2022-2022学年河南省郑州一中高二（上）期中物理试卷 一、单项选择题（每共12小题，每小题4分，共48分）1．关于闭合电路，下列说法中正确的是（ ）A．闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方B．闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的电动势就越大C．闭合电路中，电流越大，电源的路端电压就越大D．闭合电路中，外电阻越大，电源的路端电压就越大 2．如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线则（ ）A．场强Ea＞Eb，Eb＞EcB．电势a＞b，c＞bC．沿cba路径移动质子与电子，电荷的电势能改变是一样的D．沿bc方向直线射入的电子有可能做曲线运动 3．在如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中a、b两点电势和场强都相同的是（ ）A．B．C．D． 4．如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡D1的U﹣I图线的一部分，用该电源和小灯泡D1组成闭合电路时，灯泡D1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（ ）A．此电源的内阻为ΩB．灯泡D1的额定电压为3V，功率为6WC．把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，电源的输出功率将变小18\nD．由于小灯泡B的U﹣I图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用 5．如图所示的电路中，O点接地，当原来断开的开关K闭合时，电路中A、B两点的电势变化情况是（ ）A．都降低B．都升高C．UA升高，UB降低D．UA降低，UB升高 6．如图所示，开关K原来是闭合的，当R1、R2的滑片处于图中所示的位置时，悬在平行板电容器的带电尘埃P刚好处于静止状态．要使尘埃加速向下运动的方法是（ ）A．把R1的滑片向上移动B．把R2的滑片向上移动C．把R2的滑片向下移动D．断开开关K 7．如图所示的电路中，电源的内电阻不能忽略不计．现闭合开关S，待电路中的电流稳定后，调节可变电阻R的阻值，电压表的示数增大了△U．下列判断正确的是（ ）A．可变电阻R被调到较小的阻值B．电阻R2两端的电压减小，减小量等于△UC．通过电阻R2的电流减小，减小量小于D．路端电压增大，增大量等于△U 8．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和理想电压表的示数分别为0.50A和2.0V；重新调节R并使电动机恢复正常运转时，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V．则这台电动机正常运转时输出功率为（ ）18\nA．32WB．44WC．47WD．48W 9．如图的U﹣I图象中，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源与电阻R组成闭合电路，则（ ）A．电源电动势3V，内阻2ΩB．电阻R的阻值为0.5ΩC．电源的总功率为4WD．电源的效率为66.7% 10．带电量为8×10﹣15C的正电荷Q固定在真空中某一位置，一群电子绕Q在同一平面内做匀速圆周运动，飞行速度为2×106m/s，形成的等效电流为3.14mA．假设电子在圆轨道上均匀分布且不计电子间的相互作用，试估算这群电子的个数（电子的电量为1.6×10﹣19C，质量为0.91×10﹣30kg．静电力常量k=9×109N•m2/C2）A．2×105B．2×107C．5×1011D．5×106 11．如图所示，同心圆表示某点电荷Q所激发的电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上．质量相同的甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动，不计重力．则下列说法中正确的是（ ）A．两粒子所带电荷的电性不同B．甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点时的速度C．两个粒子的电势能都是先减小后增大D．经过b点时，两粒子的动能一定相等 12．在绕地球做匀速圆周运动的航天器中，物体处于完全失重状态，可以形成一种“重力屏蔽状态”．在航天器中建立电学实验室，可以有效消除常态下重力的影响．空腔导体内部可以实现静电屏蔽，在空腔导体内部建立物理实验室，可以有效消除外电场的干扰．