江苏省苏州大学附中高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年江苏省苏州大学附中高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（共6小题，每题3分，共18分，每小题只有一个正确答案）11820年，丹麦物理学家奥斯特在一次关于电和磁的演讲过程中偶然观察到一种现象，这便是著名的奥斯特实验，奥斯特实验揭示了( )a磁场的存在b磁场具有方向性c通电导线周围存在磁场d磁体间有相互作用2两只额定电压均为110v的灯泡a和b，额定功率分别为100w和40w，为了使它们接到220v电源上能正常发光，同时电路消耗的电功率最小，如图所示的四个电路中最合理的是图( )abcd3如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，一带电微粒以一定初速度从a点沿直线运动到b点，微粒除受到电场力和重力外，不再受其它力，则此过程微粒( )a电势能增加b电势能减小c动能增加d动能不变4如图所示的电路中，当滑动变阻器r3的滑动触头p向a端移动时( )a电压表示数变小，电流表示数变大b电压表示数变大，电流表示数变小c电压表示数变大，电流表示数变大d电压表示数变小，电流表示数变小5用电动势=6v、内电阻r=4的直流电源依次分别对下列四个电珠供电，最亮的电珠是( )a6v，12wb6v，9wc6v，4wd6v，3w6某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动( )a半径越大，加速度越大b半径越小，周期越大c半径越大，角速度越小d半径越小，线速度越小二、多项选择题（共6小题，每题4分，共24分，每小题有多个正确答案）7如图所示，两个截面不同，长度相等的均匀铜棒接在电路中，两端电压为u，则( )a通过两棒的电流不相等b粗棒中的自由电子定向移动的平均速率较大c细棒中的自由电子定向移动的平均速率较大d细棒两端的电压u1大于粗棒两端的电压u28某同学为检验某空间有无电场或者磁场存在，想到的以下方法中可行的是( )a在该空间内引入检验电荷，如果电荷受到电场力说明此空间存在电场b在该空间内引入检验电荷，如果电荷没有受到电场力说明此空间不存在电场c在该空间内引入通电导线，如果通电导线受到磁场力说明此空间存在磁场d在该空间内引入通电导线，如果通电导线没有受到磁场力说明此空间不存在磁场9在地球赤道上空有一小磁针处于水平静止状态，突然发现小磁针的n极向东偏转，由此可知( )a一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的n极靠近小磁针b可能是小磁针正东方向有一条形磁铁的s极靠近小磁针c可能是小磁针正上方有电子流自南向北水平通过d可能是小磁针正上方有电子流自北向南水平通过10如图所示，直线b为电源的ui图象，直线a为电阻r的ui图象，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别是( )a电源的输出功率为6wb电源的输出功率为4wc电源的效率为33.3%d电源的效率为66.7%11如图所示，电动势为e、内阻为r的电池与定值电阻r0、滑动变阻器r串联，已知r0=r，滑动变阻器的最大阻值是2r当滑动变阻器的滑片p由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是( )a电路中的电流变大b电源的输出功率先变大后变小c滑动变阻器消耗的功率变小d定值电阻r0上消耗的功率先变大后变小12用如图甲所示的电路测定电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的ui图象，由图可知( )a电池电动势的测量值是1.40vb电池内阻的测量值是3.50c外电路发生短路时的电流为0.40ad电压表的示数为1.20v时电流表的示数i为0.20a三、实验题（共32分）13用游标卡尺测一工件外径的读数如图（1）所示，读数为_mm用螺旋测微器测一圆形工件的读数如图（2）所示，读数为_mm14如图有一未知电阻rx，为了较准确地测出电阻值，利用试触法得到两组数据，接a时得到数据为12v、0.15a，接b时得到数据为10v、0.2a，那么该电阻的测量值较为准确的数值等于_，测量值与真实值的偏差情况是_15某同学用多用电表测定一只电阻的阻值，多用电表电阻挡有3种倍率，分别是100、10、1该同学选择10倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太小为了准确地进行测量，请你从以下给出的操作步骤中，选择必要的步骤，并排出合理顺序：_（填步骤前的字母）a旋转选择开关至欧姆挡“l”b旋转选择开关至欧姆挡“100”c旋转选择开关至“off”，并拔出两表笔d将两表笔分别连接到rx的两端，读出阻值后，断开两表笔e将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔按正确步骤测量时，指针指在图示位置，rx的测量值为_16（14分）某研究小组收集了两个电学元件：电阻r0（约为2k）和手机中的锂电池（电动势e标称值为3.7v，允许最大放电电流为100ma）实验室备有如下器材：a电压表v（量程3v，电阻rv约为4.0k）b电流表a1（量程100ma，电阻ra1约为5）c电流表a2（量程2ma，电阻ra2约为50）d滑动变阻器r1（040，额定电流1a）e电阻箱r2（0999.9）f开关s一只、导线若干（1）为了尽量准确测定电阻r0的阻值，小明设计了一电路，如图1所示为其对应的实物图，图中的电流表a应选_（选填“a1”或“a2”），请将实物连线补充完整请判断用此电路测出来的r0较真实值相比_（填“偏大”或“偏小”）（2）为测量锂电池的电动势e和内阻r，某同学设计了如图2所示的电路图根据测量数据作出图象，如图3所示若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势e=_，内阻r=_（用k和b表示）该实验电动势e的测量值与真实值相比_，内阻r的测量值与真实值相比_，（填“偏大”、“偏小”、或“准确”）四、计算题（共46分）17如图所示，水平放置的ab两平行板间距h，上板a带正电，现有质量为m，电荷量为+q的小球在b板下方距离为h处，以初速度v0竖直向上从b板小孔进入板间电场，欲使小球刚好打到a板，ab间电势差uab应为多大？（不能忽略重力）18（18分）图中电源电动势e=12v，内电阻r=0.5将一盏额定电压为8v，额定功率为16w的灯泡与一只线圈电阻为0.5的直流电动机并联后和电源相连，灯泡刚好正常发光，通电100min问：（1）电源提供的能量是多少？（2）电流对灯泡和电动机所做的功各是多少？（3）灯丝和电动机线圈产生的热量各是多少？（4）电动机的效率为多少？19（18分）一电路如图所示，电源电动势e=28v，内阻r=2，电阻r1=12，r2=r4=4，r3=8，c为平行板电容器，其电容c=3.0pf，虚线到两极板距离相等，极板长l=0.20m，两极板的间距d=1.0102m（1）若开关s处于断开状态，则当其闭合后，求流过r4的总电量为多少？（2）若开关s断开时，有一带电微粒沿虚线方向以v0=2.0m/s的初速度射入c的电场中，刚好沿虚线匀速运动，问：当开关s闭合后，此带电微粒以相同初速度沿虚线方向射入c的电场中，能否从c的电场中射出？（要求写出计算和分析过程，g取10m/s2）2015-2016学年江苏省苏州大学附中高二（上）期中物理试卷一、单项选择题（共6小题，每题3分，共18分，每小题只有一个正确答案）11820年，丹麦物理学家奥斯特在一次关于电和磁的演讲过程中偶然观察到一种现象，这便是著名的奥斯特实验，奥斯特实验揭示了( )a磁场的存在b磁场具有方向性c通电导线周围存在磁场d磁体间有相互作用【考点】磁感线及用磁感线描述磁场 