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2016-2017學(xué)年內(nèi)蒙古包頭一中高三（上）期中物理試卷

參考答案與試題解析

一．選擇題（本大題共12道小題，其中1-8小題為單選題,，9-12小題為多選題，每小題4分,，共48分）

1．在靜電場中,，將一正電荷從a點移到b點，電場力做了負(fù)功,，則（ ）

A．b點的電場強(qiáng)度一定比a點大 B．電場線方向一定從b指向a

C．b點的電勢一定比a點高 D．該電荷的動能一定減小

【考點】勻強(qiáng)電場中電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系,；電勢能．

【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題．

【分析】根據(jù)電場線做功的正負(fù)可分析兩點的電勢關(guān)系，但不能判斷場強(qiáng)的大小關(guān)系．也不能根據(jù)電勢的變化,，判斷出場強(qiáng)的方向．電場力做功能量度電勢能的轉(zhuǎn)化,，根據(jù)動能定理分析動能的變化．

【解答】解：A、正電荷從a點移到b點,，電場力做負(fù)功,，由于電場力做功的正負(fù)與場強(qiáng)相對大小沒有直接關(guān)系，故無法判斷a,、b兩點電場強(qiáng)度大小,，若是勻強(qiáng)電場，a,、b兩點電場強(qiáng)度相等,，故A錯誤；

B,、通過電場力做功無法判斷電場線的方向,，電荷運動時可能與電場有一定夾角，也可能沿著電場或者逆著電場等,，故B錯誤,；

C、移動正電荷從a點到b點,，電場力做負(fù)功,，電勢能一定增大，因正電荷在電勢高處電勢能大,，所以b點的電勢一定比a點高．故C正確．

D,、電場力做負(fù)功，如有重力等其他力做功,，根據(jù)動能定理可知,，該電荷的動能不一定減小,，故D錯誤．

故選：C

【點評】本題主要考察了描述電場的基本概念：電勢和電場強(qiáng)度，可結(jié)合電場線進(jìn)行分析．掌握推論：正電荷在電勢高處電勢能大,，很容易判斷電勢能與電勢的關(guān)系．

2．如圖所示,，虛線a、b,、c表示電場中的三個等勢面,，且相鄰等勢面之間的電勢差相等．實線為一帶正電荷粒子僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，M,、N是這條軌跡上的兩點,，則下列說法中正確的是（ ）

A．三個等勢面中，a的電勢最高

B．對于M,、N兩點,，帶電粒子通過M點時電勢能較小

C．對于M、N兩點,，帶電粒子通過N點時動能較大

D．帶電粒子由M運動到N時,，速度增大

【考點】電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系；電勢差,；電勢能．

【專題】定性思想,；推理法；電場力與電勢的性質(zhì)專題．

【分析】由于質(zhì)點只受電場力作用,，根據(jù)運動軌跡可知電場力指向運動軌跡的內(nèi)側(cè)即斜向左上方,，由于質(zhì)點帶正電，因此電場線方向也指向左上方,；電勢能變化可以通過電場力做功情況判斷,；電場線和等勢線垂直，且等勢線密的地方電場線密,，電場場強(qiáng)大．

【解答】解,；A、電荷所受電場力指向軌跡內(nèi)側(cè),，由于電荷帶正電,，因此電場線指向左上方，沿電場線電勢降低,，故c等勢線的電勢最高,，a點的電勢最低，故A錯誤,；

B,、根據(jù)質(zhì)點受力情況可知，從M到N過程中電場力做負(fù)功,，電勢能增加,，故N點的電勢能大于M點的電勢能,，故B正確；

C,、從N到M過程中電場力做正功,，電勢能降低，動能增大,，故N點的動能小于M點的動能,，故C錯誤；

D,、因從M到N過程中電場力做負(fù)功,，動能減小，則速度減小,，故D錯誤,；

故選：B．

【點評】解決這類帶電粒子在電場中運動的思路是：根據(jù)運動軌跡判斷出所受電場力方向,，然后進(jìn)一步判斷電勢,、電場、電勢能,、動能等物理量的變化．

3．如圖所示,，電壓表由靈敏電流計與電阻R串聯(lián)而成．某同學(xué)在使用中發(fā)現(xiàn)一塊電壓表的讀數(shù)總比真實值偏小一些，若要調(diào)準(zhǔn),，可采用的措施是（ ）