下列说法错误的是（ ）A．场是物质存在的形式18\nB．航天器中的“重力屏蔽状态”指的是航天器中不存在重力C．外电场在空腔导体的内部产生的场强为0，所以外电场被屏蔽D．在外电场作用下处于静电平衡的空腔导体，其内部的总电场强度为0 二、实验题（每空2分，共计20分）13．图1中游标卡尺显示的测量长度是 mm；图2螺旋测微器显示的测量长度为 mm． 14．使用多用电表的欧姆档粗测一根电阻丝的阻值，已知此电阻丝的阻值约为几十kΩ，下面给出的操作步骤中，合理的实验步骤顺序是： （填写相应的字母）．旋转选择开关其尖端应对准的欧姆档位是 ；根据表中指针所示位置，电阻丝的阻值约为 Ω．a．将两表笔短接，调节欧姆档调零旋钮使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，而后断开两表笔b．将两表笔分别连接到被测电阻丝的两端，读出阻值后，断开两表笔c．旋转选择开关S，使其尖端对准欧姆档的某一档位d．旋转选择开关S，使其尖端对准OFF档，并拔出两表笔． 15．某同学采用如图甲所示的电路测定一节干电池的电动势和内电阻．提供的器材有，电压表（0～3V；）、电流表（0～0.6A）、滑动变阻器有R1（10Ω，2A）各一只．18\n（1）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的U﹣I图线，由图可求出该电源电动势E= V；内阻r= Ω．（保留三位有效数字）（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．（3）电动势测量值 真实值，内电阻测量值 真实值．（填＜，＞，=） 三、计算（本题共3个小题，共计32分）16．（10分）（2022秋•郑州校级期中）如图所示，电路中电源电动势E=10V，r=1Ω，R1=4Ω，R2=8Ω，电容C=10μF．开关S闭合后电路稳定时，求通过R1的电流I和电容器的带电量Q． 17．（10分）（2022春•绛县校级期末）如图，质量为m，带电量为﹣q的粒子（重力不计）在匀强电场中的A点时的速度为v，方向与电场线垂直，在B点时的速度为2v，已知A、B两点间直线距离为d，求：（1）A、B两点间的电压U；（2）电场强度E的大小和方向． 18．（12分）（2022秋•信阳期末）一辆有三十多个座位的客车的动力装置的一套电池能反复充电1200多次；每次充电仅需三至五个小时，蓄电量可让客车一次性跑500km，客车时速最高可达180km．如果客车总质量为9×103kg．当它在某城市快速公交路面上以v=90km/h的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I=150A，电压U=300V．在此行驶状态下（取g=10m/s2），求：（1）驱动电机的输入功率；18\n（2）若驱动电机能够将输入功率的80%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机，求汽车所受阻力的大小；（3）如果当它在某城市快速公交路面上以v=90km/h的速度匀速行驶一段时间后关闭电源（设汽车所受阻力不变），客车滑行的时间是多少？（结果保留三位有效数字） 2022-2022学年河南省郑州一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析 一、单项选择题（每共12小题，每小题4分，共48分）1．关于闭合电路，下列说法中正确的是（ ）A．闭合电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方B．闭合电路中，电源的路端电压越大，电源的电动势就越大C．闭合电路中，电流越大，电源的路端电压就越大D．闭合电路中，外电阻越大，电源的路端电压就越大【考点】电源的电动势和内阻．【专题】恒定电流专题．【分析】根据闭合电路欧姆定律分析电流与外电阻的关系，得出内电压和路端电压的变化．在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方．【解答】解：A、在闭合电路的外电路中，电流总是从电势高的地方流向电势低的地方，而在内电路中，电流总是从电势低的地方流向电势高的地方．故A错误．B、电源电动势是电源本身的属性，与外电路无关．故B错误．C、闭合电路中，电流越大，内电压越大，则电源的路端电压就越小．故C错误．D、在闭合电路中，外电阻越大，由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流越小，内电压越小，则电源的路端电压就越大．故D正确．故选：D【点评】闭合电路中，路端电压随外电阻的增大而增大，减小而减小．