【分析】1820年，丹麦物理学家奥斯特在一次讲课结束时，在助手收拾仪器时，注意到通电导体下方的小磁针发生了偏转，正是由于他的敏锐的洞察力，发现了电生磁【解答】解：a、磁体的周围存在磁场，这是人们在很早的时候就发现的故a错误；b、磁场具有方向性，这是人们在研究磁体的磁场时早就发现的故b错误；c、磁体和磁体之间存在相互作用：同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引丹麦物理学家奥斯特在一次讲课结束时，在助手收拾仪器时，注意到通电导体下方的小磁针发生了偏转，说明了小磁针受到磁场力的作用，进一步的研究发现了通电导线的周围存在磁场所以选项c正确d、磁体之间存在相互作用，与磁体的周围存在磁场一样，这是人们在很早的时候就发现的故d错误故选c【点评】本题考查了物理学史，电流周围有磁场是由奥斯特首先发现的属于基础题目2两只额定电压均为110v的灯泡a和b，额定功率分别为100w和40w，为了使它们接到220v电源上能正常发光，同时电路消耗的电功率最小，如图所示的四个电路中最合理的是图( )abcd【考点】串联电路和并联电路 【专题】恒定电流专题【分析】由题可知，灯泡的电压相等，但是灯泡的功率不同，由此可以知道两种灯泡的电阻的大小不同，再由电路的串并联的知识先逐个分析灯泡能否正常的发光，再判断消耗的功率最小的电路【解答】解：a、灯泡的额定电压为110v，图中，a灯泡的电压等于220v，大于额定电压，烧坏了，故a错误；b、由于额定电压都是110v，额定功率pa=100w、pb=40w，由此可知rbra，把灯泡a与电阻并联的话，会使并联的部分的电阻更小，所以ab的电压不会平分，ab不会同时正常发光，故b错误；c、由于额定电压都是110v，额定功率pa=100w、pb=40w，由此可知rbra，把灯泡b与电阻并联的话，可以使并联部分的电阻减小，可能使a与并联部分的电阻相同，所以ab能同时正常发光，并且电路消耗的功率与a灯泡的功率相同，所以总功率的大小为200w；d、把ab并联之后与电阻串连接入电路的话，当电阻的阻值与ab并联的总的电阻相等时，ab就可以正常发光，此时电阻消耗的功率为ab灯泡功率的和，所以电路消耗的总的功率的大小为280w；由cd的分析可知，正常发光并且消耗的功率最小的为c，故c正确故选c【点评】解答本题是一定要注意题目要同时满足两个条件即灯泡能够正常发光并且消耗的功率还要最小3如图所示，空间有一水平方向的匀强电场，一带电微粒以一定初速度从a点沿直线运动到b点，微粒除受到电场力和重力外，不再受其它力，则此过程微粒( )a电势能增加b电势能减小c动能增加d动能不变【考点】电势能；功能关系 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】带电微粒在匀强电场中受到重力和电场力作用，由于微粒从a点沿直线运动到b点，其所受的合力方向必定与速度方向在同一直线上，则可判断出电场力方向水平向左，再分析电场力做功正负，判断电势能的变化由合力做功正负，判断动能的变化【解答】解：a、b由题，微粒从a点沿直线运动到b点，其合力方向必定与速度方向在同一直线上，则可知微粒所受的电场力方向水平向左，电场力做负功，则微粒的电势能增加故a正确，b错误c、d由上分析可知，微粒所受的电场力水平向左，其合力方向与速度相反，做负功，则微粒的动能减小故cd均错误故选a【点评】本题的解题关键是根据微粒做直线运动的条件：合力与速度共线，分析电场力方向，再判断电场力做功正负，确定电势能和动能的变化4如图所示的电路中，当滑动变阻器r3的滑动触头p向a端移动时( )a电压表示数变小，电流表示数变大b电压表示数变大，电流表示数变小c电压表示数变大，电流表示数变大d电压表示数变小，电流表示数变小【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】当滑动变阻器的滑动触点向a端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析流过变阻器电流的变化，来判断电表读数的变化【解答】解：当滑动变阻器的滑动触点向a端移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻r减小，由欧姆定律分析总电流i增大，所以路端电压u=eir减小，电压表示数减小，并联部分的电压u2=ei（r+r1）减小，流过电阻r2的电流i2减小，流过电流表的电流i3=ii2增大，则电流表a的示数增大，故a正确，bcd错误故选：a【点评】本题是简单的电路动态变化分析问题，往往按“部分整体部分”的顺序分析5用电动势=6v、内电阻r=4的直流电源依次分别对下列四个电珠供电，最亮的电珠是( )a6v，12wb6v，9wc6v，4wd6v，3w【考点】电功、电功率 