高二上學期期中考試物理試卷(解析版)

1、安徽省蚌埠二中2014-2015學年高二上學期期中考試物理試卷一、單項選擇題（本大題共12小題，每小題4分）1（4分）下列各種說法中正確的是（）A只要是點電荷都可作為試探電荷B元電荷指的就是電子或質(zhì)子C電動勢為1.5 V的干電池，表明干電池通過非靜電力做功每經(jīng)過1s就把1.5 J的化學能轉(zhuǎn)化為電能D電阻率是表征材料導(dǎo)電性能好壞的物理量，電阻率越大，材料的導(dǎo)電性能越差考點：電阻定律；元電荷、點電荷 .專題：恒定電流專題分析：A、可忽略電荷的自身大小可當作為點電荷，而試探電荷即為體積小，電量小；B、元電荷是電量最小的單位電荷，與電子或質(zhì)子無關(guān)C、電動勢是描述電源把其它形式的能量轉(zhuǎn)化電能本領(lǐng)大小的物

2、理量，電動勢在數(shù)值上等于把單位正電荷在電源內(nèi)部從負極搬運到正極非靜電力所做的功；電動勢由電源本身的結(jié)構(gòu)決定，與外電路無關(guān)D、電阻率是描述材料導(dǎo)線性能好壞的物理量，電阻率越大，材料的導(dǎo)線性能越差，電阻率越小，材料的導(dǎo)電能力越強；材料的電阻率受溫度影響，金屬的電阻率一般隨溫度的升高而變大；半導(dǎo)體材料的電阻率一般隨溫度的升高而變??；一些合金材料的電阻率不隨溫度的變化而變化解答：解：A、可忽略電荷的自身大小可當作為點電荷，而試探電荷即為體積小，電量?。粍t點電荷不一定能作為試探電荷，故A錯誤；B、元電荷指的是最小電荷，而不是電子或質(zhì)子，故B錯誤；C、電動勢在數(shù)值上等于電源將單位正電荷從負極移送到正極時非

3、靜電力所做的功，故C錯誤；D、電阻率是表征材料導(dǎo)電性能好壞的物理量，電阻率越大，其導(dǎo)電性能越差，故D正確；故選：D點評：本題是一道基礎(chǔ)題，知道電阻率的物理意義、溫度對電阻率的影響、電動勢的概念、電動勢的決定因素即可正確解題，同時掌握點電荷與試探電荷的區(qū)別，理解元電荷與電子的區(qū)別2（4分）如圖所示，一個不帶電的表面絕緣的導(dǎo)體P正在向帶正電的小球Q緩慢靠近，但不接觸，也沒有發(fā)生放電現(xiàn)象，則下列說法中正確的是（）AB端的感應(yīng)電荷為負電荷B導(dǎo)體內(nèi)場強越來越大CC點的電勢高于B點電勢D導(dǎo)體上的感應(yīng)電荷在C點產(chǎn)生的場強始終大于在B點產(chǎn)生的場強考點：靜電現(xiàn)象的解釋 .分析：根據(jù)靜電感應(yīng)可以判斷金屬導(dǎo)體的感應(yīng)

4、的電荷的情況，從而可以判斷導(dǎo)體帶電的情況解答：解：A、導(dǎo)體P處在正電荷的電場中，由于靜電感應(yīng)現(xiàn)象，導(dǎo)體的右端B要感應(yīng)出正電荷，在導(dǎo)體的左端C會出現(xiàn)負電荷，故A錯誤B、處于靜電平衡的導(dǎo)體內(nèi)場強為0，故B錯誤C、CD處在同一個等勢體上，電勢相等；故C錯誤；D、在C點和B點的場強由導(dǎo)體上的感應(yīng)電荷和正電的小球Q共同疊加產(chǎn)生，并且為0，正電的小球Q在C點的場強大于B點的場強，所以導(dǎo)體上的感應(yīng)電荷在C點產(chǎn)生的場強始終大于在B點產(chǎn)生的場強，故D正確故選：D點評：感應(yīng)帶電，這是使物體帶電的一種方法，根據(jù)異種電荷互相吸引的原理可知，靠近的一端會帶異種電荷3（4分）有一橫截面積為S的銅導(dǎo)線，流經(jīng)其中的電流為I，

