物理卷·2018届江西省南昌十中高二上学期期中物理试卷 （解析版）

物理卷·2018届江西省南昌十中高二上学期期中物理试卷 （解析版）

‎2016-2017学年江西省南昌十中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（本题包括10小题，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．如图所示是一根粗细均匀的橡胶棒，其横截面积为S，由于与毛皮发生摩擦而均匀带负电，若已知该橡胶棒每米所带的电荷量为q，则当该棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，形成的等效电流为（　　）‎ A．vq B． C．qvS D．‎ ‎2．电源电动势为E、内阻为r，向可变电阻R供电，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系，下列说法正确的是（　　）‎ a．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变 b．因为U=IR，所以当I增大时，路端电压也增大 c．因为U=E﹣Ir，所以当I增大时，路端电压减小 d．若外电路断开，则路端电压为零 e．若外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大 f．若外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小 g．若外电压不变，则内电压减小，电源电动势也会随内电压减小 h．若外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终等于二者之和．‎ A．ab B．ch C．df D．bh ‎3．在新农村建设的街道亮化工程中，全部使用太阳能路灯，如图是某行政村使用的太阳能路灯的电池板铭牌，则电池板的内阻值约为（　　）‎ A．0.14Ω B．0.16Ω C．6.23Ω D．7.35Ω ‎4．如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度不为零 D．0～3 s内，电场力做的总功为零 ‎5．如图所示的长方体是用电阻率为ρ的均匀金属制成的，长度为2L，其横截面为正方形，边长为L，若将它的a、b端接入电路时的电阻为R，则将它的两个侧面上的c、d端接入电路时的电阻是（　　）‎ A．R B． C． D．4R ‎6．如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向．（电源的内阻不能忽略）下列判断正确的是（　　）‎ A．小球带负电 B．当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角θ变大 C．当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下 D．当滑动头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动头在a处时电源的输出功率 ‎7．一电压表由电流表G与电阻R串联而成，若在使用中发现此电压表的读数总比准确值稍小一些，可以加以改正的措施是（　　）‎ A．在R上串联一个比R小得多的电阻 B．在R上串联一个比R大得多的电阻 C．在R上并联一个比R小得多的电阻 D．在R上并联一个比R大得多的电阻 ‎8．如图所示，图线1、2、3分别表示导体A、B、C的伏安特性曲线，其中导体C为一非线性电阻，当串联接在电压恒为6V的直流电源两端时，它们的电阻分别为R1、R2、R3，则下列说法正确的是（　　）‎ A．此时流过三导体的电流均为1 A B．R1：R2：R3=1：3：2‎ C．若将三导体串联后接在3 V直流电源上，则三导体的阻值之比不变 D．若将三导体并联后接在3 V直流电源上，则通过它们的电流比I1：I2：I3=3：2：1‎ ‎9．如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，下面判断正确的是（　　）‎ A．L1和L3变亮，L2变暗 B．L1变暗，L2变亮，L3亮度不变 C．L1中电流变化值小于L3中电流变化值 D．