重庆市杨家坪中学高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年重庆市杨家坪中学高二（上）期中物理试卷一、选择题（1-8题单选，9-12题多选，共48分）1关于电场，下列说法正确的是( )a电场是假想的，并不是客观存在的物质b描述电场的电场线是客观存在的c电场对放入其中的电荷有力的作用d电场对放入其中的电荷没有力的作用2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3a、b、c是匀强电场中的三个点，各点电势a=10v，b=2v，c=6v，a、b、c三点在同一平面上，如图所示，关于a、b、c三点的位置及电场强度的方向表示正确的是( )abcd4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5图（a）为示管的原理图如果在电极yy之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极xx之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )abcd6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b7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6，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8铜的摩尔质量为m，密度为，每摩尔铜原子有n个自由电子，今有一根横截面积为s的铜导线，当通过的电流为i时，电子平均定向移动的速率为( )a光速cbcd9细胞膜也称生物膜或质膜是由类脂、蛋白质和糖类组成质膜中的类脂也称膜脂，是质膜的基本骨架，膜蛋白质是膜功能的主要体现者如果细胞膜的厚度约等于800nm（1nm=109 m），当膜的内外层间的电压达到0.4v时，即可让一价钠离子渗透设细胞膜内的电场为匀强电场，则钠离子在渗透时( )a膜内电场强度约为5105v/mb膜内电场强度约为2105v/mc每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做功约为6.41020jd每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做功约为1.61019j10如图为一匀强电场，某带电粒子从a点运动到b点在这一运动过程中克服重力做的功为2.0j，电场力做的功为1.5j则下列说法正确的是( )a粒子带正电b粒子在a点的电势能比在b点少1.5jc粒子在a点的动能比在b点多0.5jd粒子在a点的机械能比在b点多1.5j11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12有一只电熨斗，内部电路如甲所示，其中m为旋钮的内部接线端子，旋钮有“高”、“中”、“低”、“关”四个挡，每个挡内部接线有如图乙中所示的四种方式，下列判断中正确的是( ) aa方式为“高”挡bb方式为“低”挡cc方式为“中”挡dd方式为“高”挡二、实验题（每空2分，共20分）13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=_mm14一灵敏电流计，允许通过的最大电流（满刻度电流）为ig=50a，表头电阻rg=1k，若改装成量程为im=10ma的电流表，应_联的电阻阻值为_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_的电阻15某同学采用如图1所示的电路测定电源电动势和内电阻已知干电池的电动势约为1.5v，内阻约为1；电压表（03v，3k）、电流表（00.6a，1.0）、滑动变阻器有r1（10，2a）和r2（100，0.1a）各一只实验中滑动变阻器应选用_（填“r1”或“r2”）在图2中画出实验电路图在实验中测得多组电压和电流值，得到如图3所示的ui图线，由图可较准确地求出该电源电动势e=_v；内阻，r=_三、计算题（共42分）16一台小型电动机在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）线圈的电阻17如图所示，电路中接电动势为4v，内电阻为2的直流电源，电阻r1、r2、r3、r4的阻值均为4，电容器的电容为30f，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18如图所示，水平绝缘轨道ab与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道bc平滑连接，半圆形轨道的半径r=0.40m轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度e=1.0104 