物理卷·2018届山西省运城市高二上学期期中物理试卷 （解析版） 22页

‎2016-2017学年山西省运城市高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题（每题4分）‎ ‎1．用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，以下公式中不属于定义式的是（　　）‎ A．电流强度I=‎ B．电容器电容C=‎ C．导体电阻R=‎ D．真空中点电荷电场场强E=k ‎2．关于静电场，下列结论普遍成立的是（　　）‎ A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 B．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 C．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向 D．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功这零 ‎3．如图所示，A、B、C是匀强电场中的三点，AB垂直于BC，AB=4cm，BC=3cm．AC与电场方向平行，A、B两点的电势分别为5V和1.8V．则电场强度大小和C点的电势分别为（　　）‎ A．100N/C和0V B．80N/C和4V C．100N/C和10V D．80N/C和1V ‎4．如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场线中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示测（　　）‎ A．a一定带正电，b一定带负电 B．a的速度将减小，b的速度将增加 C．a的加速度将减小，b的加速度将增加 D．两个带电粒子的动能，一个增大一个减小 ‎5．如图所示，均匀的长方形薄片合金电阻板abcd，ab边长为L1，ad边长为L2．当端点Ⅰ、Ⅱ或Ⅲ、Ⅳ接入电路时，导体的电阻分别为R1、R2，则R1：R2为（　　）‎ A．L1：L2 B．L2：L1‎ C．L：L D．L：L ‎6．如图所示为导体a．b的U﹣I图线，由此判断（　　） ‎ A．导体a的电阻等于导体b的电阻 B．导体a的电阻小于导体b的电阻 C．若将两导体串联，导体a的发热功率大于导体b的发热功率 D．若将两导体并联，导体a的发热功率大于导体b的发热功率 ‎7．一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e，在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（　　）‎ A． B． C．ρnev D．‎ ‎8．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）．小孔正上方处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将（　　）‎ A．打到下极板上 B．在下极板处返回 C．在距上极板处返回 D．在距上极板处返回 ‎9．某静电场中的一条电场线与x轴重合，其上电势的变化规律如图所示．在x0点由静止释放一负电荷，此电荷仅受电场力的作用，下列说法正确的是（　　）‎ A．静电场是匀强电场 B．静电场是场强方向沿x轴负方向 C．电荷先沿x轴负方向做匀加速直线运动，然后做加速度减小的加速运动 D．电荷将沿x轴正方向做匀加速直线运动 ‎10．如图所示，虚线框内为改装好的电表，M、N为新电表的接线柱，其中灵敏电流计G的满偏电流为200μA，已测得它的内阻为495.0Ω．图中电阻箱读数为5.0Ω．现将MN接入某电路，发现灵敏电流计G刚好满偏，则根据以上数据计算可知（　　）‎ A．M、N两端的电压为99mV B．M、N两端的电压为1mV C．流过M、N的电流为2μA D．流过M、N的电流为20mA ‎11．如图所示，一平行板电容器与直流电源相连，在距离两板等距的M点有一个带电液滴处于静止状态，若将上级板a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，达到稳定后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．液滴将加速向下运动 B．M点电势升高，液滴在M点时的电势能将减小 C．M点的电场强度变大了 D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同 ‎12．如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以Ek0=30J的初动能从斜面底端A冲上斜面，到顶端B时返回，已知滑块从A滑到B的过程中克服摩擦力做功10J，克服重力做功24J，则（　　）‎ A．滑块带正电，上滑过程中电势能减小4J B．滑块上滑过程中机械能增加4J C．滑块上滑到斜面中点时重力势能增加12J D．滑块返回到斜面底端时动能为15J ‎　‎ 二、填空题 ‎13．