L1上电压变化值小于L2上的电压变化值 ‎10．如图，电源电动势E=6V，内阻r=4Ω，R1=2Ω，R2的变化范围是0～10Ω．下列说法正确的是（　　）‎ A．电源的最大输出功率为2.25W B．R1消耗的最大功率为2W C．R1消耗的最大功率为1.5W D．R2消耗的最大功率为1.5W ‎　‎ 二、填空题（本题包括2小题，每空2分，共22分）‎ ‎11．某金属体的电阻约为几欧姆，小米同学想测量该金属体的电阻率．取粗细均匀的金属体，先用螺旋测微器测出金属体的直径d，然后分别测出不同长度L1、L2、L3、L4…的金属体的电阻R1、R2、R3、R4…，以R为纵坐标，以L为横坐标建立直角坐标系，画出R﹣L图象；最后由R﹣L图象和螺旋测微器测出的直径D可求出金属体的电阻率．‎ ‎（1）测金属体的直径时，螺旋测微器的示数如图1，可知金属体的直径d=　　 mm 测金属体的长度时，游标卡尺的示数如图2，可知此次测量金属体的长度L=　　 mm ‎（2）图3是测金属体电阻的电路图，请在图4中完成实物连接图；‎ ‎（3）接通3V学生电源，改变滑动变阻器电阻，某次电表示数如图5所示，对应的电流表示数I=　　A、电压表示数U=　　V．可得该电阻的测量值Rx=　　Ω，测量值Rx比真实值　　（填“大”或“小”）‎ ‎（4）若画出R﹣L图象的斜率为k，则金属体电阻率的表达式为　　（用题中所给K、D符号表示）‎ ‎12．在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中备有下列器材：‎ A．小灯泡（3.8V，1.5W）‎ B．直流电源（电动势4．V，内阻约0.4Ω）‎ C．电流表A（量程500mA，内阻约0.5Ω）‎ D．电压表V（量程2V，内阻为2kΩ）‎ E．滑动变阻器R （0～5Ω，额定电流2A）‎ F．三个定值电阻（R1=1kΩ，R2=2kΩ，R3=8kΩ）‎ G．开关一个，导线若干 ‎（1）如果既要满足测量要求，又要使测量误差较小，应选择如图所示四个电路中的　　，‎ ‎（2）同学研究后发现，电压表的量程不能满足实验要求，为了完成测量，他将电压表进行了改装．在给定的定值电阻中选用　　（选填“R1”、“R2”或“R3”）与电压表　　（选填“串联”或“并联”），完成改装．‎ ‎　‎ 三、计算题（本题包括5小题，共48分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，作图清晰准确，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎13．如图所示的电路中，电源电压是18V且保持不变，闭合电键时，理想安培表的示数是1.2A，理想伏特表的示数是12V．‎ 求：（1）R1的电阻 ‎（2）R2的电阻．‎ ‎14．如图所示电路中，电源E的电动势为3.2V，电阻R的阻值为30Ω，小灯泡L的额定功率为4.5W，额定电压为3V，当电键S接位置1时，电压表的读数为3V，求：‎ ‎（1）电源的内阻；‎ ‎（2）当电键S接位置2时，小灯泡两端的电压．‎ ‎15．如图所示电路中，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，电动机的电阻R0=1.0Ω，电阻R1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表的示数U1=3.0V，求：‎ ‎（1）电动机电能转化为机械能的功率；‎ ‎（2）电源的输出功率．‎ ‎16．在电场强度为E=104N/C、方向水平向右的匀强电场中，用一根长L=1m的绝缘细杆（质量不计）固定一个质量为m=0.2kg的电量为q=5×10﹣6C带正电的小球，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动．现将杆从水平位置A轻轻释放，在小球运动到最低点B的过程中：取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）小球到达B点时的速度多大？‎ ‎（2）小球到达B点时，杆对小球的作用力大小？‎ ‎17．