江西省南昌二中高二物理上学期期中试题含解析

2022-2022学年江西省南昌二中高二（上）期中物理试卷一、本题共12小题，每小题4分，共48分.其中1～7为单选题8～12题为多选题，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分.1．如图为甲、乙两灯泡的I﹣U图象，根据图象计算甲、乙两灯泡并联在电压为220V的电路中，实际发光的功率约为()A．15W30WB．30W40WC．40W60WD．60W100W2．如图所示，开关S接通后，将滑动变阻器的滑动片P向a端移动时，各电表的示数变化情况是()A．V1减小，V2减小，A1增大，A2增大B．V1增大，V2增大，A1减小，A2减小C．V1减小，V2增大，A1减小，A2增大D．V1增大，V2减小，A1增大，A2减小3．如图所示，两个完全相同且相互绝缘、正交的金属环，可沿轴线OO′自由转动，现通以图示方向电流，沿OO′看去会发现()-29-\nA．A环、B环均不转动B．A环将逆时针转动，B环也逆时针转动，两环相对不动C．A环将顺时针转动，B环也顺时针转动，两环相对不动D．A环将顺时针转动，B环将逆时针转动，两者吸引靠拢至重合为止4．如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝，线圈由粗细均匀、单位长度的质量为2.5g的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放有一个圆柱形磁铁，磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5T，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为()A．0.1AB．0.2AC．0.05AD．0.01A5．压敏电阻的阻值R随所受压力的增大而减小，某兴趣小组利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图甲所示．将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体A，电梯静止时电压表示数为Uo，电梯在某次运动过程中，电压表的示数变化情况如图乙所示，下列判断中正确的是()A．乙图表示电梯可能做变减速下降B．乙图表示电梯可能做匀减速下降-29-\nC．乙图表示电梯可能做变减速上升D．乙图表示电梯可能做匀速下降6．氧化锡传感器主要用于汽车尾气中一氧化碳浓度的检测．它的电阻随一氧化碳浓度的变化而变化，在如图所示的电路中，氧化锡传感器电阻的倒数与一氧化碳的浓度成正比，不同的一氧化碳浓度对应着传感器的不同电阻值，这样，显示仪表（即图中）的指针就与一氧化碳浓度有了对应关系，观察仪表指针就能判断一氧化碳是否超标．那么，电压表示数U与一氧化碳浓度C之间的对应关系，正确的是()A．U越大，表示C越小，C与U成反比B．U越大，表示C越大，C与U成正比C．U越大，表示C越小，但是C与U不成反比D．U越大，表示C越大，但是C与U不成正比7．如图为“热得快”热水器的电路图和示意图．现接通电源，发现该热水器没有发热，并且热水器上的指示灯也不亮，现用交流电压表测得热水器A、B两端的电压为220V，指示灯两端的电压为220V．那么该热水器的故障在于()A．连接热水器和电源之间的导线断开B．连接电阻丝与指示灯的导线发生了短路C．电阻丝熔断，同时指示灯烧毁D．同时发生了以上各种情况-29-\n8．一根粗细均匀的导线，两端加上电压U时，通过导线的电流为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v．若将导线均匀拉长，使它的横截面的半径变为原来的，再给它两端加上电压U，则()A．通过导线的电流为B．通过导线的电流为C．导线中自由电子定向移动的速率为D．导线中自由电子定向移动的速率为9．如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，下列各物理量变化情况为()A．电容器所带电荷量一直增加B．电容器所带电荷量先减少后增加C．电源的总功率先减少后增加D．电压表的读数先减少后增加10．在如图所示的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．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知下列说法正确的是()A．电源的电动势为3V，内阻为0.5ΩB．