5、設(shè)每單位體積的導(dǎo)線中有n個自由電子，電子的電荷量為q，此時電子的定向移動速度為v，在t時間內(nèi)，通過導(dǎo)線橫截面的自由電子數(shù)目可表示為（）AnvtBnvstCD考點：電流、電壓概念 .專題：恒定電流專題分析：首先根據(jù)電流強度的定義可以求得總的電荷量的大小，進而可以求得自由電子的個數(shù)，再根據(jù)電流的微觀的表達式，根據(jù)電阻的運動的速率的大小也可以求得通過導(dǎo)線橫截面的自由電子的個數(shù)解答：解：A、在t時間內(nèi)，以速度v移動的電子在銅導(dǎo)線中經(jīng)過的長度為vt，由于銅導(dǎo)線的橫截面積為S，則在t時間內(nèi)，電子經(jīng)過的導(dǎo)線體積為vtS又由于單位體積的導(dǎo)線有n個自由電子，在t時間內(nèi)，通過導(dǎo)線橫截面的自由電子數(shù)目可表示為N=n

6、vSt故B正確；A錯誤；B、由于流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I，則在t時間內(nèi)，流經(jīng)導(dǎo)線的電荷量為It，而電子的電荷量為q，則t時間內(nèi)通過導(dǎo)線橫截面的自由電子數(shù)目可表示為N=；故CD錯誤；故選：B點評：本題計算自由電子的個數(shù)，要注意從不同的角度來分析問題，一是從微觀運動的角度，二是從電流強度的角度4（4分）如圖所示為有兩個量程的電壓表，當使用 a、b兩端點時，量程為1V；當使用a、c兩端點時，量程為10V已知電流表的內(nèi)阻Rg為50，滿偏電流Ig為1mA則R1和R2的電阻值（）AR1=950，R2=9kBR1=9k，R2=950CR1=9k，R2=1kDR1=1k，R2=9k考點：把電流表改裝成電壓表 .專題

7、：實驗題分析：改裝后的量程為U=Ig（Rg+R串）據(jù)此可求出 R串=Rg解答：解：接a、b時，為串聯(lián)的R1，則R1=Rg=50=950 接a、c時，為串聯(lián)的R1和R2，則R2=RgR1=50950=9000故選：A點評：電流表串聯(lián)電阻后量程變大，為U=IgR總5（4分）（2013張掖一模）在如圖所示的電路中，電源的負極接地，其電動勢為E、內(nèi)電阻為r，R1、R2為定值電阻，R3為滑動變阻器，C為電容器，、為理想電流表和電壓表在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，下列說法中正確的是（）Aa點的電勢降低B電壓表示數(shù)變小C電流表示數(shù)變小D電容器C所帶電荷量增多考點：電容；閉合電路的歐姆定律 .

8、專題：電容器專題分析：在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，變阻器在路電阻減小，外電阻減小，根據(jù)歐姆定律分析干路電流如何變化和電阻R1兩端電壓的變化，即可知道電壓表讀數(shù)的變化電容器C的電壓等于電阻R2兩端的電壓，分析并聯(lián)部分電壓的變化，即知道電容器的電壓如何變化，根據(jù)干路電流與通過R2的電流變化情況，分析電流表的變化a點的電勢等于R2兩端的電壓解答：解：在滑動變阻器滑動頭P自a端向b端滑動的過程中，變阻器在路電阻減小，外電路總電阻減小，干路電流I增大，電阻R1兩端電壓增大，則電壓表示數(shù)變大電阻R2兩端的電壓U2=EI（R1+r），I增大，則U2變小，電容器板間電壓變小，其帶電量減小根據(jù)

9、外電路中順著電流方向電勢降低，可知，a的電勢大于零，a點的電勢等于R2兩端的電壓，U2變小，則a點的電勢降低，通過R2的電流I2減小，通過電流表的電流IA=II2，I增大，I2減小，則IA增大即電流表示數(shù)變大故A正確，BCD錯誤故選：A點評：本題是電路動態(tài)變化分析問題，要抓住不變量：電源的電動勢、內(nèi)阻及定值電阻的阻值不變，進行分析根據(jù)電流方向判斷電勢高低，由電壓的變化判斷電勢的變化6（4分）小燈泡通電后其電流I隨所加電壓U變化的圖線如圖所示，P為圖線上一點，PN為圖線過P點的切線，PQ為U軸的垂線，PM為I軸的垂線則下列說法中正確的是（）A隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻減小B對應(yīng)P點，小燈泡

