陕西省渭南市华县咸林中学高二物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年陕西省 渭南市华县咸林中学高二（上）期末物理试卷一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分下列各题的四个选项中，只有一个选项符合要求选对得3分，不选或错选得0分）1两个分别带有电荷量q和+3q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为f若将两小球相互接触后分开一定的距离，两球间库仑力的大小变为，则两小球间的距离变为（）a b c rd 2r2一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为s，电容为c，对此电容器充电后断开电源，当增加两板间距时，电容器极板间（）a 电场强度不变，电势差变大b 电场强度不变，电势差不变c 电场强度减小，电势差不变d 电场强度减小，电势差减小3对于电磁感应现象，下列说法中正确的是（）a 只要有磁通量穿过电路，电路中就有感应电流b 只要闭合电路在做切割磁感线运动，电路中就有感应电流c 只要穿过闭合电路的磁通量足够大，电路中就有感应电流d 只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电流4在图中，标出了磁场b的方向、通电直导线中电流i的方向，以及通电直导线所受磁场力f的方向，其中正确的是（）a b c d 5如图所示，a、b是位于真空中的平行金属板，a板带正电，b板带负电，两板间的电场为匀强电场，场强为e同时在两板之间的空间中加匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为b一束电子以大小为v0的速度从左边s处沿图中虚线方向入射，虚线平行于两板，要想使电子在两板间能沿虚线运动，则v0、e、b之间的关系应该是（）a v0=b v0=c v0=d v0=6如图的有界圆形磁场，半径为r，磁感应强度为b，一个质量为m，电量为e的带电粒子，从边界向圆心射入磁场，离开磁场时方向与射入方向的夹角为120，则粒子通过磁场所用的时间是（）a b c d 7如图所示，当滑动变阻器r2的滑动片p向下移动时，两电表的示数变化情况为（）a 电流表示数减小，电压表示数增大b 电流表示数增大，电压表示数减小c 两电表的示数均增大d 两电表的示数均减小8如图所示为演示自感现象的实验电路，线圈l的自感系数比较大，其直流电阻与r接入电路的阻值相同，a1和a2是两个相同的小灯泡，下列判断正确的是（）a 接通开关s，灯a1、a2立即正常发光b 断开开关s，灯a1、a2一起慢慢熄灭c 接通开关s，灯a2逐渐亮起来d 断开开关s，灯a2先闪亮后再熄灭9如图所示，两平行导线通有大小、方向都相同的电流i，导线框abcd与两导线同一平面内，从位置1一直运动到位置2，在此过程中，导线框中感应电流（）a 一直沿abcda方向b 先沿abcda方向，后沿adcba方向c 先沿adcba方向，后沿abcda方向d 先沿abcda方向，接着沿adcba方向，最后沿abcda方向10如图所示，在xoy平面内有一个以o为圆心、半径r=0.1m的圆，p为圆周上的一点，o、p两点连线与x轴正方向的夹角为若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小e=100v/m，则o、p两点的电势差可表示为（）a uop=10sin （v）b uop=10sin （v）c uop=10cos （v）d uop=10cos （v）二、选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分下列各题的四个选项中，有一个或以上选项正确全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11国家标准管委会规定“自2010年1月1日起，40公斤以上、时速20公里以上的电动自行车称为电动摩托车，划入机动车范畴”一电动摩托车由电动势为48v、内阻为0.5的蓄电池供电，当电动车匀速行驶时，通过蓄电池的电流为5a，此时该蓄电池（）a 输出电压为45.5vb 输出电压为2.5vc 内耗热功率为12.5wd 内耗热功率为2.5w12如图所示，有两根和水平方向成角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻r，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感强度为b，一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下经过足够长的时间，金属杆的速度趋近于一个最大速度vm，则（）a 如果b增大，vm将变大b 如果变大，vm将变大c 如果r变大，vm将变大d 