【专题】恒定电流专题【分析】要最亮就是需要对应的输出功率最大，我们知道内电阻等于外电阻时输出功率最大的，所以这里只要算出各个电阻，看哪个最接近4欧，就是输出功率最大的【解答】解：电珠的功率为：i2r=，由数学知道可知：当时，即r=r时电珠功率最大，电珠最亮a、电珠电阻为=3；b、电珠电阻为=4；c、电珠电阻为=9；d、电珠电阻为=12；b电珠的电阻等于电源内阻，所以b电珠最亮故选b【点评】解决本题要知道内电阻等于外电阻时输出功率最大的，看外电阻哪个最接近4欧，就是输出功率最大的6某原子电离后其核外只有一个电子，若该电子在核的静电力作用下绕核做匀速圆周运动，那么电子运动( )a半径越大，加速度越大b半径越小，周期越大c半径越大，角速度越小d半径越小，线速度越小【考点】库仑定律；匀速圆周运动 【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据库仑定律求出原子核与核外电子的库仑力根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律求出角速度，加速度，周期，线速度进行比较【解答】解：根据原子核对电子的库仑力提供向心力，由牛顿第二定律得=ma=m=m2r=，可得a=t=v=a、半径越大，加速度越小，故a错误；b、半径越小，周期越小，故b错误；c、半径越大，角速度越小，故c正确；d、半径越小，线速度越大，故d错误故选：c【点评】能够根据题意找出原子核与核外电子的库仑力提供向心力，并列出等式求解对于等效环形电流，以一个周期为研究过程求解二、多项选择题（共6小题，每题4分，共24分，每小题有多个正确答案）7如图所示，两个截面不同，长度相等的均匀铜棒接在电路中，两端电压为u，则( )a通过两棒的电流不相等b粗棒中的自由电子定向移动的平均速率较大c细棒中的自由电子定向移动的平均速率较大d细棒两端的电压u1大于粗棒两端的电压u2【考点】电阻定律；电流、电压概念 【专题】恒定电流专题【分析】两导体串联，则由串联电路的规律可知电流关系；由电阻定律可知两导体的电阻关系，再由欧姆定律可得出电压关系【解答】解：a、因两导体串联，则电流一定相等，故a错误；b、由i=nesv可知，电流相同，单位体积内的电子数相同，电子的电荷量相同，因截面积不相同，故电子的定向移动速率不同，细棒中的电子定向移动速率大，故b错误，c正确；d、因电压相等，而由r=可知，细棒的电阻较大，则由欧姆定律可知，细棒两端的电压较大，故d正确；故选：cd【点评】本题考查串并联的电流、电压规律及欧姆定律等内容，难度不大，属于基础题8某同学为检验某空间有无电场或者磁场存在，想到的以下方法中可行的是( )a在该空间内引入检验电荷，如果电荷受到电场力说明此空间存在电场b在该空间内引入检验电荷，如果电荷没有受到电场力说明此空间不存在电场c在该空间内引入通电导线，如果通电导线受到磁场力说明此空间存在磁场d在该空间内引入通电导线，如果通电导线没有受到磁场力说明此空间不存在磁场【考点】磁现象和磁场；电场 【分析】明确电场和磁场的区别，知道电荷在电场中一定受到电场力；而通电导线与磁场平行时，则不受安培力【解答】解：a、电荷在电场中一定会受到电场力的作用；故在该空间内引入检验电荷时，如果电荷受到电场力则说明此空间一定有电场；如果没有电场力则一定没有电场；故ab正确；c、若空间引入通电导线受到磁场力，则说明此空间一定存在磁场；故c正确；d、若引入通电导线而没有受力，则可能是导线与磁场相互平行；故不能说明不存在磁场；故d错误故选：abc【点评】本题考查电场和磁场的性质，要明确磁场中安培力与通电电流的方向有关，若通电电流沿磁场线的方向，则电流不受安培力9在地球赤道上空有一小磁针处于水平静止状态，突然发现小磁针的n极向东偏转，由此可知( )a一定是小磁针正东方向有一条形磁铁的n极靠近小磁针b可能是小磁针正东方向有一条形磁铁的s极靠近小磁针c可能是小磁针正上方有电子流自南向北水平通过d可能是小磁针正上方有电子流自北向南水平通过【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 