电阻R的阻值为1Ω-29-\nC．电源的输出功率为4WD．电源的效率为50%11．M、N是一对水平放置的平行板电容器，将它与一电动势为E，内阻为r的电源组成如图所示的电路，R是并联在电容器上的滑动变阻器，G是灵敏电流计，在电容器的两极板间有一带电的油滴处于悬浮状态，如图所示，现保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，则()A．在滑片滑动时，灵敏电流计中有从b向a的电流B．在滑片滑动时，灵敏电流计中有从a向b的电流C．带电油滴将向上运动D．带电油滴将向下运动12．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，如右图中的a、b、c所示．则下列说法中正确的是()A．图线a表示输出功率PR随电流I变化的关系B．在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，这三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PCC．图中c线最高点对应的功率为最大输出功率D．b、c线的交点M与a、b线的交点N的横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1：4二、本题共2小题，共20分.把答案填在题中的横线上或按题目要求作答-29-\n13．用伏安法测量电阻阻值R，并求出电阻率ρ．某同学所用实验电路如图1所示．给定电压表、电流表、滑动变阻器、电源、电键、待测电阻及导线若干．（1）待测电阻是一均匀材料制成的金属丝（横截面为圆形），用直尺测量其长度，用螺旋测微器测量其直径，结果分别如图2、3所示．由图可知其长度为__________cm，直径为__________mm．（2）对照电路的实物连接在如图4虚线框中画出正确的电路图．（3）图中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值，请在图5中作出U﹣I图线．（4）求出的电阻值R=__________Ω（保留3位有效数字）．（5）请根据以上测得的物理量分别是：金属丝两端的电压为U，流过的电流为I，直径为D，长度为L，写出电阻率的表达式ρ=__________．14．在测定电源电动势和内阻的实验中某同学所用电路图和测得的数据如下：-29-\n（1）实验误差分系统误差和偶然误差两种．该实验的系统误差主要是由__________引起的（2）用给出的数据画出U﹣I图线，从你作出的图象中可以发现该同学记录的第__________组数据有误．（3）求得电动势E=__________V，内阻r=__________Ω．（均保留2位有效数字）123456U/V1.421.361.081.211.141.07I/A0.040.080.120.160.200.24三、本大题共4小题，满分42分.解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.15．南昌公交运输集团于今年10月20日起开通50路红谷滩配套中心到南昌西站纯电动公交车，这是我省首条全部采用纯电动公交车运营的公交线路．这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/h．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P电；（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？-29-\n16．水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源（不计内阻）．现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如图所示，问：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？17．在如图所示的电路中，R1=2Ω，R2=R3=4Ω，当开关K接a时，R2上消耗的电功率为4W，当开关K接b时，电压表示数为4.5V，试求：（1）开关K接a时，通过电源的电流和电源两端的电压；（2）开关K接b时，电源的电动势和内电阻；（3）开关K接c时，通过R2的电流．18．一电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻r=2Ω，电阻R1=12Ω，R2=R4=4Ω，R3=8Ω，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=1.0×10﹣2m．