在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，计算结果由Rx=计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的读数；若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则：　　（填“Rx1”或“Rx2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1　　（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测量值Rx2　　（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值．‎ ‎14．在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，提供的实验器材有：‎ A．小灯泡（额定电压为2.0V，额定电流约为0.5A）；‎ B．电源E：电动势为3.0V，内阻不计；‎ C．电压表V：量程为0～3V，内阻约为1kΩ D．电流表A：量程为0～0.6A，内阻约为0.6Ω；‎ E．滑动变阻器R1：最大阻值为l5Ω，额定电流为1.0A；‎ F．滑动变阻器R2：最大阻值为l50Ω，额定电流为1.0A；‎ G．开关S及导线若干 实验得到如下数据（I和U分别表示通过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压）：‎ I/A ‎0.00‎ ‎0.12‎ ‎0.21‎ ‎0.29‎ ‎0.34‎ ‎0.38‎ ‎0.42‎ ‎0.45‎ ‎0.47‎ ‎0.49‎ ‎0.50‎ U/V ‎0.00‎ ‎0.20‎ ‎0.40‎ ‎0.60‎ ‎0.80‎ ‎1.00‎ ‎1.20‎ ‎1.40‎ ‎1.60‎ ‎1.80‎ ‎2.00‎ ‎（1）实验中滑动变阻器应选用　　（请填写选项前对应的序号字母）．‎ ‎（2）请你不要改动已连接导线，在下面的实物连接图中把还需要连接的导线补上．闭合开关前，应使变阻器滑片放在最　　（填“左”或“右”）端．‎ ‎（3）在坐标系中画出小灯泡的U﹣I曲线．‎ ‎（4）若将本题中的小灯泡接在电动势是1.5V、内阻是1.0Ω的电池两端，则小灯泡的实际功率约为　　W（保留两位有效数字）．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎15．规格为“220V　44W”的排风扇，线圈电阻是40Ω，求 ‎（1）接上220V电压后，排风扇转化为机械能的功率和发热功率；‎ ‎（2）如果接上220V电压后，扇叶被卡住不能转动，求排风扇消耗的功率和发热功率．‎ ‎16．如图所示，两带电平行板A、B间的电场为匀强电场，场强E=4.0×102V/m，两板相距d=16cm，板长L=30cm．一带电量q=1.0×10﹣16C、质量m=1.0×10﹣22kg的粒子沿平行于板方向从两板的正中间射入电场后向着B板偏转，不计带电粒子所受重力，求：‎ ‎（1）粒子带何种电荷？‎ ‎（2）要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为多大？‎ ‎（3）粒子正好从B板右端飞出时的速度多大？‎ ‎17．如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．‎ ‎（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？‎ ‎（2）在（1）的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山西省运城市高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（每题4分）‎ ‎1．用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法，以下公式中不属于定义式的是（　　）‎ A．电流强度I=‎ B．电容器电容C=‎ C．导体电阻R=‎ D．真空中点电荷电场场强E=k ‎【考点】电流、电压概念；点电荷的场强；电容；电阻定律．‎ ‎【分析】所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法．比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变．‎ ‎【解答】解：A、电流强度与流过截面的电量和时间无无直接关系，所以I=属于比值定义法．故A正确． ‎ B、电容器的电容有本身性质决定，与所带的电量和两端间的电势差无关．故B正确．‎ C、电阻R与电压、电流无关，是其本身的属性，属于比值定义法，故C正确．‎ D、电场强度与场源电荷量成正比，与距离的平方成反比，所以不属于比值定义法．故D错误．‎ 故选D ‎　‎ ‎2．关于静电场，下列结论普遍成立的是（　　）‎ A．电场强度大的地方电势高，电场强度小的地方电势低 B．电场中任意两点之间的电势差只与这两点的场强有关 C．