2020高二下学期物理期末押题卷
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2020高二下学期物理期末押题卷

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资料简介
第 1 页 共 26 页 高二物理期末押题卷   一.选择题(不定项选择题每题4分共40分) 1.下列关于电源电动势的说法,正确的是(  ) A.电动势实质上就是电压 B.电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功 C.电动势是指电源内部非静电力所做的功 D.电动势越大,表明电源把电能转化为其他形式的能的本领越大 2.如图所示,电源电动势为E,内电阻为r,平行板电容器两金属板水平放置,开关S是闭 合的,两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态,G为灵敏电流计.则以下 说法不正确的是(  ) A.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴向上加速运动,G中有从b到a的电流 B.在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中,油滴向下加速运动,G中有从a到b的电流 C.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴仍然静止,G中有从a到b的电流 D.在将S断开后,油滴仍保持静止状态,G中无电流通过 3.用控制变量法,可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示).设两极板正对 面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ.实验中,极板所带电荷量不变,若(   )第 2 页 共 26 页 A.保持S不变,增大d,则θ变大 B.保持S不变,增大d,则θ变小 C.保持d不变,减小S,则θ变小 D.保持d不变,减小S,则θ不变 4.如图所示,电灯A上标有“10V,10W”的字样,电灯B上标有“8V,20W”的字样, 滑动变阻器的总电阻为6Ω,当滑动触头由a端向b端滑动的过程中(不考虑电灯电阻的变 化),则(  ) A.电流表示数一直减小,电压表示数一直增大 B.电流表示数一直增大,电压表示数一直减小 C.电流表示数先增大后减小,电压表示数先减小后增大 D.电流表示数先减小后增大,电压表示数先增大后减小 5.在如图所示电路中,当滑动变阻器滑片P向上移动时,则(  ) A.A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮 B.A灯变暗、B灯变亮、C灯变暗 C.A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗 D.A灯变暗、B灯变暗、C灯变亮 6.根据R=ρ 可以导出电阻率的表达式ρ= ,对温度一定的某种金属导线来说,它的电阻率(  ) A.跟导线的电阻只成正比 B.跟导线的横截面积S成正比 C.跟导线的长度L成反比 D.只由其材料的性质决定第 3 页 共 26 页 7.带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍,它们以相等的速度v0从同一点出发,沿着 跟电场强度垂直的方向射入匀强电场,分别打在M、N点,若OM=MN,则P和Q的质量之 比为(不计重力为(  ) A.3:4B.4:3 C.3:2 D.2:3 8.平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路.闭合开关 S待电路稳定后,电容器C两极板带有 一定的电荷.要使电容器所带电荷量增加,以下方法中可行的是(  ) A.只增大R1,其他不变 B.只增大R2,其他不变 C.只减小R3,其他不变 D.只增大a、b两极板间的距离,其他不变 9.如图所示,K1、K2闭合时,一质量为m、带电量为q的液滴,静止在电容器的A、B两平 行金属板间.现保持K1闭合,将K2断开,然后将B板向下平移一段距离,则下列说法正确 的是(  )第 4 页 共 26 页 A.电容器的电容变小 B.A板电势比电路中Q点电势高 C.