广东署山一中2015_2016学年高二物理上学期期中试题理含解析.doc

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1、2015-2016学年广东省佛山一中高二（上）期中物理试卷（理）一、单项选择题（每题3分，共30分，每题只有一个正确答案）1下列说法中，正确的是( )A在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度都相同BE=仅适用点电荷形成的电场C电场强度的方向就是放入电场中的电荷受到的电场力的方向D当初速度为零时，放入电场中的电荷在电场力作用下的运动轨迹一定与电场线重合2在如图所示的电场中，一电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，则它运动的vt图象可能是图中( )ABCD3一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器

2、的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是( )ABCD4如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A，已知壳内的场强处处为零，壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样，一带正电的试探电荷（不计重力）从球心以初动能Ek0沿OA方向射出，下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是( )ABCD5如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动

3、，轨迹如图中虚线所示，那么( )A若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B微粒从M点运动到N点电势能一定增加C微粒从M点运动到N点动能一定增加D微粒从M点运动到N点机械能一定增加6下列关于电源电动势的说法中正确的是( )A电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多B电源的路端电压增大时，其电源提供的电能一定也增大C无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变D在某电池的电路中，每通过2 C的电荷量，电池提供的电能是4 J，那么这个电池的电动势是0.5 V7将一电源电动势为E，内阻为r的电池，与外电路连接，构成一个闭合电路，用R表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是 ( )A由U

4、外=IR可知，外电压随I的增大而增大B由U内=Ir可知，电源两端的电压随I的增大而增大C由U外=EIr可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小D由P=IU外可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大8在如图所示的电路中，开关S闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，电压表和电流表的读数都增大，则可能出现了下列哪种故障( )AR1短路BR2短路CR3短路DR1断路9如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为R，L1和L2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻阻值均为R，电压表为理想电表，K为单刀双掷开关，当开关由1位置打到2位置时，下列说法中正确的是( )A电压表读数将变小BL1亮度不变，L

5、2将变暗CL1将变亮，L2将变暗D电源内阻的发热功率将变小10某电解池，如果在1秒钟内共有5.01018个二价正离子和1.01019个一价负离子通过某横截面，那么通过这个横截面的电流是( )A0B0.8 AC1.6 AD3.2 A二、不定项选择题（每题5分，共30分，每题均有两个或以上正确答案）11关于静电场，下列说法正确的是( )A电势等于零的物体一定不带电B电场强度为零的点，电势一定为零C同一电场线上的各点，电势一定不相等D负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加12如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q（可视为质点）固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心

6、的直线ab上现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是( )A小球P的速度一定先增大后减小B小球P的机械能一定在减少C小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零D小球P与弹簧系统的机械能一定增加13（多选）下列说法正确的是( )A据R=可知，加在电阻两端的电压变为原来的2倍时，导体的电阻也变为原来的2倍B不考虑温度对阻值的影响，通过导体的电流及加在两端的电压改变时导体的电阻不变C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D导体的电阻率与导体的长度

7、l、横截面积S、导体的电阻R皆无关14如图所示，用输出电压为1.4V，输出电流为100mA的充电器对内阻为2的镍氢电池充电下列说法正确的是( )A电能转化为化学能的功率0.12WB充电器输出的电功率为0.14WC充电时，电池消耗的热功率为0.12WD充电器把0.14W的功率储蓄在电池内三、实验填空题（共18分）15某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的其它器材有：A电压表V：0315VB电流表A：00.63AC变阻器R1：D变阻器R2：（1000，0.1A）E电键S和导线若干（1）根据实验要求连接实物电路图（图1）；（2）实验测得的6组数据已在UI图中标出，如图2所示请你根据数

8、据点求出该电池的电动势E=_V，电阻r=_16物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为0.75W，额定电压值已模糊不清他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻约为2，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压U= V=1.22V他们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路，测量通过灯泡的电流和它两端的电压根据测量数据已绘出灯泡的UI图象，如图1所示A电压表V（量程3V，内阻约3k）B电流表A1（量程150mA，内阻约2）C电流表A2（量程500mA，内阻约0.6）D滑动变阻器R1（020）E滑动变阻器R2（0100）F电源E（电动势4.