（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）-29-\n-29-\n2022-2022学年江西省南昌二中高二（上）期中物理试卷一、本题共12小题，每小题4分，共48分.其中1～7为单选题8～12题为多选题，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分.1．如图为甲、乙两灯泡的I﹣U图象，根据图象计算甲、乙两灯泡并联在电压为220V的电路中，实际发光的功率约为()A．15W30WB．30W40WC．40W60WD．60W100W【考点】电功、电功率；串联电路和并联电路．【专题】恒定电流专题．【分析】由图分别读出两灯的电流，根据公式P=UI求出两灯实际发光的功率．【解答】解：甲、乙两灯泡并联在电压220V的电路中，两灯的电压都是220V，由图分别两灯的电流分别为I甲=0.18A，I乙=0.28A，由公式P=UI得，两灯实际发光的功率分别为P甲=39.6W≈40W，P乙=61.6W≈60W．故选：C．【点评】本题一要抓住并联电路的特点：两灯电压相等，二要有基本的读图能力．2．如图所示，开关S接通后，将滑动变阻器的滑动片P向a端移动时，各电表的示数变化情况是()-29-\nA．V1减小，V2减小，A1增大，A2增大B．V1增大，V2增大，A1减小，A2减小C．V1减小，V2增大，A1减小，A2增大D．V1增大，V2减小，A1增大，A2减小【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】压轴题；恒定电流专题．【分析】由图可知两电阻并联后与滑动变阻器串联；由滑动变阻器的变化可知总电阻的变化，由闭合电路欧姆定律可得出电路中电流及路端电压的变化；再分析各部分电路可知各电表示数的变化．【解答】解：由图可知，A1测干路电流；A2测并联中一支路的电流；V2测滑动变阻器两端的电压；当滑片向a端移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小；由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流增大，A1增大；因并联部分电阻没有发生变化，故并联部分的分流不变，故A2示数增大；由U=E﹣Ir可知路端电压减小，故V1示数减小；因并联部分总电阻不变，而干路电流增大，故并联部分的电压增大，而路端电压减小，故滑动变阻器两端的电压减小，即V2减小；故选A．【点评】在分析闭合电路中欧姆定律的欧姆定律的动态分析时，一般按整体﹣局部﹣整体的思路进行分析．3．如图所示，两个完全相同且相互绝缘、正交的金属环，可沿轴线OO′自由转动，现通以图示方向电流，沿OO′看去会发现()A．A环、B环均不转动B．A环将逆时针转动，B环也逆时针转动，两环相对不动C．A环将顺时针转动，B环也顺时针转动，两环相对不动-29-\nD．A环将顺时针转动，B环将逆时针转动，两者吸引靠拢至重合为止【考点】平行通电直导线间的作用．【专题】定性思想；归纳法；带电粒子在磁场中的运动专题．【分析】根据安培定则判断出通电圆环a的周围有磁场，通电圆环b放在了通电圆环a的磁场内，受到磁场的作用，根据左手定则就可以判断出相互作用力．【解答】解：由安培定则可得，A环产生的磁场的方向向下，B环产生的磁场的方向向左，两个磁场相互作用后有磁场的方向趋向一致的趋势，所以A环顺时针转动，B环逆时针转动．二者相互靠拢．直至重合；故D正确，ABC错误．故选：D【点评】本题考查了电流的磁场、磁场对电流的作用，只是要求灵活运用所学知识．要注意利用“两个磁场相互作用后有磁场的方向趋向一致的趋势”是解题的最佳方法．4．如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝，线圈由粗细均匀、单位长度的质量为2.5g的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放有一个圆柱形磁铁，磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5T，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为()A．0.1AB．0.2AC．0.05AD．