物理卷·2018届湖南省常德一中高二上学期期中物理试卷（理科） （解析版） 17页

‎2016-2017学年湖南省常德一中高二（上）期中物理试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分.1-8题为单项选择题，9-12题为多项选择题）‎ ‎1．下列关于磁感应强度大小的说法正确的是（　　）‎ A．通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大 B．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大 C．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同 D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关 ‎2．中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意（　　）‎ A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近 C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D．在地面上放置一个小磁针，静止时小磁针的南极指向地磁场的北极 ‎3．空间某区域内的三条电场线如图所示，P、Q为该电场中的两点．下列说法中正确的是（　　）‎ A．P点的电势比Q点高 B．P点的场强比Q点大 C．电子从P点移动到Q点，电场力不做功 D．将电子从Q点由静止释放，电子将水平向右运动 ‎4．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（　　）‎ A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变 C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变大，E变小 ‎5．一段长度为L的粗细均匀的电阻丝电阻为R，现在将其均匀拉长为2L，则此时其电阻的阻值为（　　）‎ A．R B．2R C．3R D．4R ‎6．现有一个灵敏电流计，它的满偏电流为Ig=1mA，内阻Rg=500Ω，若要将它改装成量程为3V的电压表，则应在该灵敏电流计上（　　）‎ A．串联一个2500Ω的电阻 B．串联一个25000Ω的电阻 C．串联一个3000Ω的电阻 D．并联一个2500Ω的电阻 ‎7．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（　　）‎ A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2不变，U减小 C．I1增大，I2减小，U增大 D．I1减小，I2增大，U减小 ‎8．有一个多用电表，其欧姆挡的四个量程分别为“×1”、“×10”、“×100”、“×1k”，某学生把选择开关旋到“×100”挡测量一未知电阻时，发现指针偏转角度很大，为了减少误差，他应该（　　）‎ A．换用“×1k”挡，不必重新调整调零旋钮 B．换用“×10”挡，不必重新调整调零旋钮 C．换用“×1k”挡，必须重新调整调零旋钮 D．换用“×10”挡，必须重新调整调零旋钮 ‎9．有三个点电荷甲、乙、丙，甲带电荷量为+Q，乙带电荷量为﹣q，且Q＞q，每一个电荷受其他两个电荷的电场作用力的合力均为零，则下列判断中正确的是（　　）‎ A．丙的位置一定在甲和乙的连线的延长线上，且距乙较近 B．丙一定带正电荷 C．丙所带的电荷量q′一定大于q D．丙所带的电荷量一定小于Q ‎10．如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，直线B为电阻R的U﹣I图线，用该电源与R组成闭合电路时，则（　　）‎ A．该电源的电动势为6V B．电源的输出功率为4W C．电阻R的阻值为2Ω D．电源的内阻为6Ω ‎11．如图所示，用两节干电池点亮几个小灯泡，当逐一闭合开关，接入灯泡增多时，以下说法正确的是（　　）‎ A．灯少时各灯较亮，灯多时各灯较暗 B．各灯两端电压在灯多时较低 C．通过电池的电流在灯多时较大 D．电池的效率灯多时较大 ‎12．质量为m、电量为q的带电微粒，以初速度V0从A点竖直向上射入方向水平电场强度为E的匀强电场中，当微粒经过B点时速率为VB=2V0，而方向与E同向．下列判断中正确的是（　　）‎ A．两点间电势差为 B．