河南省信阳市高二物理上学期期中试题（含解析）.doc

2015-2016学年河南省信阳市高二（上）期中物理试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分其中第810三个小题为多项选择题，其余为单项选择题，选全对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1万有引力可以理解为：任何有质量的物体都要在其周围空间产生一个引力场，另一个有质量的物体处于这一引力场中，就受到该引力场的引力作用，这种情况可以与电场相类比那么在地球产生的引力场中的重力加速度，可以与电场中下列哪个物理量相类比( )a电场强度b电势能c电势d电场力2电子式互感器是数字变电站的关键装备之一如图所示，某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，ac间的电阻是cd间电阻的（n1）倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为u，则输入端的电压为( )anubc（n1）ud3如图所示为一个点电极a 与平板电极b 接入电源时的空间电场分布图，c 为a 到b 垂线的中点，d、e 为同在a、b 垂线上的两点，dc=ce，f、g 处在de 的中垂线上，fc=cg，下列说法正确的是( )aa电极的带电量小于b电极的带电量bf点的电场强度大于c点的电场强度cdc两点间电势差小于ce两点间电势差d电子从f点沿直线移动到g点，电场力先做正功，后做负功4如图所示，在x轴相距为l的两点固定两个等量异种电荷+q和q，虚线是以+q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称下列判断正确的是( )ab、d两点电势相同ba、b、c、d四个点中，c点电势最低cb、d两点电场强度相同d将一试探电荷+q沿圆周从a点移动到c点，其电势能减小5如图所示，不带电的金属球a固定在绝缘底座上，它的正上方有b点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下（不计空气阻力），液滴到达a球后将电荷量全部传给a球，设前一液滴到达a球后，后一液滴才开始下落，不计b点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是( )a第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达a球b当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动c能够下落到a球的所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等d所有液滴下落过程中电场力做功相等6如图虚线框内为高温超导限流器，它由超导部件和限流电阻并联组成超导部件有一个超导临界电流ic，当通过限流器的电流iic时，将造成超导体失超，从超导态（电阻为零，即r1=0）转变为正常态（一个纯电阻，且r1=3 ），以此来限制电力系统的故障电流已知超导临界电流ic=1.2a，限流电阻r2=6，小灯泡l上标有“6v 6w”的字样，电源电动势e=8v，内阻r=2原来电路正常工作，超导部件处于超导态，灯泡l正常发光，现l突然发生短路，则( )a灯泡l短路前通过r2的电流为ab灯泡l短路后超导部件将由超导状态转化为正常态，通过灯泡电流为零c灯泡l短路后通过r1的电流为4 ad灯泡l短路后通过r2的电流为a7如图所示的电路中，r0为定值电阻，r为滑动变阻器当滑动片p由a端向b端滑动的过程中，关于电压表、电流表的示数u和i的变化情况，下列说法中正确的是( )au先增大后减小，i先减小后增大bu先减小后增大，i先增大后减小cu一直增大，i一直减小du一直减小，i一直增大8如图所示，d处固定有负点电荷q，一个带电质点只在电场力作用下运动，射入此区域时的轨迹为图中曲线abc，a、b、c、d恰好是一正方形的四个顶点，则有( )aa、b、c三点处电势高低关系是a=cbb质点由a到c，电势能先增加后减小，在b点动能最小c质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2：1：2d若将d处的点电荷改为+q，该带电质点的轨迹仍可能为曲线abc9如图所示，a、b均为半个绝缘正方体，质量均为m，在a、b内部各嵌入一个带电小球，a带电量为+q，b带电量为q，且两个小球的球心连线垂直于ab接触面a、b最初靠在竖直的粗糙墙上空间有水平向右的匀强电场，场强大小为e，重力加速度为g现将a、b无初速度释放，下落过程中始终相对静止，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是( )a两物块下落的加速度大小均为gb两物块下落的加速度大小