n/c现有一电荷量q=+1.0104c，质量m=0.10kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的p点由静止释放，带电体运动到圆形轨道最低点b时的速度vb=5.0m/s已知带电体与水平轨道间的动摩擦因数=0.50，重力加速度g=10m/s2求：（1）带电体运动到圆形轨道的最低点b时，圆形轨道对带电体支持力的大小；（2）带电体在水平轨道上的释放点p到b点的距离；（3）带电体第一次经过c点后，落在水平轨道上的位置到b点的距离19如图所示，在x0的空间中，存在沿x轴正方向的匀强电场e；在x0的空间中，存在沿x轴负方向的匀强电场e一电子（e，m）在x=d处的p点以沿y轴正方向的初速度v0开始运动，电子所受重力不计，求：（1）电子第一次经过y轴时的坐标（2）电子在x轴方向运动的周期（3）电子运动的轨迹与y的各交点中，相邻两个交点间的距离2015-2016学年重庆市杨家坪中学高二（上）期中物理试卷一、选择题（1-8题单选，9-12题多选，共48分）1关于电场，下列说法正确的是( )a电场是假想的，并不是客观存在的物质b描述电场的电场线是客观存在的c电场对放入其中的电荷有力的作用d电场对放入其中的电荷没有力的作用【考点】电场【分析】解答本题需掌握：电场是电荷周围空间里存在的一种特殊物质，电场这种物质与通常的实物不同，它不是由分子原子所组成，但它是客观存在的；电场具有通常物质所具有的力和能量等客观属性，电场的力的性质表现为，电场对放入其中的电荷有作用力，这种力称为电场力，电场的能的性质表现为，当电荷在电场中移动时，电场力对电荷作功（这说明电场具有能量）；电场线是为了直观形象地描述电场分布，在电场中引入的一些假想的曲线，曲线上每一点的切线方向和该点电场强度的方向一致，曲线密集的地方场强强，稀疏的地方场强弱【解答】解：a、电场是电荷周围空间里存在的一种特殊物质，电场这种物质与通常的实物不同，它不是由分子原子所组成，但它是客观存在的，故a错误；b、电场线是为了直观形象地描述电场分布，在电场中引入的一些假想的曲线，故b错误；c、d、电场具有通常物质所具有的力和能量等客观属性，电场的力的性质表现为，电场对放入其中的电荷有作用力，这种力称为电场力，故c正确，d错误故选：c【点评】本题关键要分清楚电场与电场线的关系，电场是一种客观存在，电场线是为形象描述电场而假想的曲线2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【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【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【点评】本题考查对于电源的电动势的理解能力电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，对应的公式为e=3a、b、c是匀强电场中的三个点，各点电势a=10v，b=2v，c=6v，a、b、c三点在同一平面上，如图所示，关于a、b、c三点的位置及电场强度的方向表示正确的是( )abcd【考点】电场强度；等势面【专题】电场力与电势的性质专题【分析】在匀强电场中，电场强度大小处处相等，方向处处相同，则电场线是平行且等间距电势沿着电场线降低，电场线与等势面垂直【解答】解：各点电势a=10v，b=2v，c=6v，则ab两点连线的中点m的电势为6v，因此m点与c点的连线为等势面，那么与连线垂直的即为电场线由于a=10v，b=2v，又因为电势沿着电场线降低所以d正确；故选：d【点评】等势面就是电势相等的点所构成的平面电荷在等势面上移动，电场力不做功因此电场线与等势面垂直4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=5图（a）为示管的原理图如果在电极yy之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极xx之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是( )abcd【考点】示波管及其使用【分析】示波管的yy偏转电压上加的是待显示的信号电压，xx偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象【解答】解：由于电极xx加的是扫描电压，电极yy之间所加的电压是信号电压，信号电压与扫描电压周期相同，所以荧光屏上会看到的图形是b；故选b【点评】本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考6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【专题】电场力与电势的性质专题【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【点评】根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法7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6，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【专题】恒定电流专题【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=3.2，则知rarb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【点评】本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”的思路进行分析对于变阻器，两侧电路并联，根据两灯的电阻大小确定总电阻如何变化是关键8铜的摩尔质量为m，密度为，每摩尔铜原子有n个自由电子，今有一根横截面积为s的铜导线，当通过的电流为i时，电子平均定向移动的速率为( )a光速cbcd【考点】电流、电压概念【专题】恒定电流专题【分析】设自由电子定向移动的速率为v和导线中自由电子从一端定向移到另一端所用时间为t，求出导线中自由电子的数目，根据电流的定义式推导出电流的微观表达式，解得自由电子定向移动的速率【解答】解：单位长度质量为：m=s1；单位长度原子数为：n=na=；每个铜原子可以提供一个自由电子，故电子数为n=；电流i=；而t=；解得：v=；故选：d【点评】本题关键是建立物理模型，根据电流的定义式推导电流的微观表达式，它是联系微观与宏观的桥梁9细胞膜也称生物膜或质膜是由类脂、蛋白质和糖类组成质膜中的类脂也称膜脂，是质膜的基本骨架，膜蛋白质是膜功能的主要体现者如果细胞膜的厚度约等于800nm（1nm=109 