0.01A【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用．【分析】把磁场磁感应强度分解为水平分量与竖直分量，磁场竖直分量对电流的安培力为零，由左手定则可知，磁场水平分量对电流的安培力竖直向上；由安培力公式求出安培力，然后求出电流【解答】解：设圆环的半径为r，则圆环的质量为：-29-\nm环=2πr×2.5×10﹣3kg，磁场的水平分量为Bsin30°，环受到的安培力为：F=Bsin30°×I×2πr，由于环所受向上的安培力等于环的重力，则有：2πr×2.5×10﹣3×10=Bsin30°×I×2πr，解得：I=0.1A；故选：A【点评】对环进行受力分析，求出环所受到的安培力是正确解题的关键5．压敏电阻的阻值R随所受压力的增大而减小，某兴趣小组利用压敏电阻设计了判断电梯运动状态的装置，其装置示意图如图甲所示．将压敏电阻平放在电梯内，受压面朝上，在上面放一物体A，电梯静止时电压表示数为Uo，电梯在某次运动过程中，电压表的示数变化情况如图乙所示，下列判断中正确的是()A．乙图表示电梯可能做变减速下降B．乙图表示电梯可能做匀减速下降C．乙图表示电梯可能做变减速上升D．乙图表示电梯可能做匀速下降【考点】闭合电路的欧姆定律；牛顿第二定律．【专题】恒定电流专题．【分析】从U﹣t图象读出压敏电阻的电压随时间的变化情况，根据压敏电阻的特性，判断压敏电阻所受压力的变化情况，结合超失重的知识，确定加速度怎样变化，来判断电梯的运动状态．【解答】解：A、电梯变减速下降时，压力大于重力，由其特性知，其电压逐渐减小．与图象的意义相符．故A正确．-29-\nB、电梯匀减速下降时，加速度不变，压敏电阻所受压力不变，其电压不随时间而变化，与图象情况不符，故B错误．C、电梯变减速上升时，其加速度向下，根据牛顿第二定律，压敏电阻所受压力小于重力，则其电压逐渐增大，与图象意义不符．故C错误．D、电梯匀速下降时，压敏电阻所受压力等于重力不变，其电压不变，与图象反映的情况不符．故D错误故选：A．【点评】本题可以根据压敏电阻的特性和牛顿第二定律，将每项逐个代入，检查是否符合题意．代入法也是做选择题常用方法．6．氧化锡传感器主要用于汽车尾气中一氧化碳浓度的检测．它的电阻随一氧化碳浓度的变化而变化，在如图所示的电路中，氧化锡传感器电阻的倒数与一氧化碳的浓度成正比，不同的一氧化碳浓度对应着传感器的不同电阻值，这样，显示仪表（即图中）的指针就与一氧化碳浓度有了对应关系，观察仪表指针就能判断一氧化碳是否超标．那么，电压表示数U与一氧化碳浓度C之间的对应关系，正确的是()A．U越大，表示C越小，C与U成反比B．U越大，表示C越大，C与U成正比C．U越大，表示C越小，但是C与U不成反比D．U越大，表示C越大，但是C与U不成正比【考点】传感器在生产、生活中的应用．【分析】由闭合电路欧姆定律可得出电压表示数与一氧化碳浓度之间的关系式，则可判断二者的关系．【解答】解：电压表示数U与一氧化碳浓度C之间的对应关系为：有=kC，U=IR=•R=，由公式可知，U越大，则C越大，但U和C不成正比；故D正确；故选：D-29-\n【点评】本题要注意灵活选用闭合电路欧姆定律的表达式，本题要求的是U和C的关系，则可利用U=IR进行推导．7．如图为“热得快”热水器的电路图和示意图．现接通电源，发现该热水器没有发热，并且热水器上的指示灯也不亮，现用交流电压表测得热水器A、B两端的电压为220V，指示灯两端的电压为220V．那么该热水器的故障在于()A．连接热水器和电源之间的导线断开B．连接电阻丝与指示灯的导线发生了短路C．电阻丝熔断，同时指示灯烧毁D．同时发生了以上各种情况【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】A、B两端的电压为220V，分析连接热水器和电源之间的导线是否完好．热水器不发热，电阻丝熔断了，指示灯不亮，指示灯被烧毁了．【解答】解：A、若连接热水器和电源之间的导线断开，AB间的电压应为零，与题不符．故A错误．B、连接电阻丝与指示灯的导线发生了短路，AB间的电压应为零，与题不符．故B错误．C、据题，电压表测得AB两点间电压为220V，电源的电压相同，说明连接热水器和电源之间的导线是完好无损的，热水器不发热说明电阻丝熔断了，指示灯不亮，说明指示灯被烧毁了．故C正确．D、同时发生以上各种情况时，AB间的电压应为零，与题不符．故C错误．故选C【点评】本题是简单的故障分析问题，考查运用物理知识分析实际问题的能力．-29-\n8．一根粗细均匀的导线，两端加上电压U时，通过导线的电流为I，导线中自由电子定向移动的平均速率为v．