安徽省六安市寿县一中2015-2016学年高二上学期期中物理试卷

2015-2016学年安徽省六安市寿县一中高二（上）期中物理试卷

一、不定项选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分）

1．如果你看CCTV﹣5的围棋讲座，就会发现棋子都是由磁性材料制成，棋子不会掉下来是因为( )

A．棋盘对它的吸引力与重力平衡 B．质量小，重力可以忽略不计 C．受到棋盘对它向上的摩擦力

D．它一方面受到棋盘的吸引力，另一方面还受到空气的浮力

2．北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道．当环中电子以光速的

8

的

速度流动而形成的电流是10mA时，环中运行的电子数目为（已知光速c=3×10 m/s，电子的

﹣19

电荷量e=1.6×10 C）( )

101124

A．5×10 B．5×10 C．1×10 D．1×10

3．两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四个点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上．则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是( )

A．a点 B．b点 C．c点 D．d点

4．如图所示电路，电源内阻不可忽略，开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中( )

A．电压表的示数减小，电流表的示数增大 B．电压表的示数增大，电流表的示数减小 C．电压表的示数增大，电流表的示数增大 D．电压表的示数减小，电流表的示数减小

5．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图所示（a）（b），则闭合开关后，下列有关电表的示数和指针偏转角度的说法正确的是( )

A．图（a）中的A1，A2的示数不相同 B．图（a）中的A1，A2的指针偏角不相同 C．图（b）中的A1，A2的示数不相同 D．图（b）中的A1，A2的示数不相同

6．有四盏灯，如图所示连接在电路中，L1和L2都标有“220V，100W”字样，L3和L4都标有“220V，40W”字样，把电路接通后，最暗的是( )

A．L1 B．L2 D．L4

7．如图虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子( )

C．L3

A．带正电

B．在c点受力最大

C．在b点的电势能小于在c点的电势能

D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化

8．某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如图中的a、b、c所示．以下判断正确的是( )

A．直线a表示电源的总功率 B．曲线c表示电源的输出功率

C．电源的电动势ε=3 V，内电阻r=1Ω

D．电源的最大输出功率Pm=9w

9．如图所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图（b）所示．以下说法正确的是( )

A．A、B两点的电场强度EA＞EB B．电子在A、B两点的速度vA＞vB C．A、B两点的电势φA＞φB

D．电子在A，B两点的电势能EPA＜EPB

10．如图所示，电阻R1、R2、R3均为定值电阻，R4为滑动变阻器，电路中的电压表和电流表均为理想电表．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列说法正确的是( )

A．电表A1、V1示数均减小，电表A2、V2示数均增大 B．电压表V1示数的改变量大于电压表V2示数改变量 C．电压表A1示数的改变量小于电压表A2示数改变量 D．电源的效率增大

二、实验题（26分）

11．（1）有一只电流计，已知其Ig=500μA，Rg=100Ω，现欲改装成量程为6V的电压表，则应该__________联__________Ω的电阻；由于所用电阻不准，当改装表与标准表比较时，发现当标准值为6v时，改装电压表读数为36.1V，则实际所用的电阻值偏__________（填“大”或“小”）． 12．（1）如图1游标卡尺的读数为__________mm． （2）图2中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为__________mm．

13．欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：

A．电池组（3V，内阻1Ω） B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω） C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω） D．电压表（0～3V，内阻3kΩ） E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A） G．滑动变阻器（0～2 000Ω，额定电流0.3A） H．开关、导线

（1）上述器材中电流表应选用的是__________；电压表应选用的是__________；滑动变阻器应选用的是__________；（填写各器材的字母代号） （2）实验电路应采用电流表__________接法；（填“内”或“外”）

（3）设实验中电流表电压表的某组示数如图所示，图示中I=__________A，U=__________V． （4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，请按要求画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图．