A．在電阻R上并聯(lián)一個比其小得多的電阻

B．在電阻R上并聯(lián)一個比其大得多的電阻

C．在電阻R上串聯(lián)一個比其小得多的電阻

D．在電阻R上串聯(lián)一個比其大得多的電阻

【考點】把電流表改裝成電壓表．

【專題】實驗題,；恒定電流專題．

【分析】此電壓表的讀數(shù)比準(zhǔn)確值稍微小一些，故加上相同電壓時,，要使電流適當(dāng)大些,，故需要略微減少電阻R的值．

【解答】解：電壓表由表頭G和電阻R串聯(lián)而成，發(fā)現(xiàn)此電壓表的讀數(shù)比準(zhǔn)確值稍微小一些,，說明加上相同電壓時,，要使電流適當(dāng)大些，故需要略微減少電阻R的值,，可以與電阻R并聯(lián)電阻實現(xiàn),，但電壓表的讀數(shù)比準(zhǔn)確值稍微小一些，故并聯(lián)電阻要比R大得多,，故ACD錯誤,，B正確；

故選：B．

【點評】要明確電壓表的改裝和讀數(shù)原理,，靈活運用電阻串并聯(lián)規(guī)律．

4．如圖所示,，直線A為某電源的U﹣I圖線，曲線B為某小燈泡的 U﹣I圖線的一部分,，用該電源和小燈泡組成閉合電路,，下例說法中正確的是（ ）

A．此電源的內(nèi)阻為0.5Ω

B．電源的總功率為10W

C．電源的輸出功率為8W

D．由于小燈泡的U﹣I圖線是一條曲線,，所以歐姆定律不適用

【考點】閉合電路的歐姆定律．

【專題】恒定電流專題．

【分析】電源的外特性曲線與燈泡伏安特性曲線的交點就是燈泡與電源連接時的工作狀態(tài)，由圖可讀出工作電壓和電流及電源的電動勢從而可算出電源的輸出功率和總功率．

【解答】解：A,、由圖讀出E=4V,，斜率表示內(nèi)阻，則r==0.5Ω,，故A正確,；

B、燈泡與電源連接時,，工作電壓U=3V,，I=2A，則電源的總功率P_總=EI=4×2W=8W,，電源的輸出功率P_出=EI﹣I²r=（8﹣2²×0.5）W=6W,，故BC錯誤；

D,、小燈泡是純電阻,，歐姆定律是適用的，小燈泡的U﹣I圖線之所以是一條曲線,，是因為小燈泡電阻隨溫度的變化發(fā)生改變,，故D錯誤；

故選：A

【點評】解決這類問題的關(guān)鍵在于從數(shù)學(xué)角度理解圖象的物理意義,，抓住圖象的斜率,、面積、截距,、交點等方面進(jìn)行分析,，更加全面地讀出圖象的物理內(nèi)涵．

5．如圖所示的電路中，閉合電鍵k后,，燈a和b都正常發(fā)光,，后來由于某種故障使燈b突然變亮，電壓表讀數(shù)增加,，由此推 斷這故障可能是（ ）

A．a(chǎn)燈燈絲燒斷 B．電阻R₂短路

C．電阻R₂斷路 D．電容被擊穿短路

【考點】閉合電路的歐姆定律．

【專題】恒定電流專題．

【分析】閉合電鍵S后,，燈a和b都正常發(fā)光時，燈a與電阻R₁并聯(lián),，燈b與電阻R₂并聯(lián),，兩部分再串聯(lián)．發(fā)生故障后，將四個選項逐一代入,，分析燈b亮度的變化,，選擇符合題意的選項．

【解答】解：A、a燈燈絲燒斷導(dǎo)致總電阻增大，總電流減小,，b變暗,，不符合題意．故A錯誤．

B、電阻R₂短路,，b不亮．故B錯誤．

C,、電阻R₂斷路，導(dǎo)致總電阻增大,，總電流減小,，a兩端電壓減小，而路端電壓增大,，則b兩端電壓增大,，b變亮．故C正確．

D、電容器被擊穿短路,，外電路總電阻減小,，總電流增大，內(nèi)電壓增大,，路端電壓減小,，電壓表讀數(shù)減小．故D錯誤．

故選：C

【點評】本題既是故障分析問題,，也屬于電路動態(tài)分析問題．按照“局部→整體→局部”的順序分析．

6．如圖所示,，一價氫離子（H）和二價氦離子（He）的混合體,，經(jīng)同一加速電場U₁同時加速后,，垂直射入同一偏轉(zhuǎn)U₂電場中，偏轉(zhuǎn)后,，打在同一熒光屏上,，則它們（ ）

A．同時到達(dá)屏上同一點 B．先后到達(dá)屏上同一點

C．同時到達(dá)屏上不同點 D．先后到達(dá)屏上不同點

【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運動．

【專題】帶電粒子在電場中的運動專題．

【分析】本題中帶電粒子先加速后偏轉(zhuǎn)．先根據(jù)動能定理求出加速獲得的速度表達(dá)式．兩種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，垂直于電場方向上做勻速直線運動,，沿電場方向做勻加速運動,，根據(jù)牛頓第二定律和運動學(xué)得到粒子偏轉(zhuǎn)距離與加速電壓和偏轉(zhuǎn)電壓的關(guān)系，從而得出偏轉(zhuǎn)位移的關(guān)系即可判斷粒子打在屏上的位置關(guān)系．

