福建省漳州市立人学校2022-2023学年高二上学期期中考试物理试卷

这是一份福建省漳州市立人学校2022-2023学年高二上学期期中考试物理试卷，共21页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空，解答题等内容，欢迎下载使用。
福建省漳州市立人学校2022-2023学年高二上学期期中考试物理试卷一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（4分）下列关于物理公式的说法中，正确的是（　　）A．据可知，当加在电阻两端的电压为原来的2倍时，导体的电阻也变为原来的2倍 B．据可知，无论带电荷量Q和电压U如何变化，其比值始终不变 C．据可知，电荷的电势能EP越大，所在位置的电势越高 D．据可知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS成正比，与导体的长度L成反比2．（4分）如图甲所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子仅在电场力作用下，以某一初速度沿AB由A点运动到B点所经位置的电势随与A点距离的变化规律如图乙所示以下说法错误的是（　　）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＞EpB3．（4分）用伏安法测电阻时有如图所示的甲、乙两种接法，下面说法中正确的是：（　　）A．测量大电阻时，用甲种接法 B．测量小电阻时，用乙种接法 C．甲种接法测量值偏大 D．乙种接法测量值偏大4．（4分）两只额定电压均为110V的灯泡A和B，额定功率分别为100W和40W，为了使它们接到220V电源上能正常发光，同时电路消耗的电功率又最小，如图所示电路中最合理的是图（　　）A． B． C． D．二、多项选择题：（本题共4小题，每小题6分，共24分。有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.）（多选）5．（6分）甲、乙两电路图分别是滑动变阻器的两种连接方式。R是滑动变阻器，P是滑动变阻器的滑片，a、b是滑动变阻器的两端，Rx是待测电阻，下列说法正确的是（　　）A．乙图电路中的滑动变阻器采用“一上一下”的连接方式 B．在闭合开关测量前，甲、乙两图中滑片P都应置于b端 C．要求电压和电流调节范围比较大时，选择图乙电路连接 D．甲、乙两图中待测电阻Rx上的电压都可以调到零（多选）6．（6分）平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图所示．则下列分析正确的是（　　）A．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大 B．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变 C．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大 D．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变（多选）7．（6分）如图所示为a、b两电阻的伏安特性曲线，图中α＝45°，关于两电阻的描述正确的是（　　）A．电阻a的阻值随电流的增大而减小 B．电阻b的阻值 C．在两图线交点处，电阻a的阻值大于电阻b的阻值 D．在电阻b两端加4V电压时，流过电阻的电流是2A（多选）8．（6分）如图甲所示，电源电压12V保持不变，闭合开关S后，当滑片P从最右端向最左端滑动的过程中，小灯泡的I﹣U关系图像如图乙所示，最后小灯泡正常发光。电流表和电压表均为理想电表，下列说法中正确的是（　　）A．小灯泡的额定电压为12 V B．滑动变阻器的最大阻值为9Ω C．该电路总功率变化范围为3W～24W D．小灯泡正常发光1min，电流所做的功为24J三、填空、实验题：（共4题，每空2分，共30分）9．（4分）如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为UA＝15V，UB＝3V，UC＝﹣3V，由此可知D点电势UD＝　   　V；若该正方形的边长为a＝2cm，且电场方向与正方形所在平面平行，则场强为E＝　   　V/m．10．（8分）将一个满偏电流为5mA、内阻为200Ω的电流计改装成量程为10V的电压表，应该　   　联（填“串”或“并”）一个阻值为　   　Ω的电阻。