液滴仍保持静止 D.液滴的电势能增大 10.如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等, 即Uab=Ubc,实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、R、 Q是这条轨迹上的三点,R同时在等势面b上,据此可知(  ) A.三个等势面中,c的电势最低 B.带电质点在P点的电势能比在Q点的小 C.带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小 D.带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b   二.实验题(每题8分共32分) 11.一灵敏电流计,允许通过的最大电流(满刻度电流)为Ig=50μA,表头电阻Rg=1kΩ ,若改装成量程为Im=10mA的电流表,应  联的电阻阻值为   Ω.若将此电流计改装成量程为Um=15V的电压表,应再  联一个阻值为   Ω的电阻. 12.某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l,用螺旋测微器测量圆柱体的直径d,示数如 图所示.由图可读出l=  cm,d=  mm.第 5 页 共 26 页 13.要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线,所供选择的器材除了导线和开 关外,还有以下一些器材可供选择: A、电源E(电动势3.0V,内阻可不计) B、电压表V1(量程为0~3.0V,内阻约2kΩ) C、电压表V2 (0~15.0V,内阻约6kΩ D、电流表A1(0~0.6A,内阻约1Ω) E、电流表A2 (0~100mA,内阻约2Ω) F、滑动变阻器R1(最大值10Ω) G、滑动变阻器R2(最大值2kΩ) (1)为减少实验误差,实验中电压表应选择  ,电流表应选择   ,滑动变阻器应选择  .(填各器材的序号) (2)为提高实验精度,请你设计实验电路图,并画在下面的虚线框中. (3)实验中测得一组数据如表所示,根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特 性曲线.第 6 页 共 26 页 I/A 0 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50 U/A 0 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00 (4)该小电珠的额定功率是  . 14.在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中,小明设计了如图甲所示的实验电路. (1)根据图甲实验电路,请在图乙中用笔画线代替导线,完成实物电路的连接. (2)实验开始前,应先将滑动变阻器的滑片P调到  (填“a”或“b”)端 (3)小明测得有关数据后,以电流表读数I为横坐标,以电压表读数U为纵坐标作出了如 图丙所示的图象,根据图象求得电的电动势E=  V,电的内阻r=   Ω(结果保留两位有效数字).   三.计算题(要写出必要的文字说明和必要的方程,共28分) 15.如图所示,电路中接电动势为4V,内电阻为2Ω的直流电源,电阻R1、R2、R3、R4的 阻值均为4Ω,电容器的电容为30μF,电流表的内阻不计,当电路稳定后. (1)求电流表的读数; (2)求电容器所带的电荷量; (3)如果断开电源,求通过R2的电荷量.第 7 页 共 26 页 16.如图所示,质量为0.2Kg的物体带电量为+4×10﹣4C,从半径为0.3m的光滑的 圆弧的绝缘滑轨上端静止下滑到底端,然后继续沿水平面滑动.物体与水平面间的滑动摩 擦系数为0.4,整个装置处于E=103N/C的匀强电场中,求下列两种情况下物体在水平面上 滑行的最大距离: (1)E水平向左; (2)E竖直向下. 17.如图所示,水平放置的平行板电容器,原来AB两板不带电,B极板接地,它的极板长 L=0.1m,两板间距离d=0.4cm,现有一微粒质量m=2.0×10﹣6kg,带电量q=+1.0×10﹣ 8C,以一定初速度从两板中央平行于极板射入,由于重力作用微粒恰好能落到A板上中点 O处,取g=10m/s2.