在正电荷或负电荷产生的静电场中，场强方向都指向电势降低最快的方向 D．将正点电荷从场强为零的一点移动到场强为零的另一点，电场力做功这零 ‎【考点】电场线；电场强度；电势．‎ ‎【分析】电场强度与电势之间无必然联系，但沿电场方向电势降低，而且速度最快；电势差与两点的场强无关，只与两点间沿电场方向的距离和两点间的场强有关；电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系．‎ ‎【解答】解：A：在正电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势高，离正电荷远，电场强度小，电势低；而在负电荷的电场中，离正电荷近，电场强度大，电势低，离负电荷远，电场强度小，电势高，故A错误．‎ B：电势差的大小决定于两点间沿电场方向的距离和电场强度，故B错误 C：沿电场方向电势降低，而且速度最快，故C正确 D：电场力做功，只与电荷以及两点间的电势差有关，与两点的场强没有关系．场强为零，电势不一定为零，如从带正电荷的导体球上将正电荷移动到另一带负电荷的导体球上，电场力做正功．故D错误 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，A、B、C是匀强电场中的三点，AB垂直于BC，AB=4cm，BC=3cm．AC与电场方向平行，A、B两点的电势分别为5V和1.8V．则电场强度大小和C点的电势分别为（　　）‎ A．100N/C和0V B．80N/C和4V C．100N/C和10V D．80N/C和1V ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系．‎ ‎【分析】由U=Ed可求得E与C点的电势．‎ ‎【解答】解：由图知角∠A=37°AB沿电场线方向的距离为dAB=4×cos37°=3.2cm ‎ 则E==100N/C ‎ 又 UAC=EdAC 则φA﹣φC=100×5×10﹣2得φC=0V 故选：A ‎　‎ ‎4．如图所示，实线为不知方向的三条电场线，从电场线中M点以相同速度垂直于电场线方向飞出a、b两个带电粒子，运动轨迹如图中虚线所示测（　　）‎ A．a一定带正电，b一定带负电 B．a的速度将减小，b的速度将增加 C．a的加速度将减小，b的加速度将增加 D．两个带电粒子的动能，一个增大一个减小 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧．由轨迹弯曲方向判断粒子的电性．根据电场力做功来判断动能的变化，即可判断速度变化．‎ ‎【解答】解：A、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，可知a、b一定带异种电荷，但是由于电场线方向未知，不能判断哪一个是正电荷，哪一个是负电荷，故A错误 BD、物体做曲线运动，所受力的方向指向轨道的内侧，从图中轨道变化来看电场力都做正功，动能都增大，速度都增大，故BD错误 C、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，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，故C正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎5．如图所示，均匀的长方形薄片合金电阻板abcd，ab边长为L1，ad边长为L2．当端点Ⅰ、Ⅱ或Ⅲ、Ⅳ接入电路时，导体的电阻分别为R1、R2，则R1：R2‎ 为（　　）‎ A．L1：L2 B．L2：L1‎ C．L：L D．L：L ‎【考点】电阻定律．‎ ‎【分析】根据电阻定律R=得出电阻之比即可．‎ ‎【解答】解：当端点I、Ⅱ接入电路时，根据电阻定律，电阻R1=ρ．‎ 当端点Ⅲ、Ⅳ接入电路时，根据电阻定律．电阻R2=ρ．‎ 则 R1：R2=L：L．故C正确，A、B、D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示为导体a．b的U﹣I图线，由此判断（　　） ‎ A．导体a的电阻等于导体b的电阻 B．导体a的电阻小于导体b的电阻 C．若将两导体串联，导体a的发热功率大于导体b的发热功率 D．若将两导体并联，导体a的发热功率大于导体b的发热功率 ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】由伏安特性的性质可分析电阻的大小；由串并联电路规律可明确电压及电流的大小关系，再由功率公式即可分析发热功率的大小．‎ ‎【解答】‎ 解：A、U﹣I图中，图象的斜率表示电阻的大小；故导体a中的电阻大于导体b中的电阻；故AB错误；‎ C、两导体串联时，电路中电流相等，则由P=I2R可知，导体a的发热功率大于导体b的发热功率；故C正确；‎ D、若将两导体并联，两导体两端的电压相等，则由P=可知，导体a的发热功率小于导体b的发热功率；故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎7．