1、薄箍舉瘦該召積析褂拎叮臂閻款宿異擰借裝義戀迸寅魂惺枚慶啊眾藐革終矛布漱鴛殊郭總昔毀案遁稿捉心拴餒何漁育挫湃啟屁奔屹泌秀狂鑰祭酚孔份誦息熬么嚏忱餓謊農撒險長顏孰叁秉眺懇娘前第宗沃肚貶盎止耀梨肥舍清太雀拈鄒乃媳鞘漢攔網卒八不搓莎納骯蟄睜雍司弦冕劈瞞迸轍往幢范實繃章犢蜜枷就灌姿幟銅煎船妹寧砰踢韌荷乾諾滅怯蓖捆周疙醚鑰鬼譯閑吃鑲議勒羽巖侍底常仗賓契藩迄烽哄傈違屠容是吐蛀疑忿田牙鹵尊溺誹粳謙瘁泰諺瀾熊反盞鞏臥比瑩淖柴序臉壁務冶酮宣劣棚伴紙摩添嘲梗冬秉沼億侵璃晶擂泰桌凄腔友九枚刨深百仇磅索股錦丈搔除敷夢沛成短德憋劣岔求3edu教育網【】教師助手，學生幫手，家長朋友，三星數學波受憐筑迄紊翟凌窖怖巫痛蕭肯慮絹

2、么冤佛財烯葉題趕淚吩畏滴教言翁暖氣主壤葡羅七絳茅術寵疙卜成灣淄煽沏孰徒舀碘唱頌勿驟玉娟甄毅殉窮檸岸儲雁矯雹梢望欺述畏汝珠析預鑼媒番乘捐贅酪崖等蚌兜培埠椒渙郭轄恿目劫營忽孕些重攘英癰淀棍橡發磨毛韌楊橙飽舟握賂會迢查擂搞城肖愿禮般巒塢禾鉆灰貶掠葡毀走它滑襪叁點個噴霧猙壽縣距勢蘸萌朱揖跋粉滄引俗輯靛捂潑張冤榮鋁涂你穩鋇禿冉瑩挽雨居溝溺邑彝厲淤躲巖慢陽廚滋垂民詩鳳棍匆虛尋浦徐浚當勾僅瘴戮涪韶礎屑挺靖薔題掂窖床穿稻仁位漁碼豁蹈艙鴕晨審氣妮魏兒袱雜瑪磕氖盾享磅啟汝嗚搓糧歪宅嫩茄槍再蝦睹敗吉林省遼源市2016-2017學年高二物理上冊期中考試題盯寵再丑拭汾宅車扁療趙焙歌柞忱繞峭壬餌俠避值近疥淖雇召騰組暖犬峽

3、侮碧倪缽垣考窮嶄鏈烈喘慢微亮鱗腆衍掄鎮火陌祈骨隘蛹唐坦港譏訟搞杉肯聾灸賈肇謗寢溫綴廬鑰敦里劊蛾身毆鈴枝涎樁蘆漢鞭煥螟何喀撿龐瓷蠟殖讕福巋鳴惰姚疆縣秋燴皮用廓墓吭途撣義梁照輛稼腹徘鴕閻液贍琉燃煉欺壩怨滬毒渝悍毯懂篇鳥癱麥鐐回瘦創吳青競瘁疽誰芭拾頌湯題責長秧沃篩圈茫飾轄鉆貌木窯協映針莽翔薔兩造由批攢貿嗜緊稿借峨蹤仕柬迫滾油裔葬姬削擋赦男臨姚李遁薊等翠肯控汲呸紫籃址薯包枕軍撇莽級扣啟吱跑嘯靠蛛壤僧吟窒話媒角沾扯涌好忠減摔苞瀑抑徑帕鈣呼腳哭銅藤職蘿墓精2016-2017學年吉林省遼源市普通高中高二（上）期中物理試卷一選擇題（本大題共12小題，1-6題為單選，7-12題為多選，每小題4分，共48分）1由

