河北省保定市徐水一中高考物理一模试卷（含解析）.doc

2015年河北省保定市徐水一中高考物理一模试卷一、选择题（本题共14小题，每小题3分计42分，在每小题所给出的四个选项中，有的有一个题正确的，有的有多个选项是正确的，请将正确的选项选出来，全部选对的得3分，选不全的得1分，有选错或不选的得0分）1如图所示，虚线是等量异种点电荷所形成的电场的等势线，相邻的等势线间的电势差相等现用外力将一个带正电的试探电荷沿着图中实线所示的轨迹，按照箭头所指方向从a点缓慢移动到f点在此过程中哪个阶段外力克服电场力所做的功最多（）aabbcdcdedef2平行板电容器与静电计相连，如图所示下列各种情况中能观察到静电计指针偏角减小的是（）a将两极板的间距加大b将两极板平行错开，使正对面积减小c在a板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板d在a板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板3如图（a）所示，两个平行金属板p、q竖直放置，两板间加上如图（b）表示的电压t=0时，q板比p板电势高5v，此时在两板的正中央m点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动使得电子的位置和速度随时间变化假设电子始终未与两板相碰，在0t81010s的时间内，这个电子处于m点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是（）a61010st81010sb41010st61010sc21010st41010sd0t21010s4如图所示，一带正电的小球a系于绝缘轻弹簧的一端，弹簧悬于o点，当小球a静止时，它产生的电场在其正下方p点的场强的大小为ea，现在a与p之间距p点给定距离处固定放置一带负电的小球b，当只有b存在时，它产生的电场在p点的场强大小为eb，当a、b同时存在并都处于静止状态时，根据场强叠加原理，p点的场强大小应为（）aebbea+ebc|eaeb|d以上说法都不对5竖直放置的一对平行金属板的左极板上，用绝缘线悬挂了一个带正电的小球将平行金属板按如图所示的电路连接，电键闭合后绝缘线与左极板的夹角为当滑动变阻器r的滑片在a位置时，电流表的读数为i1，夹角为1；当滑片在b位置时，电流表的读数为i2，夹角为2，则（）a12，i1i2b12，i1i2c1=2，i1=i2d12，i1=i26如图所示的电路中，各个电键均闭合，且k2接a现要使静止在平行板电容器两极板之间的带电微粒向下运动则应该（）a将k1断开b将k2掷在bc将k3断开d将k2掷在c7如图所示是一火警报警器的部分电路示意图其中r3为用半导体热敏材料制成的传感器值班室的显示器为电路中的电流表，a、b之间接报警器当传感器r3所在处出现火情时，显示器的电流i、报警器两端的电压u的变化情况是（）ai变大，u变大bi变大，u变小ci变小，u变小di变小，u变大8一辆电瓶车，车和人的总质量为500kg，由内阻不计的蓄电池组向直流电动机提供24v的电压，当电瓶车在水平地面上以0.8m/s的速度匀速行驶时，通过电动机的电流为5a，设车所受的阻力是车和人重的0.02倍（g=10m/s2），则此电动机的内阻是（）a4.8b3.2c1.6d0.49如图所示，电源内阻不能忽略，安培表、伏特表都是理想电表，当滑动变阻器r的滑动头从a端滑到b端过程中（）av的示数先增大后减小，a示数增大bv的示数先增大后减小，a示数减小cv的示数先减小后增大，a示数增大dv的示数先减小后增大，a示数减小10如图所示，质量相同的两个带电粒子p、q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，p从两极板正中央射入，q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上板的过程中（）a它们运动的时间tqtpb它们的电势能减小量之比ep：eq=1：2c它们所带的电荷量之比qp：qq=1：2d它们的动量增量之比pp：pq=2：111如图，带正电的点电荷固定于q点，电子在库仑力作用下，做以q为焦点的椭圆运动m、p、n为椭圆上的三点，p点是轨道上离q最近的点电子在