应小于gca、b之间接触面上的弹力为零db受到a的摩擦力作用，方向沿接触面向上10如图所示，平行板电容器两极板水平放置，a在上方，b在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知a和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿ab中心水平射入，打在b极板上的n点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动a板来改变两极板ab间距（两极板仍平行），则下列说法正确的是( )a若小球带正电，当ab间距增大时，小球打在n的右侧b若小球带正电，当ab间距减小时，小球可能打在n的左侧c若小球带负电，当ab间距减小时，小球可能打在n的右侧d若小球带负电，当ab间距增大时，小球可能打在n的左侧二、填空题（共两小题，共16分，请将正确答案填在题中的横线上）11读出（图1）游标卡尺的读数为_cm（图2）螺旋测微器的读数为_mm12某实验小组描绘规格为“2.5v 0.6w”的小灯泡的iu特性曲线，实验室提供下列器材：a电流表a1（量程为025ma，内阻约0.2）b电流表a2（量程为0一300ma，内阻约1）c电压表v1（量程为03v，内阻约5k）d电压表v2（量程为015v，内阻约15k）e滑动变阻器r1（0一10，额定电流1.5a）；f滑动变阻器r2（0一1000，额定电流0.5a）g直流电源（电动势6v，内阻忽略不计）h电键一个、导线若干（1）在小灯泡接入电路前，使用多用电表直接测量小灯泡的电阻，则应将选择开关旋至_ 档进行测量（填选项前的字母）a直流电压10v b直流电流5ma c欧姆“100”d欧姆“1”（2）实验中所用的电流表、电压表和滑动变阻器分别选择_aa1 v1r2 ba2 v1r1 ca2 v2r2 da1 v1r1（3）若采用如图1所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压表的右端应与电路中的_点相连（选填“a”或“b”）（4）开关闭合之前，图1中滑动变阻器的滑片应该置于_端（选填“c”、“d”或“cd中间”）（5）测量后，该小组根据实验数据，利用excel拟合出小灯泡的iu特性曲线如图2所示结合所画出的iu特性曲线，现将一个电动势为3.6v，内阻为12的电源只与该小灯泡组成电路，则该小灯泡的实际功率约为_w（结果保留两位有效数字）（6）该小组按实验要求设计出正确电路图并正确连线后，合上电键，慢慢增大小灯泡的电压，发现刚开始时两电表指针均偏转，但小灯泡不发光，请简要分析原因：_三、计算题（本大题有4个小题，共44分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q=1.0106c的点电荷由a点沿水平线移至b点，克服电场力做了2106j的功，已知a、b间的距离为2cm试求：（1）a、b两点间的电势差uab及该匀强电场的电场强度（2）若a点的电势为a=1v，试求b点的电势b14如图1、2所示，两电源的电动势均为6v，内阻为0.5，小型电动机m的线圈电阻为0.5，滑动变阻器的最大阻值为5，限流电阻r0均为2.5，若理想电压表的示数均为2.5v时，试求：（1）在图1中电源的输出功率和电动机输出的机械功率（2）在图2中限流电阻r0可消耗的最大功率15如图所示，在水平方向的匀强电场中，用长为l不可伸长的绝缘细线拴住一质量为m，带电荷量为q的小球1，线的上端固定于o点，若在b点同一水平线上的左方距离为r处固定另一带电小球2，小球1恰好处于静止状态，当拿走小球2后，小球1由静止开始向上摆动，当细线转过120角到达a点时的速度恰好为零，此时oa恰好处于水平状态，设整个过程中细线始终处于拉直状态，静电力常量为k求：（1）ba两点间的电势差u；（2）匀强电场的场强e的大小；（3）小球2的带电量q16（14分）在真空中存在空间范围足够大的、水平向右的匀强电场若将一个质量为m、带正电电量q的小球在此电场中由静止释放，小球将沿与竖直方向夹角为53的直线运动现将该小球从电场中某点以初速度v0竖直向上抛出，求运动过程中（sin53=0.8，）（1）此电场的电场强度大小；（2）小球运动的抛出点至最高点之间的电势差u；（3）小球的最小动能2015-2016学年河南省信阳市高二（上）期中物理试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分其中第810三个小题为多项选择题，其余为单项选择题，选全对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1万有引力可以理解为：任何有质量的物体都要在其周围空间产生一个引力场，另一个有质量的物体处于这一引力场中，就受到该引力场的引力作用，这种情况可以与电场相类比那么在地球产生的引力场中的重力加速度，可以与电场中下列哪个物理量相类比( )a电场强度b电势能c电势d电场力【考点】电场强度；万有引力定律及其应用；电势 