A，B两点间的高度差为 C．微粒在B点的电势能大于在A点的电势能 D．从A到B微粒作匀变速运动 ‎　‎ 二、填空题（本题包括2小题，每空2分，共16分）‎ ‎13．甲图中游标卡尺的读数是　　mm．乙图中螺旋测微器的读数是　　mm．‎ ‎14．在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：‎ 小电珠（3.0V，1.8W），‎ 电流表A1：量程0～0.6A，内阻约为1Ω，‎ 电流表A2：量程0～3A，内阻约为1Ω，‎ 电压表V1：量程0～3V，内阻约为10kΩ，‎ 电压表V2：量程0～15V，内阻约为8kΩ，‎ 滑动变阻器，0～10Ω，额定电流1A，‎ 电源：两节干电池，开关，导线若干．‎ ‎（1）为使测量尽可能准确，实验过程应该选用的电流表是　　，电压表是　　．‎ ‎（2）根据选择的器材，某同学设计了图1所示的电路原理图，请你根据实验原理图，完成实物图2中的连线（图中已经有两根线连好）‎ ‎15．现有一特殊电池，它的电动势E约为9V，内阻r约为40Ω，已知该电池允许输出的最大电流为50mA．为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示的电路进行实验，图中电流表的内阻RA已经测出，阻值为5Ω，R为电阻箱，阻值范围0～999.9Ω，R0为定值电阻，对电路起保护作用．‎ ‎（1）实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格：‎ A．10Ω　　　　B．50Ω　 C．150Ω　 D．500Ω 本实验选用哪一种规格的定值电阻最好？答：　　‎ ‎（2）该同学接入符合要求的R0后，闭合开关K，调整电阻箱的阻值，读取电流表的示数，记录多组数据，作出了图乙所示的图线，则根据该同学作出的图线可求得该电池的电动势E=　　V，内阻r=　　Ω ‎　‎ 三、计算题（楣鄉4小题，觸9分，共36分）‎ ‎16．一个电源接8Ω电阻时，通过电源的电流为0.15A，接13Ω电阻时，通过电源的电流是0.10A，求电源的电动势和内阻．‎ ‎17．一台直流电动机的额定电压为U=200V，电动机线圈的电阻R=1Ω，当它正常工作时通过的电流I=20A，若电动机正常运转时间t=50s．求：‎ ‎（1）电动机消耗的总电能；‎ ‎（2）线圈电阻上产生的热量；‎ ‎（3）电动机机械效率．‎ ‎18．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻不计，滑动变阻器可调取值为0～2R0，定值电阻阻值为R0，C为平行板电容器，极板长度为l，极板间距为d，极板的右侧距极板L处有一荧光屏．现让一束质量为m，电量为q的带电粒子（不计粒子的重力）以速度v0平行于极板沿中线进入电容器，现改变滑动变阻器阻值，并设所有带电粒子总是能从右侧穿出，试求带电粒子在荧光屏上打击范围的竖直宽度多大？‎ ‎19．如图所示，在x＞0的空间内存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E；在x＜0的空间内存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小也等于E．一电子（﹣e，m）在x=d处的P点以沿y轴正方向的初速度v0开始运动，不计电子重力．求：‎ ‎（1）电子在x轴方向的分运动的周期为　　；‎ ‎（2）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个相邻交点之间的距离L为　　．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年湖南省常德一中高二（上）期中物理试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题（本题包括12小题，每小题4分，共48分.1-8题为单项选择题，9-12题为多项选择题）‎ ‎1．下列关于磁感应强度大小的说法正确的是（　　）‎ A．通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大 B．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大 C．放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同 D．磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关 ‎【考点】磁感应强度．