如将该表改装成量程为55mA的电流表，应该　   　（填“串”或“并”）一个阻值为　   　Ω的电阻。11．（8分）（1）如图1所示的三把游标卡尺，它们的游标尺从左至右分别为10等分、20等分、50等分，它们的读数依次为 　   　mm，　   　mm，　   　mm。（2）使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图2所示，则金属丝的直径是 　   　mm。12．（10分）在“测定金属的电阻率”的实验中，待测金属导线的电阻Rx约为5Ω。实验室备有下列实验器材：A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）B．电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω）D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）E．变阻器R1（0～10Ω，0.6A）F．变阻器R2（0～200Ω，0.1A）G．电池E（电压为3V，内阻约为0.3Ω）H．开关S，导线若干（1）为了使电阻的测量尽量精确，电压表应选　   　，电流表应选　   　，变阻器应选　   　（均选填器材代号）。（2）为减小实验误差，应选用图中　   　（选填“甲”或“乙”）为该实验的电路图，并按所选择的电路图把实物图丙用导线连接起来。（3）若用刻度尺测得金属丝长度为60.00cm，用螺旋测微器测得导线的直径为0.635mm，两电表的示数分别如图丁所示，则电阻值为　   　Ω，电阻率为　   　Ω•m。四、解答题：（共3题，共30分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分。有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位。）13．（10分）在如图所示的电路中，Rl、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器。已知电源电压U恒为8V，Rl为10Ω，开始时滑动变阻器的滑片P处于某一位置。电键S断开时电流表的示数为0.4A，电键S闭合后电压表的示数为5V，求：（1）电键S断开时电压表示数。（2）定值电阻R2的阻值。（3）电键S闭合后电流表的示数。14．（10分）如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻r＝0.6Ω，R＝10Ω，U＝160V，电压表的读数为110V，求：（1）通过电动机的电流是多少？（2）输入到电动机的电功率是多少？（3）在电动机中发热的功率是多少？（4）电动机工作1h所产生的热量是多少？15．（10分）如图所示，长为L、间距为d的两平行板沿水平方向放置，图中的虚线为两平行板的中线．在距离平行板右端L处沿竖直方向固定一足够长的荧光屏，现在两平行板间加恒定的电压U，一带电荷量为q的粒子由左侧的正中央沿平行极板方向射入，不计粒子的重力．求：（1）如果粒子的初速度为v0时，该粒子能从平行板的右侧离开，则粒子离开平行板时的偏转位移为多大？（2）若在距离平行板的右侧处垂直极板放置一长为的挡板，挡板中心恰在图中虚线上，欲使粒子打在荧光屏上，则粒子初动能的取值范围是多少？
福建省漳州市立人学校2022-2023学年高二上学期期中考试物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（4分）下列关于物理公式的说法中，正确的是（　　）A．据可知，当加在电阻两端的电压为原来的2倍时，导体的电阻也变为原来的2倍 B．据可知，无论带电荷量Q和电压U如何变化，其比值始终不变 C．据可知，电荷的电势能EP越大，所在位置的电势越高 D．据可知，导体的电阻率与导体的电阻和横截面积的乘积RS成正比，与导体的长度L成反比【考点】电势；电容器与电容；欧姆定律及其应用；电阻定律．版权所有【分析】对一个确定的导体来说，电阻的大小与两端的电压和通过它的电流无关；电容器电容的大小与它所带的电荷量和两端的电压无关；正电荷的电势能越大，所在位置电势越高，负电荷的电势能越大，所在位置电势越低；导体的电阻率是导体本身的性质决定的。