浙江省嘉興一中高二物理期中試卷 理（含解析）.docVIP

2014-2015學(xué)年浙江省嘉興一中高二（上）期中物理試卷（理科）一、單項選擇題（每小題只有一個選項正確，每小題3分，共30分）1（3分）（2012秋溫州期中）對于電場中a、b兩點，下列說法正確的是（）a電勢的定義式=，說明電勢與電勢能ep成正比，與電荷的電荷量q成反比b將正電荷從a點移到b點靜電力做負(fù)功，則有uab0c電勢差的定義式中，uab與移動電荷量q無關(guān)d把某點電荷q從a點移到b點的過程中，電場力對該電荷做了負(fù)功，則電勢能增加考點：勻強(qiáng)電場中電勢差和電場強(qiáng)度的關(guān)系；電勢能分析：某點的電勢是由電場本身決定的，與電勢能以及試探電荷的電量無關(guān)；正電荷從a點移到b點靜電力做負(fù)功，電荷的電勢能增大，電勢升高；兩點之間的電勢差由電場本身決定的，與電場力做功以及試探電荷 的電量無關(guān)；解答：解：a、某點的電勢是由電場本身決定的，與電勢能以及試探電荷的電量無關(guān)；故a錯誤；b、將正電荷從a點移到b點靜電力做負(fù)功，電荷的電勢能增大，電勢升高，所以uab0故b錯誤；c、電勢差的定義式中，定義的是一個比值，是由電場本身決定的，與電場力做功以及試探電荷 的電量無關(guān)故c錯誤；d、把某點電荷q從a點移到b點的過程中，電場力對該電荷做了負(fù)功，則電勢能增加與電荷q的正負(fù)無關(guān)故d正確故選：d點評：電場中的電勢與電勢差都是由電場本身決定的，與試探電荷無關(guān)一定要抓住“比值”的內(nèi)涵屬于易錯的題目2（3分）（2010秋溫州期中）下列說法正確的是（）a電流方向就是電荷定向移動的方向b由公式r=可知，電阻r與電壓u成正比，與電流i成反比c外電路斷開時，電源的路端電壓為零d外電路短路時，電源的內(nèi)電壓等于電動勢考點：電源的電動勢和內(nèi)阻專題：恒定電流專題分析：電流方向與正定向移動方向相同；電阻反映導(dǎo)體本身的特性，與電壓、電流無關(guān)；外電路斷開時，路端電壓等于電源的電動勢；外電路短路時，電源的內(nèi)電壓等于電動勢，可根據(jù)閉合電路歐姆定律分析解答：解：a、電流方向是正電荷定向移動的方向，與負(fù)電荷定向移動的方向相反，故a錯誤b、公式r=是比值定義法，具有比值定義法的共性，r與u、i無關(guān)，反映導(dǎo)體本身的特性，不能說電阻r與電壓u成正比，與電流i成反比，故b錯誤c、外電路斷開時，電路中電流為零，電源的內(nèi)電壓為零，根據(jù)閉合電路歐姆定律得知，電源的路端電壓等于電動勢，故c錯誤d、外電路短路時，r=0，則電流為i=，內(nèi)電壓u=ir=e，故d正確故選d點評：本題關(guān)鍵掌握部分電路歐姆定律和全電路歐姆定律，要正確理解斷路和短路時路端電壓的大小3（3分）（2013貴州學(xué)業(yè)考試）如圖所示的實驗裝置中，極板a接地，平行板電容器的極板b與一個靈敏的靜電計相接將a極板向左移動，增大電容器兩極板間的距離時，電容器所帶的電量q、電容c、兩極間的電壓u，電容器兩極板間的場強(qiáng)e的變化情況是（）aq變小，c不變，u不變，e變小bq變小，c變小，u不變，e不變cq不變，c變小，u變大，e不變dq不變，c變小，u變大，e變小考點：電容器的動態(tài)分析專題：電容器專題分析：題中平行板電容器與靜電計相接，電容器的電量不變，改變板間距離，由c=，分析電容的變化，根據(jù)c=分析電壓u的變化，根據(jù)e=分析場強(qiáng)的變化解答：解：a、b，平行板電容器與靜電計并聯(lián)，電容器所帶電量不變故a、b錯誤 