试求: (1)带电粒子入射初速度的大小; (2)现使电容器带上电荷,使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出,则带电后A板的电 势为多少?第 8 页 共 26 页  第 9 页 共 26 页 参考答案与试题解析   一.选择题(不定项选择题每题4分共40分) 1.下列关于电源电动势的说法,正确的是(  ) A.电动势实质上就是电压 B.电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功 C.电动势是指电源内部非静电力所做的功 D.电动势越大,表明电源把电能转化为其他形式的能的本领越大 【考点】电源的电动势和内阻. 【分析】电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势.但电压和电动势 的物理意义不同;电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱. 【解答】解:A、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱;而 电压是反映静电力做功情况;二者意义不同;故电动势与电压不同;故A错误; B、由W=Eq可知,电动势在数值上等于在电源内部移动单位电荷非静电力所做的功;故B 正确; C、电动势是指电源内部非静电力所做的功与流过电荷量之间的比值;故C错误; D、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱,电动势越大,把 其他形式的能转化为电能的本领越大.故D错误; 故选:B.  第 10 页 共 26 页 2.如图所示,电源电动势为E,内电阻为r,平行板电容器两金属板水平放置,开关S是闭 合的,两板间一质量为m、电荷量为q的油滴恰好处于静止状态,G为灵敏电流计.则以下 说法不正确的是(  ) A.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴向上加速运动,G中有从b到a的电流 B.在将滑动变阻器滑片P向下移动的过程中,油滴向下加速运动,G中有从a到b的电流 C.在将滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,油滴仍然静止,G中有从a到b的电流 D.在将S断开后,油滴仍保持静止状态,G中无电流通过 【考点】闭合电路的欧姆定律;电容. 【分析】质量为m、电荷量为q的油滴开始处于静止状态,受力平衡.滑动触头移动的过 程中,判断出电容器两端电压的变化,从而判断电容器极板所带电荷量变化、通过灵敏电 流计的电流以及油滴的运动情况.再通过电路的动态分析得出经过R2的电流变化. 【解答】解:A、B、C、在滑动变阻器R的触头P向上移动的过程中,R增大,总电阻增大 ,电动势和内阻不变,可知总电流减小,内电压减小,外电压增大,外电压等于R1上的电 压和R2与R并联电压之和,而R1上的电压减小,所以R2与R的并联电压增大,通过R2的电流 增大.根据Q=CU,电容器所带的电量增大,上极板带正电,电容器充电,所以流过电流 计的电流方向是b→a.电容器两端电压增大,电场强度增大,电场力增大,开始电场力与 重力平衡,所以油滴会向上加速.故A正确、C错误;反之下移,则油滴向下加速运动,G 中有从a到b的电流,则B正确 D、将S断开,则C放电,G中有电流,油滴下落.则D错误. 本题选错误的,故选:CD第 11 页 共 26 页   3.用控制变量法,可以研究影响平行板电容器电容的因素(如图所示).设两极板正对 面积为S,极板间的距离为d,静电计指针偏角为θ.实验中,极板所带电荷量不变,若(   ) A.保持S不变,增大d,则θ变大 B.保持S不变,增大d,则θ变小 C.保持d不变,减小S,则θ变小 D.保持d不变,减小S,则θ不变 【考点】电容器的动态分析. 【分析】静电计测定电容器极板间的电势差,电势差越大,指针的偏角越大.根据电容的 决定式C= 分析极板间距离、正对面积变化时电容的变化情况,由于极板所带电荷量不变,再由电容 的定义式C= 分析板间电势差的变化,即可再确定静电计指针的偏角变化情况. 【解答】解:A、B、根据电容的决定式C= 得知,电容与极板间距离成反比,当保持S不变,增大d时,电容减小,电容器的电量Q不 变,由电容的定义式C= 分析可知板间电势差增大,则静电计指针的偏角θ变大;反之,保持S不变,减小d,则θ减 小.