物理卷·2018届山东省济南一中高二上学期期中物理试卷 （解析版） 17页

‎2016-2017学年山东省济南一中高二（上）期中物理试卷 ‎　‎ 一、选择题：本题共15小题，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一项符合题目要求，第11～15题有多项符合题目要求．第1～10题每题4分，共40分．第11～15题每题4分，共20分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎1．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（　　）‎ A． B． C． D．12F ‎2．如图所示的各电场中，A、B两点场强相同的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为φP和φQ，则（　　）‎ A．EP＞EQ，φP＞φQ B．EP＞EQ，φP＜φQ C．EP＜EQ，φP＞φQ D．EP＜EQ，φP＜φQj ‎4．如图所示，匀强电场场强为E，A与B两点间的距离为d，AB与电场线夹角为а，则A与B两点间的电势差为（　　）‎ A．Ed B．Edcosа C．Edsinа D．Edtanа ‎5．关于电动势，以下说法正确的是（　　）‎ A．电源的电动势与外电路的组成有关 B．工作中的电源两极间的电压等于电源电动势 C．电源电动势越大，电源内静电力做功越多 D．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越强 ‎6．某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过M点和N点，以下说法正确的是（　　）‎ A．M、N点的场强EM＞EN B．粒子在M、N点的加速度aM＞aN C．粒子在M、N点的速度vM＞vN D．粒子带正电 ‎7．如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动．运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则（　　）‎ A．aa＞ab＞ac，va＞vc＞vb B．aa＞ab＞ac，vb＞vc＞va C．ab＞ac＞aa，vb＞vc＞va D．ab＞ac＞aa，va＞vc＞vb ‎8．如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述哪些做法可使指针张角增大（　　）‎ A．使A、B两板靠近一些 B．使A、B两板正对面积错开一些 C．断开S后，使A板向右平移一些 D．断开S后，使A、B正对面积错开一些 ‎9．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r．当可变电阻的滑片P向b移动时，电压表V1的示数U1与电压表V2的示数U2的变化情况是（　　）‎ A．U1变大，U2变小 B．U1变大，U2变大 C．U1变小，U2变小 D．U1变小，U2变大 ‎10．电源的电动势为4.5V，内电阻为0.50Ω，外电路接一个4.0Ω的电阻，这时电源路端的电压为（　　）‎ A．5.0V B．4.5V C．4.0V D．3.5V ‎11．如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷Q产生的电场线，若带电粒子q由a运动到b，电场力做正功，已知在a、b两点粒子所受电场力分别为Fa、Fb，则下列判断正确的是（　　）‎ A．若Q为正电荷，则q带正电，Fa＞Fb B．若Q为正电荷，则q带正电，Fa＜Fb C．若Q为负电荷，则q带负电，Fa＞Fb D．若Q为负电荷，则q带负电，Fa＜Fb ‎12．如图是两个等量异种点电荷形成的电场，AB为中垂线，且AO=BO，则（　　）‎ A．A、B两点场强相等 B．A、B两点场强方向相反 C．正电荷从A运动到B，电势能增加 D．A、B两点电势差为零 ‎13．如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ，一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则以下正确的是（　　）‎ A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQ B．直线c位于某一等势面内，φM＞φN C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功 D．若电子由P点运动到Q点，电场力做正功 ‎14．如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．R1：R2=1：3‎ B．把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2‎ C．将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1：P2=1：3‎ D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ ‎15．