两块水平的平行金属板如图1所示放置，金属板左侧为一加速电场，电压U0=2500V，大量质量m=1.6×10﹣14kg、电荷量q=3.2×10﹣10 C的带电粒子（不计重力）由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地通过小孔后沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板电势差为零时，这些带电粒子通过两板之间的时间为3t0；当在两板间加如图2所示的周期为2t0，幅值恒为U0（U0=2500V）的周期性电压时，恰好能使所有粒子均从两板间通过．已知t0=2×10﹣6s．求：‎ ‎（1）带电粒子从加速电场出来时的速度？‎ ‎（2）这些粒子刚穿过两板时，偏转位移的最大值和最小值分别是多少？‎ ‎（3）偏转位移为最大值和最小值的情况下，带电粒子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年江西省南昌十中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题包括10小题，共40分．在每小题给出的四个选项中，第1-7题只有一项符合题目要求，第8-10题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．）‎ ‎1．如图所示是一根粗细均匀的橡胶棒，其横截面积为S，由于与毛皮发生摩擦而均匀带负电，若已知该橡胶棒每米所带的电荷量为q，则当该棒沿轴线方向做速度为v的匀速直线运动时，形成的等效电流为（　　）‎ A．vq B． C．qvS D．‎ ‎【考点】电流、电压概念．‎ ‎【分析】棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v米，则每秒v米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面，由电流的定义式I=求解等效电流．‎ ‎【解答】解：棒沿轴线方向以速度v做匀速直线运动时，每秒通过的距离为v米，每秒v米长的橡胶棒上电荷都通过直棒的横截面，每秒内通过横截面的电量Q=q•v，根据电流的定义式I=，t=1s，得到等效电流为 I=qv．故A正确，BCD错误．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎2．电源电动势为E、内阻为r，向可变电阻R供电，关于电源的电动势、内电压、外电压的关系，下列说法正确的是（　　）‎ a．因为电源电动势不变，所以路端电压也不变 b．因为U=IR，所以当I增大时，路端电压也增大 c．因为U=E﹣Ir，所以当I增大时，路端电压减小 d．若外电路断开，则路端电压为零 e．若外电压增大，则内电压增大，电源电动势也会随之增大 f．若外电压减小，内电阻不变，内电压也就不变，电源电动势必然减小 g．若外电压不变，则内电压减小，电源电动势也会随内电压减小 h．若外电压增大，则内电压减小，电源的电动势始终等于二者之和．‎ A．ab B．ch C．df D．bh ‎【考点】路端电压与负载的关系．‎ ‎【分析】给定的电源，其电动势和内阻都不变，与外电路无关，而路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．根据闭合电路欧姆定律分析；闭合电路里，电源的电动势等于内电压与外电压之和．外电压变化时，内电压也随之变化，但电源的电动势不变．‎ ‎【解答】解：a、电源的电动势不变，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．故a错误．‎ b、当R增大时，I减小，不能根据U=IR判断路端电压的变化，而由U=E﹣Ir分析，E、r不变，I减小，得到U增大．故b错误．‎ c、因为U=E﹣Ir，所以当I增大时，路端电压U减小，故c正确；‎ d、若外电路断开，电流为零，根据U=E﹣Ir，路端电压为E，故d错误；‎ e、如外电压增大，则内电压减小，电源电动势保持不变．故e错误．‎ f、如外电压减小，内电阻不变，内电压将增大，电源电动势保持不变．故f错误．‎ ‎ g、如外电压不变，则内电压也不变．故g错误．‎ ‎ h、根据闭合电路欧姆定律得到，电源的电动势等于内电压与外电压之和，如外电压增大，则内电压减小，电源的电动势保持恒量．故h正确．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎3．