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场与重力场类似，电场力与重力类似，电荷量与物体的质量类似，根据重力与质量的关系、电场力与电荷量的关系，分析重力加速度与电场中电场强度可类比【解答】解：电场与重力场类似，电场的基本特性是对放入其中的电荷有力的作用，说明电场力与重力类似电荷量与物体的质量类似，则由g=mg，f=qe分析可知，重力加速度g与电场中电场强度e可类比故选a【点评】学习电场时，常常采用类比的方法，将电场与重力场类似，抓住电场力与重力类似，电荷量与物体的质量类似，重力加速度与电场中电场强度类比，有助于理解电场的知识2电子式互感器是数字变电站的关键装备之一如图所示，某电子式电压互感器探头的原理为电阻分压，ac间的电阻是cd间电阻的（n1）倍，某次测量中输出端数字电压表的示数为u，则输入端的电压为( )anubc（n1）ud【考点】串联电路和并联电路 【专题】恒定电流专题【分析】由ac和cd是串联形式，有串并联知识可知电压与电阻成正比，可以解得结果【解答】解：ac和cd是串联形式，由串联电路电压和电阻成正比，ac间的电阻是cd间电阻的（n1）倍，则当某次测量中输出端数字电压表的示数为u，ac间的电压为（n1）u，故输入电压为u+（n1）u=nu，故a正确，bcd错误故选：a【点评】该题主要考察串并联电路的基本规律，该题看似有点新颖，但是实际就是两段电阻的串联3如图所示为一个点电极a 与平板电极b 接入电源时的空间电场分布图，c 为a 到b 垂线的中点，d、e 为同在a、b 垂线上的两点，dc=ce，f、g 处在de 的中垂线上，fc=cg，下列说法正确的是( )aa电极的带电量小于b电极的带电量bf点的电场强度大于c点的电场强度cdc两点间电势差小于ce两点间电势差d电子从f点沿直线移动到g点，电场力先做正功，后做负功【考点】静电场中的导体；电场强度；电势差 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】由题意可得，a、b带上等量异种电荷，由电场线的疏密来确定电场强度的强弱，等差等势面的疏密体现电场强度的强弱可根据电场力与运动方向的夹角来确定电场力做功的正负，从而即可求解【解答】解：a、由题意可得，ab分别接在电源两极，则带上等量的异种电荷，故a错误；b、由电场线的疏密表示电场强度的强弱，从图可知，f点的电场强度小于c点的电场强度，故b错误；c、虽然dc=ce，但从d到e，电场强度越弱，则dc两点间电势差大于ce两点间电势差，故c错误；d、电子受到电场力的方向与该点切线方向相反，则电子从f 点沿直线移动到g点，电场力先做正功，后做负功，故d正确；故选：d【点评】考查电场强度与电场线疏密关系，掌握u=ed公式的应用，注意成立的条件，理解电场力做功的正负判定4如图所示，在x轴相距为l的两点固定两个等量异种电荷+q和q，虚线是以+q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称下列判断正确的是( )ab、d两点电势相同ba、b、c、d四个点中，c点电势最低cb、d两点电场强度相同d将一试探电荷+q沿圆周从a点移动到c点，其电势能减小【考点】电势；电场强度 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】该电场中各点的电势、电场强度都关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，场强大小相等，方向是对称的c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等根据电势关系，分析电势能的变化【解答】解：a、由图知，该电场中各点的电势关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，故a正确；b、c点在两个电荷连线的中点上，也在两个电荷连线的中垂线上，而该中垂线是一条等势线，所以c点的电势和无穷远处的电势相等而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的故b正确；c、该电场中的电场强度关于x轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的故c错误；d、c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小故d正确故选：abd【点评】该题考查常见电场的特点，解题的关键是知道：c点在两个电荷连线的中点上，也在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低5如图所示，不带电的金属球a固定在绝缘底座上，它的正上方有b点，该处有带电液滴不断地自静止开始落下（不计空气阻力），液滴到达a球后将电荷量全部传给a球，设前一液滴到达a球后，后一液滴才开始下落，不计b点未下落带电液滴对下落液滴的影响，则下列叙述中正确的是( )a第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，都能到达a球b当液滴下落到重力等于电场力位置时，开始做匀速运动c能够下落到a球的所有液滴下落过程所能达到的最大动能不相等d所有液滴下落过程中电场力做功相等【考点】功能关系 