湖南省益阳市箴言中学高二物理上学期期中试题理含解析

2022-2022学年湖南省益阳市箴言中学高二（上）期中物理试卷（理科）　一．单择题：（本大题共9小题，每小题4分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得4分，选错或不选的得0分．）1．真空中两个相同的带等量异种电荷的小球A和B，分别固定在两处，两球间静电力为F．用不带电的同样小球C先和A接触，再与B接触，然后移去C，则A、B间的静电力应为（　　）A．B．C．D．　2．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（　　）A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B．无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变C．不同电荷在电场中某点所受的电场力大小不同，该点的电场强度在不断改变D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零　3．若带正电荷的小球只受到电场力的作用，则它在任意一段时间内（　　）A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动　4．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（　　）A．Q变小，C不变，U不变，E变小B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变D．Q不变，C变小，U变大，E变小　5．如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（　　）-18-\nA．粒子带负电B．粒子在A点加速度大C．粒子在B点动能大D．A、B两点相比，B点电势能较大　6．两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图所示，可知两电阻R1：R2等于（　　）A．1：3B．3：1C．1：D．：1　7．如图所示为小灯泡的U﹣I图线，若将该小灯泡与一节电动势E=1.5V，内阻r=0.75Ω的干电池组成闭合电路时，电源的总功率和小灯泡的实际电功率分别接近以下哪一组数据（　　）A．1.5W　1.0WB．0.75W　0.5WC．0.75W　0.75WD．1.5W　0.75W　8．一个电流表的满偏电流Ig=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）A．串联一个10kΩ的电阻B．并联一个10kΩ的电阻C．串联一个9.5kΩ的电阻D．并联一个9.5kΩ的电阻　9．如图所示，两个定值电阻R1、R2串联后接在电压U稳定于12V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为8V．如果他把电压表改接在R2两端，则电压表的示数将（　　）-18-\nA．小于4VB．等于4VC．大于4V小于8VD．等于或大于8V　　二．多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项正确，全选对的得5分，少选的得3分，选错或不选的得0分．）10．如图为一块手机电池的背面印有的一些符号，下列说法正确的是（　　）A．该电池的容量为500mA•hB．该电池的电动势为3.6VC．该电池在工作1小时后达到的电流为500mAD．若电池以10mA的电流工作，可用50小时　11．如图所示，在光滑的水平绝缘桌面上固定一个带电小球A，在桌面的另一处放置一个带电小球B，现给小球B一个垂直于AB连线方向的速度v0，使其在光滑的水平绝缘桌面上运动，则（　　）A．若A、B为同种电荷，B球一定做速度变大的曲线运动B．若A、B为同种电荷，B球一定做加速度变大的曲线运动C．若A、B为异种电荷，B球一定做加速度、速度都变小的曲线运D．若A、B为异种电荷，B球速度的大小和加速度的大小可能都不变　12．电路如图所示，当滑动变阻器的触头P向上滑动时，则（　　）A．电源的总功率变小B．电容器贮存的电量变小C．灯L1变亮D．灯L2变暗　13．现有一束带同种等量电荷的不同离子，从同一点以垂直电场方向进入同一偏转电场，当飞出电场后在荧光屏上形成一个亮点，则（　　）A．离子进入电场的初速度相同B．离子进入电场的初动量相同C．离子进入电场的初动能相同D．离子必须经同一加速电场加速　　三．实验题（本大题共2小题，每空2分，作图4分，共16分．）-18-\n14．