2022-2022学年江苏省南通市天星湖中学高二（上）第一次段考物理试卷（选修） 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．1．关于磁感应强度B=，下列说法正确的是（ ）A．电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度B一定等于B．磁感应强度大小与电流元IL的乘积成反比，与F成正比C．磁感应强度方向与电流元IL在此点的受力方向相同D．磁感强度大小是由磁场本身因素决定的，而与有无检验电流无关 2．如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是（ ）A．水平向左B．水平向右C．竖直向上D．竖直向下 3．如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（ ）A．o点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同 4．如图所示，长为L的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，弹簧伸长x，棒处于静止状态．则（ ）21A．导体棒中的电流方向从b流向aB．导体棒中的电流大小为C．若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x变大D．若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x变大 5．如图所示，a、b、c三盏灯都能发光，且在电路变化时，灯不至于烧坏．请判断：当滑动变阻器的触头P向上移动时，3盏灯亮度的变化情况为（ ）A．c变亮，a、b变暗B．a、b变亮，c变暗C．a、c变亮，b变暗D．a变亮，b、c变暗 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选选项符合题意．全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，错选或不答的得0分．6．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则（ ）A．电动机消耗的总功率为UIB．电动机消耗的热功率为C．电源的输出功率为EID．电源的效率为1﹣ 7．图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是（ ）A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动21C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动 8．如图所示的U﹣I图象中，直线I为某电源的路端电压与电流的关系，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连接成闭合电路，由图象可知（ ）A．R的阻值为1.5ΩB．电源电动势为3V，内阻为0.5ΩC．电源的输出功率为3.0wD．电源内部消耗功率为1.5w 9．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内，如图所示，根据图线可知下列叙述正确的是（ ）A．反映Pr变化的图线是cB．电源电动势为8VC．电源内阻为2ΩD．当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω 三、简答题：（第10、11、12题）（42分）10．（12分）（2022秋•南通校级月考）（1）如图1所示，游标卡尺的示数为 mm；螺旋测微器的示数为 mm．21（2）图2为多用电表表盘，若将该表选择旋钮置于25mA挡，则读数为 mA．（3）某同学用多用电表粗测某电阻的阻值，当用“×100”倍率的挡位测量时，发现表头指针向右偏转角度过大，为减小误差，应将选择开关拨到“ ”倍率的挡位（选填“×10”或“×1k”）．如果换挡后立即用表笔连接电阻读数，该同学欠缺的实验步骤是： ．补上该步骤后，表盘的示数如图3所示，则该电阻的阻值是 Ω． 11．（14分）（2022秋•姜堰市期中）在研究某电路元件的伏安特性时，得到了如下图所示的伏安特性曲线．备用器材有电压表V1（量程为3V，内阻约为6kΩ），电压表V2（量程为15V，内阻约为150kΩ）；电流表A1（量程为150mA，内阻约为10Ω），电流表A2（量程为3A，内阻约为0.3Ω）；滑动变阻器R1（20Ω1A），滑动变阻器R2（1KΩ0.2A）．（1）实验中电压表应选择 ，电流表应选择 ，滑动变阻器应选择 （选填写器材的字母代号）．（2）请在答题卡中将图中的实物连线补充完整．（3）通过伏安特性曲线可知，随着电压的增大此元件的电阻 （选填“不变”、“增加”或“减小”）（4）实验结束后，应先断开开关，拆除 两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材．