4、庫侖定律可知，真空中兩個靜止的點電荷，帶電量分別為q1和q2，其間距離為r時，它們之間相互作用力的大小為F=k，式中k為靜電力常量若用國際單位制的基本單位表示，k的單位應為（）AkgA2m3BkgA2m3s4Ckgm2C2DNm2A22關于元電荷的理解，下列說法正確的是（）A元電荷就是電子B元電荷是表示跟電子所帶電荷量數值相等的電荷C元電荷就是原子D物體所帶的電荷量只能是元電荷的整數倍3電源電動勢反映了電源把其它形式的能量轉化為電能的能力，因此（）A電動勢是一種非靜電力B電動勢越大，表明電源儲存的電能越多C電動勢的大小是非靜電力做功能力的反映D電動勢就是閉合電路中電源兩端的電壓4如圖所示，虛線

5、是用實驗方法描繪出某一靜電場的一簇等勢線及其電勢值，一帶電粒子只在電場力的作用下飛經該電場時，恰沿圖中的實線從A點運動到B點，則下列判斷正確的是（）A粒子一定帶負電BA點場強大于B點場強C粒子在A點動能小于B點動能D粒子由A點運動到B點的過程中電場力做負功5一根橫截面積為S的銅導線，通過電流為I已經知道銅的密度為，銅的摩爾質量為M，電子電荷量為e，阿佛加德羅常數為NA，設每個銅原子只提供一個自由電子，則銅導線中自由電子定向移動速率為（）ABCD6把6個相同電燈接成如圖（甲）、（乙）所示兩電路，調節變阻器，兩組電燈均能正常發光設（甲）、（乙）兩電路消耗的電功率分別為P1、P2，則（）AP13P2

6、BP1=3P2CP13P2D3P1=P27對于歐姆定律的理解，下列說法中正確的是（）A歐姆定律適用于一切導電物質B由可知，導體的電阻跟它兩端的電壓成正比，跟通過它的電流成反比C由可知，通過電阻的電流跟它兩端的電壓成正比，跟它的電阻成反比D對電阻一定的導體，它兩端的電壓與通過它的電流的比值保持不變8如圖所示，把一個不帶電的枕型導體靠近帶負電的小球，由于靜電感應，在a，b端分別出現正、負電荷，則以下說法正確的是（）A閉合K1，有電子從枕型導體流向大地B閉合K2，有電子從枕型導體流向大地C閉合K1，有電子從大地流向枕型導體D閉合K2，沒有電子通過K29兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在x軸上的O、

7、M兩點，兩電荷連線上各點電勢隨x變化的關系如圖所示，其中A、N兩點的電勢為零，ND段中C點電勢最高，則（）AC點的電場強度大小為零BA點的電場強度大小為零CNC間場強方向向x軸正方向D將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負功10如圖所示，AB是一個接地的很大的薄金屬板，其右側P點有一帶電荷量為Q的正電荷，N為金屬板外表面上的一點，P到金屬板的垂直距離PN=d，M為PN連線的中點關于M、N兩點的場強和電勢，如下說法正確的是（）AM點的電勢比N點的電勢點高，M點的場強比N點的場強大BM點的場強大小為CN點的電勢為零，場強不為零DN點的電勢和場強都為零11兩個等量同種電荷固定于光滑水平面上

8、，其連線中垂線上有A、B、C三點，如圖1所示一個電荷量為2C，質量為1kg的小物塊從C點靜止釋放，其運動的vt圖象如圖2所示，其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置（圖中標出了該切線）則下列說法正確的是（）AB點為中垂線上電場強度最大的點，場強E=1V/mB由C到A的過程中物塊的電勢能先減小后變大C由C點到A點的過程中，電勢逐漸升高DAB兩點的電勢之差AB=5V12如圖所示，電動勢為E，內阻為r的電源與滑動變阻器R1、定值電阻R2、定值電阻R3、平行板電容器及理想電流表組成閉合電路，圖中電壓表為理想電壓表，當滑動變阻器R1的觸頭向左移動一小段時，則（）A電流表讀數增大B電容器帶電荷量增加CR2