在新农村建设的街道亮化工程中，全部使用太阳能路灯，如图是某行政村使用的太阳能路灯的电池板铭牌，则电池板的内阻值约为（　　）‎ A．0.14Ω B．0.16Ω C．6.23Ω D．7.35Ω ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】由闭合电路的欧姆定律可求得电池的内电阻．‎ ‎【解答】解：根据太阳能路灯的电池板铭牌可知，开路电压即为电源电动势，所以E=43V，‎ 短路电流I=5.85A，‎ 则内电阻为：r==7.35Ω；‎ 故选：D ‎　‎ ‎4．如图所示为匀强电场的电场强度E随时间t变化的图象．当t=0时，在此匀强电场中由静止释放一个带正电的粒子，设带电粒子只受电场力的作用，则下列说法中正确的是（　　）‎ A．带电粒子将始终向同一个方向运动 B．2 s末带电粒子回到原出发点 C．3 s末带电粒子的速度不为零 D．0～3 s内，电场力做的总功为零 ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】由图象可知，电场强度的大小与方向的变化，当带电粒子由静止释放仅在电场力作用下，根据运动与力的关系可确定运动情况．‎ ‎【解答】解：由牛顿第二定律可知，带电粒子在第1s内的加速度为 a1=，为第2s内加速度a2=的，因此先加速1s再减小0.5s时速度为零，接下来的0.5s将反向加速，v﹣t图象如图所示：‎ A、带电粒子在前1秒匀加速运动，在第二秒内先做匀减速后反向加速，所以不是始终向一方向运动，故A错误．‎ B、根据速度时间图象与坐标轴围成的面积表示位移可知，在t=2s时，带电粒子离出发点最远，故B错误；‎ C、由图可知，粒子在第1s内做匀加速运动，第2s内做匀减速运动，3s末的瞬时速度刚减到0，故C错误；‎ D、因为第3s末粒子的速度刚好减为0，根据动能定理知粒子只受电场力作用，前3s内动能变化为0，即电场力做的总功为零．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示的长方体是用电阻率为ρ的均匀金属制成的，长度为2L，其横截面为正方形，边长为L，若将它的a、b端接入电路时的电阻为R，则将它的两个侧面上的c、d端接入电路时的电阻是（　　）‎ A．R B． C． D．4R ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】根据电阻定律，结合a、b端接入电路时电阻为R，即可确定两个侧面c、d接入电路时的电阻．‎ ‎【解答】解：当a、b端接入电路时，面积为L2，长为2L；‎ 根据电阻定律可知：R===；‎ 当c、d接入电路时，横截面积为2L2，长为L，电阻：R′==；‎ 所以：R′=故B正确，ACD错误 故选：B ‎　‎ ‎6．如图所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向．（电源的内阻不能忽略）下列判断正确的是（　　）‎ A．小球带负电 B．当滑动头从a向b滑动时，细线的偏角θ变大 C．当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下 D．当滑动头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动头在a处时电源的输出功率 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电场强度；电容；电功、电功率．‎ ‎【分析】由题，小球向右偏，可判断小球所受电场力方向，根据电场方向，能判断出小球的电性．滑动头从a向b滑动时，接入电路电阻变小，由欧姆定律可分析电容器的电压的变化，从而判断细线的偏角变化，同时可判断电容器是充电还是放电，得出电流表中电流方向．利用电源的输出功率与外电阻关系，可判断输出功率大小．‎ ‎【解答】解：A、由图，A板带正电，B带负电，电容器内电场方向水平向右．细线向右偏，电场力向右，则小球带正电．故A错误． ‎ ‎ B、滑动头向右移动时，R变小，外电路总电阻变小，总电流变大，路端电压U=E﹣Ir变小，电容器电压变小，细线偏角变小，故B错误．‎ ‎ C、滑动头向右移动时，电容器电压变小，电容器放电，因A板带正电，则流过电流表的电流方向向下．故C正确．‎ ‎ D、根据电源的输出功率与外电阻的关系：当外电阻等于内阻时，输出功率最大．