10、的電阻為R=C對應(yīng)P點，小燈泡的電阻為R=D對應(yīng)P點，小燈泡的功率為圖中梯形PQON所圍的面積考點：歐姆定律 .專題：恒定電流專題分析：由圖看出此燈泡是非線性元件，根據(jù)電阻是指對電流的阻礙作用判斷燈泡電阻與電壓之間的關(guān)系；找到P點對應(yīng)的電壓和電流，根據(jù)歐姆定律求出此時燈泡的電阻；由功率公式可知功率對應(yīng)圖線的“面積”解答：解：A、由圖象可知，燈泡的電阻等于R=，等于圖線上的點與原點O連線斜率的倒數(shù)，由數(shù)學知識可知，電壓增大，此斜率減小，則燈泡的電阻增大故A錯誤；BC、由圖象可知，P點對應(yīng)的電壓為U1，電流為I2，則燈泡的電阻R=，故B正確，C錯誤；D、因P=UI，所以圖象中矩形PQOM所圍的面積

11、為對應(yīng)P點小燈泡的實際功率，不是梯形面積表示功率；故D錯誤故選：B點評：注意UI圖象的意義，知道斜率等于電阻的倒數(shù)，明確功率借助圖象分析時所圍得面積；明確燈泡伏安特性曲線不直的原因7（4分）（2013珠海二模）如圖所示，真空中的兩帶電小球（可看作是點電荷），通過調(diào)節(jié)懸掛細線的長度使兩小球始終保持在同一水平線上，下列說法正確的是（）A若只增大r，則T1、T2都增大B若只增大m1，則1增大，2不變C若只增大q1，則1增大，2不變D若只增大q1，則1、2都增大考點：庫侖定律；力的合成與分解的運用；共點力平衡的條件及其應(yīng)用 .專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：分別對兩小球進行受力分析，作出力圖，由共點

12、力平衡條件得到各自的重力與庫侖力的關(guān)系，抓住相互間的庫侖力大小相等，得到質(zhì)量與角度的關(guān)系，分析求解解答：解：m1、m2受力如圖所示，由平衡條件可知， m1g=Fcot1，m2g=Fcot2因F=F，則可見，若m1m2，則12；若m1=m2，則1=2；若m1m2，則121、2的關(guān)系與兩電荷所帶電量無關(guān)A、若只增大r，則庫侖力變小，由圖可知，T1、T2都減小，故A錯誤；B、若只增大m1，則m1，會下降，而m1，會上升，導(dǎo)致則1減小，2增大，故B錯誤；C、若只增大q1，由圖可知，則1、2都增大，故C錯誤，D正確，故選D點評：本題中庫侖力是兩個小球聯(lián)系的紐帶，由平衡條件分別找出兩個小球的質(zhì)量與庫侖力關(guān)

13、系是解題的關(guān)鍵8（4分）如圖所示，兩個等量同種點電荷分別固定于光滑絕緣水平面上A、B兩點一個帶電粒子由靜止釋放，僅受電場力作用，沿著AB中垂線從C點運動到D點（C、D是關(guān)于AB對稱的兩點）下列關(guān)于粒子運動的vt圖象中可能正確的是（）ABCD考點：電場的疊加；電勢差與電場強度的關(guān)系 .專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：A、B為兩個等量的同種電荷，其連線中垂線上電場強度方向若是負電荷則為CO、DO，若是正電荷則為OC、OD；點電荷q僅受電場力作用從C點到D點運動的過程中，由于釋放位置不清楚則電場強度大小變化情況不確定，則電荷所受電場力大小變化情況不確定，加速度變化情況不確定因此可能加速度先增加后減

14、小再增加最后減??；也可能先減小后增加解答：解：A、B為兩個等量的同種電荷，其連線中垂線上電場強度方向，若是負電荷則電場強度方向為CO、DO，若是正電荷則電場強度方向為OC、OD；點電荷q僅受電場力作用從C點到D點運動的過程中，當從電場強度最大的位置釋放時，則帶電粒子所受電場力先減小后增大，那么加速度也是先減小后增大，而vt圖象的斜率表示加速度的大小，故D正確；故選：D點評：本題考查對等量異種電荷電場線的分布情況及特點的理解和掌握程度，要抓住電場線的對稱性9（4分）如圖所示，虛線表示某電場的等勢面一帶電粒子僅在電場力作用下由A運動到B的徑跡如圖中實線所示粒子在A點的加速度為aA、電勢能為EA；在

