四川省成都市教育科学研究院附属中学2023-2024学年高二上学期期中物理试卷

这是一份四川省成都市教育科学研究院附属中学2023-2024学年高二上学期期中物理试卷，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本题共7小题，每题4分，每题仅有一个正确选项）
1．（4分）如图，两根由电阻率均为ρ的材料制成的均匀金属丝A、B，将其串联在电路c、d间，金属丝A的长度为L，直径为d；金属丝B的长度为2L，直径为2d，则（ ）
A．金属丝A、B的电阻相等
B．相同时间内通过金属丝A、B右横截面的电量相等
C．金属丝A、B内电子定向移动的速率之比为2：1
D．c、d间的电阻为
2．（4分）如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个特殊材料制成的相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关闭合时（ ）
A．L3两端的电压为L1的2倍
B．通过L3的电流为L2的2倍
C．L1、L2、L3的电阻都相同
D．L3消耗的电功率为1W
3．（4分）如图，在A、B两处各固定一个电量均为Q的正点电荷，M、O、N为两点电荷连线上的点，且AM＝MO＝ON＝NB＝d，已知静电力常量为k，则（ ）
A．O点的电场强度和电势一定都为0
B．M、N两点的电势、电场强度均相同
C．一试探电荷q在O点所受的静电力大小为
D．N点的电场强度大小为，方向从N指向O
4．（4分）如图所示为空间某一电场的电场线，a、b两点为其中一条竖直向下的电场线上的两点，该两点的高度差为h，一个质量为m、带电荷量为﹣q（q＞0）的小球从a点静止释放后沿电场线运动，刚好能到达b点，则下列说法中正确的是（ ）
A．小球的加速度一直减小
B．小球的电势能一直减少
C．b点的电场强度E＝
D．a、b两点的电势差U＝
5．（4分）如图所示，在匀强电场中的O点固定一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的同一球面上的点，aecf平面与电场线平行，bed平面与电场线垂直，下列判断中正确的是（ ）
A．a、c两点电势相等
B．b、d两点的电场强度相同
C．将点电荷+q从球面上b点移到e点，电场力做功为零
D．将点电荷+q从球面上a点移到c点，电场力做功为零
6．（4分）用一个满偏电流为3mA的电流表改装成欧姆表，调零后用它测量500Ω的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间。如用它测量一个未知电阻时，指针指在1mA处，则被测电阻的阻值约为（ ）
A．500ΩB．1000ΩC．1500ΩD．2000Ω
7．（4分）如图甲所示，两平行金属板a、b间距为d，在两板右侧装有荧光屏MN（绝缘），O为其中点。在两板a、b上加上如图乙所示的电压，电压最大值为U0。现有一束带正电的离子束（比荷为k），从两板左侧沿中线方向以初速度v0，连续不断地射入两板间的电场中，设所有离子均能打到荧光屏MN上，已知金属板长L＝2v0t0，则离子打在荧光屏上距O点最远的距离为（ ）（不计离子间的相互作用力）
A．B．
C．D．
二、多选题（本题共3小题，每小题5分，共15分。全部逸对的得5分，选对但不全的得3分，的得0分。）
（多选）8．（5分）如图甲，高大建筑物上通常都装有避雷针，雷雨天气时避雷针发生尖端放电现象，中和空气中的电荷，达到避免雷击的目的。图乙所示是某次避雷针放电时的电场线分布，电场线关于直线ac对称，且Lab＝Lbc。以下说法正确的是（ ）
A．Ucb＜Uba
B．接近建筑物的雷雨云带负电
C．电子在c点的加速度小于在a点的加速度
D．将质子从图中d点由静止释放，质子可能沿电场线运动
（多选）9．（5分）某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如图中的a、b、c所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．图线b表示输出功率PR随电流I变化的关系
B．图线a的最高点对应的功率为最大输出功率