（5）把此元件和电阻为99欧姆的标准电阻串联接在电动势为10V，内阻为1Ω的电源两端，此时电源的输出功率为 W．21 12．（16分）（2022秋•南通校级月考）某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约2Ω，电压表（0～3V，内阻约3kΩ），电流表（0～0.6A，内阻约1.0Ω），滑动变阻器有R1（10Ω，2A）和R2（100Ω，0.1A）各一只．（1）实验中滑动变阻器应选用 （填“R1”或“R2”）．（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的U﹣I图象，由图可较准确地求出电源电动势E= V；内阻r= Ω．（4）在测定电源电动势和内电阻的实验中，如果电流表损坏了，只有电压表可用，此时可将滑动变阻器改为 可以继续完成实验，在图丁方框中画出实验电路．如果在此实验中想通过作图法来求出电动势和内阻，则图象的截距表示的物理意义是 ，图象的斜率表示 ．（可用字母表示，E表示电源电动势，r表示电源内阻） 21四、计算题：本题共4小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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．13．（11分）（2022秋•南通校级月考）如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r=1Ω，电路中另一电阻R=10Ω，直流电压U=210V，电压表示数UV=110V．（g取10m/s2）试求：（1）通过电动机的电流；（2）电动机的机械功率；（3）若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？ 14．（12分）（2022秋•菏泽期末）如图所示，在倾角为θ=30°的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω．一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）．金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：（1）金属棒所受到的安培力大小；（2）通过金属棒的电流；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值． 15．（12分）（2022秋•南通校级月考）如图所示的电路中，电源的电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=3Ω，R2=6Ω，电容器的电容C=3.6μF，二极管D具有单向导电性，开始时，开关S1闭合，S2断开．（1）求电容器上电荷量为多少？（2）合上S2，待电路稳定以后，求电容器上电荷量变化了多少？（3）合上S2，待电路稳定以后再断开S1，求断开S1后流过R1的电荷量是多少？ 2116．（12分）（2022秋•诸暨市校级期末）如图所示，电灯L标有“4V、1W”．滑动变阻器R总电阻为50Ω，当滑片P滑至某位置时，L恰好正常发光，此时电流表示数为0.45A，由于外电路发生故障，电灯L突然熄灭，此时电流表示数变为0.5A，电压表示数变为10V，若导线完好，电路中各处接触良好，试问：（1）发生故障是短路还是断路？发生在何处？（2）发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为多少？（3）电源电动势和内电阻分别为多大？ 2022-2022学年江苏省南通市天星湖中学高二（上）第一次段考物理试卷（选修）参考答案与试题解析 一、单项选择题：本题共5小题，每小题3分，共计15分．每小题只有一个选项符合题意．1．关于磁感应强度B=，下列说法正确的是（ ）A．电流元IL在磁场中受力为F，则磁感应强度B一定等于B．磁感应强度大小与电流元IL的乘积成反比，与F成正比C．磁感应强度方向与电流元IL在此点的受力方向相同D．磁感强度大小是由磁场本身因素决定的，而与有无检验电流无关【考点】磁感应强度．【分析】磁感应强度B=是采用比值法定义的，B大小与F、IL无关，由磁场本身决定的．【解答】解：A、若电流的方向与磁场方向垂直，磁感应强度B=，否则B，故A错误．B、磁感应强度大小与电流元IL的乘积无关，故B错误．C、根据左手定则知，磁感应强度的方向与电流元在此点的受力方向不同，故C错误．D、磁感强度大小是由磁场本身因素决定的，而与有无检验电流无关．故D正确．故选：D．【点评】对于物理量中的基本物理量一定明确其含义、如何定义的、定义公式特点等，不能相互混淆，因此对这些基本物理知识要加强理解和应用． 212．如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直，A导线中的电流方向垂直纸面向里，开关S闭合，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是（ ）A．水平向左B．