c、d，增大電容器兩極板間的距離d時，由c=知，電容c變小，q不變，根據(jù)c=知，u變大，而e=，q、k、s均不變，則e不變故c正確，d錯誤故選c點評：對于電容器動態(tài)變化分析問題，要抓住不變量當(dāng)電容器保持與電源相連時，電壓不變當(dāng)電容器充電后，與電源斷開后，往往電量不變4（3分）（2014秋南湖區(qū)校級期中）如圖所示為處于靜電場中某空腔導(dǎo)體周圍的電場分布情況，實線表示電場線（方向向右側(cè)），虛線表示等勢面，a、b、c為電場中的三個點，o為空腔導(dǎo)體內(nèi)的一點下列說法正確的是（）ab點的電勢高于o點的電勢ba點的電勢低于b點的電勢ca點的電場強(qiáng)度小于b點的電場強(qiáng)度d將正電荷從a點移到c點，電場力做正功考點：電場線；電場強(qiáng)度分析：根據(jù)電場線的疏密程度判斷電場強(qiáng)度的大小；根據(jù)沿著電場線，電勢逐漸降低來判斷電勢的高低；根據(jù)等差等勢面來確定電勢差大小，再由電勢差與電場力做功關(guān)系公式wab=quab來判斷電場力做功的多少解答：解：a、由于沿著電場線，電勢逐漸降低，故ob，故a錯誤；b：由于沿著電場線，電勢逐漸降低，故ab，故b錯誤；c、由電場線越密的地方，電場強(qiáng)度越大，則有ebea，故c正確；d、由于從a和c處于同一條等勢線上，故從a到c過程的電場力不做功，故d錯誤故選：c點評：本題關(guān)鍵是根據(jù)電場線及其與等勢面的關(guān)系判斷出電勢高低、電場力大小和電勢差的大小關(guān)系同時知道等差等勢面越密的地方，電場線也越密當(dāng)然也可以由電場力做功的正負(fù)來確定電勢能的增減5（3分）（2008秋嘉定區(qū)期末）兩只額定電壓均為110v的燈泡a和b，額定功率分別為100w和40w，為了使它們接到220v電源上能正常發(fā)光，同時電路消耗的電功率最小，如圖所示的四個電路中最合理的是圖（）abcd考點：串聯(lián)電路和并聯(lián)電路專題：恒定電流專題分析：由題可知，燈泡的電壓相等，但是燈泡的功率不同，由此可以知道兩種燈泡的電阻的大小不同，在由電路的串并聯(lián)的知識先逐個分析燈泡能否正常的發(fā)光，再判斷消耗的功率最小的電路解答：解：a、由于燈泡要滿足110v的額定電壓，所以當(dāng)b燈泡與電阻并聯(lián)以后，b燈泡的電壓無法達(dá)到額定110v的電壓，故a錯誤；b、由于額定電壓都是110v，額定功率pa=100w、pb=40w，由此可知rbra，把燈泡a與電阻并聯(lián)的話，會使并聯(lián)的部分的電阻更小，所以ab的電壓不會平分，ab不會同時正常發(fā)光，故b錯誤；c、由于額定電壓都是110v，額定功率pa=100w、pb=40w，由此可知rbra，把燈泡b與電阻并聯(lián)的話，可以使并聯(lián)部分的電阻減小，可能使a與并聯(lián)部分的電阻相同，所以ab能同時正常發(fā)光，并且電路消耗的功率與a燈泡的功率相同，所以總功率的大小為200w；d、把a(bǔ)b并聯(lián)之后與電阻串連接入電路的話，當(dāng)電阻的阻值與ab并聯(lián)的總的電阻相等時，ab就可以正常發(fā)光，此時電阻消耗的功率為ab燈泡功率的和，所以電路消耗的總的功率的大小為280w；由cd的分析可知，正常發(fā)光并且消耗的功率最小的為c，故c正確故選c點評：解答本題是一定要注意題目要同時滿足兩個條件即燈泡能夠正常發(fā)光并且消耗的功率還要最小6（3分）（2014秋崇川區(qū)校級期中）兩根材料相同的均勻?qū)Ь€a和b，其長度分別為l