9、0V，内阻不计）H开关S和导线若干G待测灯泡L（额定功率0.75W，额定电压未知）（1）在下面所给定的图2虚线框中画出他们进行实验的电路原理图，指出上述器材中，电流表选择_（填“A1”或“A2”）；滑动变阻器选择_（填“R1”或“R2”）（2）从图象上分析该灯泡的额定电压应为_V；这一结果大于开始时的计算结果，原因是_四、计算分析题（共32分，只有结果而无必要文字说明和推理过程计0分）17如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1，R1=3，R2=6，C=30 F（1）闭合开关S，求稳定后通过R1的电流；（2）然后将开关S断开，求电容器两端的电压变化量和流过R1的总电荷量18如图，匀强电场中有

10、一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行一电荷量为q（q0）的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能19（14分）如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0.2kg、带电荷量为q=+2.0106 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数=0.1从t=0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场（取水平向右的方向为正方向，g取10m/s2）求：（1）23秒内小物块的位移大小；（2）23秒内电场力对小物块所做

11、的功2015-2016学年广东省佛山一中高二（上）期中物理试卷（理）一、单项选择题（每题3分，共30分，每题只有一个正确答案）1下列说法中，正确的是( )A在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上，各处的电场强度都相同BE=仅适用点电荷形成的电场C电场强度的方向就是放入电场中的电荷受到的电场力的方向D当初速度为零时，放入电场中的电荷在电场力作用下的运动轨迹一定与电场线重合【考点】电场强度；电场线 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据电场强度是矢量，不但有大小，而且有方向；E=仅适用真空中点电荷的电场；电场强度方向与正电荷受到的电场力相同；某点场强的方向与试探电荷的正负无关，从而即可求解【解

12、答】解：A、在一个以点电荷为中心，r为半径的球面上各处的电场强度的大小都相同，而方向不同，故A错误；B、E=仅适用于真空中点电荷形成的电场，故B正确；C、电场强度方向就是放入电场中的正电荷受到的电场力的方向，故C错误；D、若电场线是曲线，则电荷受力将发生方向的变化，则其轨道不可能与电场线重合，故D错误；故选：B【点评】考查点电荷电场强度的矢量性，及适用条件，注意电场强度的方向如何确定，与试探电荷的正负无关2在如图所示的电场中，一电荷从电场中A点由静止释放，只受电场力作用，沿电场线运动到B点，则它运动的vt图象可能是图中( )ABCD【考点】电场线；匀变速直线运动的速度与时间的关系 【专题】电场

13、力与电势的性质专题【分析】vt图象中的斜率表示物体的加速度，根据电场线与电场强度的关系，电场强度越来越大，则电场力越来越大，所以根据电荷运动过程中vt图象可知电荷的加速度越来越大，可得出正确结果【解答】解：根据电场线与电场强度的关系，电场强度越来越大，因此该电荷所受电场力越来越大，电荷的加速度越来越大，vt图象中的斜率表示物体的加速度故选：B【点评】本题结合vt图象，考查了电场强度与电场线以及电荷受电场力与电场方向之间的关系，考点结合巧妙、新颖，有创新性3一平行板电容器充电后与电源断开，负极板接地两板间有一个正检验电荷固定在P点，如图所示，以C表示电容器的电容、E表示两板间的场强、表示P点的电

14、势，W表示正电荷在P点的电势能，若正极板保持不动，将负极板缓慢向右平移一小段距离l0的过程中各物理量与负极板移动距离x的关系图象中正确的是( )ABCD【考点】电容器的动态分析 【专题】电容器专题【分析】由题意可知电量不变，由平行板电容器的决定式可知电容的变化；由定义式可得出两端电势差的变化；再由U=Ed可知E的变化，进而判断势能的变化【解答】解：A、当负极板右移时，d减小，由C=可知，C与x图象不能为一次函数图象！故A错误；B、由U=可知，U=Q，则E=，故E与d无关，故B错误；C、因负极板接地，设P点原来距负极板为l，则P点的电势=E（ll0）；故C正确；D、电势能E=q=Eq（ll0），

