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天津市耀华中学2023-2024学年高二上学期11月期中物理试题（Word版附解析）
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这是一份天津市耀华中学2023-2024学年高二上学期11月期中物理试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了多项选择题，实验题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题（本题共 5 小题，每小题5 分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题意，选对得5分，选错或不选得0分；
1. 在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献。他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法。下列叙述不正确的（ ）
A. 法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法
B. 用点电荷来代替实际带电体是采用了理想化物理模型的方法
C. 库仑得出库仑定律并测出了元电荷e的数值
D. 电场强度的表达式 和电动势的表达式都是利用比值法得到的定义式
【答案】C
【解析】
【详解】A．法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法，故A正确，不满足题意要求；
B．用点电荷来代替实际带电体是采用了理想化物理模型的方法，故B正确，不满足题意要求；
C．库仑得出库仑定律，但元电荷e的数值由密立根通过油滴实验测得，故C错误，满足题意要求；
D．电场强度的表达式 和电动势的表达式都是利用比值法得到的定义式，故D正确，不满足题意要求。
故选C。
2. 两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点。一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则（ ）
A. q由A向O的运动是加速度减小的加速运动
B. q由A向O运动过程中电势能逐渐增大
C. q运动到O 点时的动能最小
D. q 运动到O点时的电势能小于零
【答案】D
【解析】
【详解】A．PQ连线的中垂线MN上，从无穷远处到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远处，故q由A向O运动过程中，电场力可能先增大后减小，也可能逐渐减小，所以加速度可能先增大后减小，也可能逐渐减小，故A错误；
B．q由A向O运动过程中电场力做正功，电势能减小，故B错误；
C．从A到O电场力做正功动能增加，从O到N的过程电场力做负功，动能减小，故在O点时，试探电荷的动能最大，故C错误；
D．取无穷远处的电势为0，从无穷远处到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时，电势能为负值，故D正确。
故选D。
3. 研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 实验中，只将电容器b板向左平移，静电计指针的张角变大
B. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
【答案】A
【解析】
【详解】电容器的电荷量保持不变，根据
，
A．只将电容器b板向左平移，两板间距增大，电容减小，电势差增大，静电计指针的张角变大，A正确；
B．只将电容器b板向上平移，两板正对面积减小，电容减小，电势差增大，静电计指针的张角变大，B错误；
C．只在极板间插入有机玻璃板，介电常数增大，电容增大，电势差减小，静电计指针的张角变小，C错误；
D．只增加极板带电量，电势差增大，静电计指针的张角变大，但电容不变，D错误。
故选A。
4. 长方体铜柱长、宽、高分别为a、b、c，若先后在AB和CD两端添加相同的恒定电压，则该铜柱内自由电子先后两次定向移动的速率之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】电流沿着AB方向时铜柱的电阻为
通过铜柱的电流为
电流的微观表达式为
联立以上三式解得
同理，可得电流沿着CD方向时，电子定向移动速率为
故选B。
【点睛】本题考查电流的微观表达式以及电阻的定义式内容。