故A正确,B错误. C、D、根据电容的决定式C= 得知,电容与极板的正对面积成正比,当保持d不变,减小S时,电容减小,电容器极板所 带的电荷量Q不变,则由电容的定义式C= 第 12 页 共 26 页 分析可知板间电势差增大,静电计指针的偏角θ变大;反之,保持d不变,增大S,则θ减小 ,故C错误,D错误. 故选:A.   4.如图所示,电灯A上标有“10V,10W”的字样,电灯B上标有“8V,20W”的字样, 滑动变阻器的总电阻为6Ω,当滑动触头由a端向b端滑动的过程中(不考虑电灯电阻的变 化),则(  ) A.电流表示数一直减小,电压表示数一直增大 B.电流表示数一直增大,电压表示数一直减小 C.电流表示数先增大后减小,电压表示数先减小后增大 D.电流表示数先减小后增大,电压表示数先增大后减小 【考点】闭合电路的欧姆定律. 【分析】先两灯的额定电压和功率,求出其电阻大小.再分析当滑动触头P由a端向b端滑 动的过程中,变阻器总电阻的变化,根据闭合电路欧姆定律分析路端电压和总电流的变化 ,再据滑动变阻器的触头判断两灯的电流的变化. 【解答】解:电灯A的电阻为RA= ,电灯B的电阻为RB= ═3.2Ω,则知RA>RB第 13 页 共 26 页 所以当滑动触头P由a端向b端滑动的过程中,变阻器两侧并联的总电阻一直减小,根据闭 合电路欧姆定律电路中总电流一直增大,路端电压一直减小,则电流表的示数一直增大, 电压表的示数一直减小.故B正确. 故选:B   5.在如图所示电路中,当滑动变阻器滑片P向上移动时,则(  ) A.A灯变亮、B灯变亮、C灯变亮 B.A灯变暗、B灯变亮、C灯变暗 C.A灯变亮、B灯变暗、C灯变暗 D.A灯变暗、B灯变暗、C灯变亮 【考点】闭合电路的欧姆定律. 【分析】当变阻器的滑动触头P向上移动时,变阻器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总电流的变化,即可知道A灯亮度的变化.由欧姆定律 分析并联部分电压的变化,判断B灯亮度的变化.由通过B的电流与总电流的变化,分析通 过C灯电流的变化,判断其亮度的变化. 【解答】解:当变阻器的滑动触头P向上移动时,变阻器接入电路的电阻增大,外电路总 电阻增大,总电流I减小,A灯变暗. A灯和电源的内电压都减小,由闭合电路欧姆定律得知并联部分电压增大,B灯变亮. 由总电流减小,而通过B灯的电流增大,可知通过C灯的电流减小,则C灯变暗.故ACD错 误,B正确. 故选:B.  第 14 页 共 26 页 6.根据R=ρ 可以导出电阻率的表达式ρ= ,对温度一定的某种金属导线来说,它的电阻率(  ) A.跟导线的电阻只成正比 B.跟导线的横截面积S成正比 C.跟导线的长度L成反比 D.只由其材料的性质决定 【考点】电阻定律. 【分析】在温度一定的条件下,电阻率的大小与材料有关,与导线的长度以及横截面积无 关. 【解答】解:电阻率的大小与材料的性质决定,与电阻的大小、导线的长度、横截面积无 关.故D正确,A、B、C错误. 故选:D.   7.带电粒子P所带的电荷量是带电粒子Q的3倍,它们以相等的速度v0从同一点出发,沿着 跟电场强度垂直的方向射入匀强电场,分别打在M、N点,若OM=MN,则P和Q的质量之 比为(不计重力为(  ) A.3:4B.4:3 C.3:2 D.2:3 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动. 【分析】带电粒子垂直进入电场,做类平抛运动,根据水平位移之比得出运动的时间之比 ,再通过竖直位移关系得出加速度的关系,结合牛顿第二定律以及电荷量之比得出它们的 质量比.第 15 页 共 26 页 【解答】解:粒子在水平方向做匀速直线运动,在竖直方向做初速度为零的匀加速直线运 动,两个粒子的初速度相等,P和Q的水平位移比为1:2,由x=v0t知,运动时间比为1:2 . 根据y= at2,得加速度之比为4:1,根据牛顿第二定律得,a= ,因为P和Q的电量比为3:1,则P和Q的质量比为3:4.故A正确,B、C、D错误. 故选:A   8.平行板电容器C与三个可变电阻器R1、R2、R3以及电源连成如图所示的电路.闭合开关 S待电路稳定后,电容器C两极板带有 一定的电荷.要使电容器所带电荷量增加,以下方法中可行的是(  ) A.只增大R1,其他不变 B.只增大R2,其他不变 C.