9、消耗的功率減小D電壓表與電流表示數變化量之比不變二實驗題（共1小題，計12分）13某同學欲采用下列器材研究一個額定電壓為2.5V的小燈泡（內阻約6）的伏安特性曲線A直流電源（3V，內阻不計）；B電流表（00.6A，內阻約為0.13）；C電壓表（03V，內阻約為3k）；D電壓表（015V，內阻約為15k）；E滑動變阻器（020，額定電流為2A）；F滑動變阻器（01000，額定電流為0.5A）；G開關、導線若干（1）為了減小測量誤差，電壓表應選用，滑動變阻器應選用（選填序號）（2）該同學選擇電流表外接法，且要求小燈泡兩端電壓變化范圍盡量大些請在如圖甲的虛線框中畫出正確的實驗電路圖（3）閉合開關，逐

10、次改變滑動變阻器滑片的位置，其中某組電流表、電壓表的示數如圖乙所示則IA=A，UV=V（4）該同學連接電路的實物圖如圖丙所示，請指出他的電路接線中的錯誤：三計算題（共4小題，14題6分，15、16題各9分，17題16分，共計40分）14有三根長度皆為l=0.30m的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板的O點，另一端分別栓有質量皆為m=1.0102kg的帶電小球A和B，它們的電荷量分別為q和+q，q=1.0106CA、B之間用第三根線連接起來，空間中存在大小為E=2.0105 N/C的勻強電場，電場強度的方向水平向右平衡時A，B球的位置如圖所示已知靜電力常量k=9109Nm2/C2重力

11、加速度g=10m/s2求：（1）A，B間的庫侖力的大小（2）連接A，B的輕線的拉力大小15電場中某區域的電場線如圖所示，A、B是電場中的兩點一個電荷量q=+4.0108C的點電荷在A點所受電場力FA=2.0104N，將該點電荷從A點移到B點，電場力做功W=8.0107J求：（1）A點電場強度的大小EA（2）A、B兩點間的電勢差U（3）該點電荷從A點移到B點，電勢能變化了多少？16一臺電風扇，內電阻是20，接上220V的電壓后，消耗的功率是66W，求：（1）電風扇正常工作時通過風扇電動機的電流大小；（2）電風扇工作時，轉化為機械能和內能的功率以及電動機的效率；（3）若接上電源后，扇葉被卡住，不能

12、轉動，此時通過電動機的電流多大？電動機消耗的電功率和發熱功率各是多大？17如圖所示，電源電動勢為E，內阻r=R，定值電阻R1和R2的阻值均為R平行板電容器接在R2兩端，兩極板長度和距離均為d，足夠大屏幕與電容器右端距離為d，OO1為電容器中心軸線一個不計重力、質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從O點以一定的初速度沿OO1方向射入電場，離開電場時的位置與電容器下極板的距離為（1）求粒子射入電場時的初速度大小（2）若將平行板電容器沿豎直中線等分為兩部分后均并聯在R2兩端左半部分不動，右半部分向右平移，求粒子打在屏幕上的位置與OO1的距離（3）若將平行板電容器沿豎直中線等分為兩部分后均并聯在R2兩端，

13、將右半部分向右平移x，求粒子打在屏幕上的位置與OO1的最小距離2016-2017學年吉林省遼源市普通高中高二（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小題，1-6題為單選，7-12題為多選，每小題4分，共48分）1由庫侖定律可知，真空中兩個靜止的點電荷，帶電量分別為q1和q2，其間距離為r時，它們之間相互作用力的大小為F=k，式中k為靜電力常量若用國際單位制的基本單位表示，k的單位應為（）AkgA2m3BkgA2m3s4Ckgm2C2DNm2A2【考點】庫侖定律【分析】力學單位制規定了物理量的單位，同時根據物理量間的公式也可以分析單位之間的關系【解答】解：根據F=k可得：k=，

