甘肃省张掖市民乐一中高二物理上学期期中试卷（平行班含解析）.doc

甘肃省张掖市民乐一中2014-2015学年高二上学期期 中物理试卷（平行班）一选择题共12小题，共48分，其中第6题7题12题为多选题，其它为单项选择题1（4分）物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列表述正确的是（）a法拉第发现了电流的磁效应b库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值c伽利略发现了行星运动的规律，并通过实验测出了引力常量d荷兰科学家昂尼斯（或昂纳斯）发现大多数金属在温度降到某一值时，都会出现电阻突然降为零的现象超导现象2（4分）下列关于导体在磁场中受力的说法中，正确的是（）a通电导体在磁场中一定受到安培力的作用b通电导体在磁场中有时不会受到安培力的作用c通电导体中的电流方向与磁场方向不平行也不垂直时，不会受到安培力的作用d只要导体放入磁场中，无论是否通电都会受到安培力的作用3（4分）如图所示为电阻r1和r2的伏安特性曲线，这两条曲线把第一象限分为、三个区域现把r1和r2并联在电路中，消耗的电功率分别用p1和p2表示；并联的总电阻设为r下列关于p1与p2的大小关系及r的伏安特性曲线应该在的区域的说法正确的是（）a伏安特性曲线在区域，p1p2b伏安特性曲线在区域，p1p2c伏安特性曲线在区域，p1p2d伏安特性曲线在区域，p1p24（4分）如图所示，电源电动势为6v，当开关接通时，灯泡l1和l2都不亮，用电压表测得各部分电压是uad=0，ucd=6v，uab=6v，由此可以断定（）al1和l2的灯丝都断了bl1的灯丝断了cl2的灯丝断了d变阻器r断路5（4分）如图甲所示，ab是电场中的一条电场线，质子以某一初速度从a点出发，仅在电场力作用下沿直线从a点运动到b点，其vt图象如图乙所示，则下列说法正确的是（）a质子运动的加速度随时间逐渐减小b电场线的方向由a指向bca、b两点电场强度的大小关系满足eaebda、b两点的电势关系满足ab6（4分）（多选）如图为某正电荷q产生的电场线分布图，a、b是电场中的两点将电荷量为q=5108 c的正点电荷（试探电荷）置于a点，所受电场力为2103 n，则下列判断正确的是（）a将电荷量为q的负点电荷放于a点，a点电场强度大小为4104 n/c，方向向左ba点的电场强度大小为4104 n/c，方向向右c将点电荷q从a点移走，则该点的电场强度为零db点处的电场强度小于4104 n/c7（4分）如图所示，通电导体棒静止于水平导轨上，棒的质量为m，长为l，通过的电流大小为i且垂直纸面向里，匀强磁场的磁感强度b的方向与导轨平面成角，则导体棒受到的（）a安培力大小为bilb安培力大小为bilsinc摩擦力大小为bilsind支持力大小为mgbilcos8（4分）如图所示，a、b是带有等量的同种电荷的两小球，它们的质量都是m，它们的悬线长度是l，悬线上端都固定在同一点o，b球悬线竖直且被固定，a球在力的作用下，在偏离b球x的地方静止平衡，此时a受到绳的拉力为ft；现保持其他条件不变，用改变a球质量的方法，使a球在距离b为处静止平衡，则a受到绳的拉力为（）aftb2ftc4ftd8ft9（4分）如图所示，一价氢离子（h）和二价氦离子（he）的混合体，经同一加速电场u1同时加速后，垂直射入同一偏转u2电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们（）a同时到达屏上同一点b先后到达屏上同一点c同时到达屏上不同点d先后到达屏上不同点10（4分）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，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，若（）a保持s不变，增大d，则变大b保持s不变，增大d，则变小c保持d不变，减小s，则变小d保持d不变，减小s，则不变11（4分）在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为e、内电阻为r，r1、r2为定值电阻，r3为滑动变阻器，c为电容器，、为理想电流表和电压表在滑动变阻器滑动头p自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）aa点的电势降低b电压表示数变小c电流表示数变小d电容器c所带电荷量增多12（4分）如图1，a板的电势ua=0，b板的电势ub随时间的变化规律如图2所示电子只受电场力的作用，且初速度为零，则（）a若电子在t=0时刻进入的，它将一直向b板运动b若电子在t=0时刻进入的，它将时而向b板运动，时而向a板运动，最后打在b板上c若电子在t= 