C．在图线上A、B、C三点的纵坐标一定满足关系PA＝PB+PC
D．两个图线交点M与N的横坐标之比一定为1：2，纵坐标之比一定为1：4
（多选）10．（5分）如图，三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻r＜R，c为滑动变阻器的中点。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，下列说法正确的是（ ）
A．R2消耗的功率变小
B．R3消耗的功率变大
C．电源输出的功率变大
D．电源内阻消耗的功率变大
三、实验题（本题共3小题，共16分）
11．（2分）游标卡尺（图1）读数为 mm，螺旋测微器（图2）读数 mm。
12．（6分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡标有“6V 3.4W”，其他可供选择的器材有：
A.电压表V1（量程6V，内阻约5kΩ）
B.电压表V2（量程20V，内阻约10kΩ）
C.电流表A1（量程3A，内阻约0.2Ω）
D.电流表A2（量程0.6A，内阻约1Ω）
E.滑动变阻器R1（0～100Ω，0.5A）
F.滑动变阻器R2（0～10Ω，2A）
G.学生电源E（6～8V）
H.开关S及导线若干
①为了让测量结果尽可能准确调节方便，且能够完整的描绘出小灯泡的伏安特性曲线，以上器材中电压表应选 ，电流表应该选 ，滑动变阻器应该选 。请在图1方框内设计实验电路，标示清楚所选器材。（请填写仪器前的编号）
②通过实验测得小灯泡两端的电压U和通过它的电流I，绘成的一部分U﹣I关系曲线如图2所示。根据小灯泡的伏安特性曲线可知小灯泡的电阻值随工作电压的增大而 。（填“不变”、“增大”或“减小”）
13．（8分）某次实验要测量一节干电池的电动势和内电阻。实验室提供以下器材：
A.一节干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1Ω）；
B.电流表A1（量程1mA，内阻RA1约为50Ω）；
C.电流表A2（量程0.6A，内阻RA2约为2Ω）；
D.电压表V1（量程3V，内阻Rv约为5kΩ）；
E.电压表V2（量程10V，内阻Rv约为10kΩ）；
F.滑动变阻器R1（阻值范围0～10Ω，额定电流2A）；
G.滑动变阻器R2（阻值范围0～500Ω，额定电流0.5A）；
H.开关S和导线若干。
（1）为了让测量结果尽可能准确，且调节方便，以上器材中电流表应该选 ，电压表应选 ，滑动变阻器应该选 ，在图甲中设计并画出实验电路图选器材的符号。（请填写仪器前的编号）
（2）某次调节过程中，电流表的指针指在图乙所示位置，其示数为 A。
（3）调节滑动变阻器的阻值，记录多组两电表的读数，根据数据描出U﹣I图像，如图丙，若不考虑电表内阻对测量结果的影响，则该电池的电动势E＝ ，内阻r＝ 。（结果均保留三位有效数字）
四、解答题（本题共3小题，共41分）
14．（12分）如图所示的电路中，电阻R＝1.5Ω，灯泡额定电压为10V，额定功率10W。当开关置于a处时，电流表示数变为I，灯泡正常发光。当开关S置于b处时，电流表（内阻不计）示数为2I，额定功率为16W的电动机正常工作，带动质量为0.7kg的物体以2m/s的速度匀速竖直上升，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）电动机的内阻为多大？
（2）电源的电动势和电阻为多大
15．（14分）图示电路中，电源电动势E＝6V，内阻r＝0.5Ω，R1为电阻值可调节的电阻箱，定值电阻R2＝3Ω，R3＝4Ω，R4＝2Ω，R5＝10Ω，平行板电容器的电容为C＝300pF。
（1）闭合电键S后，R1取不同值时，R1的电功率P会发生改变，求：R1取什么值时，P为最大；
（2）当R1＝0.5Ω时，闭合电键S，待电路稳定后，再断开S，求：断开S后，R4上通过的电量。