【分析】（1）1820年奥斯特发现：当小磁针发生偏转时，说明了磁场的存在，当电流方向改变时，产生的磁场的方向也改变，故小磁针的偏转方向也改变（2）同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引【解答】解：a、b、若小磁针正东方向有一条形磁铁的s极靠近小磁针；由于异名磁极相互吸引，所以小磁针的n极向东偏转，但不能肯定是磁铁的作用，也有可能是电流引起的，因此不能肯定，是有可能的，故a错误，b正确；c、若小磁针正上方有电子流自南向北水平通过，电流方向即为自北向南，所以小磁针的n极向东偏转，因此有可能；故c正确；d、发现小磁针的n极向东偏转，说明小磁针的正上方有电子流自南向北水平通过，故d错误故选：bc【点评】本题考查的知识有两点：（1）磁场的基本性质是对放在磁场中的磁体有力的作用；（2）电流周围存在着磁场，磁场的方向与电流方向有关10如图所示，直线b为电源的ui图象，直线a为电阻r的ui图象，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的效率分别是( )a电源的输出功率为6wb电源的输出功率为4wc电源的效率为33.3%d电源的效率为66.7%【考点】路端电压与负载的关系；闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】由电源的ui图象读出电动势，求出内阻由电阻r的ui图象求出电阻r，根据闭合电路欧姆定律求出用该电源和该电阻组成闭合电路时电路中电流和电源的输出电压，再求出电源的输出功率和效率【解答】解：由a图线得到，电阻r=1，由b图线得到，电源的电动势为e=3v，短路电流为i短=6a，内阻为r=0.5，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电路中电流为i=2a，路端电压为u=eir=2v，则电源的输出功率为p=ui=4w，那么电源的效率为=67%，故bd正确，ac错误故选：bd【点评】本题考查对电源和电阻伏安特性曲线的理解能力，其实两图线的交点就表示该电源和该电阻组成闭合电路时的工作状态，能直接电流和路端电压，求出电源的输出功率11如图所示，电动势为e、内阻为r的电池与定值电阻r0、滑动变阻器r串联，已知r0=r，滑动变阻器的最大阻值是2r当滑动变阻器的滑片p由a端向b端滑动时，下列说法中正确的是( )a电路中的电流变大b电源的输出功率先变大后变小c滑动变阻器消耗的功率变小d定值电阻r0上消耗的功率先变大后变小【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】当滑动变阻器滑片p由a端向b端滑动时，电路中总电阻会发生变化，抓住电动势和内电阻不变，去分析电路中电流和路端电压如何变化关于电阻r0上的功率变化，因为r0是定值电阻，只要分析电流如何变化就可得知分析滑动变阻器上功率的变化，可将r0等效到内电阻中去，根据结论，当外电阻等于内电阻时，输出功率最大去进行分析【解答】解：a、当滑动变阻器滑片p由a端向b端滑动时，电路中的总电阻变小，电动势和内电阻不变，得知总电流变大故a正确b、当外电阻等于内电阻时，输出功率最大，r外2r，随着外电阻的增大，输出功率增大，r外2r，随着外电阻的增大，输出功率减小故b错误c，将r0等效到内电阻中去，内电阻变为2r，滑动变阻器消耗的功率可看成电源的输出功率，r外2r，随着外电阻的减小，输出功率减小故c正确d、总电流变大，根据p=i2r0，ro不变，定值电阻r0上消耗的功率变大故d错误故选ac【点评】本题属于闭合电路的动态分析，关键抓住不变量：电动势和内电阻不变，然后结合闭合电路欧姆定律公式去解决12用如图甲所示的电路测定电池的电动势和内阻，根据测得的数据作出了如图乙所示的ui图象，由图可知( )a