一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n，电子的质量为m，电荷量为e，在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v，则金属棒内的电场强度大小为（　　）‎ A． B． C．ρnev D．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电流、电压概念．‎ ‎【分析】利用电流的微观表达式求的电流，由电阻的定义式求的电阻，由E=求的电场强度 ‎【解答】解：导体中的电流为I=neSv 导体的电阻为R=‎ 导体两端的电压为U=RI 场强为E=‎ 联立解得E=ρnev 故选：C ‎　‎ ‎8．一水平放置的平行板电容器的两极板间距为d，极板分别与电池两极相连，上极板中心有一小孔（小孔对电场的影响可忽略不计）．小孔正上方 处的P点有一带电粒子，该粒子从静止开始下落，经过小孔进入电容器，并在下极板处（未与极板接触）返回．若将下极板向上平移，则从P点开始下落的相同粒子将（　　）‎ A．打到下极板上 B．在下极板处返回 C．在距上极板处返回 D．在距上极板处返回 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】下极板未移动时，带电粒子到达下极板处返回，知道重力做功与电场力做功之和为零，向上移动下极板，若运动到下极板，重力做功小于克服电场力做功，可知不可能运动到下极板返回，根据动能定理，结合电势差大小与d的关系，求出粒子返回时的位置．‎ ‎【解答】解：对下极板未移动前，从静止释放到速度为零的过程运用动能定理得，．‎ 将下极板向上平移，设运动到距离上级板x处返回．‎ 根据动能定理得，‎ 联立两式解得x=．故D正确，A、B、C错误．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎9．某静电场中的一条电场线与x轴重合，其上电势的变化规律如图所示．在x0点由静止释放一负电荷，此电荷仅受电场力的作用，下列说法正确的是（　　）‎ A．静电场是匀强电场 B．静电场是场强方向沿x轴负方向 C．电荷先沿x轴负方向做匀加速直线运动，然后做加速度减小的加速运动 D．电荷将沿x轴正方向做匀加速直线运动 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电势．‎ ‎【分析】由电势的变化特点（图象的斜率表示电场强度的大小及方向）可以判断电场为非匀强电场，且电场线沿x轴负向，即可判断各项．‎ ‎【解答】解：A、B由图象可知电势与距离不成正比，由公式U=Ed，可知该静电场是非匀强电场，故A错误；‎ B、根据沿着电场线方向电势降低，由图象可知电场线的方向为x轴负方向，故B正确；‎ C、在x0点由静止释放一负电荷，受到沿x正方向的电场力，沿x轴正方向运动，根据图象可知x0以后，图象的斜率不变，则电场强度不变，所以电场力不变，故加速度不变，电荷将沿x轴正方向做匀加速直线运动，故C错误，D正确；‎ 故选：BD ‎　‎ ‎10．如图所示，虚线框内为改装好的电表，M、N为新电表的接线柱，其中灵敏电流计G的满偏电流为200μA，已测得它的内阻为495.0Ω．图中电阻箱读数为5.0Ω．现将MN接入某电路，发现灵敏电流计G刚好满偏，则根据以上数据计算可知（　　）‎ A．M、N两端的电压为99mV B．M、N两端的电压为1mV C．流过M、N的电流为2μA D．流过M、N的电流为20mA ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】‎ 由图示电路图可知，电流计与电阻箱并联，应用并联电路特点与欧姆定律分析答题．‎ ‎【解答】解：AB、MN两端电压：U=IgRg=200×10﹣6×495=0.099V=99mV，故A正确，B错误；‎ CD、流过M、N的电流：I=Ig+=200×10﹣6+=0.02A=20mA，故C错误，D正确；‎ 故选：AD．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，一平行板电容器与直流电源相连，在距离两板等距的M点有一个带电液滴处于静止状态，若将上级板a板向下平移一小段距离，但仍在M点上方，达到稳定后，下列说法中正确的是（　　）‎ A．液滴将加速向下运动 B．M点电势升高，液滴在M点时的电势能将减小 C．M点的电场强度变大了 D．在a板移动前后两种情况下，若将液滴从a板移到b板，电场力做功相同 ‎【考点】带电粒子在混合场中的运动；电势能．‎ ‎【分析】电容器与电源相连，则电压不变；根据极板的移动可知电容器内电场强度的变化，则可得出带是粒子的受力变化，从而判断其运动状态；由U=Ed判断电势的变化，从而得出电势能的变化．‎ ‎【解答】解：A、液滴受力平衡，故电场力向上，液滴带负电；电容器两端的电压不变，a板下移时，两板间的距离减小，则由U=Ed可知，E增大；则粒子受到的电场力增大，故液滴将向上加速运动；故A错误；‎ B、下极板接地，则M点的电势等于M与b之间的电势差，因E增大，d不变，故液滴处的电势增大；因带电液滴带负电，故电势能将减小，故B正确；‎ C、两个板间的电压不变，根据U=Ed，d减小，故场强E变大，故C正确；‎ D、因两板间的电势差不变，故前后两种状态下移动电荷时，电场力做功相同，故D正确；‎ 故选：BCD ‎　‎ ‎12．