15、B點的加速度為aB、電勢能為EB則下列結(jié)論正確的是（）A粒子帶正電，aAaB，EAEBB粒子帶負電，aAaB，EAEBC粒子帶正電，aAaB，EAEBD粒子帶負電，aAaB，EAEB考點：電勢能；電場強度 .專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：根據(jù)曲線的彎曲方向可知帶電粒子受到的是靜電斥力，根據(jù)等差等勢面的疏密判斷場強大小，結(jié)合牛頓第二定律得到加速度大小關(guān)系；根據(jù)電場力做功情況斷電勢能高低解答：解：根據(jù)粒子軌跡的彎曲方向可知帶電粒子受到的是靜電斥力，根據(jù)U=Ed知，等差等勢面越密的位置場強越大，B處等差等勢面較密集，則場強大，帶電粒子所受的電場力大，加速度也大，即aAaB；從A到B，電場線對帶電

16、粒子做負功，電勢能增加，則知B點電勢能大，即EAEB；故D正確故選：D點評：本題關(guān)鍵是先根據(jù)靠差等勢面的疏密判斷場強的大小，再結(jié)合電場力做功正負分析電勢能變化公式U=Ed，對非勻強電場可以用來定性分析場強10（4分）氫的三種同位素氕、氘、氚的原子核分別為H、H、H它們以相同的初速度垂直進入同一勻強電場并離開電場，離開電場時，末速度最大的是（）A氕核B氘核C氚核D一樣大考點：帶電粒子在勻強電場中的運動 .專題：帶電粒子在電場中的運動專題分析：帶電粒子垂直電場方向進入同一偏轉(zhuǎn)電場后，在電場中做類平拋運動，根據(jù)動能定理判斷離開電場時的末速度解答：解：帶電粒子以速度v進入場強為E，寬度為L的電場，垂直

17、電場方向做勻速直線運動，L=vt，所以t=沿電場方向做勻加速直線運動，加速度a=偏轉(zhuǎn)位移y=at2=根據(jù)動能定理：qEy=mvy2vy2=可見比荷小的垂直電場方向速度增量比較大，即末速度較大，故氕核末速度較大；故選：A點評：本題主要考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)問題，要知道垂直電場方向做勻速直線運動，沿電場方向做勻加速直線運動，在這兩個方向上去研究運動情況11（4分）一平行板電容器充電后與電源斷開，負極板接地兩板間有一個正檢驗電荷固定在P點，如圖所示，以C表示電容器的電容、E表示兩板間的場強、表示P點的電勢，W表示正電荷在P點的電勢能，若正極板保持不動，將負極板緩慢向右平移一小段距離l0的過程中各

18、物理量與負極板移動距離x的關(guān)系圖象中正確的是（）ABCD考點：電容器的動態(tài)分析 .專題：電容器專題分析：由題意可知電量不變，由平行板電容器的決定式可知電容的變化；由定義式可得出兩端電勢差的變化；再由U=Ed可知E的變化，進而判斷勢能的變化解答：解：A、當負極板右移時，d減小，由C=可知，C與d成反比，圖象不能為一次函數(shù)圖象！故A錯誤；B、由U=可知，U=Q，則E=，故E與d無關(guān)，故B錯誤；C、因負極板接地，設(shè)P點原來距負極板為l，則P點的電勢=E（ll0）；故C正確；D、電勢能E=q=Eq（ll0），不可能為水平線，故D錯誤；故選：C點評：本題考查電容器的動態(tài)分析，由于結(jié)合了圖象內(nèi)容，對學生的

19、要求更高了一步，要求能根據(jù)公式得出正確的表達式，再由數(shù)學規(guī)律進行分析求解12（4分）（2013蕪湖模擬）已知表面電荷均勻分布的帶電球殼，其內(nèi)部電場強度處處為零現(xiàn)有表面電荷均勻分布的帶電半球殼上，如圖所示，CD為通過半球頂點C與球心O的軸線P、Q為CD軸上關(guān)于O點對稱的兩點則（）AP點的電場強度與Q點的電場強度大小相等，方向相同BP點的電場強度比Q點的電場強度大小相等，方向相反CP點的電場強度比Q點的電場強度強DP點的電場強度比Q點的電場強度弱考點：電場的疊加 .分析：利用等效法分析電場強度，利用疊加原理判斷電場線的分布，由受力分析判斷帶電粒子的運動狀態(tài)解答：解：均勻帶電半球相當于一個均勻帶正電