用游标卡尺测得某样品的长度如图甲所示，其示数L=　　　　　　mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图乙所示，其示数D=　　　　　　mm．　15．（12分）（2022•贵港模拟）从下表中选出适当的实验器材，测量小灯泡的伏安特性曲线，得到如图1的IU图线．器材（代号）规格电流表（A1）电流表（A2）电压表（V1）电压表（V2）滑动变阻器（R0）电池（E）开关（S）导线若干量程0～0.6A，内阻约1Ω量程0～3A，内阻约1Ω量程0～3V，内阻约2kΩ量程0～15V，内阻约10kΩ阻值0～25Ω电动势6V，内阻不计（1）在如图1所示的IU图线中，A到B过程中灯泡电阻改变了　　　　　　Ω．（2）测量电路中电流表应选用　　　　　　（填代号），电压表应选用　　　　　　（填代号），电流表应采用　　　　　　（填内、外）接法．（3）在图2示虚线框中用笔补画完整实验电路图，要求变阻器滑动片右移时，灯泡两端电压变大．　　四．计算题（本大题共3小题，共28分．要求写出必要的文字说明和计算过程．）16．某电动自行车的铭牌上的技术参数如下表所示．规格后轮驱动直流永磁毂电机车型26”电动自行车额定输出功率120W-18-\n整车质量30kg额定电压40V最大载重120kg额定电流3.5A质量为M=70kg的人骑此电动自行车沿平直公路行驶，所受阻力f恒为车和人总重的k=0.02倍．取g=10m/s2，求：（1）此车的永磁毂电机在额定电压下正常工作时的效率η．（2）仅在电机以额定功率提供动力的情况下，人骑车行驶的最大速度vm．　17．一个允许通过最大电流为2A的电源和一个滑线变阻器，接成如图甲所示的电路，变阻器最大阻值R0=22Ω，电源路端电压U随外阻R变化的规律如图乙所示，图中U=12V的直线为图线的渐近线，试求：（1）电源的电动势和内电阻（2）A、B空载时输出电压的范围（3）若要保证变阻器的滑片能任意滑动，A、B两端所接负载的最小电阻时多大？　18．（11分）（2022•东莞校级模拟）如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e．求：（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O点的距离．　　2022-2022学年湖南省益阳市箴言中学高二（上）期中物理试卷（理科）参考答案与试题解析-18-\n　一．单择题：（本大题共9小题，每小题4分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，选对的得4分，选错或不选的得0分．）1．真空中两个相同的带等量异种电荷的小球A和B，分别固定在两处，两球间静电力为F．用不带电的同样小球C先和A接触，再与B接触，然后移去C，则A、B间的静电力应为（　　）A．B．C．D．【考点】库仑定律．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】当在真空中两个点电荷，其间的库仑力与两点电荷的电量乘积成正比，与间距的平方成反比．当两个完全相同的金属小球相接触时，若是同种电荷则是平均分配；若是异种电荷则是先中和再平均分配．【解答】解：两个完全相同且可看成点电荷的金属小球a和b，分别带有等量异种电荷，这时两球间静电引力的大小为F，当用一个不带电，且与a、b完全相同的绝缘金属小球C先与a球接触，再与b球接触后移去．从而使得a球带电为原来的一半，而b球则带电为原来的四分之一．由库仑定律可得，两球间静电力的大小为原来的八分之一．故C正确、ABD错误．故选：C【点评】由库仑定律可知，在真空是必须确保电荷量不变，且电荷间距要大是能将带电量看成点来处理．同时两球带异种电荷，所以当与a球接触后的小球c与b球接触时，则先出现异种电荷中和，然后再平分电荷．　2．由电场强度的定义式E=可知，在电场中的同一点（　　）A．电场强度E跟F成正比，跟q成反比B．无论检验电荷所带的电量如何变化，始终不变C．不同电荷在电场中某点所受的电场力大小不同，该点的电场强度在不断改变D．一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，则P点的场强一定为零【考点】电场强度．【分析】电场强度与试探电荷所受电场力、电荷量无关，由电场本身决定．同一电荷在电场中某点所受的电场力大，该点的电场强度不一定大．电场对不带电的小球没有电场力作用，一个不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强不一定为零．