河南省南阳市部分示范高中高二物理上学期第一次联考试题（含解析）.docVIP

2015-2016学年河南省南阳市部分示范高中高二（上）第一次联考物理试卷 一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分.1-8题只有一个选项符合题目要求；9-12题有多项符合题目要求，全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1以下说法中正确的是（）a电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越小b导体的电阻越大，其电阻率也一定越大c电容器的电容c=是用比值法定义的，电容c与q、u无关d并联的总电阻比任一支路的电阻都大2如图所示，左边是一个原先不带电的导体，右边c是后来靠近导体的带正电金属球，若用绝缘工具沿图示某条虚线将导体切开，分导体为a、b两部分，这两部分所带电荷量的数值分别为qa、qb，则下列结论正确的是（）a沿虚线d切开，a带负电，b带正电，且qbqab只有沿虚线b切开，才有a带正电，b带负电，并qb=qac沿虚线a切开，a带正电，b带负电，且qbqad沿任意一条虚线切开，都有a带正电，b带负电，而qa、qb的值与所切的位置有关3一个标有“220v 60w“的白炽灯泡，加上的电压由零逐渐增大到220v，在此过程中，电压（u）和电流（i）的关系可用图线表示，题中给出的四个图线中，符合实际的是（）abcd4根据欧姆定律，下列判断正确的是（）a导体两端的电压越大，导体的电阻越大b加在气体两端的电压与通过的电流的比值是一个常数c电流经过电阻时，沿电流方向电势要降低d电解液短时间内导电的ui线是一条曲线5如图所示，电流表a1（03a）和a2（00.6a）是由两个相同的灵敏电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中闭合开关s，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（） a1的读数小于a2的读数a1的读数大于a2的读数a1、a2的指针偏转角度之比为5：1a1、a2的指针偏转角度之比为1：1abcd6某实验小组用三只相同的小灯泡，联成如图所示的电路，研究串并联电路特点实验中观察到的现象是（）ak2断开，k1与a连接，三只灯泡亮度相同bk2断开，k1与b连接，三只灯泡亮度相同ck2闭合，k1与a连接，三只灯泡都发光，l1、l2亮度相同dk2闭合，k1与b连接，三只灯泡都发光，l3亮度小于l2的亮度7理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干设电动机线圈电阻为r1，它与电热丝电阻值r2串联后接到直流电源上，吹风机两端电压为u，电流为i，消耗的功率为p，则有（）ap=uibp=i2（r1+r2）cpuidpi2（r1+r2）8一平行板电容器充电后，开关保持闭合，上极板接地，在两极板间有一负电荷（电量很小）固定在p点，如图所示，以e表示两极板间的场强，q表示电容器的带电量，表示p点的电势，以ep表示负电荷在p点的电势能若保持下极板不动，将上极板移到图中虚线所示的位置，则（）a不变，e不变be变小，ep变大cq变小，ep不变d变小，q不变9如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路以下分析正确的是（）a此接法的测量值大于真实值b此接法的测量值小于真实值c此接法要求待测电阻值小于电流表内阻d开始实验时滑动变阻器滑动头p应处在最右端10关于电阻和电阻率，下列说法中错误的是（）a由r=可知，电阻与电压、电流都有关系b由=可知，与r、s成正比，与l成反比c材料的电阻率都随温度的升高而增大d对某一确定的导体，当温度升高时，发现它的电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大11如图所示，有三个质量相等，分别带正电、带负电和不带电的小球，从平行板电场的中点以相同的初速度垂直于电场方向进入电场，它们分别落在a、b、c三点，可以判断（）a小球a带正电，小球b不带电，c带负电b三个小球在电