如果m变小，vm将变大13一带电油滴在匀强电场e中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为（）a 动能减小b 电势能增加c 动能和电势能之和减少d 重力势能和电势能之和减少14如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中（）a 导体框中产生的感应电流方向相同b 导体框中产生的焦耳热相同c 导体框ad边两端电势差相同d 通过导体框截面的电量相同三实验题（每空2分，共20分）15用多用表按正确步骤测量一电学元件p的电阻，p的两端分别为a、b，多用表选择开关置于100倍率挡位上，表指针指示位置如图所示（1）若p是电阻，则通过p的电流方向是，为使测量比较准确，应将选择开关旋到倍率挡位上，并要，再进行测量（2）若p是二极管，用多用表再次测量p的两端a、b，观察到指针偏转很小，则端是二极管的正极16在某实验室中测量电源的电动势和内电阻，可以提供的器材有：待测电池：电动势e（约3v）、内电阻r（约1）电流表：量程500a，内阻r2=400电流表：量程3a，内阻r1=0.1滑动变阻器：阻值0600，额定电流0.5a滑动变阻器：阻值020，额定电流2.5a电阻箱：9999.9（1）实验电路如图1所示，根据实验目的，电路中电流表a1应选择，a2应选择，r1应选择，r2应选择（请填写器材序号）（2）实验中改变电路中的电阻，通过多次读取两电流表的读数，用描点法拟合出电流表a2的电流i2随电流表a1的电流i1的变化的图象，如图2所示那么，根据图象可得电动势e的表达式为，内电阻r表达式为（答案只限于用r2、iy、ix及电流表的内阻r1、r2表示）四、计算题（本题共3小题，共34分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后结果的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）17电场中某区域的电场线如图所示，a、b是电场中的两点一个电荷量q=+4.0108 c的点电荷在a点所受电场力fa=2.0104 n，将该点电荷从a点移到b点，电场力做功w=8.0107j求：（1）a点电场强度的大小ea（2）a、b两点间的电势差u18如图所示的电路中，电源电动势e=10v，内电阻r=0.50，电动机m的电阻r0=1.0闭合电键s后，标有“8v、16w”的灯泡l恰能正常发光求闭合电键后：（1）电源两端的路端电压；（2）电源输出的功率；（3）电动机的输出功率19在平面直角坐标系xoy中，第i象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第iv象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为b一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的m点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的n点与x轴正方向成60角射入磁场，最后从y轴负半轴上的p点垂直于y轴射出磁场，如图所示不计粒子重力，求（1）m、n两点间的电势差umn； （2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从m点运动到p点的总时间t2014-2015学年陕西省渭南市华县咸林中学高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分下列各题的四个选项中，只有一个选项符合要求选对得3分，不选或错选得0分）1两个分别带有电荷量q和+3q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为f若将两小球相互接触后分开一定的距离，两球间库仑力的大小变为，则两小球间的距离变为（）a b c rd 2r考点：库仑定律专题：电场力与电势的性质专题分析：清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题解答：解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为f=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带点为+q，两球间库仑力的大小变为，库仑力为f=k=，r=所以两小球间的距离变为，故选b点评：本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题2一平行板电容器两极板间距为d、极板面积为s，电容为c，对此电容器充电后断开电源，当增加两板间距时，电容器极板间（）a 电场强度不变，电势差变大b 电场强度不变，电势差不变c 电场强度减小，电势差不变d 电场强度减小，电势差减小考点：电容器的动态分析专题：电容器专题分析：通电后断开电容两板上的电荷量不变，由c= 