【解答】解：A、电场强度等于试探电荷所受电场力与电荷量的比值，但电场强度E并不跟F成正比，跟q成反比，而F、q无关，E由电场本身决定．故A错误．B、在电场中的同一点，电场强度E是一定的，则无论试探电荷所带的电量如何变化，始终不变．故B正确．C、由F=Eq知，不同电荷在电场中某点所受的电场力大小不同，但场强E却是一定的．故C错误．D、电场对不带电的小球没有电场力作用，不带电的小球在P点受到的电场力为零，P点的场强可能为零，也可能不为零．故D错误．故选：B-18-\n【点评】对于电场强度，要抓住它的比值定义法的共性，E与试探电荷所受电场力、电荷量无关，反映电场本身的强弱和方向．　3．若带正电荷的小球只受到电场力的作用，则它在任意一段时间内（　　）A．一定沿电场线由高电势处向低电势处运动B．一定沿电场线由低电势处向高电势处运动C．不一定沿电场线运动，但一定由高电势处向低电势处运动D．不一定沿电场线运动，也不一定由高电势处向低电势处运动【考点】电势；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】物体的运动情况取决于合力和初始条件．小球只受到电场力的作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，有没有初速度，初速度方向与电场线的关系．只有当电场线是直线时，小球只受到电场力的作用才可能沿电场线运动．【解答】解：物体的运动情况取决于合力和初始条件．小球只受到电场力的作用，是否沿电场线运动，还要看电场线是直线还是曲线，有没有初速度，初速度方向与电场线的关系．只有当电场线是直线时且小球的运动方向沿着电场线时，小球只受到电场力的作用才可能沿电场线运动．所以ABC错误，D正确．故选：D【点评】对物体运动情况的判断能力，从力学的角度进行分析：物体的运动性质不仅取决于合力，还取决于初速度条件．虽然是简单题，同时也是易错题目．　4．如图所示的实验装置中，极板A接地，平行板电容器的极板B与一个灵敏的静电计相接．将A极板向左移动，增大电容器两极板间的距离时，电容器所带的电量Q、电容C、两极间的电压U，电容器两极板间的场强E的变化情况是（　　）A．Q变小，C不变，U不变，E变小B．Q变小，C变小，U不变，E不变C．Q不变，C变小，U变大，E不变D．Q不变，C变小，U变大，E变小【考点】电容器的动态分析．【专题】电容器专题．【分析】题中平行板电容器与静电计相接，电容器的电量不变，改变板间距离，由C=，分析电容的变化，根据C=分析电压U的变化，根据E=分析场强的变化．【解答】解：A、B，平行板电容器与静电计并联，电容器所带电量不变．故A、B错误．-18-\nC、D，增大电容器两极板间的距离d时，由C=知，电容C变小，Q不变，根据C=知，U变大，而E===，Q、k、ɛ、S均不变，则E不变．故C正确，D错误．故选C【点评】对于电容器动态变化分析问题，要抓住不变量．当电容器保持与电源相连时，电压不变．当电容器充电后，与电源断开后，往往电量不变．　5．如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线．在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经A点飞向B点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（　　）A．粒子带负电B．粒子在A点加速度大C．粒子在B点动能大D．A、B两点相比，B点电势能较大【考点】电场线．【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向．不计重力的带电粒子在电场力作用下从A到B，由运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力指向轨迹的内侧．确定出电场力方向，判断其做功情况，从而分析动能和电势能的大小．【解答】解：A、根据曲线运动条件可得粒子所受合力应该指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向向下，即粒子受力方向与电场方向相反，故粒子带负电．故A正确；B、由于B点的电场线密，所以B点的场强大，粒子所受的电场力大，则A点的加速度较小．故B错误；C、粒子从A到B，电场力对粒子运动做负功，导致动能减少，则粒子在B点动能小，故C错误；D、粒子从A到B，电场力对带负电的粒子运动做负功，电势能增加；所以A、B两点相比，在B点电势能较大．故D正确；故选：AD【点评】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布．