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】随着球a液滴增多，带电量增大，空间产生的场强增强，除第一滴液滴做自由落体运动，以后液滴做变加速运动，不一定能到达a球；通过分析受力情况，判断液滴的运动情况；当液滴所受的电场力与重力相等时动能最大，但各个液滴动能最大的位置不同，最大动能不等；根据功的公式w=fl分析电场力做功关系【解答】解：a、第一滴液滴只受重力做自由落体运动，以后液滴将受力向上的电场力作用而做变加速运动，随着球a液滴增多，带电量增大，空间产生的场强增强，以后液滴所受的电场力增大，这些液滴先加速后减速，就不一定能到达a球，故a错误b、当液滴下落到重力等于电场力位置时，继续向下运动时电场力增大，电场力将大于重力，开始做减速运动，故b错误c、当液滴所受的电场力与重力相等时动能最大，则有：mg=k，x是动能最大的位置到a距离，由于a球的电荷量qa在不断增大，x增大，所以第一滴液滴以后的液滴动能最大的位置将不断上移，合外力做功不等，则最大动能不相等，故c正确d、由于所有液滴下落过程中所受的电场力不等，若能到达a球，根据功的公式w=fl可知，通过的位移相等，电场力做功不相等；若不能到达a球，液滴将返回到b点，电场力做功为零，即电场力做功相等，故d错误故选：c【点评】本题关键要正确分析液滴的受力情况，从而判断其运动情况，知道液滴所受的电场力与重力平衡时动能最大，类似于小球掉在弹簧上的问题，要能进行动态分析6如图虚线框内为高温超导限流器，它由超导部件和限流电阻并联组成超导部件有一个超导临界电流ic，当通过限流器的电流iic时，将造成超导体失超，从超导态（电阻为零，即r1=0）转变为正常态（一个纯电阻，且r1=3 ），以此来限制电力系统的故障电流已知超导临界电流ic=1.2a，限流电阻r2=6，小灯泡l上标有“6v 6w”的字样，电源电动势e=8v，内阻r=2原来电路正常工作，超导部件处于超导态，灯泡l正常发光，现l突然发生短路，则( )a灯泡l短路前通过r2的电流为ab灯泡l短路后超导部件将由超导状态转化为正常态，通过灯泡电流为零c灯泡l短路后通过r1的电流为4 ad灯泡l短路后通过r2的电流为a【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】灯泡短路时，只有r2接入电路，则由闭合电路的欧姆定律可得出电路中电流变化，超导体可能失超；电路为两个电阻并联，由电阻的并联可求得总电阻；则可求得总电流及流过r1的电流【解答】解：a、短路前，灯泡与超导电阻串连接入电路，因灯泡正常发光，则电路中电流il=1a；故a错误；b、短路后，只有r2接入电路，则电流i=a=1.6a1.2a，超过临界电流，故超导体失超，转化为正常态，故b错误；c、灯泡短路后，两个电阻并联，电路中的电阻为r=2，路端电压u=4v，通过r1的电流为i1=a，故c错误；d、灯泡短路后，r2的电流为i2=a=a故d正确故选：d【点评】本题是信息题，首先要抓住关键信息：限流器的电流iic时，将造成超导体失超，从超导态转变为正常态，再根据闭合电路欧姆定律进行研究7如图所示的电路中，r0为定值电阻，r为滑动变阻器当滑动片p由a端向b端滑动的过程中，关于电压表、电流表的示数u和i的变化情况，下列说法中正确的是( )au先增大后减小，i先减小后增大bu先减小后增大，i先增大后减小cu一直增大，i一直减小du一直减小，i一直增大【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】分析电路可知电路的结构：变阻器两侧电阻并联后与r0串联由滑片的移动方向分析外电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流的变化，再分析内电压及路端电压的变化；即可得出电压表及电流表的变化【解答】解：由电路图可知，滑动变阻器的左侧电阻与右侧电阻并联后与r0串联；电压表测路端电压，电流表测流过干路电流；当滑动片p由a移到b的过程中，左侧电阻减小，右侧电阻增大，总并联电阻先增大后减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流i先减小后增大，电源的内电压先减小后增大，路端电压先增大后减小，故电压表示数u先增大后减小；故a正确，bcd错误；故选：a【点评】本题的关键在于明确滑动变阻器的接法为左右两端并联，故滑片移动时，滑动变阻器接入电阻先增大后减小8如图所示，d处固定有负点电荷q，一个带电质点只在电场力作用下运动，射入此区域时的轨迹为图中曲线abc，a、b、c、d恰好是一正方形的四个顶点，则有( )aa、b、c三点处电势高低关系是a=cbb质点由a到c，电势能先增加后减小，在b点动能最小c质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2：1：2d若将d处的点电荷改为+q，该带电质点的轨迹仍可能为曲线abc【考点】电势差与电场强度的关系；电势；电势能 