20、的球和半個均勻帶負電的球，這個半球放在圖的另一邊然后看PQ兩點，可以看到，PQ兩點在在上述涉及到的正電半球和負電半球中的相同的位置上而由題目給出的條件，正電球在PQ兩點產(chǎn)生的電場為零所以，Q點正電半球產(chǎn)生的電場強度相當于負電半球產(chǎn)生的電場強度，而與P點的環(huán)境比較，唯一的區(qū)別是電荷符號相反，從而電場大小相同，只有可能有方向的區(qū)別，而分析可知，方向是相同的，故電場強度相等，故A正確，BCD錯誤；故選：A點評：本題考查了電勢和電場強度的知識，題目較新穎，難度也較大，要認真分析二、填空與實驗題（本大題共三小題，共16分）13（4分）如圖，真空中有兩個點電荷Q1=+1106C和Q2=4106C，分別固定

21、在x=0和x=6cm的位置上（1）x坐標軸上電場強度為0的位置坐標是x=6cm；（2）x坐標軸上電場強度方向沿x軸負向的范圍是6cmx0和x6cm考點：電場強度 .專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：（1）由于Q1的電荷量小，且為兩個異種電荷，所以場強為零的點一定在Q1左側(cè)，根據(jù)點電荷的場強公式求解（2）某點的電場強度是正電荷Q1和負電荷Q2在該處產(chǎn)生的電場的疊加，是合場強運用合成進行分析解答：解：（1）電場強度為0的位置只能在Q1左側(cè)，兩個電荷產(chǎn)生的場強大小關(guān)系為：E1=E2設(shè)此位置到O點的距離為r m，即有 k=k代入數(shù)據(jù)得：r=0.06m=6cm則x坐標軸上電場強度為0的位置坐標是：x=6

22、cm （2）某點的電場強度是正電荷Q1和負電荷Q2在該處產(chǎn)生的電場的疊加，是合場強x坐標軸上電場強度為0的位置坐標是：x=6cm，則x坐標軸上電場強度方向沿x軸負向的范圍是6cmx0和x6cm 故答案為：（1）x=6cm；（2）6cmx0和x6cm點評：空間中某一點的電場，是空間所有電荷產(chǎn)生的電場的疊加，場強是矢量，其合成遵守平行四邊形定則14（2分）某種金屬板M受到某種紫外線照射時會不停地發(fā)射電子，射出的電子具有不同的方向，其速度大小也不相同在M旁放置一個金屬網(wǎng)N如果用導(dǎo)線將MN連起來，M射出的電子落到N上便會沿導(dǎo)線返回M，從而形成電流現(xiàn)在不把M、N直接相連，而按圖那樣在M、N之間加一個電壓

23、U，發(fā)現(xiàn)當U182V時電流表中就沒有電流已知電子電量e=1.61019C，電子質(zhì)量m=9.11031kg問：被這種紫外線照射出的電子，最大速度是8106m/s考點：光電效應(yīng) .專題：光電效應(yīng)專題分析：根據(jù)動能定理，0=eU，并結(jié)合U12.5V時電流表中就沒有電流，即可求解解答：解：根據(jù)題意可知，當U182V時，電流表中就沒有電流，根據(jù)動能定理可知：0=eU，解得：v0=8106m/s；故答案為：8106點評：考查光電效應(yīng)現(xiàn)象，理解最大初動能的含義，掌握動能定理的應(yīng)用注意電流表示數(shù)為零的含義15（10分）在“測定金屬的電阻率”實驗中，所用測量儀器均已校準待測金屬絲接入電路部分的長度約為50cm（

24、1）用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，其中某一次測量結(jié)果如圖1所示，其讀數(shù)應(yīng)為0.397mm（該值接近多次測量的平均值）（2）用伏安法測金屬絲的電阻Rx實驗所用器材為：電池組（電動勢3V，內(nèi)阻約1）、電流表（內(nèi)阻約0.1）、電壓表（內(nèi)阻約3k）、滑動變阻器R（020，額定電流2A）、開關(guān)、導(dǎo)線若干某小組同學利用以上器材正確連接好電路，進行實驗測量，記錄數(shù)據(jù)如下： 次數(shù)1234567U/V0.100.300.701.001.501.702.30I/A0.0200.0600.1600.2200.3400.4600.520由以上實驗數(shù)據(jù)可知，他們測量Rx是采用圖2中的甲（選填“甲”或“乙”）（3）如圖3