抓住电源的内电阻不变，内电压与电流成正比是关键． 2．如图所示为某示波管内的聚焦电场，实线和虚线分别表示电场线和等势线则（ ）A．场强Ea＞Eb，Eb＞EcB．电势a＞b，c＞bC．沿cba路径移动质子与电子，电荷的电势能改变是一样的D．沿bc方向直线射入的电子有可能做曲线运动【考点】电场线．【分析】沿电场线电势降低，电场强度的大小与电场线的疏密的关系；沿着电场线方向电势是降低的．明确电荷在电场中的受力特点以及电场力做功情况，从而进一步判断电势能变化情况．根据受力情况，分析电子的运动情况．18\n【解答】解：A、根据电场线的疏密表示电场强度的相对大小，可知Ea＞Eb＞Ec．故A正确．B、沿着电场线方向电势是降低的，同一等势面上各点的电势相等，则知φc＞φb=φa．故B错误．C、沿cba路径移动质子与电子，根据公式W=qU，知由于电子与质子的电性相反，电场力对质子做正功，对电子做负功，则质子的电势能减小，电子的电势能增大．故C错误．D、沿bc方向直线射入的电子，所受的电场力沿cb方向，电子做直线运动．故D错误．故选：A．【点评】本题关键是明确电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场力做功看电荷的电性和电势差，属于基础问题． 3．在如图所示的四个电场中，均有相互对称分布的a、b两点，其中a、b两点电势和场强都相同的是（ ）A．B．C．D．【考点】电场强度；电势．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】电场强度是矢量，既有大小又有方向，只有当大小均相同时，场强才相同．电势是标量，真空中点电荷电场的等势线是以点电荷为球心的球面．【解答】解：A、ab两点电势相同，电场强度方向不同，场强不同．故A错误．B、a点电场强度是由匀强电场与点电荷电场场强的合成，a点场强斜向右上方，b点场强斜向右下方，则两点场强不同．故B错误．C、根据对称性，ab两点场强相同，ab在同一等势面上，电势相同．故C正确．D、a点场强方向向上，b点场强方向向下，场强不同．故D错误．故选C【点评】矢量要相同，只有大小和方向都相同才相同，相反当大小或方向之一变化时，矢量就变化． 4．如图所示，直线A为某电源的U﹣I图线，曲线B为某小灯泡D1的U﹣I图线的一部分，用该电源和小灯泡D1组成闭合电路时，灯泡D1恰好能正常发光，则下列说法中正确的是（ ）A．此电源的内阻为Ω18\nB．灯泡D1的额定电压为3V，功率为6WC．把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，电源的输出功率将变小D．由于小灯泡B的U﹣I图线是一条曲线，所以灯泡发光过程，欧姆定律不适用【考点】电功、电功率；路端电压与负载的关系．【专题】恒定电流专题．【分析】电源的外特性曲线与灯泡伏安特性曲线的交点就是灯泡与电源连接时的工作状态，由图可读出工作电压和电流及电源的电动势，从而可算出电源的输出功率．【解答】解：A、由图读出电源的电动势为E=4V，图线A的斜率大小表示电源的内阻，则r=Ω=0.5Ω，故A错误；B、灯泡与电源连接时，A、B两图线的交点表示灯泡的工作状态，则知其电压U=3V，I=2A，则灯泡D1的额定电压为3V，功率为=UI=6W，故B正确．C、把灯泡D1换成“3V，20W”的灯泡D2，由P=知：灯泡D2的正常工作时的电阻为R2===0.45Ω灯泡D1的电阻为R1==Ω=1.5Ω，则知灯泡D2的电阻更接近电源的内阻，电源的输出功率将变大，故C错误；D、小灯泡是纯电阻，欧姆定律是适用的，小灯泡的U﹣I图线之所以是一条曲线，是因为小灯泡电阻随温度的变化发生改变，故D错误；故选：B【点评】解决这类问题的关键在于从数学角度理解图象的物理意义，抓住图象的斜率、面积、截距、交点等方面进行分析，更加全面地读出图象的物理内涵． 5．如图所示的电路中，O点接地，当原来断开的开关K闭合时，电路中A、B两点的电势变化情况是（ ）A．都降低B．都升高C．UA升高，UB降低D．UA降低，UB升高【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】原来断开的开关K闭合后，电路中电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得出电路中的电流变化；从而得出各部分电路的电压变化，进而得出各点电势的变化．分析时要抓住在外电路中顺着电流方向电势逐渐降低．【解答】解：当原来断开的开关K闭合后，电路中电阻减小，总电流增大，R1两端的电压增大，因O点接地，A点的电势比O点的电势高，所以可知A点的电势升高；因R1的电压和内电压均增大，OB间的电压减小，而B点的电势低于O点的电势，故B点电势升高；故B正确；故选：B．