时刻进入的，它将时而向b板运动，时而向a板运动，最后打在b板上d若电子是在t=时刻进入的，它将时而向b板、时而向a板运动二填空题（共14分）13（3分）用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图所示该金属丝的直径是mm14（11分）为了精确测量某待测电阻rx的阻值（约为30）有以下一些器材可供选择电流表：a1（量程050ma，内阻约12） a2（量程03a，内阻约0.12）电压表：v1（量程03v，内阻很大） v2（量程015v，内阻很大）电源：e（电动势约为3v，内阻约为0.2） 定值电阻：r（30，允许最大电流2.0a）滑动变阻器：r1（010，允许最大电流2.0a） 滑动变阻器：r2（01k，允许最大电流0.5a）单刀单掷开关s一个，导线若干（1）电流表应选，电压表应选，滑动变阻器应选（填字母代号）（2）请在方框中画出测量电阻rx的实验电路图（要求测量值的范围尽可能大一些，所用器材用对应的符号标出）（3）某次测量中，电压表示数为u时，电流表示数为i，则计算待测电阻阻值的表达式为rx=三计算题（共四小题，共48分，要求写出必要的文字说明，方程和重要的演算步骤，只写出答案不得分）15（10分）一台小型电动机在3v电压下工作，用此电动机提升所受重力为4n的物体时，通过它的电流是0.2a在30s内可使该物体被匀速提升3m若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：（1）电动机的输入功率；（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；（3）线圈的电阻16（12分）图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0.2kg，带电荷量为q=+2.0106c的小物块处于静止状态，小物块与地面间的摩擦因数=0.1，从t=0时该开始，空间上加一个如图乙所示的电场（取水平向右的方向为正方向，g取10m/s2）求：（1）4秒内小物块的位移大小；（2）4秒内电场力对小物块所做的功17（12分）如图所示，一质量为m，带电量为q的粒子，以初速度v0，从a点竖直向上射入真空中的沿水平方向的匀强电场中，粒子通过电场中b点时的速率为2v0，方向与电场的方向一致，求a、b两点的电势差大小18（14分）如右图所示，a为有光滑曲面的固定轨道，轨道底端的切线方向是水平的质量m=40kg的小车b静止于轨道右侧，其上表面与轨道底端在同一水平面上一个质量m=20kg的物体c以2.0m/s的初速度从轨道顶端滑下，冲上小车b后经一段时间与小车相对静止并一起运动若轨道顶端与底端的高度差h=1.6m物体与小车板面间的动摩擦因数=0.40，小车与水平面间的摩擦忽略不计（取g=10m/s2），求：（1）物体与小车保持相对静止时的速度v；（2）物体在小车上相对滑动的距离l甘肃省张掖市民乐一中2014-2015学年高二上学期期中物理试卷（平行班）参考答案与试题解析一选择题共12小题，共48分，其中第6题7题12题为多选题，其它为单项选择题1（4分）物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列表述正确的是（）a法拉第发现了电流的磁效应b库仑提出了库仑定律，并最早用实验测得元电荷e的数值c伽利略发现了行星运动的规律，并通过实验测出了引力常量d荷兰科学家昂尼斯（或昂纳斯）发现大多数金属在温度降到某一值时，都会出现电阻突然降为零的现象超导现象考点：物理学史 专题：常规题型分析：根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可解答：解：a、奥斯特发现了电流的磁效应故a错误；b、库仑提出了库仑定律，密立根最早用实验测得元电荷e的数值，故b错误；c、开普勒发现了行星运动的规律，卡文迪许通过实验测出了引力常量，故c错误；d、荷兰科学家昂尼斯（或昂纳斯）发现大多数金属在温度降到某一值时，都会出现电阻突然降为零的现象超导现象，故d正确；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，这也是考试内容之一2（4分）下列关于导体在磁场中受力的说法中，正确的是（）a通电导体在磁场中一定受到安培力的作用b通电导体在磁场中有时不会受到安培力的作用c通电导体中的电流方向与磁场方向不平行也不垂直时，不会受到安培力的作用d只要导体放入磁场中，无论是否通电都会受到安培力的作用考点：安培力 