三、计算题（3小题，共34分）

14．如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，R3为一滑动变阻器．当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．求： （1）电源的电动势和内阻； （2）定值电阻R2的阻值； （3）电源的最大输出功率．

15．如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3=7.5Ω，电容器的电容C=4μF．开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，试求： （1）S断开时电容器的带电量；

（2）S合上电路稳定后电容器的带电量；

（3）这一过程中通过电流表的电荷量和流过电流表的电流方向（回答向上或向下）．

16．如图所示，在倾角θ=37°的绝缘面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强

3

E=4.0×10N/C，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板．质量m=0.20kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端与挡板相碰后以碰前的速率返回．已知斜面的高度h=0.24m，滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.30，滑块带电荷q=﹣5.0×10C．取重力加速度

2

g=10m/s，sin37°=0.60，cos37°=0.80．求：

（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小． （2）滑块被挡板弹回能够沿斜面上升的最大高度．

（3）滑块从开始运动到停下来的整个过程中产生的热量Q．（计算结果保留2位有效数字）

﹣4

2015-2016学年安徽省六安市寿县一中高二（上）期中物

理试卷

一、不定项选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分）

1．如果你看CCTV﹣5的围棋讲座，就会发现棋子都是由磁性材料制成，棋子不会掉下来是因为( )

A．棋盘对它的吸引力与重力平衡 B．质量小，重力可以忽略不计 C．受到棋盘对它向上的摩擦力

D．它一方面受到棋盘的吸引力，另一方面还受到空气的浮力 【考点】物体的弹性和弹力． 【专题】受力分析方法专题．

【分析】首先对棋子进行受力分析，根据棋子的运动状态，结合二力平衡的条件可知棋子不会掉下来的原因．

【解答】解：A、棋盘对棋子的吸引力和重力不共线，不是平衡力，故A错误． B、棋子的质量小，重力也小，若没有其他阻力存在，它会向下运动，故B错误．

C、棋子不会掉下来是因为竖直方向受到了棋盘对它向上的摩擦力，且摩擦力与重力平衡，故C正确．

D、空气的浮力很小，不足以使棋子静止．棋子不下落，是棋子受到棋盘的吸引力，从而产生了摩擦力，故D错误． 故选：C

【点评】解决本题的关键是分析棋子的受力情况，分水平和竖直两个方向进行研究，知道两个作用在同一物体上、大小相等、方向相反、作用在同一条直线的力为平衡力．

2．北京正负电子对撞机的储存环是周长为240m的近似圆形轨道．当环中电子以光速的

8

的

速度流动而形成的电流是10mA时，环中运行的电子数目为（已知光速c=3×10 m/s，电子的

﹣19

电荷量e=1.6×10 C）( )

101124

A．5×10 B．5×10 C．1×10 D．1×10 【考点】电流、电压概念． 【专题】恒定电流专题．

【分析】知道电子的速度和周长，利用速度公式求电子运动一周用的时间，再根据电流定义

式求电荷量，而一个电子电荷量e=1.6×10【解答】解：电子运动一周用的时间：

﹣19

C，可求在整个环中运行的电子数目．

t==I=，

=8×10s，

﹣6

则电量为：Q=It=0.01A×8×10s=8×10C，

﹣6﹣8

在整个环中运行的电子数目：

n==5×10个．

11

故选：B．

【点评】本题考查了学生对电流定义式、速度公式的掌握和运用，要求灵活运用所学知识，有一定的难度！

3．两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四个点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上．则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是( )

A．a点 B．b点 C．c点 D．d点

【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度．

【分析】由安培定则确定两电流在图示各点所产生的磁场方向，若方向相反，磁感应强度可能为0，否则不可．

【解答】解：A、两电流在a 点B的方向相反，若因 I1＜I2且离I1近，故I1的磁感应强度可能等于I2的磁感应强度．则a点可能为0．故A正确；

B、两电流在d点的B的方向相反，I1＞I2，而I2离b点近，则可以大小相等，故b点磁感应强度可为0．故B正确；

C、两电流在 c 点 d点的B的方向不相反，故b，c两点的磁感应强度不可能为0．故CD错误； 故选：AB

【点评】考查磁场的合成，明确电流的磁感应强度与电流的大小，距离有关．

4．如图所示电路，电源内阻不可忽略，开关S闭合后，在变阻器R0的滑动端向下滑动的过程中( )