【解答】解：A、R＝是电阻的定义式，对一个确定的导体来说，电阻的大小与两端的电压和通过它的电流无关，故A错误；B、C＝是电容的定义式，对一个确定的电容器来说，电容的大小与它所带的电荷量和两端的电压无关，无论带电荷量Q和电压U如何变化，其比值始终不变，故B正确；C、正电荷的电势能越大，所在位置电势越高，负电荷的电势能越大，所在位置电势越低，故C错误；D、导体的电阻率是导体本身的性质决定的，与导体的电阻、横截面积以及长度无关，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了对物理公式的理解，电阻、电容、电势、电阻率的定义均为比值法，其大小与相比的两个物理量无关。2．（4分）如图甲所示，AB是某电场中的一条电场线，若有一电子仅在电场力作用下，以某一初速度沿AB由A点运动到B点所经位置的电势随与A点距离的变化规律如图乙所示以下说法错误的是（　　）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；电场线；电势能与电场力做功的关系；电势．版权所有【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，图象的斜率减小，则从A到点B场强减小，则有EA＞EB．故A正确；BD、由图看出，电势逐渐降低，可判断出电场线的方向从A到B，在移动过程中，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，故D错误，B正确。C、电场线的方向从A到B，则A、B两点的电势φA＞φB．故C正确；本题选错误的，故选：D。【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，来判断电场力方向及做功情况，并确定电势能的变化．3．（4分）用伏安法测电阻时有如图所示的甲、乙两种接法，下面说法中正确的是：（　　）A．测量大电阻时，用甲种接法 B．测量小电阻时，用乙种接法 C．甲种接法测量值偏大 D．乙种接法测量值偏大【考点】伏安法测电阻．版权所有【分析】伏安法测量电阻的原理是R＝，由于电压表和电流表本身有一定的内阻，接入电路后，引起了系统误差，分析误差产生的原因，确定减小误差的方法。【解答】解：伏安法测量电阻的原理是R＝，甲图是电流表的外接法，电压表测量的电压没有系统误差，由于电压表的分流，使得电流表测得的电流大于Rx的真实电流，即电阻测量值偏小，根据并联电路分流的特点可知，电压表的内阻RV相对于Rx越大，电压表分流越小，电流表测量的电流误差越小，所测得的Rx越精确，即当Rx＜＜RV时，或Rx＜＜RA时用甲种接法误差较小；乙图是电流表的内接法，电流表测量的电流没有系统误差，由于电流表的分压，使得电压表测得的电压大于Rx的真实电压，即电阻测量值偏大，根据串联电路分压的特点可知，电流表的内阻RA相对于Rx越小，电流表分压越小，电压表测量的电压误差越小，所测得的Rx越精确，即当Rx＞＞RA时，或当Rx＞＞Rv时，用乙种接法误差较小；综上知，故ABC错误，D正确。故选：D。【点评】解决本题的关键是根据实验的原理，分析误差的原因，再确定误差较小的电路。4．（4分）两只额定电压均为110V的灯泡A和B，额定功率分别为100W和40W，为了使它们接到220V电源上能正常发光，同时电路消耗的电功率又最小，如图所示电路中最合理的是图（　　）A． B． C． D．【考点】串联电路和并联电路的特点及应用；电功和电功率．版权所有【分析】由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，再由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路。【解答】解：A图中，灯泡的额定电压为110V，图中，A灯泡的电压等于220V，大于额定电压，灯泡A将会烧坏了；B图中由于额定电压都是110V，额定功率PA＝100W、PB＝40W，由P＝可知RA＜RB，把灯泡A与电阻并联，会使并联的部分的电阻更小，不可能使B与并联部分的电阻相同，所以AB不能同时正常发光；C图中由于额定电压都是110V，额定功率PA＝100W、PB＝40W，由此可知RA＜RB，把灯泡B与电阻并联的话，可以使并联部分的电阻减小，所以AB的电压会平分，AB会同时正常发光，此时电路消耗的总功率为200W；D图中把AB并联之后与电阻串联接入电路的话，当电阻的阻值与AB并联的总的电阻相等时，AB就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为AB灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率的大小为280W；由以上的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为C。