15、不可能为水平线，故D错误；故选：C【点评】本题考查电容器的动态分析，由于结合了图象内容，对学生的要求更高了一步，要求能根据公式得出正确的表达式，再由数学规律进行分析求解4如图，半径为R的均匀带正电薄球壳，其上有一小孔A，已知壳内的场强处处为零，壳外空间的电场与将球壳上的全部电荷集中于球心O时在壳外产生的电场一样，一带正电的试探电荷（不计重力）从球心以初动能Ek0沿OA方向射出，下列关于试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系图线，可能正确的是( )ABCD【考点】电势能；电场强度 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】试探电荷的动能Ek与离开球心的距离r的关系根据动能定理分析【解答】解：在球

16、壳内，场强处处为零，试探电荷不受电场力，其动能不变；在球壳外，取一段极短距离内，认为库仑力不变，设为F，根据动能定理得：Ek=Fr则得：F=根据数学知识得知：等于Ekr图象上切线的斜率，由库仑定律知r增大，F减小，图象切线的斜率减小，故A正确，BCD错误故选：A【点评】本题的关键是运用微元法，根据动能定理列式，分析图象的斜率的意义，即可解答5如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )A若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B微粒从M点运动到N点电势能一定增加C微粒从M点运动到N点动能一定增加D微粒

17、从M点运动到N点机械能一定增加【考点】带电粒子在混合场中的运动；功能关系；机械能守恒定律 【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】微粒在平行金属板间受到重力与电场力的作用，根据微粒运动轨迹与微粒受到的重力与电场力间的关系分析答题【解答】解：微粒在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由图示微粒运动轨迹可知，微粒向下运动，说明微粒受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；A、如果微粒带正电，A板带正电荷，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，A板带负电，但如果电场力小于重力，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，则A板既可以带正电，也可能带负电，故A错误；B、如果微粒受到的电场力向

18、下，微粒从M点运动到N点过程中电场力做正功，微粒电势能减小，如果微粒受到的电场力向上，则电势能增加，故B错误；C、微粒受到的合力向下，微粒从M点运动到N点过程中合外力做正功，微粒的动能增加，故C正确；D、微粒从M点运动到N点过程动能增加，重力势能减小，机械能不一定增加，故D错误故选：C【点评】根据微粒的运动轨迹判断出微粒受到的合外力，然后根据微粒的受力情况分析答题；电场力做正功，电势能增加，电场力做负功，电势能减小6下列关于电源电动势的说法中正确的是( )A电源的电动势越大，电源所能提供的电能就越多B电源的路端电压增大时，其电源提供的电能一定也增大C无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一

19、定不变D在某电池的电路中，每通过2 C的电荷量，电池提供的电能是4 J，那么这个电池的电动势是0.5 V【考点】电源的电动势和内阻 【专题】恒定电流专题【分析】根据电动势的定义式E=可求出电动势电动势表征电源本身的特性，与外电路无关，对于给定的电源，电动势一定电动势越大，电源将单位正电荷负极移到正极提供的电能越多【解答】解：A、电源的电动势越大，电源移送单位电荷时所能提供的电能就越多；但总的电能不一定多；故A错误；B、电源的路端电压增大时，其电源提供的电能的能力增大，而电源提供的电能不一定也增大；故B错误；C、无论无论内电压和外电压如何变化，其电源的电动势一定不变；故C正确；D、由E=可知，E