如图所示的电路中，L1，L2是两个不同的小灯泡，a，b间有恒定的电压，他们都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，发生的现象是（　　）‎ A．L1亮度不变，L2变暗 B．L1变暗，L2变亮 C．电路消耗的总功率变小 D．流过滑动变阻器的电流变小 ‎　‎ 二、实验题：本题共2小题，共10分．‎ ‎16．图中螺旋测微器读数为　　mm．‎ ‎17．有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性曲线．有下列器材供选用：‎ A．电压表（0～5V，内阻约为10kΩ）‎ B．电压表（0～10V，内阻约为20kΩ）‎ C．电流表（0～0.3A，内阻约为lΩ）‎ D．电流表（0～0.6A，内阻约为0.4Ω）‎ E．滑动变阻器（10Ω，2A）‎ F．学生电源（直流6V），还有电键、导线若干 ‎①实验中所用电压表应选用　　（填A或B），电流表应选用　　（填C或D）．‎ ‎②实验时要求灯泡电压从零开始并尽量减小实验误差，请在方框内画出实验电路原理图．‎ ‎　‎ 三、解答题：本题共3个小题，满分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，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力的作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，bd的长度为L，匀强电场的电场强度为E，求：‎ ‎（1）此液滴带何种电荷；‎ ‎（2）液滴的加速度为多少；‎ ‎（3）b、d两点的电势差Ubd．‎ ‎19．如图所示，M为一线圈电阻RM=0.4Ω的电动机，R=24Ω，电源电动势E=40V．当S断开时，电流表的示数I1=1.6A，当开关S闭合时，电流表的示数为I2=4.0A．求：‎ ‎（1）电源内阻r ‎（2）开关S闭合时，通过电动机的电流及电动机消耗功率．‎ ‎20．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=0.16m，板长L=0.30m．一带电量q=1.0×10﹣16C、质量m=1.0×10﹣22㎏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）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；‎ ‎（2）粒子飞出电场时速度偏转角的正切值tanθ．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年山东省济南一中高二（上）期中物理试卷 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共15小题，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一项符合题目要求，第11～15题有多项符合题目要求．第1～10题每题4分，共40分．第11～15题每题4分，共20分，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．‎ ‎1．两个分别带有电荷量﹣Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为F．两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（　　）‎ A． B． C． D．12F ‎【考点】库仑定律；电荷守恒定律．‎ ‎【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分．‎ 根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题．‎ ‎【解答】解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为F=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带电为+Q，距离又变为原来的，库仑力为F′=k，‎ 所以两球间库仑力的大小为．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎2．如图所示的各电场中，A、B两点场强相同的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电场强度．‎ ‎【分析】电场强度是矢量，既有大小又有方向，只有当大小方向均相同时，场强才相同．‎ ‎【解答】解：A、在负点电荷产生的电场中，同心球面上的点的场强大小相等．A、B两点的场强大小相等，但方向不同，故A错误．‎ B、正点电荷产生的电场中，AB两点场强的方向相同，大小不同，故B错误．‎ C、两平行板间的电场是匀强电场，场强大小方向都相等，故C正确．‎ D、AB两点处的电场线的疏密和切线方向都不同．