2019-2020年高二物理上学期期中试卷（含解析） (III).doc

2019-2020年高二物理上学期期中试卷（含解析） (III)一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共计24分每小题只有一个选项符合题意）1（3分）（xx秋金湖县校级期中）发现通电导线周围存在磁场的科学家是（）A伏特B库仑C安培D奥斯特2（3分）（xx秋保定期末）如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是（）Aa代表的电阻丝较粗Bb代表的电阻丝较粗Ca电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值D图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比3（3分）（xx淮安模拟）如图所示，椭圆ABCD处于一匀强电场中，椭圆平面平行于电场线，AC、BD分别是椭圆的长轴和短轴，已知电场中A、B、C三点的电势分别为A=14V、B=3V、C=7V，由此可得D点的电势为（）A8VB6VC4VD2V4（3分）（xx上海）两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势随位置x变化规律的是图（）ABCD5（3分）（xx秋金湖县校级期中）有人在调试电路时，用一个“10k，W”的电阻和一个“30k，W”的电阻串联，作为40k的电阻使用，此时两只串联电阻允许耗散的最大功率为（）AWBWCWDW6（3分）（xx天元区校级模拟）如图电路中，当滑动变阻器滑动键P向下移动时，则（）AA灯变亮、B灯变亮、C灯变亮BA灯变亮、B灯变亮、C灯变暗CA灯变亮、B灯变暗、C灯变暗DA灯变亮、B灯变暗、C灯变亮7（3分）（xx秋金湖县校级期中）真空中有P1和P2两个点电荷（不计重力作用），P1的电量是P2的3倍，P1的质量是P2的一半，将它们由静止释放，当P2的加速度的大小等于a时，P1加速度的大小等于（）ABC2aD4a8（3分）（xx秋金湖县校级期中）如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两等势线的电势差相等，一个正电荷在等势线3上时具有动能30J，它运动到等势线1上时，速度恰好为零，令2=0，那么当该电荷的电势能为4J时，其动能为（）A26JB19JC15 JD11J二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共计16分，每小题有多个选项符合题意，全对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）9（4分）（xx秋麒麟区校级期末）两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四个点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是（）Aa点Bb点Cc点Dd点10（4分）（xx秋广州期末）电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作的时间为t，则下列说法中正确的是（）A电动机消耗的电能为UItB电动机消耗的电能为I2RtC电动机线圈产生的热量为I2RtD电动机线圈产生的热量为11（4分）（xx肇庆二模）质量为m的通电细杆置于倾角为的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为，有电流通过杆，杆恰好静止于导轨上如图所示的A、B、C、D四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是（）ABCD12（4分）（xx中山模拟）如图甲所示，AB是某电场中的一条电场线若有一电子以某一初速度，仅在电场力的作用下，沿AB由A运动到B，其速度图象如图乙所示，下列关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势A、B的判断正确的是（）AEAEBBEAEBCABDAB三、实验题（本题共3小题，共计26分把答案填在答题纸相应的横线上）13（4分）（xx秋金湖县校级期中）有一根细长而均匀的金属管线样品，横截面如图1由于某研究需要用螺旋测微器和游标卡尺（20分度）分别测量金属管横截面边长a和金属管线的长度L，螺旋测微器如图2和游标卡尺的示数如图3所示，金属管横截面边长a=mm金属管线的长度L=cm14（10分）（xx秋金湖县校级期中）在练习使用多用表的实验中（1）某同学连接的电路如图所示【下列三空填“R1”、“R2”、“R1R2串联”、“R1R2并联”】若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过的电流；若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是的电阻；若