【解答】解：設(shè)加速電壓為U₁,，偏轉(zhuǎn)電壓為U₂,，偏轉(zhuǎn)極板的長度為L，板間距離為d．

在加速電場中,，由動能定理得：qU₁= ①

兩種粒子在偏轉(zhuǎn)電場中,，水平方向做速度為v₀的勻速直線運動，由于兩種粒子的比荷不同,，則v₀不同,，所以兩粒子在偏轉(zhuǎn)電場中運動的時間t=不同．兩種粒子在加速電場中的加速度不同，位移相同,，則運動的時間也不同,，所以兩粒子是先后離開偏轉(zhuǎn)電場．

在偏轉(zhuǎn)電場中的偏轉(zhuǎn)位移y=②

聯(lián)立①②得 y=

同理可得到偏轉(zhuǎn)角度的正切tanθ=,，可見y和tanθ與電荷的電量和質(zhì)量無關(guān)．所以出射點的位置相同，出射速度的方向也相同．故兩種粒子打屏上同一點．故B正確,，A,、C、D錯誤．

故選：B．

【點評】解決本題的關(guān)鍵知道帶電粒子在加速電場和偏轉(zhuǎn)電場中的運動情況,，知道從靜止開始經(jīng)過同一加速電場加速,，垂直打入偏轉(zhuǎn)電場，運動軌跡相同．做選擇題時,，這個結(jié)論可直接運用,，節(jié)省時間．

7．如圖所示，一條形磁鐵放在桌面上,，一根通電直導(dǎo)線由S極的上端平移到N極的上端的過程中,，導(dǎo)線保持與磁鐵垂直，導(dǎo)線的通電方向如圖所示．則在這個過程中磁鐵受到的摩擦力（保持靜止）（ ）

A．為零 B．方向由向左變?yōu)橄蛴?/p>

C．方向保持不變 D．方向由向右變?yōu)橄蜃?/p>

【考點】安培力,；摩擦力的判斷與計算．

【分析】要求磁鐵所受的靜摩擦力的方向需要知道磁鐵所受的其它力的方向即求磁鐵所受通電導(dǎo)線安培力的方向,，故應(yīng)該求解通電導(dǎo)線所受磁鐵的安培力的方向，所以應(yīng)該知道通電導(dǎo)線所在位置的磁場的方向,，然后根據(jù)左手定則即可判定出通電導(dǎo)線所受安培力的方向從而解決問題．

【解答】解：由圖可知通電導(dǎo)線所在位置的磁場的方向,，根據(jù)左手定則可以判定通電導(dǎo)線所受安培力的方向如圖所示，顯然安培力有一個水平方向的分量,，根據(jù)牛頓第三定律可知條形磁鐵受到通電導(dǎo)線的安培力也有一個水平方向的分量,，而由于條形磁鐵保持靜止，故條形磁鐵所受地面的靜摩擦力與安培力在水平方向的分量相互平衡．故當(dāng)導(dǎo)線在條形磁鐵的左側(cè)上方時條形磁鐵所受的靜摩擦力方向向左,，而當(dāng)導(dǎo)線運動到條形磁鐵的右半部分上方時條形磁鐵所受地面的靜摩擦力水平向右．故條形磁鐵所受摩擦力的方向由向左變?yōu)橄蛴?，故B正確，ACD錯誤．

故選：B．

【點評】首先根據(jù)左手定則確定出通電導(dǎo)線所受安培力方向,，然后根據(jù)牛頓第三定律確定出條形磁鐵所受安培力的方向,，最后根據(jù)共點力的平衡確定出靜摩擦力的方向，是此類題目的解答思路．

8．兩根長直通電導(dǎo)線互相平行,，電流方向相同,，它們的截面處于等邊△ABC的A和B處，如圖所示．兩通電導(dǎo)線在C處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都是B₀,，則C處磁場的總磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是（ ）

A．0 B．B₀ C． D．2B₀

【考點】磁感應(yīng)強(qiáng)度．

【分析】根據(jù)右手螺旋定則得出兩根通電導(dǎo)線在C點的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向,，根據(jù)平行四邊形定則得出合場強(qiáng)的大小．

【解答】解：根據(jù)安培定則可知,，導(dǎo)線A在C處產(chǎn)生的磁場方向垂直于AC方向向右,，導(dǎo)線B在C處產(chǎn)生的磁場方向垂直于BC方向向右，

如圖，根據(jù)平行四邊形定則得到,，C處的總磁感應(yīng)強(qiáng)度為B_總=2Bcos30°=B₀．

故選：C

【點評】解決本題的關(guān)鍵掌握右手螺旋定則判斷通電電流周圍的磁場方向,，以及知道磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量，合成遵循平行四邊形定則．