故选：C。【点评】本题考查串并联电路的基本性质和功率公式的应用，解答本题时一定要注意题目要同时满足两个条件即灯泡能够正常发光并且消耗的功率还要最小。二、多项选择题：（本题共4小题，每小题6分，共24分。有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.）（多选）5．（6分）甲、乙两电路图分别是滑动变阻器的两种连接方式。R是滑动变阻器，P是滑动变阻器的滑片，a、b是滑动变阻器的两端，Rx是待测电阻，下列说法正确的是（　　）A．乙图电路中的滑动变阻器采用“一上一下”的连接方式 B．在闭合开关测量前，甲、乙两图中滑片P都应置于b端 C．要求电压和电流调节范围比较大时，选择图乙电路连接 D．甲、乙两图中待测电阻Rx上的电压都可以调到零【考点】串联电路和并联电路的特点及应用；伏安法测电阻．版权所有【分析】甲图是滑动变阻器的限流式接法。乙图是滑动变阻器的分压式接法，根据两种电路的正确操作流程作答；根据两种电路的使用条件作答；根据两种电路的特点作答。【解答】解：A．乙图电路中的滑动变阻器采用分压式接法，是一上两下的连接方式，故A错误；B．在闭合开关测量前，为保护电路，滑动变阻器接入电路阻值最大，甲图中滑动变阻器应该全部接入电路，滑片P都应置于b端，乙图中Rx两端的电压应该从零开始变化，滑片P也应置于b端，故B正确；C．乙图中电压和电流都可以从零开始，而甲图中电压和电流都无法调节到零，故图乙的电压和电流调节范围较大，故C正确；D．图甲属于限流式接法，滑片滑到b时，待测电阻两端的电压最小，且无法调节到零，故待测电阻上的电压无法调节到零，故D错误。故选：BC。【点评】本题考查了滑动变阻器的两种连接方式，这是重要的考点，需要学生熟练掌握。（多选）6．（6分）平行板电容器的两极板A、B接于电池两极，一带正电小球悬挂在电容器内部，闭合电键S，电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为θ，如图所示．则下列分析正确的是（　　）A．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ增大 B．保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则θ不变 C．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ增大 D．电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则θ不变【考点】动态平衡分析；电势差与电场强度的关系；电容器的动态分析．版权所有【分析】小球受重力、拉力、电场力三个力处于平衡状态，保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变；断开开关S，电容器所带的电量不变．结合电场强度的变化判断夹角的变化．【解答】解：A、保持开关S闭合，电容器两端间的电势差不变，带正电的A板向B板靠近，极板间距离减小，电场强度E增大，小球所受的电场力变大，θ增大。故A正确，B错误。C、断开开关S，电容器所带的电量不变，C＝，，知d变化，E不变，电场力不变，θ不变。故C错误，D正确。故选：AD。【点评】解决电容器的动态分析问题关键抓住不变量．若电容器与电源断开，电量保持不变；若电容器始终与电源相连，电容器两端间的电势差保持不变．（多选）7．（6分）如图所示为a、b两电阻的伏安特性曲线，图中α＝45°，关于两电阻的描述正确的是（　　）A．电阻a的阻值随电流的增大而减小 B．电阻b的阻值 C．在两图线交点处，电阻a的阻值大于电阻b的阻值 D．在电阻b两端加4V电压时，流过电阻的电流是2A【考点】线性元件和非线性元件及伏安特性曲线；欧姆定律及其应用．版权所有【分析】根据I﹣U图线与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数判断；根据公式R＝，求解电阻b的阻值；两图线的交点处，根据公式R＝，判断两电阻的阻值相等；根据欧姆定律可以得到流过导体b的电流。