可知当d变化时c的变化；由c= 可知两板间的电势差的变化；由e= 可知e的变化解答：解：因通电后断开，故两板上的带电量不变；增加d，则c减小，则电势差u增大；由公式可得：u=，则电场强度为：e=，故e与d无关，故电场强度不变，故a正确，bcd错误；故选：a点评：通电后断开若只改变两板间的距离，则极板间的电场强度将保持不变3对于电磁感应现象，下列说法中正确的是（）a 只要有磁通量穿过电路，电路中就有感应电流b 只要闭合电路在做切割磁感线运动，电路中就有感应电流c 只要穿过闭合电路的磁通量足够大，电路中就有感应电流d 只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就有感应电流考点：感应电流的产生条件分析：产生感应电流的条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化根据这个条件分析电路有无感应电流产生解答：解：a、有磁通量穿过电路时，电路中不一定有感应电流，若电路不闭合或磁通量没有发生变化时，电路中没有感应电流故a错误b、闭合电路在做切割磁感线运动时，电路中不一定有感应电流，还要看磁通量有没有变化，若磁通量没有变化，电路中没有感应电流故b错误c、穿过闭合电路的磁通量足够大而且变化时，电路中才有感应电流故c错误d、只要穿过闭合电路的磁通量发生变化，电路中就一定有感应电流产生故d正确故选d点评：产生感应电流的普遍条件是：穿过闭合电路的磁通量发生变化特殊条件是：闭合电路的一部分导体在做切割磁感线运动4在图中，标出了磁场b的方向、通电直导线中电流i的方向，以及通电直导线所受磁场力f的方向，其中正确的是（）a b c d 考点：左手定则分析：由左手定则可以判断出b、i、f方向间的关系，然后选出正确的选项解答：解：a、由左手定则可知，通电导线所受安培力竖直向上，故正确；b、由图可知，磁感应强度b与电流i平行，导线不受安培力，故错误；c、由左手定则可知，通电导线所受安培力竖直向下，故正确；d、由左手定则可知，通电导线所受安培力垂直于纸面向外，故错误；故选c点评：本题考查了左手定则的应用，要掌握左手定则内容，会用左手定则判断安培力及洛伦兹力的方向5如图所示，a、b是位于真空中的平行金属板，a板带正电，b板带负电，两板间的电场为匀强电场，场强为e同时在两板之间的空间中加匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度为b一束电子以大小为v0的速度从左边s处沿图中虚线方向入射，虚线平行于两板，要想使电子在两板间能沿虚线运动，则v0、e、b之间的关系应该是（）a v0=b v0=c v0=d v0=考点：带电粒子在混合场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：要想使电子在两板间能沿虚线运动，电场力和洛伦兹力二力平衡，由平衡条件得到v0、e、b之间的关系解答：解：电子进入平行板间，受到竖直向上的电场力和竖直向下的洛伦兹力，要想使电子在两板间能沿虚线运动，电场力和洛伦兹力二力平衡，则有 qe=qv0b，得 v0=故a正确故选a点评：本题是速度选择器模型，分析电子的受力情况是解题的关键6如图的有界圆形磁场，半径为r，磁感应强度为b，一个质量为m，电量为e的带电粒子，从边界向圆心射入磁场，离开磁场时方向与射入方向的夹角为120，则粒子通过磁场所用的时间是（）a b c d 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：做入射速度和出射速度的垂线，交点为圆心，由几何知识确定转过的圆心角，结合周期公式计算粒子通过磁场的时间解答：解：粒子做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由几何知识知转过的圆心角=60，粒子在磁场中的运动时间为：t=故选：c点评：带电粒子在匀强磁场中匀速圆周运动问题，关键是画出粒子圆周的轨迹，往往用数学知识求半径或转过的圆心角7如图所示，当滑动变阻器r2的滑动片p向下移动时，两电表的示数变化情况为（）a 电流表示数减小，电压表示数增大b 电流表示数增大，电压表示数减小c 两电表的示数均增大d 两电表的示数均减小考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：根据滑片的移动方向判断出滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后由串并联电路特点及欧姆定律分析答题解答：解：由电路图可知，滑动变阻器的滑片p向下移动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，外电路的总电阻减小，电源的电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路总电流i增大，路端电压u=eir，则u减小，电压表v示数减小；路端电压减小，电阻r1的电流减小，而总电流增大，则电流表示数增大故b正确故选：b点评：本题是一道闭合电路的动态分析题，要掌握动态电路动态分析题的解题思路与方法：局部整体局部，记住这个结论可提高分析的速度：变阻器电阻增大，所在电路的电流减小，与之并联的电路电流增大8如图所示为演示自感现象的实验电路，线圈l的自感系数比较大，其直流电阻与r接入电路的阻值相同，a1和a2是两个相同的小灯泡，下列判断正确的是（）a 