9．如圖所示,，在滑動變阻器的滑片向左滑動的過程中,，理想電壓表、電流表的示數(shù)將發(fā)生變化,，電壓表V₁,、V₂示數(shù)變化量的絕對值分別為△U₁、△U₂,，已知電阻R大于電源內(nèi)阻r,，則（ ）

A．電流表A的示數(shù)增大 B．電壓表V₂的示數(shù)增大

C．電壓表V₁的示數(shù)增大 D．△U₁大于△U₂

【考點】閉合電路的歐姆定律．

【專題】恒定電流專題．

【分析】理想電壓表內(nèi)阻無窮大，相當(dāng)于斷路．理想電流表內(nèi)阻為零,，相當(dāng)短路．分析電路的連接關(guān)系,，根據(jù)歐姆定律分析．

【解答】解：A、據(jù)題理想電壓表內(nèi)阻無窮大,，相當(dāng)于斷路．理想電流表內(nèi)阻為零,，相當(dāng)短路，所以R與變阻器串聯(lián),，電壓表V₁,、V₂分別測量R、路端電壓．

當(dāng)滑動變阻器滑片向左滑動時,，接入電路的電阻減小,，電路中電流增大，則A的示數(shù)增大,，故A正確,；

B,、電路中電流增大,，電源的內(nèi)電壓增大，則路端電壓減小,，所以V₂的示數(shù)減小,，故B錯誤；

C,、電路中電流增大,，根據(jù)歐姆定律知，電壓表V₁的示數(shù)增大,，故C正確．

D,、路端電壓減小，R的電壓增大，則△U₁大于△U₂,，故D正確．

故選：ACD．

【點評】本題是電路的動態(tài)分析問題,，關(guān)鍵要搞清電路的結(jié)構(gòu)，明確電表各測量哪部分電路的電壓或電流,，根據(jù)閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析．

10．空間某區(qū)域豎直平面內(nèi)存在電場,，電場線分布如圖所示．一個質(zhì)量為m、電量為q,，電性未知的小球在該電場中運動,，小球經(jīng)過A點時的速度大小為v₁，方向水平向右,，運動至B點時的速度大小為v₂．若A,、B兩點之間的高度差為h，則以下判斷中正確的是（ ）

A．A,、B兩點的電場強(qiáng)度和電勢大小關(guān)系為E_A＞E_B,、φ_A＜φ_B

B．若v₂＞v₁，則電場力不一定做正功

C．A,、B兩點間的電勢差為（v₂²﹣v₁²﹣2gh）

D．小球從A運動到B點的過程中電場力做的功為mv₂²﹣mv₁²

【考點】電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系．

【專題】定量思想,；尋找守恒量法；電場力與電勢的性質(zhì)專題．

【分析】根據(jù)電場線的疏密判斷場強(qiáng)的大小,，由電場線的方向分析電勢的高低．小球運動過程中,，重力做正功，電場力做功可正可負(fù)．根據(jù)動能定理求解A,、B兩點間的電勢差和電場力做功．

【解答】解：A,、由電場線密處電場強(qiáng)度大，電場線疏處電場強(qiáng)度小,，可知,，E_A＜E_B．由順著電場線的方向電勢逐漸降低，可知,，φ_A＞φ_B．所以E_A＜E_B,、φ_A＞φ_B，故A錯誤．

B,、在運動的過程中,，由動能定理得，mgh+qU=mv₂²﹣mv₁²,，若v₂＞v₁,，知電場力做功W=qU可正可負(fù)，故B正確．

C,、由B得,，A,、B兩點間的電勢差 U=（v₂²﹣v₁²﹣2gh，故C正確

D,、由上式得,，電場力做功為 W=qU=mv₂²﹣mv₁²﹣mgh．故D錯誤．

故選：BC

【點評】本題首先要掌握電場線兩個意義可判斷場強(qiáng)和電勢的大小,；其次根據(jù)動能定理研究曲線運動中功的問題．

11．如圖所示電路,，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r．當(dāng)開關(guān)S閉合后,，小型直流電動機(jī)M和指示燈L都恰能正常工作．已知指示燈L的電阻為R₀,，額定電流為I，電動機(jī)M的線圈電阻為R,，則下列說法中正確的是（ ）