若将导线均匀拉长，使它的横截面的半径变为原来的，再给它两端加上电压U，则()A．通过导线的电流为B．通过导线的电流为C．导线中自由电子定向移动的速率为D．导线中自由电子定向移动的速率为【考点】电阻定律．【专题】恒定电流专题．【分析】横截面的半径变为原来的，可知面积变为原来的，由体积V=LS不变，可知长度变为原来的4倍，由电阻定律的表达式：，可得变化后的电阻值．进而判定各个选项．【解答】解：AB、横截面的半径变为原来的，可知面积变为原来的，由体积V=LS不变，可知长度变为原来的4倍．由电阻定律的表达式：，可得变化后的电阻值为：由可知，电流变为．故A错误，B正确．CD、由电流的微观表达式：I=nqSv，可知，故C正确，D错误．故选：BC【点评】本题关键要掌握好电阻定律，会分析长度变化导致的横截面积的变化．其次要掌握电流的微观表达式．-29-\n9．如图所示，电源的电动势和内阻分别为E、r，滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，下列各物理量变化情况为()A．电容器所带电荷量一直增加B．电容器所带电荷量先减少后增加C．电源的总功率先减少后增加D．电压表的读数先减少后增加【考点】电功、电功率；电容；闭合电路的欧姆定律．【专题】交流电专题．【分析】方法是将电压表、电容器均可暂时去掉，原因是电压表是并联电阻中，而电容器是电路稳定时，相当于断路．然后对电路进行分析，搞清各电阻是如何连接，从而求出结果．【解答】解：对电路分析可知：滑动变阻器两部分是并联，再与另一电阻串连接入电源中．所以当两部分电阻相等时，此时的电阻最大，电流最小．A、随着滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，总电阻先增大后减小，导致电流先减小后增大．而电容器与电阻Ra并联，所以电压先减小后增大．则电容器所带电荷量先减少后增加，故A错误；B、随着滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，总电阻先增大后减小，导致电流先减小后增大．而电容器与电阻Ra并联，所以电压先减小后增大．则电容器所带电荷量先减少后增加，故B正确；C、随着滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，总电阻先增大后减小，导致电流先减小后增大，而电动势不变则电源的总功率先减少后增加．故C正确；D、随着滑动变阻器的滑片P由a向b缓慢移动的过程中，总电阻先增大后减小，导致电流先减小后增大，内电压先最小后增大，外电压先增大后减小．由于电压表是测得外电压，所以电压表读数是先增加后减少．故D错误；故选：BC-29-\n【点评】当遇到复杂的电路时，要画出原电路图的等效电路．这样可准确搞清各电阻是如何连接．10．在如图所示的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．用该电源直接与电阻R相连组成闭合电路，由图象可知下列说法正确的是()A．电源的电动势为3V，内阻为0.5ΩB．电阻R的阻值为1ΩC．电源的输出功率为4WD．电源的效率为50%【考点】电功、电功率；欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】根据图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势，斜率大小读出电源的内阻．图线Ⅱ的斜率大小等于电阻R的大小．两图线的交点表示电阻R接在该电源的电压和电流，求出电源的输出功率和电源的效率．【解答】解：A、由图线图线Ⅰ纵轴截距读出电源的电动势E=3V，其斜率大小等于电源的内阻r==Ω=0.5Ω．故A正确．B、电阻R的阻值为R==Ω=1Ω．故B正确．C、两图线的交点表示该电源直接与电阻R相连组成闭合电路时电路中电流和路端电压，则有U=2V，I=2A，电源的输出功率为P=UI=2×2W=4W．故C正确．-29-\nD、电源的效率为η==≈66.7%．故D错误．故选：ABC【点评】本题抓住伏安特性曲线的斜率、截距和交点的数学意义来理解其物理意义，常见的题型．11．M、N是一对水平放置的平行板电容器，将它与一电动势为E，内阻为r的电源组成如图所示的电路，R是并联在电容器上的滑动变阻器，G是灵敏电流计，在电容器的两极板间有一带电的油滴处于悬浮状态，如图所示，现保持开关S闭合，将滑动变阻器的滑片向上滑动，则()A．在滑片滑动时，灵敏电流计中有从b向a的电流B．在滑片滑动时，灵敏电流计中有从a向b的电流C．