物理3-1总复习
第六章 静电场
库仑定律、电场力的性质
1.电荷、电荷守恒定律
自然界中存在两种电荷：正电荷和负电荷。例如：用毛皮摩擦过的橡胶棒带负电，用丝绸摩擦过的玻璃棒带正电。
1. 元电荷：电荷量
的电荷，叫元电荷。说明任意带电体的电荷量都是元电荷电荷量的整数倍。
2. 电荷守恒定律：电荷既不能被创造，又不能被消灭，它只能从一个物体转移到另一个物体，或者从物体的一部分转移到另一部分，电荷的总量保持不变。
2.库仑定律
1.
内容
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：在真空中静止的两个点电荷之间的作用力跟它们的电荷量的乘积成正比，跟它们之间的距离的平方成反比，作用力的方向在他们的联机上。
2. 公式：
3. 适用条件：真空中的点电荷。
4. 点电荷：如果带电体间的距离比它们的大小大得多，以致带电体的形状对相互作用力的影响可忽略不计，这样的带电体可以看成点电荷。
3.电场强度
1.电场
1 定义：存在电荷周围能传递电荷间相互作用的一种特殊物质。
2 基本性质：对放入其中的电荷有力的作用。
2.电场强度
1 定义：放入电场中的电荷受到的电场力F与它的电荷量q的比值，叫做改点的电场强度。
2 单位：N/C或V/m。
3 电场强度的三种表达方式的比较
定义式
决定式
关系式
表达式
适用
范围
任何电场
真空中的点电荷
匀强电场
说明
E的大小和方向与检验电荷
的电荷量以及电性以及存在与否无关
Q：场源电荷的电荷量
r:研究点到场源电荷的距离
U:电场中两点的电势差
d：两点沿电场线方向的距离
⑷向量性：规定正电荷在电场中受到的电场力的方向为改点电场强度的方向，或与负电荷在电场中受到的电场力的方向相反。
⑸迭加性：多个电荷在电场中某点的电场强度为各个电荷单独在该点产生的电场强度的向量和，这种关系叫做电场强度的迭加，电场强度的迭加尊从平行四边形定则。
4.电场线、匀强电场
1. 电场线：为了形象直观描述电场的强弱和方向，在电场中画出一系列的曲线，曲线上的各点的切线方向代表该点的电场强度的方向，曲线的疏密程度表示场强的大小。
2. 电场线的特点
1 电场线是为了直观形象的描述电场而假想的、实际是不存在的理想化模型。
2 始于正电荷或无穷远，终于无穷远或负电荷，电场线是不闭合曲线。
3 任意两条电场线不相交。
4 电场线的疏密表示电场的强弱，某点的切线方向表示该点的场强方向，它不表示电荷在电场中的运动轨迹。
5 沿着电场线的方向电势降低；电场线从高等势面（线）垂直指向低等势面（线）。
3. 匀强电场
⑴定义：场强方向处处相同，场强大小处处相等的区域称之为匀强电场。
⑵特点：匀强电场中的电场线是等距的并行线。平行正对的两金属板带等量异种电荷后，在两板之间除边缘外的电场就是匀强电场。
4. 几种典型的电场线
孤立的正电荷、负电荷、等量异种电荷、等量同种电荷、正点电荷与大金属板间、带等量异种电荷的平行金属板间的电场线
电场能的性质
1.电势差
1. 定义：电荷在电场中由一点A移动到另一点B时，电场力所做的功与该电荷电荷量的比值
就叫做AB两点的电势差，用
表示。
2. 定义式：
3. 单位：
4. 、是标量，有正负，正负代表电势的高低
、2.电势
1. 定义：电势实际上是和
标准
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位置的电势差，即电场中某点的电势。在数值上等于把1C正电荷从某点移到标准位置（零电势点）是静电力说做的功。
2. 定义式：
3. 单位：
4. 矢标性：是标量，当有正负，电势的正负表示该点电势比零电势点高还是低。
3.电势能