A．电压表的示数减小，电流表的示数增大 B．电压表的示数增大，电流表的示数减小 C．电压表的示数增大，电流表的示数增大 D．电压表的示数减小，电流表的示数减小

【考点】闭合电路的欧姆定律． 【专题】恒定电流专题．

【分析】在变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流和路端电压如何变化，即可知电压表示数的变化情况．由欧姆定律分析并联部分电压的变化，判断电流表示数的变化．

【解答】解：在变阻器R0的滑片向下滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，变阻器R0与R2并联电阻R并减小，则外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流I增大，电源的内电压和R1的电压都增大，则R0与R2并联电压减小，所以电流表示数减小，路端电压U减小，则电压表示数减小．故D正确． 故选：D

【点评】本题是电路的动态变化分析问题，首先确定出变阻器接入电路的电阻如何变化，再按局部到整体，再到部分的思路进行分析．

5．用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用串联或并联的方式接入电路，如图所示（a）（b），则闭合开关后，下列有关电表的示数和指针偏转角度的说法正确的是( )

A．图（a）中的A1，A2的示数不相同 B．图（a）中的A1，A2的指针偏角不相同 C．图（b）中的A1，A2的示数不相同 D．图（b）中的A1，A2的示数不相同 【考点】把电流表改装成电压表． 【专题】实验题．

【分析】电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大．当它们串联时，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．

【解答】解：A、图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同，故A正确，B错误．

C、图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同．由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同．故CD错误． 故选：A． 【点评】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成．指针偏转角度取决于流过表头的电流大小．

6．有四盏灯，如图所示连接在电路中，L1和L2都标有“220V，100W”字样，L3和L4都标有“220V，40W”字样，把电路接通后，最暗的是( )

A．L1 B．L2 C．L3 D．L4 【考点】闭合电路的欧姆定律． 【专题】恒定电流专题．

2

【分析】根据额定电压和额定功率，由功率公式比较两种灯泡的电阻大小．根据公式P=IR

比较L1和L2、L3和L4功率的大小．根据公式P=，比较L2和L3功率大小．再确定哪个灯

泡功率最小．

【解答】解：设L1、L2、L3、L4实际消耗的功率分别为P1、P2、P3、P4．

由公式P=

可知，L1和L2的电阻小于L3和L4的电阻．通过L1的电流大于L2的电流，由

公式P=IR得到，P1＞P2．L2和L3的电压相等，由公式P=

2

2

可知，P2＞P3．通过L3的电流

小于L4的电流，由公式P=IR得到，P4＞P3．所以P1＞P2，P2＞P3，P4＞P3．所以L3最暗． 故选C

【点评】对于纯电阻电路，功率公式形式较多，要根据不同条件灵活选择公式．

7．如图虚线为一组间距相等的同心圆，圆心处固定一带正电的点电荷．一带电粒子以一定初速度射入电场，实线为粒子仅在电场力作用下的运动轨迹，a、b、c三点是实线与虚线的交点．则该粒子( )

A．带正电

B．在c点受力最大

C．在b点的电势能小于在c点的电势能

D．由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化 【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能． 【专题】定性思想；图析法；电场力与电势的性质专题．

【分析】根据带电粒子的运动轨迹，分析粒子的电性．根据电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，分析电场强度的大小，判断电场力的大小．沿电场线的方向，

电势降低，电场力做正功，电势能减小，动能增大．电场力做负功时，电势能增加，动能减小．

【解答】解：A、根据轨迹弯曲方向判断出，带电粒子在a→b→c的过程中，一直受静电斥力作用，根据同性电荷相互排斥，故粒子带正电荷，故A正确；

B、点电荷的电场中电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，粒子在c点受到的电场力最小，故B错误；