18\n【点评】本题考查闭合电路欧姆定律的应用，注意电势与电压之间的关系：电压等于电势之差，知道在外电路中顺着电流方向电势逐渐降低． 6．如图所示，开关K原来是闭合的，当R1、R2的滑片处于图中所示的位置时，悬在平行板电容器的带电尘埃P刚好处于静止状态．要使尘埃加速向下运动的方法是（ ）A．把R1的滑片向上移动B．把R2的滑片向上移动C．把R2的滑片向下移动D．断开开关K【考点】闭合电路的欧姆定律；电容器的动态分析．【专题】恒定电流专题．【分析】尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，即要减小电场强度；变阻器R2处于分压状态，根据题意，只要减小电容器两端电压就可以减小电场力，从而使尘埃P向下加速运动．【解答】解：A、尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，故要减小电容器两端的电压；电路稳定时，滑动变阻器R1无电流通过，两端电压为零，故改变R1的电阻值无效果，故A错误；BC、变阻器R2处于分压状态，电容器两端电压等于变阻器R2上半段的电压上，故要减小变阻器R2上半段的电阻值，变阻器R2滑片应该向上移动，故B正确，C错误；D、把闭合的开关k断开，电容器两端电压增大到等于电源电动势，故P向上加速，故D错误；故选：B．【点评】本题是简单的力电综合问题，关键先通过受力分析，得到电场力先与重力平衡，后小于重力；然后对电路进行分析，得到减小电容器两端电压的方法． 7．如图所示的电路中，电源的内电阻不能忽略不计．现闭合开关S，待电路中的电流稳定后，调节可变电阻R的阻值，电压表的示数增大了△U．下列判断正确的是（ ）A．可变电阻R被调到较小的阻值B．电阻R2两端的电压减小，减小量等于△UC．通过电阻R2的电流减小，减小量小于D．路端电压增大，增大量等于△U【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．18\n【分析】由题意电压表的示数增大了△U，说明R和R1并联的电阻增大，知R增大．R增大，外电阻增大，干路电流减小，电阻R2两端的电压减小，根据路端电压的变化，分析电阻R2两端的电压减小量和△U的大小，由欧姆定律求出电流减小量的范围．【解答】解：A、由题，电压表的示数增大，R和R1并联的电阻增大，得知R增大，所以R被调到较大的阻值．A错误．B、C，R增大，外电阻增大，干路电流减小，电阻R2两端的电压减小，路端电压增大，而路端电压等于外电路总电压，所以电阻R2两端的电压减小量小于△U，由欧姆定律得知，通过电阻R2的电流减小，减小量小于．故B错误，C正确．D、由于电阻R2两端的电压减小，所以路端电压的增大量小于△U．故D错误．故选：C【点评】本题根据部分与整体的关系，采用总量法分析R2两端的电压减小量和△U的增加量的大小，即总量增大，增大的量较大． 8．在研究微型电动机的性能时，应用如图所示的实验电路．调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和理想电压表的示数分别为0.50A和2.0V；重新调节R并使电动机恢复正常运转时，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V．则这台电动机正常运转时输出功率为（ ）A．32WB．44WC．47WD．48W【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】从电路图中可以看出，电动机和滑动变阻器串联，电压表测量电动机两端的电压，电流表测量电路电流，根据公式R=可求电动机停转时的电阻；利用公式P=UI可求电动机的总功率，根据公式P=I2R可求电动机克服本身阻力的功率，总功率与电动机克服自身电阻功率之差就是电动机的输出功率．【解答】解：电动机的电阻为：R==4Ω；电动机的总功率为：P=U1I1=24V×2A=48W；克服自身电阻的功率为：PR=I12R=（2A）2×4Ω=16W；电动机正常运转时的输出功率是：P输出=P﹣PR=48W﹣16W=32W．故选：A．【点评】本题考查电阻、功率的有关计算，关键是明白电路中各个用电器的连接情况，要知道非纯电阻电路的功率的计算方法，这是本题的重点和难点． 9．如图的U﹣I图象中，直线I为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线Ⅱ为某一电阻R的伏安特性曲线．用该电源与电阻R组成闭合电路，则（ ）18\nA．电源电动势3V，内阻2ΩB．电阻R的阻值为0.5ΩC．电源的总功率为4WD．