水平向右C．竖直向上D．竖直向下【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】首先根据安培定则判断通电螺线管在A处产生的磁场方向，再根据左手定则判断通电直导线A受到的磁场的作用力的方向．【解答】解：首先根据安培定则判断通电螺线管产生的磁场的方向向右，所以在A处产生的磁场方向：水平向左．根据左手定则判断可知：A受到通电螺线管磁场的作用力的方向：竖直向上．故选：C【点评】本题考查安培定则和左手定则综合应用的能力，对于几种定则关键要搞清两点：一是何时用；二是怎样用． 3．如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（ ）A．o点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成．【解答】解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0．故A错误．B、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同．故B错误．21C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等．故C正确．D、a、c两点的磁场方向都是竖直向下．故D错误．故选C．【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系，会根据平行四边形定则进行合成． 4．如图所示，长为L的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，弹簧伸长x，棒处于静止状态．则（ ）A．导体棒中的电流方向从b流向aB．导体棒中的电流大小为C．若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x变大D．若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x变大【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．【分析】根据弹簧伸长可知安培力的方向，由左手定则可确定通电导线的电流方向．根据安培力的大小公式可求得电流大小．当磁场方向变化时，则导致安培力方向也改变，从而确定弹力变大还是变小．【解答】解：A、由于弹簧伸长，则安培力方向水平向右；由左手定则可得，导体棒中的电流方向从a流向b，故A错误，B、由于弹簧伸长为x，根据胡克定律可得，kx=BIL，则有I=，故B正确；C、若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，则水平向右方向安培力也顺时针转动一小角度，根据力的分解与平衡可得，弹力变小，导致x变小，故C错误；D、若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，则水平向右方向安培力也逆时针转动一小角度，根据力的分解与平衡可得，弹力变小，导致x变小，故D错误；故选：B【点评】理解左手定则、胡克定律、平衡条件，以及力的分解．注意右手定则与左手定则分开，同时掌握法拉第电磁感应定律的内容． 5．如图所示，a、b、c三盏灯都能发光，且在电路变化时，灯不至于烧坏．请判断：当滑动变阻器的触头P向上移动时，3盏灯亮度的变化情况为（ ）21A．c变亮，a、b变暗B．a、b变亮，c变暗C．a、c变亮，b变暗D．a变亮，b、c变暗【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由图可知电路为简单的串并联关系，由闭合电路的欧姆定律可分析3灯的亮度变化情况．【解答】解；当触头向上移动时，滑动变阻器接入电阻增大；则总电阻增大，电路中总电流减小，故a灯变暗；因a灯及电源内阻的电压减小，故并联部分电压增大，故C灯变亮；而因为总电流减小，而C灯电流增大，故b灯中电流减小，故b灯变暗；故选：A．【点评】本题为闭合电路欧姆定律中的动态分析问题，由程序法解析时，一般按照：部分﹣整体﹣部分的思路进行分析． 二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选选项符合题意．全部选对的得4分，选对但选不全的得2分，错选或不答的得0分．6．一个微型吸尘器的直流电动机的额定电压为U，额定电流为I，线圈电阻为R，将它接在电动势为E，内阻为r的直流电源的两极间，电动机恰好能正常工作，则（ ）A．电动机消耗的总功率为UIB．电动机消耗的热功率为C．电源的输出功率为EID．电源的效率为1﹣【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的．【解答】解：A、电动机消耗的总功率应该用P=IU来计算，所以总功率为IU，所以A正确；B、电动机消耗的热功率应该用P=I2R来计算，所以热功率P=I2R，所以B错误．C、电源的输出功率等于电动机的输入功率，得P出=UI．故C错误．