对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧．　6．两电阻R1、R2的电流I和电压U的关系如图所示，可知两电阻R1：R2等于（　　）-18-\nA．1：3B．3：1C．1：D．：1【考点】欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】在I﹣U图象中图象中，电阻等于图象的斜率的倒数，由斜率可求得电阻．【解答】解：由图可知，R1=；R2=；故R1：R2=tan30°：tan60°=1：3；故选：A．【点评】本题考查电阻定律的应用，注意图象中斜率的倒数等于电阻．　7．如图所示为小灯泡的U﹣I图线，若将该小灯泡与一节电动势E=1.5V，内阻r=0.75Ω的干电池组成闭合电路时，电源的总功率和小灯泡的实际电功率分别接近以下哪一组数据（　　）A．1.5W　1.0WB．0.75W　0.5WC．0.75W　0.75WD．1.5W　0.75W【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】作出电源外电压与电流的关系图线，两图线的交点对应的电流和电压为灯泡两端的电压和通过灯泡的电流，根据P=UI求出灯泡的实际功率，根据P=EI求出电源的总功率．【解答】解：电源的外电压与电流的关系为U=E﹣Ir=1.5﹣0.75I，作电源的外电压与电流的关系图线，由图象可知，交点所对应的电压U=0.75V，电流I=1A，则灯泡的实际功率P=UI=0.75W，电源的总功率P总=EI=1.5W．故D正确，A、B、C错误．故选D．【点评】解决本题的关键知道电源的外电压等于灯泡两端的电压，作出电源的U﹣I图线，则交点所对应的电压、电流为灯泡的电压和电流．　8．一个电流表的满偏电流Ig=1mA．内阻为500Ω，要把它改装成一个量程为10V的电压表，则应在电流表上（　　）A．串联一个10kΩ的电阻B．并联一个10kΩ的电阻C．串联一个9.5kΩ的电阻D．并联一个9.5kΩ的电阻【考点】把电流表改装成电压表．-18-\n【专题】实验题．【分析】电流表串联电阻起分压作用为电压表，电流表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻．总电阻=量程除以满偏电流．【解答】解：要将电流表改装成电压表，必须在电流表上串联一个大电阻，串联电阻起分压作用．应串联电阻为R===9.5×103kΩ故C正确，ABD错误．故选：C．【点评】电流表改装成电压表应串联电阻分压．串联电阻阻值为：R=，是总电阻．　9．如图所示，两个定值电阻R1、R2串联后接在电压U稳定于12V的直流电源上，有人把一个内阻不是远大于R1、R2的电压表接在R1两端，电压表的示数为8V．如果他把电压表改接在R2两端，则电压表的示数将（　　）A．小于4VB．等于4VC．大于4V小于8VD．等于或大于8V【考点】串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】电压表的内阻不是远大于R1R2，电表表与电阻并联后，并联部分电阻减小，分担的电压减小．结合串联电路电压与电阻成正比来分析电压表的示数．【解答】解：电压表接在R1两端，电压表的示数8V，则此时R2两端的电压为4V．把此表改接在两端R2时，由于电压表的内阻不是远大于R1R2，电压表与R2并联的阻值小于R2，而R1与并联部分串联，总电压U=12V，则R1的电压大于8V，电压表与R2并联的电路的电压小于4V．故选：A．【点评】本题要注意电压表是实际的电表，内阻不是无穷大，电表对电路的影响不能忽略，把电压表看成可测量电压的电阻．　二．多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有一个或多个选项正确，全选对的得5分，少选的得3分，选错或不选的得0分．）10．如图为一块手机电池的背面印有的一些符号，下列说法正确的是（　　）-18-\nA．该电池的容量为500mA•hB．该电池的电动势为3.6VC．该电池在工作1小时后达到的电流为500mAD．若电池以10mA的电流工作，可用50小时【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】根据铭牌读出电池的容量和电动势．电池的容量是指电池能释放的总电量，根据电流的定义式求出该电池在工作1小时后达到的电流和以10mA的电流工作可用的时间．【解答】解：A、B由电池的铭牌读出：该电池的容量为500mA•h，电动势为3.6V．但内阻不为0，故AB正确．C、若该电池只连续工作1小时时，电流为I=500mA．不是工作1小时后才能达到500mA；故C错误．