场中运动的时间相等c三个小球到达极板时的动能关系为ekaekbekcd三个小球在电场中运动时的加速度关系为aaabac12如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场e1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场e2发生偏转，最后打在屏上整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（）a偏转电场e2对三种粒子做功一样多b三种粒子打到屏上时的速度一样大c三种粒子运动到屏上所用时间相同d三种粒子一定打到屏上的同一位置二.填空与实验（6+6+8分）13在使用10分度游标卡尺和螺旋测微器测量某一工件的长度和厚度时，两仪器上的示数如图 （a）、（b）所示则测量仪器的读数分别为（1）cm、（2） mm14某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率如果实验中电流表示数为i，电压表示数为u，并测出该棒的长度为l、直径为d，则该材料的电阻率=（用测出的物理量的符号表示）15现用伏安法研究某电子器件r1的（6v，2.5w）伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整（直接测量的变化范围尽可能大一些），备有下列器材：a、直流电源（6v，内阻不计）；b、电流表g（满偏电流3ma，内阻rg=10）；c、电流表a（00.6a，内阻未知）；d、滑动变阻器（020，10a）；e、滑动变阻器（0200，1a）；f、定值电阻r0（阻值1990）；g、开关与导线若干；（1）根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子器件r1伏安特性曲线的电路原理图（r1可用“”表示）（2）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用（填写器材序号）（3）将上述电子器件r1 和另一电子器件r2接入如图（甲）所示的电路中，它们的伏安特性曲线分别如图（乙）中ob、oa所示电源的电动势=6.0v，内阻忽略不计调节滑动变阻器r3，使电阻r1和r2消耗的电功率恰好相等，则此时电阻r1和r2阻值的和为，r3接入电路的阻值为三、计算题（本题4小题，10+10+10+12分.解答过程应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后的答案不能得分）16（10分）（2015秋南阳月考）一个电流表的满偏电流ig=1ma，内阻为500，要把它改装成一个量程为10v的电压表，则应在电流表上串联一个阻值为多大的电阻？17（10分）（2012秋静宁县校级期中）一台直流电动机线圈电阻r=1，与一阻值r=10的电阻串联，当所加电压u=150v，电动机正常工作时电压表示数100v，求电动机消耗的功率及输出的机械功率18（10分）（2014秋兴庆区校级期中）在如图所示的电路中，电电压u=15v，电阻r1、r2、r3的阻值均为10，s为单刀三掷电键，求下列各种情况下电压表的读数：（1）电键s接a（2）电键s接b（3）电键s接c19（12分）（2009孝南区校级模拟）如图所示，两平行金属板a、b板长l=8cm，两板间距离d=8cm，a板比b板电势高300v，一带正电的粒子电量q=1010c，质量m=1020kg，沿电场中心线ro垂直电场线飞入电场，初速度v0=2106m/s，粒子飞出平行板电场后经过界面mn、ps间的无电场区域后，进入固定在o点的点电荷q形成的电场区域，（设界面ps右边点电荷的电场分布不受界面的影响），已知两界面mn、ps相距为12cm，o点在中心线上距离界面ps为9cm，粒子穿过界面ps最后垂直打在放置于中心线上的荧光屏bc上（静电力常数k=9109nm2/c2）（1）求粒子穿过界面mn时偏离中心线or的距离多远？