高安二中聯(lián)考高二物理上學期期中試卷（含解析）-人教版高二物理試題

-學年江西省樟樹中學、高安二中聯(lián)考高二（上）期中物理試卷一．選擇題（40分，其中1-7小題為單選題，每小題4分，8-10題為多選題全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分.）1．關于點電荷的說法，正確的是（）A．點電荷的帶電量一定是1.6×10﹣19CB．大的帶電體一定不能看成點電荷C．點電荷是一種理想化的物理模型D．實際存在的電荷都是點電荷2．下列關于電源電動勢的說法錯誤的是（）A．電動勢是用來比較電源將其它形式的能轉化為電能本領大小的物理量B．外電路斷開時的路端電壓等于電源的電動勢C．用內阻較大的電壓表直接測量電源正負極之間的電壓值約等于電源的電動勢D．外電路的總電阻越小，則路端電壓越接近電源的電動勢3．如圖所示的電場線，可判定（）A．該電場一定是勻強電場B．負電荷放在B點所受電場力方向向右C．A點的電勢一定低于B點電勢D．負電荷放在B點的電勢能比放在A點的電勢能大4．如圖所示，甲帶正電，乙是不帶電的絕緣物塊，甲、乙疊放在一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空間有垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)用一水平恒力F拉乙物塊，使甲、乙無相對滑動一起向左加速運動，在加速運動階段（）A．甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小B．甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大C．甲、乙兩物塊間的摩擦力保持不變D．乙物塊與地面之間的摩擦力不斷減小5．如圖所示，兩段等長細線串接著兩個質量、電量相等的帶電小球a、b，a帶正電、b帶負電，懸掛于O點．現(xiàn)在空間加上水平向右的勻強電場，則此裝置平衡時的位置可能是下列哪幅圖（）A． B． C． D．6．如圖所示，在虛線所包圍的圓形區(qū)域內，有方向垂直于圓面向里的勻強磁場，從磁場邊緣的A點沿半徑方向射入一束速率不同的質子，這些粒子在磁場里運動的過程中，下列結論中正確的是（）A．運動時間越長的，其軌跡越長B．運動時間越短的，射出磁場的速率越小C．在磁場中偏轉越小的，運動時間越短D．所有質子在磁場里運動時間均相等7．如圖甲所示，在圓形線框的區(qū)域內存在勻強磁場，開始時磁場垂直于紙面向里．若磁場的磁感應強度B按照圖乙所示規(guī)律變化，則線框中的感應電流I（取逆時針方向為正方向）隨時間t的變化圖線是（）A． B． C． D．8．如圖，空間有垂直于xoy平面的勻強磁場．t=0的時刻，一電子以速度v0經過x軸上的A點，方向沿x軸正方向．A點坐標為（﹣0.5R，0），其中R為電子在磁場中做圓周運動的軌道半徑．不計重力影響，則（）A．電子經過y軸時，速度大小仍為v0B．電子在t=時，第一次經過y軸C．電子第一次經過y軸的坐標為（0，R）D．電子第一次經過y軸的坐標為（0，﹣R）9．如圖所示，水平放置的平行金屬板充電后在板間形成勻強電場，板間距離為d，一個帶負電的液滴帶電荷量大小為q，質量為m，從下板邊緣射入電場，沿直線從上板邊緣射出，則下列說法正確的是（）A．液滴做的是勻減速直線運動 B．液滴做的是勻速直線運動C．兩板間的電勢差為 D．液滴的電勢能減少了mgd10．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．則下列說法中正確是（）A．隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大B．對應P點，小燈泡的電阻為R=C．