外电阻大于内阻，外电阻减小 输出功率增大；当外电阻小于内阻时，外电阻减小，输出功率减小．本题，不知道外电阻与内阻大小关系，故无法判断电源输出功率的大小．故D错误 故选C ‎　‎ ‎7．一电压表由电流表G与电阻R串联而成，若在使用中发现此电压表的读数总比准确值稍小一些，可以加以改正的措施是（　　）‎ A．在R上串联一个比R小得多的电阻 B．在R上串联一个比R大得多的电阻 C．在R上并联一个比R小得多的电阻 D．在R上并联一个比R大得多的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】电流表与电流表都是由表头改装成的，电压表是本题与分压电阻串联成的，根据串并联规律可知，若电压表读数总比准确值小，说明通过本题的电流较小，应减小分压电阻的大小，根据并联电阻需要任一支路电阻可知，应在R上并联一个比R大得多的电阻．‎ ‎【解答】解：电压表的读数总比准确值稍小一些，说明通过电流表G的电流偏小，串联的电阻R偏大，为减小串联电阻R的阻值需在R上并联一个比R大得多的电阻，所以D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎8．如图所示，图线1、2、3分别表示导体A、B、C的伏安特性曲线，其中导体C为一非线性电阻，当串联接在电压恒为6V的直流电源两端时，它们的电阻分别为R1、R2、R3，则下列说法正确的是（　　）‎ A．此时流过三导体的电流均为1 A B．R1：R2：R3=1：3：2‎ C．若将三导体串联后接在3 V直流电源上，则三导体的阻值之比不变 D．若将三导体并联后接在3 V直流电源上，则通过它们的电流比I1：I2：I3=3：2：1‎ ‎【考点】路端电压与负载的关系．‎ ‎【分析】图象的斜率表示电阻的倒数；由图象可知两定值电阻的电阻，从而即可求解．‎ ‎【解答】解：AB、由图可知，R1为1Ω，R2为3Ω当三个电阻串联时，通过各个电阻的电流相等，则三个电阻两端的电压之和应为6V；则由图可知，三个电阻中的电流应为1A；‎ 电压分别为1V、2V、3V；则由欧姆定律可知，电阻之比为：R1：R2：R3=1：3：2；故A正确，B也正确；‎ C、若将三个电阻串联接在3V的电源上时，两定值电阻的阻值不变，而C由于电压变化，则电阻一定变化，比值即变化；故C错误；‎ D、若将三个电阻并联在3V的电源上，各电阻的电流分别为，I1：I2：I3=3：1：2；故D错误；‎ 故选：AB．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向左移动时，下面判断正确的是（　　）‎ A．L1和L3变亮，L2变暗 B．L1变暗，L2变亮，L3亮度不变 C．L1中电流变化值小于L3中电流变化值 D．L1上电压变化值小于L2上的电压变化值 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由图可知L3与R串联后与L2并联，再与R0、L1串联；由滑片的移动可知滑动变阻器接入电阻的变化，则可知总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可知电路中电流的变化，即可知L1亮度的变化；将R0、L1作为内电阻处理，由U=E﹣Ir可知并联部分电压的变化，由欧姆定律可得出两灯亮度的变化；因两灯电阻均为定值，则可由欧姆定律得出电压变化值的大小关系．‎ ‎【解答】解：A、B当滑片左移时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知电路中总电流增大，故L1变亮；‎ 电路中总电流增大，故内电压及R0、L1两端的电压增大，而电动势不变，故并联部分的电压减小，故L2变暗；‎ 因L2中电流减小，干路电流增大，故流过L3的电流增大，故L3变亮；故A正确，B错误；‎ C、因L1中电流增大，L3中电流增大，而L2中电流减小；开始时有：I1=I2+I3，故I1电流的变化值一定小于L3中电流的变化值；故C正确；‎ D、因并联部分的电压与L1、R0及内电阻上的总电压等于电源的电动势；L2两端的电压减小，L1、R0及内阻r两端的电压增大，而电动势不变，故L1上电压变化值小于L2上的电压变化值，故D正确；‎ 故选ACD．‎ ‎　‎ ‎10．