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电荷受到的合力指向轨迹的内侧，根据轨迹弯曲方向判断出粒子与固定在o点的电荷是异种电荷，它们之间存在引力，根据点电荷的电场线的特点，q与ac距离相等，都小于b，故b点的电势高于ac两点的电势应用牛顿第二定律求出加速度之间的关系【解答】解：a、根据点电荷的电场线的特点，q与ac距离相等，小于b，故b点的电势最高，a、c两点的电势相等，即a=cb故a错误；b、根据轨迹弯曲方向判断出粒子之间存在引力，它与固定在o点的电荷是异种电荷，故质点带正电荷，质点从a到b，电势升高，电势能就增加；从b到c电势能减小，质点在b点的电势能最大，则动能最小故b正确；c、质点在a、b、c三点时的加速度大小要根据库仑定律求出库仑力由图可知，ra=rc=rb，代人库仑定律：f=k，可得：=由牛顿第二定律：=，所以质点在a、b、c三点处的加速度大小之比为2：1：2；故c正确d、若将d处的点电荷改为+q，质点受到斥力，轨迹不可能沿曲线abc，故d错误故选：bc【点评】本题属于电场中轨迹问题，考查分析推理能力根据轨迹的弯曲方向，判断出电荷受到的电场力指向轨迹内侧进而判断出电荷是正电荷9如图所示，a、b均为半个绝缘正方体，质量均为m，在a、b内部各嵌入一个带电小球，a带电量为+q，b带电量为q，且两个小球的球心连线垂直于ab接触面a、b最初靠在竖直的粗糙墙上空间有水平向右的匀强电场，场强大小为e，重力加速度为g现将a、b无初速度释放，下落过程中始终相对静止，忽略空气阻力，则下列说法中正确的是( )a两物块下落的加速度大小均为gb两物块下落的加速度大小应小于gca、b之间接触面上的弹力为零db受到a的摩擦力作用，方向沿接触面向上【考点】牛顿运动定律的应用-连接体；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律；电场强度 【专题】整体法和隔离法；牛顿运动定律综合专题【分析】对ab整体进行分析可得出受力情况，则由牛顿第二定律可得出两物体的加速度的情况；对a或b单独受力分析可得出弹力而摩擦力的情况【解答】解：对整体进行受力分析，竖直面上只受重力，水平方向a受电场力向右，b受电场力向左，而大小相等，故ab对竖直面没有压力，故在竖直面上没有摩擦力；故整体只受重力，物体做向下的自由落体运动，故加速度为g，故a正确，b错误；对b受力分析，b受向左的电场力和向下的重力，电荷间的库仑力，而b向下的加速度为g，故水平方向合力应为零，故应受到a对b的弹力，故c错误；弹力垂直于接触面向下，无法和电场力平衡，故ab间会有相对滑动的趋势，故ab间有摩擦力，由水平方向上的平衡可知，摩擦力应沿接触面向上，故d正确；故选ad【点评】本题要求学生能熟练应用整体与隔离法，并且能根据物体的运动情况去判断物体的受力的可能性，此类题型为高考中常见题型，应熟练掌握10如图所示，平行板电容器两极板水平放置，a在上方，b在下方，现将其和二极管串联接在电源上，已知a和电源正极相连，二极管具有单向导电性，一带电小球沿ab中心水平射入，打在b极板上的n点，小球的重力不能忽略，现通过上下移动a板来改变两极板ab间距（两极板仍平行），则下列说法正确的是( )a若小球带正电，当ab间距增大时，小球打在n的右侧b若小球带正电，当ab间距减小时，小球可能打在n的左侧c若小球带负电，当ab间距减小时，小球可能打在n的右侧d若小球带负电，当ab间距增大时，小球可能打在n的左侧【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】a极板带正电，b极板带负电，根据二极管具有单向导电性，极板的电量只能增加不能减小根据两极板间电场的变化，判断电场力的变化，从而确定小球水平方向上的位移变化【解答】解：a、若小球带正电，当d增大时，电容减小，但q不可能减小，所以q不变，根据e=，知e不变所以电场力不变，小球仍然打在n点，故a错误b、若小球带正电，当d减小时，电容增大，q增大，根据e=，知d减小时e增大，所以电场力变大，方向向下，小球做平抛运动竖直方向加速度增大，运动时间变短，打在n点左侧，故b正确c、若小球带负电，当ab间距d减小时，由e=可知：e增大，所以电场力变大，方向向