5. 如图，在竖直放置的半径为R的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一个点电荷，将质量为m，电荷量为+q 的小球从圆弧管的水平直径端点A 由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，已知重力加速度为g，则（ ）
A. 小球到达B时的速率等于
B. 小球到达B时的速率大于
C. 固定于圆心处的点电荷在细管内的电场强度大小为
D 小球不能到达C 点
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由A到B，电场力做功为零，则由动能定理得
解得小球到达B时的速率
故AB错误；
C．在B点时
解得
选项C正确；
D．由于点电荷位移圆心处，A、B、C处于同一等势面上，根据电场力做功公式可知小球从A到C点过程中电场力做功为零，根据机械能守恒定律可知小球能到达C点，故D错误；
故选C。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确，选对得5分，对而不全得3分，选错或不选得0分）
6. 如图所示的 U-I 图像中，直线I为某电源路端电压与电流的关系图线，直线II为某一电阻R 的U-I图线。用该电源与电阻R连接成闭合电路，由图像可知（ ）
A. R 的阻值为3Ω
B. 电源的输出功率为3.0W
C. 电源电动势为3.0V， 内阻为 1.5Ω
D. 电阻 R 消耗功率为1.5W
【答案】CD
【解析】
【详解】A．R 的阻值为
选项A错误；
B．电源的输出功率为
P=IU=1.5W
选项B错误；
C．由图像可知，电源电动势为
E=3.0V
内阻为
选项C正确；
D．电阻 R 消耗的功率为
PR=IU=1.5W
选项D正确。
故选CD。
7. 如图所示，质量相同两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上板的过程中，下列说法正确的（ ）
A. 它们带上异种电荷
B. 它们运动的时间
C. 它们的动能增加之比
D. 它们所带的电荷量之比
【答案】BD
【解析】
【详解】A．带电粒子P、Q在电场中偏转方向相同，可知带电粒子P、Q受到的电场力方向相同，它们带上同种电荷，故A错误；
B．垂直于电场方向，带电粒子P、Q做匀速直线运动，且两粒子初速度相同，垂直于电场方向位移相同，根据
可知它们运动的时间
故B正确；
D．沿电场方向带电粒子做初速度为零的匀加速运动，有
可得
带电粒子的加速度为
它们所带的电荷量之比
故D正确；
C．带电粒子P、Q在电场中运动，电场力做正功，根据动能定理有
它们的动能增加之比
故C错误。
故选BD。
8. 如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，其中R1>r，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（ ）
A. 电压表读数变大，电流表读数变大
B. R1和R2上的电压都增大
C. 质点P将向下运动，电源的效率增大
D. R3上消耗的功率减小，电源的输出功率增大
【答案】BD
【解析】
【详解】C．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，电源内电压增大，路端电压U减小，且R1两端电压增大，R3两端电压减小，平行金属板两端电压减小，板间电场强度减小，质点P将向下运动，根据
可知电源的效率减小，故C错误；
AB．因为R3两端电压减小，所以通过 R3的电流减小，又因为总电流增大，所以通过R2的电流增大，即电流表读数增大，R2两端电压增大，R4两端电压减小，即电压表读数减小，故A错误，B正确；
D．因为R3两端电压减小，所以R3上消耗的功率减小。设电路的外电阻为R，则电源的输出功率为
根据数学知识可知当R=r时，P最大；当R＜r时，P随R的增大而增大；当R＞r时，P随R的减小而增大。由题意可知开始时一定有R＞r，所以电源的输出功率增大，故D正确。
故选BD。
第Ⅱ卷（非选择题）
三、实验题（本题每空2分，共 18分）
9. （2）实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池等器材组成如图1所示实验电路_____，由测得的实验数据绘制成的U-I图像如图2所示。
①图1的电路图为下图中的_____。（选填“A”或“B”）
②如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图2得到该电池的电动势E=_____V，内阻r=_____Ω。
③实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响，对测得的实验数据进行修正，在图2中重新绘制U-I图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将____，与纵坐标轴交点的数值将_____。（两空均选填“变大”、“变小”或“不变”）