电源的效率为66.7%【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】电源的伏安特性曲线与纵坐标的交点为电源的电动势，与横坐标的交点为短路电路；两图象的交点为电阻的工作状态值，由图象可求得外电路的电压及内阻，则由功率公式可求得电源的效率．【解答】解：A、由图可知，电源的电动势为3V，短路电流为6A；则内阻r===0.5Ω；故A错误；B、电阻的阻值R==1Ω；故B错误；C、组成闭合回路后，电源输出电流为2A，则电源的总功率P=EI=3×2=6W；故C错误；D、电源的输出电压为2V，则电源的效率为：η=×100%=66.7%；故D正确；故选：D．【点评】因电源与电阻串联在一起，则电源与电阻中的电流一定相等，故两图象的交点为电阻的工作点；由图即可得出电源的输出电压及电流． 10．带电量为8×10﹣15C的正电荷Q固定在真空中某一位置，一群电子绕Q在同一平面内做匀速圆周运动，飞行速度为2×106m/s，形成的等效电流为3.14mA．假设电子在圆轨道上均匀分布且不计电子间的相互作用，试估算这群电子的个数（电子的电量为1.6×10﹣19C，质量为0.91×10﹣30kg．静电力常量k=9×109N•m2/C2）A．2×105B．2×107C．5×1011D．5×106【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电子绕Q做匀速圆周运动，由库仑力提供向心力，由牛顿第二定律求出轨道半径．再根据电流的定义式求解即可．【解答】解：设电子的轨道半径为r，则由牛顿第二定律得：k=m则r=设电子的个数为n，运动周期为T．根据电流的定义式I=得：18\nI=T=联立以上三式解得：n=2×105（个）故选：A．【点评】本题综合了牛顿第二定律、电流的定义式和圆周运动的规律，关键要建立物理模型，把握各个量的关系． 11．如图所示，同心圆表示某点电荷Q所激发的电场的等势面，已知a、b两点在同一等势面上，c、d两点在另一个等势面上．质量相同的甲、乙两个带电粒子以相同的速率，沿不同的方向从同一点a射入电场，在电场中沿不同的轨迹adb曲线、acb曲线运动，不计重力．则下列说法中正确的是（ ）A．两粒子所带电荷的电性不同B．甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点时的速度C．两个粒子的电势能都是先减小后增大D．经过b点时，两粒子的动能一定相等【考点】等势面；电势能．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】根据轨迹判定电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况．根据虚线为等势面，可判定acb、adb曲线过程中电场力所做的总功为0．【解答】解：A、由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力，故两粒子的电性一定不同．故A正确．B、甲粒子从a到c和乙粒子从a到d，Uac=Uad，但甲、乙两粒子带异种电荷，所以甲粒子从a到d电场力做负功，动能减小，速度减小；而乙粒子从a到c电场力做正功，动能增大，速度增大；因此甲粒子经过c点时的速度大于乙粒子经过d点的速度，故B正确．C、由图可知电荷甲受到中心电荷的引力，则电场力先做正功后做负功，电势能先减小后增加；而电荷乙受到中心电荷的斥力，电场力先做负功后做正功，电势能先增加后减小，故C错误．D、可知两粒子在从a向b运动过程中电场力做功情况．根据虚线为等势面，可判定acb、adb曲线过程中电场力所做的总功为0，两粒子质量相等，在a点时具有相同的速率，动能一定相等，所以两粒子经过b点时动能一定相等．故D正确；故选：ABD．18\n【点评】根据轨迹判定“电荷甲受到中心电荷的引力，而电荷乙受到中心电荷的斥力”是解决本题的突破口．要注意电势能，电荷，电势都有正负．学会由电场力做功的正负来确定电势能的增减． 12．在绕地球做匀速圆周运动的航天器中，物体处于完全失重状态，可以形成一种“重力屏蔽状态”．在航天器中建立电学实验室，可以有效消除常态下重力的影响．空腔导体内部可以实现静电屏蔽，在空腔导体内部建立物理实验室，可以有效消除外电场的干扰．下列说法错误的是（ ）A．场是物质存在的形式B．航天器中的“重力屏蔽状态”指的是航天器中不存在重力C．外电场在空腔导体的内部产生的场强为0，所以外电场被屏蔽D．在外电场作用下处于静电平衡的空腔导体，其内部的总电场强度为0【考点】静电屏蔽．【专题】电场力与电势的性质专题．【分析】处于静电平衡状态的导体，电荷只分布在导体的外表面上．如果这个导体是中空的，当它达到静电平衡时，内部也将没有电场．这样，导体的外壳就会对它的内部起到“保护”作用，使它的内部不受外部电场的影响，这种现象称为静电屏蔽．