A．電動機(jī)的額定電壓為IR

B．電動機(jī)的輸出功率為IE﹣I²R

C．電源的輸出功率為IE﹣I²r

D．整個電路的熱功率為I²（R₀+R+r）

【考點】電功,、電功率．

【專題】恒定電流專題．

【分析】小燈泡是純電阻電路，滿足歐姆定律,，但電動機(jī)不是純電阻,，不能滿足歐姆定律；

電源的輸出功率P=UI=IE﹣I²r,；

由公式P=UI求出電動機(jī)的總功率P_總．電動機(jī)的輸出功率是機(jī)械功率,，根據(jù)能量守恒可知P_出=P_總﹣P_熱，P_熱=I²R．

整個電路的熱功率為I²（R₀+R+r）

【解答】解A,、電動機(jī)不是純電阻,，不能滿足歐姆定律，故A錯誤,；

BC,、電源的輸出功率P=UI=IE﹣I²r；,，故B錯誤,，故C正確；

D,、整個電路的熱功率為I²（R₀+R+r）,，故D正確．

故選：CD．

【點評】當(dāng)電動機(jī)正常工作時，其電路是非純電阻電路,，歐姆定律不成立,，求電功率只能用P=UI，求電熱只能用P=I²R,，求機(jī)械功率要根據(jù)能量守恒得到P_機(jī)=P_總﹣P_熱．

12．在空間中水平面MN的下方存在豎直向下的勻強(qiáng)電場，質(zhì)量為m的帶電小球由MN上方的A點以一定初速度水平拋出,，從B點進(jìn)入電場,，到達(dá)C點時速度方向恰好水平,，A、B,、C三點在同一直線上,，且AB=2BC，如圖所示．由此可見（ ）

A．電場力為2mg

B．小球帶負(fù)電

C．小球從A到B與從B到C的運動時間相等

D．小球從A到B與從B到C的速度變化量的大小相等

【考點】勻強(qiáng)電場中電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系,；平拋運動．

【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題．

【分析】小球先做平拋運動,，進(jìn)入電場中做勻變速曲線運動，其逆過程是類平拋運動．兩個過程都運用的分解法研究,，水平方向都做勻速直線運動,，根據(jù)位移公式x=vt，可分析時間關(guān)系,；再研究豎直方向,，由牛頓第二定律和運動學(xué)位移公式結(jié)合列式，求解電場力的大?。鶕?jù)△v=at研究速度變化量的關(guān)系．

【解答】解：帶電小球從A到C,，設(shè)在進(jìn)入電場前后兩個運動過程水平分位移分別為x₁和x₂，豎直分位移分別為y₁和y₂,，經(jīng)歷的時間為分別為t₁和t₂．在電場中的加速度為a．

則：從A到B過程小球做平拋運動,，則有：

x₁=v₀t₁；

從B到C過程,，有：x₂=v₀t₂,；

由題意有：x₁=2x₂；

則得：t₁=2t₂,；即小球從A到B是從B到C運動時間的2倍．

又 y₁=g,，

將小球在電場中的運動看成沿相反方向的類平拋運動，則有：

y₂=a

根據(jù)幾何知識有：

y₁：y₂=x₁：x₂,；

解得：a=2g,；

根據(jù)牛頓第二定律得：

F﹣mg=ma=2mg，

解得：F=3mg

由于軌跡向上彎曲,，加速度方向必定向上,，合力向上，說明電場力方向向上,，所以小球帶負(fù)電．

根據(jù)速度變化量△v=at,，則得：

AB過程速度變化量大小為△v₁=gt₁=2gt₂；BC過程速度變化量大小為△v₂=at₂=2gt₂,；所以小球從A到B與從B到C的速度變化量大小相等．故BD正確,，AC錯誤．

故選：BD．

【點評】本題將平拋運動與類平拋運動的組合，關(guān)鍵運用逆向思維研究小球B到C的過程,，再運用力學(xué)基本規(guī)律：牛頓第二定律和運動學(xué)公式列式分析．

二,、實驗題（本大題共3小題,，每題每空2分，共20分）

13．（1）用游標(biāo)卡尺測量某物體長度如圖1,，由圖可知其長度為 12.40 mm,；

（2）用螺旋測微器測量某物體直徑如圖2，由圖可知其直徑為 1.771 mm．

【考點】刻度尺,、游標(biāo)卡尺的使用,；螺旋測微器的使用．

【專題】實驗題；定性思想,；實驗分析法,；基本實驗儀器．

【分析】解決本題的關(guān)鍵掌握游標(biāo)卡尺讀數(shù)的方法，主尺讀數(shù)加上游標(biāo)讀數(shù),，不需估讀．螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù),，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．

【解答】解：（1）、游標(biāo)卡尺的主尺讀數(shù)為20mm,，主尺上刻度為12mm,，游標(biāo)尺上第8個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為8×0.05mm=0.40mm,，所以最終讀數(shù)為：12mm+0.40mm=12.40mm．

（2）,、螺旋測微器的固定刻度為1.5mm，可動刻度為27.1×0.01mm=0.271mm,，所以最終讀數(shù)為1.5mm+0.271mm=1.771mm．