（2）试在图上粗略画出粒子运动的轨迹；（3）确定点电荷q的电性并求其电量的大小2015-2016学年河南省南阳市部分示范高中高二（上）第一次联考物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分.1-8题只有一个选项符合题目要求；9-12题有多项符合题目要求，全选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分）1以下说法中正确的是（）a电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越小b导体的电阻越大，其电阻率也一定越大c电容器的电容c=是用比值法定义的，电容c与q、u无关d并联的总电阻比任一支路的电阻都大考点：电容；电源的电动势和内阻 分析：电动势是描述电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量；根据电阻定律分析电阻值与电阻率的大小关系；电容器的电容c=是用比值法定义的，电容c与q、u无关；并联的总电阻比任一支路的电阻都小解答：解：a、电动势是描述电源把其他形式的能转化为电能本领大小的物理量，电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大故a错误；b、根据电阻定律，可知电阻值与电阻率、导线的长度以及导线的横截面积都有关，导体的电阻大，其电阻率不一定大；故b错误；c、电容器的电容c=是用比值法定义的，电容c仅仅与电容器本身有关，与q、u无关；故c正确；d、根据串并联电路的电阻值特点可知，并联的总电阻比任一支路的电阻都小故d错误故选：c点评：该题考查到电动势的物理意义、电阻定律、电容器的电容、以及串并联电路的特点，都是一些记忆性的知识点的内容，在平均的学习过程中多加积累即可2如图所示，左边是一个原先不带电的导体，右边c是后来靠近导体的带正电金属球，若用绝缘工具沿图示某条虚线将导体切开，分导体为a、b两部分，这两部分所带电荷量的数值分别为qa、qb，则下列结论正确的是（）a沿虚线d切开，a带负电，b带正电，且qbqab只有沿虚线b切开，才有a带正电，b带负电，并qb=qac沿虚线a切开，a带正电，b带负电，且qbqad沿任意一条虚线切开，都有a带正电，b带负电，而qa、qb的值与所切的位置有关考点：静电场中的导体 分析：根据静电感应现象，在正点电荷的电场作用下，导体ab自由电荷重新分布，不论沿着哪条虚线切开，都有a带正电，b带负电，且电量总是相等解答：解：由题意可知，静电感应现象使得a带正电，b带负电导体原来不带电，只是在c的电荷的作用下，导体中的自由电子向b部分移动，使b部分多带了电子而带负电；a部分少了电子而带正电根据电荷守恒可知，a部分转移的电子数目和b部分多余的电子数目是相同的，但由于电荷之间的作用力与距离有关，距离越小，作用力越大，因此更多的电子容易转移到最接近c的位置，导致电子在导体上分布不均匀，从b端到a端，电子分布越来越稀疏，所以从不同位置切开时，qa、qb的值不同故只有d正确，abc错误；故选：d点评：考查静电感应的原理，理解带电本质是电子的转移，掌握电荷守恒定律的应用，注意两部分的电量总是相等是解题的突破口3一个标有“220v 60w“的白炽灯泡，加上的电压由零逐渐增大到220v，在此过程中，电压（u）和电流（i）的关系可用图线表示，题中给出的四个图线中，符合实际的是（）abcd考点：欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：白炽灯泡上的电压u由零逐渐增大到220v时，白炽灯泡的温度不断升高，电阻增大，根据数学知识分析选择图象解答：解：由题，白炽灯泡上的电压u由零逐渐增大到220v时，白炽灯泡的温度不断升高，电阻增大，由欧姆定律得到r=，等于图线上的点与原点连线的斜率的倒数，电阻一直增大，斜率一直减小所以abd不符合实际，c正确故选c点评：本题是实际的灯泡，其电阻会温度升高而增大，其ui图线不是直线，可以从数学角度理解其物理意义4根据欧姆定律，下列判断正确的是（）a导体两端的电压越大，导体的电阻越大b加在气体两端的电压与通过的电流的比值是一个常数c电流经过电阻时，沿电流方向电势要降低d电解液短时间内导电的ui线是一条曲线考点：欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，应用欧姆定律分析答题；同时明确电解液导电适用欧