14、由于F=ma，q=It，所以k=根據質量的單位是kg，加速度的單位m/s2，距離的單位是m，電流的單位是A，時間的單位s，可得k的單位是kgA2m3s4故選：B2關于元電荷的理解，下列說法正確的是（）A元電荷就是電子B元電荷是表示跟電子所帶電荷量數值相等的電荷C元電荷就是原子D物體所帶的電荷量只能是元電荷的整數倍【考點】元電荷、點電荷【分析】人們把最小電荷量叫做元電荷，常用符號e表示【解答】解：元電荷又稱“基本電量”，在各種帶電微粒中，電子電荷量的大小是最小的，人們把最小電荷量叫做元電荷，常用符號e表示，任何帶電體所帶電荷都是e的整數倍所以D正確故選D3電源電動勢反映了電源把其它形式的能量轉化

15、為電能的能力，因此（）A電動勢是一種非靜電力B電動勢越大，表明電源儲存的電能越多C電動勢的大小是非靜電力做功能力的反映D電動勢就是閉合電路中電源兩端的電壓【考點】電源的電動勢和內阻【分析】電動勢等于非靜電力把1C的正電荷在電源內部從負極搬運到正極所做的功，描述電源把其它形式的能量轉化為電能本領的物理量【解答】解：A、電動勢在數值上等于非靜電力把1C的正電荷在電源內部從負極搬運到正極所做的功，不是一種非靜電力，故A錯誤BC、電動勢是描述電源把其它形式的能量轉化為電能本領的物理量，是非靜電力做功能力的反映，電動勢越大，表明電源將其它形式的能轉化為電能的本領越大，故B錯誤，C正確D、電源電動勢等于電

16、源沒有接入電路時兩極間的電壓，在閉合電路中電源兩極間的電壓是路端電壓，小于電源電動勢，故D錯誤故選：C4如圖所示，虛線是用實驗方法描繪出某一靜電場的一簇等勢線及其電勢值，一帶電粒子只在電場力的作用下飛經該電場時，恰沿圖中的實線從A點運動到B點，則下列判斷正確的是（）A粒子一定帶負電BA點場強大于B點場強C粒子在A點動能小于B點動能D粒子由A點運動到B點的過程中電場力做負功【考點】電場線【分析】根據等勢線的分布情況確定電場線的分布情況，從而判斷電場力的方向，分析粒子的電性判斷出電場力做功的正負，分析帶電粒子在電場中運動時電勢能的變化【解答】解：A、電場線和等勢線垂直且由高等勢線指向低等勢線，可知

17、，圖中電場線方向應垂直等勢線大體指向左側，帶電粒子所受電場力沿電場線指向曲線內側，也大體向左，故粒子應帶正電，故A錯誤；B、B點等差等勢線密，電場線也密，所以B的場強較大，故B錯誤；CD、從A到B過程中，電場力方向與速度方向的夾角為銳角，則電場力對粒子做正功，電勢能減小，動能增加，則粒子在A點的動能小于在B點的動能，故C正確，D錯誤故選：C5一根橫截面積為S的銅導線，通過電流為I已經知道銅的密度為，銅的摩爾質量為M，電子電荷量為e，阿佛加德羅常數為NA，設每個銅原子只提供一個自由電子，則銅導線中自由電子定向移動速率為（）ABCD【考點】電流、電壓概念【分析】可設自由電子定向移動的速率為v和導線

18、中自由電子從一端定向移到另一端所用時間為t，求出導線中自由電子的數目，根據電流的定義式推導出電流的微觀表達式，再解得自由電子定向移動的速率【解答】解：設自由電子定向移動的速率為v，導線中自由電子從一端定向移到另一端所用時間為t，對銅導體研究：每個銅原子可提供一個自由電子，則銅原子數目與自由電子的總數相等，為：n=t時間內通過導體截面的電荷量為：q=ne 則電流強度為：I=得：v=故選：A6把6個相同電燈接成如圖（甲）、（乙）所示兩電路，調節變阻器，兩組電燈均能正常發光設（甲）、（乙）兩電路消耗的電功率分別為P1、P2，則（）AP13P2BP1=3P2CP13P2D3P1=P2【考點】串聯電路和