1. 定义：电荷在电场中某点的电势能在数值上等于把电荷从这一点到电势能为零处（电势为零）静电力所做的功。
2. 定义式：
3. 单位：焦耳（J）
4. 矢标性：是标量，当有正负，电势能的正负表示该点电势能比零电势能点高还是低。
5. 电场力做功与电势能变化的关系
⑴静电力对电荷做正功电势能就减小，静电力对电荷做负功电势能就增加。
⑵静电力对电荷做功等于电荷电势能的变化量，所以静电力的功是电荷电势能变化的量度。用
表示电势能，则将电荷从A点移到B点，有
4.等势面
1. 定义：电场中电势相等的点构成的面叫做等势面。
2. 等势面的特点
⑴等势面一定跟电场线垂直
⑵电场线总是从电势较高的等势面指向电势较低的等势面
⑶任意两等势面都不会相交
⑷电荷在同一等势面上移动时，电场力做功为零
⑸电场强度较大的地方，等差等势面较密
⑹几种常见的等势面如下：
5.匀强电场中电势差和电场强度的关系
1.匀强电场中电势差U和电场强度E的关系式为：
2.说明⑴
只适用于匀强电场的计算⑵式中的d的含义是某两点沿电场线方向上的距离，或两点所在等势面间距。由此可以知道：电场强度的方向是电势降落最快的方向。
电容器、带电粒子在电场中的运动
1。电容器
1. 构成：两个互相靠近又彼此绝缘的导体构成电容器。
2. 充放电：
（1）充电：使电容器两极板带上等量异种电荷的过程。充电的过程是将电场能储存在电容器中。
（2）放电：使充电后的电容器失去电荷的过程。放电的过程中储存在电容器中的电场能转化为其它形式的能量。
3．电容器带的电荷量：是指每个极板上所带电荷量的绝对值
2.电容
1．定义：电容器所带的电荷量Q与两极板间的电压U的比值
2．定义式：
3．电容的单位：法拉，符号：F
4．物理意义：电容是描述电容器容纳电荷本领大小的物理量，在数值上等于电容器两板间的电势差增加1V所需的电荷量。
5．制约因素：电容器的电容与Q、U的大小无关，是由电容器本身的结构决定的。对一个确定的电容器，它的电容是一定的，与电容器是否带电及带电多少无关。
3.平行板电容器
1．平行板电容器的电容的决定式：
即平行板电容器的电容与介质的介电常数成正比，与两板正对的面积成正比，与两板间距成反比。
2．平行板电容器两板间的电场：可认为是匀强电场，E=U/d
4.带电粒子在电场中的运动
1.带电粒子的加速：对于加速问题，一般从能量角度，应用动能定理求解。若为匀变速直线运动，可用牛顿运动定律与运动学公式求解。
2. 带电粒子在匀强电场中的偏转：对于带电粒子以垂直匀强电场的方向进入电场后，受到的电场力恒定且与初速度方向垂直，做匀变速曲线运动（类平抛运动）。
⑴处理方法往往是利用运动的合成与分解的特性：分合运动的独立性、分合运动的等时性、分运动与合运动的等效性。沿初速度方向为匀速直线运动、沿电场力方向为初速度为零的匀加速运动。
⑵基本关系：
x方向：匀速直线运动
Y方向：初速度为零的匀加速直线运动
1．离开电场时侧向偏转量：y
2．离开电场时的偏转角： φ
恒定电流
电路的基本概念、部分电路
1.导体中的电场和电流
3. 导线中的电场
⑴形成因素：是由电源、导线等电路组件所积累的电荷共同形成的。
⑵方向：导线与电源连通后，导线内很快形成了沿导线方向的恒定电场。
⑶性质：导线中恒定电场的性质与静电场的性质不同。
2．电流
⑴导体形成电流的条件：①要有自由电荷②导体两端形成电压。
⑵电流定义：通过导体横截面的电量跟这些电荷量所用时间的比值叫电流。
公式：
⑶电流是标量但有方向，规定正电荷定向移动的方向为电流的方向（或与负电荷定向移动的方向相反）。单位：A， 1A=103mA=106μA
⑷微观表达式:I=nqvs，n是单位体积内的自由电荷数，q是每个自由电荷电荷量，s是导体的横截面积，v是自由电荷的定向移动速率。（适用于金属导体）.