對應P點，小燈泡的電阻為R=D．對應P點，小燈泡電阻為圖中矩形PQOM所圍的面積二．填空題（共2小題，共15分，第11小題5分，第12小題10分）11．在研究電磁感應現(xiàn)象的實驗中所用的器材如圖所示．它們是：①電流計、②直流電源、③帶鐵芯的線圈A、④線圈B、⑤電鍵、⑥滑動變阻器（用來控制電流以改變磁場強弱）．（1）試按實驗的要求在實物圖上連線（圖中已連好一根導線）．（2）若連接滑動變阻器的兩根導線接在接線柱C和D上，而在電鍵剛閉合時電流表指針右偏，則電鍵閉合后滑動變阻器的滑動觸頭向接線柱C移動時，電流計指針將（填“左偏”、“右偏”、“不偏”）．12．有一個電阻Rx，其阻值大約在40Ω～50Ω之間，現(xiàn)要進一步準確地測量其電阻，需測量多組數據，手邊現(xiàn)有器材如下：電源E（電動勢12V，內阻為0.5Ω）；電壓表（0～3～15V，內阻約為10kΩ）；電流表（0～0.6～3A，內阻約為1Ω）；滑動變阻器R1（阻值0～10Ω，額定電流2A）；滑動變阻器R2（阻值0～1750Ω，額定電流0.3A）；開關S和導線若干．（1）電壓表的量程應選，電流表的量程應選，滑動變阻器應選用．（2）在虛線方框內畫出實驗電路圖．（3）在實物圖1中完成其余連線使之成為完整的實驗電路．三、計算題（共45分要求寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能給分）13．在圖所示電路中，電源電動勢E=6V，內阻r=1Ω．D為直流電動機，其電樞線圈電阻R=2Ω，限流電阻R′=3Ω．當電動機正常工作時，電壓表示數為0.3V．求：（1）通過電動機的電流是多大？（2）電動機輸入的電功率、轉變?yōu)闊崃康墓β屎洼敵鰴C械功率各是多少？14．有一帶電量q=﹣3×10﹣6C的點電荷，從電場中的A點移到B點時，克服電場力做功6×10﹣4J．從B點移到C點時電場力做功9×10﹣4J．問：（1）AB、BC、CA間電勢差各為多少？（2）如以B點電勢為零，則A、C兩點的電勢各為多少？電荷在A、C兩點的電勢能各為多少？15．如圖所示，在豎直向下的勻強電場中，一個質量為m帶負電的小球從斜軌道上的A點由靜止滑下，小球通過半徑為R的圓軌道頂端的B點時恰好不落下來．已知軌道是光滑而又絕緣的，且小球的重力是它所受的電場力2倍．求：（1）A點在斜軌道上的高度h為多少？（2）小球運動到最低點時的對軌道壓力為多少．16．如圖，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45°夾角．一質量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子以速度v0從y軸上P點沿y軸正方向射出，一段時間后進入電場，進入電場時的速度方向與電場方向相反；又經過一段時間T0，磁場方向變?yōu)榇怪奔埫嫦蚶铮笮〔蛔儯挥嬛亓Γ?）求粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需的時間；（2）若要使粒子能夠回到P點，求電場強度的最大值．

-學年江西省樟樹中學、高安二中聯(lián)考高二（上）期中物理試卷參考答案與試題解析一．選擇題（40分，其中1-7小題為單選題，每小題4分，8-10題為多選題全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分.）1．關于點電荷的說法，正確的是（）A．點電荷的帶電量一定是1.6×10﹣19CB．大的帶電體一定不能看成點電荷C．點電荷是一種理想化的物理模型D．實際存在的電荷都是點電荷【考點】元電荷、點電荷．【專題】定性思想；推理法；電場力與電勢的性質專題．【分析】點電荷是不考慮其尺寸、形狀和電荷分布情況的帶電體，是實際帶電體的理想化模型．