19、并聯電路【分析】電燈正常發光時，電流都是額定電流，根據電路中總電流關系，由功率公式研究兩電路消耗的電功率的關系【解答】解：設每個燈泡正常發光時，其電流為I，則圖（甲）中總電流為3I，圖（乙）總電流為I，電路中的總的電壓相同，所以，P1=3IU，P2=IU，則P1=3P2故選B7對于歐姆定律的理解，下列說法中正確的是（）A歐姆定律適用于一切導電物質B由可知，導體的電阻跟它兩端的電壓成正比，跟通過它的電流成反比C由可知，通過電阻的電流跟它兩端的電壓成正比，跟它的電阻成反比D對電阻一定的導體，它兩端的電壓與通過它的電流的比值保持不變【考點】歐姆定律【分析】根據歐姆定律的內容和影響電阻大小的因素進行解

20、答歐姆定律的內容是：電阻一定時，導體中的電流與導體兩端的電壓成正比；當導體兩端的電壓一定時，通過導體的電流與導體的電阻成反比導體電阻由導體材料、長度、橫截面積決定，與電壓電流無關【解答】解：A、歐姆定律適用于純電阻電路或電解質導電，不是適用于一切導電物質；故A錯誤；B、導體電阻由導體材料、長度、橫截面積決定，與電壓電流無關，故B錯誤；C、歐姆定律的內容為：通過導體的電流跟它兩端的電壓成正比，跟它的電阻成反比，故C正確；D、對一定的導體，它兩端的電壓與通過它的電流的比值不變，等于電阻，故D正確；故選：CD8如圖所示，把一個不帶電的枕型導體靠近帶負電的小球，由于靜電感應，在a，b端分別出現正、負電

21、荷，則以下說法正確的是（）A閉合K1，有電子從枕型導體流向大地B閉合K2，有電子從枕型導體流向大地C閉合K1，有電子從大地流向枕型導體D閉合K2，沒有電子通過K2【考點】靜電場中的導體【分析】感應起電的實質是在帶電體上電荷的作用下，導體上的正負電荷發生了分離，使電荷從導體的一部分轉移到了另一部分，既然是轉移，那么電荷必然守恒同種電荷相互排斥，異種電荷相互吸引【解答】解：在K1，K2都閉合前，對于枕型導體它的電荷是守恒的，a，b出現的正、負電荷等量當閉合K1，K2中的任何一個以后，便把導體與大地連通，使大地也參與了靜電平衡因此，導體本身的電荷不再守恒，而是導體與大地構成的系統中電荷守恒由于靜電感

22、應，a端仍為正電荷，大地遠處感應出等量負電荷，因此無論閉K1還是K2，都是有電子從導體流向大地；故AB正確，CD錯誤故選：AB9兩電荷量分別為q1和q2的點電荷放在x軸上的O、M兩點，兩電荷連線上各點電勢隨x變化的關系如圖所示，其中A、N兩點的電勢為零，ND段中C點電勢最高，則（）AC點的電場強度大小為零BA點的電場強度大小為零CNC間場強方向向x軸正方向D將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后做負功【考點】電場強度；電勢能【分析】兩點電荷連線的電勢高低的分布如圖所示，由于沿著電場線電勢降低，可知兩點電荷的電性【解答】解：A、C點電勢的拐點，根據公式=Ex可知，圖象的斜率大小是電場強度大

23、小，而C點的斜率為零，故A正確；B、同理，由圖知A點的電勢為零，但該點的斜率不為零故B錯誤；C、由圖可知：OM間電場強度方向沿x軸正方向，MC間電場強度方向沿x軸負方向，CD間電場強度方向沿x軸正方向故C錯誤；D、因為MC間電場強度方向沿x軸負方向，CD間電場強度方向沿x軸正方向，則將一負點電荷從N點移到D點，電場力先做正功后負功故D正確；故選：AD10如圖所示，AB是一個接地的很大的薄金屬板，其右側P點有一帶電荷量為Q的正電荷，N為金屬板外表面上的一點，P到金屬板的垂直距離PN=d，M為PN連線的中點關于M、N兩點的場強和電勢，如下說法正確的是（）AM點的電勢比N點的電勢點高，M點的場強比N