m和2m，串聯(lián)在電路中時沿長度方向電勢的變化如圖所示，則a和b導(dǎo)線的橫截面積之比為（）a2：3b1：3c1：2d3：1考點：電阻定律專題：恒定電流專題分析：串聯(lián)電路中電流相等，根據(jù)電勢差的大小，通過歐姆定律得出電阻的大小關(guān)系，再根據(jù)電阻定律得出a和b導(dǎo)線的橫截面積之比解答：解：a、b兩端的電勢差分別為6v，4v，電流相等，根據(jù)歐姆定律得，根據(jù)電阻定律得，r=，則s=則橫截面積之比故b正確，a、c、d錯誤故選b點評：本題考查了歐姆定律、電阻定律以及串并聯(lián)電路的特點，難度不大7（3分）（2009福建）如圖所示，平行板電容器與電動勢為e的直流電源（內(nèi)阻不計）連接，下極板接地一帶電油滴位于容器中的p點且恰好處于平衡狀態(tài)現(xiàn)將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離（）a帶點油滴將沿豎直方向向上運動bp點的電勢將降低c帶點油滴的電勢能將減少d若電容器的電容減小，則極板帶電量將增大考點：電容；電勢能專題：電容器專題分析：將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，電容器兩板間電壓不變，根據(jù)e=分析板間場強(qiáng)的變化，判斷電場力變化，確定油滴運動情況由u=ed分析p點與下極板間電勢差如何變化，即能分析p點電勢的變化和油滴電勢能的變化解答：解：a、將平行板電容器的上極板豎直向上移動一小段距離，由于電容器兩板間電壓不變，根據(jù)e=得知板間場強(qiáng)減小，油滴所受的電場力減小，則油滴將向下運動故a錯誤；b、場強(qiáng)e減小，而p點與下極板間的距離不變，則由公式u=ed分析可知，p點與下極板間電勢差將減小，而p點的電勢高于下極板的電勢，則知p點的電勢將降低故b正確；c、由帶電油滴原來處于平衡狀態(tài)可知，油滴帶負(fù)電，p點的電勢降低，則油滴的電勢能將增加故c錯誤；d、若電容器的電容減小，根據(jù)q=uc，由于電勢差不變，故帶電量將減小，故d錯誤；故選：b點評：本題運用e=分析板間場強(qiáng)的變化，判斷油滴如何運動運用推論：正電荷在電勢高處電勢能大，而負(fù)電荷在電勢高處電勢能小，來判斷電勢能的變化8（3分）（2014秋南湖區(qū)校級期中）如圖所示，帶電量分別為2q和4q的兩個完全相同的金屬球a、b，放在光滑絕緣的水平面上，今讓金屬球a、b分別自m、n兩點以相等的動能相向運動，當(dāng)兩球剛好接觸時，兩球速度恰好為零，兩球帶電量重新分布，設(shè)這段時間為t0，然后兩球又向相反方向運動，設(shè)返回m、n兩點經(jīng)歷的時間分別為t1、t2則（）at1t2bt1t2ct1=t2t0dt1=t2t0考點：電勢差與電場強(qiáng)度的關(guān)系；庫侖定律專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：當(dāng)兩個完全相同的金屬小球相接觸時，若是同種電荷則是平均分配；若是異種電荷則是先中和再平均分配由動量觀點看，系統(tǒng)動量守恒，返回過程中電場力大于接近過程中電場力，根據(jù)動能關(guān)系求解由牛頓定律的觀點看，兩球的加速度大小始終相同，運用運動學(xué)知識求解解答：解：由牛頓定律的觀點看，兩球的加速度大小始終相同，相同時間內(nèi)的位移大小一定相同，必然在連線中點相遇，又同時返回出發(fā)點，再由牛頓定律的觀點看，兩球的加速度大小始終相同，由于碰撞后，電量的平分，導(dǎo)致兩者的庫侖力比碰撞前大，則加速度比碰撞前還大，因位移大小是相同，所以返回時間變小，故abc錯誤，d正確故選d點評：本題考查對碰撞過程基本規(guī)律的理解和應(yīng)用能力碰撞過程的兩大基本規(guī)律：系統(tǒng)動量守恒和總動能不增加，常常用來分析碰撞過程可能的結(jié)果9（3分）（2015佛山模擬）在如圖所示的電路中，e為電源電動勢，r為電源內(nèi)阻，r1和r3均為定值電阻，r2為滑動變阻器當(dāng)r2的滑動觸點在a端時合上開關(guān)s，此時三個電表a1、a2和v的示數(shù)分別為i1、i2和u現(xiàn)將r2的滑動觸點向b端移動，則三個電表示數(shù)的變化情況是（）ai1增大，i2不變，u增大bi1減小，i2增大，u減小ci1增大，i2減小，u增大di1減小，i