如图所示，水平向右的匀强电场中有一绝缘斜面，一带电金属滑块以Ek0=30J的初动能从斜面底端A冲上斜面，到顶端B时返回，已知滑块从A滑到B的过程中克服摩擦力做功10J，克服重力做功24J，则（　　）‎ A．滑块带正电，上滑过程中电势能减小4J B．滑块上滑过程中机械能增加4J C．滑块上滑到斜面中点时重力势能增加12J D．滑块返回到斜面底端时动能为15J ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；功能关系．‎ ‎【分析】对上滑的过程运用动能定理，求出电场力做功情况，从而得出滑块的电性，得出电势能的变化．根据除重力以外其它力做功等于机械能的变化量得出机械能的变化．根据重力做功得出重力势能的变化，对全过程运用动能定理，结合动能定理求出返回底端的动能．‎ ‎【解答】解：A、由动能定理知上滑过程中W电﹣WG﹣Wf=△Ek，代入数值得W电=4 J，电场力做正功，滑块带正电，电势能减小4 J，故A正确；‎ B、由功能关系知滑块上滑过程中机械能的变化量为△E=W电﹣Wf=﹣6 J，即机械能减小6 J，故B错误；‎ C、由题意知滑块上滑到斜面中点时克服重力做功为12 J，即重力势能增加12 J，故C正确；‎ D、由动能定理知2Wf=Ek0﹣Ek，所以滑块返回到斜面底端时动能为10 J，故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ 二、填空题 ‎13．在伏安法测电阻的实验中，待测电阻Rx 约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，测量电路中电流表的连接方式如图（a）或图（b）所示，计算结果由Rx=计算得出，式中U与I分别为电压表和电流表的读数；若将图（a）和图（b）中电路测得的电阻值分别记为Rx1和Rx2，则：　Rx1　（填“Rx1”或“Rx2”）更接近待测电阻的真实值，且测量值Rx1　大于　（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值，测量值Rx2　小于　（填“大于”、“等于”或“小于”）真实值．‎ ‎【考点】伏安法测电阻．‎ ‎【分析】本题的关键是明确电流表内外接法的选择方法：当满足＞时，电流表应用外接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比较可知，测量值小于真实值；当满足＜时，电流表应用内接法，根据串并联规律写出真实值表达式，比较可知，测量值大于真实值．‎ ‎【解答】解：待测电阻Rx约为200Ω，电压表V的内阻约为2kΩ，电流表A的内阻约为10Ω，‎ ‎==20， ==10，＜，电流表应采用内接法，此时实验误差较小，测量值Rx1更接近于真实值；‎ 由图a所示电路图可知，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，电压的测量值偏大，电阻测量值Rx1的大于真实值；‎ 由图b所示电路可知，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，所示电流偏大，电阻测量值Rx2小于真实值；‎ 故答案为：Rx1，大于，小于．‎ ‎　‎ ‎14．在描绘小灯泡伏安特性曲线的实验中，提供的实验器材有：‎ A．小灯泡（额定电压为2.0V，额定电流约为0.5A）；‎ B．电源E：电动势为3.0V，内阻不计；‎ C．电压表V：量程为0～3V，内阻约为1kΩ D．电流表A：量程为0～0.6A，内阻约为0.6Ω；‎ E．滑动变阻器R1：最大阻值为l5Ω，额定电流为1.0A；‎ F．滑动变阻器R2：最大阻值为l50Ω，额定电流为1.0A；‎ G．开关S及导线若干 实验得到如下数据（I和U分别表示通过小灯泡的电流和加在小灯泡两端的电压）：‎ I/A ‎0.00‎ ‎0.12‎ ‎0.21‎ ‎0.29‎ ‎0.34‎ ‎0.38‎ ‎0.42‎ ‎0.45‎ ‎0.47‎ ‎0.49‎ ‎0.50‎ U/V ‎0.00‎ ‎0.20‎ ‎0.40‎ ‎0.60‎ ‎0.80‎ ‎1.00‎ ‎1.20‎ ‎1.40‎ ‎1.60‎ ‎1.80‎ ‎2.00‎ ‎（1）实验中滑动变阻器应选用　E　（请填写选项前对应的序号字母）．‎ ‎（2）请你不要改动已连接导线，在下面的实物连接图中把还需要连接的导线补上．闭合开关前，应使变阻器滑片放在最　左　（填“左”或“右”）端．‎ ‎（3）在坐标系中画出小灯泡的U﹣I曲线．‎ ‎（4）若将本题中的小灯泡接在电动势是1.5V、内阻是1.0Ω的电池两端，则小灯泡的实际功率约为　0.44　W（保留两位有效数字）．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器．