＊说明：导体中三种速率（定向移动速率非常小约10-5m/s，无规律的热运动速率较大约105m/s，电场传播速率非常大为光速例如电路合上电键远处的电灯同时亮）
⑸电流的分类：方向不改变的电流叫直流电流，方向和大小都不改变的电流叫恒定电流，方向改变的电流叫交变电流。
2. 电动势
1.非静电力：根据静电场知识可知，静电力不可能使电流从低电势流向高电势，因此电源内部必然存在着从负极指向正极的非静电力。
2.电源电动势：在电源内部，非静电力把正电荷从负极送到正极所做的功跟被移送电荷量的比值，即
＊说明：从能量转化的角度看，电源是通过非静电力做功把其它形式的能转化为电能的装置。
3、物理意义：反映电源把的能其它形式转化为电势能本领的大小，在数值上等于非静电力把1C的正电荷在电源内部从负极送到正极所做的功。
3. 电阻定律、电阻率
1.电阻定律：同种材料的导体，其电阻与它的长度成正比与它的横截面积成反比，导体的电阻还与构成它的材料及温度有关，公式：
2.电阻率：上式中的比例系数ρ（单位是Ωm） ，它与导体的材料温度有关，是表征材料导电性质的一个重要的物理量，数值上等于长度1m，截面积为1m2导体的电阻值。
＊金属导体的电阻率随温度的升高而变大可以做电阻温度计用，半导体的电阻率随温度的升高而减小，有些合金的电阻率不受温度影响。
4.欧姆定律
5. 内容：导体中的电流I跟导体两端的电压U成正比，跟它的电阻R成反比。
6. 公式：
7. 适用条件：适用与金属导电和电解液导电，对气体导体和半导体组件并不适用。
4.导体的伏安特性曲线：用表示横坐标电压U，表示纵坐标电流I，画出的I-U关系图线，它直观地反映出导体中的电流与电压的关系。
⑴线性组件：伏安特性曲线是直线的电学组件，适用于欧姆定律。
⑵非线性组件：伏安特性曲线不是直线的电学组件，不适用于欧姆定律。
5.电功和电功率、焦耳定律
1.电功 ：在电路中，导体中的自由电荷在电场力的作用下发生定向移动而形成电流，在此过程中电场力对自由电荷做功，在一段电路中电场力所做的功，用W=Uq=UIt来计算。
2.电功率：单位时间内电流所做的功，P=W/t=UI
3.焦耳定律：电流流过导体产生的热量，有Q=I2Rt来计算
闭合电路欧姆定律及电路分析
1.电动势
5. 物理意义：反映电源把的能其它形式转化为电势能本领的大小的物理量，它由电源本身的性质决定。
6. 大小（在数值上等于）①在电源内部把1C的正电荷在从负极送到正极非静电力所做的功。 ②电源没有接入电路时两极间的电压。③在闭合电路中内外电势降落之和。
2. 闭合电路欧姆定律
5. 内容:闭合电路里的电流跟电源的电动势成正比，跟整个回路的电阻成反比。
6. 表达式：
7. 路端电压（U外）即电源的输出电压U外=E-Ir
3.逻辑电路
1.“与”门：如果一个事件的几个条件都满足后,该事件才能发生.这种关系叫做“与”逻辑关系.具有“与”逻辑关系的电路称为“与”门电路,简称“与”门。
2.“或”门：如果几个条件中，只要有一个条件得到满足,某事件就会发生，这种关系叫做“或”逻辑关系.具有“或”逻辑关系的电路叫做“或”门.
3.“非”门：输出状态和输入状态呈相反的逻辑关系,叫做”非”逻辑关系,具有”非”逻辑关系的电路叫“非”门.