即A、B两点的场强大小和方向都不同，故D错误．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．某静电场的电场线分布如图所示，图中P、Q两点的电场强度的大小分别为EP和EQ，电势分别为φP和φQ，则（　　）‎ A．EP＞EQ，φP＞φQ B．EP＞EQ，φP＜φQ C．EP＜EQ，φP＞φQ D．EP＜EQ，φP＜φQj ‎【考点】电场线；电场强度；电势．‎ ‎【分析】根据P、Q两点处电场线的疏密比较电场强度的大小．根据沿电场线的方向电势降低．‎ ‎【解答】解：由图P点电场线密，电场强度大，EP＞EQ，．沿电场线的方向电势降低，φP＞φQ．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎4．如图所示，匀强电场场强为E，A与B两点间的距离为d，AB与电场线夹角为а，则A与B两点间的电势差为（　　）‎ A．Ed B．Edcosа C．Edsinа D．Edtanа ‎【考点】电势差与电场强度的关系．‎ ‎【分析】已知匀强电场的场强为E，A、B两点间的距离为d及AB连线与电场方向的夹角为α，根据公式U=Ed，求出两点沿电场方向的距离d′，再求解电势差U．‎ ‎【解答】解：由题，A、B两点间的距离为d及AB连线与电场方向的夹角为α，则这两点沿电场方向的距离d′=dcosθ，A、B两点间的电势差U=Ed=Edcosθ．‎ 故选B ‎　‎ ‎5．关于电动势，以下说法正确的是（　　）‎ A．电源的电动势与外电路的组成有关 B．工作中的电源两极间的电压等于电源电动势 C．电源电动势越大，电源内静电力做功越多 D．电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越强 ‎【考点】电源的电动势和内阻．‎ ‎【分析】电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量．电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压．电动势与外电路无关．‎ ‎【解答】解：A、电动势由电源本身决定，与外电路无关．故A错误．‎ B、电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压．当外电路接通时，电源有内电压，根据闭合电路欧姆定律得知，电源两极间电压一定小于电动势，故B错误．‎ C、电源电动势越大，表示电源内静电力做功的本领越大，但不不是做的功多．故C错误．‎ D、电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量，电动势越大，电源将其它能转化为电能的本领越大，故D正确．‎ 故选：D ‎　‎ ‎6．某电场线分布如图所示，一带电粒子沿图中虚线所示途径运动，先后通过M点和N点，以下说法正确的是（　　）‎ A．M、N点的场强EM＞EN B．粒子在M、N点的加速度aM＞aN C．粒子在M、N点的速度vM＞vN D．粒子带正电 ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度．‎ ‎【分析】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．由电场线的疏密分析场强的大小，由牛顿第二定律判断加速度的大小．由粒子运动轨迹弯曲的方向，判断粒子受到的电场力方向，从而判断电场力做功情况和粒子的电性，即可分析速度的大小．‎ ‎【解答】解：A、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，所以有EM＜EN．故A错误．‎ B、M处场强小，粒子受到的电场力小，由牛顿第二定律知加速度也小，即有 aM＜aN．故B错误．‎ CD、根据粒子的运动的轨迹弯曲方向可以知道，粒子的受到的电场力的方向斜向上，所以粒子为正电荷，若粒子从M点运动到N点，电场力方向与速度方向成锐角，电场力做正功，粒子的速度增大，则有vM＜vN．故C错误，D正确；‎ 故选：D ‎　‎ ‎7．如图，P为固定的点电荷，虚线是以P为圆心的两个圆．带电粒子Q在P的电场中运动．运动轨迹与两圆在同一平面内，a、b、c为轨迹上的三个点．若Q仅受P的电场力作用，其在a、b、c点的加速度大小分别为aa、ab、ac，速度大小分别为va、vb、vc，则（　　）‎ A．aa＞ab＞ac，va＞vc＞vb B．aa＞ab＞ac，vb＞vc＞va C．ab＞ac＞aa，vb＞vc＞va D．ab＞ac＞aa，va＞vc＞vb ‎【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势能．‎ ‎【分析】根据带电粒子的运动轨迹弯曲方向，即可判断库仑力是引力还是斥力；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，电场力做正功，速度增大，电场力做负功，速度减小，根据这些知识进行分析即可．