m），当膜的内外层间的电压达到0.4v时，即可让一价钠离子渗透设细胞膜内的电场为匀强电场，则钠离子在渗透时( )a膜内电场强度约为5105v/mb膜内电场强度约为2105v/mc每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做功约为6.41020jd每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做功约为1.61019j【考点】电场强度；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】匀强电场电场强度与电势差的关系，可求e，电场力做功与电势差的关系w=qu可求每个钠离子沿电场方向透过膜时电场力做功【解答】解：由题意得，膜内电场强度为=v/m 由电场力做功与电势差的关系 w=qu=1.610190.4=6.41020j故选ac【点评】考查了匀强电场的电场强度与与电势差的关系、电场力做功与电势差的关系，灵活选择公式10如图为一匀强电场，某带电粒子从a点运动到b点在这一运动过程中克服重力做的功为2.0j，电场力做的功为1.5j则下列说法正确的是( )a粒子带正电b粒子在a点的电势能比在b点少1.5jc粒子在a点的动能比在b点多0.5jd粒子在a点的机械能比在b点多1.5j【考点】示波管及其使用；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】定量思想；推理法；带电粒子在电场中的运动专题【分析】在由a运动b的过程中，有两个力做功，一是重力做负功，一是电场力做正功从运动轨迹上判断，粒子带正电从a到b的过程中，电场力做正功为1.5j，所以电势能是减少的，a点的电势能要大于b点电势能由动能定理可求出动能的变化情况从a到b的过程中，做功的力有重力和电场力，应用电场力所做的功可比较ab两点的机械能【解答】解：a、由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力与电场方向相同，所以带电粒子应带正电故a正确b、从a到b的过程中，电场力做正功，电势能在减少，所以在粒子在a点的电势能比在b点大1.5j故b错误c、从a到b的过程中，克服重力做功2.0j，电场力做功1.5j，由动能定理可知，粒子在a点的动能比在b点多0.5j，故c正确d、从a到b的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了1.5j，故d错误故选：ac【点评】本题应明确：1、电场力对电荷做正功时，电荷的电势能减少，电荷克服电场力做功，电荷的电势能增加，电势能变化的数值等于电场力做功的数值这常是判断电荷电势能如何变化的依据2、电势能是电荷与所在的电场所共有的，且具有相对性，通常取无穷远处或大地为电势能的零点11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【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【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ba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【点评】处理本题的关键是抓住不变量，熟练运用闭合电路的动态分析注意处理含容电路时，把含有电容的支路看成断路，电容器两端的电压等于和电容器并联支路的电压12有一只电熨斗，内部电路如甲所示，其中m为旋钮的内部接线端子，旋钮有“高”、“中”、“低”、“关”四个挡，每个挡内部接线有如图乙中所示的四种方式，下列判断中正确的是( ) aa方式为“高”挡bb方式为“低”挡cc方式为“中”挡dd方式为“高”挡【考点】电功、电功率【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】由p=可知，当电阻最小时，功率最高，为高档；电阻最大时，功率最小，为低档；根据串并联电路的规律可得出接法【解答】解：a中回路未闭合，故a方式为“关挡”，b中总电阻rb=r1+r2，c中总电阻为rc=r1，d中总电阻为rd=，由公式p=可知，d方式为“高”档，c方式为“中”档，b方式为“低”档，所以bcd正确，a错误；故选：bcd【点评】对于纯电阻电路可以应用p=可以求得功率；同时要注意并联电路中总电阻小于任一电阻二、实验题（每空2分，共20分）13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=2.25cm，d=6.860mm【考点】螺旋测微器的使用【专题】实验题【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0.15=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36.00.01=0.360mm（0为估读），所以最后读数为6.860mm故答案为：2.25 