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是两端的电压（2）（单选）在使用多用表的欧姆挡测量电阻时，下列说法正确的是（A）双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大（B）测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需减小倍率，重新调零后再进行测量（C）选择“10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25（D）欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大15（12分）（xx淮安模拟）某同学做“测定干电池的电动势和内电阻”的实验，连接好的电路如图1所示（1）实验中，他发现，接通电键后，电压表的示数不为零、电流表的示数为零；改变变阻器滑片的位置，电压表的示数不变、电流表的示数仍为零为了找出上述故障的原因，该同学用多用电表的电压档检查电路：把两表笔分别接b、c，分别接b、d和分别接b、e时，多用电表示数均为零：把两表笔分别接e、f和分别接d、f时，多用电表示数均与电压表示数相同检查各接线柱处的连接均接触良好由此推断故障原因应是（2）故障排除后，测出路端电压U和总电流I的多组数据，见下表，试根据这些数据画出UI图象（图2），并求出该电池的电动势E=V、内阻r=I/A0.100.150.250.370.400.50U/V1.381.341.251.151.201.05（3）该同学连接的电路有一处不规范，请指出并加以改正：四、计算题或推导证明题（本题共4小题，共计48分其中16题8分、17题15分、18题15分、19题16分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16（8分）（xx秋金湖县校级期中）如图所示，在一个电容为100pF的平行板电容器MN形成的电场中将电荷量为4105C的负点电荷从A点移到M板，电场力做负功8104J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4104J，N板接地则：（1）A点的电势A是多少？（2）UMN等于多少伏？（3）M板的电势M是多少？（4）N板上所带的电量是多少？17（15分）（xx秋金湖县校级期中）如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=1，当接入固定电阻R=4时，电路中标有“3V，4.5W”的灯泡L和线圈电阻r=1的小型直流电动机都恰能正常工作，求：（1）电路中的电流强度为多大？（2）电动机的总功率多大？（3）电动机的机械功率多大？18（15分）（xx秋金湖县校级期中）如图所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1=18kV加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点已知M、N两板间的电压为U2=800V，两板间的距离为d=10cm，板长为L1=30cm，板右端到荧光屏的距离为L2=60cm，电子质量为m=91031kg，电荷量为e=1.61019C求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的距离19（16分）（xx秋迎江区校级期末）水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源（不计内阻）现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为且指向右斜上方，如图所示，问：（1）导体棒ab中电流大小及导体棒ab所受安培力大小？（2）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？（3）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？xx江苏省淮安市金湖中学高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共8小题，每小题3分，共计24分每小题只有一个选项符合题意）1（3分）（xx秋金湖县校级期中）发现通电导线周围存在磁场的科学家是（）A伏特B库仑C安培D奥斯特考点：物理学史分析：此题是物理学史问题，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：发现通电导线周围存在磁场的科学家是丹麦的物理学家奥斯特故D正确，ABC错误故选：D点评：本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，注意积累2（3分）（xx秋保定期末）如图所示，a、b分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀电阻丝的伏安