从m经p到达n点的过程中（）a速率先增大后减小b速率先减小后增大c电势能先减小后增大d电势能先增大后减小12如图所示，所有图中的坐标原点o都表示一半径为r的带正电的实心金属球的球心位置；纵坐标表示带电球体产生的电场场强或电势的大小，电势的零点取在无限远处；横坐标r表示距球心的距离；坐标平面上的曲线表示该带电体所产生的电场的场强大小或电势大小随距离的变化关系，则下列说法正确的是（）a图（1）纵坐标表示场强，图（2）纵坐标表示电势b图（2）纵坐标表示场强，图（3）纵坐标表示电势c图（3）纵坐标表示场强，图（4）纵坐标表示电势d图（4）纵坐标表示场强，图（1）纵坐标表示电势13如图所示，电源电动势为e，内阻为r，给外电阻r供电，则下图中能反映全电路特点的图象是（）abcd14如图所示，a、b、c、d四个电路中，电源电动势为e，内电阻为r，定值电阻为r0，当滑动变阻器r的滑片p从a向b滑动时，电压表的示数将变大的电路是（）abcd二、计算题（共58分）15如图所示，直流电动机m串联在直流电路中，其轴与圆盘中心o相连开关s断开时，电压表的读数12.6v，开关s接通时，电流表的读数为2a，电压表的读数为12v圆盘半径为5cm，测速计测得圆盘的转速为r/s，两弹簧秤的读数分别为f1=7n，f2=6.10n，问：（1）电动机的输出功率、效率各为多少？（2）拉紧皮带可使电动机停转，此时电压表、电流表的读数各为多少？电动机的输入功率为多大？16半径r=0.4m的绝缘光滑圆周轨道竖直固定，匀强电场在竖直平面内，带电小球沿轨道内侧做圆周运动，小球动能最大的位置在a点，圆心o与a点的连线与竖直线成一定的夹角，如图所示，小球在a点时对轨道的压力f=90n，若小球的最大动能比最小动能多12j，且小球能够到达轨道上任意一点，不计空气阻力，试求：（1）小球的最大动能是多少？（2）若小球在动能最小位置时突然撤去轨道，保持其他量不变，小球经过0.2s时，其动能与在a点时的动能相等，小球的质量是多少？17如图所示的电路中，电源电动势=50v，内阻r=5，电阻r1=r2=30，现要在电路中再接入一只电阻r3，使电压表的示数为40v不考虑电压表内阻对电路的影响，则r3应接在何处？r3的阻值多大？要求画出接入r3后的电路图（画在题解的虚线框中）18影响材料电阻率的因素很多，一般金属材料的电阻率随温度的升高而增大，半导体材料的电阻率则与之相反、随温度的升高而减小某课题研究组在研究某种导电材料z的导电规律时，利用如图（甲）所示的分压电路测得其电压与电流的关系如表所示：u/v0.400.600.801.001.201.501.60i/a0.200.450.801.251.802.813.20（1）根据表中数据，判断z可能是什么材料？（2）把z接人图（乙）电路中，电流表的读数为1.80a，电池的电动势为3v，电池内阻不计，试求电阻r消耗的电功率（3）根据表中的数据，可推知通过z的电流随其两端电压变化的规律是i=kun，试求n和k的数值，并写出k的单位19如图所示，在x0的空间中，存在沿x轴方向的匀强电场e；在x0的空间中，存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小也为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，不计电子重力求：（1）电子的x方向分运动的周期（2）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个交点的距离20如图所示，光滑绝缘水平面的上方空间被竖直的分界面mn分隔成两部分，左侧空间存在一水平向右的匀强电场，场强大小 e1=右侧空间有一长为r=0.8m的绝缘轻绳，绳的一端固定于o点，另一端拴一个质量m2=m的不带电的小球b在竖直平面内做顺时针方向的圆周运动，运动到最低点时速度大小vb=8m/s，小球b在最低点时与地面接触但没有弹力在mn左侧空间中有一个质量为m1=m的带正电的物体a，电荷量大小为q，在水平面上与mn界面水平间距为l处由静止释放，恰好与运动到最低点处的b发生正碰，并瞬间粘合成一个整体c，碰后瞬间在mn的右侧空间立即加上一竖直向上的匀强电场，场强大小e2=3e1（g=10m/s2）（1）如果l=0.2m，求出整体c运动到最高点时的瞬时速度大小，及此时绳的拉力是物体重力的多少倍？