（1）“非”逻辑电路
（2）“非”门的逻辑符号（3） “非”门的真值表：（4） “非”门反映的逻辑关系
1。测定金属的电阻率
实验步骤
1．用螺旋测微器测量金属导线的直径，再由直径算出金属导线的横截面积。
2. 用毫米刻度尺测量接入电路中的被测导线的长度。
3．按照电路图连接好电路，注意滑动变阻器要调在适当的位置（此图中调在最左端），电流表、电压表的量程要选择恰当。
4．闭合开关S，调节滑动变阻器的滑动触片，使电流表、电压表分别有一恰当的读
书
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，并记录下来。
5．继续调节滑动变阻器的滑动触片，重复步骤4，做三次，记录下每次电流表、电压表的读数。
6.打开开关S，拆除电路，整理好实验器材。
7.处理数据。
注意事项
1．由于所测金属导线的电阻值较小，测量电路应该选用电流表外接线路。
2．闭合电键S之前，一定要使滑动变阻器的滑片处于恰当的位置。
3．测电阻时电流不宜过大，通电时间不宜过长。
4．求R的平均值可以用二种方法：第一种用
算出各次的测量值，再取平均值；第二种方法是用U-I图像的斜率求出。
2。描绘小灯泡的伏安特性曲线
实验原理
用电流表测流过小灯泡的电流，用电压表测出加在小灯泡两端的电压，测出多组对应的U、I值，在直角坐标系中描出各对应点，用一条平滑的曲线将这些点连接起来。
注意事项
1．电路的连接方式
⑴电流表应采用外接法：因为小灯泡的电阻很小，与0~0.6A的电流表串联式，电流表的分压影响很大。
⑵滑动变阻器应采用分压式连接：目的是使小灯泡两端的电压能从0开始变化。
2．闭合电键S之前，一定要使滑动变阻器的滑片处于恰当的位置（应该使小灯泡被短路）。
3．保持小灯泡电压接近额定值是要缓慢增加，到额定值，记录I后马上断开开关。
4．误差较大的点要舍去，U-I图像应是平滑曲线而非折线。
第八章 磁场
磁场、磁场对电流的作用
1. 磁场的基本概念
4. 磁体的周围存在磁场。
5. 电流的周围也存在磁场
6. 变化的电场在周围空间产生磁场（麦克斯韦）。
7. 磁场和电场一样，也是一种特殊物质
8. 磁场不仅对磁极产生力的作用， 对电流也产生力的作用．
9. 磁场的方向——在磁场中的任一点，小磁针北极受力的方向，亦即小磁针静止时北极所指的方向，就是那一点的磁场方向．
10. 磁现象的电本质:磁铁的磁场和电流的磁场一样，都是由电荷的运动产生的．
2. 磁场的基本性质
磁场对放入其中的磁极或电流有磁场力的作用．（对磁极一定有力的作用;对电流只是可能有力的作用,当电流和磁感线平行时不受磁场力作用）。
5. 磁极和磁极之间有磁场力的作用
6. 两条平行直导线，当通以相同方向的电流时，它们相互吸引，当通以相反方向的电流时，它们相互排斥
7. 电流和电流之间，就像磁极和磁极之间一样，也会通过磁场发生相互作用．
8. 磁体或电流在其周围空间里产生磁场，而磁场对处在它里面的磁极或电流有磁场力的作用．
9. 磁极和磁极之间、磁极和电流之间、电流和电流之间都是通过磁场来传递的．
3。磁感应强度（向量）
1.在磁场中垂直于磁场方向的通电导线，所受的安培力F安跟电流I和导线长度L的乘积IL的比值叫做磁感应强度
，（B⊥L，LI小）
2.磁感应强度的单位:特斯拉，简称特，国际符号是T
3.磁感应强度的方向: 就是磁场的方向． 小磁针静止时北极所指的方向，就是那一点的磁场方向． 磁感在线各点的切线方向就是这点的磁场的方向．也就是这点的磁感应强度的方向．
4.磁感应强度的迭加——类似于电场的迭加
4. 磁感线
1.是在磁场中画出的一些有方向的曲线，在这些曲线上，每一点的切线方向都在该点的磁场方向上．磁感线的分布可以形象地表示出磁场的强弱和方向．
2.磁感在线各点的切线方向就是这点的磁场的方向. 也就是这点的磁感应强度的方向．
3.磁感线的密疏表示磁场的大小．在同一个磁场的磁感线分布图上，磁感线越密的地方，表示那里的磁感应强度越大．
4.磁感线都是闭合曲线，磁场中的磁感线不相交．
5.电流周围的磁感应线
1．直线电流的磁感应线：直线电流的磁感线方向用安培定则（也叫右手螺旋定则）来判定：用右手握住导线，让伸直的大拇指所指的方向跟电流的方向(即正电荷定向运动方向或与负电荷定向运动方向相反）一致，弯曲的四指所指的方向就是磁感线的环绕方向．
2．通电螺线管的磁感线：通电螺线管的磁感线方向—也可用安培定则来判定:
用右手握住螺线管．让弯曲的四指所指的方向跟电流的方向一致．大拇指所指的方向就是螺线管内部磁感线的方向．也就是说,大拇指指向通电螺线管的北极．（通电螺线管外部的磁感线和条形磁铁外部的磁感线相似）
6.磁通量
1．磁感应强度B与垂直磁场方向的面积S的乘积叫做穿过这个面的磁通量Φ
①S与B垂直：Φ=BS ②S与B平行：Φ=0 ③S与B夹角为θ：Φ=BS⊥=BSsinθ
2． 磁通量的单位: 韦伯，符号是Wb．1Wb=1Tm2
3．磁通量的意义:磁通量表示穿过某一面积的磁感线条数多少。
4. 磁通密度: 从Φ=BS可以得出B=Φ/S ，这表示磁感应强度等于穿过单位面积的磁通量，因此常把磁感应强叫做磁通密度，并且用Wb/m2作单位．1T=1 Wb/m2=1N/A?m
5.磁通量是标量,但是有正负.如果将从平面某一侧穿入的磁通量为正, 则从平面反一侧穿入的磁通量为负.