【答案】 ①. ②. B ③. 4.5 ④. 8 ⑤. 不变 ⑥. 变大
【解析】
【详解】（2）[1]电路如图所示
①[2]通过观察实物图可知电压表接在电源两端，故A错误，B正确。
故选B。
②[3][4]根据闭合电路欧姆定律
得
则图线在纵轴上的截距表示电池的电动势E，斜率是电池的内阻r，根据图像可知，纵轴截距为4.5，横轴截距为2.5，结合上述分析可知电池电动势
内阻
（3）[5][6]分析测量电路可知系统误差的来源是电压表的分流作用，使得电流表的示数小于流过电池的电流，考虑电压表内阻的影响，流过电压表的电流为
可知流过电池电流为
因电压表内阻不变，随着电压值减小，电压表电流减小，当电压值趋于0时，趋于，在图2中重新绘制的图线如图所示
故新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将不变，与纵坐标轴交点的数值将变大。
四、计算题（本题共3小题，12题12分， 13题14分， 14题16分，共42分。要求写出必要的解题步骤，直接写出结果不得分。）
10. 如图所示， M为一线圈电阻r=0.4Ω的电动机，， 电源电动势，当S断开时，理想电流表的示数I1=1.6A，当开关S闭合时，理想电流表的示数为I2=4A。求∶
（1）电源内阻；
（2）开关S闭合时电动机发热消耗的功率和转化为机械能的功率。
【答案】（1）1Ω；（2）2.5W，87.5W
【解析】
【详解】（1）当S断开时，理想电流表的示数I1=1.6A，根据闭合电路欧姆定律可知
代入数据解得电源内阻为
=1Ω
（2）当S闭合时，I2=4A，则
U内= I2=4V
U外=E- U内=40V-4V=36V
即电动机两端电压为36V，根据电功率的公式有
P热= W
电动机消耗的功率为
机械功率为
P机= PM- P热=87.5W
11. 静电除尘中有一种设计是两段式的，即尘埃带电和除尘分别在两段空间内进行。如图所示是由两块平行电极板构成的除尘空间，两电极板与电压恒定的高压直流电源相连，间距为。板长为，忽略边缘效应。经带电空间带负电荷后的尘埃，其质量为m，电荷量为q，以水平速度均匀射入除尘空间，当其碰到下电极板时，所带电荷立即被中和，同时尘埃被收集。调整两板所加直流高压的电压可以改变收集效率。当两板间所加的电压为时（即离下板范围内的尘埃能够碰到下板被收集）。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。求：
（1）当两板间所加的电压为时，尘埃的加速度；
（2）收集效率时，两板所加的电压与的比值。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）板间电场强度的大小为
尘埃受到电场力为
F=Eq
根基牛顿第二定律，有
F=ma
联立解得
（2）根据（1）可知，当所加电压为某一值U时，加速度
垂直于板面方向的偏转距离为
水平距离
L=vt
联立解得
因为收集效率率
y与U成正比，则有
12. 某同学在学习了磁场对电流的作用后产生想法，设计了一个简易的“电磁秤”。如图，两平行金属导轨CD、EF间距为L=0.1m，与电动势为E0=9V内阻不计的电源、电流表（量程0-3A）、开关、滑动变阻器R（阻值范围为0~100Ω）相连，质量为M=0.05kg、电阻为R0=2Ω的金属棒MN垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成=30°角，垂直接在金属棒中点的轻绳与导轨平面平行，跨过定滑轮后另一端接有秤盘，空间施加垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B=5T，在秤盘中放入待测物体，闭合开关，调节滑动变阻器，当金属棒平衡时，通过读取电流表的读数就可以知道待测物体的质量。已知秤盘中不放物体时，使金属棒静止时电流表读数为I0=0.1A。其余电阻、摩擦以及轻绳质量不计，g=10m/s2则:
（1）秤盘的质量m0是多少?
（2）求此“电磁秤”的称量物体的最大质量及此时滑动变阻器接入电路的阻值；
（3）为了便于知道秤盘上物体质量m的大小，请在图中作出其与电流表读数关系的m-I图象。
【答案】(1) ；(2) ， (3)见解析
【解析】
【详解】(1)对金属棒受力分析有
对秤盘受力分析有
解得
(2)当电路中电流最大时，此电磁秤称得最大质量，电路中最大电流即为电流表量程，即
解得
对金属棒及秤盘有
解得
(3) 电流与所称物体质量的关系式为
代入数据得
图像为
13. （1）在探究“决定导线电阻因素”的实验中。需要进行以下测量：欲用伏安法测定一段电阻丝的电阻，其阻值约为，要求测量结果尽量准确，这位同学想使被测电阻R两端的电压从零开始调节。他可选用的器材有：