只减小R3,其他不变 D.只增大a、b两极板间的距离,其他不变 【考点】电容器的动态分析;闭合电路的欧姆定律. 【分析】电容器与R3串联,与R2并联,电容器两端间的电势差等于R2两端间的电势差,电 阻R3相当于导线.判断出R2两端电压的变化,根据Q=CU2得出电容器电量的变化. 【解答】解:A、只增大R1,其他不变,电路中的电流变小,R2两端的电压减小,根据Q= CU2,知电容器所带的电量减小.故A错误.第 16 页 共 26 页 B、只增大R2,其他不变,电路中的电流变小,内电压和R1上的电压减小,电动势不变, 所以R2两端的电压增大,根据Q=CU2,知电容器所带的电量增大.故B正确. C、只减小R3,其他不变,R3在整个电路中相当于导线,所以电容器的电量不变.故C错误 . D、增大ab间的距离,根据C= ,知电容C减小,而两端间的电势差不变,所以所带的电量减小.故D错误. 故选B.   9.如图所示,K1、K2闭合时,一质量为m、带电量为q的液滴,静止在电容器的A、B两平 行金属板间.现保持K1闭合,将K2断开,然后将B板向下平移一段距离,则下列说法正确 的是(  ) A.电容器的电容变小 B.A板电势比电路中Q点电势高 C.液滴仍保持静止 D.液滴的电势能增大 【考点】电容;电势能;闭合电路的欧姆定律. 【分析】在电容器的电量不变的情况下,将B析下移,则导致电容变化,电压变化,根据E = 与 相结合可得E= ,从而确定电场强度是否变化.再根据电荷带电性可确定电势能增加与否.第 17 页 共 26 页 【解答】解:A、根据 ,当间距d增大时,其它条件不变,则导致电容变小,故A正确; B、断开后A板带正电,电场线从A到B,由于沿着电场线的方向电势降低,所以A板电势比 电路中Q点电势高,故B正确; C、根据E= 与 相结合可得E= ,由于电量、正对面积不变,从而确定电场强度也不变,所以液滴仍保持静止,故C正确 ; D、根据电场力与重力平衡可知,液滴带负电,由于B板的移动,导致液滴的电势升高,所 以其电势能减小,故D错误; 故选ABC   10.如图所示,虚线a、b、c代表电场中的三个等势面,相邻等势面之间的电势差相等, 即Uab=Ubc,实线为一带负电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹,P、R、 Q是这条轨迹上的三点,R同时在等势面b上,据此可知(  ) A.三个等势面中,c的电势最低 B.带电质点在P点的电势能比在Q点的小 C.带电质点在P点的动能与电势能之和比在Q点的小 D.带电质点在R点的加速度方向垂直于等势面b 【考点】等势面;电势;电势能.第 18 页 共 26 页 【分析】作出电场线,根据轨迹弯曲的方向可知,电场线向上.故c点电势最高;根据推论 ,负电荷在电势高处电势能小,可知电荷在P点的电势能大;总能量守恒;由电场线疏密 确定出,P点场强小,电场力小,加速度小. 【解答】解:A、负电荷做曲线运动,电场力指向曲线的内侧;作出电场线,根据轨迹弯 曲的方向和负电荷可知,电场线向上.故c点电势最高,故A错误; B、利用推论:负电荷在电势高处电势能小,知道P点电势能大,故B错误; C、只有电场力做功,电势能和动能之和守恒,故带电质点在P点的动能与电势能之和等于 在Q点的动能与电势能之和,故C错误; D、带电质点在R点的受力方向沿着电场线的切线方向,电场线与等势面垂直,故质点在R 点的加速度方向与等势面垂直,故D正确; 故选D.   二.实验题(每题8分共32分) 11.一灵敏电流计,允许通过的最大电流(满刻度电流)为Ig=50μA,表头电阻Rg=1kΩ ,若改装成量程为Im=10mA的电流表,应 并 联的电阻阻值为 5  Ω.若将此电流计改装成量程为Um=15V的电压表,应再 串 联一个阻值为 2.99×105  Ω的电阻. 【考点】把电流表改装成电压表. 【分析】改装成电流表应并联小电阻分流,并联电阻与表头的电压相等; 改装成电压表应串联大电阻分压,串联电阻与表头的电流相等. 【解答】解:表头两端的满偏电压为Ug=IgRg=5×10﹣5×1000Ω=0.05V;第 19 页 共 26 页 改装大量程的电流表时,表头的满偏电流仍为50μA,此时流过并联电路部分的总电流为1 0mA,则流过并联电阻的电流I=Im﹣Ig=10mA﹣50μA=9950μA; 则并联电阻r= ≈5Ω; 若改装成电压表,则达最大量程时,串联电阻两端的电压U=Um﹣Ug=15V﹣0.05V=14.9 5V; 则应串联的电阻R′= =2.99×105Ω 故答案为:并;5;串;2.99×105.   