姆定律解答：解：ab、导体电阻由导体材料、长度、横截面积决定，与导体两端的电压和通过导体的电流无关，故a错误b、气体不适用于欧姆定律，故加在气体两端的电压与通过的电流的比值不是一个常数；故b错误；c、每个电阻均要产生电势差；故沿电流的方向，电势要降低；故c正确；d、电解液导电适用欧姆定律，故其ui图象为一直线；故d错误；故选：c点评：本题是一道基础题，知道导体电阻的决定因素、应用欧姆定律即可正确答题，注意明确欧姆定律的适用范围5如图所示，电流表a1（03a）和a2（00.6a）是由两个相同的灵敏电流计改装而成，现将这两个电流表并联后接入电路中闭合开关s，调节滑动变阻器，下列说法中正确的是（） a1的读数小于a2的读数a1的读数大于a2的读数a1、a2的指针偏转角度之比为5：1a1、a2的指针偏转角度之比为1：1abcd考点：把电流表改装成电压表 专题：实验题分析：电流表a1、a2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大解答：解：图中的a1、a2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，所以a1、a2的指针偏转角度之比为1：1，故错误，正确，电流表a1的量程为3a，a2的量程为0.6a，当偏转角相同时，a1、a2的读数之比为5：1，故错误，正确；故d正确故选：d点评：本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成指针偏转角度取决于流过表头的电流大小6某实验小组用三只相同的小灯泡，联成如图所示的电路，研究串并联电路特点实验中观察到的现象是（）ak2断开，k1与a连接，三只灯泡亮度相同bk2断开，k1与b连接，三只灯泡亮度相同ck2闭合，k1与a连接，三只灯泡都发光，l1、l2亮度相同dk2闭合，k1与b连接，三只灯泡都发光，l3亮度小于l2的亮度考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：根据开关断开与闭合时电路的连接方式，分析灯泡是熄灭还是发光根据电流的大小判断灯泡亮度的关系解答：解：a、k2断开，k1与a连接时，三个灯串联，都能发光，且亮度相同，故a正确；b、k2断开，k1与b连接时，l3不亮，l1、l2串联能发光，故b错误；c、k2闭合，k1与a连接时，l3、l2被短路不亮，故c错误；d、k2闭合，k1与b连接，l1、l3并联后与l2串连接在电源上，三只灯泡都发光，l3的亮度小于l2的亮度，故d正确故选：ad点评：分析电路的连接方式，分析清楚电路的结构是研究直流电路问题的基础7理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干设电动机线圈电阻为r1，它与电热丝电阻值r2串联后接到直流电源上，吹风机两端电压为u，电流为i，消耗的功率为p，则有（）ap=uibp=i2（r1+r2）cpuidpi2（r1+r2）考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：在计算电功率的公式中，总功率用p=iu来计算，发热的功率用p=i2r来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的解答：解：a、c、电吹风机消耗的电功率p是总的功率，总功率的大小应该是用p=iu来计算，所以总功率p=iu，所以a正确，而c错误b、d、电吹风机中发热的功率要用i2r来计算，所以总的发热功率为i2（r1+r2），吹风机的总功率p=iu要大于发热部分的功率，所以b错误，d正确故选：ad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8一平行板电容器充电后，开关保持闭合，上极板接地，在两极板间有一负电荷（电量很小）固定在p点，如图所示，以e表示两极板间的场强，q表示电容器的带电量，表示p点的电势，以ep表示负电荷在p点的电势能若保持下极板不动，将上极板移到图中虚线所示的位置，则（）a不变，e不变be变小，ep变大cq变小，ep不变d变小，q不变考点：电容器的动态分析 