2不變，u減小考點：閉合電路的歐姆定律專題：恒定電流專題分析：本題首先要理清電路，確定電壓表測得什么電壓，電流表測得什么電流，抓住電動勢和內(nèi)阻不變，再采用局部整體局部的方法，利用閉合電路歐姆定律進(jìn)行分析解答：解：由圖知電壓表測量路端電壓，電流表a1測量流過r1的電流，電流表a2測量流過r2的電流r2的滑動觸點向b端移動時，r2減小，整個電路的總電阻減小，總電流增大，電源的內(nèi)電壓增大，則路端電壓減小，即電壓表示數(shù)u減小，r3電壓增大，r1、r2并聯(lián)電壓減小，通過r1的電流i1減小，而總電流i增大，則流過r2的電流i2增大故a、c、d錯誤，b正確故選：b點評：解決本題的關(guān)鍵抓住電動勢和內(nèi)電阻不變，結(jié)合閉合電路歐姆定律求解注意做題前一定要理清電路，看電壓表測的是什么電壓，電流表測的是什么電流10（3分）（2012春洛陽期末）如圖所示，直線a為電源的ui圖線，直線b和c分別為電阻r1和r2的ui圖線，用該電源分別與r1、r2組成閉合電路時，電源的輸出功率分別為p1、p2；電源的效率分別為1、2，則（）ap1p2bp1p2c12d12考點：路端電壓與負(fù)載的關(guān)系；電功、電功率專題：恒定電流專題分析：電源的效率等于電源輸出功率與電源總功率的百分比根據(jù)效率的定義，找出效率與電源路端電壓的關(guān)系，由圖讀出路端電壓，就能求出效率電源與電阻的ui圖線的交點，表示電阻接在電源上時的工作狀態(tài)，可讀出電壓、電流，算出電源的輸出功率，進(jìn)而比較大小解答：解：a、b，由圖線的交點讀出，b接在電源上時，電源的輸出輸出功率為：p1=ui=24=8wc接在電源上時，電源的輸出輸出功率p2=ui=8w，即p1=p2； 故a、b均錯誤c、d，電源的效率為：=，效率與路端電壓成正比，b接在電源上時路端電壓大，效率高，12故c正確，d錯誤；故選：c點評：本題首先要知道效率與功率的區(qū)別，電源的效率高，輸出功率不一定大其次，會讀圖電源與電阻的伏安特性曲線交點表示電阻接在該電源上時的工作狀態(tài)二、不定項選擇題（每小題4分，共16分每小題的4個選項中至少有一個選項是正確的，全選對的得4分，選不全的得2分，有錯選或不答的得0分）11（4分）（2010廣東模擬）如圖所示，實線為方向未知的三條電場線，a、b兩帶電粒子從電場中的o點以相同的初速度飛出僅在電場力作用下，兩粒子的運動軌跡如圖中虛線所示，則（）aa一定帶正電，b一定帶負(fù)電ba電勢能減小，b電勢能增大ca加速度減小，b加速度增大da和b的動能一定都增大考點：等勢面；電勢能專題：電場力與電勢的性質(zhì)專題分析：物體做曲線運動的條件：力與速度不共線，要明確力、速度和運動軌跡三者的位置關(guān)系，電場力做功與電勢能、動能的關(guān)系，電場線與電場強(qiáng)度的關(guān)系解答：解：a、由運動軌跡如圖可知，a、b做曲線運動，由于電場線方向未知，故a、b電性不能確定，故a錯誤 b、根據(jù)圖知a、b兩粒子的電場力、速度的夾角為銳角，電場力對電荷做正功，電勢能減小，故b錯誤 c、根據(jù)a、b兩粒子做曲線運動軌跡彎曲程度即電場線的疏密可知，b所處的電場線變密，電場強(qiáng)度變強(qiáng)，所受的電場力在增大，加速度在增大；a所處的電場線變疏，電場強(qiáng)度變?nèi)酰艿碾妶隽υ跍p小，加速度在減小，故c正確 