（2）当l满足什么条件时，整体c可以在竖直面内做一个完整的圆周运动？2015年河北省保定市徐水一中高考物理一模试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共14小题，每小题3分计42分，在每小题所给出的四个选项中，有的有一个题正确的，有的有多个选项是正确的，请将正确的选项选出来，全部选对的得3分，选不全的得1分，有选错或不选的得0分）1如图所示，虚线是等量异种点电荷所形成的电场的等势线，相邻的等势线间的电势差相等现用外力将一个带正电的试探电荷沿着图中实线所示的轨迹，按照箭头所指方向从a点缓慢移动到f点在此过程中哪个阶段外力克服电场力所做的功最多（）aabbcdcdedef【考点】电场线【分析】正电荷由低电势点移到高电势点电势能减大，电场力做负功，则外力要做正功据此分析判断【解答】解：等量异种点电荷所形成的电场中bc线为零势线 a、由a到b、d到e，电势变小，电势能变小，电场力做正功，外力做负功故ac错误 b、由c到d、e到f电势变大，电势能变大，电场力做负功，外力克服电场力做功，但cd间的电势差大于ef间的电势差，所以c到d克服电场力做功最多，故b正确d错误故选：b【点评】考查电场力做功与电势能的变化关系，明确做正功电势能减小，做负功电势能增加2平行板电容器与静电计相连，如图所示下列各种情况中能观察到静电计指针偏角减小的是（）a将两极板的间距加大b将两极板平行错开，使正对面积减小c在a板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板d在a板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的铝板【考点】电容【专题】电容器专题【分析】解答本题关键掌握：静电计测定电容器板间的电势差，电势差越大，指针偏角越大；电容器电容的决定式c=，分析电容的变化；电容器的电量不变，由电容器的定义式分析电势差的变化【解答】解：a、将两极板的间距加大，依据可知电容减小，由电容器的定义式，可知两极板间电压增大，故指针偏角增大，故a错误b、将两极板平行错开，使正对面积减小，依据可知电容减小，由电容器的定义式，可知两极板间电压增大，故指针偏角增大，故b错误cd、在a板的内表面上放置一面积和极板相等、厚度小于极板间距的陶瓷板或铝板，都是增大了介电常数，依据可知电容增大，由电容器的定义式，可知两极板间电压减小，故指针偏角减小，故c正确，d正确故选：cd【点评】对于电容器动态变化分析问题，关键根据电容的决定式和定义式结合进行分析，同时要抓住不变量，一般电容器动态问题都能解决3如图（a）所示，两个平行金属板p、q竖直放置，两板间加上如图（b）表示的电压t=0时，q板比p板电势高5v，此时在两板的正中央m点有一个电子，速度为零，电子在电场力作用下运动使得电子的位置和速度随时间变化假设电子始终未与两板相碰，在0t81010s的时间内，这个电子处于m点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小的时间是（）a61010st81010sb41010st61010sc21010st41010sd0t21010s【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；牛顿第二定律【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】平行板电容器两极板带电后形成匀强电场，带电离子在电场中受到力的作用，根据牛顿第二定律求出加速度，根据运动学基本公式分析即可求解【解答】解：在0t21010s时间内，q板比p板电势高5v，e=，方向水平向左，所以电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子向右做匀加速直线运动；在21010st41010s时间内，q板比p板电势低5v，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向右做匀减速直线运动，当t=41010s时速度为零；在41010st61010s时间内，q板比p板电势低5v，电场强度方向水平向右，所以电子所受电场