‎ ‎【解答】解：点电荷的电场强度的特点是离开场源电荷距离越小，场强越大，粒子受到的电场力越大，带电粒子的加速度越大，所以ab＞ac＞aa，‎ 根据轨迹弯曲方向判断出，粒子在运动的过程中，一直受静电斥力作用，离电荷最近的位置，电场力对粒子做的负功越多，粒子的速度越小，所以va＞vc＞vb，所以D正确，ABC错误；‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎8．如图所示，电路中A、B为两块竖直放置的金属板，C是一只静电计，开关S合上后，静电计指针张开一个角度，下述哪些做法可使指针张角增大（　　）‎ A．使A、B两板靠近一些 B．使A、B两板正对面积错开一些 C．断开S后，使A板向右平移一些 D．断开S后，使A、B正对面积错开一些 ‎【考点】电容．‎ ‎【分析】开关S闭合，电容器两端的电势差不变；断开S，电容器所带的电量不变；通过确定电容器两端间的电势差变化判断指针张角的变化．‎ ‎【解答】解：A、B、开关S闭合，电容器两端的电势差不变，等于电源的电动势，则指针的张角不变．故A、B均错误．‎ C、断开S，电容器所带的电量不变，A板向右平移一些，间距减小，则电容增大，根据U= 知，电势差减小，则指针张角减小．故C错误．‎ D、断开S，电容器所带的电量不变，A、B的正对面积错开，电容减小，根据U= 知，电势差增大，则指针张角增大．故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎9．如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r．当可变电阻的滑片P向b移动时，电压表V1的示数U1与电压表V2的示数U2的变化情况是（　　）‎ A．U1变大，U2变小 B．U1变大，U2变大 C．U1变小，U2变小 D．U1变小，U2变大 ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】首先明确电压表V1测量路端电压，V2测量R1的电压．其次，明确变阻器滑片P向b移动时，接入电路的电阻如何变化，根据闭合电路欧姆定律，就能确定电流如何变化，根据内外电压的关系，进一步判断各个电表读数如何变化．‎ ‎【解答】解：当变阻器滑片向b移动时，接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，电流I减小，则路端电压U1=E﹣Ir，E，r不变，U1变大，则电压表V1的示数U1变大；‎ 电压表U2示数：U2=IR，I变小，U2变小．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎10．电源的电动势为4.5V，内电阻为0.50Ω，外电路接一个4.0Ω的电阻，这时电源路端的电压为（　　）‎ A．5.0V B．4.5V C．4.0V D．3.5V ‎【考点】闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】已知电源的电动势，内电阻和外电阻，根据闭合电路欧姆定律求出流过电源的电流，由欧姆定律求出路端电压．‎ ‎【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得：‎ ‎ I=‎ ‎ 路端的电压为U=IR=1×4V=4V 故选：C．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，实线是一簇未标明方向的由点电荷Q产生的电场线，若带电粒子q由a运动到b，电场力做正功，已知在a、b两点粒子所受电场力分别为Fa、Fb，则下列判断正确的是（　　）‎ A．若Q为正电荷，则q带正电，Fa＞Fb B．若Q为正电荷，则q带正电，Fa＜Fb C．若Q为负电荷，则q带负电，Fa＞Fb D．若Q为负电荷，则q带负电，Fa＜Fb ‎【考点】电场线．‎ ‎【分析】根据Q的正负以及电场力做的功判断带电粒子的电性，根据电场线的疏密比较场强的大小，从而得知电场力的大小．‎ ‎【解答】解：A、若Q为正电荷，带电粒子由a点到b点电场力做正功，知该带电粒子带正电．由于Ea＞Eb，则Fa＞Fb．故A正确，B错误．‎ B、若Q为负电荷，带电粒子由a点到b点电场力做正功，知该带电粒子带负电．由于Ea＞Eb，则Fa＞Fb．故C正确，D错误．‎ 故选：AC ‎　‎ ‎12．如图是两个等量异种点电荷形成的电场，AB为中垂线，且AO=BO，则（　　）‎ A．A、B两点场强相等 B．A、B两点场强方向相反 C．正电荷从A运动到B，电势能增加 D．A、B两点电势差为零 ‎【考点】电势能；电场强度．‎ ‎【分析】两个等量异种点电荷形成的电场，中垂线上所有点的电场强度的方向都相同且与之垂直；该中垂线是一条等势线，所有点的电势都相等．‎ ‎【解答】解：A：两个等量异种点电荷形成的电场，两个电荷的连线上下的电场是对称的，AO=BO，那么AB两点的场强就是相等的，故A正确；‎ B：两个等量异种点电荷形成的电场，中垂线上所有点的电场强度的方向都相同且与之垂直，故B错误；‎ CD：该中垂线是一条等势线，所有点的电势都相等，AB之间的电势差为0，故D正确；正电荷从A运动到B，电场力不做功，电势能不变．故C错误．‎ 故选：AD ‎　‎ ‎13．