20、=V；故D错误；故选：C【点评】本题考查对电动势的理解能力，关键抓住定义式E=和电动势的物理意义明确电动势是电源本身的性质，和路端电压等无关7将一电源电动势为E，内阻为r的电池，与外电路连接，构成一个闭合电路，用R表示外电路电阻，I表示电路的总电流，下列说法正确的是( )A由U外=IR可知，外电压随I的增大而增大B由U内=Ir可知，电源两端的电压随I的增大而增大C由U外=EIr可知，电源输出电压随输出电流I的增大而减小D由P=IU外可知，电源的输出功率P随输出电流I的增大而增大【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】根据闭合电路欧姆定律分析外电流增大时，路端电压的变化，当电源的

21、内电阻等于外电阻时，输出功率最大【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律得：U=EIr，外电压随I的增大而减小，故A错误，C正确；B、电源两端的电压实际上是路端电压，由A的分析可知电源两端的电压，随I的增大而减小，故B错误；D、根据数学知识分析得知，当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大，而I=，所以电流增大时，电源的输出功率可能变大，也可能变小故D错误故选：C【点评】本题主要考查闭合电路欧姆定律的直接应用，知道当电源的内电阻等于外电阻时，输出功率最大，难度适中8在如图所示的电路中，开关S闭合后，由于电阻元件发生短路或断路故障，电压表和电流表的读数都增大，则可能出现了下列哪种故障( )AR1短路

22、BR2短路CR3短路DR1断路【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】由题目中电表示数的变化可得出故障原因，根据电路结构可以得出是哪一个电阻发生故障【解答】解：A、若各原件没有故障，电路正常，则电流表测量流过R1的支路电流，电压表测量R3两端的电压；若R1短路，则R2被短路，外电路只有电阻R3接在电源两端，电流表测量干路电流，电压表测量路端电压，两表示数均增大，故A正确B、若R2短路，则R1被短路，电流表示数为零，显然不符合题意，故B错误C、若R3短路，则电压表示数为零，不符合题意；故C错误D、若R1断路，则电流表示数为零，也不符合题意，故D错误故选：A【点评】本题考查闭合电路

23、的欧姆定律的应用，明确当电路中有电流时，说明电路中应发生了短路故障；若电压表示数变大，电压表可能直接并联到了电源两端9如图所示的电路中，电源电动势为E，内阻为R，L1和L2为相同的灯泡，每个灯泡的电阻和定值电阻阻值均为R，电压表为理想电表，K为单刀双掷开关，当开关由1位置打到2位置时，下列说法中正确的是( )A电压表读数将变小BL1亮度不变，L2将变暗CL1将变亮，L2将变暗D电源内阻的发热功率将变小【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】题目中各用电器的电阻已知了，可根据欧姆定律，算出两种情况电压表的电压、灯泡的电压及电源发热功率，用E、R表示，比较大小，确定变化情况【解答】

24、解：开关在位置1时，外电路总电阻R总=，电压表示数U=，同理，两灯电压U1=U2=，电源内阻的发热功率为P热= 开关在位置2时，外电路总电阻R总=，电压表示数U=，灯泡L1的电压U1=，L2的电压U2=，电源内阻的发热功率为P热=， A、由上，电压表读数变小故A正确 B、C，L1亮度不变，L2将变亮故B、C错误 D、电源内阻的发热功率将变大故D错误故选A【点评】本题采用计算法，用相同的物理量表示其他物理量，来进行比较大小，或计算比值，这也是物理常用的方法之一10某电解池，如果在1秒钟内共有5.01018个二价正离子和1.01019个一价负离子通过某横截面，那么通过这个横截面的电流是( )A0B

25、0.8 AC1.6 AD3.2 A【考点】电流、电压概念 【专题】恒定电流专题【分析】由题计算出1s内通过截面正离子与负离子电量绝对值之和，根据电流的定义式求解电流一价离子所带电量大小为e=1.61019C【解答】解：由题，1s内通过截面正离子的电量为q1=2n1e，负离子的电量绝对值为q2=n2e，则电流为I=，将n1=51018个，n2=11019个，e=1.61019C代入解得，I=3.2A故选：D【点评】本题是电流定义式的应用，关键确定通过导体截面的电量，当电流由正负离子向相反方向定向移动形成时，电量等于正离子与负离子电量绝对值之和二、不定项选择题（每题5分，共30分，每题均有两个或以