在研究帶電體間的相互作用時，若帶電體的尺寸遠小于它們之間的距離時，就可把帶電體看成點電荷．點電荷是沒有大小的帶電體，是一種理想模型，實際的帶電體（包括電子、質子等）都有一定大小，都不一定能看成點電荷．當電荷間距離大到可認為電荷大小、形狀不起什么作用時，可把電荷看成點電荷．【解答】解：A、點電荷是將帶電物體簡化為一個帶電的點，元電荷是電量的最小值，點電荷的值可以等于元電荷，也可以是元電荷的整數倍，即點電荷的電荷量可多可少，故A錯誤．B、點電荷是將帶電物體簡化為一個帶電的點，物體能不能簡化為點，不是看物體的絕對大小，而是看物體的大小對于兩個電荷的間距能不能忽略不計，故大的帶電體有時也可以看成點電荷，故B錯誤．C、點電荷是將帶電物體簡化為一個帶電的點，點是沒有大小的，而實際物體總有大小，故點電荷是理想模型，故C正確；D、只有電荷滿足物體的大小對于兩個電荷的間距能不能忽略不計時才能看作點電荷；故D錯誤；故選：C．【點評】帶電體看作點電荷的條件，當一個帶電體的形狀及大小對它們間相互作用力的影響可忽略時，這個帶電體可看作點電荷，是由研究問題的性質決定，與自身大小形狀無具體關系．2．下列關于電源電動勢的說法錯誤的是（）A．電動勢是用來比較電源將其它形式的能轉化為電能本領大小的物理量B．外電路斷開時的路端電壓等于電源的電動勢C．用內阻較大的電壓表直接測量電源正負極之間的電壓值約等于電源的電動勢D．外電路的總電阻越小，則路端電壓越接近電源的電動勢【考點】電源的電動勢和內阻．【專題】電場力與電勢的性質專題．【分析】電源沒有接入電路時兩極間的電壓在數值上等于電源的電動勢．電動勢的物理意義是表征電源把其他形式的能轉化為電能本領強弱，與外電路的結構無關．電源的電動勢在數值上等于內、外電壓之和．【解答】解：A、電動勢是用來比較電源將其它形式的能轉化為電能本領大小的物理量，定義公式為：E=，故A正確；B、根據閉合電路歐姆定律公式U=E﹣Ir，外電路斷開時的路端電壓等于電源的電動勢，故B正確；C、根據閉合電路歐姆定律公式U=，用內阻較大的電壓表直接測量電源正負極之間的電壓，電壓值約等于電源的電動勢，故C正確；D、根據閉合電路歐姆定律公式U=，外電路的總電阻越大，則路端電壓越接近電源的電動勢，故D錯誤；本題選錯誤的故選：D．【點評】電源沒有接入電路時兩極間的電壓在數值上等于電源的電動勢．電動勢的物理意義是表征電源把其他形式的能轉化為電能本領強弱，與外電路的結構無關．電源的電動勢在數值上等于內、外電壓之和．3．如圖所示的電場線，可判定（）A．該電場一定是勻強電場B．負電荷放在B點所受電場力方向向右C．A點的電勢一定低于B點電勢D．負電荷放在B點的電勢能比放在A點的電勢能大【考點】電場線；電勢；電勢能．【專題】電場力與電勢的性質專題．【分析】勻強電場的電場線為等間距的平行直線，沿電場線方向電勢逐漸降低，負電荷所受電場力方向與電場強度方向相反，根據電場力做功判斷電勢能的變化．【解答】解：A、由于一根電場線無法知道電場線的疏密，故不能判定是勻強電場．故A錯誤．B、負電荷在B點所受電場力方向水平向左．故B錯誤．C、沿著電場線方向電勢逐漸降低，則A點的電勢高于B點的電勢．故C錯誤．D、負電荷從A點移動到B點，電場力做負功，電勢能增加，所以負電荷放在B點的電勢能比A點的電勢能大．故D正確．故選：D．【點評】解決本題的關鍵知道正電荷所受電場力方向與電場強度方向相同，負電荷所受電場力方向與電場強度方向相反．以及知道電場線的疏密表示場強的強弱，沿著電場線方向電勢逐漸降低．4．如圖所示，甲帶正電，乙是不帶電的絕緣物塊，甲、乙疊放在一起，置于粗糙的水平地板上，地板上方空間有垂直紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)用一水平恒力F拉乙物塊，使甲、乙無相對滑動一起向左加速運動，在加速運動階段（）A．甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷減小B．甲、乙兩物塊間的摩擦力不斷增大C．甲、乙兩物塊間的摩擦力保持不變D．乙物塊與地面之間的摩擦力不斷減小【考點】力的合成與分解的運用；洛侖茲力．【分析】甲帶正電，在向左運動的過程中，要受到洛倫茲力的作用，根據左手定則可以判斷洛倫茲力的方向，根據受力再判斷摩擦力的變化．【解答】解：A、甲、乙兩物塊間沒有相對的滑動，是靜摩擦力，由于乙與地面之間的滑動摩擦力的增大，整體的加速度減小，所以對于甲來說，靜摩擦力作為合力產生加速度，由于整體的加速度減小，所以甲、乙兩物塊間的摩擦力減小，所以A正確，BC錯誤；D、甲帶正電，在向左運動的過程中，受到的洛倫茲力的方向向下，所以對乙的壓力變大，乙與地面之間的為滑動摩擦力，壓力變大，所以滑動摩擦力也變大，所以D錯誤；故選：A．【點評】甲運動要受到洛倫茲力的作用，從而使物體與地面間的壓力變大，摩擦力變大，加速度減小，根據牛頓第二定律分析甲受到的靜摩擦力即可．5．如圖所示，兩段等長細線串接著兩個質量、電量相等的帶電小球a、b，a帶正電、b帶負電，懸掛于O點．現(xiàn)在空間加上水平向右的勻強電場，則此裝置平衡時的位置可能是下列哪幅圖（）A． B． C． D．【考點】勻強電場中電勢差和電場強度的關系．【專題】電場力與電勢的性質專題．【分析】以整體為研究對象，分析受力情況，確定上面繩子oa的方向，再以下面的小球為研究對象，分析受力，根據平衡條件確定下面繩子的方向．【解答】解：以兩個小球組成的整體為研究對象，水平方向受到兩個電場力，矢量和為零．豎直方向受到總重力，根據平衡條件得知，細線oa的拉力必定在豎直方向，所以細線oa的方向必須是豎直的．再以小球b為研究對象，由于帶負電，該小球受到的電場力方向水平向左，則細線ab向左偏離豎直方向，故A正確，BCD錯誤．故選：A．【點評】本題一要靈活選擇研究對象，二要分析受力．采用整體法和隔離法相結合的方法研究往往可以簡便求解．6．如圖所示，在虛線所包圍的圓形區(qū)域內，有方向垂直于圓面向里的勻強磁場，從磁場邊緣的A點沿半徑方向射入一束速率不同的質子，這些粒子在磁場里運動的過程中，下列結論中正確的是（）A．運動時間越長的，其軌跡越長B．運動時間越短的，射出磁場的速率越小C．在磁場中偏轉越小的，運動時間越短D．所有質子在磁場里運動時間均相等【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動；牛頓第二定律；向心力．【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題．【分析】設磁場區(qū)域半徑為R，軌跡的圓心角為α，則粒子在磁場中運動時間為t=，圓心角α越大，時間越長．根據幾何知識得到軌跡半徑r與R的關系，就能得到軌跡長度與時間的關系．帶電粒子在磁場中偏轉角等于軌跡的圓心角．【解答】解：設磁場區(qū)域半徑為R，軌跡的圓心角為α．A、粒子運動的軌跡為S=rα=Rcot?α．粒子的運動時間越長，α越大，根據數學知識可以證明孤長S越短．故A錯誤．B、粒子在磁場中運動的時間為t=，而軌跡半徑r=Rcot，當粒子的運動時間越短時，α越小，則知r越大，而r=，則速度v越大．故B錯誤．C、根據推論得知，帶電粒子在磁場中偏轉角等于軌跡的圓心角α，則在磁場中偏轉越小的，軌跡的圓心角α，由t=知，運動時間越短．故C正確．D、由上分析知道，速度越大，軌跡半徑r越大，而tan=，α越小，通過磁場的時間越短．故D錯誤．故選C【點評】本題要根據幾何知識研究粒子運動的軌跡半徑與磁場區(qū)域半徑的關系，也可以通過作軌跡對比，得到軌跡的圓心角與運動時間、軌跡長度的關系．7．如圖甲所示，在圓形線框的區(qū)域內存在勻強磁場，開始時磁場垂直于紙面向里．