）电荷从b点移到c点，电场力所做的功；‎ ‎（3）a、c两点间的电势差．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电势差；电势能．‎ ‎【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）由Wab=﹣qELab，得E==V/m=375V/m．‎ ‎ （2）电荷从b点移到c点电场力所做的功为Wbc=qELbccos60°=﹣1.05×10﹣6J ‎ （3）a、c两点间的电势差Uac===56.25V 答：（1）匀强电场的电场强度E=375V/m；‎ ‎ （2）电荷从b点移到c点，电场力所做的功是﹣1.05×10﹣6J；‎ ‎ （3）a、c两点间的电势差是56.25V．‎ ‎【点评】本题要抓住电场力是一种力，具有力的共性，求电场力做功可以根据功的一般公式W=Flcosα得到W=qEd，知道电势差也可以根据W=qU求解．‎ ‎　‎