26、上正确答案）11关于静电场，下列说法正确的是( )A电势等于零的物体一定不带电B电场强度为零的点，电势一定为零C同一电场线上的各点，电势一定不相等D负电荷沿电场线方向移动时，电势能一定增加【考点】电场强度；电势能 【分析】电势的零点是人为选取的电场强度与电势无关沿电场线的方向，电势降低根据电场力做功正负分析电势能的变化【解答】解：A、电势的零点是人为选取的，则电势等于零的物体也可以带电故A错误B、电场强度与电势无关，电场强度为零的点，电势不一定为零，故B错误C、沿电场线的方向，电势降低，则同一电场线上的各点，电势一定不相等，故C正确D、负电荷沿电场线方向移动时，电场力逆着电场线，则电场力对负电

27、荷做负功，其电势能一定增加，故D正确故选：CD【点评】本题就是考查学生基础知识的掌握，加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点，即可解决本题12如图所示，绝缘弹簧的下端固定在光滑斜面底端，弹簧与斜面平行，带电小球Q（可视为质点）固定在绝缘斜面上的M点，且在通过弹簧中心的直线ab上现将与Q大小相同，带电性也相同的小球P，从直线ab上的N点由静止释放，若两小球可视为点电荷在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，下列说法中正确的是( )A小球P的速度一定先增大后减小B小球P的机械能一定在减少C小球P速度最大时所受弹簧弹力和库仑力的合力为零D小球P与弹簧系统的机械能一定增加【考点】功能关系；共点力平衡的

28、条件及其应用；库仑定律 【分析】本题中有库仑力做功，机械能不守恒；机械能守恒是普遍遵守的定律；小球的速度变化可从受力与能量两种观点加以分析【解答】解：A、小球先沿斜面加速向下运动，后减速向下运动，当弹簧压缩量最大时，小球静止，故A正确B、根据除了重力和弹力之外的力做功量度机械能的变化得小球P除了重力和弹力做功还有之外的库仑斥力做功，开始弹簧的弹力和库仑斥力的合力方向可能向上，也就是可能做负功，所以小球P的机械能可能增大，故B错误C、小球P的速度一定先增大后减小，当p的加速度为零时，速度最大，所以小球P速度最大时所受弹簧弹力、重力沿斜面向下的分力和库仑力的合力为零，故C错误D、根据能量守恒定律知

29、，小球P的动能、与地球间重力势能、与小球Q间电势能和弹簧弹性势能的总和不变，因为在小球P与弹簧接触到速度变为零的过程中，Q对P的库仑斥力做正功，电势能减小，所以小球P与弹簧系统的机械能一定增加，故D正确故选AD【点评】注意机械能守恒的条件是只有重力或弹力做功，从能量转化的角度讲，只发生机械能间的相互件转化，没有其他形式的能量参与13（多选）下列说法正确的是( )A据R=可知，加在电阻两端的电压变为原来的2倍时，导体的电阻也变为原来的2倍B不考虑温度对阻值的影响，通过导体的电流及加在两端的电压改变时导体的电阻不变C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

30、D导体的电阻率与导体的长度l、横截面积S、导体的电阻R皆无关【考点】电阻定律；欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，应用欧姆定律分析答题【解答】解：A、由于R=的定义式，对于一个确定的导体来说，导体的电阻与导体两端的电压无关，故A错误；B、导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，在温度不变时，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，故B正确；C、同种材料的导体，导体的电阻率不变，故C错误；D、材料的电阻率与导体材料、长度、横截面积无关，故D正确；故选：BD【点评】本题是一道基础题，知道导体电阻的决定因素、应用欧姆定律即