‎ ‎【分析】磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度．比值与磁场力及电流元均无关．电流元所受磁场力是由左手定则来确定．‎ ‎【解答】解：A、当通电导线垂直放入磁场中，受磁场力大的地方，磁感应强度一定越大．故A错误；‎ B、一小段通电导线平行放在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度不一定为零，故B错误；‎ C、放在匀强磁场中各处的通电导线受力为F=BILsinα，受力大小与电流、导线的长度及导线与磁场的夹角有关．故C错误；‎ D、磁感应强度的大小跟垂直放在磁场中的通电导线受力的大小没有关系，与通电导线电流大小也没有关系，它由磁场的性质决定．故D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎2．中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意（　　）‎ A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近 C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D．在地面上放置一个小磁针，静止时小磁针的南极指向地磁场的北极 ‎【考点】地磁场．‎ ‎【分析】明确地磁场的性质，知道地磁场南北极的位置，以及磁偏角的性质．同时明确磁极间的相互作用：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引．‎ ‎【解答】解：A、地理南、北极与地磁场的南、北极不重合有一定的夹角，即为磁偏角；故A正确；‎ B、磁场是闭合的曲线，地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故B正确；‎ C、磁场是闭合的曲线，地球磁场从南极附近发出，从北极附近进入地球，组成闭合曲线，不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，故C错误；‎ D、根据磁极间的相互作用可知，在地面上放置一个小磁针，静止时小磁针的南极指向地磁场的北极，故D正确．‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ ‎3．空间某区域内的三条电场线如图所示，P、Q为该电场中的两点．下列说法中正确的是（　　）‎ A．P点的电势比Q点高 B．P点的场强比Q点大 C．电子从P点移动到Q点，电场力不做功 D．将电子从Q点由静止释放，电子将水平向右运动 ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】电场线的疏密反映电场强度的相对大小，电场线越密，场强越大．同一电荷在电场强度大的地方受到的电场力大；据功的定义式判断做功情况．‎ ‎【解答】解：AB、据电场线的疏密程度可知，P点的场强大，Q点的场强小；沿电场线方向电势越来越低，所以Q点的电势高，故A错误，B正确；‎ C、当电子从P到Q时，电子所受的电场线与位移方向相反，电场力做负功，故C错误；‎ D、当把电子从Q静止释放，受到的电场力与场强方向相反，据图可知电场力是变力，所以电子将向左下方做曲线运动，故D错误．‎ 故选：B．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（　　）‎ A．Q变小，C不变，U不变，E变小 B．Q变小，C变小，U不变，E不变 C．Q不变，C变小，U变大，E不变 D．Q不变，C变小，U变大，E变小 ‎【考点】电容器的动态分析．‎ ‎【分析】题中平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由C=，分析电容的变化，根据C=分析电压U的变化，根据E=分析场强的变化．‎ ‎【解答】解：A、B，平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变．故A、B错误．‎ ‎ C、D，增大电容器两极板间的距离d时，由C=知，电容C变小，Q不变，根据C=知，U变大，而E===，Q、k、ɛ、S均不变，则E不变．故C正确，D错误．‎ 故选C ‎　‎ ‎5．一段长度为L的粗细均匀的电阻丝电阻为R，现在将其均匀拉长为2L，则此时其电阻的阻值为（　　）‎ A．R B．2R C．3R D．