接通开关s，灯a1、a2立即正常发光b 断开开关s，灯a1、a2一起慢慢熄灭c 接通开关s，灯a2逐渐亮起来d 断开开关s，灯a2先闪亮后再熄灭考点：自感现象和自感系数分析：由题，闭合开关s达到稳定后两灯均可以正常发光，说明l与r的直流电阻相等闭合开关的瞬间，通过l的电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律分析电流的变化，判断通过两灯电流的关系待电路稳定后断开开关，线圈产生自感电动势，分析通过两灯的电流关系，判断两灯是否同时熄灭解答：解：a、c、l与r的直流电阻相等，电阻r不产生自感现象，灯a2立即正常发光；而电感l电流增大，产生自感电动势，根据楞次定律得知，自感电动势阻碍电流的增大，使得电路中电流只能逐渐增大，所以闭合开关的瞬间，通过a1灯的电流小于通过a2灯的电流，a1灯逐渐变亮，即a2灯先亮，a1灯后亮故a错误，c错误b、d、闭合开关，待电路稳定后断开开关，通过a2灯原来的电流立即消失，电感线圈l产生自感电动势，相当于电源，两灯串联，自感电流流过两灯，两灯同时逐渐熄灭故b正确，d错误故选：b点评：当通过线圈本身的电流变化时，线圈中会产生自感现象，这是一种特殊的电磁感应现象，可运用楞次定律分析自感电动势对电流的影响9如图所示，两平行导线通有大小、方向都相同的电流i，导线框abcd与两导线同一平面内，从位置1一直运动到位置2，在此过程中，导线框中感应电流（）a 一直沿abcda方向b 先沿abcda方向，后沿adcba方向c 先沿adcba方向，后沿abcda方向d 先沿abcda方向，接着沿adcba方向，最后沿abcda方向考点：楞次定律；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向分析：两根平行长直导线中，通以同方向同强度的电流，产生磁场，根据安培定则和磁场的叠加原理可知，在中线oo右侧磁场向外，左侧磁场向里当导线框向右运动时，磁通量变化，产生感应电流，根据楞次定律判断感应电流方向解答：解：根据安培定则和磁场的叠加原理判断得知，在中线oo右侧磁场向外，左侧磁场向里当导线框位于中线oo左侧运动时，磁场向里，磁通量增加，根据楞次定律可知，感应电流方向为adcba当导线框经过中线oo，磁场方向先向外，后向里，磁通量先减小，后增加，根据楞次定律，可知感应电流方向为adcba；当导线框位于中线oo右侧运动时，磁场向外，磁通量减小，根据楞次定律可知，感应电流方向为adcba；由上可知，从位置1一直运动到位置2，在此过程中，导线框中感应电流，一直沿abcda方向，故a正确，bcd错误；故选：a点评：本题考查运用楞次定律判断感应电流方向的能力，难点在于分析导线框经过中线时磁场方向和磁通量的变化情况10如图所示，在xoy平面内有一个以o为圆心、半径r=0.1m的圆，p为圆周上的一点，o、p两点连线与x轴正方向的夹角为若空间存在沿y轴负方向的匀强电场，场强大小e=100v/m，则o、p两点的电势差可表示为（）a uop=10sin （v）b uop=10sin （v）c uop=10cos （v）d uop=10cos （v）考点：电势差；电势差与电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：匀强电场中电势差u=ed，关键在于明确d为沿电场线方向的有效距离解答：解：在匀强电场中，两点间的电势差u=ed，而d是沿场强方向上的距离，所以dop=rsin，故：uop=1000.1sin=10sin（v）故选：a点评：一定要注意明确公式中d的准确含义，d是沿电场线方向的距离，故可以将实际距离向电场线方向作投影；本题如果不习惯用符号表示，可以先确定大小，再根据电场线由高电势指向低电势确定电势差的正负二、选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分下列各题的四个选项中，有一个或以上选项正确全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）11国家标准管委会规定“自2010年1月1日起，40公斤以上、时速20公里以上的电动自行车称为电动摩托车，划入机动车范畴”一电动摩托车由电动势为48v、内阻为0.5的蓄电池供电，当电动车匀速行驶时，通过蓄电池的电流为5a，此时该蓄电池（）a 输出电压为45.5vb 输出电压为2.5vc 内耗热功率为12.5wd 