16．（15分）如图所示，光滑圆弧轨道AB的半径R＝2m，OA与竖直方向的夹角为53°，BE为粗糙水平面，在长度为L1＝2.5m的BC区域内存在大小为E1＝25N/C、水平向左的匀强电场，长度为L2＝1m的CE区域内存在大小未知，方向竖直向上的匀强电场E2，竖直墙壁EF的高度为L3＝1m。现将一电荷量为q＝+4×10﹣2C、质量为m＝1kg的绝缘滑块从A点由静止释放，最后进入竖直虚线CD右侧，已知滑块可视为质点，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2，∠AOB＝53°，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6。求：
（1）滑块到达圆弧轨道AB的B点时，圆弧轨道AB对滑块的支持力大小；
（2）滑块到达直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间。
（3）要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求E2的取值范围。
2023-2024学年四川省成都市教科院附中附中高二（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（本题共7小题，每题4分，每题仅有一个正确选项）
1．（4分）如图，两根由电阻率均为ρ的材料制成的均匀金属丝A、B，将其串联在电路c、d间，金属丝A的长度为L，直径为d；金属丝B的长度为2L，直径为2d，则（ ）
A．金属丝A、B的电阻相等
B．相同时间内通过金属丝A、B右横截面的电量相等
C．金属丝A、B内电子定向移动的速率之比为2：1
D．c、d间的电阻为
【答案】B
【分析】根据电阻定律计算；根据Q＝It计算；根据电流的微观表达式分析；根据串联电路的电阻特点计算。
【解答】解：A、根据电阻定律可得金属丝A、B的电阻分别为，，则RA＝2RB，故A错误；
B、两金属丝串联在电路中，则通过它们的电流相等，根据Q＝It可知，相同时间内通过金属丝A、B的横截面的电量相等，故B正确；
C、根据电流的微观表达式I＝neSv可知，金属丝A、B内电子定向移动的速率之比为4：1，故C错误；
D、c、d间的电阻为R＝RA+RB，由上面A的分析可得R＝，故D错误。
故选：B。
2．（4分）如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0V，内阻不计，L1、L2、L3为3个特殊材料制成的相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当开关闭合时（ ）
A．L3两端的电压为L1的2倍
B．通过L3的电流为L2的2倍
C．L1、L2、L3的电阻都相同
D．L3消耗的电功率为1W
【答案】A
【分析】当开关闭合后，灯泡L3的电压等于3V，由图读出其电流I，由欧姆定律求出电阻，并求出其功率．灯泡L2、L1串联，电压等于1.5V，由图读出电流，求出电阻。
【解答】解：AB、由题意及电路图可知，L1与L2串联，后与L3并联，由串并联电路电压规律可得，L3两端的电压为L1与L2两端电压之和，L1与L2两端电压相等，都为1.5V，即L3两端的电压为L1的2倍；由上述分析，结合图乙可得，通过L3的电流为0.25A，通过L2的电流为0.2A，灯L3的电流并不等于L2的2倍，故A正确，B错误；
C．由上述分析可得，L1、L2两端电压相等，为1.5V，L3的电压为3V，由图乙可得，，
L3、L2、L1的电阻分别为12Ω、7.5Ω和7.5Ω，故C错误；
D．由上述分析的，L3消耗的电功率为P＝UI＝3V×0.25A＝0.75W，故D错误。
故选：A。
3．（4分）如图，在A、B两处各固定一个电量均为Q的正点电荷，M、O、N为两点电荷连线上的点，且AM＝MO＝ON＝NB＝d，已知静电力常量为k，则（ ）
A．O点的电场强度和电势一定都为0
B．M、N两点的电势、电场强度均相同
C．一试探电荷q在O点所受的静电力大小为
D．N点的电场强度大小为，方向从N指向O
【答案】D
【分析】等量同种电荷场强分布特点：关于电荷连线对称，也关于连线中垂线对称，且中点场强为0；可以规定电场中任意一点为零电势；电场中某点场强为各场源在该点电场的矢量和。
【解答】解：A、等量同种正点电荷的电场，连线中点O的电场强度为0，但电势可以规定为0，但也可不为0，若取无穷远处的电势为0，则中垂面上B中点O的电势最大且大于0，故A错误。