C、粒子由b到c，电场力对粒子做正功，动能增加，电势能减小，故粒子在b点电势能一定大于在c点的电势能，故C错误；

D、由于ab间的场强大于bc间的场强，虚线为间距相等的同心圆，根据U=Ed可知，ab间的电势差大于bc间的电势差，粒子从a到b电场力做功大于从b到c电场力做功，由动能定理知，由a点到b点的动能变化大于由b点到c点的动能变化．故D正确． 故选：AD

【点评】本题中，点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越大，场强越小，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题．

8．某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在了同一坐标上，如图中的a、b、c所示．以下判断正确的是( )

A．直线a表示电源的总功率 B．曲线c表示电源的输出功率

C．电源的电动势ε=3 V，内电阻r=1Ω D．电源的最大输出功率Pm=9w 【考点】电功、电功率． 【专题】恒定电流专题．

【分析】根据电源消耗的总功率的计算公式PE=EI可得电源的总功率与电流的关系，根据电

2

源内部的发热功率Pr=Ir可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，再由功率的公式可以分析功率之间的关系．

【解答】解：A、电源消耗的总功率的计算公式PE=EI∝I，故A正确；

2

B、PR=PE﹣Pr=EI﹣Ir，是曲线，故B正确；

C、当I=3A时，PR=0．说明外电路短路，根据P=EI，得到E=，r=，故C正确；

D、图线c表示电源的输出功率与电流的关系图象，很显然，最大输出功率小于3W，故D错误；

故选ABC．

【点评】当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和．

9．如图所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子以某一初速度且仅在电场力的作用下，沿AB由点A运动到点B，所经位置的电势随距A点的距离变化的规律如图（b）所示．以下说法正确的是( )

A．A、B两点的电场强度EA＞EB B．电子在A、B两点的速度vA＞vB C．A、B两点的电势φA＞φB

D．电子在A，B两点的电势能EPA＜EPB

【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能． 【专题】比较思想；图析法；电场力与电势的性质专题．

【分析】根据φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，分析场强的变化．由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向，确定电势的高低，由电场力做功正负，分析速度的大小并判断电子电势能的变化．

【解答】解：A、φ﹣x图象的斜率大小等于电场强度，由几何知识得知，图象切线斜率不断减小，场强不断减小，则EA＞EB．故A正确；

BCD、由图看出，电势逐渐降低，φA＞φB，可判断出电场线的方向从A到B，电子所受的电场力从B到A，则电子在A点运动到B点的过程中，电场力做负功，电子的动能减小，速度减小，而电子的电势能增大．即有vA＞vB，EPA＜EPB．故BCD正确． 故选：ABCD

【点评】本题关键要理解φ﹣t图象的斜率等于场强，由电势的高低判断出电场线的方向，来判断电场力方向做功情况，并确定电势能的变化．

10．如图所示，电阻R1、R2、R3均为定值电阻，R4为滑动变阻器，电路中的电压表和电流表均为理想电表．当滑动变阻器的滑片向右移动时，下列说法正确的是( )

A．电表A1、V1示数均减小，电表A2、V2示数均增大 B．电压表V1示数的改变量大于电压表V2示数改变量 C．电压表A1示数的改变量小于电压表A2示数改变量 D．电源的效率增大

【考点】闭合电路的欧姆定律． 【专题】恒定电流专题．

【分析】先分析电路的结构：R1、R2并联，R3、R4并联，然后再串联，当滑动变阻器R4的滑片向右移动时，R4增大，总电阻增大，总电流减小，根据闭合电路欧姆定律分析电流表和