如图所示，直线a、b和c、d是处于匀强电场中的两组平行线，M、N、P、Q是它们的交点，四点处的电势分别为φM、φN、φP、φQ，一电子由M点分别运动到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，则以下正确的是（　　）‎ A．直线a位于某一等势面内，φM＞φQ B．直线c位于某一等势面内，φM＞φN C．若电子由M点运动到Q点，电场力做正功 D．若电子由P点运动到Q点，电场力做正功 ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势差与电场强度的关系；感抗和容抗．‎ ‎【分析】电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力所做的负功相等，说明电势能增加相等，据此分析电势高低，从而明确电场线和等势面的分布规律．‎ ‎【解答】解：AB、据题，电子由M点分别到N点和P点的过程中，电场力做负功相等，则电势能增加相等，电势降低，则N、P两点的电势相等，d位于同一等势面内，根据匀强电场等势面分布情况知，直线a不是同一等势面，直线c位于某一等势面内，且φM＞φN．故A错误，B正确．‎ C、由上分析知，直线c位于某一等势面内，M、Q的电势相等，若电子由M点运动到Q点电场力不做功，故C错误．‎ D、电子由P点运动到Q点与电子由P点运动到M点电场力做功相等，所以电场力做正功，故D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎14．如图所示，图线1表示的导体的电阻为R1，图线2表示的导体的电阻为R2，则下列说法正确的是（　　）‎ A．R1：R2=1：3‎ B．把R1拉长到原来的3倍长后电阻等于R2‎ C．将R1与R2串联后接于电源上，则功率之比P1：P2=1：3‎ D．将R1与R2并联后接于电源上，则电流比I1：I2=1：3‎ ‎【考点】欧姆定律．‎ ‎【分析】通过I﹣U图象得出两电阻的关系．串联电路电流相等，并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，根据P=I2R求解功率之比．‎ ‎【解答】解：A、根据I﹣U图象知，图线的斜率表示电阻的倒数，所以R1：R2=1：3．故A正确；‎ B、把R1拉长到原来的3倍长后，截面积变为原来的，根据R=可知，电阻变为原来的9倍，为R2的3倍，故B错误；‎ C、串联电路电流相等，所以将R1与R2串联后接于电源上，电流比I1：I2=1：1．根据P=I2R可知，功率之比P1：P2=1：3，故C正确；‎ D、并联电路，电压相等，电流比等于电阻之反比，所以将R1与R2并联后接于电源上，电流比I1：I2=3：1．故D错误．‎ 故选：AC．‎ ‎　‎ ‎15．如图所示的电路中，L1，L2是两个不同的小灯泡，a，b间有恒定的电压，他们都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头向右滑动时，发生的现象是（　　）‎ A．L1亮度不变，L2变暗 B．L1变暗，L2变亮 C．电路消耗的总功率变小 D．流过滑动变阻器的电流变小 ‎【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．‎ ‎【分析】电路结构是：滑动变阻器与灯泡L2并联，再与灯泡L1串联．滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，引起并联部分电阻变化，外电路总电阻变化，干路电流变化，再分析灯泡L2电压的变化来分析灯泡亮度的变化．根据P=UI来判断电路消耗的总功率．‎ ‎【解答】解：A、B、滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，RP变大，外电路总电阻R变大，干路电流I=减小，L1变暗，灯泡L2的电压U2=U﹣IR1变大，L2变亮．故A错误，B正确；‎ C、由于干路电流减小，根据P=UI，电路消耗的总功率变小，故C正确；‎ D、由于干路电流减小，灯泡L2的电压U2=U﹣IR1变大，流过L2的电流变大，故流过滑动变阻器的电流减小，故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ 二、实验题：本题共2小题，共10分．‎ ‎16．图中螺旋测微器读数为　2.150　mm．‎ ‎【考点】螺旋测微器的使用．‎ ‎【分析】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：螺旋测微器的固定刻度为2mm，可动刻度为15.0×0.01mm=0.150mm，所以最终读数为2mm+0.150mm=2.150mm．‎ 故答案为：2.150‎ ‎　‎ ‎17．有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现要描绘这个灯泡的伏安特性曲线．有下列器材供选用：‎ A．电压表（0～5V，内阻约为10kΩ）‎ B．电压表（0～10V，内阻约为20kΩ）‎ C．电流表（0～0.3A，内阻约为lΩ）‎ D．电流表（0～0.6A，内阻约为0.4Ω）‎ E．滑动变阻器（10Ω，2A）‎ F．