4R ‎【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、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：当导体的长度拉长到原来的2倍时，其材料和体积均不变，则横截面积变为原来的；‎ 而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4倍；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎6．现有一个灵敏电流计，它的满偏电流为Ig=1mA，内阻Rg=500Ω，若要将它改装成量程为3V的电压表，则应在该灵敏电流计上（　　）‎ A．串联一个2500Ω的电阻 B．串联一个25000Ω的电阻 C．串联一个3000Ω的电阻 D．并联一个2500Ω的电阻 ‎【考点】把电流表改装成电压表．‎ ‎【分析】电流表改装成电压表要串联电阻分压，串联的阻值为R=﹣Rg，U为改装后的量程．‎ ‎【解答】解：将小量程的电流表改装成电压表利用串联电路的分压原理，需要串联一个大一些的电阻；‎ 改装后电压表量程为3V，所串联电阻的阻值R=﹣Rg=﹣500=2500Ω，故A正确；‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎7．在如图所示的电路中，E为电源电动势，r为电源内阻，R1和R3均为定值电阻，R2为滑动变阻器．当R2的滑动触点在a端时合上开关S，此时三个电表A1、A2和V的示数分别为I1、I2和U．现将R2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（　　）‎ A．I1增大，I2不变，U增大 B．I1减小，I2不变，U减小 C．I1增大，I2减小，U增大 D．I1减小，I2增大，U减小 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部→整体→局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析．‎ ‎【解答】解：R2的滑动触点向b端移动时，R2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，R3电压增大，R1、R2并联电压减小，通过R1的电流I1减小，即A1示数减小，而总电流I增大，则流过R2的电流I2增大，即A2示数增大．故A、B、C错误，D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．有一个多用电表，其欧姆挡的四个量程分别为“×1”、“×10”、“×100”、“×1k”，某学生把选择开关旋到“×100”挡测量一未知电阻时，发现指针偏转角度很大，为了减少误差，他应该（　　）‎ A．换用“×1k”挡，不必重新调整调零旋钮 B．换用“×10”挡，不必重新调整调零旋钮 C．换用“×1k”挡，必须重新调整调零旋钮 D．换用“×10”挡，必须重新调整调零旋钮 ‎【考点】用多用电表测电阻．‎ ‎【分析】欧姆表表盘刻度不均匀，零刻度在右边，每次换挡都必须进行欧姆调零．‎ ‎【解答】解：欧姆表的零刻度在最右边，指针偏角大说明被测电阻小，因此，要换小挡位×10，重新欧姆调零．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．有三个点电荷甲、乙、丙，甲带电荷量为+Q，乙带电荷量为﹣q，且Q＞q，每一个电荷受其他两个电荷的电场作用力的合力均为零，则下列判断中正确的是（　　）‎ A．丙的位置一定在甲和乙的连线的延长线上，且距乙较近 B．丙一定带正电荷 C．丙所带的电荷量q′一定大于q D．丙所带的电荷量一定小于Q ‎【考点】库仑定律；电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】由于Q带正电荷，q负电荷，根据同种电荷排斥，异种电荷吸引，要使每个电荷处于衡状态，对其受力分析，去判断所处的位置．‎ ‎【解答】解：A、假设丙放在Qq之间，Q对丙的电场力和q对丙的电场力方向相同，丙不能处于平衡状态，所以假设不成立．‎ 设丙所在位置与Q的距离为r13，丙所在位置与q距离为r23，要能处于平衡状态，‎ 所以Q对丙的电场力大小等于q对丙的电场力大小．‎ 由于Q＞q．所以r23＜r13，所以丙离Q较远．所以q一定放置在甲、乙连线上乙的外侧，故A正确 B、q处在Q与丙电荷之间，q受其它两个电荷所施的电场力合力都为零，所以丙一定带正电荷．