电池电动势的测量值是1.40vb电池内阻的测量值是3.50c外电路发生短路时的电流为0.40ad电压表的示数为1.20v时电流表的示数i为0.20a【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】实验题；恒定电流专题【分析】由图象的纵坐标可知电源的电动势，由纵坐标的交点可知路端电压为1v时的电流，由闭合电路欧姆定律可得出内电阻【解答】解：a、由图示图象可知，电源ui图象与纵轴交点坐标值为1.40，则电源的电动势测量值为1.40v，故a正确；b、电源内阻等于图象斜率的大小，为 r=1，故b错误；c、由图示图象可知，路端电压为1.00v时，电路电流为0.4a，可知外电路发生短路时的电流为 i短=1.4a，故c错误；d、当电压表示数为1.20v时，i=0.20a，故d正确；故选：ad【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律的数据处理，要明确图象的意义，同时注意纵坐标是否从零开始的，不能相当然的将横坐标的截距当作短路电流三、实验题（共32分）13用游标卡尺测一工件外径的读数如图（1）所示，读数为10.50mm用螺旋测微器测一圆形工件的读数如图（2）所示，读数为4.600mm【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：1cm=10mm，游标尺上第10个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为0.0510mm=0.50mm，所以最终读数为：10mm+0.50mm=10.50mm2、螺旋测微器的固定刻度为4.5mm，可动刻度为0.0110.0mm=0.100mm，所以最终读数为4.600mm故答案为：10.50 4.600【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如图有一未知电阻rx，为了较准确地测出电阻值，利用试触法得到两组数据，接a时得到数据为12v、0.15a，接b时得到数据为10v、0.2a，那么该电阻的测量值较为准确的数值等于80，测量值与真实值的偏差情况是测量值大于真实值【考点】伏安法测电阻 【专题】实验题【分析】采用试触法确定电流表接法时，电压表示数变化大应采用外接法，电流表示数变化大，应采用电流表内接法；确定电流表接法受，根据所测电压与电流，由欧姆定律可以求出待测电阻阻值，根据实验电路，应用欧姆定律分析测量值与真实值间的关系【解答】解：开关接a、b两点时，电压表示数相对变化量=，电流表示数相对变化量=，电流表示数变化量大，则电流表应采用内接法，即开关应接在a点，电阻测量值r=80；由于采用电流表内接法，使电压测量值大于真实值，电阻测量值大于真实值故答案为：80；测量值大于真实值【点评】电压表内阻远大于待测电阻阻值时，电流表采用外接法，待测电阻阻值远大于电流表内阻时，电流表采用内接法；在无法确定待测电阻阻值与电表内阻关系时可以采用试触法确定电流表的接法15某同学用多用电表测定一只电阻的阻值，多用电表电阻挡有3种倍率，分别是100、10、1该同学选择10倍率，用正确的操作方法测量时，发现指针转过角度太小为了准确地进行测量，请你从以下给出的操作步骤中，选择必要的步骤，并排出合理顺序：bedc（填步骤前的字母）a旋转选择开关至欧姆挡“l”b旋转选择开关至欧姆挡“100”c旋转选择开关至“off”，并拔出两表笔d将两表笔分别连接到rx的两端，读出阻值后，断开两表笔e将两表笔短接，调节欧姆调零旋钮，使指针对准刻度盘上欧姆挡的零刻度，断开两表笔按正确步骤测量时，指针指在图示位置，rx的测量值为2200【考点】用多用电表测电阻 【专题】实验题；恒定电流专题【分析】欧姆表的零刻度在右边，偏角小说明电阻大，换挡后要重新调零，欧姆表的读数为示数乘以倍率【解答】解：指针偏角过小说明待测电阻较大，应换用大倍率，重新欧姆调零后再测量，测量完毕旋转选择开关至“off”，并拔出两表笔，综上分析，合理顺序为：bedc欧姆表的读数为示数乘以倍率=22100=2200故答案为：bedc 