D、由q=It得知，若电池以10mA的电流工作，可用50小时．故D正确．故选：ABD．【点评】本题考查读取电池铭牌信息的能力．电池的容量是指电池所能释放的总电量．　11．如图所示，在光滑的水平绝缘桌面上固定一个带电小球A，在桌面的另一处放置一个带电小球B，现给小球B一个垂直于AB连线方向的速度v0，使其在光滑的水平绝缘桌面上运动，则（　　）A．若A、B为同种电荷，B球一定做速度变大的曲线运动B．若A、B为同种电荷，B球一定做加速度变大的曲线运动C．若A、B为异种电荷，B球一定做加速度、速度都变小的曲线运D．若A、B为异种电荷，B球速度的大小和加速度的大小可能都不变【考点】库仑定律．【分析】分AB为同种电荷和异种电荷两种情况来讨论，当为同种电荷时，B球要远离A球，当为异种电荷的时候，根据库仑力和向心力的大小关系来分别讨论可能的运动情况．【解答】解：A、若A、B为同种电荷，AB之间的库仑力为排斥力，并且力的方向和速度的方向不再一条直线上，所以B球一定做曲线运动，由于AB之间的距离越来越大，它们之间的库仑力也就越来越小，所以B球的加速度在减小，但速度在增大的，所以A正确，B错误；CD、若A、B为异种电荷，AB之间的库仑力为吸引力，当AB之间的库仑力恰好等于向心力的时候，B球就绕着A球做匀速圆周运动，此时B球速度的大小和加速度的大小都不变，当AB之间的库仑力大于需要的向心力的时候，B球做向心运动，速度和加速度都要变大，当AB之间的库仑力小于需要的向心力的时候，B球做离心运动，速度和加速度都要减小，所以C错误，D正确．故选：AD．【点评】当AB为异种电荷的时候，B球可能做向心运动也可能做离心运动，当库仑力恰好等于向心力的时候，B球就绕着A球做匀速圆周运动．　12．电路如图所示，当滑动变阻器的触头P向上滑动时，则（　　）-18-\nA．电源的总功率变小B．电容器贮存的电量变小C．灯L1变亮D．灯L2变暗【考点】闭合电路的欧姆定律．【分析】首先认清电路的结构：变阻器与灯L2串联后与电阻R1并联，再灯L1串联，电路稳定时，电容器相当于断路．当滑动变阻器的触头P向上滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，分析外电路总电阻减小，由欧姆定律分析总电流的变化，即可知道电源的总功率变化和灯L1亮度变化．分析并联部分电压的变化，判断通过R1的电流如何变化，就能分析出通过灯L2的电流变化，判断其亮度变化．【解答】解：A、当滑动变阻器的触头P向上滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，外电路总电阻变小，干路电流变大，则灯L1变亮．电源的总功率P=EI，E不变，则电源的总功率变大，故A错误，C正确；C、干路电流增大，电源的内电压和灯L1的电压增大，则电路中并联部分的电压U并减小，通过R1的电流减小，而干路电流增大，所以通过灯L2的电流变大，灯L2变亮，电容器的电压等于并联部分的电压，则其电压减小，电容器贮存的电量变小．故B正确，D错误．故选：BC【点评】本题考查了滑动变阻器的变阻原理、欧姆定律、串联电路的电压关系，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．　13．现有一束带同种等量电荷的不同离子，从同一点以垂直电场方向进入同一偏转电场，当飞出电场后在荧光屏上形成一个亮点，则（　　）A．离子进入电场的初速度相同B．离子进入电场的初动量相同C．离子进入电场的初动能相同D．离子必须经同一加速电场加速【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】离子流飞出电场后在荧光屏上形成一个亮点，说明了这些离子具有相等的偏转量和偏转角，写出粒子偏转量的公式，再进行分析．【解答】解：离子在偏转电场中做类平抛运动，则有：在垂直于电场方向做匀速直线运动，有：L=v0t在平行于电场方向做匀加速运动，有：a=射出电场时的偏转量y为：y=联立以上四式得：y=-18-\n带同种等量电荷的不同离子垂直进入同一偏转电场，q、U、L、d相同，要使y相同，必须离子进入电场的相同，则初动能相同．在加速电场中，根据动能定理得：，可知离子必须经同一加速电场加速．由于离子的质量不同，初速度相同或初mv相同，y不同．故CD正确，AB错误．故选：CD【点评】本题考查带电粒子在电场中的偏转问题，关键要写出加速度与穿越电场的时间的表达式，进而求出偏转量，再进行分析．　三．实验题（本大题共2小题，每空2分，作图4分，共16分．）14．