特性曲线，下列判断中正确的是（）Aa代表的电阻丝较粗Bb代表的电阻丝较粗Ca电阻丝的阻值小于b电阻丝的阻值D图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比考点：电阻定律专题：恒定电流专题分析：IU图线的斜率表示电阻的倒数，根据斜率比较电阻的大小根据电阻定律R=比较电阻丝的粗细解答：解：A、图线的斜率表示电阻的倒数，图线a的斜率小于b的斜率，所以a的电阻大于b的电阻，根据电阻定律R=知，长度相同，材料相同，知a的横截面积小，b的横截面积大故A、C错误，B正确D、电阻的大小与电压、电流无关故D错误故选：B点评：解决本题的关键会从IU图线中比较电阻的大小，以及掌握电阻定律R=3（3分）（xx淮安模拟）如图所示，椭圆ABCD处于一匀强电场中，椭圆平面平行于电场线，AC、BD分别是椭圆的长轴和短轴，已知电场中A、B、C三点的电势分别为A=14V、B=3V、C=7V，由此可得D点的电势为（）A8VB6VC4VD2V考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：将图中各点相连则可以组成平行四边形，再根据匀强电场的性质可知D点的电势解答：解：将A、B、C、D四点依次相连，则可得出如图所示的平行四边形；因在匀强电场中相等的平行线，两端的电势差一定相等；故UAD=UBC=10V；故D点电势一定为：D=A10=4V故选：C点评：本题考查匀强电场的性质，要注意正确应用匀强电场中电势差与电场强度的关系再结合几何关系进行分析4（3分）（xx上海）两个等量异种点电荷位于x轴上，相对原点对称分布，正确描述电势随位置x变化规律的是图（）ABCD考点：电势差与电场强度的关系；电场的叠加；电势分析：本题根据电场线的性质，沿电场线的方向电势降低进行判断即可解答：解：两个等量异号电荷的电场线如下图，根据“沿电场线方向电势降低”的原理，从左侧无穷远处向右电势应升高，正电荷所在位置处最高；然后再慢慢减小，O点处电势为零，则O点右侧电势为负，同理到达负电荷时电势最小，经过负电荷后，电势开始升高，直到无穷远处，电势为零；故B、C、D是错误的；A正确故选A点评：本题中应明确沿电场线的方向电势降低；并且异号电荷连线的中垂线上的电势为零；因为其中垂线为等势面，与无穷远处电势相等5（3分）（xx秋金湖县校级期中）有人在调试电路时，用一个“10k，W”的电阻和一个“30k，W”的电阻串联，作为40k的电阻使用，此时两只串联电阻允许耗散的最大功率为（）AWBWCWDW考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：两电阻串联，电流相等，最大电流不能超过额定电流的最大值，根据P=I2R求出最大功率解答：解：根据P=I2R知，“300k，W”的电阻的额定电流小，所以该电路中的电流不能超过该电阻的额定电流，Im=，则最大总功率P总=Im2（R1+R2）=（R1+R2）=W=故C正确，A、B、D错误故选：C点评：解决本题的关键知道串联电路电流相等，最大电流不能超过额定电流最小的电阻，以及掌握功率的公式P=I2R6（3分）（xx天元区校级模拟）如图电路中，当滑动变阻器滑动键P向下移动时，则（）AA灯变亮、B灯变亮、C灯变亮BA灯变亮、B灯变亮、C灯变暗CA灯变亮、B灯变暗、C灯变暗DA灯变亮、B灯变暗、C灯变亮考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：当滑动变阻器滑动键P向下移动时，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，确定外电路总电阻的变化，根据闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化，判断A灯亮度的变化根据并联部分电压的变化，判断B灯亮度变化，根据干路电流和B灯电流的变化，分析C灯亮度的变化解答：解：当滑动变阻器滑动键P向下移动时，其接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I增大，则A灯变亮并联部分两端的电压减小，则B灯变暗流过C的电流IC=IIB，I增大，IB减小，IC增大，C灯变亮所以A灯变亮、B灯变暗、C灯变亮故选D点评：本题是电路动态变化分析问题，通常按照“部分整体部分”的顺序进行分析7（3分）（xx秋金湖县校级期中）真空中有P1和P2两个点电荷（不计重力作用），P1的电量是P2的3倍，P1的质量是P2的一半，将它们由静止释放，当P2的加速度的大小等于a时，P1加速度的大小等于（）ABC2aD4a考点：库仑定律；牛顿第二定律分析：真空中的两电荷间存在库仑力根据牛顿第二定律求P1的加速度解答：解：P2所受的合力是P1施给它的库仑力，所以库仑力F=m2a，则P1所受的合力为P2施给它的库仑力，两个电荷间的库仑力是相互作用的一对力所以a1=2a故C正确，A、B、D错误故选：C点评：解决本题的关键会利用牛顿第二定律求解加速度，a=8（3分）（xx秋金湖县校级期中）如图所示，实线为电场线，虚线为等势线，且相邻两等势线的电势差相等，一个正电荷在等势线3上时具有动能30J，它运动到等势线1上时，速度恰好为零，令2=0，那么当该电荷的电势能为4J时，其动能为（）A26JB19JC15 