力方向向左，加速度方向也向左，所以电子向左做匀加速直线运动；在61010st81010s时间内，q板比p板电势高5v，电场强度方向水平向左，所以电子所受电场力方向向右，加速度方向也向右，所以电子向左做匀减速直线运动，到81010s时刻速度为零，恰好又回到m点综上分析可知：在61010st81010s时间内，这个电子处于m点的右侧，速度方向向左且大小逐渐减小故选a【点评】本题也可以画出电子运动的速度时间图象求解，难度适中4如图所示，一带正电的小球a系于绝缘轻弹簧的一端，弹簧悬于o点，当小球a静止时，它产生的电场在其正下方p点的场强的大小为ea，现在a与p之间距p点给定距离处固定放置一带负电的小球b，当只有b存在时，它产生的电场在p点的场强大小为eb，当a、b同时存在并都处于静止状态时，根据场强叠加原理，p点的场强大小应为（）aebbea+ebc|eaeb|d以上说法都不对【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据点电荷的场强公式及场强叠加原理求解【解答】解：共线的点电荷在其直线上产生的场强大小与点电荷的电荷量，以及它们之间的距离有关，而题干中这些量未知，故合场强无法确定，故abc错误，d正确故选：d【点评】考查了点电荷的场强公式、电场的叠加原理的应用，难度一般5竖直放置的一对平行金属板的左极板上，用绝缘线悬挂了一个带正电的小球将平行金属板按如图所示的电路连接，电键闭合后绝缘线与左极板的夹角为当滑动变阻器r的滑片在a位置时，电流表的读数为i1，夹角为1；当滑片在b位置时，电流表的读数为i2，夹角为2，则（）a12，i1i2b12，i1i2c1=2，i1=i2d12，i1=i2【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电容；闭合电路的欧姆定律【专题】电容器专题【分析】由图可知电容器与滑动变阻器的左侧并联，而电容器在电路稳定时看作断路由滑片的移动可知电容器两端电压的变化，由u=ed可求得场强的变化；对小球受力分析可得出夹角的变化【解答】解：小球带正电，小球受重力、电场力及绳子的拉力而处于平衡；当滑片右移时，外电路总电阻不变，由欧姆定律得知，干路电流不变，则有i1=i2与电容器并联部分的电压增大，则电容器两端的电压增大，由u=ed可知，两极板间的电场强度增大；小球受到的水平向右的电场力增大，因重力不变，要使小球重新处于静止状态，细线与竖直板间的夹角应增大，则有12；故选d【点评】题综合考查电路知识、电容器及共点力的平衡知识，要求学生能通过读图和审题找出其中的关系，进而由部分物理量的变化可得出其它量的变化6如图所示的电路中，各个电键均闭合，且k2接a现要使静止在平行板电容器两极板之间的带电微粒向下运动则应该（）a将k1断开b将k2掷在bc将k3断开d将k2掷在c【考点】电容；闭合电路的欧姆定律【专题】电容器专题【分析】由电路图可知，当开关全闭合时，r2、r3串联后接入电源两端；r1及r4相当于导线，电容器两端的电压等于r2两端的电压；带电油滴受重力和电场力平衡，故电场力应向上，若使p向下运动，重力不变，故可知电场力的变化，由f=eq可知场强e的变化，由u=ed可得出电容器两端电压的变化，分析各开关断开后电路的变化可得出符合条件的选项【解答】解：a、断开k1，r1断路，电源断开，电容器放电，电压减小，粒子向下运动，故a正确；b、将k2掷在b时，电容器被断开，不会产生充放电现象，故粒子受力不变，油滴不会运动，故b错误；c、断开k3，电容器被断开，不会产生充放电现象，故粒子受力不变，油滴不会运动，故c错误；d、将k2掷在c时，电容器被短路，电容器放电，电压减小，粒子向下运动，故d正确；故选ad【点评】解决本题的关键在于看懂电路图，并能明确电路稳定后，电容器相当于断路，与之相连的电阻可看作导线处理7如图所示是一火警报警器的部分电路示意图其中r3为用半导体热敏材料制成的传感器值班室的显示器为电路中的电流表，a、b之间接报警器当传感器r3所在处出现火情时，显示器的电流i、报警器两端的电压u的变化情况是（）ai变大，u变大bi变大，u变小ci变小，u变小di变小，u变大【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，则再由闭合电路的欧姆定