B、关于两等量正点电荷连线中点对称的两点电势相同，但场强等大反向，故B错误。
C、中点O场强为0，因此试探电荷在该点所受的静电力为0，故C错误。
D、N点的电场为A点的电荷在N点产生的向右的电场及B点的电荷在N点产生的向左的电场的矢量和，即
E＝﹣k＝，方向向左，即N指向O，故D正确。
故选：D。
4．（4分）如图所示为空间某一电场的电场线，a、b两点为其中一条竖直向下的电场线上的两点，该两点的高度差为h，一个质量为m、带电荷量为﹣q（q＞0）的小球从a点静止释放后沿电场线运动，刚好能到达b点，则下列说法中正确的是（ ）
A．小球的加速度一直减小
B．小球的电势能一直减少
C．b点的电场强度E＝
D．a、b两点的电势差U＝
【答案】D
【分析】根据小球在a点从静止出发，可以恰好到达b点，可知小球的运动特点，对小球受力分析，结合电场线和电场强度的关系，可判断小球的加速度大小变化，b点的电场强度特点；小球从a到b的过程中，应用动能定理，可计算两点间的电势差；由小球受到的电场力方向、运动方向特点，由功能关系可判断电势能变化情况。
【解答】解：A、根据小球在a点从静止出发，可以恰好到达b点，可知小球必然经历了一个先加速后减速的特点，故在前一阶段：mg﹣qE＝ma1，在第二阶段：qE﹣mg＝ma2；
由图可知从a到b的过程中，电场强度越来越大，故前一阶段加速度减小，后一阶段加速度增大，故A错误；
B、从a到b的过程中，小球受到的电场力方向始终向上、运动方向始终向下，故小球所受的电场力始终做负功，由功能关系可知，小球的电势能始终增大，故B错误；
C、由A选项的分析可知，小球在b点受到的合力向上，即qE＞mg，即电场强度E＞，故C错误；
D、从a到b的过程中，对小球应用动能定理，可知：mgh﹣qU＝0，解得两点间的电势差为：，故D正确。
故选：D。
5．（4分）如图所示，在匀强电场中的O点固定一点电荷+Q，a、b、c、d、e、f为以O点为球心的同一球面上的点，aecf平面与电场线平行，bed平面与电场线垂直，下列判断中正确的是（ ）
A．a、c两点电势相等
B．b、d两点的电场强度相同
C．将点电荷+q从球面上b点移到e点，电场力做功为零
D．将点电荷+q从球面上a点移到c点，电场力做功为零
【答案】C
【分析】根据点电荷形成的电场判断a、c两点的电势关系，再根据匀强电场的场强的大小和方向，结合叠加原理判断a点的电势与c点的电势关系，进而判断点电荷+q从球面上a点移到c点，电场力的做功情况；
根据场强的叠加原理判断b、d两点的电场强度的关系；
根据bed平面与电场线垂直，根据电势叠加原理判断复合电场中b、e两点电势关系，进而判断点电荷q从球面上b点移到e点，电场力的做功情况。
【解答】解：AD、a、c两点距离点电荷的距离相等，根据点电荷形成的电场可知两点在点电荷的电场中的电势相同，但a、c两点又同时处在匀强电场中，而沿着电场线的方向电势降低，根据电势叠加原理可知，a点的电势高于c点的电势，因此将点电荷+q从球面上a点移到c点，电场力做正功，故AD错误；
B、根据场强的叠加原理可知，b、d两点的电场强度大小相同，方向不同，故B错误；
C、bed平面与电场线垂直，若只有匀强电场，则可知平面bed为等势面，而b、e两点又位于点电荷所在的球面上，所以b、e两点所在的球面为点电荷的等势面，根据电势叠加原理可知，在该复合电场中，b、e两点电势仍然相等，因此将点电荷+q从球面上b点移到e点，电场力做功为零，故C正确。
故选：C。
6．（4分）用一个满偏电流为3mA的电流表改装成欧姆表，调零后用它测量500Ω的标准电阻时，指针恰好指在刻度盘的正中间。如用它测量一个未知电阻时，指针指在1mA处，则被测电阻的阻值约为（ ）
A．500ΩB．1000ΩC．1500ΩD．2000Ω
【答案】B
【分析】根据电流表的满偏量程可知其指针在中间时的电流，由电流表处于满偏、中间位置两种时刻的欧姆定律表达式，可计算改装成的欧姆表的内阻及电源电压；电流表指针指在1mA时，根据欧姆定律，可得到电源电压与被测电阻的关系式，从而计算被测电阻。
【解答】解：欧姆表调零时，即短接红黑表笔，使电流表满偏，此时：U＝IgR内，