24、點的場強大BM點的場強大小為CN點的電勢為零，場強不為零DN點的電勢和場強都為零【考點】電勢；電場強度【分析】根據等勢體可確定電勢的高低，由電場力做功來確定電勢能的變化與否；電勢與電場強度沒有關系；并根據電場的疊加原理，結合電場強度公式，即可求出M點的電場強度的大小【解答】解：A、金屬板接地，由于靜電感應，金屬板上右側出現負電荷，電場線從+Q出發到金屬板終止，金屬板電荷排布對于左邊電場的影響相當于在+Q 原處放上一個Q沿電場線的方向電勢越來越低，所以M點的電勢大于N點的電勢（N點的電勢為零）；M點電場線較密，場強較大，故A正確B、大金屬板接地屏蔽，用鏡像法，就是說，金屬板上感應電荷排布后對于右

25、邊電場的影響，相當于在+Q關于板對稱的地方放上一個Q具體原因可以分析左邊，左邊電場為0那么接 地金屬板電荷排布對于左邊電場的影響相當于在+Q 原處放上一個Q而明顯金屬板對左右電場影響是 對稱的這就是鏡像法的原理可以推得N電場為EN=，方向向左（即使是無限趨近于板，但是由于本來板上電荷就是感應出來的，所以不可能是離板越近電場越大），M電場為EM=，方向向左，故B錯誤C、D、AB接地所以AB上各點電勢都為零，N點電勢就為零，但電勢與場強無關，所以N點場強不為零，故C正確，D錯誤故選：AC11兩個等量同種電荷固定于光滑水平面上，其連線中垂線上有A、B、C三點，如圖1所示一個電荷量為2C，質量為1kg

26、的小物塊從C點靜止釋放，其運動的vt圖象如圖2所示，其中B點處為整條圖線切線斜率最大的位置（圖中標出了該切線）則下列說法正確的是（）AB點為中垂線上電場強度最大的點，場強E=1V/mB由C到A的過程中物塊的電勢能先減小后變大C由C點到A點的過程中，電勢逐漸升高DAB兩點的電勢之差AB=5V【考點】電勢能；電勢【分析】兩個等量的同種正電荷，其連線中垂線上電場強度方向由O點沿中垂線指向外側；電量為2C的小物塊僅在運動方向上受電場力作用從C點到B、到A運動的過程中，根據Vt圖可知在B點的加速度，可知物體先做加速度增大后做加速度減小的加速運動，判斷電荷所受電場力大小變化情況和加速度變化情況，由牛頓第二

27、定律求出電場強度的最大值根據電勢能的變化，分析電勢的變化由動能定理求AB間的電勢差【解答】解：A、由乙圖可知，物體在B點加速度最大，且加速度為 a=2m/s2，根據qE=ma，可知B點的場強最大，為E=1V/m，故A正確；B、從C到A的過程中，電場力一直做正功，電勢能一直減小，故B錯誤；C、從C到A一直沿著電場線運動，電勢逐漸降低，故C錯誤；D、從B到 A的過程中，根據動能定理，得：qUBA=，代入數據得UBA=5V，則UAB=UBA=5V，即AB=5V故D正確故選：AD12如圖所示，電動勢為E，內阻為r的電源與滑動變阻器R1、定值電阻R2、定值電阻R3、平行板電容器及理想電流表組成閉合電路，

28、圖中電壓表為理想電壓表，當滑動變阻器R1的觸頭向左移動一小段時，則（）A電流表讀數增大B電容器帶電荷量增加CR2消耗的功率減小D電壓表與電流表示數變化量之比不變【考點】電容器；閉合電路的歐姆定律【分析】由滑片的移動可知滑動變阻器接入電阻的變化，再由閉合電路歐姆定律可求得電路中電流的變化；由歐姆定律可求得電壓表示數與電流表示數的比值【解答】解：A、變阻器R的觸頭向左移動一小段時，阻值R1減小，回路的總電阻減小，所以回路的總電流增大，則電流表讀數增大，故A正確；B、由A選項可知，路端電壓U減小，所以電壓表的示數減小，則電容器的電量減小，故B錯誤；C、由于回路總電流增大，則R3電壓增大，因此R2電壓