JD11J考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：由题，相邻等势面间的电势差相等，电荷经过相邻等势面时电场力做功相等，根据动能定理求出电荷经经过2等势面时的动能，确定电荷总能量，再由能量守恒定律求出电势能为4J时它的动能解答：解：由题，正电荷在等势面3上时动能30J，在等势面1上时动能为零，动能的减小为30J由于相邻等势面间的电势差相等，电荷经过相邻等势面时电场力做功相等，动能减小量相等，则电荷经经过2等势面时的动能为15J，又2=0，所以电荷的动能与电势能的总量为15J，根据能量守恒定律得到，电势能为4J时它的动能为11J故选：D点评：本题要充分运用匀强电场的特点，确定出总能量是关键基本题二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共计16分，每小题有多个选项符合题意，全对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分）9（4分）（xx秋麒麟区校级期末）两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四个点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是（）Aa点Bb点Cc点Dd点考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度分析：由安培定则确定两电流在图示各点所产生的磁场方向，若方向相反，磁感应强度可能为0，否则不可解答：解：A、两电流在a 点B的方向相反，若因 I1I2且离I1近，故I1的磁感应强度可能等于I2的磁感应强度则a点可能为0故A正确； B、两电流在d点的B的方向相反，I1I2，而I2离b点近，则可以大小相等，故b点磁感应强度可为0故B正确； C、两电流在 c 点 d点的B的方向不相反，故b，c两点的磁感应强度不可能为0故CD错误； 故选：AB点评：考查磁场的合成，明确电流的磁感应强度与电流的大小，距离有关10（4分）（xx秋广州期末）电动机的电枢阻值为R，电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作的时间为t，则下列说法中正确的是（）A电动机消耗的电能为UItB电动机消耗的电能为I2RtC电动机线圈产生的热量为I2RtD电动机线圈产生的热量为考点：电功、电功率；焦耳定律专题：恒定电流专题分析：在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的解答：解：A、电动机正常工作时，两端的电压为U，通过的电流为I，工作的时间为t，所以电动机消耗的电能为UIt，所以A正确，B错误；C、电动机为非纯电阻电路线圈产生的热量为I2Rt，不能用来计算，所以C正确，D错误；故选AC点评：对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的11（4分）（xx肇庆二模）质量为m的通电细杆置于倾角为的导轨上，导轨的宽度为d，杆与导轨间的动摩擦因数为，有电流通过杆，杆恰好静止于导轨上如图所示的A、B、C、D四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是（）ABCD考点：安培力；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：通过受力分析，根据杆子所处的状态为平衡状态，合力为0，去判断是否有摩擦力解答：解：A、杆子受重力、支持力，水平向右的安培力，可知，杆子可能受摩擦力，也可能不受故A错误 B、若杆子受的重力与所受的竖直向上的安培力相等，杆子不受摩擦力若重力大于安培力，则受重力、支持力，安培力、摩擦力所以杆子可能受摩擦力，可能不受摩擦力故B错误 C、杆子受重力、竖直向下的安培力、支持力，若要处于平衡，一定受摩擦力故C正确 D、杆子受重力水平向左的安培力、支持力，若要处于平衡，一定受摩擦力故D正确故选CD点评：解决本题的关键会正确地进行受力分析，能够根据受力平衡判断摩擦力的存在12（4分）（xx中山模拟）如图甲所示，AB是某电场中的一条电场线若有一电子以某一初速度，仅在电场力的作用下，沿AB由A运动到B，其速度图象如图乙所示，下列关于A、B两点的电场强度EA、EB和电势A、B的判断正确的是（）AEAEBBEAEBCABDAB考点：电势差与电场强度的关系；匀变速直线运动的图像分析：由图可知带电粒子速度变化情况，则可明确粒子在两点的加速度大小关系，即可确定电场强度的大小；由功能关系可以确定电势的高低解答：解：由图可知，电子在A点加速度较大，则可知A点所受电场力较大，由F=Eq可知，A点的场强要大于B点场强；故A正确，B错误；而电子从A到B的过程中，速