7. 安培力的大小:
在匀强磁场中，在通电直导线与磁场方向垂直的情况下,电流所受的安培力F安等于磁感应强度B、电流I和导线长度L三者的乘积． F安＝BIL 通电导线方向与磁场方向成θ角时,F安＝BILsinθ
1．当I⊥B时(θ=90°),Fmax=BIL;
2．当I∥B时(θ= 0°),Fmin= 0 ;
安培力大小的特点：①不仅与B、I、L有关，还与放置方式θ有关。②L是有效长度，不一定是导线的实际长度。＊弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度，所以任意形状的闭合线圈的有效长度L=0
8. 安培力的方向
1．左手定则：
伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直，并且都跟手掌在一个平面内，把手放入磁场中，让磁感线垂直穿入手心，并使伸开的四指指向电流的方向，那么，大拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．
2．安培力方向的特点：
总是垂直于B和I所决定的平面，即F安⊥B且F安⊥I（但B、L不一定垂直）。
（1）已知B和I的方向，可用左手定则唯一确定F安的方向；
（2）已知B和F安的方向，当导线的位置确定时，可唯一确定I的方向；
（3）已知I和F安的方向，不能唯一确定B的方向；
9. 磁电式电流表的工作原理
由于这种磁场的方向总是沿着径向均匀地分布的，在距轴线等距离处的磁感应强度的大小总是相等的，这样不管线圈转到什么位置，线圈平面总是跟它所在位置的磁感线平行，I与指针偏角θ成正比，I越大指标偏角越大，因而电流表可以量出电流I的大小，且刻度是均匀的，当线圈中的电流方向改变时，安培力的方向随着改变，指标偏转方向也随着改变，又可知道被测电流的方向。
磁场对运动电荷的作用
1.洛仑兹力
7. 定义：磁场对运动电荷受到的作用力叫做洛仑兹力．
8. 大小：F洛=qvBsinθ ,(θ为B与v的夹角)
（1）当v⊥B时，F洛max=qvB; （2）当v∥B时，F洛min=0 ;
9. 洛仑兹力的方向：由左手定则判断。
注意：
1 洛仑兹力一定垂直于B和v所决定的平面（因为它由B、V决定）即F洛⊥B且F洛⊥V;但是B与V不一定垂直（因为它们由自身决定）
②四指的指向是正电荷的运动方向或负电荷运动的反方向
10. 特点：洛仑兹力对电荷不做功，它只改变运动电荷速度的方向，不改变速度的大小。原因： F洛⊥V
11. 洛仑兹力和安培力的关系：F洛是F安的微观解释，F安是F洛宏观体现。
2：带电粒子在磁场中的圆周运动
1．若v∥B，则F洛=0，带电粒子以速度v做匀速直线运动.