故B正确；‎ C、对Q进行受力分析，Q受其它两个电荷所施的电场力合力都为零，因为丙离Q远，所以丙所带电量一定大于q，故C正确 D、对q进行受力分析，q受其它两个电荷所施的电场力合力都为零，即，则有丙所带电量一定小于Q，故D正确；‎ 故选：ABCD．‎ ‎　‎ ‎10．如图所示，直线A为电源的U﹣I图线，直线B为电阻R的U﹣I图线，用该电源与R组成闭合电路时，则（　　）‎ A．该电源的电动势为6V B．电源的输出功率为4W C．电阻R的阻值为2Ω D．电源的内阻为6Ω ‎【考点】电功、电功率；电源的电动势和内阻；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据闭合电路欧姆定律分析电源的U﹣I图象与纵轴交点物理意义，求出电源的电动势．两图线的交点表示该电阻接在该电源上时工作状态，读出电压和电流，求出电源的输出功率．由图线B的斜率求出电阻R的阻值．由图线A的斜率绝对值求出电源的内阻．‎ ‎【解答】解：A、D由图线A：根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，当I=0时，U=E，即图线与纵轴的交点坐标表示电源的电动势，读出电源的电动势E=6V．图线A的斜率绝对值等于电源的内阻r，由数学知识求出r===1Ω．故A正确，D错误；‎ B、两图线的交点表示该电阻接在该电源上时工作状态，读出路端电压为U=4V，电流I=2A，则电源的输出功率为P=UI=8W．故B错误．‎ C、由图线B的斜率等于电阻R的阻值，则有R==2Ω．故C正确．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎11．如图所示，用两节干电池点亮几个小灯泡，当逐一闭合开关，接入灯泡增多时，以下说法正确的是（　　）‎ A．灯少时各灯较亮，灯多时各灯较暗 B．各灯两端电压在灯多时较低 C．通过电池的电流在灯多时较大 D．电池的效率灯多时较大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路．‎ ‎【分析】由并联电路的规律可知外部总电阻的变化；由闭合电路的欧姆定律可判断路端电压和通过电池的电流变化．‎ ‎【解答】解：A、B、C由图可知，灯泡均为并联．当点亮的电灯数目增多时，并联的支路增多，由并联电路的电阻规律可知，外部总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，通过电池的电流增大，则电池的内电压增大，故路端电压减小，灯泡两端的电压变小，灯泡变暗，故ABC正确；‎ D、电池的效率η=；因路端电压减小，则电池的效率在灯多时较小；故D错误；‎ 故选：ABC．‎ ‎　‎ ‎12．质量为m、电量为q的带电微粒，以初速度V0从A点竖直向上射入方向水平电场强度为E的匀强电场中，当微粒经过B点时速率为VB=2V0，而方向与E同向．下列判断中正确的是（　　）‎ A．两点间电势差为 B．A，B两点间的高度差为 C．微粒在B点的电势能大于在A点的电势能 D．从A到B微粒作匀变速运动 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能．‎ ‎【分析】微粒在匀强电场中受到重力和电场力两个力作用，竖直分运动是竖直上抛运动，水平分运动是初速度为零的匀加速运动，两个分运动相互独立，对两个分运动分别运用动能定理列式分析．‎ ‎【解答】解：A、微粒在匀强电场中受到重力和电场力两个力作用，竖直分运动是竖直上抛运动，水平分运动是初速度为零的匀加速运动，两个分运动相互独立；‎ 由动能定理得，竖直方向：﹣mgh=0﹣mv02，水平方向：qUAB=m（2v0）2，解得：h=，UAB=，故AB正确；‎ C、从A到B，电场力做正功，电势能减小，微粒在B点的电势能小于在A点的电势能，故C错误；‎ D、从A到B，微粒受到重力和电场力两个力作用，合力恒定，故加速度恒定，是匀变速运动，故D正确；‎ 故选：ABD．‎ ‎　‎ 二、填空题（本题包括2小题，每空2分，共16分）‎ ‎13．甲图中游标卡尺的读数是　100.50　mm．乙图中螺旋测微器的读数是　3.200（3.198﹣3.202）　mm．‎ ‎【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】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．