d、根據(jù)圖知a、b兩粒子的電場力、速度的夾角為銳角，電場力對電荷做正功，電勢能減小，動能增加，故d正確故選cd點評：考查了物做曲線運動的條件：力與速度不共線力、速度和運動軌跡三者的位置關(guān)系體，電場力做功與電勢能、動能的關(guān)系，電場線與電場強(qiáng)度的關(guān)系12（4分）（2014秋豐寧縣校級期末）一個電池組的電動勢為e，內(nèi)阻為r，用它給一電阻為r的直流電動機(jī)供電，當(dāng)電動機(jī)正常工作時，通過電動機(jī)的電流為i，電動機(jī)兩端的電壓為u，經(jīng)時間t（）a電源在內(nèi)外電路做的功為（i2r+iu）tb電池消耗的化學(xué)能為ietc電動機(jī)輸出的機(jī)械能為ieti2（r+r）td電池組的效率為考點：閉合電路的歐姆定律；電功、電功率專題：恒定電流專題分析：電源做功的總功等于eit；電池消耗的化學(xué)能為iet；電動機(jī)正常工作時，其電路是非純電阻電路，由w=uit求解電功發(fā)熱量由q=i2rt求解出的機(jī)械能由能量守恒定律研究電池組的效率等于輸出功率與總功率之比解答：解：a、電源在內(nèi)外電路做的功為w總=eit，又e=u+ir，得w總=（i2r+iu）t故a正確b、電池消耗的化學(xué)能等于電源在內(nèi)外電路做的功，即為eit故b正確c、根據(jù)能量守恒得：電動機(jī)輸出的機(jī)械能為iuti2rt=（ieti2rt）i2rt=ieti2（r+r）t故c正確d、電池組的效率為=故d錯誤故選：abc點評：本題中當(dāng)電動機(jī)正常工作時其電路是非純電阻電路，求電功只能用w=uit，求熱量q=i2rt而輸出的機(jī)械能只能根據(jù)能量守恒求解13（4分）（2014秋南湖區(qū)校級期中）把小量程的電流表改裝成電壓表時，下列說法中錯誤的是（）a改裝的原理是串聯(lián)的電阻起了分壓作用，使允許加在改裝后的電壓表兩端的電壓比加在小量程電流表上的電壓大了b改裝成電壓表后，小量程電流表允許通過的最大電流加大了c改裝成電壓表后，小量程電流表的內(nèi)阻不變d改裝成電壓表后，允許通過改裝后的電壓表的最大電流比小量程電流表的最大電流大考點：把電流表改裝成電壓表專題：實驗題；恒定電流專題分析：把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)一個分壓電阻，應(yīng)用串聯(lián)電路特點與歐姆定律分析答題解答：解：a、把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)一個分壓電阻，使改裝后加在電表兩端電壓增大，故a正確；b、把電流表改裝成電壓表后，通過電流表的最大電流不變，故b錯誤；c、把電流表改裝成電壓表后，電壓表內(nèi)阻等于電流表內(nèi)阻與串聯(lián)電阻阻值之和，內(nèi)阻變大，故c錯誤；d、把電流表改裝成電壓表后，通過大量程電壓表的電流與通過小量程電流表的最大電流相等，故d錯誤；本題選錯誤的，故選：bcd點評：本題考查電壓表的改裝，知道電壓表的改裝原理，應(yīng)用串聯(lián)電路特點即可正確解題14（4分）（2008韶關(guān)一模）如圖所示，質(zhì)量相同的兩個帶電粒子m、n，以相同的速度沿垂直于電場方向同時射入兩平行板間的勻強(qiáng)電場中，m從兩板正中央射入，n從下極板邊緣處射入，它們最后打在上極板的同一點上不計粒子的重力，則從開始射入到打到上極板的過程中（）a它們的帶電荷量之比qm：qn=1：2b它們在電場中的運動時間tntmc它們的電勢能減少量之比em：en=1：4d它們打到上極板時的速度之比為vm：vn=1：2考點：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運動；牛頓第二定律專題：帶電粒子在電場中的運動專題分析：兩個帶電粒子都垂直于電場射入勻強(qiáng)電場中，都做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，由題可知，水平位移相等、初速度相等，即可知運動時間相等，由豎直位移的關(guān)系，由牛頓定律和位移公式即可求解電量之比由動能定理求解電場力做功之比，得到電勢能減少量之比根據(jù)速度的合成，求解打到上極板時的速度之比解答：解：a、b由題可知，兩個帶電粒子都做