若磁場的磁感應強度B按照圖乙所示規(guī)律變化，則線框中的感應電流I（取逆時針方向為正方向）隨時間t的變化圖線是（）A． B． C． D．【考點】法拉第電磁感應定律；閉合電路的歐姆定律．【專題】電磁感應與電路結合．【分析】當線圈的磁通量發(fā)生變化時，線圈中才會產生感應電動勢，從而形成感應電流；當線圈的磁通量不變時，則線圈中沒有感應電動勢，所以不會有感應電流產生．【解答】解：磁感應強度在0到t1內，由法拉第電磁感應定律可得，隨著磁場的均勻變大，由于磁感應強度隨時間變化率不變，則感應電動勢大小不變，感應電流的大小也不變；由于磁感線是向里在減小，向外在增大．所以由楞次定律可得線圈感應電流是順時針，由于環(huán)中感應電流沿逆時針方向為正方向，則感應電流為負的．同理，磁感應強度在t1到t2內，感應電流不變，且電流方向為正．所以只有A選項正確，BCD均錯誤．故選：A【點評】感應電流的方向由楞次定律來確定，而其大小是由法拉第電磁感應定律結合閉合電路毆姆定律來算得的．8．如圖，空間有垂直于xoy平面的勻強磁場．t=0的時刻，一電子以速度v0經過x軸上的A點，方向沿x軸正方向．A點坐標為（﹣0.5R，0），其中R為電子在磁場中做圓周運動的軌道半徑．不計重力影響，則（）A．電子經過y軸時，速度大小仍為v0B．電子在t=時，第一次經過y軸C．電子第一次經過y軸的坐標為（0，R）D．電子第一次經過y軸的坐標為（0，﹣R）【考點】帶電粒子在勻強磁場中的運動．【專題】帶電粒子在磁場中的運動專題．【分析】由于電子做勻速圓周運動，故其過y軸的速度大小是不變的．由此知道A正確；又由數學幾何知識，可以得到經過y軸上對應的坐標．可判定BC；由數學幾何知識可以得到達到y(tǒng)軸這段的圓心角，由此可以求得運動時間，可判定D．【解答】解：A、由于電子做勻速圓周運動，自始至終速度都不變，故其過y軸的速度大小是不變的．速度大小仍為v0故A正確B、由幾何知識可知，AB段的圓心角為：sinθ==，知θ=，故其運動時間為：t=T=×=，故B正確；C、由左手定則可以知道，電子往下偏做圓周運動，電子在磁場的運動軌跡如圖：由數學幾何知識可知：AC=O′A﹣O′C=R﹣=R，故電子第一次經過y軸的坐標為（0，﹣R），故C錯誤D正確；故選：ABD．【點評】本題重點是要畫出運動軌跡圖，其余就是以幾何關系來分析坐標，圓心角，等問題了，帶點例子在磁場中的運動很多時候都是數學的幾何問題占重要地位，能不能畫出軌跡，找到圓心，是這類題成敗關鍵．9．如圖所示，水平放置的平行金屬板充電后在板間形成勻強電場，板間距離為d，一個帶負電的液滴帶電荷量大小為q，質量為m，從下板邊緣射入電場，沿直線從上板邊緣射出，則下列說法正確的是（）A．液滴做的是勻減速直線運動 B．液滴做的是勻速直線運動C．兩板間的電勢差為 D．液滴的電勢能減少了mgd【考點】帶電粒子在混合場中的運動；帶電粒子在勻強電場中的運動．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題．【分析】液滴沿直線運動，則其所受的合力方向與速度方向在同一直線上或合力為零，即可判斷出電場力方向豎直向上，而且電場力與重力相平衡，由平衡條件和U=Ed求解電勢差．【解答】解：A、液滴進入豎直方向的勻強電場中，所受的電場力方向豎直向上或豎直向下，因為微粒做直線運動，可知，電場力方向必定豎直向上，而且電場力與重力平衡，液滴做勻速直線運動，故A錯誤，B正確；C、液滴從下極板運動到上極板的過程中，由動能定理有qU﹣mgd=0，所以：U=，故C正確；D、液滴進入豎直方向的勻強電場中，重力做功﹣mgd，微粒的重力勢能增加，動能不變，根據能量守恒定律得知，微粒的電勢能減小了mgd．故D正確；故選：BCD．【點評】本題是帶電粒子在電場中運動的問題，關鍵是分析受力情況，能判斷出粒子做勻速直線運動是解題的關鍵．10．