故答案為：（1）12.40 （2）1.771

【點評】對于基本測量儀器如游標(biāo)卡尺,、螺旋測微器等要了解其原理，要能正確使用這些基本儀器進(jìn)行有關(guān)測量,，同時要注意明確有效位數(shù)和是否需要估讀．

14．在做“描繪小燈泡的伏安特性曲線”的實驗時,，所使用的電流表內(nèi)阻約為幾歐，電壓表的內(nèi)阻約為十幾千歐．實驗中得到了8組數(shù)據(jù),，在圖甲所示的電流﹣電壓（I﹣U）坐標(biāo)系中,，通過描點連線得到了小燈泡的伏安特性曲線．

①請你判斷實驗電路的連接方式，根據(jù)你的判斷畫出實驗電路圖．

②根據(jù)圖甲,，可確定小燈泡的功率P與U²和I²的關(guān)系,，如圖1的示意圖中正確的是 D ．

【考點】描繪小電珠的伏安特性曲線．

【專題】實驗題；定性思想,；實驗分析法,；恒定電流專題．

【分析】（1）伏安特性曲線實驗變阻器應(yīng)用分壓式，小燈泡電阻較小電流表應(yīng)選外接法,，注意導(dǎo)體與電源伏安特性曲線的區(qū)別,；

（2）明確電阻隨溫度的變化規(guī)律，從而分析P與I²以及P﹣U²關(guān)系圖線．

【解答】解：①,、因描繪小燈泡的伏安特性曲線實驗中,，小燈泡電阻遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻,，電流表應(yīng)用外接法,，又電流從零調(diào)到最大值,，滑動變阻器應(yīng)用分壓式，故電路圖如圖所示

（2）由P=I²R=可知,，在P﹣U²圖象中,，圖象上某點與原點連線的斜率為電阻倒數(shù)，因隨溫度的升高R增大因而應(yīng)減小,，故AB均錯誤,；

在P﹣﹣I²圖象中圖象上某點與原點連線的斜率為電阻R，而電阻R又隨溫度的升高而增大,，故D正確,，C錯誤，故本題應(yīng)選D．

故答案為：（1）如圖所示,；（2）D

【點評】本題考查燈泡伏安特性曲線的實驗描繪,，要注意學(xué)會從數(shù)學(xué)函數(shù)的角度分析物理圖象問題，并區(qū)分曲線上某點與原點連線的斜率和曲線的切線的斜率含義的不同．

15．（12分）完成下列關(guān)于多用電表的問題：

（1）用多用電表的歐姆擋測量阻值約為幾十千歐的電阻Rx,，以下給出的是可能的操作步驟,，其中S為選擇開關(guān)，P為歐姆調(diào)零旋鈕,，把你認(rèn)為正確步驟前的字母按合理的順序填寫在橫線上 cabe ．

a．將兩表筆短接,，調(diào)節(jié)P使指針對準(zhǔn)刻度盤上歐姆擋的零刻度，斷開兩表筆

b．將兩表筆分別連接到被測電阻的兩端,，讀出Rx的阻值后,，斷開兩表筆

c．旋轉(zhuǎn)S使其尖端對準(zhǔn)歐姆擋×1K

d．旋轉(zhuǎn)S使其尖端對準(zhǔn)歐姆擋×100

e．旋轉(zhuǎn)S使其尖端對準(zhǔn)OFF擋，并拔出兩表筆

（2）多用電表除了可以測電阻,，還可以測電壓和電流,，那么：

用多用電表測二極管正向電阻時， 黑 表筆接二極管的正極,；

用多用電表測量用電器兩端的電壓時,， 紅 表筆接高電勢；

（3）如圖1所示,，A,、B、C是多用表在進(jìn)行不同測量時,，轉(zhuǎn)換開關(guān)分別指示的位置,，多用表表盤指針在測量時的偏轉(zhuǎn)位置如圖2所示．

若是用A檔測量，則讀數(shù)為 14.0Ω ,；

若是用B檔測量,，則讀數(shù)為 5.2mA ,；

若是用C檔測量，則讀數(shù)為 26.0V ．

【考點】用多用電表測電阻．

【專題】實驗題,；實驗探究題,；定量思想；圖析法,；恒定電流專題．

【分析】（1）使用多用電表測電阻,，應(yīng)選擇合適的擋位，使指針指針表盤中央刻度線附近,，歐姆表換擋后要進(jìn)行歐姆調(diào)零,，多用電表使用完畢，要把選擇開關(guān)置于OFF擋或交流電壓最高擋上,；歐姆表指針示數(shù)與擋位的乘積是歐姆表示數(shù)．