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，而且它們的水平位移相等、初速度相等，則在電場中的運動時間相等，即tn=tm由豎直位移y=，m、t、e相等，則帶電荷量之比qm：qn=ym：yn=1：2故a正確，b錯誤c、電荷在電場中運動時，由功能關(guān)系可知，電勢能減小量等于電場力做功，則電勢能減少量之比em：en=qmeym：qneyn=1：4故c正確d、由可知，兩粒子的加速度之比為：am：an=1：2，則粒子打在極板上時，豎直方向分速度之比為：vym：vyn：=1：2，所以打到上極板時的速度之比為vm：vn=：1：2故d錯誤故選ac點評：本題運用運動的合成與分解法研究類平拋運動，要抓住兩個粒子水平位移和豎直位移的關(guān)系分析其他量的關(guān)系三、填空題（每空2分，共20分）15（4分）（2011秋瓊山區(qū)校級期末）讀出圖中游標(biāo)卡尺和螺旋測微器的讀數(shù)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為11.4mm；螺旋測微器的讀數(shù)為0.920mm考點：刻度尺、游標(biāo)卡尺的使用；螺旋測微器的使用分析：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：1.1cm=11mm，游標(biāo)尺上第4個刻度和主尺上某一刻度對齊，所以游標(biāo)讀數(shù)為40.1mm=0.4mm，所以最終讀數(shù)為：11mm+0.4mm=11.4mm2、螺旋測微器的固定刻度為0.5mm，可動刻度為42.00.01mm=0.420mm，所以最終讀數(shù)為0.5mm+0.420mm=0.920mm故答案為：11.4 0.920；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，正確使用這些基本儀器進(jìn)行有關(guān)測量16（8分）（2014秋南湖區(qū)校級期中）在用電壓表和電流表研究小燈泡在不同電壓下的功率的實驗中，實驗室備有下列器材供選擇：a待測小燈泡（3.0v、1.5w）b電流表（量程3a，內(nèi)阻約為1）c電流表（量程0.6a，內(nèi)阻約為5）d電壓表（量程3.0v，內(nèi)阻約為10k）e電壓表（量程15.0v，內(nèi)阻約為50k）f滑動變阻器（最大阻值為100，額定電流50ma）g滑動變阻器（最大阻值為10，額定電流1.0a）h電源（電動勢為4.0v，內(nèi)阻不計）i電鍵及導(dǎo)線等（1）為了使實驗完成的更好，電流表應(yīng)選用c；電壓表應(yīng)選用d；滑動變阻器應(yīng)選用g（只需填器材前面的字母即可）（2）請在圖1方框內(nèi)畫出滿足實驗要求的電路圖，并把由圖2中所示的實驗器材用實線連接成相應(yīng)的實物電路圖（3）正確連線后，實驗開始前，應(yīng)將滑動變阻器的滑片置于左端（填“右或左”）考點：描繪小電珠的伏安特性曲線專題：實驗題；恒定電流專題分析：（1）器材的選取要安全、精確，根據(jù)小燈泡的額定電壓和額定電流選出電壓表和電流表的量程滑動變阻器采用分壓式接法，從測量的誤差角度選出合適的滑動變阻器（2）研究小燈泡在不同電壓下的功率，電壓和電流需從零開始測起，所以滑動變阻器采用分壓式接法根據(jù)所測燈泡的內(nèi)阻，與電壓表內(nèi)阻和電流表內(nèi)阻比較，確定是大電阻還是小電阻，從而確定電流表采取內(nèi)接法還是外接法（3）根據(jù)分壓接法的特點確定滑動變阻器滑片開始所在的位置解答：解：（1）從測量精確度考慮，小燈泡的額定電壓為3v，所以電壓表選取量程為3v的，小燈泡的額定電流i=0.5a，所以電流表選取量程為0.6a的，最大阻值為100的滑動變阻器接入電路測量誤差較大，所以選取最大阻值為10的滑動變阻器故選c、d、g（2）由于電壓和電流需從0開始測起，所以滑動變阻器采用