电压表示数变化情况以及两个电流表、两个电压表示数变化的大小，电源的效率η=×100%．

【解答】解：A、此电路的结构为R1、R2并联，R3、R4并联，然后再串联，当滑动变阻器R4的滑片向右移动时，R4增大，外电路总电阻增大，总电流减小，即A1示数减小，则R1、R2并联电压减小，即V1示数减小．电源内阻所占的电压也减小，所以R3、R4并联电压增大，即V2示数增大，所以通过R3的电流增大，而总电流减小，所以通过R4的电流减小，即A2示数减小，故A1、V1示数均减小，A2示数减小，V2示数增大，故A错误；

B、根据闭合电路欧姆定律可知，电压表V1示数减小量加上电源内阻电压的减小量等于V2示数的增加量，所以电压表V1示数变化的绝对值小于电压表V2示数变化的绝对值，故B错误． C、电流表A1示数减小量等于A2示数减小量加上通过R3的电流变化量，所以电流表A1示数变化的绝对值小于电流表A2示数变化的绝对值，故C正确；

D、电源的效率η=×100%=

×100%，当滑动变阻器R4的滑片向右移动时，外电阻增大，

路端电压U增大，所以电源的效率增大，故D正确； 故选：CD．

【点评】本题是电路的动态变化分析问题，首先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，接着分析总电阻、总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压的变化，即按“局部到整体再到局部”的思路进行分析．

二、实验题（26分）

11．（1）有一只电流计，已知其Ig=500μA，Rg=100Ω，现欲改装成量程为6V的电压表，则应该串联11900Ω的电阻；由于所用电阻不准，当改装表与标准表比较时，发现当标准值为6v时，改装电压表读数为36.1V，则实际所用的电阻值偏小（填“大”或“小”）． 【考点】把电流表改装成电压表． 【专题】实验题．

【分析】把电流表改装成电压表，需要串联一个分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律分析答题．

【解答】解：把电流表改装成6V的电压表，需要串联分压电阻，

串联电阻阻值：R=

﹣Rg=

﹣100=11900Ω．

当改装表与标准表比较，标准表为6V时，改装电压表显示却是6.1V，

说明表头指针偏角太大，通过改装电压表的电流太大，这是由串联电阻阻值偏小造成的． 故答案为：串；11900；小．

【点评】本题考查了电压表改装、实验误差分析，知道电压表的改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题． 12．（1）如图1游标卡尺的读数为10.55mm．

（2）图2中给出的是用螺旋测微器测量一金属薄板厚度时的示数，此读数应为6.123（6.122﹣6.124）mm．

【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用． 【专题】实验题．

【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：游标卡尺的固定刻度读数为10mm，游标读数为0.05×11mm=0.55mm，所以最终读数为：10mm+0.55mm=10.55mm．

螺旋测微器的固定刻度读数为6mm，可动刻度读数为0.01×12.3mm=0.123mm，所以最终读数为6.123mm，由于需要估读在范围6.122﹣6.124mm都正确． 故本题答案为：10.55，6.123（6.122﹣6.124）．

【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，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．

13．欲用伏安法测定一段阻值约为5Ω左右的金属导线的电阻，要求测量结果尽量准确，现备有以下器材：

A．电池组（3V，内阻1Ω） B．电流表（0～3A，内阻0.0125Ω） C．电流表（0～0.6A，内阻0.125Ω） D．电压表（0～3V，内阻3kΩ） E．电压表（0～15V，内阻15kΩ）F．滑动变阻器（0～20Ω，额定电流1A） G．滑动变阻器（0～2 000Ω，额定电流0.3A） H．开关、导线

（1）上述器材中电流表应选用的是C；电压表应选用的是D；滑动变阻器应选用的是F；（填写各器材的字母代号）

（2）实验电路应采用电流表外接法；（填“内”或“外”）

（3）设实验中电流表电压表的某组示数如图所示，图示中I=0.48A，U=2.20V．

（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，请按要求画出测量待测金属导线的电阻Rx的原理电路图． 【考点】伏安法测电阻．