学生电源（直流6V），还有电键、导线若干 ‎①实验中所用电压表应选用　A　（填A或B），电流表应选用　D　（填C或D）．‎ ‎②实验时要求灯泡电压从零开始并尽量减小实验误差，请在方框内画出实验电路原理图．‎ ‎【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．‎ ‎【分析】（1）根据小灯泡的额定电压和额定电流的大小来选择电压表和电流表的量程；‎ ‎（2）根据电流表的内阻为已知的确定值时，电流表采用内接法时能精确求出待测电阻的阻值，所以电流表应用内接法，又要求电流从零调可知，变阻器应用分压式接法，即可画出电路图．‎ ‎【解答】解：（1）由新的规格“4V，2W”可知，额定电压U=4V，额定电流I===0.5A，所以电压表应选A，电流表应选D；‎ ‎（2）：由于电流表的内阻为已知的确定值，电流表采用内接法时能精确求出待测电阻的阻值，所以电流表应用内接法，又实验要求电流从零调，变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：‎ 故答案为：（1）A，D；（2）如图所示；‎ ‎　‎ 三、解答题：本题共3个小题，满分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，一带电液滴在重力和匀强电场对它的作用力的作用下，从静止开始由b沿直线运动到d，且bd与竖直方向所夹的锐角为45°，bd的长度为L，匀强电场的电场强度为E，求：‎ ‎（1）此液滴带何种电荷；‎ ‎（2）液滴的加速度为多少；‎ ‎（3）b、d两点的电势差Ubd．‎ ‎【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】当合力的方向与速度方向在同一条直线上时，物体做直线运动，根据该规律得出电场力方向，从而得出电荷的电性，根据合力，通过牛顿第二定律求出液滴的加速度．根据U=Ed求出b、d两点间的电势差．‎ ‎【解答】解：（1）因小球做直线运动，由受力分析可判断小球带负电． ‎ ‎（2）‎ ‎（3 ） 因为　 ‎ ‎　　所以．‎ 答：（1）液滴带负电．‎ ‎（2）液滴的加速度为．‎ ‎（3）b、d两点的电势差为．‎ ‎　‎ ‎19．如图所示，M为一线圈电阻RM=0.4Ω的电动机，R=24Ω，电源电动势E=40V．当S断开时，电流表的示数I1=1.6A，当开关S闭合时，电流表的示数为I2=4.0A．求：‎ ‎（1）电源内阻r ‎（2）开关S闭合时，通过电动机的电流及电动机消耗功率．‎ ‎【考点】电功、电功率．‎ ‎【分析】（1）当S断开时，根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻．‎ ‎（2）当开关S闭合时，已知电流表的示数，求出路端电压，由欧姆定律求出通过R的电流，得到通过电动机的电流，由功率公式P=UI可求得功率．‎ ‎【解答】解：（1）设电源内阻为r′，当S断开时，，即，‎ 得：r′=1Ω．‎ ‎（2）当S合上时，I2=4A，则：U内=I2•r′=4V U外=E﹣U内=40V﹣4V=36V，也即电动机两端电压为36V；‎ 流过R的电流：IR==1.5A；‎ 流过电动机的电流：I=I2﹣IR=4﹣1.5=2.5A；‎ 电动机的功率：P=36×（4﹣1.5）=90W；‎ 答：（1）内阻为1Ω；‎ ‎（2）流过电动机的电流为2.5A；电动机的功率为90W．‎ ‎　‎ ‎20．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=0.16m，板长L=0.30m．一带电量q=1.0×10﹣16C、质量m=1.0×10﹣22㎏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）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；‎ ‎（2）粒子飞出电场时速度偏转角的正切值tanθ．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）当粒子恰好从B板右侧边缘飞出电场时，此时粒子的速度为粒子飞出电场时最小速度．此时粒子水平位移为L，竖直位移为，根据牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出初速度．‎ ‎（2）分解速度，求出偏转角的正切，再求粒子飞出电场时的最大偏角．‎ ‎【解答】解：（1）粒子在电场力的作用下，将向下偏转，由类平抛运动的规律可知：‎ 粒子在水平方向做匀速直线运动：L=v0t，‎ 粒子在竖直方向做匀加速运动：‎ 且由牛顿第二运动定律知：Eq=ma，‎ 联立以上各式并代入数据得：v0=1.5×104m/s；‎ ‎（2）粒子向B板偏转，设粒子离开电场时速度与水平方向夹角为θ，‎ 粒子的竖直分速度：vy=at，‎ 速度偏角正切值：，‎ 代入数据得：；‎ 答：（1）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；‎ ‎（2）粒子飞出电场时速度偏转角的正切值．‎ ‎　‎ ‎2016年12月9日