电流表指针在中间位置时：，联立解得：R内＝500Ω，U＝1.5V；
电流表指针指在1mA时，根据欧姆定律：U＝I1（R内+Rx），解得：Rx＝1000Ω，故ACD错误，B正确。
故选：B。
7．（4分）如图甲所示，两平行金属板a、b间距为d，在两板右侧装有荧光屏MN（绝缘），O为其中点。在两板a、b上加上如图乙所示的电压，电压最大值为U0。现有一束带正电的离子束（比荷为k），从两板左侧沿中线方向以初速度v0，连续不断地射入两板间的电场中，设所有离子均能打到荧光屏MN上，已知金属板长L＝2v0t0，则离子打在荧光屏上距O点最远的距离为（ ）（不计离子间的相互作用力）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】t＝0时刻进入的离子打在荧光屏上的位置距离O点最远，根据类平抛运动规律求解离子在电场中的偏转位移，由于速度方向反向延长线过水平位移的中点，根据几何关系求解从t＝0时刻进入电场的离子打到荧光屏MN上的最远距离。
【解答】解：t＝0时刻射入的粒子打在靶上的位置与靶心O的距离最大，设此距离为ymax，此粒子在0至t0时间内，在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上做匀加速直线运动，则有：
此粒子在t0至2t0时间内，做匀速直线运动，竖直方向分速度为：
竖直方向的位移为：
所以有：，故D正确，ABC错误。
故选：D。
二、多选题（本题共3小题，每小题5分，共15分。全部逸对的得5分，选对但不全的得3分，的得0分。）
（多选）8．（5分）如图甲，高大建筑物上通常都装有避雷针，雷雨天气时避雷针发生尖端放电现象，中和空气中的电荷，达到避免雷击的目的。图乙所示是某次避雷针放电时的电场线分布，电场线关于直线ac对称，且Lab＝Lbc。以下说法正确的是（ ）
A．Ucb＜Uba
B．接近建筑物的雷雨云带负电
C．电子在c点的加速度小于在a点的加速度
D．将质子从图中d点由静止释放，质子可能沿电场线运动
【答案】AC
【分析】根据电场线的方向，可判断雷雨云的电性；由电场线的疏密，可判断电场的强弱，结合受力分析，可比较加速度的相对大小；由电势差与电场强度、距离的关系，可判断电势差的相对大小；由受力与运动的关系，可判断质子的运动轨迹是否与电场线重合。
【解答】解：B、根据电场线由正电荷出发指向负电荷，可知雷雨云带正电，故B错误；
C、由电场线的疏密，可知c点的场强比a点的电场强度要弱，结合受力分析，可知加速度，即c点的加速度比a点的加速度小，故C正确；
A、由电场线的疏密，可知c段的场强比ba点的电场强度要弱，结合电势差表达式：U＝Ed，可知Ucb＜Uba，故A正确；
D、质子为正电荷，它的受力方向沿电场线的切线方向，将质子从a点由静止释放，其初速度与此处切线方向一致；之后由于电场线为曲线，故质子的受力方向一直变化，则质子由原本的运动方向弯向受力的方向，不能沿着电场线运动，故D错误。
故选：AC。
（多选）9．（5分）某同学将一直流电源的总功率PE、输出功率PR和电源内部的发热功率Pr随电流I变化的图线画在同一坐标系中，如图中的a、b、c所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．图线b表示输出功率PR随电流I变化的关系
B．图线a的最高点对应的功率为最大输出功率
C．在图线上A、B、C三点的纵坐标一定满足关系PA＝PB+PC
D．两个图线交点M与N的横坐标之比一定为1：2，纵坐标之比一定为1：4
【答案】CD
【分析】由电源的总功率、输出功率、内部发热功率的表达式，与图中的横纵坐标、图线形状对比，可判断各图线的含义、及各图线上特殊点的含义；由功能关系，可判断三种功率的关系，即三图线横坐标相同时，纵坐标的关系；由图线交点的含义，可得到交点的横坐标、纵坐标表达式，从而判断其比例关系。
【解答】解：A、由电源的总功率、输出功率、内部发热功率的表达式，可知：PE＝EI，PR＝EI﹣I2r，Pr＝I2r，其中E、r为定值；
故电源的总功率PE与I成正比，为线性图线，即为a；电源的输出功率PR与I的关系为二次函数关系，且开口向下，即为c；内部发热功率Pr与I的关系为二次函数，且过原点，开口向上，即为b；故A错误；