①下列器材中，电流表应选用（填器材的标号和下同）__，电压表应选用____，滑动变阻器应选用________。
②在如图的虚线框内画出你设计的实验电路图___
A. 电池组E（6V，内阻很小）
B. 电流表（0~3A，内阻约）
C. 电流表（0~0.6A，内阻约）
D. 电压表（0~3V，内阻约）
E. 电压表（0~6V，内阻约）
F. 滑动变阻器（， 2A）
G. 滑动变阻器（， 1A）
H. 电键、导线
【答案】①，，；②
【解析】
【详解】[1][2][3]电源电动势是6V，电压表选，电路最大电流为
则电流表可选A2。电压从零开始，滑动变阻器应采用分压接法，由于
则电流表采用外接法，滑动变阻器的范围应与电阻值差不多，方便调节，所以滑动变阻器选。
②[4]实验电路图如图所示
一、单项选择题（本题共 5 小题，每小题5 分，共25分。每小题给出的四个选项中，只有一个最符合题意，选对得5分，选错或不选得0分；
1. 在科学发展史上，很多科学家做出了杰出的贡献。他们在物理学的研究过程中应用了很多科学的思想方法。下列叙述不正确的（ ）
A. 法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法
B. 用点电荷来代替实际带电体是采用了理想化物理模型的方法
C. 库仑得出库仑定律并测出了元电荷e的数值
D. 电场强度的表达式 和电动势的表达式都是利用比值法得到的定义式
【答案】C
【解析】
【详解】A．法拉第首先提出用电场线描绘抽象的电场，这是一种形象化的研究方法，故A正确，不满足题意要求；
B．用点电荷来代替实际带电体是采用了理想化物理模型的方法，故B正确，不满足题意要求；
C．库仑得出库仑定律，但元电荷e的数值由密立根通过油滴实验测得，故C错误，满足题意要求；
D．电场强度的表达式 和电动势的表达式都是利用比值法得到的定义式，故D正确，不满足题意要求。
故选C。
2. 两个带等量正电的点电荷，固定在图中P、Q两点，MN为PQ连线的中垂线，交PQ于O点，A为MN上的一点。一带负电的试探电荷q，从A点由静止释放，只在静电力作用下运动，取无限远处的电势为零，则（ ）
A. q由A向O的运动是加速度减小的加速运动
B. q由A向O运动过程中电势能逐渐增大
C. q运动到O 点时的动能最小
D. q 运动到O点时的电势能小于零
【答案】D
【解析】
【详解】A．PQ连线的中垂线MN上，从无穷远处到O过程中电场强度先增大后减小，且方向始终指向无穷远处，故q由A向O运动过程中，电场力可能先增大后减小，也可能逐渐减小，所以加速度可能先增大后减小，也可能逐渐减小，故A错误；
B．q由A向O运动过程中电场力做正功，电势能减小，故B错误；
C．从A到O电场力做正功动能增加，从O到N的过程电场力做负功，动能减小，故在O点时，试探电荷的动能最大，故C错误；
D．取无穷远处的电势为0，从无穷远处到O点，电场力做正功，电势能减小，则q运动到O点时，电势能为负值，故D正确。
故选D。
3. 研究与平行板电容器电容有关因素的实验装置如图所示，下列说法正确的是（ ）
A. 实验中，只将电容器b板向左平移，静电计指针的张角变大
B. 实验中，只将电容器b板向上平移，静电计指针的张角变小
C. 实验中，只在极板间插入有机玻璃板，静电计指针的张角变大
D. 实验中，只增加极板带电量，静电计指针的张角变大，表明电容增大
【答案】A
【解析】
【详解】电容器的电荷量保持不变，根据
，
A．只将电容器b板向左平移，两板间距增大，电容减小，电势差增大，静电计指针的张角变大，A正确；
B．只将电容器b板向上平移，两板正对面积减小，电容减小，电势差增大，静电计指针的张角变大，B错误；
C．只在极板间插入有机玻璃板，介电常数增大，电容增大，电势差减小，静电计指针的张角变小，C错误；
D．只增加极板带电量，电势差增大，静电计指针的张角变大，但电容不变，D错误。
故选A。
4. 长方体铜柱长、宽、高分别为a、b、c，若先后在AB和CD两端添加相同的恒定电压，则该铜柱内自由电子先后两次定向移动的速率之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】电流沿着AB方向时铜柱的电阻为
通过铜柱的电流为
电流的微观表达式为
联立以上三式解得
同理，可得电流沿着CD方向时，电子定向移动速率为
故选B。
【点睛】本题考查电流的微观表达式以及电阻的定义式内容。
5. 如图，在竖直放置的半径为R的光滑半圆弧绝缘细管的圆心O处固定一个点电荷，将质量为m，电荷量为+q 的小球从圆弧管的水平直径端点A 由静止释放，小球沿细管滑到最低点B时，对管壁恰好无压力，已知重力加速度为g，则（ ）
A. 小球到达B时的速率等于
B. 小球到达B时的速率大于
C. 固定于圆心处的点电荷在细管内的电场强度大小为
D 小球不能到达C 点
【答案】C
【解析】