分析：当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为f=bil解答：解：ab、当导线的方向与磁场的方向平行时，不受安培力，当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为f=bil当通电导体中的电流方向与磁场方向不平行也不垂直时，f=bilcos，其中为磁场方向与导线方向的夹角，故ac错误，b正确；d、不通电，导体不受安培力作用，故d错误故选：b点评：解决本题的关键知道通电导线在磁场中受安培力的条件，即导线方向与磁场方向不平行，难度不大，属于基础题3（4分）如图所示为电阻r1和r2的伏安特性曲线，这两条曲线把第一象限分为、三个区域现把r1和r2并联在电路中，消耗的电功率分别用p1和p2表示；并联的总电阻设为r下列关于p1与p2的大小关系及r的伏安特性曲线应该在的区域的说法正确的是（）a伏安特性曲线在区域，p1p2b伏安特性曲线在区域，p1p2c伏安特性曲线在区域，p1p2d伏安特性曲线在区域，p1p2考点：路端电压与负载的关系 专题：恒定电流专题分析：伏安特性曲线的斜率等于电阻的倒数当两个电阻并联后总电阻r比任何一个电阻都要小，r的伏安特性曲线的斜率大于r1和r2的伏安特性曲线的斜率r1和r2并联在电路中，电压相等，由图读出电流关系，再研究功率关系解答：解：把r1和r2并联在电路中，并联的总电阻r比r1和r2都小，则r的伏安特性曲线的斜率大于r1和r2的伏安特性曲线的斜率，则r的伏安特性曲线应该区r1和r2并联在电路中，电压相等，由图读出流过电阻r1的电流较大，则功率p1p2故c正确，abd错误故选：c点评：本题首先要从数学角度理解图线的物理意义：斜率越大，电阻越小其次抓住并联电路的基本特点：支路两端的电压相等4（4分）如图所示，电源电动势为6v，当开关接通时，灯泡l1和l2都不亮，用电压表测得各部分电压是uad=0，ucd=6v，uab=6v，由此可以断定（）al1和l2的灯丝都断了bl1的灯丝断了cl2的灯丝断了d变阻器r断路考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：利用电流表和电压表判断电路中的故障，是考试的热点题型之一，依据在故障电路中电流表和电压表显示的现象来判断uab=0v，uad=0v，ucd=6v，由此可断定解答：解：串联电路中两灯均不发光，则可能是某处断路，电压表测断路位置为电源电压，ucd=6v，说明从a到d的电路和b到c的电路是连接良好的，故l1的灯丝和滑动变阻器都良好，l2的灯丝烧断了，故c正确，abd错误；故选：c点评：电压表如果示数为零，那么被测部分短路，或被测部分外部断路电压表如果示数为电源电压，那么被测部分断路，或被测部分外部短路电流表如果为零，那么电路中有断路的地方，也有少数可能是电流表短路电流表如果示数突然变大，那么电路中有短路的地方两灯均不亮，可能是某处断路两灯一亮一灭，可能是某灯短路5（4分）如图甲所示，ab是电场中的一条电场线，质子以某一初速度从a点出发，仅在电场力作用下沿直线从a点运动到b点，其vt图象如图乙所示，则下列说法正确的是（）a质子运动的加速度随时间逐渐减小b电场线的方向由a指向bca、b两点电场强度的大小关系满足eaebda、b两点的电势关系满足ab考点：电场线；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：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：a、速度图象的斜率等于加速度，则由图可知，质子的加速度不变，所受电场力不变，由f=eq可知，a点的场强等于b点场强，ea=eb；故ac错误；b、质子从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，电势升高，故ab，电场线的方向由b指向a，故b错误，d正确；故选d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电性6（4分）（多选）如图为某正电荷q产生的电场线分布图，a、b是电场中的两点将电荷量为q=5108 c的正点电荷（试探电荷）置于a点，所受电场力为2103 n，则下列判断正确的是（）a将电荷量为q的负点电荷放于a点，a点电场强度大小为4104 n/c，方向向左ba点的电场强度大小为4104 n/c，方向向右c将点电荷q从a点移走，则该点的电场强度为零db点处的电场强度小于4104 n/c考点：电势差与电场强度的关系；电场强度 