度减小，动能减小，则可知电场力做负功，故电势能增加，故AB且电子带负电，由=可知，A点的电势要大于B点电势，故C正确，D错误；故选AC点评：本题根据图象考查对电场的认识，要求学生能从图象中找出加速度的大小及速度的变化，再应用动能定理及牛顿第二定律进行分析判断；同时还需注意，电势能是由电荷及电场共同决定的，故不能忽视了电荷的极性三、实验题（本题共3小题，共计26分把答案填在答题纸相应的横线上）13（4分）（xx秋金湖县校级期中）有一根细长而均匀的金属管线样品，横截面如图1由于某研究需要用螺旋测微器和游标卡尺（20分度）分别测量金属管横截面边长a和金属管线的长度L，螺旋测微器如图2和游标卡尺的示数如图3所示，金属管横截面边长a=8.470mm金属管线的长度L=10.330cm考点：测定金属的电阻率；刻度尺、游标卡尺的使用专题：实验题；恒定电流专题分析：螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读解答：解：螺旋测微器的固定刻度读数为8mm，可动刻度读数为：0.0147.0mm=0.470mm，所以最终读数为：8mm+0.470mm=8.470 mm游标卡尺的固定刻度读数为10.3cm，游标尺上第6个刻度游标读数为：60.05mm=0.30mm=0.030cm，所以最终读数为：10.3cm+0.030cm=10.330cm；故答案为：8.470，10.330点评：解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读14（10分）（xx秋金湖县校级期中）在练习使用多用表的实验中（1）某同学连接的电路如图所示【下列三空填“R1”、“R2”、“R1R2串联”、“R1R2并联”】若旋转选择开关，使尖端对准直流电流挡，此时测得的是通过R1的电流；若断开电路中的电键，旋转选择开关使其尖端对准欧姆挡，此时测得的是R1、R2串联的电阻；若旋转选择开关，使尖端对准直流电压挡，闭合电键，并将滑动变阻器的滑片移至最左端，此时测得的是R2两端的电压（2）（单选）在使用多用表的欧姆挡测量电阻时，下列说法正确的是D（A）双手捏住两表笔金属杆，测量值将偏大（B）测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需减小倍率，重新调零后再进行测量（C）选择“10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值小于25（D）欧姆表内的电池使用时间太长，虽然完成调零，但测量值将略偏大考点：用多用电表测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）图中多用电表与滑动变阻器串联后与电阻R2并联，通过电键与电池相连，根据电路的串并联知识分析即可；（2）应用欧姆表测电阻时，要先进行机械调零，测多个电阻时，一般先测阻值较小的电阻；测电阻时要根据待测电阻阻值大小选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，每换一次挡都要进行欧姆调零，欧姆表使用完毕，要把选择开关置于交流电压最高档或off挡解答：解：（1）多用电表与滑动变阻器串联，电流相等；断开电路中的电键，R1与R2串联，多用电表接在其两端；滑动变阻器的滑片移至最左端，滑动变阻器相当于导线；则多用电表与电阻R2相并联；（2）A、双手捏住两表笔金属杆，人体与电阻并联，总电阻减小，故A错误；B、测量时发现指针偏离中央刻度过大，则必需增大或者减小倍率，重新调零后再进行测量，故B错误；C、欧姆表刻度是左密右疏，选择“10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，即测量值小于250，大于200，即测量值不可能小于25故C错误；D、欧姆表内的电池使用时间太长，电动势不变，内电阻增加，完成欧姆调零即可测量，故D正确；故答案为：（1）R1；R1、R2串联，R2；（2）D点评：本题关键明确多用电表的使用，关键要理清电路结构；欧姆表使用时每次换挡都要欧姆调零15（12分）（xx淮安模拟）某同学做“测定干电池的电动势和内电阻”的实验，连接好的电路如图1所示（1）实验中，他发现，接通电键后，电压表的示数不为零、电流表的示数为零；改变变阻器滑片的位置，电压表的示数不变、电流表的示数仍为零为了找出上述故障的原因，该同学用多用电表的电压档检查电路：把两表笔分别接b、c，分别接b、d和分别接b、e时，多用电表示数均为零：把两表笔分别接e、f和分别接d、f时，多用电表示数均与电压表示数相同检查各接线柱处的连接均接触良好由此推断故障原因应是ef导线断路（2）故障排除后，测出路端电压U和总电流I的多组数据，见下表，试根据这些数据画出UI图象（图2），并求出该电池的电动势E=1.46V、内阻r=0.84I/A0.100.150.250.370.400.50U/V1.381.341.251.151.201.05（3）该同学连接的电路有一处不规范，请指出并加以改正：电压表的负接线柱上的导线应接在电键的f接线柱