cm，6.860 mm【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14一灵敏电流计，允许通过的最大电流（满刻度电流）为ig=50a，表头电阻rg=1k，若改装成量程为im=10ma的电流表，应并联的电阻阻值为5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2.99105的电阻【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题；恒定电流专题【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=51051000=0.05v；改装大量程的电流表时，表头的满偏电流仍为50a，此时流过并联电路部分的总电流为10ma，则流过并联电阻的电流i=imig=10ma50a=9950a；则并联电阻r=5；若改装成电压表，则达最大量程时，串联电阻两端的电压u=umug=15v0.05v=14.95v；则应串联的电阻r=2.99105故答案为：并；5；串；2.99105【点评】本题考查电流表的改装，在理解改装原理的基础上，通过串并联的关系和欧姆定律即可求解15某同学采用如图1所示的电路测定电源电动势和内电阻已知干电池的电动势约为1.5v，内阻约为1；电压表（03v，3k）、电流表（00.6a，1.0）、滑动变阻器有r1（10，2a）和r2（100，0.1a）各一只实验中滑动变阻器应选用r1（填“r1”或“r2”）在图2中画出实验电路图在实验中测得多组电压和电流值，得到如图3所示的ui图线，由图可较准确地求出该电源电动势e=1.47v；内阻，r=1.81【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题【分析】为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器；根据实物电路图作出实验电路图；根据电源ui图象求出电源电动势与内阻【解答】解：电源内阻约为1.5v，电路最大电流约为零点几安培，两滑动变阻器均可保证安全，为方便实验操作，滑动变阻器应选r1；伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，实验电路图如图所示：由图示电源ui图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.47，电源电动势e=1.47v，电源内阻：r=1.81故答案为：r1；电路图如图所示；1.47，1.81【点评】本题考查了实验器材选择、作电路图、求电源电动势与内阻，电源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三、计算题（共42分）16一台小型电动机在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）线圈的电阻【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律【专题】计算题；定量思想；推理法；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）重物匀速上升，则f=mg=4n；电动机提升重物的机械功率重物上升的速度v=0.1s；p机=fv=（40.1）w=0.4w根据能量关系p入=p机+pq，得热功率pq=p入p机=（0.60.4）w=0.2 w所产生热量q=pqt=0.230 j=6 j根据焦耳定律q=i2rt，得线圈电阻r=5答：（1）电动机的输入功率为0.6w；（2）线圈的电阻为5【点评】电动机是非纯电阻电路，对于非纯电阻要注意明确公式的正确选择，注意应用电动机总功率等于输出功率与热功率之和这一功率关系17如图所示，电路中接电动势为4v，内电阻为2的直流电源，电阻r1、r2、r3、r4的阻值均为4，电容器的电容为30f，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【专题】恒定电流专题【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（2）u3=ir3=0.44v=1.6v q=cu3=4.8105c故电容器所带的电荷量为4.8105c（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2.4105c【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，以及电容的定义式18如图所示，水平绝缘轨道ab与处于竖直平面内的半圆形绝缘光滑轨道bc平滑连接，半圆形轨道的半径r=0.40m轨道所在空间存在水平向右的匀强电场，电场强度e=1.0104 n/c现有一电荷量q=+1.0104c，质量m=0.10kg的带电体（可视为质点），在水平轨道上的p点由静止释放，带电体运动到圆形轨道最低点b时的速度vb=5.0m/s已知带电体与水平轨道间的动摩擦因数=0.50，重力加速度g=10m/s2求：（1）带电体运动到圆形轨道的最低点b时，圆形轨道对带电体支持力的大小；（2）带电体在水平轨道上的释放点p到b点的距离；（3）带电体第一次经过c点后，落在水平轨道上的位置到b点的距离【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】（1）带电体运动到圆形轨道的最低点b时