（2）歐姆表黑表筆接內(nèi)置電源的正極,；用多用電表進(jìn)行測量時電流應(yīng)從紅表筆流入、黑表筆流出．

（3）根據(jù)多用電表測量的量與量程由圖示表盤確定其分度值,，然后根據(jù)指針位置讀出其示數(shù)．

【解答】解：（1）用歐姆表測阻值約為幾十千歐的電阻,，應(yīng)旋轉(zhuǎn)選擇開關(guān)S使其尖端對準(zhǔn)歐姆擋×1k，然后進(jìn)行歐姆調(diào)零,，歐姆調(diào)零后測電阻阻值,，具體做法是：將兩表筆短接，調(diào)節(jié)P使指針對準(zhǔn)刻度盤上歐姆擋的0刻度,，斷開兩表筆,；歐姆表使用完畢，應(yīng)旋轉(zhuǎn)選擇開關(guān)S使其尖端對準(zhǔn)交流500V擋,，并拔出兩表筆,，故合理的實驗步驟是：cabe．

（2）歐姆表的黑表筆與內(nèi)阻電源正極相連，用多用電表測二極管正向電阻時,，黑表筆接二極管的正極,；

電流應(yīng)從多用電表正接線柱流入，即紅表筆電勢高,，用多用電表測量用電器兩端的電壓時,，紅表筆接高電勢；

（3）若是用A檔測量,，使用歐姆×1擋測電阻,，則讀數(shù)為14.0×1=14.0Ω；

若是用B檔測量,，多用電表測直流電流,，量程為10mA，由圖示表盤可知，其分度值為0.2mA,，則讀數(shù)為5.2mA,；

若是用C檔測量，多用電表測直流電壓,，量程為50V,，由圖示表盤可知，其分度值為1V,，則讀數(shù)為26.0V,；

故答案為：（1）cabe,；（2）黑,；紅；（3）14.0Ω,；5.2 mA,；26.0V．

【點評】本題考查了使用多用電表測電阻的實驗步驟，要掌握歐姆表的使用方法,；使用多用電表測電阻,，應(yīng)選擇合適的擋位，使指針指針表盤中央刻度線附近,，歐姆表換擋后要進(jìn)行歐姆調(diào)零,，多用電表使用完畢，要把選擇開關(guān)置于OFF擋或交流電壓最高擋上．

三,、計算題（本大題共3小題,，16題9分，17題11分,，18題12分,，共40分）

16．如圖所示，一帶電荷量為+q,、質(zhì)量為m的小物塊處于一傾角為37°的光滑斜面上,，當(dāng)整個裝置被置于一水平向右的勻強(qiáng)電場中，小物塊恰好靜止．重力加速度取g,，sin37°=0.6,，cos37°=0.8．求：

（1）水平向右電場的電場強(qiáng)度；

（2）若將電場強(qiáng)度減小為原來的,，物塊的加速度是多大,；

（3）電場強(qiáng)度變化后物塊下滑的距離L時的動能．

【考點】動能定理的應(yīng)用；力的合成與分解的運用,；共點力平衡的條件及其應(yīng)用,；電場強(qiáng)度．

【專題】動能定理的應(yīng)用專題．

【分析】（1）帶電物體靜止于光滑斜面上恰好靜止，且斜面又處于水平勻強(qiáng)電場中，則可根據(jù)重力,、支持力,，又處于平衡，可得電場力方向,，再由電荷的電性來確定電場強(qiáng)度方向．

（2）當(dāng)電場強(qiáng)度減半后,，物體受力不平衡，產(chǎn)生加速度．借助于電場力由牛頓第二定律可求出加速度大?。?/p>

（3）選取物體下滑距離為L作為過程,，利用動能定理來求出動能．

【解答】解：（1）小物塊靜止在斜面上，受重力,、電場力和斜面支持力,，

F_Nsin37°=qE①

F_Ncos37°=mg②

由1、②可得電場強(qiáng)度

（2）若電場強(qiáng)度減小為原來的,，則變?yōu)?a target="_blank">

mgsin37°﹣qEcos37°=ma③

可得加速度a=0.3g．

（3）電場強(qiáng)度變化后物塊下滑距離L時,，重力做正功，電場力做負(fù)功,，

由動能定理則有：

mgLsin37°﹣qE'Lcos37°=E_k﹣0④

可得動能E_k=0.3mgL

【點評】由三力平衡,，借助于力的平行四邊形定則來確定電場強(qiáng)度方向．當(dāng)受力不平衡時，由牛頓運動定律來求解．當(dāng)物體運動涉及電場力,、重力做功,，注意電場力做功只與沿電場強(qiáng)度方向的位移有關(guān)．

17．如圖電路，兩平行金屬板A,、B水平放置,，兩極板間的距離d=40cm．電源電動勢E=24V，內(nèi)電阻r=1Ω,，電阻R=15Ω,，閉合開關(guān)S，帶電路穩(wěn)定后,，將一帶正電的小球從B板小孔以初速度v₀=4m/s豎直向上射入板間,，若小球帶電量為q=1×10^﹣2C，質(zhì)量為m=2×10^﹣2kg,，不考慮空氣阻力,，那么滑動變阻器接入電路的阻值為多大時，小球恰能到達(dá)A板,？移動滑動變阻器片,，當(dāng)滑動變阻器的阻值為多少時，滑動變阻器消耗的功率最大,？（g=10m/s²）