【解答】解：A、根据I﹣U图线与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，由图可知连线的斜率随电流的增大而增大，所以电阻a的阻值随电流的增大而减小，故A正确；B、根据公式R＝，可得电阻b的阻值为：Rb＝＝Ω＝2Ω，不能通过图线夹角的正切值求解斜率，故B错误；C、在两图线的交点处，对应的U和I相等，根据公式R＝，可得两电阻的阻值相等，故C错误；D、根据欧姆定律可知，在电阻b两端加4V电压时，流过电阻的电流为：I＝＝A＝2A，故D正确。故选：AD。【点评】本题考查了I﹣U图象在实际问题中的应用，要明确I﹣U图线与坐标原点连线的斜率表示电阻的倒数，能够熟练应用电阻的定义式和欧姆定律求解。（多选）8．（6分）如图甲所示，电源电压12V保持不变，闭合开关S后，当滑片P从最右端向最左端滑动的过程中，小灯泡的I﹣U关系图像如图乙所示，最后小灯泡正常发光。电流表和电压表均为理想电表，下列说法中正确的是（　　）A．小灯泡的额定电压为12 V B．滑动变阻器的最大阻值为9Ω C．该电路总功率变化范围为3W～24W D．小灯泡正常发光1min，电流所做的功为24J【考点】闭合电路的欧姆定律；电功和电功率．版权所有【分析】分析图乙可知灯泡的额定电压，结合闭合电路欧姆定律解得B项，根据功率的公式解得C项，根据W＝Pt解得电功。【解答】解：由电路图可知，灯泡L与滑动变阻器R串联，电压表测灯泡L两端的电压，电流表测电路中的电流；A、由题意可知，当滑片P位于最左端时，小灯泡正常发光，此时变阻器接入电路中的电阻为零，通过灯泡的电流最大，由图乙可知，灯泡两端的电压为12 V，即小灯泡的额定电压为12V，故A正确；B、当滑片P位于最右端时，接入电路中的电阻最大，电路的电流最小，由图乙可知，灯泡两端的电压UL＝3V，电路中的电流I＝IL＝1A，因串联电路中总电压等于各分电压之和，所以，滑动变阻器两端的电压：UR＝U﹣UL＝12V﹣3V＝9V，由I＝可得，滑动变阻器的最大阻值：R＝9Ω，故B正确；C、当滑片P位于最左端时，电路为小灯泡的简单电路，电路中的电流最大，电路的总功率最大，由图乙可知，通过灯泡的电流IL额＝2A，则P大＝PL额＝UL额IL额＝12×2W＝24W；当滑片P位于最右端时，接入电路中的电阻最大，电路的电流最小，电路的总功率最小，由图乙可知，灯泡两端的电压：UL＝3V，电路中的电流：I＝IL＝1A，则P小＝UI＝12×1W＝l2W，所以，该电路总功率变化范围为12W～24W，故C错误；D、小灯泡正常发光1min，电流所做的功：WL＝PL额t＝24×60J＝1440J，故D错误。故选：AB。【点评】本题考查了串联电路的特点和欧姆定律、电功率公式的综台应用，从图象中获取有用的信息是关键。三、填空、实验题：（共4题，每空2分，共30分）9．（4分）如图所示，A、B、C、D是匀强电场中一正方形的四个顶点，已知A、B、C三点的电势分别为UA＝15V，UB＝3V，UC＝﹣3V，由此可知D点电势UD＝　9　V；若该正方形的边长为a＝2cm，且电场方向与正方形所在平面平行，则场强为E＝　300　V/m．【考点】电势差与电场强度的关系；电势．版权所有【分析】连接AC，在AC上找出与B点等电势点，作出等势线，再过D作出等势线，在AC线上找出与D等势点，再确定D点的电势．根据电场线与等势面垂直垂直画出电场线，根据U＝Ed计算电场强度．【解答】解：匀强电场中，沿着任意方向每前进相同的距离，电势变化都相等，故连接AC，将AC三等分，标上三等分点E、F，则根据匀强电场中沿电场线方向相等距离，电势差相等可知，E点的电势为3V，F点的电势为9V．连接BE，则BE为一条等势线，根据几何知识可知，DF∥BE，则DF也是一条等势线，所以D点电势UD＝9V．如图作出一条过A点的电场线（红线）．根据几何知识得：AE＝在△AEB中，由正弦定理得：而UAB＝E•ABsinα，AB＝a＝2cm联立解得：E＝300V/m故答案为：9；300．【点评】本题关键是抓住匀强电场中沿着任意方向每前进相同的距离电势变化相等，电场线与等势面垂直以及公式U＝Ed分析计算．10．（8分）将一个满偏电流为5mA、内阻为200Ω的电流计改装成量程为10V的电压表，应该　串　联（填“串”或“并”）一个阻值为　1800　Ω的电阻。如将该表改装成量程为55mA的电流表，应该　并　（填“串”或“并”）一个阻值为　20　Ω的电阻。【考点】电表的改装与应用．版权所有【分析】电压表改装需要串联电阻，电流表改装需要并联电阻。根据串并联电路的电流电压关系计算电阻的阻值即可。【解答】根据电表改装的原理可知，电压表改装，应该给电流计串联电阻。根据欧姆定律有U＝Ig×（Rg+R1），解之可得R1＝﹣Rg＝﹣200Ω＝1800Ω。