内耗热功率为2.5w考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率；焦耳定律专题：恒定电流专题分析：根据闭合电路欧姆定律求出电池的输出电压由公式p=i2r，求出内耗热功率解答：解：根据闭合电路欧姆定律得：电池的输出电u=eir=48v50.5v=45.5v，内耗热功率为p=i2r=520.5w=12.5w故ac正确；bd错误；故选：ac点评：本题闭合电路欧姆定律简单的应用，电源的输出电压，即为路端电压，其与内电压之和等于电动势12如图所示，有两根和水平方向成角的光滑平行的金属轨道，上端接有可变电阻r，下端足够长，空间有垂直于轨道平面的匀强磁场，磁感强度为b，一根质量为m的金属杆从轨道上由静止滑下经过足够长的时间，金属杆的速度趋近于一个最大速度vm，则（）a 如果b增大，vm将变大b 如果变大，vm将变大c 如果r变大，vm将变大d 如果m变小，vm将变大考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：金属杆受重力、支持力、安培力做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到零，速度最大根据合力为零，求出金属杆的最大的速度根据最大的速度的表达式进行求解解答：解：金属杆受重力、支持力、安培力，开始时重力沿斜面的分力大于安培力，所以金属杆做加速运动随着速度的增加，安培力在增大，所以金属杆加速度逐渐减小，当加速度减小到零，速度最大当加速度为零时，速度最大有mgsin=bil，i=vm=a、如果b增大，vm将变小，故a错误b、如果变大，vm将变大，故b正确c、如果r变大，vm将变大，故c正确d、如果m变小，vm将变小，故d错误故选：bc点评：解决本题的关键知道金属杆做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大13一带电油滴在匀强电场e中的运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下若不计空气阻力，则此带电油滴从a运动到b的过程中，能量变化情况为（）a 动能减小b 电势能增加c 动能和电势能之和减少d 重力势能和电势能之和减少考点：电势能；电场线专题：电场力与电势的性质专题分析：根据图中的运动轨迹情况，可以判断出重力和电场力的大小关系，然后根据功能关系求解即可解答：解：a、由题意可知，带电油滴所受重力小于电场力，故从a到b的运动过程中合外力做正功，动能增加，故a错误；b、从a到b的运动过程电场力做正功，电势能减小，故b错误；c、从a到b的运动过程中重力做负功，重力势能增加，因此动能和电势能之和减小，故c正确；d、根据功能关系可知，在从a到b的运动过程中只有重力、电场力做功，因此重力势能、电势能、动能三者之和保持不变，因该过程中动能增加，因此重力势能和电势能之和减小，故d正确故选cd点评：本题在电场和重力场的复合场中重点考察带电小球的功能关系转化在学习过程中要明确各种功能关系是解这类问题的关键14如图所示，垂直纸面的正方形匀强磁场区域内，有一位于纸面的、电阻均匀的正方形导体框abcd，现将导体框分别朝两个方向以v、3v速度匀速拉出磁场，则导体框从两个方向移出磁场的两个过程中（）a 导体框中产生的感应电流方向相同b 导体框中产生的焦耳热相同c 导体框ad边两端电势差相同d 通过导体框截面的电量相同考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电流、电压概念；电磁感应中的能量转化专题：压轴题；电磁感应功能问题分析：a、感应电流的方向可以通过楞次定律或右手定则进行判定b、根据热量的公式q=i2rt进行分析c、先求出感应电动势，再求外电压d、通过q=进行分析解答：解：a、根据右手定则，导线框产生的感应电流方向相同故a正确 b、i=，t=，根据q=i2rt=，知q与速度v有关，所以导线框产生的焦耳热不同故b错误 c、向上移出磁场的过程中，电动势e=blv，ad边两端电势差u=；向右移出磁场的过程中，电动势e=3blv，ad边两端电势差u=故c错误 d、q=，沿两个不同方向移出，磁通量的变化量相同，所以通过导体框截面的电量相同故d正确故选ad点评：解决本题的关键掌握感应电动势的两个公式：e=blv，e=n，以及会用楞次定律或右手定则判定电流的方向三实验题（每空2分，共20分）15用多用表按正确步骤测量一电学元件p的电阻，p的两端分别为a、b，多用表选择开关置于100倍率挡位上，表指针指示位置如图所示（1）若p是电阻，则通过p的电流方向是ba，为使测量比较准确，应将选择开关旋到10倍率挡位上，并要重新进行欧姆调零，再进行测量（2）若p是二极管，用多用表再次测量p的两端a、b，观察到指针偏转很小，则a端是二极管的正极考点：用多用电表测电阻专题：实验题分析：欧姆表的正极插孔接内部电源的负极，电流从正极进去，从负极出来；每次换挡都要重新欧姆调零；二极管具