分壓式接法，燈泡的電阻r=6，遠(yuǎn)小于電壓表內(nèi)阻，與電流表內(nèi)阻相當(dāng)，屬于小電阻，“小外偏小”，采取電流表的外接法電流圖如下（3）為了讓開始時測量電路中電壓為零，故滑片開始時應(yīng)滑到最左側(cè)；故答案為：（1）c；d；g（2）如圖（3）左；點評：解決本題的關(guān)鍵掌握器材選取的原則，掌握滑動變阻器分壓式接法和限流式接法的區(qū)別，以及電流表內(nèi)外接的區(qū)別17（4分）（2007上海）某同學(xué)設(shè)計了如圖（a）所示電路研究電源輸出功率變化情況電源e電動勢、內(nèi)電阻恒定，r1為滑動變阻器，r2、r3為定值電阻，a、v為理想電表（1）若滑動片p由a滑至b時a示數(shù)一直變小，則r1和r2必須滿足的關(guān)系是r1r2（2）若r1=6，r2=12，電源內(nèi)電阻r=6，當(dāng)滑動片p由a滑至b時，電源e的輸出功率p隨外電路總電阻r的變化關(guān)系如圖（b）所示，則r3的阻值應(yīng)該選擇ba2 b4c6 d8考點：電功、電功率；閉合電路中的能量轉(zhuǎn)化專題：計算題；實驗題分析：（1）根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，電流表a的示數(shù)一直變小，說明電路的總電阻是在變大的，所以要使r并一直變大，因為兩電阻之和一定時，當(dāng)二者相等時并聯(lián)電阻最大，所以要求r1r2（2）當(dāng)電源的內(nèi)阻和外阻相等時，電源的輸出功率最大，根據(jù)并聯(lián)部分的電阻變化范圍04，可以確定r3的電阻的范圍，從而得出結(jié)果解答：解：（1）a示數(shù)i=，欲使滑動片p由a滑至b時a示數(shù)一直變小，須使r并一直變大，因為兩電阻之和一定時，當(dāng)二者相等時并聯(lián)電阻最大，所以要求r1r2（2）從圖b知，當(dāng)r外=6時，電源e的輸出功率p最大，即電源內(nèi)阻為6，而r1和r2部分的電阻變化范圍是04，因此r3的阻值必須大于2小于6所以a、c、d錯誤，只能選b故答案為：（1）r1r2；（2）b點評：對于閉合的電路來說，當(dāng)內(nèi)外的電阻相等時，電源的輸出功率最大，根據(jù)圖象可以知道在電阻為6時功率最大，說明電源的內(nèi)阻和外電阻都是6，從而可以判斷電阻的大小四、計算題（共有4小題，共34分，要求寫出詳細(xì)的解題步驟和必要的文字說明）18（2013秋未央?yún)^(qū)校級期末）如圖所示的電場，等勢面是一簇互相平行的豎直平面，間隔均為d，各面電勢已在圖中標(biāo)出，現(xiàn)有一質(zhì)量為m的帶電小球以速度v0，方向與水平方向成45角斜向上射入電場，要使小球做直線運動問：（1）小球應(yīng)帶何種電荷？電荷量是多少？（2）在入射方向上小球最大位移量是多少？（電場足夠大）考點：帶電粒子在勻強(qiáng)電場中的運動；等勢面專題：帶電粒子在電場中的運動專題分析：（1）互相平行的豎直平面的等勢面，與水平方向成45角斜向上射入勻強(qiáng)電場，要使小球做直線運動，則重力與電場力的合力與初速度共線，由此可確定小球帶電電性，及電荷量（2）小球在入射方向先做勻減速直線運動，后反向做勻加速直線運動，由位移與速度的關(guān)系可確定小球的最大位移解答：解：（1）如圖所示，電場線水平向左，由題意可知，只有小球受到向左的電場力，電場力和重力的合力才有可能與初速度方向在一條直線上，所以小球帶正電由圖可知，eq=mg，又e=，所以解得：（2）由下圖可知，=由動能定理，得： 所以 