根据电表改装的原理可知，电流表改装，应该给电流计并联电阻。根据并联电路各支路两端电压相等的特征可知。IgRg＝（I﹣Ig）×R2，解之可得：R2＝＝Ω＝20Ω。故答案为：串联，1800，并联，20【点评】考查电表的改装。解题时，把握电流计的满偏电流不变的特征，使用串并联电路中电流电压的关系求解所需的电阻即可。11．（8分）（1）如图1所示的三把游标卡尺，它们的游标尺从左至右分别为10等分、20等分、50等分，它们的读数依次为 　18.7　mm，　23.85　mm，　3.18　mm。（2）使用螺旋测微器测量金属丝的直径，示数如图2所示，则金属丝的直径是 　0.740　mm。【考点】刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的应用．版权所有【分析】（1）主尺读数加上游标尺的读数即为游标卡尺的读数，注意确定精度值，相加时要统一单位。（2）螺旋测微器的读数为固定尺读数加可动尺读数，需要估读。【解答】解：（1）图1中从左至右的游标卡尺读数依次为：①主尺读数为18mm，该游标卡尺的精确度为0.1mm，游标尺读数为7×0.1mm＝0.7mm，则游标卡尺的读数为18mm+0.7mm＝18.7mm；②主尺读数为23mm，该游标卡尺的精确度为0.05mm，游标尺读数为17×0.05mm＝0.85mm，则游标卡尺的读数23mm+0.85mm＝23.85mm；③主尺读数为3mm，该游标卡尺的精确度为0.02mm，游标尺读数为9×0.02mm＝0.18mm，则游标卡尺的读数3mm+0.18mm＝3.18mm。（2）螺旋测微器的固定尺读数为0.5mm，可动尺读数为24.0×0.01mm＝0.240mm，则螺旋测微器的读数为0.5mm+0.240mm＝0.740mm。故答案为：（1）18.7；23.85；3.18；（2）0.740【点评】本题考查了游标卡尺和螺旋测微器的读数问题，依据读数规则解答即可。注意游标卡尺读数时要确定精度值、运算时统一单位、正对刻度要看准，不需要估读。螺旋测微器读可动尺读数时要估读。12．（10分）在“测定金属的电阻率”的实验中，待测金属导线的电阻Rx约为5Ω。实验室备有下列实验器材：A．电压表V1（量程3V，内阻约为15kΩ）B．电压表V2（量程15V，内阻约为75kΩ）C．电流表A1（量程3A，内阻约为0.2Ω）D．电流表A2（量程600mA，内阻约为1Ω）E．变阻器R1（0～10Ω，0.6A）F．变阻器R2（0～200Ω，0.1A）G．电池E（电压为3V，内阻约为0.3Ω）H．开关S，导线若干（1）为了使电阻的测量尽量精确，电压表应选　A　，电流表应选　D　，变阻器应选　E　（均选填器材代号）。（2）为减小实验误差，应选用图中　乙　（选填“甲”或“乙”）为该实验的电路图，并按所选择的电路图把实物图丙用导线连接起来。（3）若用刻度尺测得金属丝长度为60.00cm，用螺旋测微器测得导线的直径为0.635mm，两电表的示数分别如图丁所示，则电阻值为　2.40　Ω，电阻率为　1.27×10﹣6　Ω•m。【考点】导体电阻率的测量；刻度尺、游标卡尺及螺旋测微器的应用．版权所有【分析】（1）根据电源电动势选择电压表，根据通过待测电阻的最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；（2）通过比较被测电阻的估计值与电压表和电流表内阻的关系，合理选择电流表的内外接法，根据电路图连接实物图即可；（3）根据题图读出电压表示数和电流表示数，利用欧姆定律求出被测金属丝的电阻阻值，结合电阻定律即可求出电阻。【解答】解：（1）因为电源电动势为3V，故电压表应选择量程3V为的电压表，即选择A；根据欧姆定律，以及被测电阻估计值Rx＝5Ω，可得电路中的最大电流：Imax＝＝A＝0.6A，故电流表应选择D；为方便实验操作且保证电路安全，应选最大阻值较小的滑动变阻器，故滑动变阻器应该选择E。（2）因为被测电阻估计值：Rx＝5Ω，远小于电压表内阻，故选择电流表外接法，故为减小实验误差，应选用图中乙为该实验的电路图，根据图乙所示电路图，连接实物图，如图所示：（3）由图丁可知：电压表精度值为0.1V，读数为：U＝1.20V；电流表精度值为0.02，读数为：I＝0.50A根据欧姆定律得：Rx＝＝Ω＝2.40Ω由电阻定律公式Rx＝ρ＝＝联立解得：ρ＝＝Ω•m＝1.27×10﹣6Ω•m。故答案为：（1）A；D；E；（2）乙；实物电路图如图所示；（3）2.40；1.27×10﹣6。