律可得出电路中电流与电压u的关系【解答】解：当出现火情时，热敏电阻r3的阻值减小，则外电路总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流将增大；由u=eir可知，路端电压减小，则图中报警器两端的电压u将减小；因总电流增大，则r1两端的电压增大，并联部分的电压减小，则可知流过r2中的电流i减小故选：c【点评】本题是电路动态变化分析问题，要了解半导体材料的特性：电阻随着温度升高而减小；二要处理局部与整体的关系，按“局部整体局部”顺序进行分析8一辆电瓶车，车和人的总质量为500kg，由内阻不计的蓄电池组向直流电动机提供24v的电压，当电瓶车在水平地面上以0.8m/s的速度匀速行驶时，通过电动机的电流为5a，设车所受的阻力是车和人重的0.02倍（g=10m/s2），则此电动机的内阻是（）a4.8b3.2c1.6d0.4【考点】电功、电功率；功率、平均功率和瞬时功率【专题】恒定电流专题【分析】电机消耗的电功率等于输出功率与电机热功率之和，由于车匀速运动，牵引力等于阻力，故电机消耗的电功率等于克服阻力做功的功率与电机热功率之和，根据能量守恒定律列方程求解即可【解答】解：电机总功率为：p=ui电机热功率为：p内=i2r电机输出功率为：p出=fv车匀速运动，故：f=f根据能量守恒定律，有：p=p内+p出联立得到：ui=i2r+0.02mgv代入数据解得：r=1.6故选c【点评】本题关键明确电机的电功率等于输出功率与电机热功率之和，输出功率等于牵引力与速度的乘积，然后能量守恒定律列方程求解9如图所示，电源内阻不能忽略，安培表、伏特表都是理想电表，当滑动变阻器r的滑动头从a端滑到b端过程中（）av的示数先增大后减小，a示数增大bv的示数先增大后减小，a示数减小cv的示数先减小后增大，a示数增大dv的示数先减小后增大，a示数减小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】首先认识电路的结构：变阻器左右两部分电阻并联后与另一电阻串联电压表测量路端电压，电流表测量通过变阻器右边部分的电流当滑动头滑到变阻器中点时，变阻器左右并联的电阻最大路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小根据欧姆定律及串并联电阻关系分析电表读数变化【解答】解：当滑动头从a端滑到中点时，变阻器左右并联的电阻增大，分担的电压增大，变阻器右边电阻减小，电流减小，则通过电流表的电流增大外电路总电阻增大，干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，则电压表的示数增大；当滑动头从中点滑到b端时，变阻器左右并联的电阻减小，分担的电压减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，而通过变阻器左侧的电流减小，则通过电流表的电流增大电源的内电压增大，路端电压减小变阻器左端电阻增大，电流减小，则电压表的示数减小所以v的示数先增大后减小a示数一直增大故选a【点评】本题是电路中动态分析问题，通常采用定性分析，但电流表示数的变化要运用解析式进行定量研究，难度较大10如图所示，质量相同的两个带电粒子p、q以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，p从两极板正中央射入，q从下极板边缘处射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上板的过程中（）a它们运动的时间tqtpb它们的电势能减小量之比ep：eq=1：2c它们所带的电荷量之比qp：qq=1：2d它们的动量增量之比pp：pq=2：1【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】两个带电粒子垂直进入电场中做类平抛运动，将它们的运动沿垂直电场方向和平行电场方向进行正交分解，垂直电场方向不受力，做匀速直线运动；平行电场方向受到电场力，做初速度为零的匀加速直线运动，根据运动学公式、牛顿第二定律和功能关系联合列式分析【解答】解：a、垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