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．則下列說法中正確是（）A．隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大B．對應P點，小燈泡的電阻為R=C．對應P點，小燈泡的電阻為R=D．對應P點，小燈泡電阻為圖中矩形PQOM所圍的面積【考點】閉合電路的歐姆定律；電阻率與溫度的關系．【專題】恒定電流專題．【分析】小燈泡的伏安特性曲線上的各點與原點連線的斜率表示電阻，斜率增大，燈泡的電阻增大．任一狀態(tài)燈泡的電阻R=．【解答】解：A、I﹣U圖線各點與原點連線的斜率表示電阻，由題，此斜率減小，說明隨著所加電壓的增大，小燈泡的電阻增大．故A正確．B、C、D根據電阻的定義得到，對應P點，小燈泡的電阻為R=，R不等于切線斜率，R也不等于“面積”．故B正確，CD錯誤．故選AB【點評】對于線性元件，歐姆定律成立，即R==，對于非線性元件，歐姆定律不成立，R=≠．二．填空題（共2小題，共15分，第11小題5分，第12小題10分）11．在研究電磁感應現(xiàn)象的實驗中所用的器材如圖所示．它們是：①電流計、②直流電源、③帶鐵芯的線圈A、④線圈B、⑤電鍵、⑥滑動變阻器（用來控制電流以改變磁場強弱）．（1）試按實驗的要求在實物圖上連線（圖中已連好一根導線）．（2）若連接滑動變阻器的兩根導線接在接線柱C和D上，而在電鍵剛閉合時電流表指針右偏，則電鍵閉合后滑動變阻器的滑動觸頭向接線柱C移動時，電流計指針將左偏（填“左偏”、“右偏”、“不偏”）．【考點】研究電磁感應現(xiàn)象．【專題】實驗題．【分析】（1）注意該實驗中有兩個回路，一是電源、電鍵、變阻器、小螺線管串聯(lián)成的回路，二是電流計與大螺線管串聯(lián)成的回路，據此可正確解答．（2）磁場方向不變，磁通量的變化不變時電流方向不變，電流表指針偏轉方向相同，磁通量的變化相反時，電流表指針方向相反．【解答】解：（1）將電源、電鍵、變阻器、線圈A串聯(lián)成一個回路，注意滑動變阻器接一上一下兩個接線柱，再將電流計與線圈B串聯(lián)成另一個回路，電路圖如圖所示．（2）閉合開關，穿過副線圈的磁通量增大，靈敏電流表的指針向右偏；由電路圖可知，電鍵閉合后滑動變阻器的滑動觸頭向接線柱C移動時，滑動變阻器接入電路的阻值變大，通過線圈A的電流變小，磁場變弱，穿過線圈B的磁場方向不變，磁通量變小，則電流表指針向左偏．故答案為：（1）實物連接如圖所示；（2）左偏．【點評】本題考查研究電磁感應現(xiàn)象及驗證楞次定律的實驗，對于該實驗注意兩個回路的不同．知道磁場方向或磁通量變化情況相反時，感應電流反向是判斷電流表指針偏轉方向的關鍵．12．有一個電阻Rx，其阻值大約在40Ω～50Ω之間，現(xiàn)要進一步準確地測量其電阻，需測量多組數據，手邊現(xiàn)有器材如下：電源E（電動勢12V，內阻為0.5Ω）；電壓表（0～3～15V，內阻約為10kΩ）；電流表（0～0.6～3A，內阻約為1Ω）；滑動變阻器R1（阻值0～10Ω，額定電流2A）；滑動變阻器R2（阻值0～1750Ω，額定電流0.3A）；開關S和導線若干．（1）電壓表的量程應選0～15V，電流表的量程應選0～0.6A，滑動變阻器應選用R1．（2）在虛線方框內畫出實驗電路圖．（3）在實物圖1中完成其余連線使之成為完整的實驗電路．【考點】伏安法測電阻．【專題】實驗題．【分析】本題的關鍵是首先根據電源電動勢的大小選擇電壓表的量程，然后根據歐姆定律求出通過待測電阻的最大電流來選擇電流表的量程；題（2）的關鍵是根據與RvRA大小關系說明電流表應采用外接法，根據電流表能讀數的最小電流和閉合電路歐姆定律求出電路中的最大電阻，說明滑動變阻器可以采用限流式或分壓式．