12.某同学用游标卡尺测量一圆柱体的长度l,用螺旋测微器测量圆柱体的直径d,示数如 图所示.由图可读出l= 2.25 cm,d= 6.860 mm. 【考点】螺旋测微器的使用. 【分析】游标卡尺的读数方法是主尺读数加上游标读数.不需要估读.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,读可动刻度读数时需要估读. 【解答】解:游标卡尺的主尺读数为22mm,游标读数为0.1×5=0.5mm,所以最后读数 为:22.5mm=2.25cm. 螺旋测微器的固定刻度读数为6.5mm,可动刻度读数为36.0×0.01=0.360mm(0为估读 ),所以最后读数为6.860mm.第 20 页 共 26 页 故答案为:2.25 cm,6.860 mm.   13.要测绘额定电压为2V的日常用小电珠的伏安特性曲线,所供选择的器材除了导线和开 关外,还有以下一些器材可供选择: A、电源E(电动势3.0V,内阻可不计) B、电压表V1(量程为0~3.0V,内阻约2kΩ) C、电压表V2 (0~15.0V,内阻约6kΩ D、电流表A1(0~0.6A,内阻约1Ω) E、电流表A2 (0~100mA,内阻约2Ω) F、滑动变阻器R1(最大值10Ω) G、滑动变阻器R2(最大值2kΩ) (1)为减少实验误差,实验中电压表应选择 B ,电流表应选择 D  ,滑动变阻器应选择 F .(填各器材的序号) (2)为提高实验精度,请你设计实验电路图,并画在下面的虚线框中. (3)实验中测得一组数据如表所示,根据表格中的数据在方格纸上作出该电珠的伏安特 性曲线. I/A 0 0.12 0.21 0.29 0.34 0.38 0.42 0.45 0.47 0.49 0.50 U/A 0 0.20 0.40 0.60 0.80 1.00 1.20 1.40 1.60 1.80 2.00第 21 页 共 26 页 (4)该小电珠的额定功率是 1.00W . 【考点】测定电源的电动势和内阻. 【分析】(1)根据灯泡额定电压选择电压表,根据灯泡额定电流选择电流表,在保证电 路安全的情况下,为方便实验操作,应选最大阻值较小的滑动变阻器. (2)描绘小灯泡的伏安特性曲线,电压与电流应从零开始变化,滑动变阻器应采用分压 接法,根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法,然后作出电路图. (3)根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点,然后作出图象. (4)根据图象可明确电压为2V时的电流,由功率公式可求得功率. 【解答】解:(1)灯泡额定电压是2V,电压表应选B;由表中实验数据可知,最大电流为 0.5A,电流表选D;为方便实验操作,滑动变阻器应选F; (2)描绘小灯泡伏安特性曲线,电压与电流要从零开始变化,滑动变阻器应采用分压接 法;由表中实验数据可知,灯泡最大电阻约为3.7Ω,电压表内阻约为2kΩ,灯泡电阻阻值 远小于电压表内阻,电流表应采用外接法,电路图如图甲所示; (3)应用描点法作图,根据表中实验数据在坐标系内描出对应的点,然后用平滑的曲线 把各点连接起来,作出灯泡的I﹣U图象,图象如图乙所示. (4)由图可知,当电压为2V,电流为0.5A;则功率P=UI=2×0.5=1.00W; 故答案为:(1)B;D;F;(2)如图所示;(3)如图所示;(4)1.00W.第 22 页 共 26 页   14.在测量一节干电池电动势E和内阻r的实验中,小明设计了如图甲所示的实验电路. (1)根据图甲实验电路,请在图乙中用笔画线代替导线,完成实物电路的连接. (2)实验开始前,应先将滑动变阻器的滑片P调到 a (填“a”或“b”)端 (3)小明测得有关数据后,以电流表读数I为横坐标,以电压表读数U为纵坐标作出了如 图丙所示的图象,根据图象求得电的电动势E= 1.5 V,电的内阻r= 1.0  Ω(结果保留两位有效数字). 【考点】测定电源的电动势和内阻. 【分析】(1)根据原理图明确对应的实物图; (2)实验开始应使滑动变阻器的接入阻值最大;根据滑动变阻器的接入方法明确滑片的 位置; (3)根据图象的性质可求得电源的电动势和内阻;注意图象与纵坐标的交点为电源的电 动势;图象的斜率表示内阻. 