31、可正确解题14如图所示，用输出电压为1.4V，输出电流为100mA的充电器对内阻为2的镍氢电池充电下列说法正确的是( )A电能转化为化学能的功率0.12WB充电器输出的电功率为0.14WC充电时，电池消耗的热功率为0.12WD充电器把0.14W的功率储蓄在电池内【考点】电功、电功率 【专题】恒定电流专题【分析】电池充电过程中电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律列式求解【解答】解：A、电池充电过程中电能转化为化学能和热能，根据能量守恒定律，有：UI=I2R+P，故电能转化为化学能的功率 P=UII2R=1.4V0.1A0.122=0.12W，故A正确；B、充电器输出的电功率为：P出=UI=1

32、.4V0.1A=0.14W，故B正确；C、充电时，电池消耗的热功率为：Pr=I2R=0.122=0.02W，故C错误；D、由上知，充电功率为0.12W，故D错误；故选：AB【点评】本题关键明确充电电路中的能量转化情况，同时要知道电路电阻消耗功率的计算符合焦耳定律三、实验填空题（共18分）15某同学用伏安法测一节干电池的电动势E和内电阻r，所给的其它器材有：A电压表V：0315VB电流表A：00.63AC变阻器R1：D变阻器R2：（1000，0.1A）E电键S和导线若干（1）根据实验要求连接实物电路图（图1）；（2）实验测得的6组数据已在UI图中标出，如图2所示请你根据数据点求出该电池的电动势E

33、=1.5V，电阻r=0.50【考点】测定电源的电动势和内阻 【专题】实验题；恒定电流专题【分析】用实线代替导线将实验器材连成实验电路，注意接线要接在接线柱上，导线不能交叉；外电压与电流成线性关系，图线是一条直线，根据点迹作出UI图线，纵轴截距表示电动势的大小，图线斜率的绝对值表示内阻的大小【解答】解：（1）本实验测量电动势和内电阻，采用滑动变阻器与电源串联即可，电流表内阻与电源内阻接近，故电流表采用相对于电源的外接法，如图，根据数据点完成UI图线如图：根据闭合电路欧姆定律得：U=EIr，知UI成线性关系，图线的纵轴截距为1.5，所以电动势为：E=1.5V，图线斜率的绝对值为电池的内阻：r=0.

34、50故答案为：（1）实物电路图 （2）1.5；0.50【点评】解决本题的关键掌握伏安法测量电源电动势和内阻的原理，E=U+Ir，以及会通过UI图线得出电源的电动势和内阻16物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为0.75W，额定电压值已模糊不清他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻约为2，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压U= V=1.22V他们怀疑所得电压值不准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路，测量通过灯泡的电流和它两端的电压根据测量数据已绘出灯泡的UI图象，如图1所示A电压表V（量程3V，内阻约3k）B电流表A1（量程150mA，内

35、阻约2）C电流表A2（量程500mA，内阻约0.6）D滑动变阻器R1（020）E滑动变阻器R2（0100）F电源E（电动势4.0V，内阻不计）H开关S和导线若干G待测灯泡L（额定功率0.75W，额定电压未知）（1）在下面所给定的图2虚线框中画出他们进行实验的电路原理图，指出上述器材中，电流表选择A2（填“A1”或“A2”）；滑动变阻器选择R1（填“R1”或“R2”）（2）从图象上分析该灯泡的额定电压应为2.5V；这一结果大于开始时的计算结果，原因是灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线 【专题】实验题；恒定电流专题【分析】关键是根据P=I2R，估算出小灯泡的额定电流，

36、从而选出电流表的量程，根据UI图象可知滑动变阻器应用分压式接法，根据小灯泡电阻值远小于电压表内阻，可知电流表应用外接法【解答】解：（1）由UI图象可以看出小灯泡两端电压从零开始调节，故滑动变阻器采用分压接法；根据P=I2R可知通过灯泡的电流大约为600 mA，故电流表应选A2；滑动变阻器阻值太大不易调节，根据分压电路特点可知滑动变阻器选R1（2）由于小灯泡功率值为0.75 W，根据P=UI结合UI图象可知小灯泡两端电压约为2.5 V用欧姆表直接测出该灯泡的电阻是灯泡未连入电路时的阻值，当灯泡发光时，其电阻增大故答案为：（1）电路如图所示，A2，R1；（2）2.5（2.42.6）灯泡冷态电阻小于