【点评】本题考查金属电阻率的测量实验，利用欧姆定律结合电阻定律，求解待测金属导线的电阻率；电流表内外接选择的方法：大电阻选内接测量结果偏大，小电阻选外界测量结果偏小，口诀：“大内大，小外小。”四、解答题：（共3题，共30分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写最后答案不得分。有数值计算的题，答案应明确写出数值和单位。）13．（10分）在如图所示的电路中，Rl、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器。已知电源电压U恒为8V，Rl为10Ω，开始时滑动变阻器的滑片P处于某一位置。电键S断开时电流表的示数为0.4A，电键S闭合后电压表的示数为5V，求：（1）电键S断开时电压表示数。（2）定值电阻R2的阻值。（3）电键S闭合后电流表的示数。【考点】欧姆定律及其应用；串联电路和并联电路的特点及应用．版权所有【分析】根据U＝I1R1即可求出电压表示数；电键S断开时，由欧姆定律可得定值电阻R2的阻值；电键S闭合后根据电压关系即可求出电流表的示数。【解答】解：（1）电压表示数为：U＝I1R1＝0.4×10V＝4V（2）电键S断开时，由欧姆定律得：（3）电键S闭合后电压表的示数为5V，则R2两端电压为：电流表示数为：答：（1）电键S断开时电压表示数为4V。（2）定值电阻R2的阻值为10Ω。（3）电键S闭合后电流表的示数为0.3A【点评】本题主要考查了串联电路的特点和欧姆定律的灵活应用，关键要正确分析电路的结构，知道各个部分的连接关系。14．（10分）如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻r＝0.6Ω，R＝10Ω，U＝160V，电压表的读数为110V，求：（1）通过电动机的电流是多少？（2）输入到电动机的电功率是多少？（3）在电动机中发热的功率是多少？（4）电动机工作1h所产生的热量是多少？【考点】电路中的能量转化；电功和电功率．版权所有【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P＝IU来计算，发热的功率用P＝I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的。【解答】解：（1）电动机和电阻串联，所以电流相等，电阻R两端电压U1＝160﹣110＝50V，I＝＝A＝5 A。（2）电动机的电功率P＝UI＝110×5＝550W，（3）电动机的热功率P热＝I2R＝52×0.6＝15W，（4）产生的热量Q＝P热t＝15×3600J＝5.4×104J。答：（1）通过电动机的电流是5A；（2）输入到电动机的电功率是550W；（3）在电动机中发热的功率是15W；（4）电动机工作1h所产生的热量是5.4×104J。【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的。15．（10分）如图所示，长为L、间距为d的两平行板沿水平方向放置，图中的虚线为两平行板的中线．在距离平行板右端L处沿竖直方向固定一足够长的荧光屏，现在两平行板间加恒定的电压U，一带电荷量为q的粒子由左侧的正中央沿平行极板方向射入，不计粒子的重力．求：（1）如果粒子的初速度为v0时，该粒子能从平行板的右侧离开，则粒子离开平行板时的偏转位移为多大？（2）若在距离平行板的右侧处垂直极板放置一长为的挡板，挡板中心恰在图中虚线上，欲使粒子打在荧光屏上，则粒子初动能的取值范围是多少？【考点】带电粒子在电场中的运动综合；动能定理．版权所有【分析】由竖直方向求解加速度，水平方向求解时间，结合位移—时间关系求解偏移位移；要使粒子打在荧屏上，需满足y＜且tanα+y＞，综合列式求解。【解答】解：（1）设粒子的质量为m，初速度为v0，则粒子在偏转电场中的加速度a＝粒子射出电场的时间t＝射出电场时的偏转距离y＝at2解得y＝（2）又Ek0＝解得y＝粒子射出电场时的竖直分速度vy＝at射出电场时的偏转角的正切值tanα＝故tanα＝＝粒子射出电场后做匀速直线运动要使粒子打在荧屏上，需满足y＜且tanα+y＞所以＜Ek＜答：（1）如果粒子的初速度为v0时，该粒子能从平行板的右侧离开，则粒子离开平行板时的偏转位移为；（2）若在距离平行板的右侧处垂直极板放置一长为的挡板，挡板中心恰在图中虚线上，欲使粒子打在荧光屏上，则粒子初动能的取值范围是＜Ek＜。【点评】本题考查带电粒子在电场中的运动，沿水平和竖直方向正交分解进行分析，是解题关键。