D、电源的总功率为IE，内部发热的功率为I2r，所以电源的效率为=l﹣，所以D正确．故选AD．【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的． 217．图中装置可演示磁场对通电导线的作用．电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆．当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动．下列说法正确的是（ ）A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动【考点】安培力．【专题】压轴题．【分析】由安培定则判断出电流产生的磁场方向，然后由左手定则判断出导体棒受到的安培力方向，从而判断出导轨L的移动方向．【解答】解：A、由安培定则与左手定则可知，若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，L所受安培力向左，L向左滑动，故A错误；B、由安培定则与左手定则可知，若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，L受到的安培力向右，L向右滑动，故B正确；C、由安培定则与左手定则可知，若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，L所受安培力向右，L向右滑动，故C错误；D、由安培定则与左手定则可知，若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，L所受安培力向左，则L向左滑动，故D正确；故选BD．【点评】熟练应用安培定则与左手定则即可正确解题，本题难度不大，是一道基础题． 8．如图所示的U﹣I图象中，直线I为某电源的路端电压与电流的关系，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连接成闭合电路，由图象可知（ ）A．R的阻值为1.5ΩB．电源电动势为3V，内阻为0.5ΩC．电源的输出功率为3.0wD．电源内部消耗功率为1.5w【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】由图象Ⅰ可知电源的电动势为3.0V，短路电流为2.0A；由图象Ⅱ可得外电路电阻R为1.5Ω，两图象的交点坐标即为电阻R和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流．【解答】解：21A、由图象Ⅱ可知，外电阻R==Ω=1.5Ω，故A正确．B、由图象Ⅰ可知，电源电动势E=3.0V，短路电流I短=2.0A，电源内阻r==1.5Ω，故B错误．C、由两图象的交点坐标，可得电源的路端电压为1.5V，干路电流为1.0A，电源的输出功率为P=UI=1.5×1.0W=1.5W，故C错误．D、电源内部消耗功率为P内=I2r=12×1.5W=1.5W，故D正确．故选：AD．【点评】根据U﹣I图象Ⅰ正确读出电源的电动势和短路电流，根据U﹣I图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的关键． 9．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内，如图所示，根据图线可知下列叙述正确的是（ ）A．反映Pr变化的图线是cB．电源电动势为8VC．电源内阻为2ΩD．当电流为0.5A时，外电路的电阻为6Ω【考点】电功、电功率．【专题】恒定电流专题．【分析】电源内部的发热功率Pr=I2r．直流电源的总功率PE=EI，P﹣I图象的斜率等于电动势E．当I=2A时，电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等，求出电源的内阻．根据闭合电路欧姆定律求出电流为0.5A时的外电阻．【解答】解：A、电源内部的发热功率Pr=I2r，Pr﹣I图象是抛物线，而且是增函数，则反映Pr变化的图线是c．故A正确．B、直流电源的总功率PE=EI，P﹣I图象的斜率等于电动势E，则有E===4V．故B错误．C、图中I=2A时，电源内部的发热功率Pr与电源的总功率相等，则有Pr=I2r，得到r==Ω=2Ω．故C正确．D、当电流为0.5A时，根据闭合电路欧姆定律得：I=，代入解得R=6Ω．故D正确．故选：ACD【点评】本题要理解图象的性质；根据电源的总功率公式PE=EI求解电动势，根据发热功率的解析式I2r，求解电源的内阻． 21三、简答题：（第10、11、12题）（42分）10．（12分）（2022秋•南通校级月考）（1）如图1所示，游标卡尺的示数为 14.25 mm；螺旋测微器的示数为 9.270 mm．（2）图2为多用电表表盘，若将该表选择旋钮置于25mA挡，则读数为 10.0 mA．（3）某同学用多用电表粗测某电阻的阻值，当用“×100”倍率的挡位测量时，发现表头指针向右偏转角度过大，为减小误差，应将选择开关拨到“ ×10 ”倍率的挡位（选填“×10”或“×1k”）．