【解答】解:(1)根据原理图可明确实物图,如图所示; (2)为了实验的安全,开始时滑动变阻器接入电阻应为最大值,故滑片应滑到a端; (3)由图可知,电源的电动势E=1.5V;r= =1.0Ω; 故答案为:(1)如图所示;(2)a (3)1.5 1.0第 23 页 共 26 页   三.计算题(要写出必要的文字说明和必要的方程,共28分) 15.如图所示,电路中接电动势为4V,内电阻为2Ω的直流电源,电阻R1、R2、R3、R4的 阻值均为4Ω,电容器的电容为30μF,电流表的内阻不计,当电路稳定后. (1)求电流表的读数; (2)求电容器所带的电荷量; (3)如果断开电源,求通过R2的电荷量. 【考点】闭合电路的欧姆定律;电容;电流、电压概念. 【分析】(1)在该电路中,R1和R2被电流表短路,即该电路由R3、R4、和电流表构成串 联电路,根据闭合电路欧姆定律去求电流表的读数. (2)电容器并联在R3的两端,电容器两端的电压等于R3两端的电压,根据Q=CU3求电容 器所带的电荷量. (3)断开电源,电容器会出现放电,因R1、R2并联,且R1=R2,所以流过两个电阻的电荷 量相等. 【解答】解:(1)根据闭合电路欧姆定律:I= 故电流表的读数为0.4A.第 24 页 共 26 页 (2)U3=IR3=0.4×4V=1.6V Q=CU3=4.8×10﹣5C 故电容器所带的电荷量为4.8×10﹣5C (3)因R1、R2并联,且R1=R2,所以在放电回路中通过R2的电量为 故通过R2的电荷量为2.4×10﹣5C.   16.如图所示,质量为0.2Kg的物体带电量为+4×10﹣4C,从半径为0.3m的光滑的 圆弧的绝缘滑轨上端静止下滑到底端,然后继续沿水平面滑动.物体与水平面间的滑动摩 擦系数为0.4,整个装置处于E=103N/C的匀强电场中,求下列两种情况下物体在水平面上 滑行的最大距离: (1)E水平向左; (2)E竖直向下. 【考点】动能定理;向心力. 【分析】(1)由动能定理列方程求解,此过程中,重力做正功、电场力和滑动摩擦力做 负功. (2)由动能定理列方程求解,此过程中,重力和电场力做正功、滑动摩擦力做负功 【解答】解:(1)当E水平向左时: 初速度和末速度都为0,由动能定理得:外力做的总功为0 即mgR﹣Ffx﹣qE(R+x)=0第 25 页 共 26 页 其中Ff=mgμ 所以x= =0.4m (2)当E竖直向下时,由动能定理,初速度和末速度都为0,所以外力做的总功为0 即mgR﹣Ffx+qER=0 其中Ff=(mg+qE)μ 所以x= =0.75m 答:(1)E水平向左时位移为0.4m (2)E水平向下时位移为0.75m   17.如图所示,水平放置的平行板电容器,原来AB两板不带电,B极板接地,它的极板长 L=0.1m,两板间距离d=0.4cm,现有一微粒质量m=2.0×10﹣6kg,带电量q=+1.0×10﹣ 8C,以一定初速度从两板中央平行于极板射入,由于重力作用微粒恰好能落到A板上中点 O处,取g=10m/s2.试求: (1)带电粒子入射初速度的大小; (2)现使电容器带上电荷,使带电微粒能从平行板电容器的右侧射出,则带电后A板的电 势为多少? 【考点】带电粒子在匀强电场中的运动;闭合电路的欧姆定律.第 26 页 共 26 页 【分析】(1)粒子只是在重力的作用下做平抛运动,根据平抛运动的规律可以求得粒子 入射时初速度v0的大小; (2)对于落到最右侧的粒子,在电场中受到重力和电场力的共同的作用,此时粒子做的 是类平抛运动,由类平抛运动的规律可以求得此时电势的大小; 【解答】解析:(1)电容器不带电时,微粒做平抛运动,设初速度为v0,则有: 联立两式得: 代入数据得:v0=2.5m/s (2)若使微粒能从电容器右侧射出,则要求A板的电势大于0,且B板接地电势等于0,则 UAB=φA﹣φB=φA A板电势最小时,微粒刚好从A板右侧边缘射出,则有: 联立以上各式得:φAmin=6V A板电势最大时,微粒刚好从B板右侧边缘射出,则有: 且有:a2=a1 代入数据得:φAmin=10V 综上可得:6V≤φA≤10V 答:(1)粒子入射时初速度v0的大小为:v0=2.5m/s (2)则带电后A板的电势为:6V≤φA≤10V  

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