用游标卡尺测得某样品的长度如图甲所示，其示数L=　30.35　mm；用螺旋测微器测得该样品的外径如图乙所示，其示数D=　3.204　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】游标卡尺读数的方法是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：游标卡尺的主尺读数为：30mm，游标读数为0.05×7mm=0.35mm，所以最终读数为：30mm+0.35mm=30.35mm；螺旋测微器的固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为0.01×20.4mm=0.204mm，所以最终读数为：3mm+0.204mm=3.204mm，由于需要估读在范围3.203﹣3.205内均正确．故本题答案为：30.35，2.304（3.203﹣3.205）【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，游标卡尺读数的方法是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．　15．（12分）（2022•贵港模拟）从下表中选出适当的实验器材，测量小灯泡的伏安特性曲线，得到如图1的IU图线．器材（代号）规格电流表（A1）电流表（A2）电压表（V1）电压表（V2）滑动变阻器（R0）电池（E）开关（S）导线若干量程0～0.6A，内阻约1Ω量程0～3A，内阻约1Ω量程0～3V，内阻约2kΩ-18-\n量程0～15V，内阻约10kΩ阻值0～25Ω电动势6V，内阻不计（1）在如图1所示的IU图线中，A到B过程中灯泡电阻改变了　10　Ω．（2）测量电路中电流表应选用　A1　（填代号），电压表应选用　V2　（填代号），电流表应采用　外　（填内、外）接法．（3）在图2示虚线框中用笔补画完整实验电路图，要求变阻器滑动片右移时，灯泡两端电压变大．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】（1）根据图1所示图象求出电压对应的电流，由欧姆定律求出灯泡电阻，然后求出电阻的变化量．（2）根据电流、电压的测量值选择电流表与电压表，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法．（3）根据实验目的确定滑动变阻器的接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出电路图．【解答】解：（1）由图1所示图象可知，灯泡电阻RA===30Ω，RB===40Ω，△R=40Ω﹣30Ω=10Ω．（2）由图1所示图象可知，电流最大值为0.15A，则电流表选A1，电压最大测量值为6V，则电压表选V2，灯泡最大电阻为40Ω，电流表内阻为1Ω，电压表内阻为10kΩ，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法．（3）描绘灯泡安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，电流表采用外接法，实验电路图如图所示．-18-\n故答案为：（1）10；（2）A1；V2；（3）电路图如图所示．【点评】本题考查了求电阻、实验器材的选择、作实验电路图，当电压与电流从零开始变化时，滑动变阻器应采用分压接法，待测电阻阻值远大于电流表内阻时，电流表采用内接法，电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表采用外接法．　四．计算题（本大题共3小题，共28分．要求写出必要的文字说明和计算过程．）16．某电动自行车的铭牌上的技术参数如下表所示．规格后轮驱动直流永磁毂电机车型26”电动自行车额定输出功率120W整车质量30kg额定电压40V最大载重120kg额定电流3.5A质量为M=70kg的人骑此电动自行车沿平直公路行驶，所受阻力f恒为车和人总重的k=0.02倍．取g=10m/s2，求：（1）此车的永磁毂电机在额定电压下正常工作时的效率η．（2）仅在电机以额定功率提供动力的情况下，人骑车行驶的最大速度vm．【考点】功率、平均功率和瞬时功率．【专题】功率的计算专题．【分析】（1）根据电动机的输入功率和输出功率求出电动机正常工作时的效率．（2）当牵引力等于阻力时，人骑车的速度最大，根据输出功率和阻力的大小求出最大速率．【解答】解：（1）由表可知，电机的额定电压U0=40V，额定电流I0=5V，所以电机正常工作时的输入功率为　　P入=U0I0代入数据，得　　P入=140W　　　　　　　　　所以，电机的效率为：×100%　　　　　代入数据，得：η=85.7%　　　　　　　　　（2）行驶时所受阻力　　f=k（M+m）g当达到最大速度vm时，有　P出=fvm代入数据，得　　vm=6.0m/s　　　　　　　　　答：（1）此车的永磁毂电机在额定电压下正常工作时的效率为85.7%．