专题：电容器专题分析：平行板电容器充电后，开关保持闭合，电容器的电压保持不变将上极板向上移动，电容减小，根据电容的定义式判断电容器的电量变化根据公式e=分析板间场强的变化，先研究p点与下极板间电势差的变化，再研究p点电势的变化解答：解：由题，电容器的电压u保持不变，将上极板向上移动，板间距离d增大，根据公式e=分析得知，板间场强e变小；电压u保持不变，电容c减小，由c=得到，电容器的带电量q变小p点与下极板间距离不变，e变小，根据公式u=ed，p点与下极板间的电势差变小，则p点与上极板间电势差变大电场线方向向下，p点电势比上板电势低，则p点电势降低，负电荷在p点的电势能ep变大故b正确，acd错误故选：b点评：本题是电容器动态变化分析问题，抓住电压不变是关键对于电势能的变化，往往根据下列推论判断：负电荷在电势低处电势能大，在电势高处电势能小9如图所示为伏安法测电阻的一种常用电路以下分析正确的是（）a此接法的测量值大于真实值b此接法的测量值小于真实值c此接法要求待测电阻值小于电流表内阻d开始实验时滑动变阻器滑动头p应处在最右端考点：伏安法测电阻 专题：实验题；恒定电流专题分析：电流表的内接法：电压示数包括了电流表的分压，外接法：电流表的示数包括了电压表的分流，据此分析所给问题解答：解：a、b、此种接法所测的电流是待测电阻的电流，所测的电压是待测电阻上的电压与电流表上的电压的和，根据欧姆定律：r=，电压的测量值偏大，所以待测电阻的测量值偏大故a正确，b错误；c、电流表内接法，由于电流表的分压作用，使电压表测的电压大于待测电阻两端的电压，要减小误差，也就是电流表分压影响较小，所以此接法要求待测电阻值比电流表内阻大的较多故c错误，d、开始实验要让电阻电压最小，由小变大，故应使滑动p处在最右端故d正确；故选：ad点评：电流表或电压表的测量值不是电阻的真实值是误差的来源，这是分析问题的关键10关于电阻和电阻率，下列说法中错误的是（）a由r=可知，电阻与电压、电流都有关系b由=可知，与r、s成正比，与l成反比c材料的电阻率都随温度的升高而增大d对某一确定的导体，当温度升高时，发现它的电阻增大，说明该导体材料的电阻率随温度的升高而增大考点：电阻定律 专题：恒定电流专题分析：电阻率是由导体材料和温度决定的；而电阻是由导体的电阻率、长度以及截面积决定的，与电压和电流无关解答：解：a、电阻由导线性质决定，与电压和电流无关；故a错误；b、电阻率是由导体的材料性质决定的；与r、s及l无关；故b错误；c、不同材料的电阻随温度的变化规律不同，金属导体随温度的升高而增大，半导体电阻随温度的升高而减小；故c错误；d、对某一确定的导体，当温度升高时，发现它的电阻增大，则由r=可知该导体材料的电阻率随温度的升高而增大；故d正确；本题选错误的；故选：abc点评：本题考查电阻定律及电阻率的性质，要注意明确它们各自的决定因素，注意比值定义法的应用11如图所示，有三个质量相等，分别带正电、带负电和不带电的小球，从平行板电场的中点以相同的初速度垂直于电场方向进入电场，它们分别落在a、b、c三点，可以判断（）a小球a带正电，小球b不带电，c带负电b三个小球在电场中运动的时间相等c三个小球到达极板时的动能关系为ekaekbekcd三个小球在电场中运动时的加速度关系为aaabac考点：带电粒子在混合场中的运动；功能关系 专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：有图可知上极板带负电，所以平行板间有竖直向上的电场，正电荷在电场中受到向上的电场力，负电荷受到向下的电场力则不带电的小球做平抛运动，带负电的小球做类平抛运动，加速度比重力加速度大，带正电的小球做加速度比重力加速度小的类平抛运动由此根据平抛和类平抛运动规律求解解答：解：在平行金属板间不带电小球、带正电小球和带负电小球的受力如下图所示：由此可知不带电小球做平抛运动a1=，带正电小球做类平抛运动a2=，带负电小球做类平抛运动a3=根据题意，三小球在竖直方向都做初速度为0的匀加速直线运动，球到达下极板时，在竖直方向产生的位移h相等，据t= 