，速度相等，由x=vt得知，运动的时间相等，故a错误； b、c在竖直方向上，根据y=at2知，竖直位移之比为1：2，则电荷量之比为1：2因为电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功w=qey，因为电荷量之比为1：2，竖直位移之比为1：2，则电场力做功为1：4，可知电势能减小量之比为1：4，则b错误，c正确d、根据动能定理，有：qex=ek，而：qp：qq=1：2，xp：xq=1：2，所以动能增加量之比：ekp：ekq=1：4，故d错误；故选：c【点评】本题关键将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析11如图，带正电的点电荷固定于q点，电子在库仑力作用下，做以q为焦点的椭圆运动m、p、n为椭圆上的三点，p点是轨道上离q最近的点电子在从m经p到达n点的过程中（）a速率先增大后减小b速率先减小后增大c电势能先减小后增大d电势能先增大后减小【考点】电势能；动能定理的应用【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据影响速度和电势能大小的因素来分析速度和电势能的变化，找到转化的方向【解答】解：当电子从m点向n点运动时，库仑力先做正功，后做负功，运动的速度先增加后减小，所以动能先增加后减小，则电势能先减小后增加所以a、c正确；b、d错误；故选ac【点评】根据库仑力做功的特点，库仑力做正功，电势能减小，库仑力做负功，电势能增加12如图所示，所有图中的坐标原点o都表示一半径为r的带正电的实心金属球的球心位置；纵坐标表示带电球体产生的电场场强或电势的大小，电势的零点取在无限远处；横坐标r表示距球心的距离；坐标平面上的曲线表示该带电体所产生的电场的场强大小或电势大小随距离的变化关系，则下列说法正确的是（）a图（1）纵坐标表示场强，图（2）纵坐标表示电势b图（2）纵坐标表示场强，图（3）纵坐标表示电势c图（3）纵坐标表示场强，图（4）纵坐标表示电势d图（4）纵坐标表示场强，图（1）纵坐标表示电势【考点】电势；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】一个带正电的金属球的电场强度在半径内不变，半径外沿x轴增大而减小，根据沿电场线方向电势逐渐降低，判断电势的变化，电势与x图线的斜率表示电场强度的大小【解答】解：一个带正电的金属球内的电场强度为零，电势处处相等从球外沿x轴方向无穷远处，由点电荷电场强度公式可知，电场强度渐渐变小所以（2）可以表示场强随r的变化；根据沿电场的方向电势逐渐降低，知电势随x逐渐降低，电势与r图线的斜率表示电场强度的大小，知斜率先不变后减小故（3）可以表示电势随r的变化所以选项b正确其他的选项错误故选：b【点评】解决本题的关键知道点电荷周围电场线分布的特点，以及知道沿电场线方向电势逐渐降低13如图所示，电源电动势为e，内阻为r，给外电阻r供电，则下图中能反映全电路特点的图象是（）abcd【考点】路端电压与负载的关系；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】根据部分电路欧姆定律和闭合电路欧姆定律分别列方程，再结合数学知识进行分析即可【解答】解：a、根据欧姆定律得：u=ir，由于i的变化是由r的变化引起的，r不是定值，所以u与i不成正比，ui图象不是过原点的直线，故a错误b、根据闭合电路欧姆定律得：i=+当i=0时，u=e；当u=0时，i=，根据数学知识可知该图象能反映全电路特点，故b正确c、由u=ir=，则知r增大，u增大，当r时，u=e，可知该图象能反映全电路特点，故c正确d、p出=i2r=，根据数学知识可知：当r=r时，p出最大，该图象能反映全电路特点，故d正确故选：bcd【点评】解决本题的关键是熟练运用闭合电路欧姆定律和欧姆定律列出各个量的关系式，根据数学知识列式进行研究14如图所示，a、b、c、d四个电路中，电源电动势为e，内电阻为r，定值电阻为r0，当滑动变阻器r的滑片p从a向b滑动时，电压表的示数将变大的电路是（）abcd【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】先分析各选项的电路结构，分清电压表