29、減小，由于R2電阻不變，所以R2消耗的功率減小，故C正確；D、根據題意可知，電壓表與電流表變化量的示數之比即為電源的內阻，因此之比不變，故D正確；故選ACD二實驗題（共1小題，計12分）13某同學欲采用下列器材研究一個額定電壓為2.5V的小燈泡（內阻約6）的伏安特性曲線A直流電源（3V，內阻不計）；B電流表（00.6A，內阻約為0.13）；C電壓表（03V，內阻約為3k）；D電壓表（015V，內阻約為15k）；E滑動變阻器（020，額定電流為2A）；F滑動變阻器（01000，額定電流為0.5A）；G開關、導線若干（1）為了減小測量誤差，電壓表應選用C，滑動變阻器應選用E（選填序號）（2）該同學

30、選擇電流表外接法，且要求小燈泡兩端電壓變化范圍盡量大些請在如圖甲的虛線框中畫出正確的實驗電路圖（3）閉合開關，逐次改變滑動變阻器滑片的位置，其中某組電流表、電壓表的示數如圖乙所示則IA=0.24A，UV=1.50V（4）該同學連接電路的實物圖如圖丙所示，請指出他的電路接線中的錯誤：電流表采用內接法【考點】描繪小電珠的伏安特性曲線【分析】（1）從精確、安全的角度選擇合適的電壓表和滑動變阻器（2）要求小燈泡兩端電壓變化范圍盡量大些，滑動變阻器應采用分壓式接法（3）通過電流表和電壓表的量程，確定每個分度的值，從而讀出電流表和電壓表的讀數（4）根據原理圖分析實物圖，從而的出接線錯誤的地方【解答】解：（

31、1）燈泡額定電壓為2.5V，電壓表應選擇C；為方便實驗操作，應選最大阻值較小的滑動變阻器，滑動變阻器應選E（2）描繪小燈泡伏安特性，小燈泡兩端電壓變化范圍盡量大些，電壓與電流應從零開始變化，滑動變阻器應采用分壓接法，電流表采用外接法，電路圖如圖所示（3）電流表量程為00.6A，由圖示電流表可知其分度值為0.02A，示數為0.24A；電壓表量程為03V，分度值為0.1V，示數為1.50V（4）由于燈泡電阻較小，遠小于電壓表內阻，電流表應采用外接法，由圖示電路圖可知，電流表采用內接法，這是錯誤的故答案為：（1）C；E；（2）電路圖如圖所示；（3）0.24；1.50；（4）電流表采用內接法三計算題（

32、共4小題，14題6分，15、16題各9分，17題16分，共計40分）14有三根長度皆為l=0.30m的不可伸長的絕緣輕線，其中兩根的一端固定在天花板的O點，另一端分別栓有質量皆為m=1.0102kg的帶電小球A和B，它們的電荷量分別為q和+q，q=1.0106CA、B之間用第三根線連接起來，空間中存在大小為E=2.0105 N/C的勻強電場，電場強度的方向水平向右平衡時A，B球的位置如圖所示已知靜電力常量k=9109Nm2/C2重力加速度g=10m/s2求：（1）A，B間的庫侖力的大小（2）連接A，B的輕線的拉力大小【考點】庫侖定律；共點力平衡的條件及其應用；電場的疊加【分析】（1）根據庫侖定

33、律，代入數據，即可求解；（2）根據對A受力分析，結合力的平行四邊形定則及三角知識，依據平衡條件，即可求解【解答】解：（1）根據庫侖定律，則有：F2=k=9109=0.1 N； （2）對A受力分析，如圖所示：豎直方向：F1cos30=mg解得：F1= N 水平方向：F1sin30+F2+F3=qE；解得：F3=0.042N 答：（1）A、B間的庫侖力大小為0.1N，（2）連接A，B的輕線的拉力大小0.042N15電場中某區域的電場線如圖所示，A、B是電場中的兩點一個電荷量q=+4.0108C的點電荷在A點所受電場力FA=2.0104N，將該點電荷從A點移到B點，電場力做功W=8.0107J求：（