带电油滴将向上运动D．带电油滴将向下运动【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】电容器两极板的电压等于变阻器两端的电压．将滑动变阻器的滑片向上滑动时，根据欧姆定律分析电容器板间电压如何变化，判断电容器是充电还是放电，分析通过电流计的电流方向．由E=分析板间场强如何变化，判断油滴如何运动．【解答】解：AB、电容器两极板间的电压U=，当将滑动变阻器的滑片向上滑动时，R增大，U增大，电容器的电量增加，处于充电状态，灵敏电流计中有电流，由于电容器上板带正电，则灵敏电流计中有从a向b的电流．故A错误，B正确．CD、U增大，由E=分析得知，板间场强增大，则带电油滴将向上运动．故C正确，D错误．故选：BC【点评】本题是电容的动态分析问题，关键确定电容器的电压，电路稳定时，电容器的电压等于所并联电路两端的电压．-29-\n12．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，如右图中的a、b、c所示．则下列说法中正确的是()A．图线a表示输出功率PR随电流I变化的关系B．在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，这三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PCC．图中c线最高点对应的功率为最大输出功率D．b、c线的交点M与a、b线的交点N的横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1：4【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】根据电源消耗的总功率的计算公式PE=EI，分析电源的总功率与电流的关系，根据电源内部的发热功率Pr=I2r，可得电源内部的发热功率与电流的关系，从而可以判断abc三条线代表的关系式，在由功率的公式可以分析功率之间的关系．【解答】解：A、由电源的总功率和电源内部发热的功率表达式分别为：PE=EI，Pr=I2r，可知，a是直线，表示的是电源的总功率，b是抛物线，表示的是电源内部的发热功率，c表示外电阻的功率即为电源的输出功率PR，故A错误；B、在a、b、c三条图线上分别取横坐标相同的A、B、C三点，因为直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和，所以这三点的纵坐标一定满足关系PA=PB+PC，故B正确；C、D、当内电阻和外电阻相等时，电源输出的功率最大，此时电路中的电流为b、c线的交点M时的电流，此时电流的大小为I==，功率的大小为P=；-29-\na、b线的交点N表示电源的总功率PE和电源内部的发热功率Pr随相等，此时只有电源的内电阻，所以此时的电流的大小为I′=，功率的大小为P′=；所以b、c线的交点M与a、b线的交点N的横坐标之比为横坐标之比为1：2，纵坐标之比为1：4，故CD正确．故选：BCD．【点评】本题关键要掌握电源三种功率的计算式，知道当电源的内阻和外电阻的大小相等时，此时电源的输出的功率最大，并且直流电源的总功率PE等于输出功率PR和电源内部的发热功率Pr的和．二、本题共2小题，共20分.把答案填在题中的横线上或按题目要求作答13．用伏安法测量电阻阻值R，并求出电阻率ρ．某同学所用实验电路如图1所示．给定电压表、电流表、滑动变阻器、电源、电键、待测电阻及导线若干．（1）待测电阻是一均匀材料制成的金属丝（横截面为圆形），用直尺测量其长度，用螺旋测微器测量其直径，结果分别如图2、3所示．由图可知其长度为59.40cm，直径为0.434mm．（2）对照电路的实物连接在如图4虚线框中画出正确的电路图．（3）图中的6个点表示实验中测得的6组电流I、电压U的值，请在图5中作出U﹣I图线．（4）求出的电阻值R=6.25Ω（保留3位有效数字）．（5）请根据以上测得的物理量分别是：金属丝两端的电压为U，流过的电流为I，直径为D，长度为L，写出电阻率的表达式ρ=．-29-\n【考点】伏安法测电阻．【专题】实验题；恒定电流专题．【分析】（1）由图甲所示刻度线确定刻度尺的分度值，由图甲可知，金属丝的一个端点与刻度尺的零刻度线对齐，则金属丝另一端点所对应的刻度尺的示数就是金属丝的长度；先读螺旋测微器的固定刻度，然后再读可动刻度，固定刻度加上可动刻度与0.01的乘积就是螺旋测微器的读数．（2）根据电路图分析清楚电路结构，然后根据各电路元件的连接方式作出实验电路图．