【专题】实验题；恒定电流专题．

【分析】（1）用伏安法测定电阻的原理是电阻定义式R=．根据电源的电动势，选择电压表的量程．由电源的电动势与测电阻的大约值，估算电流的最大值，选择电流表的量程．根据待测电阻与变阻器总阻值的大小，选择变阻器的规格．

（2）根据两电表内阻与待测电阻的大小关键，选择电流表的内接法或外接法． （3）由图示电表确定其量程与分度值，然后读出其示数．

（4）根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表接法，根据伏安法测电阻原理作出实验电路图． 【解答】解：（1）电池组的电动势是3V，电压表的量程选3V，即选择电压表：D． 金属导线的电阻约为5Ω左右，则通过导线的电流最大值约Imax==0.6A．故电流表选：C． 为方便实验操作，滑动变阻器应选F．

（2）由题意可知金属导线的电阻远小于电压表内阻，所以电流表应采用外接法． （3）由图示电流表可知，其量程为0～0.6A，分度值为0.02A，示数为0.48A； 由图示电压表可知，其量程为0～3V，分度值为0.1V，示数为2.20V．

（4）为使通过待测金属导线的电流能在0～0.5A范围内改变，所以滑动变阻器采用分压式接法，电流表采用外接法． 电路图如图：

故答案为：

（1）C、D、F （2）外

（3）0.48；2.20 （4）如图所示

【点评】本题考查了实验器材的选择、电流表的接法、电表读数；对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直．

三、计算题（3小题，共34分）

14．如图甲所示的电路中，R1、R2均为定值电阻，R3为一滑动变阻器．当其滑片P从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电源中流过的电流变化图线如图乙所示，其中A、B两点是滑片P在变阻器的两个不同端点得到的．求： （1）电源的电动势和内阻； （2）定值电阻R2的阻值； （3）电源的最大输出功率．

【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律． 【专题】恒定电流专题． 【分析】（1）电路电流与路端电压关系图象与纵轴的交点的纵坐标是电源的电动势，图象的斜率等于电源内阻，根据图象可以求出电源电动势与电源内阻．

（2）由图甲所示电路图可知，滑片在最右端时，只有电阻R2接入电路，此时对应与图乙所示图象的B点，由图象求出此时的路端电压与电路电流，然后由欧姆定律求出电阻阻值． （3）当R3的滑片从最左端滑到最右端时，外电路总电阻从小于电源内阻r变至大于r，当外阻和内阻相等时，电源输出功率最大． 【解答】解：（1）将乙图中AB线延长，交U轴于20V处，所以电源的电动势为E=20V．图

象斜率表示内阻r==20Ω．

（2）当P滑到R3的右端时，电路参数对应乙图中的B点，

只有电阻R2接入电路，由图乙所示图象可知，U2=4V，I2=0.8A，

则定值电阻R2的阻值R2=

==5Ω；

（3）．当R3的滑片从最左端滑到最右端时，外电路总电阻从小于电源内阻r变至大于r，当外

阻和内阻相等时，电源输出功率最大，其值P===5W．

答：（1）电源的电动势为20V和内阻20Ω； （2）定值电阻R2的阻值为5Ω； （3）电源的最大输出功率为5W．

【点评】要掌握U﹣I图象，会由U﹣I图象求电源电动势与内电阻；分析清楚电路结构，根据图象找出电路所对应的电压与电流值是正确解题的关键．

15．如图所示，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=2Ω，R2=3Ω，R3=7.5Ω，电容器的电容C=4μF．开关S原来断开，现在合上开关S到电路稳定，试求： （1）S断开时电容器的带电量；

（2）S合上电路稳定后电容器的带电量；

（3）这一过程中通过电流表的电荷量和流过电流表的电流方向（回答向上或向下）．

【考点】电容；闭合电路的欧姆定律． 【专题】电容器专题．

【分析】（1）K断开电路稳定时，电容器的电压就是R2的电压，根据闭合电路欧姆定律求出电压，再根据Q=UC求出电量．

（2）S合上电路稳定后，R1与R2串联后再与R3并联，电容器的电压就是R1的电压，先根据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律求出电容器的电压，再求解电容器的带电量；