【详解】AB．由A到B，电场力做功为零，则由动能定理得
解得小球到达B时的速率
故AB错误；
C．在B点时
解得
选项C正确；
D．由于点电荷位移圆心处，A、B、C处于同一等势面上，根据电场力做功公式可知小球从A到C点过程中电场力做功为零，根据机械能守恒定律可知小球能到达C点，故D错误；
故选C。
二、多项选择题（本题共3小题，每小题5分，共15分。每小题给出的四个选项中，至少有两个选项正确，选对得5分，对而不全得3分，选错或不选得0分）
6. 如图所示的 U-I 图像中，直线I为某电源路端电压与电流的关系图线，直线II为某一电阻R 的U-I图线。用该电源与电阻R连接成闭合电路，由图像可知（ ）
A. R 的阻值为3Ω
B. 电源的输出功率为3.0W
C. 电源电动势为3.0V， 内阻为 1.5Ω
D. 电阻 R 消耗功率为1.5W
【答案】CD
【解析】
【详解】A．R 的阻值为
选项A错误；
B．电源的输出功率为
P=IU=1.5W
选项B错误；
C．由图像可知，电源电动势为
E=3.0V
内阻为
选项C正确；
D．电阻 R 消耗的功率为
PR=IU=1.5W
选项D正确。
故选CD。
7. 如图所示，质量相同两个带电粒子P、Q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上板的过程中，下列说法正确的（ ）
A. 它们带上异种电荷
B. 它们运动的时间
C. 它们的动能增加之比
D. 它们所带的电荷量之比
【答案】BD
【解析】
【详解】A．带电粒子P、Q在电场中偏转方向相同，可知带电粒子P、Q受到的电场力方向相同，它们带上同种电荷，故A错误；
B．垂直于电场方向，带电粒子P、Q做匀速直线运动，且两粒子初速度相同，垂直于电场方向位移相同，根据
可知它们运动的时间
故B正确；
D．沿电场方向带电粒子做初速度为零的匀加速运动，有
可得
带电粒子的加速度为
它们所带的电荷量之比
故D正确；
C．带电粒子P、Q在电场中运动，电场力做正功，根据动能定理有
它们的动能增加之比
故C错误。
故选BD。
8. 如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，其中R1>r，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，则（ ）
A. 电压表读数变大，电流表读数变大
B. R1和R2上的电压都增大
C. 质点P将向下运动，电源的效率增大
D. R3上消耗的功率减小，电源的输出功率增大
【答案】BD
【解析】
【详解】C．当滑动变阻器R4的滑片向b端移动时，R4接入电路的阻值减小，电路总电阻减小，总电流增大，电源内电压增大，路端电压U减小，且R1两端电压增大，R3两端电压减小，平行金属板两端电压减小，板间电场强度减小，质点P将向下运动，根据
可知电源的效率减小，故C错误；
AB．因为R3两端电压减小，所以通过 R3的电流减小，又因为总电流增大，所以通过R2的电流增大，即电流表读数增大，R2两端电压增大，R4两端电压减小，即电压表读数减小，故A错误，B正确；
D．因为R3两端电压减小，所以R3上消耗的功率减小。设电路的外电阻为R，则电源的输出功率为
根据数学知识可知当R=r时，P最大；当R＜r时，P随R的增大而增大；当R＞r时，P随R的减小而增大。由题意可知开始时一定有R＞r，所以电源的输出功率增大，故D正确。
故选BD。
第Ⅱ卷（非选择题）
三、实验题（本题每空2分，共 18分）
9. （2）实验小组测量某型号电池的电动势和内阻。用电流表、电压表、滑动变阻器、待测电池等器材组成如图1所示实验电路_____，由测得的实验数据绘制成的U-I图像如图2所示。
①图1的电路图为下图中的_____。（选填“A”或“B”）
②如果实验中所用电表均视为理想电表，根据图2得到该电池的电动势E=_____V，内阻r=_____Ω。
③实验后进行反思，发现上述实验方案存在系统误差。若考虑到电表内阻的影响，对测得的实验数据进行修正，在图2中重新绘制U-I图线，与原图线比较，新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将____，与纵坐标轴交点的数值将_____。（两空均选填“变大”、“变小”或“不变”）
【答案】 ①. ②. B ③. 4.5 ④. 8 ⑤. 不变 ⑥. 变大
【解析】
【详解】（2）[1]电路如图所示
①[2]通过观察实物图可知电压表接在电源两端，故A错误，B正确。
故选B。
②[3][4]根据闭合电路欧姆定律
得
则图线在纵轴上的截距表示电池的电动势E，斜率是电池的内阻r，根据图像可知，纵轴截距为4.5，横轴截距为2.5，结合上述分析可知电池电动势
内阻
（3）[5][6]分析测量电路可知系统误差的来源是电压表的分流作用，使得电流表的示数小于流过电池的电流，考虑电压表内阻的影响，流过电压表的电流为