考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：（1）电路故障有两种：断路或短路，电路断路时，电路电流为零；闭合开关，电流表几乎没有示数，说明电路断路；电压表指针明显偏转，说明电压表有示数较大，电压表与电源两极相连，电压表并联电路之外不存在断路，则电路故障是与电压表并联的电阻断路；（2）应用描点法作出图象，根据电源的UI图象求出电源电动势与内阻；（3）根据电路图分析答题解答：解：（1）接通电键后，电压表的示数不为零、电流表的示数为零，说明电路存在断路，用电压表检查电路：把两表笔分别接b、c，分别接b、d和分别接b、e时，多用电表示数均为零，说明b、e不存在断路，把两表笔分别接e、f和分别接d、f时，多用电表示数均与电压表示数相同，说明ef间存在断路，各接线柱处的连接均接触良好由此推断故障原因应是：ef导线断路（2）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后根据描出的点作出图象，图象如图所示，由图示UI图象可知，电源的UI图象与纵轴交点坐标值是1.46，则电源电动势E=1.46V，电源内阻：r=0.84；（3）由图1所示电路图可知，开关不能控制电压表，电压表的负接线柱上的导线应接在电键的f接线柱，正确接法如图所示：故答案为：（1）ef导线断路；（2）图象如图所示；1.46；0.84；（3）电压表的负接线柱上的导线应接在电键的f接线柱点评：本题考查了电路故障分析、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要掌握描点法作图的方法，电源的UI图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻四、计算题或推导证明题（本题共4小题，共计48分其中16题8分、17题15分、18题15分、19题16分.解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）16（8分）（xx秋金湖县校级期中）如图所示，在一个电容为100pF的平行板电容器MN形成的电场中将电荷量为4105C的负点电荷从A点移到M板，电场力做负功8104J，把该点电荷从A点移到N板，电场力做正功为4104J，N板接地则：（1）A点的电势A是多少？（2）UMN等于多少伏？（3）M板的电势M是多少？（4）N板上所带的电量是多少？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：（1）根据电势差公式U=分别求出A、N间的电势差，即可得到A点的电势（2）由电势差公式求出A、M间的电势差（3）N点电势为零，由MN间的电势差，即可求出M板的电势（4）由Q=CU即可求的解答：解：（1）A、N间的电势差：UAN=，又：UAN=AN，N=0，则A点的电势：A=10V（2）UMN=V=30V（3）UMN=MN，N=0，则M板的电势：M=30V（4）所带电荷量为Q=CUMN=1101030C=3109C答：（1）A点的电势A是10V；（2）UMN等于30 V（3）M板的电势M是30V（4）N板上所带的电量是3109C点评：运用电势差公式U=时，要注意电荷移动的方向，往往公式中三个量都要代入符号一起计算17（15分）（xx秋金湖县校级期中）如图所示，已知电源电动势E=20V，内阻r=1，当接入固定电阻R=4时，电路中标有“3V，4.5W”的灯泡L和线圈电阻r=1的小型直流电动机都恰能正常工作，求：（1）电路中的电流强度为多大？（2）电动机的总功率多大？（3）电动机的机械功率多大？考点：闭合电路的欧姆定律；闭合电路中的能量转化；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：（1）对灯泡研究：灯泡是纯电阻电路，由额定电压和功率求出电路中的电流强度（2）由电压的分配求出电动机两端的电压，由公式P=UI求出电动机的总功率（3）根据能量转化与守恒，得到电动机的机械功率P机=P总P热=UII2r，求解解答：解：（1）因为灯泡L正常工作，故有 （2）电动机两端的电压UM=EI（r+R）UL=201.5（1+4）3=9.5（V） 电动机的总功率PM=UMI=9.51.5=14.25（W） （3）P出=PMI2r=12W答：（1）电路中的电流强度为1.5A； （2）电动机的总功率为14.25W； （3）电动机的机械功率为12W点评：电动机正常工作时的电路是典型的非纯电阻电路，下面三种公式不再通用：P=UI=I2R=18（15分）（xx秋金湖县校级期中）如图所示为真空示波管的示意图，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1=18kV加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入由两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入偏转电场时的速度与电场方向垂直，电子经过偏转电