如图，电源电动势E=6V，内阻r=4Ω，R1=2Ω，R2的变化范围是0～10Ω．下列说法正确的是（　　）‎ A．电源的最大输出功率为2.25W B．R1消耗的最大功率为2W C．R1消耗的最大功率为1.5W D．R2消耗的最大功率为1.5W ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【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：A、当电源的内外电阻相等时电源的输出功率最大，电源的最大输出功率为 Pm===2.25W，故A正确．‎ BC、当R2=0时，电路中电流最大，R1消耗的功率最大，R1消耗的最大功率 Pm1=（）2R1=（）2×2=2W，故B正确，C错误．‎ D、将R1看成电源的内阻，当R2=R1+r=6Ω时，R2消耗的功率最大，R2消耗的最大功率为 Pm2=（）2R2=（）2×6=1.5W，故D正确．‎ 故选：ABD ‎　‎ 二、填空题（本题包括2小题，每空2分，共22分）‎ ‎11．某金属体的电阻约为几欧姆，小米同学想测量该金属体的电阻率．取粗细均匀的金属体，先用螺旋测微器测出金属体的直径d，然后分别测出不同长度L1、L2、L3、L4…的金属体的电阻R1、R2、R3、R4…，以R为纵坐标，以L为横坐标建立直角坐标系，画出R﹣L图象；最后由R﹣L图象和螺旋测微器测出的直径D可求出金属体的电阻率．‎ ‎（1）测金属体的直径时，螺旋测微器的示数如图1，可知金属体的直径d=　6.700　 mm 测金属体的长度时，游标卡尺的示数如图2，可知此次测量金属体的长度L=　50.15　 mm ‎（2）图3是测金属体电阻的电路图，请在图4中完成实物连接图；‎ ‎（3）接通3V学生电源，改变滑动变阻器电阻，某次电表示数如图5所示，对应的电流表示数I=　0.50　A、电压表示数U=　2.60　V．可得该电阻的测量值Rx=　5.2　Ω，测量值Rx比真实值　小　（填“大”或“小”）‎ ‎（4）若画出R﹣L图象的斜率为k，则金属体电阻率的表达式为　　（用题中所给K、D符号表示）‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】（1）解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，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．‎ ‎（2）根据电路图来连接实物图，注意电表的正负极，并分几个回路来连接；‎ ‎（3）由电压表与电流表读数，应用欧姆定律求出电阻阻值．‎ ‎（4）应用电阻定律求出图象的函数表达式，然后求出电阻率的表达式．‎ ‎【解答】解：（1）1、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为6.5mm+0.200mm=6.700mm，‎ ‎2、游标卡尺的主尺读数为：5.0cm=50mm，游标尺上第3个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为3×0.05mm=0.15mm，所以最终读数为：50mm+0.15mm=50.15mm．‎ ‎（2）实物电路图如图所示 ‎（3）由图示电流表可知，其分度值为0.02A，示数为：I=0.50A；由图示电压表可知，其分度值为0.1V，示数为：U=2.60V；‎ 电阻阻值：R===5.2Ω；误差来源于电压表分流作用，导致电流测量值偏大，根据欧姆定律R=，可知电阻测量值偏小；‎ ‎（4）由电阻定律可知，电阻阻值：R=ρ=ρ=L，‎ R﹣L图象的斜率：k=，电阻率：ρ=；‎ 故答案为：（1）6.700，50.15；（2）如图所示；（3）0.50，2.60，5.2，小；（4）‎ ‎　‎ ‎12．在“描绘小电珠的伏安特性曲线”的实验中备有下列器材：‎ A．小灯泡（3.8V，1.5W）‎ B．直流电源（电动势4．V，内阻约0.4Ω）‎ C．电流表A（量程500mA，内阻约0.5Ω）‎ D．电压表V（量程2V，内阻为2kΩ）‎ E．滑动变阻器R （0～5Ω，额定电流2A）‎ F．三个定值电阻（R1=1kΩ，R2=2kΩ，R3=8kΩ）‎ G．开关一个，导线若干 ‎（1）如果既要满足测量要求，又要使测量误差较小，应选择如图所示四个电路中的　丙　，‎ ‎（2）同学研究后发现，电压表的量程不能满足实验要求，为了完成测量，他将电压表进行了改装．