（3）根据坐标系中描出的点，用一条直线把尽可能多的点连接起来，不在同一直线上的点要对称地分布在直线两侧，该直线就是U﹣I图象．（4）根据U﹣I图象，由欧姆定律求出电阻阻值．（5）由欧姆定律求出电阻阻值，然后由电阻定律求出电阻率的表达式．【解答】解：（1）由图甲可知，刻度尺的分度值是1mm，电阻丝的长度是59.40cm；由图乙可知，螺旋测微器的固定刻度示数是0mm，可动刻度示数是43.4，则螺旋测微器的读数是0mm+43.4×0.01mm=0.434mm；（2）由实物电路图可知，电源、开关、电流表、待测电阻丝、滑动变阻器串联，电压表并联在待测电阻丝两端，根据实物电路图连接实物电路图，如图1所示．（3）描点法作图，U﹣I图象如图2所示．（5）由U﹣I图象可得，电阻丝电阻：R==6.25Ω．（6）电阻丝的横截面：S=πr2=π，R=ρ，所以金属丝的电阻率：ρ==．故答案为：（1）59.40；0.434；（2）如图1所示，（3）如图2所示；-29-\n（4）6.25；（5）．【点评】本题考查了刻度尺与螺旋测微器的读数、电路故障分析、作实验电路图、作U﹣I图象、求电阻、求电阻率的表达式等问题，是实验的常考问题，一定要掌握；本题涉及的知识点较多，但难度不是很大，熟练掌握基础知识即可正确解题．14．在测定电源电动势和内阻的实验中某同学所用电路图和测得的数据如下：（1）实验误差分系统误差和偶然误差两种．该实验的系统误差主要是由电压表的分流引起的（2）用给出的数据画出U﹣I图线，从你作出的图象中可以发现该同学记录的第3组数据有误．（3）求得电动势E=1.50V，内阻r=1.8Ω．（均保留2位有效数字）123456U/V1.421.361.081.211.141.07I/A0.040.080.120.160.200.24【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题．-29-\n【分析】本题（1）的关键是根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir可知，“I”的值应为电流表示数与通过电压表的电流之和，所以造成系统误差的主要原因是电压表的分流作用引起的．（2）题的关键是首先做出U﹣I图象后，看哪一个坐标点偏离直线最远，说明该组数据有误．（3）题的关键是根据U=E﹣Ir，结合斜率与纵轴截距的含义即可求解．【解答】解：（1）根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir可知，电流表示数不准的原因是没考虑通过电压表的电流，所以该实验的系统误差主要是由电压表的分流引起的．（2）根据表中数据，画出的U﹣I图象如图所示，由图象可知第3组的坐标点偏离直线最远，所以第3组数据有误．（3）根据U=E﹣Ir可知，I=0时，=E，所以E=1.50V，r=﹣=Ω=1.8Ω故答案为：（1）电压表的分流（2）如图，3（3）1.50，1.8【点评】看清电路图的连接情况，明确实验原理，是求解有关电学实验题目的关键．三、本大题共4小题，满分42分.解答应写出必要的文字说明，方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.15．南昌公交运输集团于今年10月20日起开通50路红谷滩配套中心到南昌西站纯电动公交车，这是我省首条全部采用纯电动公交车运营的公交线路．这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/h．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P电；（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；-29-\n（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？【考点】功率、平均功率和瞬时功率；牛顿第二定律．【专题】定量思想；归纳法；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【解答】解：（1）驱动电机的输入功率为：P电=IU=150×300W=4.5×104W．（2）在匀速行驶时有：P机=0.8P电=Fv=Ffvv=90km/h=25m/s得：Ff===1440N．（3）汽车所受阻力不变，可认为做匀减速运动，根据牛顿第二定律有：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=fvm16．