可知流过电池电流为
因电压表内阻不变，随着电压值减小，电压表电流减小，当电压值趋于0时，趋于，在图2中重新绘制的图线如图所示
故新绘制的图线与横坐标轴交点的数值将不变，与纵坐标轴交点的数值将变大。
四、计算题（本题共3小题，12题12分， 13题14分， 14题16分，共42分。要求写出必要的解题步骤，直接写出结果不得分。）
10. 如图所示， M为一线圈电阻r=0.4Ω的电动机，， 电源电动势，当S断开时，理想电流表的示数I1=1.6A，当开关S闭合时，理想电流表的示数为I2=4A。求∶
（1）电源内阻；
（2）开关S闭合时电动机发热消耗的功率和转化为机械能的功率。
【答案】（1）1Ω；（2）2.5W，87.5W
【解析】
【详解】（1）当S断开时，理想电流表的示数I1=1.6A，根据闭合电路欧姆定律可知
代入数据解得电源内阻为
=1Ω
（2）当S闭合时，I2=4A，则
U内= I2=4V
U外=E- U内=40V-4V=36V
即电动机两端电压为36V，根据电功率的公式有
P热= W
电动机消耗的功率为
机械功率为
P机= PM- P热=87.5W
11. 静电除尘中有一种设计是两段式的，即尘埃带电和除尘分别在两段空间内进行。如图所示是由两块平行电极板构成的除尘空间，两电极板与电压恒定的高压直流电源相连，间距为。板长为，忽略边缘效应。经带电空间带负电荷后的尘埃，其质量为m，电荷量为q，以水平速度均匀射入除尘空间，当其碰到下电极板时，所带电荷立即被中和，同时尘埃被收集。调整两板所加直流高压的电压可以改变收集效率。当两板间所加的电压为时（即离下板范围内的尘埃能够碰到下板被收集）。不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用。求：
（1）当两板间所加的电压为时，尘埃的加速度；
（2）收集效率时，两板所加的电压与的比值。
【答案】（1）；（2）
【解析】
【详解】（1）板间电场强度的大小为
尘埃受到电场力为
F=Eq
根基牛顿第二定律，有
F=ma
联立解得
（2）根据（1）可知，当所加电压为某一值U时，加速度
垂直于板面方向的偏转距离为
水平距离
L=vt
联立解得
因为收集效率率
y与U成正比，则有
12. 某同学在学习了磁场对电流的作用后产生想法，设计了一个简易的“电磁秤”。如图，两平行金属导轨CD、EF间距为L=0.1m，与电动势为E0=9V内阻不计的电源、电流表（量程0-3A）、开关、滑动变阻器R（阻值范围为0~100Ω）相连，质量为M=0.05kg、电阻为R0=2Ω的金属棒MN垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成=30°角，垂直接在金属棒中点的轻绳与导轨平面平行，跨过定滑轮后另一端接有秤盘，空间施加垂直于导轨平面向上的匀强磁场，磁感应强度为B=5T，在秤盘中放入待测物体，闭合开关，调节滑动变阻器，当金属棒平衡时，通过读取电流表的读数就可以知道待测物体的质量。已知秤盘中不放物体时，使金属棒静止时电流表读数为I0=0.1A。其余电阻、摩擦以及轻绳质量不计，g=10m/s2则:
（1）秤盘的质量m0是多少?
（2）求此“电磁秤”的称量物体的最大质量及此时滑动变阻器接入电路的阻值；
（3）为了便于知道秤盘上物体质量m的大小，请在图中作出其与电流表读数关系的m-I图象。
【答案】(1) ；(2) ， (3)见解析
【解析】
【详解】(1)对金属棒受力分析有
对秤盘受力分析有
解得
(2)当电路中电流最大时，此电磁秤称得最大质量，电路中最大电流即为电流表量程，即
解得
对金属棒及秤盘有
解得
(3) 电流与所称物体质量的关系式为
代入数据得
图像为
13. （1）在探究“决定导线电阻因素”的实验中。需要进行以下测量：欲用伏安法测定一段电阻丝的电阻，其阻值约为，要求测量结果尽量准确，这位同学想使被测电阻R两端的电压从零开始调节。他可选用的器材有：
①下列器材中，电流表应选用（填器材的标号和下同）__，电压表应选用____，滑动变阻器应选用________。
②在如图的虚线框内画出你设计的实验电路图___
A. 电池组E（6V，内阻很小）
B. 电流表（0~3A，内阻约）
C. 电流表（0~0.6A，内阻约）
D. 电压表（0~3V，内阻约）
E. 电压表（0~6V，内阻约）
F. 滑动变阻器（， 2A）
G. 滑动变阻器（， 1A）
H. 电键、导线
【答案】①，，；②
【解析】
【详解】[1][2][3]电源电动势是6V，电压表选，电路最大电流为
则电流表可选A2。电压从零开始，滑动变阻器应采用分压接法，由于
则电流表采用外接法，滑动变阻器的范围应与电阻值差不多，方便调节，所以滑动变阻器选。
②[4]实验电路图如图所示
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