有单向导通性解答：解：（1）欧姆表的正极插孔接内部电源的负极，电流从负极出来，从正极进去，所以电阻中的电流从ba；（2）由图所示可知，测电阻时指针的偏角太大，说明电阻较小，应换较小挡，并重新欧姆调零；此时选择开关置于100倍率挡位上，即换为10，重新进行欧姆调零，然后再测量（2）二极管正向导通，方向截止，即正向的电阻较小，指针偏角小，说明导通，所以a端是二极管的正极故答案我i：（1）ba；10；重新进行欧姆调零；（2）a点评：本题考查了欧姆表的内部结构和使用方法，以及二极管的单向导通性，难度不大16在某实验室中测量电源的电动势和内电阻，可以提供的器材有：待测电池：电动势e（约3v）、内电阻r（约1）电流表：量程500a，内阻r2=400电流表：量程3a，内阻r1=0.1滑动变阻器：阻值0600，额定电流0.5a滑动变阻器：阻值020，额定电流2.5a电阻箱：9999.9（1）实验电路如图1所示，根据实验目的，电路中电流表a1应选择，a2应选择，r1应选择，r2应选择（请填写器材序号）（2）实验中改变电路中的电阻，通过多次读取两电流表的读数，用描点法拟合出电流表a2的电流i2随电流表a1的电流i1的变化的图象，如图2所示那么，根据图象可得电动势e的表达式为iy（r2+r2），内电阻r表达式为（答案只限于用r2、iy、ix及电流表的内阻r1、r2表示）考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：将小量程的电流表串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表，采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小根据闭合回路欧姆定律列出等式求解电动势和内阻解答：解：（1）将小量程的电流表串联一个电阻，可以改装成较大量程的电压表，采用较小最大值的滑动变阻器，有利于数据的测量和误差的减小所以电路中电流表a1应选择，a2应选择，r1应选择，r2应选择（2）根据图形得当i1=0时，i2=iy根据欧姆定律和串联的知识得e=iy（r2+r2）当i2=0，i1=ix根据欧姆定律和串联的知识得e=ixrr=故答案为：（1），；（2）iy（r2+r2），点评：测定电动势和内阻的实验中要注意数据的处理时主要应用了图象法，在学习中要掌握读数及画图的能力，要结合公式理解图象中点、线、交点及截距的意义四、计算题（本题共3小题，共34分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后结果的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）17电场中某区域的电场线如图所示，a、b是电场中的两点一个电荷量q=+4.0108 c的点电荷在a点所受电场力fa=2.0104 n，将该点电荷从a点移到b点，电场力做功w=8.0107j求：（1）a点电场强度的大小ea（2）a、b两点间的电势差u考点：电势能；电场强度；电势差专题：电场力与电势的性质专题分析：根据电场强度的定义式e=，求解a点电场强度的大小根据公式uab=求解a、b两点间的电势差u解答：解：（1）ea=5103n/c （2）u=20v答：（1）a点电场强度的大小ea为5103n/c （2）a、b两点间的电势差u为20v点评：本题考查物理基本公式的应用能力对于公式u=应用时，一般各量要代入符合计算，而e=，一般不代入符合计算18如图所示的电路中，电源电动势e=10v，内电阻r=0.50，电动机m的电阻r0=1.0闭合电键s后，标有“8v、16w”的灯泡l恰能正常发光求闭合电键后：（1）电源两端的路端电压；（2）电源输出的功率；（3）电动机的输出功率考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：（1）图中灯泡两端的电压等于路端电压，灯泡正常发光，其电压就等于灯泡的额定电压对内电路研究，由欧姆定律求出流过电源的电流，由p=ei求解电源的总功率由总功率减去内部损耗的功率即得电源的输出功率（2）电动机两端电压等于灯泡的额定电压，根据电源的电流和灯泡的电流求出电动机的电流，根据p=ui求得总功率的大小；（3）电动机两端电压等于灯泡的额定电压，根据电源的电流和灯泡的电流求出电动机的电流，根据能量守恒求解电动机的输出功率解答：解：（1）灯泡正常发光，电压为额定电压u额=8v，则路端电压u=u额=8v，（2）则电源内阻的电压u内=eu=108=2（v）由欧姆定律得流过电源的电流 i=a=4a 电源的总功率 p总=ei=104w=40w所以电源的输出功率 p出=p总p损=p总i2r=40420.5（w）=32w；（3）灯泡的电流 i灯=a=2a电动机的电流 im=ii灯=42=2（a）电动机消耗的电功率 pm=uim=82=16（w）电动机发热功率 p热=im2r0=221=4（w）所以电动机的输出功率p输出=pmp热=164=12（