‎ ‎（2）描绘小灯泡伏安特性曲线，要电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后作出实验电路图；滑动变阻器采用分压接法，在闭合开关前，为保护电路，滑片应置于分压电路分压最小的位置．‎ ‎（3）根据表中实验数据在坐标系中描出对应点，然后作出灯泡的U﹣I图象．‎ ‎（4）在同一坐标系中作出电源的U﹣I图象，该图象与灯泡U﹣I图象的交点坐标值就是用该电源给灯泡供电时的电压与电流值，然后求出功率．‎ ‎【解答】解：（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选：E．‎ ‎（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时电阻为R===4Ω，电压表内阻为电压表内阻约为1kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示；为保护电路，闭合开关前，滑片应置于左端．‎ ‎（3）根据表中实验数据在坐标系中描出对应点，然后用平滑的曲线把各点连接起来，作出灯泡的U﹣I图象，如图所示．‎ ‎（4）在灯泡的U﹣I图象坐标系中作出电池的U﹣I图象，如图所示；由图象可知，用该电池给灯泡供电时，灯泡两端电压为1.1V，电流为0.4A，则灯泡实际功率P=UI=1.1×0.4=0.44W．‎ 故答案为：（1）E；（2）电路图如图所示；左；（3）图象如图所示；（4）0.44．‎ ‎　‎ 三、计算题 ‎15．规格为“220V　44W”的排风扇，线圈电阻是40Ω，求 ‎（1）接上220V电压后，排风扇转化为机械能的功率和发热功率；‎ ‎（2）如果接上220V电压后，扇叶被卡住不能转动，求排风扇消耗的功率和发热功率．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）根据功率P=UI可以求得电动机的电流的大小；由PQ=I2‎ r可以求得转化为内能的功率的大小，再由P机=P﹣PQ可以求得转化为机械能的功率；‎ ‎（2）当扇叶被卡住不能转动时，此时可以看做是纯电阻，总的功率即为发热的功率．‎ ‎【解答】解：（1）由P=UI可得电流为：‎ I===0.2A；‎ 线圈电阻发热功率：‎ PQ=I2r=0.22×40=1.6W；‎ 机械功率：‎ P机=P﹣PQ=44﹣1.6=42.4W；‎ ‎（3）当叶片不转动时，作纯电阻，根据欧姆定律，有：‎ I===5.5A；‎ P=UI=I2r=5.52×40=1210W．‎ 答：（1）电风扇消耗功率转化为机械能的功率是42.4W，热功率为1.6W；‎ ‎（2）如果接上电源后，电风扇的风叶被卡住，不能转动，电动机的发热功率是1210W．‎ ‎　‎ ‎16．如图所示，两带电平行板A、B间的电场为匀强电场，场强E=4.0×102V/m，两板相距d=16cm，板长L=30cm．一带电量q=1.0×10﹣16C、质量m=1.0×10﹣22kg的粒子沿平行于板方向从两板的正中间射入电场后向着B板偏转，不计带电粒子所受重力，求：‎ ‎（1）粒子带何种电荷？‎ ‎（2）要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为多大？‎ ‎（3）粒子正好从B板右端飞出时的速度多大？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】‎ 根据粒子所受电场力的方向确定粒子的电性．粒子在垂直电场方向做匀速直线运动，在沿电场方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律，结合运动学公式求出粒子的初速度，根据平行四边形定则，结合竖直分速度求出粒子飞出B板右端的速度．‎ ‎【解答】解：（1）粒子所受的电场力向下，则粒子带正电 ‎ ‎（2）由题意：‎ 即 代入数据解得：．‎ ‎（3）粒子在竖直方向上的分速度=m/s．‎ 根据平行四边形定则知，离开的速度=1.7×104m/s．‎ 答：（1）粒子带正电．‎ ‎（2）要使粒子能飞出电场，粒子飞入电场时的速度v0至少为1.5×104m/s．‎ ‎（3）粒子正好从B板右端飞出时的速度为1.7×104m/s．‎ ‎　‎ ‎17．如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中．现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g．‎ ‎（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？‎ ‎（2）在（1）的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用．‎ ‎【分析】（1）由动能定理求出滑块的速度．‎ ‎（2）由牛顿第二定律求出滑块受到的作用力．‎ ‎【解答】解：（1）设滑块到达C点时的速度为v，由动能定理有 ‎，‎ 又因为 Eq=mg，‎ 联立两式解得：；‎ ‎（2）设滑块到达C点时受到轨道的作用力大小为F，则，‎ 又因为 Eq=mg，‎ 解得：‎ 答：（1）滑块到达与圆心O等高的C点时速度为；‎ ‎（2）滑块到达C点时受到轨道的作用力大小 ‎　‎