【解答】解：A、场是看不见，摸不着，但是物质形态存在的．所以A正确．B、航天器中的“重力屏蔽状态”指的是航天器中物体间没有相互作用力，但仍存在重力．所以B错误．C、外电场在空腔导体的内部产生的场强，与感应电荷在内部的电场强度相互叠加后为0，所以C错误，D、由于静电屏蔽作用，导体的外壳就会对它的内部起到“保护”作用，使它的内部不受外部电场的影响．所以导体腔内任意点的场强为零，D正确．本题选择错误的，故选BC．【点评】解决本题的关键知道静电平衡时：导体内部场强为零、电荷只分布在导体的外表面、导体是等势体，外表面是一个等势面． 二、实验题（每空2分，共计20分）13．图1中游标卡尺显示的测量长度是 29.8 mm；图2螺旋测微器显示的测量长度为 3.190 mm．【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用．【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：2.9cm=29mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.1×8mm=0.8mm，所以最终读数为：29mm+0.8mm=29.8mm．2、螺旋测微器的固定刻度为3mm，可动刻度为0.01×19.0mm=0.190mm，所以最终读数为3.190mm．18\n故答案为：29.8；3.190【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，正确使用这些基本仪器进行有关测量． 14．使用多用电表的欧姆档粗测一根电阻丝的阻值，已知此电阻丝的阻值约为几十kΩ，下面给出的操作步骤中，合理的实验步骤顺序是： cabd （填写相应的字母）．旋转选择开关其尖端应对准的欧姆档位是 ×1k ；根据表中指针所示位置，电阻丝的阻值约为 32k Ω．a．将两表笔短接，调节欧姆档调零旋钮使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，而后断开两表笔b．将两表笔分别连接到被测电阻丝的两端，读出阻值后，断开两表笔c．旋转选择开关S，使其尖端对准欧姆档的某一档位d．旋转选择开关S，使其尖端对准OFF档，并拔出两表笔．【考点】用多用电表测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】使用欧姆表测电阻时，应选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，再测电阻，欧姆表使用完毕后，要把选择开关置于OFF挡或交流电压最高挡．【解答】解：使用欧姆表测电阻时，应选择合适的挡位，然后进行欧姆调零，再测电阻，欧姆表使用完毕后，要把选择开关置于OFF挡或交流电源最高挡，则正确的实验步骤为：c、a、b、d；电阻丝的阻值约为几十千欧，旋转选择开关其尖端应对准的欧姆挡位是×1k，由图示欧姆表可知，电阻丝的阻值为32×1k=32kΩ．故答案为：cabd；×k；32k．【点评】本题考查了用多用电表测电阻的步骤、欧姆表读数，要掌握多用电表的使用方法与注意事项，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数． 15．某同学采用如图甲所示的电路测定一节干电池的电动势和内电阻．提供的器材有，电压表（0～3V；）、电流表（0～0.6A）、滑动变阻器有R1（10Ω，2A）各一只．18\n（1）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的U﹣I图线，由图可求出该电源电动势E= 1.46 V；内阻r= 1.78 Ω．（保留三位有效数字）（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．（3）电动势测量值 = 真实值，内电阻测量值 ＞ 真实值．（填＜，＞，=）【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）由闭合电路欧姆定律分析U﹣I图象的纵轴截距和斜率的意义，可求出电动势和内阻．（2）对照电路图，按顺序连接电路．（3）本实验中误差来自由没有分析电流表与电压表的内阻；则通过电表对电路的影响作出真实值与测量值间的图象，由图象可分析其误差情况；【解答】解：（1）由闭合电路欧姆定律U=E﹣Ir得知，当I=0时，U=E，U﹣I图象斜率的绝对值等于电源的内阻，纵截距即为电动势E=1.46Vr==1.78Ω．（2）对照电路图，按电流方向连接电路，如图所示．