如果换挡后立即用表笔连接电阻读数，该同学欠缺的实验步骤是： 重新进行欧姆调零 ．补上该步骤后，表盘的示数如图3所示，则该电阻的阻值是 220 Ω．【考点】用多用电表测电阻．【专题】实验题；定量思想；图析法；恒定电流专题．【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数．（2）根据电流表量程由图示表盘确定其分度值，读出电流表示数．（3）欧姆表指针偏转角度过大，说明指针示数较小，所选挡位太大，应换小挡；换挡后要先进行欧姆调零．欧姆表指针示数与倍率的乘积是欧姆表所测电阻的阻值．【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，其示数为：14mm+5×0.05mm=14.25mm，由图示螺旋测微器可知，其示数为：9.0mm+27.0×0.01mm=9.270mm；（2）择旋钮置于25mA挡测电流，由表盘可知其分度值是0.5mA，电流表示数为10.0mA；（3）用“×100”倍率的挡位测量电阻，欧姆表指针偏转角度很大，说明所选挡位太大，为减小实验误差应换小挡，应该用×10档进行测量；换挡后要先进行欧姆调零，具体操作为：把红、黑表笔短接，使指针指右端零；由图示可知，被测电阻阻值为22×10Ω=220Ω；故答案为：（1）14.25；9.270；（2）10.0；（3）×10；重新进行欧姆调零；220Ω．【点评】本题考查了游标卡尺与螺旋测微器所示、多用电表的读数、欧姆表的挡位选择，是一道基础题，要掌握多用电表的使用及读数方法． 2111．（14分）（2022秋•姜堰市期中）在研究某电路元件的伏安特性时，得到了如下图所示的伏安特性曲线．备用器材有电压表V1（量程为3V，内阻约为6kΩ），电压表V2（量程为15V，内阻约为150kΩ）；电流表A1（量程为150mA，内阻约为10Ω），电流表A2（量程为3A，内阻约为0.3Ω）；滑动变阻器R1（20Ω1A），滑动变阻器R2（1KΩ0.2A）．（1）实验中电压表应选择 V2 ，电流表应选择 A1 ，滑动变阻器应选择 R1 （选填写器材的字母代号）．（2）请在答题卡中将图中的实物连线补充完整．（3）通过伏安特性曲线可知，随着电压的增大此元件的电阻 减小 （选填“不变”、“增加”或“减小”）（4）实验结束后，应先断开开关，拆除 电源 两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材．（5）把此元件和电阻为99欧姆的标准电阻串联接在电动势为10V，内阻为1Ω的电源两端，此时电源的输出功率为 0.26 W．【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线．【专题】实验题．【分析】（1）根据表中给出的数据可以选择出电流表及电压表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，要选择最大阻值较小的滑动变阻器．（2）先确定滑动变阻器与电流表的接法，然后连接实物电路图．（3）由伏安特性曲线的斜率变化可得出该元件电阻的变化．（4）实验结束，拆卸电路时，应断开开关，然后拆除电源两端连线，再拆除其它连线．（5）在I﹣U图象中作出定值电阻的伏安特性曲线，图象的交点为两元件的工作状态，由交点坐标可得出电流值与电压值，再由功率公式可求得电源的输出功率．【解答】解：（1）由表中数据可得，电压最大值接近12V，故电压表应选择V2；电路中电流最大为100mA，电流表应选择A1；在保证安全的前提下，为方便实验操作，滑动变阻器应选最大阻值较小的滑动变阻器，因此滑动变阻器应选R1．（2）应用伏安法测元件的伏安特性曲线，电压与电流要从零开始变化，滑动变阻器要采用分压接法；由图象可知，随电压的增大，元件的电阻减小，当电压为3V元件电阻较大，此时元件电阻约为：R===600Ω，==60，==250，＞，电流表应采用外接法，电路图如图所示．21（3）I﹣U图象中，图象的斜率表示电阻的倒数，由图象可知，斜率增大，故电阻减小；（4）实验结束后，应先断开开关，拆除电源两端的导线，再拆除其他导线，最后整理好器材．（5）在原图中再作出以99Ω等效为电源内阻时的伏安特性曲线，如下图，则两图象的交点纵坐标为电路中的电流25mA；此时灯泡两端的电压为7.9V；则电源的输出总电压U=7.9+IR=9.88V；由P=UI可求得电源的输出功率P=UI=9.88×0.025W≈0.26W（0.25～0.27W均正确）；故答案为：（1）V2；A1；R1；（2）实物电路图如图所示；（3）减小；（4）电源；（5）0.26．【点评】本题考测量小灯泡的伏安特性曲线实验，注意在最后的数据处理时，采用了图象的方法；应注意学会图象法在解题中的应用． 12．（16分）（2022秋•南通校级月考）某同学采用如图甲所示的电路测定电源电动势和内电阻，已知干电池的电动势约为1.5V，内阻约2Ω，电压表（0～3V，内阻约3kΩ），电流表（0～0.6A，内阻约1.0Ω），滑动变阻器有R1（10Ω，2A）和R2（100Ω，0.1A）各一只．（1）实验中滑动变阻器应选用 R1 （填“R1”或“R2”）．