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度减小，运动时间变长，小球将打在n点的右侧，故c正确；d、若小球带负电，当ab间距d增大时，电容减小，但q不可能减小，所以q不变，根据e=，知e不变，所以电场力大小不变，方向变为向上，若电场力小于重力，小球做类平抛运动竖直方向上的加速度不变，运动时间不变，小球仍然打在n点，故d错误故选：bc【点评】解决本题的关键掌握处理类平抛运动的方法以及知道二极管的单向导电性，在本题中电容器的带电量只增不减二、填空题（共两小题，共16分，请将正确答案填在题中的横线上）11读出（图1）游标卡尺的读数为5.45cm（图2）螺旋测微器的读数为6.576（6.5756.578都可以）mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用 【专题】实验题【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，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【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为：5.4cm=54mm，游标尺上第4个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为40.1mm=0.4mm，所以最终读数为：54mm+0.4mm=54.4mm=5.45cm2、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为7.60.01mm=0.076mm，所以最终读数为6.5mm+0.076mm=6.576mm，由于需要估读，最后的结果可以在6.5756.578之间故答案为：5.45，6.576（6.5756.578都可以）【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12某实验小组描绘规格为“2.5v 0.6w”的小灯泡的iu特性曲线，实验室提供下列器材：a电流表a1（量程为025ma，内阻约0.2）b电流表a2（量程为0一300ma，内阻约1）c电压表v1（量程为03v，内阻约5k）d电压表v2（量程为015v，内阻约15k）e滑动变阻器r1（0一10，额定电流1.5a）；f滑动变阻器r2（0一1000，额定电流0.5a）g直流电源（电动势6v，内阻忽略不计）h电键一个、导线若干（1）在小灯泡接入电路前，使用多用电表直接测量小灯泡的电阻，则应将选择开关旋至d 档进行测量（填选项前的字母）a直流电压10v b直流电流5ma c欧姆“100”d欧姆“1”（2）实验中所用的电流表、电压表和滑动变阻器分别选择baa1 v1r2 ba2 v1r1 ca2 v2r2 da1 v1r1（3）若采用如图1所示的电路描绘小灯泡的伏安特性曲线，电压表的右端应与电路中的a点相连（选填“a”或“b”）（4）开关闭合之前，图1中滑动变阻器的滑片应该置于c端（选填“c”、“d”或“cd中间”）（5）测量后，该小组根据实验数据，利用excel拟合出小灯泡的iu特性曲线如图2所示结合所画出的iu特性曲线，现将一个电动势为3.6v，内阻为12的电源只与该小灯泡组成电路，则该小灯泡的实际功率约为0.24w（结果保留两位有效数字）（6）该小组按实验要求设计出正确电路图并正确连线后，合上电键，慢慢增大小灯泡的电压，发现刚开始时两电表指针均偏转，但小灯泡不发光，请简要分析原因：电压（电流）较小时，灯丝的温度较低，达不到发光的温度【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；用多用电表测电阻 【专题】实验题；信息给予题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】（1）根据灯泡电阻分析答题（2）根据小电珠的额定电流选择电流表，根据小电珠额定电压选择电压表，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器（3）根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表接法，然后答题（4）滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前分压部分电路阻值应最小，根据电路图确定滑片的位置（5）由图象求出电压对应的电流，然后由p=ui求出灯泡功率（6）由iu图象，应用功率公式分析答题【解答】解：（1）小电珠（2.5v，0.6w），小电珠正常发光时的电阻为：r=10.4，测小电珠的电阻，应将选择开关旋至欧姆档，选择多用电表1倍率，故选d（2）小电珠额定电流为：i=0.24a=240ma，电流表应选b；小电珠额定电压为2.5v，电