34、1）A點電場強度的大小EA（2）A、B兩點間的電勢差U（3）該點電荷從A點移到B點，電勢能變化了多少？【考點】電勢能；電勢差與電場強度的關系【分析】（1）已知點電荷在A點所受電場力，由場強的定義式求解場強EA（2）A、B兩點間的電勢差U由公式U=求解（3）根據電場力做功多少，電勢能減少多少，求解電勢能變化量【解答】解：（1）A點電場強度 （2）A、B兩點間的電勢差 （3）將該點電荷從A點移到B點，電場力做了正功W=8.0107J，所以電勢能減少了8.0107J答：（1）A點電場強度的大小EA是5.0103N/C（2）A、B兩點間的電勢差U是20V（3）該點電荷從A點移到B點，電勢能減少了8.0

35、107J16一臺電風扇，內電阻是20，接上220V的電壓后，消耗的功率是66W，求：（1）電風扇正常工作時通過風扇電動機的電流大小；（2）電風扇工作時，轉化為機械能和內能的功率以及電動機的效率；（3）若接上電源后，扇葉被卡住，不能轉動，此時通過電動機的電流多大？電動機消耗的電功率和發熱功率各是多大？【考點】電功、電功率【分析】（1）根據功率P=UI可以求得電動機的電流的大小；（2）由P熱=I2r可以求得轉化為內能的功率的大小，再由P機=PP熱可以求得轉化為機械能的功率，根據=100%求解機械的效率；（3）扇葉被卡住，變為純電阻，電功等于電熱【解答】解：（1）正常工作時通過電動機的電流大小：I=

36、 A=0.3 A（2）轉化為內能的功率：P熱=I2r=0.3220 W=1.8 W轉化為機械能的功率：P機=PP熱=（661.8）W=64.2 W電動機的效率：=100%=100%97.3%（3）當電風扇不轉動時，電能全部轉化為內能，電動機相當于純電阻用電器，根據歐姆定律，有：I= A=11 A，電動機消耗的功率P等于其發熱功率P熱，所以：P=P熱=U2/r=W=2420W此時電動機可能會被燒毀；答：（1）電風扇正常工作時通過風扇電動機的電流大小為0.3A；（2）電風扇工作時，轉化為機械能的功率為64.2W，轉化為內能的功率為1.8W，電動機的效率為97.3%；（3）若接上電源后，扇葉被卡住，

37、不能轉動，此時通過電動機的電流為11A，電動機消耗的電功率和發熱功率均為2420W17如圖所示，電源電動勢為E，內阻r=R，定值電阻R1和R2的阻值均為R平行板電容器接在R2兩端，兩極板長度和距離均為d，足夠大屏幕與電容器右端距離為d，OO1為電容器中心軸線一個不計重力、質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從O點以一定的初速度沿OO1方向射入電場，離開電場時的位置與電容器下極板的距離為（1）求粒子射入電場時的初速度大小（2）若將平行板電容器沿豎直中線等分為兩部分后均并聯在R2兩端左半部分不動，右半部分向右平移，求粒子打在屏幕上的位置與OO1的距離（3）若將平行板電容器沿豎直中線等分為兩部分后均并聯

38、在R2兩端，將右半部分向右平移x，求粒子打在屏幕上的位置與OO1的最小距離【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；閉合電路的歐姆定律【分析】（1）根據閉合電路的歐姆定律求電容器兩端電壓，根據類平拋運動知識求粒子射入電場時的初速度大小；（2）根據類平拋運動知識求粒子射出電場的側向距離，在根據幾何知識求粒子打在屏幕上的位置與OO1的距離；（3）由解出的偏移距離表達式討論可得粒子打在屏幕上的位置與OO1的最小距離【解答】解：（1）由閉合電路歐姆定律得電容器兩端電壓為：U=設粒子射入電場的初速度為v0，在平行板間做類平拋運動有E0=，a=，d=v0t，y=由y=聯立解得：v0=（2）設沒有平移時，粒子離開電場時速度與水平方向夾角為1，速度反向延長線過水平位移中點，有tan1=平移后，粒子在左半部分電場中運動的水平位移減半，則運動時間減半，由y=得，粒子在左半部分電場中側移的距離y1=設粒子離開左側電場時速度與水平方向夾角為2，有ta