‎ ‎【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为：10cm=100mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为10×0.05mm=0.50mm，所以最终读数为：100mm+0.50mm=100.50mm．‎ ‎2、螺旋测微器的固定刻度为3mm，可动刻度为20.0×0.01mm=0.200mm，所以最终读数为3mm+0.200mm=3.200mm，由于需要估读，最后的结果可以在3.198﹣3.202之间．‎ 故答案为：100.50，3.200（3.198﹣3.202）‎ ‎　‎ ‎14．在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，所用器材有：‎ 小电珠（3.0V，1.8W），‎ 电流表A1：量程0～0.6A，内阻约为1Ω，‎ 电流表A2：量程0～3A，内阻约为1Ω，‎ 电压表V1：量程0～3V，内阻约为10kΩ，‎ 电压表V2：量程0～15V，内阻约为8kΩ，‎ 滑动变阻器，0～10Ω，额定电流1A，‎ 电源：两节干电池，开关，导线若干．‎ ‎（1）为使测量尽可能准确，实验过程应该选用的电流表是　A1　，电压表是　V1　．‎ ‎（2）根据选择的器材，某同学设计了图1所示的电路原理图，请你根据实验原理图，完成实物图2中的连线（图中已经有两根线连好）‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表．‎ ‎（2）根据电路图连接实物电路图．‎ ‎【解答】解：（1）灯泡额定电压为3V，则电压表选V1，灯泡正常发光时的电流为I===0.6A，则电流表选A1．‎ ‎（2）根据图1所示电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示．‎ 故答案为：（1）；A1；V1；（2）电路图如图所示．‎ ‎　‎ ‎15．现有一特殊电池，它的电动势E约为9V，内阻r约为40Ω，已知该电池允许输出的最大电流为50mA．为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图甲所示的电路进行实验，图中电流表的内阻RA已经测出，阻值为5Ω，R为电阻箱，阻值范围0～999.9Ω，R0为定值电阻，对电路起保护作用．‎ ‎（1）实验室备有的定值电阻R0有以下几种规格：‎ A．10Ω　　　　B．50Ω　 C．150Ω　 D．500Ω 本实验选用哪一种规格的定值电阻最好？答：　C　‎ ‎（2）该同学接入符合要求的R0后，闭合开关K，调整电阻箱的阻值，读取电流表的示数，记录多组数据，作出了图乙所示的图线，则根据该同学作出的图线可求得该电池的电动势E=　10　V，内阻r=　45　Ω ‎【考点】测定电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】（1）已知电源电动势、内阻及最大电流，由闭合电路欧姆定律可得出电路中最小电阻，则可找出保护电阻；‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律可得出表达式，再结合图象和数学知识可得出图象的截距及斜率的含义，则可求得电动势和内电阻．‎ ‎【解答】解：（1）当滑动变阻器短路时，电路中通过的最大电流为50mA，‎ 则由闭合电路欧姆定律可知，定值电阻的最小阻值为：R0=﹣50Ω=180﹣50Ω=130Ω，‎ 故选C；‎ ‎（2）由闭合电路欧姆定律可得：U=（R0+R），‎ 变形得： =+，‎ 由数学知识可知，图象中的斜率k=；截距b=；‎ 由图可知，b=0.1，故E=10V；‎ k=4.6；‎ 解得：r=46Ω；‎ 故答案为：（1）C　（2）10　45‎ ‎　‎ 三、计算题（楣鄉4小题，觸9分，共36分）‎ ‎16．一个电源接8Ω电阻时，通过电源的电流为0.15A，接13Ω电阻时，通过电源的电流是0.10A，求电源的电动势和内阻．‎ ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】设电源的电动势和内阻分别为E、r，根据闭合电路欧姆定律E=I（R+r）列出两种情况下的方程，联立求出电源的电动势和内阻．‎ ‎【解答】解：设电源的电动势和内阻分别为E、r，根据闭合电路欧姆定律得：‎ ‎ E=I1（R1+r）‎ ‎ E=I2（R2+r）‎ 联立解得，r=‎ 代入解得，r=2Ω 代入①得，E=0.15×（8+2）V=1.5V 答：电源的电动势和内阻分别为1.5V和2Ω．‎ ‎　‎ ‎17．