在给定的定值电阻中选用　R2　（选填“R1”、“R2”或“R3”）与电压表　串联　（选填“串联”或“并联”），完成改装．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据实验原理进行分析，从而选择正确的电路；‎ ‎（2）明确实验中给出的额定电压和电流，明确给出的电压表量程小于额定电压，故需要扩大电压表量程，根据串联电路规律可以明确应串联的电阻大小．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡电压需要从零开始调节，因此应使用滑动变阻器外接法，同时因灯泡内阻较小，故应采用电流表外接法；故电路选丙；‎ ‎（2）灯泡额定电压为3.8V，可以把电压表改装为4V量程；因电压表量程为2V，内阻为2kΩ，要把电压表改装成4V的电压表，则根据串联电路规律可知： =‎ 解得：R=2kΩ，故应选择R2与电压表串联； ‎ 故答案为：（1）丙；（2）R2；串 ‎　‎ 三、计算题（本题包括5小题，共48分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，作图清晰准确，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．）‎ ‎13．如图所示的电路中，电源电压是18V且保持不变，闭合电键时，理想安培表的示数是1.2A，理想伏特表的示数是12V．‎ 求：（1）R1的电阻 ‎（2）R2的电阻．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】由电路图可知，两电阻串联，伏特表测两端的电压，安培表测电路中的电流．根据欧姆定律求出和的电阻．‎ ‎【解答】解：（1）由电路图可知，两电阻串联，伏特表测两端的电压，安培表测电路中的电流．‎ 由I=可得，电阻的阻值分别为：‎ ‎=，‎ ‎（2）因串联电路中总电压等于各分电压之和，‎ 的阻值： =．‎ 答：（1）R1的电阻10Ω ‎（2）R2的电阻5Ω．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示电路中，电源E的电动势为3.2V，电阻R的阻值为30Ω，小灯泡L的额定功率为4.5W，额定电压为3V，当电键S接位置1时，电压表的读数为3V，求：‎ ‎（1）电源的内阻；‎ ‎（2）当电键S接位置2时，小灯泡两端的电压．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】灯泡的电阻不变，发光情况根据实际电流如何变化来判断．当开关接1时，根据闭合欧姆定律，得到电动势与内阻的关系，再根据闭合电路欧姆定律，研究开关接2时，灯泡的电流与额定电流比较 ‎【解答】解：（1）灯泡的额定电流IL=，电阻RL==2Ω ‎ 当开关接1时，电阻R的电流I=，‎ ‎ 根据根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir=3+0.1r，‎ ‎ 解得：r=2Ω，‎ ‎ （2）当开关接2时，灯泡的电压UL′=．‎ 答：（1）电源的内阻为2Ω；‎ ‎（2）当电键S接位置2时，小灯泡两端的电压为1.6V．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示电路中，电源电动势E=10V，内阻r=0.5Ω，电动机的电阻R0=1.0Ω，电阻R1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表的示数U1=3.0V，求：‎ ‎（1）电动机电能转化为机械能的功率；‎ ‎（2）电源的输出功率．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）通过电阻两端的电压求出电路中的电流，电由U内=Ir可求得电源内阻分得电压，电动机两端的电压为U=E﹣U1﹣U内，电动机消耗的功率为P动=UI；输出功率等于电动机消耗功率与电动机内阻消耗功率的差值；‎ ‎（2）由P热=I2r可求的电源内阻消耗的功率，而电源的输出功率为P出=P﹣P热．