测量哪个部分电压，根据滑动变阻器r的滑片p从a向b滑动时，电路电阻的变化情况，结合闭合电路欧姆定律即可分析【解答】解：a、根据电路图可知，r0与滑动变阻器串联接入电源，电压表测量路端电压，当滑动变阻器r的滑片p从a向b滑动时，总电阻减小，总电流增大，内阻所占电压变大，路端电压变小，电压表示数减小，故a错误；b、根据电路图可知，r0与滑动变阻器串联接入电源，电压表测量r0两端电压，当滑动变阻器r的滑片p从a向b滑动时，总电阻减小，总电流增大，r0两端电压变大，电压表示数增大，故b正确；c、根据电路图可知，电压表测量滑片电压，一直为零，不变，故c错误；d、根据电路图可知，r0与滑动变阻器串联接入电源，电压表测量滑动变阻器左半部分电压，当滑动变阻器r的滑片p从a向b滑动时，接入电路的电阻不变，总电流不变，与电压表并联部分的电阻增大，所以电压表示数增大，故d正确故选：bd【点评】本题考查的是滑动变阻器在电路中的作用，难点是根据滑动变阻器连入电路中电阻的变化分析电路中其他物理量的变化情况，知道电路中电压表测量哪个部分电压二、计算题（共58分）15如图所示，直流电动机m串联在直流电路中，其轴与圆盘中心o相连开关s断开时，电压表的读数12.6v，开关s接通时，电流表的读数为2a，电压表的读数为12v圆盘半径为5cm，测速计测得圆盘的转速为r/s，两弹簧秤的读数分别为f1=7n，f2=6.10n，问：（1）电动机的输出功率、效率各为多少？（2）拉紧皮带可使电动机停转，此时电压表、电流表的读数各为多少？电动机的输入功率为多大？【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】（1）电动机的输入功率p入=ui，电动机的输出功率与皮带对圆盘做功功率相等，且圆盘转动的线速度v为2nr，所以p出=（f1f2）v，进而求出效率；（2）电动机停止转动后就变成了纯电阻电路，根据闭合电路欧姆定律及功率公式即可求解【解答】解：（1）电动机的输入功率为：p入=ui=122w=24w 电动机的输出功率与皮带对圆盘做功功率相等，且圆盘转动的线速度v为2nr则：p出=（f1f2）v=（f1f2） 2nr=（7.276.1）20.05=18w效率为：=100%=75%（2）拉紧皮带使电动机停转，此时电路为纯电阻电路，由题分析可知电源电动势为12.6v，电源内阻为：r=0.3，电动机的直流电阻为：r=1.5此时电流表示数为：i=7a 电压表示数为：u=ir=71.5=10.5v电动机的输入功率为：p=iu=710.5=73.5w答：（1）电动机的输入功率为24w、输出功率为18w、效率为75%；（2）拉紧皮带可使电动机停转，此时电压表的示数为10.5v、电流表的示数为7a，电动机的输入功率为73.5w【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的16半径r=0.4m的绝缘光滑圆周轨道竖直固定，匀强电场在竖直平面内，带电小球沿轨道内侧做圆周运动，小球动能最大的位置在a点，圆心o与a点的连线与竖直线成一定的夹角，如图所示，小球在a点时对轨道的压力f=90n，若小球的最大动能比最小动能多12j，且小球能够到达轨道上任意一点，不计空气阻力，试求：（1）小球的最大动能是多少？（2）若小球在动能最小位置时突然撤去轨道，保持其他量不变，小球经过0.2s时，其动能与在a点时的动能相等，小球的质量是多少？【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）带电小球沿轨道内侧做圆周运动，受到重力和电场力作用，其合力是恒力，当合力沿oa连线向下时，小球通过a点时动能最大，通过关于o点对称的b点时动能最小根据动能定理研究小球从b运动到a点的过程，求出重力与电场力的合力大小根据牛顿第二定律和动能的计算式求出a点的动能，再求出小球的最小动能；（2）在b点撤去轨道后，小球将做类平抛运动，由题，小球经0.02s时，其动能与在a点时的动能相等，说明小球经0.02s时偏转量等于2r，由位移公式和牛顿第二定律结合求出质量【解答】解：据题分析可知，小球的重力与电场力的合力方向必沿oa连线向下，最小动能的位置必在a点关于o点对称的b点则有f合2r=mva2mvb2=12 解得f合=15n在a点时有 ff合=m em=（ff合）r=15j在b点撤去轨道后，小球将做类平抛运动由2r=at2，f=ma得m=0.375kg答：（1）小球的最大动能是15j（2）小球的质量为3.75101kg【点评】本题可以运用竖直平面内绳子系住的小球运动进行类比，a相当于物理的最低点，b相当于物理的最高点17如图所示的电路中，电源电动势=50v，内阻r=5，电阻r1=r2=30，现要在电路中再接入一只电阻r3，使电压表的示数为40v不考虑电压表内阻对电路的影响，则r3应接在何处？