（2）在图乙中用笔画线代替导线连接实验电路．（3）在实验中测得多组电压和电流值，得到如图丙所示的U﹣I图象，由图可较准确地求出电源电动势E= 1.5 V；内阻r= 3.3 Ω．（4）在测定电源电动势和内电阻的实验中，如果电流表损坏了，只有电压表可用，此时可将滑动变阻器改为 电阻箱 可以继续完成实验，在图丁方框中画出实验电路．21如果在此实验中想通过作图法来求出电动势和内阻，则图象的截距表示的物理意义是 ，图象的斜率表示 ．（可用字母表示，E表示电源电动势，r表示电源内阻）【考点】测定电源的电动势和内阻．【专题】实验题；定量思想；图析法；恒定电流专题．【分析】（1）为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；（2）根据电路图连接实物电路图；（3）根据图示电源U﹣I图象可以求出电源电动势与内阻，图象与纵轴交点坐标值为电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻；（4）可以应用电压表与电阻箱测电源电动势与内阻，根据实验原理作出电路图，应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后分析答题．【解答】解：（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选择R1；（2）根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（3）由图示电源U﹣I图象可知，电源电动势：E=1.5V，电源内阻：r==≈3.33Ω（4）电流表损坏，可以用电压表与电阻箱测电源电动势与内阻，实验电路图如图所示：21电源电动势：E=U+Ir=U+r，则：=+，﹣图象的截距：b=，图象的斜率：k=；故答案为：（1）R1；（2）实物电路图如图所示；（3）1.5；3.3；（4）电阻箱；电路图如图所示；；．【点评】本题考查了实验器材的选择、实验数据处理、实验电路设计，知道实验原理是解题的管家，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；应用图象法处理实验数据时要求出图象的函数表达式． 四、计算题：本题共4小题，共计47分．解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．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．13．（11分）（2022秋•南通校级月考）如图所示是一提升重物用的直流电动机工作时的电路图．电动机内电阻r=1Ω，电路中另一电阻R=10Ω，直流电压U=210V，电压表示数UV=110V．（g取10m/s2）试求：（1）通过电动机的电流；（2）电动机的机械功率；（3）若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，求该重物的质量？【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率．【专题】计算题；定量思想；模型法；恒定电流专题．【分析】（1）以电阻R为研究对象，根据欧姆定律求出通过R的电流，即为通过电动机的电流；（2）电动机的输入功率为P电=UI，电动机内电阻的发热功率为P热=I2r，输出的机械功率为P出=P电﹣P热．（3）由公式P出=Fv=mgv求解该重物的质量．【解答】解：（1）由电路中的电压关系可得电阻R的分压UR=U﹣UV=（210﹣110）V=100V流过电阻R的电流IR==A=10A，即通过电动机的电流IM=IR=10A．（2）电动机的分压UM=UV=110V，输入电动机的功率P电=IMUM=1100W．发热功率P热=IM2r=100W，故电动机输出的机械功率P出=P电﹣P热=1000W，21（3）电动机的机械功率P出=1000W，又因P出=mgv，所以m==100kg．答：（1）通过电动机的电流是10A；（2）电动机的机械功率是1000W；（3）若电动机以v=1m/s匀速竖直向上提升重物，该重物的质量是100kg．【点评】本题考查了机械公式和电功功率以及电功公式的灵活应用，关键是知道电动机做功的功率加上线圈的发热功率即为电动机消耗的电功率． 14．（12分）（2022秋•菏泽期末）如图所示，在倾角为θ=30°的斜面上，固定一宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R，电源电动势E=12V，内阻r=1Ω．一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）．金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：（1）金属棒所受到的安培力大小；（2）通过金属棒的电流；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值．【考点】共点力平衡的条件及其应用；安培力．