（3）图中由于电压表测量值小于电源真实的路端电压；但当外电路断开时，电流表的分压可以忽略，故本接法中电动势是准确的；而测量的电压小于真实值，故由图象可知测量的内阻大于真实值；故答案为：①1.46；1.78；②如图所示；③=；＞【点评】本题中误差分析采用图象法，关键在于明确电表内阻对测量结果的影响；注意极限法的应用从而正确得出图象．18\n 三、计算（本题共3个小题，共计32分）16．（10分）（2022秋•郑州校级期中）如图所示，电路中电源电动势E=10V，r=1Ω，R1=4Ω，R2=8Ω，电容C=10μF．开关S闭合后电路稳定时，求通过R1的电流I和电容器的带电量Q．【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．【专题】计算题；整体思想；等效替代法；恒定电流专题．【分析】电路稳定后，R2中没有电流，只有R1中有电流，电容器两端的电压等于R1两端的电压，根据闭合电路欧姆定律求出通过R1的电流I，得到电容器的电压U，根据Q=CU计算电容器带的电荷量Q．【解答】解：电路稳定后，R2中没有电流，根据闭合电路欧姆定律得：通过R1的电流I==A=2A电路稳定后电容器两端的电压等于R1两端的电压，为U=IR1=2×4V=8V电容器的带电量为Q=CU=10×10﹣6×8C=8×10﹣5C．答：通过R1的电流I为2A，电容器的带电量Q为8×10﹣5C．【点评】本题考查了欧姆定律和电容器的电容的定义式，要注意电路稳定时，电容器两端的电压等于与之并联的元件两端的电压． 17．（10分）（2022春•绛县校级期末）如图，质量为m，带电量为﹣q的粒子（重力不计）在匀强电场中的A点时的速度为v，方向与电场线垂直，在B点时的速度为2v，已知A、B两点间直线距离为d，求：（1）A、B两点间的电压U；（2）电场强度E的大小和方向．【考点】动能定理的应用；平抛运动；带电粒子在匀强电场中的运动．【专题】动能定理的应用专题．【分析】（1）A、B两点间的电压U与电场力对粒子做功有关，根据动能定理列式求解．（2）粒子做类平抛运动，将其运动进行正交分解，分解成水平和竖直两个方向，由运动学公式求出AB沿电场线方向的距离，由公式U=Ed求解场强E．根据粒子轨迹弯曲方向即可判断其场强的方向．【解答】解：（1）从A到B由动能定理得：qU=﹣18\n解得：U=（2）设AB与竖直向下成θ角，从A到B所需时间为t，依类平抛规律得：水平方向有：dsinθ=vt竖直方向有：dcosθ=vt所以得tanθ=依几何关系有：dcosθ=d在匀强电场中：E==粒子向下偏转，所受的电场力向下，则场强方向竖直向上．答：（1）A、B两点间的电压U为；（2）电场强度E的大小为，方向竖直向上．【点评】本题是类平抛运动问题，通常运用运动的分解法，根据力学的基本规律运动学和动能定理结合进行求解． 18．（12分）（2022秋•信阳期末）一辆有三十多个座位的客车的动力装置的一套电池能反复充电1200多次；每次充电仅需三至五个小时，蓄电量可让客车一次性跑500km，客车时速最高可达180km．如果客车总质量为9×103kg．当它在某城市快速公交路面上以v=90km/h的速度匀速行驶时，驱动电机的输入电流I=150A，电压U=300V．在此行驶状态下（取g=10m/s2），求：（1）驱动电机的输入功率；（2）若驱动电机能够将输入功率的80%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机，求汽车所受阻力的大小；（3）如果当它在某城市快速公交路面上以v=90km/h的速度匀速行驶一段时间后关闭电源（设汽车所受阻力不变），客车滑行的时间是多少？（结果保留三位有效数字）【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．【专题】功率的计算专题．【分析】本题（1）根据功率公式P=UI求解即可；题（2）客车匀速行驶时的机械功率P机=fvm，然后再根据P机和P电的关系即可求解；题（3）根据牛顿第二定律求出关闭电源后客车的加速度，然后再根据运动学速度时间关系式即可求解．18\n【解答】解：（1）驱动电机的输入功率P电=IU=150×300W=4.5×104W．（2）在匀速行驶时P机=0.8P电=Fv=FfvFf==1440N．（3）汽车所受阻力不变，可认为做匀减速运动，根据牛顿第二定律：a==m/s2=0.16m/s2又因为v=at所以t=≈156s．答：（1）驱动电机的输入功率为4.5×104W；（2）若驱动电机能够将输入功率的80%转化为用于牵引汽车前进的机械功率P机，汽车所受阻力的大小为1440N；（3）如果当它在某城市快速公交路面上以v=90km/h的速度匀速行驶一段时间后关闭电源（设汽车所受阻力不变），客车滑行的时间是156s．【点评】应明确：①机车启动类问题中匀速时速度最大；②动力机械的额定功率与最大速度关系为P额=fvm． 18