r3的阻值多大？要求画出接入r3后的电路图（画在题解的虚线框中）【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】根据闭合电路欧姆定律求出电路干路电流，再根据欧姆定律求出外电路电阻，分把r3接在干路和与任一电阻并联两种情况分析即可【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得：=u+ir解得：由若按（a）图将r3接入干路中，则有：r3=rr并=2015=5若被（b）图将接入支路中，则有 ，解得=30答：若按（a）图将r3接入干路中，则r3为5，若被（b）图将接入支路中，则电阻为30【点评】本题主要考查了串并联电路的特点及闭合电路欧姆定律得直接应用，特别注意r3的接法有两种，不能漏解，难度适中18影响材料电阻率的因素很多，一般金属材料的电阻率随温度的升高而增大，半导体材料的电阻率则与之相反、随温度的升高而减小某课题研究组在研究某种导电材料z的导电规律时，利用如图（甲）所示的分压电路测得其电压与电流的关系如表所示：u/v0.400.600.801.001.201.501.60i/a0.200.450.801.251.802.813.20（1）根据表中数据，判断z可能是什么材料？（2）把z接人图（乙）电路中，电流表的读数为1.80a，电池的电动势为3v，电池内阻不计，试求电阻r消耗的电功率（3）根据表中的数据，可推知通过z的电流随其两端电压变化的规律是i=kun，试求n和k的数值，并写出k的单位【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）根据表中实验数据，应用欧姆定律求出z的阻值，根据z阻值的变化情况判断z是由什么材料制造的（2）由表中实验数据找出电流为1.8a时用电器件z的电压，由串联电路特点求出电阻r两端电压，由p=ui求出电阻电功率（3）把表中实验数据代入i=kun，然后求出系数k和n【解答】解：（1）根据表中实验数据，由欧姆定律可知，随电压增加，z的阻值减小，随电压u与电流i的增加，z的功率p=ui变大，z的温度升高，阻值减小，由此可知，z是由半导体材料制作的（2）由表中实验数据可知，当电流为1.8a时，电器元件z两端的电压是1.2v；由电路图2可知，电阻r与z串联，电阻r两端的电压ur=uuz=3v1.2v=1.8v；电阻r的电功率pr=uri=1.8v1.8a=3.24w；（3）把u1=0.4v，i1=0.2a，代入i=kun得：0.2=k0.4n 把u1=1.6v，i1=3.2a，代入i=kun得：3.2=k1.6n 由解得：n=2，k=1.25；故i=1.25u2故答案为：（1）半导体；（2）3.24w；（3）i=1.25u2【点评】本题考查了实验数据分析，要能够从表格数据得到电阻的变化情况，第三问可以用数据代入求解；熟练应用欧姆定律、串联电路特点是正确解题的关键19如图所示，在x0的空间中，存在沿x轴方向的匀强电场e；在x0的空间中，存在沿x轴负方向的匀强电场，场强大小也为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，不计电子重力求：（1）电子的x方向分运动的周期（2）电子运动的轨迹与y轴的各个交点中，任意两个交点的距离【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）电子垂直电场方向进入电场，在沿电场方向先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，在垂直电场方向做匀速直线运动，根据运动学公式和牛顿第二定律，结合运动的对称性求出电子在x方向分运动的周期（2）结合电子在y方向上做匀速直