答：（1）小球應(yīng)帶正電，電荷量是；（2）在入射方向上小球最大位移量是點評：本題根據(jù)運動去判定受力，由于重力方向一定，且做直線運動，所以可確定電場力方向，再由電場線來確定電性及電量；根據(jù)受力分析，借助牛頓第二定律求出加速度，再由運動學(xué)公式來求出最大位移19（2015福建校級三模）在如圖所示的電路中，r1=2，r2=r3=4，當(dāng)電鍵k接a時，r2上消耗的電功率為4w，當(dāng)電鍵k接b時，電壓表示數(shù)為4.5v試求：（1）當(dāng)電鍵k接a時，通過電源的電流和電源兩端的電壓；（2）電源的電動勢和內(nèi)電阻（3）當(dāng)電鍵k接c時，求電源輸出功率考點：閉合電路的歐姆定律專題：恒定電流專題分析：（1）當(dāng)電鍵k接a時，r1被短路，根據(jù)功率公式求出通過電源的電流和電壓（2）k接b時，r1和r2串聯(lián)，分別由閉合電路歐姆定律對兩種情況列方程求解電源的電動勢和內(nèi)電阻（3）當(dāng)k接c時，r2與r3并聯(lián)后與r1串聯(lián)由閉合電路歐姆定律求出干路電流，再求解電源輸出功率解答：解：（1）k接a時，r1被短路，外電阻為r2，根據(jù)電功率公式可得 通過電源電流 電源兩端電壓v （2）k接a時，有e=u1+i1r=4+r k接b時，r1和r2串聯(lián)，r外=r1+r2=6 通過電源電流i2=0.75a 這時有：e=u2+i2r=4.5+0.75 r 解式得：e=6 v r=2 （3）當(dāng)k接c時，r總=r1+r+r23=6總電流i=1 a 電源輸出功率答：（1）電鍵k接a時，通過電源的電流為1a，電源兩端的電壓為4v （2）電源的電動勢和內(nèi)電阻分別為e=6 v，r=2 （3）當(dāng)電鍵k接c時，電源輸出功率為4w點評：對于電路問題，首先認(rèn)識電路的結(jié)構(gòu)對于電源的電動勢和內(nèi)阻常常根據(jù)兩種情況分別列方程，再聯(lián)立求解20（2014秋蕭山區(qū)校級期中）圖中裝置由加速器和平移器組成，平移器由兩對水平放置、相距為l的相同平行金屬板構(gòu)成，極板長度為l、間距為d，兩對極板間偏轉(zhuǎn)電壓大小相等、電場方向相反 初速度為零的質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子經(jīng)加速電壓u0 加速后，水平射入偏轉(zhuǎn)電壓為u1的平移器，最終水平打在a點 不考慮粒子受到的重力（1）求粒子射出加速器時的速度大小v1和射出平移器后的速度大小v2；（2）求粒子經(jīng)過平移器過程中在豎直方向發(fā)生的位移；（3）當(dāng)加速電壓變?yōu)?u0 時，欲使粒子仍打在a點，求此時的偏轉(zhuǎn)電壓u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：（1）由動能定理求解粒子射出加速器的速度，根據(jù)對稱性可知，粒子射出平移器時的速度大小v1=v0（2）粒子在第一個偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動，水平方向做勻速直線運動，豎直方向做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律求得加速度，由運動學(xué)位移公式求得豎直位移；粒子在兩偏轉(zhuǎn)電場間做勻速直線運動，y=vt公式求得豎直位移，即可求得粒子豎直總位移表達(dá)式（3）當(dāng)加速電壓變?yōu)?u0時欲使粒子仍從a點射入待測區(qū)域，粒子豎直總位移不變，再求解此時的偏轉(zhuǎn)電壓u；解答：解：（1）設(shè)粒子射出加速器的速度為v0，根據(jù)動能定理得：qu0=則得：v1=根據(jù)對稱性可得 v2=v1，即得 v2=（2）在第一個偏轉(zhuǎn)電場中，設(shè)粒子的運動時間為t 加速度的大小 a= 在離開時，豎直分速度 vy=at 豎直位移 y1= 水平位移 l=v1t粒子在兩偏轉(zhuǎn)電場間做勻速直線運動，經(jīng)歷時間也為t 豎直位移 y2=vyt 由題意知，