B、由A选项的分析可知，图线a的最高点恰好为a、b的图线交点，即电源的总功率、发热功率恰好相等，即输出功率为0，故B错误；
C、由功能关系可知，电源消耗的能量，转化为输出给外界的能量及内部消耗的热能，故三种功率的关系满足：PE＝PR+Pr，即PA＝PB+PC，故C正确；
D、两个图线交点M为电源输出功率与内部发热功率相等时，此时：PR＝Pr，代入得：，，
两个图线交点N为电源总功率与内部发热功率相等时，此时：PE＝Pr，代入得：，，
由表达式可知，其横坐标之比一定为1：2，纵坐标之比一定为1：4，故D正确。
故选：CD。
（多选）10．（5分）如图，三个电阻R1、R2、R3的阻值均为R，电源的内阻r＜R，c为滑动变阻器的中点。闭合开关后，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，下列说法正确的是（ ）
A．R2消耗的功率变小
B．R3消耗的功率变大
C．电源输出的功率变大
D．电源内阻消耗的功率变大
【答案】CD
【分析】滑动变阻器分为左右两部分分别与R2和R3串联，R2与R3并联后与R1串联，c为滑动变阻器的中点，滑动触头在此点时，总电阻最大，然后根据欧姆定律分析电流变化，根据P＝UI分析功率变化。
电源输出的功率P在r＝R外时最大，电源的内阻r＜R外，R外减小时，电源输出功率增大。
【解答】解：ABD、c为滑动变阻器的中点，滑动触头在此点时，总电阻最大，将滑动变阻器的滑片由c点向a端滑动，总电阻减小，总电流增大，R1和电源内阻分的电压增大，电源内阻消耗的功率变大，并联电路电压减小，R3所在之路电阻增大，电压减小，故电流减小，R3消耗的功率减小，而R2的电流增大，故R2功率增大，故AB错误，D正确；
C、电源输出的功率P在r＝R外时最大，电源的内阻r＜R外，R外减小时，电源输出功率增大，故C正确；
故选：CD。
三、实验题（本题共3小题，共16分）
11．（2分）游标卡尺（图1）读数为 61.70 mm，螺旋测微器（图2）读数 1.600 mm。
【答案】61.70，1.600。
【分析】根据游标卡尺和螺旋测微器的读数规则读数即可。
【解答】解：游标卡尺的读数为61mm+14×0.05mm＝61.70mm
螺旋测微器的读数为1.5mm+10.0×0.01mm＝1.600mm
故答案为：61.70，1.600。
12．（6分）在“描绘小灯泡的伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡标有“6V 3.4W”，其他可供选择的器材有：
A.电压表V1（量程6V，内阻约5kΩ）
B.电压表V2（量程20V，内阻约10kΩ）
C.电流表A1（量程3A，内阻约0.2Ω）
D.电流表A2（量程0.6A，内阻约1Ω）
E.滑动变阻器R1（0～100Ω，0.5A）
F.滑动变阻器R2（0～10Ω，2A）
G.学生电源E（6～8V）
H.开关S及导线若干
①为了让测量结果尽可能准确调节方便，且能够完整的描绘出小灯泡的伏安特性曲线，以上器材中电压表应选 A ，电流表应该选 D ，滑动变阻器应该选 F 。请在图1方框内设计实验电路，标示清楚所选器材。（请填写仪器前的编号）
②通过实验测得小灯泡两端的电压U和通过它的电流I，绘成的一部分U﹣I关系曲线如图2所示。根据小灯泡的伏安特性曲线可知小灯泡的电阻值随工作电压的增大而 增大 。（填“不变”、“增大”或“减小”）
【答案】①A；D；F；见解析；②增大。
【分析】①根据小灯泡的额定电压选择电压表；根据功率公式估算通过小灯泡的最大电流，然后选择电流表；小灯泡两端的电压、电流从0开始，因此滑动变阻器采用分压式接法，据此选择滑动变阻器和完成电路图的设计；
②U﹣I图像中图线上某点与原点连线的斜率表示小灯泡的电阻，据此分析作答。
【解答】解：①小灯泡的额定电压为6V，因此电压表选择量程为0～6V的电压表A；
根据功率公式，通过小灯泡的最大电流，因此电流表选择量程为0～0.6A的电流表D；
小灯泡两端的电压、电流从0开始，因此滑动变阻器采用分压式接法，为了保证电路安全和方便调节，滑动变阻器选择额定电流大、阻值小的滑动变阻器F；
根据欧姆定律，小灯泡的电阻