【解答】解：（1）由于電源的電動勢為12V，所以電壓表應選15V量程；根據I=可得，通過待測電阻的最大電流為：=0.3A，所以電流表應選0.6A的量程；根據閉合電路歐姆定律電路和電流表最小讀數，可求出電路中需要的最大電阻為：R==Ω=60Ω，由于待測電阻電阻為40～50，所以滑動變阻器應用R1（2）由上面分析可知滑動變阻器可以采用限流式接法，也可以采用分壓式接法，由于滿足＜RvRA，所以電流表應用外接法，電路圖如圖所示：故答案為：（1）0～15V0～0.6AR1【點評】要通過電路的估算來選擇電表的量程；注意伏安法測電阻時電流表內外接法的選擇方法，以及變阻器采用分壓式接法和限流式接法的選擇原則．三、計算題（共45分要求寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能給分）13．在圖所示電路中，電源電動勢E=6V，內阻r=1Ω．D為直流電動機，其電樞線圈電阻R=2Ω，限流電阻R′=3Ω．當電動機正常工作時，電壓表示數為0.3V．求：（1）通過電動機的電流是多大？（2）電動機輸入的電功率、轉變?yōu)闊崃康墓β屎洼敵鰴C械功率各是多少？【考點】電功、電功率；閉合電路的歐姆定律．【專題】恒定電流專題．【分析】電動機與電阻串聯(lián)，根據歐姆定律求解電流；根據P=UI求解輸入到電動機的電功率；根據P出=UI﹣I2r求解輸出功率．【解答】解：（1）通過電動機的電流I與流過限流電阻R′的電流相同，由I=得：I===0.1A（2）由E=Ir+U+UD可得電動機兩端電壓：UD=E﹣Ir﹣U=6V﹣0.1×1V﹣0.3V=5.6V所以電動機輸入的電功率：P入=UDI=0.56W電動機的發(fā)熱功率：P熱=I2R=0.02W電動機的輸出功率：P出=P入﹣P熱=0.54W答：（1）通過電動機的電流是0.1A；（2）電動機輸入的電功率為0.56W、轉變?yōu)闊崃康墓β蕿?.02W和輸出機械功率是0.54W．【點評】在計算電功率的公式中，總功率用P=IU來計算，發(fā)熱的功率用P=I2R來計算，如果是計算純電阻的功率，這兩個公式的計算結果是一樣的，但對于電動機等非純電阻，第一個計算的是總功率，第二個只是計算發(fā)熱的功率，這兩個的計算結果是不一樣的．14．有一帶電量q=﹣3×10﹣6C的點電荷，從電場中的A點移到B點時，克服電場力做功6×10﹣4J．從B點移到C點時電場力做功9×10﹣4J．問：（1）AB、BC、CA間電勢差各為多少？（2）如以B點電勢為零，則A、C兩點的電勢各為多少？電荷在A、C兩點的電勢能各為多少？【考點】電勢能；電勢．【專題】電場力與電勢的性質專題．【分析】負電荷從A移到B點的過程，電荷克服電場力做功，A點的電勢高于B點的電勢．從B點移到C點，電場力對電荷做正功，B點的電勢低于C點的電勢．根據電勢差公式U=，分別求出A、B間與B、C間的電勢差，再求出A、C間的電勢差，并分析A、C兩點電勢的高低．【解答】解：（1）負電荷從A移到B點的過程，電荷克服電場力做功，可見負電荷從電勢高處移至電勢低處．即φA＞φB電勢差UAB=V負電荷從B移至C，電場力做正功，可見負電荷從電勢低處移至電勢高處，即φC＞φB電勢差UBC=﹣=﹣300V而電勢差UAC=φA﹣φC=φA﹣φB+φB﹣φC=UAB+UBC=﹣100V故CA間電勢差UCA=﹣UAC=100V（2）因B點為0電勢點，則φA=UAB=200V，φC=UCB=﹣UBC=300V答：（1）AB、BC、CA間電勢差各分別為200VV，﹣300V和100V．（2）A、C兩點的電勢各為φA=200V和φC=300V．電荷在A、C兩點的電勢能各為，．【點評】求解電勢差時，公式U中U、W、q三個量可都代入符號，根據求出的電勢差U的正負，判斷兩點間電勢的高低15．如圖所示，在豎直向下的勻強電場中，一個質量為m帶負電的小球從斜軌道上的A點由靜止滑下，小球通過半徑為R的圓軌道頂端的B點時恰好不落下