（3）根据电容器电荷量的变化情况和极板带电情况，求解通过电流表的电荷量，判断流过电流表的电流方向． 【解答】解：（1）S断开，C相当于断路，R3中无电流，C两端电压即R2两端电压

电容器的电压 U2=?R2=

×3V=3V；

电容器的带电量 Q=CU2=4μF×3V=1.2×10C，且a板带正电，b板带负电．

（2）S闭合，R1与R2串联后再与R3并联，C两端电压即R1两端电压，由电路分析：

﹣5

外电路总电阻为 R外==Ω=3Ω

电容器的电压 U1=

?

﹣6

?R外=××3V=1.8V

电容器的带电量 Q′=CU1=7.2×10C．且a板带负电，b板带正电．

﹣5﹣6﹣5

（3）据此通过电流表的电量△Q=Q+Q′=1.2×10C+7.2×10C=1.92×10C． 电流方向向上． 答：

（1）S断开时电容器的带电量为1.2×10C；

﹣6

（2）S合上电路稳定后电容器的带电量为7.2×10C；

﹣5

（3）这一过程中通过电流表的电荷量为1.92×10C，流过电流表的电流方向向上．

【点评】本题主要考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，要求同学们能理清电路的结构，明确电路结构变化时，电容器的电压如何变化，电荷怎样移动，从而判断出电流表中的电流方向．

16．如图所示，在倾角θ=37°的绝缘面所在空间存在着竖直向上的匀强电场，场强

E=4.0×10N/C，在斜面底端有一与斜面垂直的绝缘弹性挡板．质量m=0.20kg 的带电滑块从斜面顶端由静止开始滑下，滑到斜面底端与挡板相碰后以碰前的速率返回．已知斜面的高度h=0.24m，滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.30，滑块带电荷q=﹣5.0×10C．取重力加速度

2

g=10m/s，sin37°=0.60，cos37°=0.80．求：

（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小． （2）滑块被挡板弹回能够沿斜面上升的最大高度．

（3）滑块从开始运动到停下来的整个过程中产生的热量Q．（计算结果保留2位有效数字）

﹣4

﹣6

3

【考点】动能定理．

【专题】动能定理的应用专题．

【分析】1.2问列动能定理方程求解，第3问用能量守恒定律求解 【解答】解：（1）滑块带负电，则受电场力竖直向下，

滑块沿斜面下滑时受到的滑动摩擦力为：f=μ（mg+qE）cos37°

设到达斜面底端时速度大小为v1，重力和电场力做正功，摩擦力做负功，支持力不做功，

根据动能定理：（mg+qE）h﹣f

=mv1

2

解得：v1=2.4m/s

（2）滑块第一次与挡板碰撞后返回的高度最大，设此高度为h1，因为滑块偏向上运动所以重力电场力摩擦力都做负功，根据动能定理：

﹣（mg+qE）h1﹣f=﹣mv1

2

解得：h1=0.10m

（3）因为重力在斜面方向的分力大于滑块受到的摩擦力，所以滑块最终静止在斜面底端，因此重力势能和电势能减少和等于克服摩擦力做的功，即等于产生的热量： Q=（mg+qE）h=0.96J 答：（1）滑块从斜面最高点滑到斜面底端时的速度大小为2.4m/s． （2）沿斜面上升的最大高度为0.10m．

（3）从开始运动到停下来的整个过程中产生的热量Q为0.96J．

【点评】本题考查动能定理的应用，难点在于正确写出功的表达式，功等于力乘以力方向上的分位移，比如滑块下滑时重力方向的位移为竖直方向高度h，摩擦力方向的位移即为沿着斜面的长度

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