由于，因此电流表采用外接法；滑动变阻器采用分压式接法，设计实验电路图如图所示：
②U﹣I图像中图线上某点与原点连线的斜率表示小灯泡的电阻，根据小灯泡的伏安特性曲线可知小灯泡的电阻值随工作电压的增大而增大。
故答案为：①A；D；F；见解析；②增大。
13．（8分）某次实验要测量一节干电池的电动势和内电阻。实验室提供以下器材：
A.一节干电池（电动势约为1.5V，内阻约为1Ω）；
B.电流表A1（量程1mA，内阻RA1约为50Ω）；
C.电流表A2（量程0.6A，内阻RA2约为2Ω）；
D.电压表V1（量程3V，内阻Rv约为5kΩ）；
E.电压表V2（量程10V，内阻Rv约为10kΩ）；
F.滑动变阻器R1（阻值范围0～10Ω，额定电流2A）；
G.滑动变阻器R2（阻值范围0～500Ω，额定电流0.5A）；
H.开关S和导线若干。
（1）为了让测量结果尽可能准确，且调节方便，以上器材中电流表应该选 C ，电压表应选 D ，滑动变阻器应该选 F ，在图甲中设计并画出实验电路图选器材的符号。（请填写仪器前的编号）
（2）某次调节过程中，电流表的指针指在图乙所示位置，其示数为 0.33 A。
（3）调节滑动变阻器的阻值，记录多组两电表的读数，根据数据描出U﹣I图像，如图丙，若不考虑电表内阻对测量结果的影响，则该电池的电动势E＝ 1.48 ，内阻r＝ 1.20 。（结果均保留三位有效数字）
【答案】（1）C；D；F；见解析；（2）0.33（3）1.48；1.20。
【分析】（1）根据电动势值选择电压表，根据闭合电路的欧姆定律估算电路中的电流，选择电流表；滑动变阻器选择限流式接法，从保证电路安全和方便调节的角度选择滑动变阻器；
从减小误差的角度确定电流表的接法，然后完成电路图的设计；
（2）电流表的量程为0.6A，分度值为0.02A，采用“半格”估读法读数；
（3）根据闭合电路的欧姆定律求解U﹣I函数，结合图像斜率和纵截距的含义求解作答。
【解答】解：（1）一节干电池的电动势为1.5V，因此电压表选择量程为3V的电压表D；
根据闭合电路的欧姆定律，若滑动变阻器的接入电阻不小于2Ω时，电路中的电流可以控制在0.5A内，因此电流表选择C
滑动变阻器选择限流式接法，为了保证电路安全和方便调节，滑动变阻器选择F；
为了减小误差，相对于电源，电流表采用外接法，电压表测路端电压，电路图的设计如图所示：
（2）电流表的量程为0.6A，分度值为0.02A，读数为16.5×0.02A＝0.33A
3）根据闭合电路的欧姆定律U＝E﹣Ir
结合U﹣I函数纵截距的含义，电池的电动势E＝b＝1.48V
图像斜率的绝对值
结合U﹣I函数斜率绝对值的含义，电池的内阻r＝k＝1.20Ω。
故答案为：（1）C；D；F；见解析；（2）0.33；（3）1.48；1.20。
四、解答题（本题共3小题，共41分）
14．（12分）如图所示的电路中，电阻R＝1.5Ω，灯泡额定电压为10V，额定功率10W。当开关置于a处时，电流表示数变为I，灯泡正常发光。当开关S置于b处时，电流表（内阻不计）示数为2I，额定功率为16W的电动机正常工作，带动质量为0.7kg的物体以2m/s的速度匀速竖直上升，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）电动机的内阻为多大？
（2）电源的电动势和电阻为多大
【答案】（1）电动机的内阻为0.5Ω；
（2）电源的电动势为12V，电阻为0.5Ω。
【分析】（1）当开关置于a处时，灯泡正常发光，则灯泡两端的电压为10V，灯泡的功率为10W，根据P＝UI求解电流I，根据电动机的电功率等于热功率与机械功率之和求解电动机内阻；
（2）根据闭合电路的欧姆定律计算电源电动势和内阻。
【解答】解：（1）当开关置于a处时，灯泡正常发光，则I＝＝A＝1A
开关置于b处时，设电动机线圈的内阻为r′，则电动机的功率P2＝（2I）2r+mgv
代入数据解得r′＝0.5Ω
（2）当开关置于a处时，根据闭合电路欧姆定律有E＝U1+I（R+r）
当开关置于b处时，电动机两端的电压U2＝
根据闭合电路欧姆定律有E＝U2+2I（R+r）
联立解得：E＝12V
r＝0.5Ω
答：（1）电动机的内阻为0.5Ω；