‎ ‎【解答】解：（1）电路中的电流为I===2A，‎ 电源内阻分的电压为U内=Ir=2×0.5V=1V，‎ 电动机两端的电压为U=E﹣U1﹣U内=10﹣3﹣1V=6V，‎ 电动机消耗的功率为P动=UI=6×2W=12W 故电动机输出的机械功率为：P出=P动﹣I2R0=12﹣4×1=8W；‎ ‎（2）电源的总功率为P=EI=10×2W=20W；‎ 内阻消耗的功率为P内=I2r=22×0.5W=2W，‎ 电源输出功率为P出=P﹣P热=20﹣2W=18 W．‎ 答：（1）电动机电能转化为机械能的功率为8W；‎ ‎（2）电源的输出功率为18W．‎ ‎　‎ ‎16．在电场强度为E=104N/C、方向水平向右的匀强电场中，用一根长L=1m的绝缘细杆（质量不计）固定一个质量为m=0.2kg的电量为q=5×10﹣6C带正电的小球，细杆可绕轴O在竖直平面内自由转动．现将杆从水平位置A轻轻释放，在小球运动到最低点B的过程中：取g=10m/s2，求：‎ ‎（1）小球到达B点时的速度多大？‎ ‎（2）小球到达B点时，杆对小球的作用力大小？‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；向心力．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理求出小球到达B点时的速度大小．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律，结合竖直方向上的合力提供向心力求出杆对小球的作用力大小．‎ ‎【解答】解：（1）根据动能定理得：，‎ 解得：v==m/s=4.5m/s．‎ ‎（2）根据牛顿第二定律得：F﹣mg=m，‎ 解得：F=mg+=N=6.1N．‎ 答：（1）小球到达B点的速度为4.5m/s．‎ ‎（2）小球到达B点时，杆对小球的作用力大小为6.1N．‎ ‎　‎ ‎17．两块水平的平行金属板如图1所示放置，金属板左侧为一加速电场，电压U0=2500V，大量质量m=1.6×10﹣14kg、电荷量q=3.2×10﹣10 C的带电粒子（不计重力）由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地通过小孔后沿平行板的方向从两板正中间射入两板之间．当两板电势差为零时，这些带电粒子通过两板之间的时间为3t0‎ ‎；当在两板间加如图2所示的周期为2t0，幅值恒为U0（U0=2500V）的周期性电压时，恰好能使所有粒子均从两板间通过．已知t0=2×10﹣6s．求：‎ ‎（1）带电粒子从加速电场出来时的速度？‎ ‎（2）这些粒子刚穿过两板时，偏转位移的最大值和最小值分别是多少？‎ ‎（3）偏转位移为最大值和最小值的情况下，带电粒子在刚穿出两板之间时的动能之比为多少？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿运动定律的综合应用；动能定理．‎ ‎【分析】（1）由动能定理求解带电粒子从加速电场出来时的速度；‎ ‎（2）以电场力的方向为y轴正方向，画出电子在t=0时和t=t0时进入电场后沿电场力方向的速度vy随时间t变化的vy﹣t图象分别如图a和图b所示，根据牛顿第二定律求解加速度，再根据图象与坐标轴围成的面积计算位移；‎ ‎（3）根据（2）可得射出偏转电场的最大速度和最小速度，根据动能定理得到射出电场时的动能，再求解比值．‎ ‎【解答】解：（1）由动能定理得：qU0=mv12 解得v1=1×106m/s；‎ ‎（2）以电场力的方向为y轴正方向，画出电子在t=0时和t=t0时进入电场后沿电场力方向 的速度vy随时间t变化的vy﹣t图象分别如图a和图b所示，设两平行板之间的距离为d．‎ 根据牛顿第二定律可得粒子在电场中运动的加速度大小为；‎ 图a中，‎ ‎，‎ 由图（a）可得电子的最大侧移为：‎ ‎=；‎ 而，‎ 解得：d=m=3.464cm ‎ 由图（b）可得电子的最小侧移为 ‎，‎ 所以=1.732cm ‎ Symin==0.866cm ‎ ‎（3）根据（2）可得：，‎ ‎，‎ 电子经电压U0加速：，‎ 所以=．‎ 答：（1）带电粒子从加速电场出来时的速度1×106m/s；‎ ‎（2）这些粒子刚穿过两板时，偏转位移的最大值为1.732cm，最小值为0.866cm； ‎ ‎（3）偏转位移为最大值和最小值的情况下，带电粒子在刚穿出两板之间时的动能之比为16：13．‎ ‎　‎