场后打在荧光屏上的P点已知M、N两板间的电压为U2=800V，两板间的距离为d=10cm，板长为L1=30cm，板右端到荧光屏的距离为L2=60cm，电子质量为m=91031kg，电荷量为e=1.61019C求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的距离考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）电子在加速电场U1中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过A板时的速度大小（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动根据板长和初速度求出时间根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解电子从偏转电场射出时的侧移量（3）电子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动根据板长和初速度求出时间根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解电子从偏转电场射出时的侧移量电子离开偏转电场后沿穿出电场时的速度做匀速直线运动，水平方向：位移为L2，分速度等于v0，求出匀速运动的时间竖直方向：分速度等于vy，由y=vyt求出离开电场后偏转的距离，再加上电场中偏转的距离得解解答：解：（1）设电子经电压U1加速后的速度为V0，由动能定理得：eU1=mv02，解得：v0=8107m/s；（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向做匀速直线运动，沿电场方向做初速度为零的匀加速直线运动设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场中运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时的侧移量为y，根据牛顿第二定律和运动学公式：加速度为：，运动时间为：，= （3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy，根据运动学公式得vy=at1电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示由，y2=vyt2，解得：=0.04Mp到o点的总位移为：Y=y+y2=0.05m，答：（1）电子穿过A板时的速度大小为8107m/s；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量0.01m；（3）P点到O点的距离为0.05m点评：解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解，难度中等19（16分）（xx秋迎江区校级期末）水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源（不计内阻）现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为且指向右斜上方，如图所示，问：（1）导体棒ab中电流大小及导体棒ab所受安培力大小？（2）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？（3）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）根据欧姆定律求出电流的大小，根据F=BIL即可计算出安培力的大小；（2）根据左手定则正确判断出导体棒ab所受安培力的方向，然后对棒ab正确进行受力分析，根据所处平衡状态列方程即可正确求解；（3）根据受力图可知当重力等于安培力时，B最小，根据左手定则可以正确判断磁场B的方向解答：解：（1）由欧姆定得：电流的方向与磁场的方向垂直，所以：F=BIL=（2）根据左手定则可知，棒ab所受的安培力方向垂直与棒斜向作上方，其受力截面图为：Fx合=F摩Fsin=0 Fy合=FN+Fcosmg=0 F=BIL= 解式得：FN=mg；（3）要使ab棒受的支持力为零，其静摩擦力必然为零，根据（1）问中受力图可知：满足上述条件的最小安培力应与ab棒的重力大小相等、方向相反，所以有：F=BIL=mg，即：解得最小磁感应强度：Bmin=，由左手定则判断出这种情况B的方向应水平向右故要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少2T，方向应水平向右答：（1）导体棒ab中电流大小是，导体棒ab所受安培力大小是；（2）当ab棒静止时，受到的支持力是mg；摩擦力是；（3）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为，此时B的方向水平向右点评：本题借助物体的平衡考查了安培力的大小和方向问题，是考查学生能力的好题