压表选c；为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的e（3）灯泡电阻为10.4，电流表内阻约1，电压表内阻约为5k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，由图1所示电路图可知，电压表的右端应与电路中的a端（4）由图1所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，开关s闭合前，滑动变阻器的滑片p应置于最左端（5）在图2所示坐标系内作出电源的iu图象如图所示：由图象可知，小灯泡两端电压为1.2v，通过灯泡的电流为0.2a，则灯泡实际功率p=ui=1.20.2=0.24w（6）由图2所示图象可知，开始时灯泡电压与通过灯泡的电流很小，由p=ui可知灯泡实际功率很小，灯丝的温度较低，达不到发光的温度，所以灯泡不发光故答案为：（1）d；（2）b （3）a；（4）c；（5）0.24；（6）电压（电流）较小时，灯丝的温度较低，达不到发光的温度【点评】本题考查了欧姆表的应用、实验器材的选择、实验注意事项、求功率等问题，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表应采用外接法；要掌握实验器材的选择原则三、计算题（本大题有4个小题，共44分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分；有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13如图所示为一组未知方向的匀强电场的电场线，将带电荷量为q=1.0106c的点电荷由a点沿水平线移至b点，克服电场力做了2106j的功，已知a、b间的距离为2cm试求：（1）a、b两点间的电势差uab及该匀强电场的电场强度（2）若a点的电势为a=1v，试求b点的电势b【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势 【专题】定量思想；图析法；电场力与电势的性质专题【分析】（1）a、b间两点间的电势差由公式uab=求解根据uab=ed，d是两点沿电场线方向的距离，求解电场强度（2）由uab=ab，求出b点的电势b【解答】解：（1）由题意可知，点电荷从a到b，电场力做负功 uab=2106 j据uab=得 uab=v=2va、b两点沿电场线方向的距离 d=2102cos 60m=1102 m由e=200 v/m，方向：沿电场线斜向下（2）由uab=ab，则b=auab=1 v答：（1）a、b两点间的电势差uab是2v，该匀强电场的电场强度是200 v/m，方向：沿电场线斜向下（2）若a点的电势为a=1v，b点的电势b是1v【点评】本题考查对电势差与电场强度关系的理解能力还要抓住公式e=中d是两点沿电场线方向的距离同时要注意沿着电场线方向电势是降低的14如图1、2所示，两电源的电动势均为6v，内阻为0.5，小型电动机m的线圈电阻为0.5，滑动变阻器的最大阻值为5，限流电阻r0均为2.5，若理想电压表的示数均为2.5v时，试求：（1）在图1中电源的输出功率和电动机输出的机械功率（2）在图2中限流电阻r0可消耗的最大功率【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律 【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；恒定电流专题【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律列式求解电动机的电压，电动机与电阻r0串联，根据欧姆定律求解电阻r0的电流，最后根据p=ui求解电动机的输入功率；根据p机=p电p热=uii2rm求解电动机的输出功率（2）当r滑=0时电路中的电流最大，由闭合电路的欧姆定律求出电流，然后代入功率的表达式即可求出【解答】解：（1）以电阻r0为研究对象，根据欧姆定律得到电路中电流为：i=ir0= a；电源的功率pe=ie=6 w；内电路消耗的功率pr=i2r=0.5 w；电源的输出功率p出=pepr=5.5 w电动机分压um=ei（r+r0）=3 v；电动机消耗的功率pm=ium=3w；热功率p热=i2rm=0.5 w；电动机输出的机械功率p机=pmp热=2.5w（2）当r滑=0时电路中的电流最大，a，所以pmax=im2 r0=10 w答：（1）在图1中电源的输出功率是5.5w，电动机输出的机械功率是2.5w（2）在图2中限流电阻r0可消耗的最大功率是10w【点评】本题关键抓住电路中电压分配和能量的关系，不能直接根据欧姆定律这样来求解电路中电流：i=，因为电动机工作时，欧姆定律不成立15如图所示，在水平方向的匀强电场中，用长为l不可伸长的绝缘细线拴住一质量为m，带电荷量为q的小球1，线的上端固定于o点，若