专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场强度的定义式求a点的电场强度大小电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由此分析b处的电场强度大小解答：解：ab、根据电场强度的定义式e=，可得a点的电场强度为 ea=4104n/c，方向向右电场强度的方向是由源电场决定的，不会因为放入的电荷的不同而改变，所以放入负电荷在a点后，电场强度的大小和方向都不会改变，方向还是向右，故a错误，b正确c、电场强度由电场本身决定，与试探电荷无关，则将点电荷q从a点移走，则该点的电场强度不变，故c错误d、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，由电场线的分布可知，a点的电场强度比b点的电场强度大，所以b点处的电场强度小于4104n/c，故d正确故选：bd点评：解决本题的关键理解电场强度的定义式e=，知道其与放入电场中的电荷无关电场线越密的地方，场强越强；电场线越疏的地方，场强越弱7（4分）如图所示，通电导体棒静止于水平导轨上，棒的质量为m，长为l，通过的电流大小为i且垂直纸面向里，匀强磁场的磁感强度b的方向与导轨平面成角，则导体棒受到的（）a安培力大小为bilb安培力大小为bilsinc摩擦力大小为bilsind支持力大小为mgbilcos考点：安培力 分析：导体棒ac静止于水平导轨上，受到重力、安培力、导轨的支持力和静摩擦力导体棒与磁场方向垂直，安培力大小fa=bil，根据左手定则判断安培力方向，根据平衡条件求解导轨对导体棒的支持力和摩擦力，再由牛顿第三定律求解导轨受到ac棒的压力和摩擦力解答：解：以导体棒ac为研究对象，分析受力，如图其中，安培力大小fa=bil，根据平衡条件得：g+facos=nf=fasin由得：n=g+facos=mg+bilcos由得：f=bilsin 由牛顿第三定律得，导轨受到ac棒的压力和摩擦力各为：n=mg+bilcos和f=bilsin所以选项ac正确，选项bd错误故选：ac点评：本题是磁场知识与力学知识的综合，比较简单，安培力是桥梁，关键是安培力的方向判断和大小计算8（4分）如图所示，a、b是带有等量的同种电荷的两小球，它们的质量都是m，它们的悬线长度是l，悬线上端都固定在同一点o，b球悬线竖直且被固定，a球在力的作用下，在偏离b球x的地方静止平衡，此时a受到绳的拉力为ft；现保持其他条件不变，用改变a球质量的方法，使a球在距离b为处静止平衡，则a受到绳的拉力为（）aftb2ftc4ftd8ft考点：库仑定律 专题：电场力与电势的性质专题分析：分析小球的受力情况，作出力图，运用三角形相似法得到绳的拉力与库仑力的关系当ab间距离变为原来的一半时，库仑力变为原来的4倍，即可得到绳的拉力为原来的多少倍解答：解：小球受到重力mg、库仑力f库和绳的拉力ft，由平衡条件得知，mg、f库的合力与f大小相等、方向相反，作出mg、f库的合力如图，由三角形相似得 得，ft=l根据库仑定律得知，当ab间距离x变化为x时，库仑力f库变为原来的4倍，l不变，则得f变为原来的8倍，即得后来绳的拉力大小为8ft故abc错误，d正确；故选d点评：本题相当于动态的平衡问题，根据平衡的条件，运用三角形相似法得到拉力的关系式分析即可得出结论9（4分）如图所示，一价氢离子（h）和二价氦离子（he）的混合体，经同一加速电场u1同时加速后，垂直射入同一偏转u2电场中，偏转后，打在同一荧光屏上，则它们（）a同时到达屏上同一点b先后到达屏上同一点c同时到达屏上不同点d先后到达屏上不同点考点：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：本题中带电粒子先加速后偏转先根据动能定理求出加速获得的速度表达式两种粒子在偏转电场中做类平抛运动，垂直于电场方向上做匀速直线运动，沿电场方向做匀加速运动，根据牛顿第二定律和运动学得到粒子偏转距离与加速电压和偏转电压的关系，从而得出偏转位移的关系即可判断粒子打在屏上的位置关系解答：解：设加速电压为u1，偏转电压为u2，偏转极板的长度为l，板间距离为d在加速电场中，由动能定理得：qu1= 两种粒子在偏转电场中，水平方向做速度为v0的匀速直线运动，由于两种粒子的比荷不同，则v0不同，所以两粒子在偏转电场中运动的时间t=不同两种粒子在加速电场中的加速度不同，位移相同，则运动的时间也不同，所以两粒子是先后离开偏转电场在偏转电场中的偏转位移y=联立得 