（2）仅在电机以额定功率提供动力的情况下，人骑车行驶的最大速度为6.0m/s．【点评】本题关键对车受力分析后，运用平衡条件或牛顿第二定律列式求解，同时要用到牵引力与功率和速度的关系公式．　17．一个允许通过最大电流为2A的电源和一个滑线变阻器，接成如图甲所示的电路，变阻器最大阻值R0=22Ω，电源路端电压U随外阻R变化的规律如图乙所示，图中U=12V的直线为图线的渐近线，试求：-18-\n（1）电源的电动势和内电阻（2）A、B空载时输出电压的范围（3）若要保证变阻器的滑片能任意滑动，A、B两端所接负载的最小电阻时多大？【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）当外电阻无穷大时，路端电压等于电动势，由图象可知电源的电动势，由闭合电路欧姆定律可求得电源的内阻；（2）AB输出电压为AB并联的滑动变阻器部分电阻的电压，根据滑动变阻器两端的电压范围即可求出；（3）根据闭合电路欧姆定律可求得当电源达最大电流时的外电阻，分析外电路的特点可得出AB两端所接的最小电阻．【解答】解：（1）由乙图可知，当R趋近无穷大时，U=12V，则电动势E=12V，而当U=6V=E时，应有r=R=2Ω（2）当滑片滑到变阻器的最上端时，A、B两端输出电压最大值：当滑片滑到变阻器的最下端时，A、B两端输出电压最小为零，故A、B空载时输出电压的范围为0～11V．（3）当滑片滑到变阻器的最上端时，通过电源的电流恰好为最大电流2A时，A、B两端所接负载电阻最小．由，解得：RAB=4.9Ω．答：（1）电源电动势E是12V，内电阻r为2Ω；（2）空载时A、B两端输出的电压范围是0～11V；（3）A、B两端所能接负载的电阻的最小值是4.9Ω．【点评】本题要理解电动势与路端电压的关系，正确运用闭合电路的欧姆定律，要注意正确结合串并联电路的规律进行求解．　18．（11分）（2022•东莞校级模拟）如图所示为一真空示波管，电子从灯丝K发出（初速度不计），经灯丝与A板间的加速电压U1加速，从A板中心孔沿中心线KO射出，然后进入两块平行金属板M、N形成的偏转电场中（偏转电场可视为匀强电场），电子进入M、N间电场时的速度与电场方向垂直，电子经过电场后打在荧光屏上的P点．已知加速电压为U1，M、N两板间的电压为U2，两板间的距离为d，板长为L1，板右端到荧光屏的距离为L2，电子的质量为m，电荷量为e．求：-18-\n（1）电子穿过A板时的速度大小；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量；（3）P点到O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）电子在加速电场U1中运动时，电场力对电子做正功，根据动能定理求解电子穿过A板时的速度大小．（2）电子进入偏转电场后做类平抛运动，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动．根据板长和初速度求出时间．根据牛顿第二定律求解加速度，由位移公式求解电子从偏转电场射出时的侧移量．（3）电子离开偏转电场后沿穿出电场时的速度做匀速直线运动，水平方向：位移为L2，分速度等于v0，求出匀速运动的时间．竖直方向：分速度等于vy，由y=vyt求出离开电场后偏转的距离，再加上电场中偏转的距离得解．【解答】解：（1）设电子经电压U1加速后的速度为v0，根据动能定理得：eU1=，解得：（2）电子以速度v0进入偏转电场后，垂直于电场方向作匀速直线运动，沿电场方向作初速度为零的匀加速直线运动．设偏转电场的电场强度为E，电子在偏转电场运动的时间为t1，电子的加速度为a，离开偏转电场时相对于原运动方向的侧移量为y1．根据牛顿第二定律和运动学公式得：a=，又E=，得a=水平方向：t1=，竖直方向：y1=，解得：y1=（3）设电子离开偏转电场时沿电场方向的速度为vy．根据运动学公式得：vy=at1=-18-\n电子离开偏转电场后作匀速直线运动，设电子离开偏转电场后打在荧光屏上所用的时间为t2，电子打到荧光屏上的侧移量为y2，如图所示t2=，y2=vyt2解得：y2=P到O点的距离为y=y1+y2=答：（1）电子穿过A板时的速度大小为；（2）电子从偏转电场射出时的侧移量y1=；（3）P点到O点的距离y2=．【点评】带电粒子在电场中类平抛运动的研究方法与平抛运动相似，采用运动的合成与分解．第（3）问也可以利用三角形相似法求解．　-18-