一台直流电动机的额定电压为U=200V，电动机线圈的电阻R=1Ω，当它正常工作时通过的电流I=20A，若电动机正常运转时间t=50s．求：‎ ‎（1）电动机消耗的总电能；‎ ‎（2）线圈电阻上产生的热量；‎ ‎（3）电动机机械效率．‎ ‎【考点】电功、电功率；焦耳定律．‎ ‎【分析】电动机为非纯电阻，电动机在工作时，把电能转化成机械能的同时，还有一部分电能转化成了热能，并且线圈与电动机串联．‎ ‎（1）已知通过电动机的电流、电动机两端的电压和时间，可利用公式W=UIt计算电动机消耗的电能．‎ ‎（2）已知电动机线圈的电阻、通过线圈的电流和时间，可利用公式Q=I2Rt计算线圈产生的热量．‎ ‎（3）电动机的机械效率等于输出功率除以总功率．‎ ‎【解答】解：（1）电动机消耗的总电能：‎ E=UIt=200×20×50=2×105J ‎（2）线圈电阻上产生的热量：‎ Q=I2Rt=202×1×50=2×104J ‎（3）电动机机械效率：‎ η=×100%=90%‎ 答：（1）电动机消耗的总电能2×105J；‎ ‎（2）线圈电阻上产生的热量2×104J；‎ ‎（3）电动机机械效率90%‎ ‎　‎ ‎18．如图所示电路中，电源电动势为E，内阻不计，滑动变阻器可调取值为0～2R0，定值电阻阻值为R0，C为平行板电容器，极板长度为l，极板间距为d，极板的右侧距极板L处有一荧光屏．现让一束质量为m，电量为q的带电粒子（不计粒子的重力）以速度v0平行于极板沿中线进入电容器，现改变滑动变阻器阻值，并设所有带电粒子总是能从右侧穿出，试求带电粒子在荧光屏上打击范围的竖直宽度多大？‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】根据欧姆定律和串联电路分压特点，可以得出电容器电压与R及E的关系，带电粒子进入电容器后做类平抛运动，根据平抛运动的规律得出偏转位移和偏转角正切的表达式．带电粒子离开电场后做匀速直线运动，再由数学知识求解带电粒子在荧光屏上打击范围的竖直宽度的表达式，即可得到范围．‎ ‎【解答】解：设电容器极板间电压为U，则U=E 带电粒子从极板间飞出时的速度偏角设为α，偏移量设为y，则电子打到荧光屏上的位置P到O的距离为y′，则：‎ ‎ y=at2‎ ‎ l=v0t 又牛顿第二定律得：a=‎ 所以联立得：y=‎ 又 tanα=，vy=at 所以得：tanα=‎ 根据数学知识得：y′=y+Ltanα=+L•=‎ 可知，当偏转电压U最大时y′最大．‎ 由U=E，知当R=2R0时，U最大，为：Um=E=‎ 所以y′的最大值为 y′m==．‎ 故带电粒子在荧光屏上打击范围的竖直宽度为．‎ 答：带电粒子在荧光屏上打击范围的竖直宽度为．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，在x＞0的空间内存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度为E；在x＜0的空间内存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小也等于E．一电子（﹣e，m）在x=d处的P点以沿y轴正方向的初速度v0开始运动，不计电子重力．求：‎ ‎（1）电子在x轴方向的分运动的周期为　4　；‎ ‎（2）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个相邻交点之间的距离L为　2v0　．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）电子沿x方向，先匀加速再匀减速，而后再反向匀加速，再匀减速依次循环往复运动，由对称性可得周期大小；‎ ‎（2）电子的运动可分解为沿y轴正方向的匀速直线运动和x轴的匀减速运动，由分运动的等时性加以解决．‎ ‎【解答】解：（1）电子从A点进入x＜0的空间后，沿y轴正方向仍做v0的匀速直线运动，沿x轴负方向做加速度大小仍为a的匀减速直线运动．根据运动的对称性得，电子x轴方向速度减为零的时间：‎ t2=t1=，‎ 所以电子的x方向分运动的周期：‎ T=4t1=4‎ ‎（2）电子在x＞0的空间中，沿y轴正方向以v0的速度做匀速直线运动，沿x轴负方向做匀加速直线运动，设加速度的大小为a，则：‎ F=eE=ma d=at12‎ yOA=v0t1‎ 解得：t1=‎ yOA=v0‎ 电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个相邻交点之间的距离L=2yOA=2v0‎ 故答案为：（1）4；（2）2v0．‎ ‎　‎