【考點】勻強(qiáng)電場中電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系,；動能定理的應(yīng)用；閉合電路的歐姆定律．

【專題】計算題；定量思想,；方程法,；電場力與電勢的性質(zhì)專題．

【分析】（1）對小球分析，由動能定理可求得電容器兩板間的電勢差,；電容器與R_P并聯(lián),，則電容器兩端的電壓等于R_P兩端的電壓，則由閉合電路歐姆定律可求得電流,，再由歐姆定律可求得滑動變阻器接入電阻,；

（2）將R等效為電源內(nèi)阻，即等效電源內(nèi)阻r′=R+r,，外電阻,，當(dāng)時滑動變阻器消耗的功率最大

【解答】解：（1）小球進(jìn)入板間后，受重力和電場力作用,，且到A板時速度為零．

設(shè)兩板間電壓為,，由動能定理得

所以滑動變阻器兩端電壓

設(shè)通過滑動變阻器電流為I，由歐姆定律得

滑動變阻器接入電路的電阻

（2）滑動變阻器的功率

當(dāng)時,，，功率最大,，解得

答：滑動變阻器接入電路的阻值為8Ω時,，小球恰能到達(dá)A板；移動滑動變阻器片,，當(dāng)滑動變阻器的阻值為16Ω時,，滑動變阻器消耗的功率最大

【點評】本題考查閉合電路歐姆定律中的含容電路，要明確電容的性質(zhì),，知道電容器兩端的電壓等于與之并聯(lián)的電阻兩端的電壓．

18．靜電噴漆技術(shù)具有效率高,，浪費少，質(zhì)量好,，有利于工人健康等優(yōu)點,，其裝置如圖所示．A、B為兩塊平行金屬板,，間距d=0.40m,，兩板間有方向由B指向A，大小為E=1.0×10³N/C的勻強(qiáng)電場．在A板的中央放置一個安全接地的靜電油漆噴槍P,，油漆噴槍的半圓形噴嘴可向各個方向均勻地噴出帶電油漆微粒,，油漆微粒的初速度大小均為v₀=2.0m/s，質(zhì)量m=5.0×10^﹣15kg,、帶電量為q=﹣2.0×10^﹣16C．微粒的重力和所受空氣阻力均不計,，油漆微粒最后都落在金屬板B上．試求：

（1）電場力對每個微粒所做的功．

（2）微粒打在B板上的動能．

（3）微粒到達(dá)B板所需的最短時間．

（4）微粒最后落在B板上所形成的圖形及面積的大小．

【考點】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運動；動能定理的應(yīng)用．

【專題】帶電粒子在電場中的運動專題．

【分析】（1）每個微粒在勻強(qiáng)電場中所受的電場力大小為qE,，電場力是恒力,，直接根據(jù)W=qEd計算即可；

（2）微粒從噴出到落在B板上的過程,，電場力做正功,，根據(jù)動能定理求解．

（3）微粒初速度方向垂直于極板時，到達(dá)B板時間最短．由動能求出微粒打在B板上的速度,，由運動公式求出最短時間．

（4）圖象為圓,，圓的半徑等于類似平拋運動的微粒的水平分位移，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度,，然后根據(jù)運動學(xué)公式列式求解分位移公式,，即可求得面積．

【解答】解：（1）電場力對每個微粒所做的功為 W=qEd=2.0×10^﹣16×1.0×10³×0.40J=8.0×10^﹣14J

（2）微粒從A板到B板過程，根據(jù)動能定理得 W=E_kt﹣E_k0

則得

（3）微粒初速度方向垂直于極板時,，到達(dá)B板時間最短．

由得

根據(jù)運動學(xué)公式得

所以微粒到達(dá)B板所需的最短時間為

（4）根據(jù)對稱性可知,，微粒最后落在B板上所形成的圖形是圓形．

由牛頓第二定律得：

由類平拋運動規(guī)律得

R=v_ot₁

則圓形面積為

答：

（1）電場力對每個微粒所做的功是8.0×10^﹣14J．

（2）微粒打在B板上的動能為9.0×10^﹣14J．

（3）微粒到達(dá)B板所需的最短時間為0.1s．

（4）微粒最后落在B板上所形成的圖形是圓形，面積的大小為0.25m²．

【點評】本題是實際問題,，考查理論聯(lián)系實際的能力,，關(guān)鍵在于建立物理模型．第（4）問要弄清物理情景，實質(zhì)是研究類平拋運動水平位移問題．