2200【点评】本题考 查了欧姆表使用的步骤和读数方法，特别是每次换挡进行重新欧姆调零16（14分）某研究小组收集了两个电学元件：电阻r0（约为2k）和手机中的锂电池（电动势e标称值为3.7v，允许最大放电电流为100ma）实验室备有如下器材：a电压表v（量程3v，电阻rv约为4.0k）b电流表a1（量程100ma，电阻ra1约为5）c电流表a2（量程2ma，电阻ra2约为50）d滑动变阻器r1（040，额定电流1a）e电阻箱r2（0999.9）f开关s一只、导线若干（1）为了尽量准确测定电阻r0的阻值，小明设计了一电路，如图1所示为其对应的实物图，图中的电流表a应选a2（选填“a1”或“a2”），请将实物连线补充完整请判断用此电路测出来的r0较真实值相比偏大（填“偏大”或“偏小”）（2）为测量锂电池的电动势e和内阻r，某同学设计了如图2所示的电路图根据测量数据作出图象，如图3所示若该图线的斜率为k，纵轴截距为b，则该锂电池的电动势e=，内阻r=（用k和b表示）该实验电动势e的测量值与真实值相比相等，内阻r的测量值与真实值相比偏小，（填“偏大”、“偏小”、或“准确”）【考点】测定电源的电动势和内阻；伏安法测电阻 【专题】实验题【分析】（1）根据通过待测电阻的最大电流选择电流表；为准确测量电阻阻值，应测多组实验数据，根据待测电阻阻值与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法；根据待测电阻与电表内阻间的关系确定电流表的接法，然后连接实物电路图根据电流表内阻的影响分析误差；（2）由闭合电路的欧姆定律求出与的关系式，根据该关系式求出电源的电动势与内阻；由于电压表的内阻影响进行分析从而明确对应的误差情况【解答】解：（1）电压表量程是3v，通过待测电阻的最大电流为：i=0.0015a=1.5ma，因此电流表应选电流表a2（量程2ma，电阻ra2约为50）；待测电阻r0阻值约为2k，滑动变阻器r1（040，额定电流1a）与电阻箱r2（0999.9）最大阻值均小于待测电阻阻值，变阻器采用限流接法时待测电阻电压与电流变化范围较小，不能测多组实验数据，为测多组实验数据，减小实验误差，滑动变阻器应采用分压接法；=40，=2，电流表应该采用内接法，实物电路图如图所示由于电流表分压作用而使电压表示数偏大，由欧姆定律可知测量的结果偏大； （2）由图乙所示电路可知，e=u+ir=u+r，则=+，因此图象的纵轴截距b=，电动势e=，图象的斜率k=，则电源内阻r=ke=；由图示电路图可知，由于电压表的分流作用，通过电源的电流大于，这是造成系统误差；若考虑电源电压表内阻，则表达式为e=u+ir=u+（）r，变形得：则=+；则由数学规律可知，电动势e不变；内阻r的测量值偏小；故答案为：（1）a2；电路图如图所示；偏大；（2）；相等；偏小【点评】本题考查电源电动势及内电阻的测量；根据待测电阻与滑动变阻器阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻间的关系确定电流表的接法是正确连接实物电路图的前提与关键同时掌握根据图象法分析数据的基本方法；并能正确分析实验误差四、计算题（共46分）17如图所示，水平放置的ab两平行板间距h，上板a带正电，现有质量为m，电荷量为+q的小球在b板下方距离为h处，以初速度v0竖直向上从b板小孔进入板间电场，欲使小球刚好打到a板，ab间电势差uab应为多大？（不能忽略重力）【考点】带电粒子在混合场中的运动 【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】小球刚好打到a板，知到达a板的速度为零，根据动能定理求出a、b间的电势差【解答】解：由动能定理得：mg（h+h）quab=0mv02，解得uab=答：a、b间的电势差为【点评】运用动能定理解题关键选择好研究的过程，分析过程中有哪些力做功，然后根据动能定理列式求解，难度不大18（18分）图中电源电动势e=12v，内电阻r=0.5将一盏额定电压为8v，额定功率为16w的灯泡与一只线圈电阻为0.5的直流电动机并联后和电源相连，灯泡刚好正常发光，通电100min问