25、是測量Rx的實驗器材實物圖，圖中已連接了部分導(dǎo)線，滑動變阻器的滑片P置于變阻器的一端請根據(jù)（2）所選的電路圖，補充完成下圖中實物間的連線，并使閉合開關(guān)的瞬間，電壓表或電流表不至于被燒壞（4）這個小組的同學在坐標紙上建立U、I坐標，如圖4所示，圖中已標出了與測量數(shù)據(jù)對應(yīng)的4個坐標點請在圖4中標出第2、4、6次測量數(shù)據(jù)的坐標點，并描繪出UI圖線由圖線得到金屬絲的阻值Rx=4.5（保留兩位有效數(shù)字）（5）根據(jù)以上數(shù)據(jù)可以估算出金屬絲電阻率約為C（填選項前的符號）A1102m B1103mC1106m D1108m考點：測定金屬的電阻率 .專題：實驗題分析：（1）關(guān)于螺旋測微器的讀數(shù)，要先讀出固定刻度

26、，再讀出可動刻度，然后相加即可得出結(jié)果（2）根據(jù)數(shù)據(jù)比較電壓表、電流表和被測電阻的阻值關(guān)系，確定可采取的電路（3）按照電路原理圖進行實物圖的連接，注意導(dǎo)線不能交叉和滑動變阻器的連接方式（4）根據(jù)圖上所標的點，做出UI圖線，從而可得出電阻值（5）把以上數(shù)據(jù)代入電阻定律，可得出結(jié)果解答：解：（1）固定刻度讀數(shù)為0，可動刻度讀數(shù)為39.7，所測長度為0+39.70.01=0.397mm（0.3950.399）（2）由記錄數(shù)據(jù)根據(jù)歐姆定律可知金屬絲的電阻Rx約5則有Rx，屬于小電阻，用外接法測量誤差小，由（3）知是用伏安特性曲線來測量電阻的，就要求電壓電流從接近0開始調(diào)節(jié)，所以應(yīng)該采用分壓接法故選甲（

27、3）注意連圖時連線起點和終點在接線柱上并且不能交叉，結(jié)合（2）可知應(yīng)該連接成外接分壓接法（甲）那么在連線時斷開開關(guān)且使Rx兩端的電壓為0先連外接電路部分，再連分壓電路部分，此時滑片P必須置于變阻器的左端實物圖如右圖所示，（4）描繪出第2、4、6三個點后可見第6次測量數(shù)據(jù)的坐標點誤差太大舍去，然后出UI圖線如右圖所示；其中第4次測量數(shù)據(jù)的坐標點在描繪出的UI圖線上，有：Rx=4.5（5）根據(jù)電阻定律R=，得=R，代入數(shù)據(jù)可計算出=1106m，故選C故答案為：（1）0.397 （2）甲 （3）如圖 （4）4.5 （5）C點評：該題是綜合性較強的題，解答時注意一下幾方面：1、對于長度的測量注意高中所

28、要求的游標卡尺和螺旋測微器的使用方法，讀書時是固定刻度的值與可動刻度的值得和2、會根據(jù)電壓表、電流表及被測電阻的阻值關(guān)系，確定電流表是內(nèi)接還是外接3、實物連接時，注意導(dǎo)線不能相交叉，并且要注意閉合電建時，分壓電路的輸出端電壓要為零4、會用電阻定律來求解導(dǎo)線的電阻率三、計算題（本題共4小題，共36分其中16、17題各8分，18、19題各10分解答應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和主要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值與單位）16（8分）一個電動機，線圈電阻是0.4，當它兩端所加的電壓為220V時，通過的電流是5A這臺電動機每分鐘所做的機械功是多少焦耳？考點：電

29、功、電功率 .專題：恒定電流專題分析：電動機機械功率等于總功率與熱功率之差，由功率公式求出總功率與熱功率，然后求出機械功率，已知機械功率及做功時間，由W=Pt可以求出機械功解答：解：電阻消耗的功率為P熱=I2R=520.4=10W電動機消耗的功率為 P電=IU=5220W=1100W 電動的輸出功率為P機=P電P熱=1100W10W=1090W 電動機每分鐘所做的機械功為 W=P機t=109060J=6.54104J 答：臺電動機每分鐘所做的機械功是6.54104J點評：電動機是非純電阻電路，總功率等于熱功率與機械功率（輸出功率）之和17（8分）絕緣細繩的一端固定在天花板上，另一端連接著一個帶