【分析】（1）金属棒受到重力、安培力和导轨的支持力而处于平衡状态．根据平衡条件，列方程求出安培力．（2）金属棒与磁场方向垂直，根据安培力公式F=BIL，求出电流．（3）根据欧姆定律求出滑动变阻器R接入电路中的阻值．【解答】解：（1）作出金属棒的受力图，如图．则有F=mgsin30°F=0.1N（2）根据安培力公式F=BIL得得（3）设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆E=I（R+r）解得：答：（1）金属棒所受到的安培力为0.1N；（2）通过金属棒的电流为0.5A；（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值为23Ω．21【点评】本题考查应用平衡条件解决磁场中导体的平衡问题，关键在于安培力的分析和计算，比较容易．在匀强磁场中，当通电导体与磁场垂直时，安培力大小F=BIL，方向由左手定则判断． 15．（12分）（2022秋•南通校级月考）如图所示的电路中，电源的电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=3Ω，R2=6Ω，电容器的电容C=3.6μF，二极管D具有单向导电性，开始时，开关S1闭合，S2断开．（1）求电容器上电荷量为多少？（2）合上S2，待电路稳定以后，求电容器上电荷量变化了多少？（3）合上S2，待电路稳定以后再断开S1，求断开S1后流过R1的电荷量是多少？【考点】电容．【专题】电容器专题．【分析】（1）开关S1闭合，S2断开，二极管D截止，R1接在电源的两极上，由闭合电路欧姆定律求出电路中电流，再由欧姆定律求出电容器的电压，由Q=CU求解电容器上的电荷量．（2）合上S2，待电路稳定以后，运用与上题相同的方法求解电容器上的电荷量，即可得到电容量的变化量．（3）先求出合上S2，待电路稳定以后电容器的电量．再断开S1，电容器通过两个电阻放电，通过两个电阻的电流与电阻成反比，即可求解流过R1的电荷量．【解答】解：（1）设开关S1闭合，S2断开时，电容器两端的电压为U1，干路电流为I1，根据闭合电路欧姆定律有：I1==A=1.5AU1=I1R1=1.5×3V=4.5VQ1=CU1=3.6×10﹣6×4.5C=1.62×10﹣5C（2）合上开关S2后，电容器两端电压为U2，干路电流为I2，根据闭合电路欧姆定律有I2==A=2AU2=I2=2×V=4V21所以电容器上电荷量减少了△Q=（U1﹣U2）C=（4.5﹣4）×3.6×10﹣6C=1.8×10﹣6C（3）合上S2后，电容器上的电荷量为QQ=CU2=3.6×10﹣6×4C=1.44×10﹣5C再断开S1后，R1和R2的电流与阻值成反比，故流过电阻的电荷量与阻值成反比．故流过电阻R1的电荷量为Q1==9.6×10﹣6C答：（1）电容器上电荷量为1.62×10﹣5C．（2）合上S2，待电路稳定以后，电容器上电荷量变化了1.8×10﹣6C．（3）合上S2，待电路稳定以后再断开S1，断开S1后流过R1的电荷量是9.6×10﹣6C．【点评】本题要抓住二极管的单向导电性，判断出其处于截止状态，对直流电路没有影响．关键是放电时，明确两个电阻是并联的，根据电流与电阻成反比来求解通过电阻的电量． 16．（12分）（2022秋•诸暨市校级期末）如图所示，电灯L标有“4V、1W”．滑动变阻器R总电阻为50Ω，当滑片P滑至某位置时，L恰好正常发光，此时电流表示数为0.45A，由于外电路发生故障，电灯L突然熄灭，此时电流表示数变为0.5A，电压表示数变为10V，若导线完好，电路中各处接触良好，试问：（1）发生故障是短路还是断路？发生在何处？（2）发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为多少？（3）电源电动势和内电阻分别为多大？【考点】闭合电路的欧姆定律．【专题】恒定电流专题．【分析】（1）电灯L突然熄灭，且电流表示数变大，说明总电阻变小，电压表也有示数，所以故障为断路，只可能灯L发生断路．（2）L断路后，外电路只有R2，因无电流流过R，故电压表示数即为路端电压，根据欧姆定律即可求得R2的阻值，L未断路时恰好正常发光，根据闭合电路欧姆定律即可求得滑动变阻器接入电路的阻值；（3）根据闭合电路欧姆定律E=U+Ir即可求解．【解答】解：（1）电灯L突然熄灭，且电流表示数变大，说明总电阻变小，电压表也有示数，所以故障为断路，只可能灯L发生断路．（2）L断路后，外电路只有R2，因无电流流过R，故电压表示数即为路端电压为：U2=U端=10V，R2=Ω=20Ω21L未断路时恰好正常发光：UL=4V，IL==0.25AU端′=U2′=I2′•R2=0.45×20V=9VR=（3）根据闭合电路欧姆定律为：E=U+Ir故障前：E=9+（0.45+0.25）r，故障后：E=10+0.5r，解得：r=5Ω，E=12.5V答：（1）故障为断路，只可能灯L发生断路；（2）发生故障前，滑动变阻器接入电路的阻值为20Ω；（3）电源的电动势为12.5V，内电阻为5Ω．【点评】本题考查了根据电流表电压表的示数判断电路故障问题及闭合电路欧姆定律的应用，难度适中．21