得三小球运动时间，正电荷最长，不带电小球次之，带负电小球时间最短a、三小球在水平方向都不受力，做匀速直线运动，则落在板上时水平方向的距离与下落时间成正比，故水平位移最大的a是带正电荷的小球，b是不带电的小球，c带负电的小球故a正确b、由于三小球在竖直方向位移相等，初速度均为0，由于电场力的作用，三小球的加速度不相等，故它们的运动时间不相等，故b错误；c、根据动能定理，三小球到达下板时的动能等于这一过程中合外力对小球做的功由受力图可知，带负电小球合力最大为g+f，做功最多动能最大，带正电小球合力最小为gf，做功最少动能最小故c错误d、因为a带正电，b不带电，c带负电，所以aa=a2，ab=a1，ac=a3，所以aaabac故d正确故选：ad点评：确认不带电小球做平抛运动，带电小球做类平抛运动，分水平和竖直方向分析小球的运动，水平方向匀速直线运动，竖直方向初速度为0的匀加速直线运动，由运动的合成与分解进行分析12如图所示，氕核、氘核、氚核三种粒子从同一位置无初速地飘入电场线水平向右的加速电场e1，之后进入电场线竖直向下的匀强电场e2发生偏转，最后打在屏上整个装置处于真空中，不计粒子重力及其相互作用，那么（）a偏转电场e2对三种粒子做功一样多b三种粒子打到屏上时的速度一样大c三种粒子运动到屏上所用时间相同d三种粒子一定打到屏上的同一位置考点：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：由动能定理定理可求得粒子进入偏转电场时的速度，再对运动的合成与分解可求得偏转电场中的位移；再由几何关系可明确粒子打在屏上的位置解答：解：带电粒子在加速电场中加速度，由动能定理可知：e1qd=mv2；解得：v=；粒子在偏转电场中的时间t=；在偏转电场中的纵向速度v0=at=纵向位移x=at2=；即位移与比荷无关，与速度无关；由相似三角形可知，打在屏幕上的位置一定相同，到屏上的时间与横向速度成反比；故选：ad点评：本题考查带电粒子在电场中的偏转，要注意偏转中的运动的合成与分解的正确应用二.填空与实验（6+6+8分）13在使用10分度游标卡尺和螺旋测微器测量某一工件的长度和厚度时，两仪器上的示数如图 （a）、（b）所示则测量仪器的读数分别为（1）11.09cm、（2）6.867 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110mm，游标尺上第9个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为90.1mm=0.9mm，所以最终读数为：110mm+0.9mm=110.9mm=11.09cm2、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为36.70.01mm=0.367mm，所以最终读数为6.5mm+0.367mm=6.867mm故答案为：（1）11.09 （2）6.867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某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率如果实验中电流表示数为i，电压表示数为u，并测出该棒的长度为l、直径为d，则该材料的电阻率=（用测出的物理量的符号表示）考点：测定金属的电阻率 专题：实验题；恒定电流专题分析：根据电阻定律r=、欧姆定律i=、横截面积公式s=联立求解即可得到电阻率的表达式解答：解：根据欧姆定律i=可知：r=；再根据电阻定律r=、横截面积公式s=，得： =故答案为：点评：本题考查电阻定律及欧姆定律的应用，要注意明确公式中各物理量的意义，并能灵活对公式进行变形15现用伏安法研究某电子器件r1的（6v，2.5w）伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整（直接测量的变化范围尽可能大一些），备有下列器材：a、直流电源（6v，内阻不计）；b、电流表g（满偏电流3ma，内阻rg=10）；c、电流表a（00.6a，内阻未知）；d、滑动变阻器（020，10a）；e、滑动变阻器（0200，1a）；f、定值电阻r0（阻值1990）；g、开关与导线若干；（1）根据题目提供的实验器材，请你设计出测量电子器件r1伏安特性曲线的电路原理图（r1可用“”表示）（2）在实验中，为了操作方便且能够准确地进行测量，滑动变阻器应选用d（填写器材序号）（3）将上述电子器件r1 