y=同理可得到偏转角度的正切tan=，可见y和tan与电荷的电量和质量无关所以出射点的位置相同，出射速度的方向也相同故两种粒子打屏上同一点故b正确，a、c、d错误故选：b点评：解决本题的关键知道带电粒子在加速电场和偏转电场中的运动情况，知道从静止开始经过同一加速电场加速，垂直打入偏转电场，运动轨迹相同做选择题时，这个结论可直接运用，节省时间10（4分）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，静电计指针偏角为实验中，极板所带电荷量不变，若（）a保持s不变，增大d，则变大b保持s不变，增大d，则变小c保持d不变，减小s，则变小d保持d不变，减小s，则不变考点：电容器的动态分析 专题：电容器专题分析：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变大；反之，保持s不变，减小d，则减小故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= 分析可知板间电势差增大，静电计指针的偏角变大；反之，保持d不变，增大s，则减小，故c错误，d错误故选：a点评：本题是电容动态变化分析问题，关键抓住两点：一是电容器的电量不变；二是掌握电容的两个公式：电容的决定式c= 和c=11（4分）在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为e、内电阻为r，r1、r2为定值电阻，r3为滑动变阻器，c为电容器，、为理想电流表和电压表在滑动变阻器滑动头p自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）aa点的电势降低b电压表示数变小c电流表示数变小d电容器c所带电荷量增多考点：电容；闭合电路的欧姆定律 专题：电容器专题分析：在滑动变阻器滑动头p自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻r1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化电容器c的电压等于电阻r2两端的电压，分析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据干路电流与通过r2的电流变化情况，分析电流表的变化a点的电势等于r2两端的电压解答：解：在滑动变阻器滑动头p自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流i增大，电阻r1两端电压增大，则电压表示数变大电阻r2两端的电压u2=ei（r1+r），i增大，则u2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小根据外电路中顺着电流方向电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于r2两端的电压，u2变小，则a点的电势降低，通过r2的电流i2减小，通过电流表的电流ia=ii2，i增大，i2减小，则ia增大即电流表示数变大故a正确，bcd错误故选：a点评：本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分析根据电流方向判断电势高低，由电压的变化判断电势的变化12（4分）如图1，a板的电势ua=0，b板的电势ub随时间的变化规律如图2所示电子只受电场力的作用，且初速度为零，则（）a若电子在t=0时刻进入的，它将一直向b板运动b若电子在t=0时刻进入的，它将时而向b板运动，时而向a板运动，最后打在b板上c若电子在t= 时刻进入的，它将时而向b板运动，时而向a板运动，最后打在b板上d若电子是在t=时刻进入的，它将时而向b板、时而向a板运动考点：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：根据电子在电场力作用下，结合牛顿第二定律与运动学公式的关系，从而可确定不同时刻电子的运动情况，即可求解解答：解：a、若电子在t=0时刻进入的，它将在电场力作用下，先加速向b运动，后减速向b运动，接着加速向b运动，后减速向b运动，因此它一直向b板运动，直到到达b板，故a正确，b错误；c、若电子在t= 时刻进入的，从到它先向b板加速运动，后减速运动，当到，电子回头运动，当到又向b运动，这样时而向b板运动，时而向a板运动，最后打到b板上，故c正确；d、同理，若电子是在t=t/4时刻进入的，它将时而向b板、时而向a板运动，故d正确；故选acd点评：考查粒子在电场力作用下，根据运动与受力来确定运动的情况，掌握牛顿第二定律与运动学公式的应用，注意粒子从不同时刻进入电场，发生的运动情况不同二填空题（共14分）13（3分）用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图所示该金属丝的直径是1.702mm考点：螺旋测微器的使用 