37、正常工作时的电阻（或灯泡电阻随温度升高而变大）【点评】本题考查测量灯泡的伏安特性曲线的原理；要掌握实验器材的选取原则，熟记电流表内接法与外接法的选择方法，以及滑动变阻器分压式接法的条件即选择原则四、计算分析题（共32分，只有结果而无必要文字说明和推理过程计0分）17如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1，R1=3，R2=6，C=30 F（1）闭合开关S，求稳定后通过R1的电流；（2）然后将开关S断开，求电容器两端的电压变化量和流过R1的总电荷量【考点】闭合电路的欧姆定律；电容 【专题】恒定电流专题【分析】（1）闭合开关S，稳定后电容器相当于开关断开，两个电阻串联，根据全电路欧姆定律求解即可

38、（2）开关S断开后，稳定时电容器两端的电压等于电源的电动势，电压增大，电容器充电，通过R1的电荷量等于开关断开前后电容器电量的增加量先求出断开前电容器两端的电压，再求出断开后电容器两端的电压，两者之差与电容的乘积即等于通过R1的电荷量【解答】解：（1）稳定时，电路中的电流I=1 A （2）S闭合，电路处于稳定状态时，电容器两端的电压U=IR2=16 V=6 V 断开后，电容器两端的电压为10 V，所以U=4 V 流过R1的总电荷量为Q=UC=1.2104 C 答：（1）闭合开关S，稳定后通过R1的电流是1A；（2）然后将开关S断开，电容器两端的电压变化量是4V，流过R1的总电荷量是1.2104

39、 C【点评】本题是含容电路，关键确定电容器的电压电路稳定时电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压18如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行一电荷量为q（q0）的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能【考点】带电粒子在匀强电场中的运动 【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题【分析】根据牛顿第二定律，将电场力与支持力提供向心力列出方程，并由动能定理来联立求解【解答】解：质点所受到电场力的大小为：f=qE，设质点质量为m，经过a点和b点

40、时速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有，设质点经过a点和b点时动能分别为Eka和Ekb，则有：，根据动能定理有，EkbEka=2rf，联立解得：，Eka=，Ekb=，答：电场强度的大小：、质点经过a点：，和b点时的动能：【点评】考查牛顿第二定律、动能定理、向心力公式、电场力的表达式等规律的理解与应用，注意动能定理列式过程中的功的正负19（14分）如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0.2kg、带电荷量为q=+2.0106 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数=0.1从t=0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场（取水平向右的

41、方向为正方向， g取10m/s2）求：（1）23秒内小物块的位移大小；（2）23秒内电场力对小物块所做的功【考点】动能定理的应用；电场强度 【专题】压轴题；动能定理的应用专题；电场力与电势的性质专题【分析】（1）根据牛顿第二定律求出物块在02s内和24s内的加速度，利用运动学公式求出02s内和24s内的位移，及第2s末和第4s末的速度，得到小物块做周期为4s的匀加速和匀减速运动分别求出前22s物块的位移和第23s内的位移，再求总位移（2）根据动能定理求电场力对小物块所做的功【解答】解：（1）02s内物块加速度a1=0.110=2（m/s2） 位移S1=4m 2s末的速度为v2=a1t1=4m/s 24s内物块加速度a2=2m/s2 位移S2=S1=4m， 4s末的速度为v4=0则小物块做周期为4s的匀加速和匀减速运动 第22s末小物块的速度为v=4m/s，前22s内位移为S22=44m 第23s内物块的位移为S23=vt+，t=1s，S23=3m故23秒内小物块的位移大小为47m（2）由上，物块在第23s末的速度为v23=2m/s根据动能定理得 WmgS23=代入解得 W=9.8J答：（1）23秒内小物块的位移大小为47m； （2）23秒内电场力对小物块所做的功为9.8J【点评】本题是物块在周期性的电场力作用下运动的问题，要抓住规律，也可以作速度时间图象分析求解- 20 -