和另一电子器件r2接入如图（甲）所示的电路中，它们的伏安特性曲线分别如图（乙）中ob、oa所示电源的电动势=6.0v，内阻忽略不计调节滑动变阻器r3，使电阻r1和r2消耗的电功率恰好相等，则此时电阻r1和r2阻值的和为20，r3接入电路的阻值为4考点：描绘小电珠的伏安特性曲线 专题：实验题分析：（1）本实验中为了多测数据，滑动变阻器采用分压接法，因该电子元件内阻较小，故应选用电流表外接，由此可正确画出实验原理图；（2）由于滑动变阻器采用分压接法，因此，在保证安全的前提下，选择总阻值小的；（3）r1和r2串联使用，因此它们的电流相等，根据图乙可以求出当电流相等时，它们的电压值，然后根据闭合电路欧姆定律求解；解答：解：（1）本实验中为了多测数据，滑动变阻器采用分压接法，因该电子元件内阻较小，故应选用电流表外接，题目中没有给出电压表，因此需要用已知内阻电流表进行改装，具体实验原理图如下所示：（2）由于滑动变阻器采用分压接法，因此，在保证安全的前提下，选择总阻值小的，因此滑动变阻器应选用d故答案为：d（3）r1和r2串联使用，因此它们的电流相等，由乙图可知r1和r2的相等电流为：i=0.25a，此时r1和r2的电压均为：u=2.5v，因此它们的电阻之和为：；此时r3两端的电压为：u1=6.0v2.5v2.5v=1.0v，此时接入电路中的电阻为：故答案为：20，4点评：本实验考查了仪器选择、电路设计、滑动变阻器两种接法等问题，由ui图象找出电压、电流关系，熟练应用串联电路特点及欧姆定律是正确解题的关键三、计算题（本题4小题，10+10+10+12分.解答过程应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后的答案不能得分）16（10分）（2015秋南阳月考）一个电流表的满偏电流ig=1ma，内阻为500，要把它改装成一个量程为10v的电压表，则应在电流表上串联一个阻值为多大的电阻？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：把电流表改装成电压表需要串联一个分压电阻，由串联电路特点与欧姆定律可以求出串联电阻阻值解答：解：设应在电流表上串联的电阻为r，内阻rg=500则 u=ig（r+rg）代入数值得：r=9500 答：应串联9500的电阻点评：本题考查了电压表的改装，知道电压表改装原理、应用串联电路特点与欧姆定律即可正确解题17（10分）（2012秋静宁县校级期中）一台直流电动机线圈电阻r=1，与一阻值r=10的电阻串联，当所加电压u=150v，电动机正常工作时电压表示数100v，求电动机消耗的功率及输出的机械功率考点：电功、电功率 专题：恒定电流专题分析：（1）以电阻r为研究对象，根据欧姆定律求出电流，即为通过电动机的电流电动机的输入功率是电功率，根据p入=umi公式求解电动机两端的电压um=uur（2）电动机的发热功率pt=i2r，电动机输出的机械功率p机=p入pt解答：解：（1）对电阻r，根据欧姆定律得 i=a=5a电动机与电阻r串联，则通过电动机的电流为5a电动机的输入功率是p入=umi=1005w=500w（2）电动机的发热功率pt=i2r=521w=25w，根据能量转化和守恒定律得电动机输出的机械功率p机=p入pt=500w25w=475w答：（1）输入到电动机的功率p入是500w；（2）电动机输出的机械功率475w点评：电动机工作时电路是非纯电阻电路，欧姆定律不适用，不能根据i= 求通过电动机的电流，只能对电阻运用欧姆定律进行研究18（10分）（2014秋兴庆区校级期中）在如图所示的电路中，电电压u=15v，电阻r1、r2、r3的阻值均为10，s为单刀三掷电键，求下列各种情况下电压表的读数：（1）电键s接a（2）电键s接b（3）电键s接c考点：闭合电路的欧姆定律 专题：恒定电流专题分析：（1）电键s接a时，电压表被短路，读数应为零（2）电键s接b时，r1与r2串联，根据闭合电路欧姆定律求出电路中电流，由欧姆定律求解电压表的读数（3）电键s接c时，r2与r3并联后与r1串联，先求出外电路总电阻，再根据串联电路电压与电阻成正比的特点求解解答：解：（1）s接a时，电压表被短路，所以电压表读数 u2=0； （2）s接