30、負電的電量為q、質(zhì)量為m的小球，當空間建立水平方向的勻強電場后，繩穩(wěn)定處于與豎直方向成=60角的位置，如圖所示求（1）勻強電場的場強E（2）若細繩長為L，讓小球從右邊懸繩與豎直方向成=300的位置在繩拉直情況下由靜止釋放小球，求此后小球運動過程中所能達到的最大速度v考點：動能定理的應(yīng)用；勻強電場中電勢差和電場強度的關(guān)系 .專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：（1）小球穩(wěn)定后，細絲線跟豎直方向夾角為，對小球進行受力，根據(jù)力的合成即可求得電場的場強（2）小球在=600處處于平衡，因此小球從=300的A點釋放，它不會往A點的左邊運動，而是以=600處為中心、以A點為端點來回擺動，即小球不會運動至最低點

31、O根據(jù)動能定理即可解題解答：解：（1）小球在=60角處處于平衡，根據(jù)平衡條件得：則Eq=mgtan 得E=方向水平向左 （2）因為小球在=60處 處于平衡，因此小球從=30的A點釋放，它會以=60處為中心、以A點為端點來回擺動據(jù)動能定理有qE（Lsin60Lsin30）mg（Lcos30Lcos60）=mv2上式得 答：（1）勻強電場的場強是，方向水平向左；（2）若細繩長為L，讓小球從右邊懸繩與豎直方向成=300的位置在繩拉直情況下由靜止釋放小球，此后小球運動過程中所能達到的最大速度是點評：本題主要考查了同學們受力分析的能力以及動能定理的直接應(yīng)用，難度不大，屬于中檔題18（10分）如圖所示（a

32、）電路，當變阻器的滑動片從一端滑到另一端的過程中兩電壓表的讀數(shù)隨電流表讀數(shù)的變化情況如圖（b）中的AC，BC兩直線所示，不考慮電表對電路的影響（1）電壓表V1、V2的示數(shù)隨電流表示數(shù)的變化圖象應(yīng)分別為UI圖象中的哪一條直線？（2）定值電阻R0、變阻器的總電阻分別為多少？（3）試求出電源的電動勢和內(nèi)電阻；（4）變阻器滑動片從一端滑到另一端的過程中，變阻器消耗的最大電功率為多少？考點：閉合電路的歐姆定律 .專題：恒定電流專題分析：（1）當變阻器的滑動片向左移動時，變阻器接入電路的電阻減小，電路中電流增大，定值電阻R0的電壓增大，路端電壓減小，來判斷兩個電壓表的示數(shù)對應(yīng)的圖線（2）定值電阻R0等于圖

33、線AC的斜率大小由數(shù)學知識求出圖線的斜率求解R0當滑動變阻器取最大值時，電流最小，由圖讀出電流的最小值，由歐姆定律求出變阻器的總電阻R（3）圖線BC反映路端電壓與電流的關(guān)系，其斜率大小等于電源的內(nèi)阻，由數(shù)學知識求出電源的內(nèi)阻再閉合電路歐姆定律求出電源的電動勢（4）將滑動變阻器和電源當作一個等效電源，當?shù)刃щ娫吹膬?nèi)電阻和變阻器電阻相等時，等效電源輸出功率最大解答：解：（1）當變阻器的滑動片向左移動時，變阻器接入電路的電阻減小，電路中電流增大，定值電阻R0的電壓增大，路端電壓減小，所以電壓表V1的示數(shù)隨電流表示數(shù)的變化圖象應(yīng)為BC；電壓表V2的示數(shù)隨電流表示數(shù)的變化圖象應(yīng)為AC；（2）定值電阻R0=3；當I=0.5A時R外=15；則R=R外R0=12；（3）根據(jù)閉合電路歐姆定律得：E=7.5+0.5rE=6+2r可得：E=8V，r=1 （4）當R=R0+r=4時，變阻器消耗的電功率最大 UR=4VPR=4W 答：（1）電V1對應(yīng)BC圖象、V2對應(yīng)AC圖象（2）定值電阻R0、變阻器的總電阻分別為3和1