专题：实验题分析：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解答：解：螺旋测微器的固定刻度为1.5mm，可动刻度为20.20.01mm=0.202mm，所以最终读数为1.5mm+0.202mm=1.702mm故答案为：1.702点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量14（11分）为了精确测量某待测电阻rx的阻值（约为30）有以下一些器材可供选择电流表：a1（量程050ma，内阻约12） a2（量程03a，内阻约0.12）电压表：v1（量程03v，内阻很大） v2（量程015v，内阻很大）电源：e（电动势约为3v，内阻约为0.2） 定值电阻：r（30，允许最大电流2.0a）滑动变阻器：r1（010，允许最大电流2.0a） 滑动变阻器：r2（01k，允许最大电流0.5a）单刀单掷开关s一个，导线若干（1）电流表应选a1，电压表应选v1，滑动变阻器应选r1（填字母代号）（2）请在方框中画出测量电阻rx的实验电路图（要求测量值的范围尽可能大一些，所用器材用对应的符号标出）（3）某次测量中，电压表示数为u时，电流表示数为i，则计算待测电阻阻值的表达式为rx=r考点：伏安法测电阻 专题：实验题分析：分析题意，明确实验中应采有的实验原理；正确选择实验仪器；明确滑动变阻的接法及电表的使用方法；解决本题的关键是将待测电阻与定值电阻串联使用，应通过估算说明解答：解：（1）、测量电阻时电流不能太大，电流表应选，电源电动势为3v，故电压表应选，根据闭合电路欧姆定律考虑电流表读数要求 i=，可求出电路最小电阻r=90，故变阻器若用限流式则太小，太大，因此应采用分压式，故应选阻值小的变阻器，（2）、又待测电阻阻值远小于电压表内阻，电流表应选外接法，但根据欧姆定律，若将电阻直接接在电压表两端时，电阻两端最大电压为u=5030v=1.5v，只是电压表量程的一半；若将待测电阻与定值电阻串联，则它们两端电压为u=50=3v，正好与电压表的量程相同，所以电路图如图所示（3）、由欧姆定律可得：=r故答案为（1）、；（2）如图；（3）r点评：因本题有“要求测量值的范围尽可能大一些”，这就提示我们滑动变阻器应用分压式；又所给器材中有一个定值电阻，说明可能待测电阻不能直接使用三计算题（共四小题，共48分，要求写出必要的文字说明，方程和重要的演算步骤，只写出答案不得分）15（10分）一台小型电动机在3v电压下工作，用此电动机提升所受重力为4n的物体时，通过它的电流是0.2a在30s内可使该物体被匀速提升3m若不计除电动机线圈生热之外的能量损失，求：（1）电动机的输入功率；（2）在提升重物的30s内，电动机线圈所产生的热量；（3）线圈的电阻考点：电功、电功率；能量守恒定律 专题：恒定电流专题分析：（1）由p=ui求出电动机的输入功率（2）电动机总功率等于热功率与输出功率之和，由p=fv求出电动机的输出功率，然后求出线圈的热功率（3）由电功率公式q=i2r的变形公式求出线圈电阻解答：解：（1）电动机的输入功率p入=ui=0.23 w=0.6 w（2）电动机提升重物的机械功率p机=fv=（43/30）w=0.4 w根据能量关系p入=p机+pq，得生热的功率pq=p入p机=（0.60.4）w=0.2 w所生热量q=pqt=0.230 j=6 j（3）由焦耳定律q=i2rt，得线圈电阻r=5答：（1）电动机的输入功率为0.6w（2）线圈电阻产生的热量为6j（3）线圈电阻为5点评：电动机是非纯电阻电路，电动机总功率等于输出功率与热功率之和16（12分）图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0.2kg，带电荷量为q=+2.0106c的小物块处于静止状态，小物块与地面间的摩擦因数=0.1，从t=0时该开始，空间上加一个如图乙所示的电场（取水平向右的方向为正方向，g取10m/s2）求：（1）4秒内小物块的位移大小；（2）4秒内电场力对小物块所做的功考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系 专题：牛顿运动定律综合专题分析：（1）由图乙所示图象可以求出电场强度，由牛顿第二定律求出物块的加速度，然后由匀变速运动的运动学公式求出物块的位移（2）由动能定理可以求出物块做的功解答：解：（1）02s，由牛顿第二定律得物块加速度：a1=2m/s2，x1=a1t12=222=4m，v=a1t1=22=4m/s，24s，由牛顿第二定律得加速度：a2=2m/s2，x2=vt2a2t22=42222=4m，4s内的位移：x=x1+x2=8m，v=va2t2=422=0m/s；（2）由动能定理得：wmgx=mv2