（2）电源的电动势为12V，电阻为0.5Ω。
15．（14分）图示电路中，电源电动势E＝6V，内阻r＝0.5Ω，R1为电阻值可调节的电阻箱，定值电阻R2＝3Ω，R3＝4Ω，R4＝2Ω，R5＝10Ω，平行板电容器的电容为C＝300pF。
（1）闭合电键S后，R1取不同值时，R1的电功率P会发生改变，求：R1取什么值时，P为最大；
（2）当R1＝0.5Ω时，闭合电键S，待电路稳定后，再断开S，求：断开S后，R4上通过的电量。
【答案】（1）R1取2.5Ω时P最大；
（2）断开S后，R4上通过的电量为3.1×10﹣10C。
【分析】（1）先求出R2与（R3+R4）并联的等效电阻，由闭合电路欧姆定律和功率计算出R1的电功率与R1的关系式，再运用数学知识求解。
（2）先计算出闭合电键S后电容器的电压，由Q＝CU求出电容器所带电荷量。断开S后，电容器放电，根据并联电路的分流规律求解。
【解答】解：（1）R2与（R3+R4）并联的等效电阻
解得：R并＝2Ω
流经R1的电流为
R1的电功率为
数学分析知，当R1＝r+R并时，P最大，即所求R1＝r+R并＝0.5Ω+2Ω＝2.5Ω
（2）当R1＝0.5Ω时，闭合电键S后，并联电路分得电压
解得：U并＝4V
电容器电压
解得：UC＝V
电容器电量QC＝CUC＝300×10﹣12×C＝4×10﹣10C
断开S后，电容器放电，则电容器是电源，（R2+R3）与R4构成并联关系，由并联电路中电流与电阻成反比，可得R4上通过的电量为
Q4＝QC
解得：Q4≈3.1×10﹣10C
答：（1）R1取2.5Ω时P最大；
（2）断开S后，R4上通过的电量为3.1×10﹣10C。
16．（15分）如图所示，光滑圆弧轨道AB的半径R＝2m，OA与竖直方向的夹角为53°，BE为粗糙水平面，在长度为L1＝2.5m的BC区域内存在大小为E1＝25N/C、水平向左的匀强电场，长度为L2＝1m的CE区域内存在大小未知，方向竖直向上的匀强电场E2，竖直墙壁EF的高度为L3＝1m。现将一电荷量为q＝+4×10﹣2C、质量为m＝1kg的绝缘滑块从A点由静止释放，最后进入竖直虚线CD右侧，已知滑块可视为质点，水平地面BE与滑块间的动摩擦因数为μ＝0.2，重力加速度大小取g＝10m/s2，∠AOB＝53°，sin53°＝0.8，cs53°＝0.6。求：
（1）滑块到达圆弧轨道AB的B点时，圆弧轨道AB对滑块的支持力大小；
（2）滑块到达直虚线CD时速度的大小和滑块从B点到达竖直虚线CD所用时间。
（3）要使滑块与竖直墙壁EF碰撞，求E2的取值范围。
【答案】（1）圆弧轨道对滑块的支持力大小为18N；
（2）滑块达到虚线CD时的速度大小为1m/s，从B点到达CD所用时间为1s；
（3）电场强度的范围为：187.5N/C＜E2＜300N/C。
【分析】（1）根据动能定理，可列出从A到B过程的关系式，对滑块在B点时进行受力分析，可计算滑块受到的支持力大小；
（2）根据动能定理，可列出从B到C过程的关系式，可得到滑块在C点时的速度大小；滑块从B到C做匀减速运动，可列出运动学关系式，可计算B到C过程的时间；
（3）对滑块的运动状态分类讨论，对类平抛运动情况，分别列水平竖直方向的运动学关系式，计算电场强度的范围；对匀减速运动的情况，列动能定理，计算电场强度的范围，综合两种电场强度的范围，可得到能使滑块碰撞的范围。
【解答】解：（1）从A到B过程，根据动能定理可知，，
对滑块在B点时受力分析，，
解得：FB＝18N；
（2）从B到C的过程，根据动能定理可知，，
滑块做匀减速运动，由运动学关系式可知：，
联立解得：vC＝1m/s，t1＝1s；
（3）滑块通过虚线CD后，
若电场力大于等于重力，qE2≥mg，
则滑块做类平抛运动，在水平方向：L2＝vCt2，在竖直方向：，
联立解得：250N/C＜E2＜300N/C；
若电场力小于重力，qE2＜mg，
则滑块做匀减速运动，由动能定理：，
要想碰撞需要：vE＞0，解得：187.5N/C＜E2＜250N/C。
综上：187.5N/C＜E2＜300N/C。
答：（1）圆弧轨道对滑块的支持力大小为18N；
（2）滑块达到虚线CD时的速度大小为1m/s，从B点到达CD所用时间为1s；
（3）电场强度的范围为：187.5N/C＜E2≤300N/C