水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电动势为E的电源（不计内阻）．现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方，如图所示，问：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？-29-\n（2）若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律；安培力．【专题】电磁感应中的力学问题．【分析】（1）作出受力分析图，根据共点力平衡，结合安培力大小公式、闭合电路欧姆定律求出支持力和摩擦力的大小．（2）当ab棒所受的安培力竖直向上时，支持力为零时，B的大小最小，根据共点力平衡求出B的大小，根据左手定则判断B的方向．【解答】解：从b向a看其受力如图所示．（1）水平方向：f=FAsinθ…①竖直方向：N+FAcosθ=mg…②又FA=BIL=BL…③联立①②③得：N=mg﹣，f=．（2）使ab棒受支持力为零，且让磁场最小，可知所受安培力竖直向上，则有FA=mg解得：Bmin=，根据左手定则判定磁场方向水平向右．答：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力分别为N=mg﹣，f=．（2）B的大小至少为，此时B的方向水平向右．【点评】本题考查共点力平衡与安培力知识的综合，将立体图转化为平面图是解决本题的关键．-29-\n17．在如图所示的电路中，R1=2Ω，R2=R3=4Ω，当开关K接a时，R2上消耗的电功率为4W，当开关K接b时，电压表示数为4.5V，试求：（1）开关K接a时，通过电源的电流和电源两端的电压；（2）开关K接b时，电源的电动势和内电阻；（3）开关K接c时，通过R2的电流．【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）开关K接a时，R1被短路，由R2上消耗的电功率求解通过电源的电流，根据欧姆定律求得电源两端的电压．（2）对两种情况，分别运用闭合电路欧姆定律列方程，即可求解．（3）当电开关K接c时，R2、R3=并联后与R1串联，根据闭合电路欧姆定律和并联电路分流规律求解．【解答】解：（1）开关K接a时，R1被短路，由P2=I2R2得：通过电源的电流为：I==A=1A电源两端的电压等于R2的两端电压为：U=IR2=1×4V=4V；（2）由闭合电路欧姆定律得：当开关K接a时，有：E=U+Ir，代入得：E=4+r当开关K接b时，电压表示数为4.5V，有：E=U′+r=4.5+r联立以上两式解得：E=6V，r=2Ω（3）当电开关K接c时，通过R2的电流为：I2=•=•A=0.5A答：（1）开关K接a时，通过电源的电流为1A，电源两端的电压为4V；-29-\n（2）电源的电动势为6V，内电阻为2Ω；（3）当电开关K接c时，通过R2的电流为0.5A．【点评】本题首先要理解短路的意义，灵活选取灵活功率公式，运用闭合电路欧姆定律和欧姆定律结合求解．18．一电路如图所示，电源电动势E=28V，内阻r=2Ω，电阻R1=12Ω，R2=R4=4Ω，R3=8Ω，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=1.0×10﹣2m．（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）【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律．【专题】带电粒子在电场中的运动专题．【分析】开关断开时，求出电阻两端的电压从而算出电容器的电量；当开关闭合时，求出路端的电压，从而电阻两端的电压．当断开时电场力与重力相平衡，而闭合后由重力与电场力的合力从而求出加速度大小，最终求出侧向位移．【解答】解：（1）S断开时，电阻R3两端电压为：S闭合后，外阻为：路端电压为：电阻R3两端电压为：则所求流过R4的总电量为：Q=CU3﹣CU3′=6.0×10﹣12C-29-\n（2）设微粒质量为m，电量为q，当开关S断开时有：当开关S闭合后，设微粒加速度为a，则有：设微粒能从C的电场中射出，则水平方向：竖直方向：由以上各式求得：故微粒不能从C的电场中射出答：（1）流过R4的总电量为6.0×10﹣12C；（2）微粒不能从C的电场中射出．【点评】本题由殴姆定律与牛顿运动定律相综合应用，同时利用将类平抛运动分解成两相互垂直的简单直线运动．-29-