2．若v⊥B，则带电粒子在垂直于磁感应线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动．
(1) 洛仑兹力充当向心力：
(2)轨道半径：
(3)周 期：
(4)角 速 度：
(5)频 率：
(6)动 能：
2015-2016学年高二（上）期中物理试卷
一、：本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1-9题为单项选题；10-12题为多项选择题，在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
1．下列叙述正确的是（ ）
A．导体中电荷运动就形成电流
B．电流是矢量
C．导体中有电流通过时，导体内部场强不为零
D．只有自由电子的定向移动才能形成电流
2．关于电源的电动势，下列说法正确的是（ ）
A．电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压
B．同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化
C．电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化成电能的本领大小的物理量
D．在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大
3．有甲、乙两导体，甲的电阻是乙的一半，而单位时间内通过导体乙横截面的电荷量是甲的两倍，则以下说法中正确的是（ ）
A．甲、乙两导体中的电流相同
B．乙导体中的电流是甲导体的2倍
C．甲、乙两导体两端的电压相同
D．乙导体两端的电压是甲的2倍
4．一台额定电压为U的电动机，它的线圈电阻为R，正常工作时通过的电流为I，则（ ）
A．电动机t秒内产生的热量Q=IUt
B．电动机t秒内产生的热量Q=I2Rt
C．电动机的输入功率为P=I2R
D．电动机的机械功率为P=
5．额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W的电灯两盏，若接在外电压是220V的电路上，使每盏电灯均能正常发光，且电路中消耗的功率最小的电路是下列图所示的（ ）
A．
B．
C．
D．
6．某同学做三种导电元件的导电性能实验，他根据所测量数据分别绘制了三种元件的I﹣U图象，如图所示，则下述判断正确的是（ ）
A．只有乙图正确
B．甲、丙图的曲线肯定是偶然误差太大
C．甲、丙不遵从欧姆定律，肯定不可能正确
D．甲、乙、丙三个图都可能正确，并不一定有较大误差
7．如图所示是一实验电路图．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是（ ）
A．路端电压变小 B．电流表的示数变大
C．电源内阻消耗的功率变小 D．电路的总电阻变大
8．如图所示的电路中，灯泡A、灯泡B原来都是正常发光的．现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是（ ）
A．R1短路 B．R2断路
C．R3断路 D．R1、R2同时短路
9．在图所示的电路中，电源内阻忽略不计，电动势为E，电阻R1、R2阻值相等，保持R1的阻值不变，改变R2的阻值，则关于R2消耗的功率P的说法正确的是（ ）
A．R2增大，P增大；R2减小，P减小
B．R2增大，P减小；R2减小，P增大
C．无论R2是增大还是减小，P均减小
D．无论R2是增大还是减小，P均增大
10．一根粗细均匀的金属导线，两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流强度为I，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，仍给它两端加上恒定电压U，则此时（ ）
A．通过金属导线的电流为
B．通过金属导线的电流为
C．自由电子定向移动的平均速率为
D．自由电子定向移动的平均速率为
11．如图所示为闭合电路中两个不同电源的U﹣I图象，则下列说法中正确的是（ ）
A．电动势E1=E2，短路电流I1＜I2
B．电动势E1=E2，内阻r1＞r2
C．电动势E1＞E2，内阻r1＞r2
D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化较大
12．如图所示的电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=6Ω、R2=5Ω、R3=3Ω，电容器的电容C=2×10﹣5F，若将开关S闭合，电路稳定时通过R2的电流为I；断开开关S后，通过R1的电量为q．则（ ）
A．I=0.75A B．I=0.5A C．q=2×10﹣5C D．q=1×10﹣5C
二、实验题（每空2分，共计20分．）
13．有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的U﹣I图线．有下列器材供选用：
A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）
B．电压表（0～10V，内阻20kΩ）
C．电流表（0～0.3A，内阻1Ω）
D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）
E．滑动变阻器（5Ω，1A）
F．滑动变阻器（500Ω，0.2A）
（1）实验中电压表应选用 ，电流表应选用 ．为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用 （用序号字母表示）．
（2）请在图1方框内画出满足实验要求的电路图，并把实验器材（图2）用实线连接成相应的实物电路图．
14．（12分）（2015?临潼区校级模拟）使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端．现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60mA的电流表，电阻箱，导线若干．实验时，将多用电表调至×1Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值．完成下列填空：
（1）仪器连线如图1所示（a和b是多用电表的两个表笔）．若两电表均正常工作，则表笔a为 （填“红”或“黑”）色；
（2）若适当调节电阻箱后，图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2（a），（b），（c）所示，则多用电表的读数为 Ω．电流表的读数为 mA，电阻箱的读数为 Ω：
（3）将图l中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为 mA；（保留3位有效数字）
（4）计算得到多用电表内电池的电动势为 V．（保留3位有效数字）
三、
计算题
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（本大题共3小题，共32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得分，有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位．）
15．如图所示的电路中，电源电动势E=6.0V，内阻r=0.6Ω，电阻R2=0.5Ω，当开关S断开时，电流表的示数为1.5A，电压表的示数为3.0V，试求：
（1）电阻R1和R3的阻值；
（2）当S闭合后，电压表的示数、以及R2上消耗的电功率．
16．（12分）（2015春?遵义校级期末）如图所示电路中，当开关S接a点时，标有“5V 2.5W”的小灯炮L正常发光，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1A，这时电阻R两端的电压为4V．求：
（1）电阻R的值；
（2）电源的电动势和内阻．
17．（12分）（2015秋?长春校级期中）
如图所示电路中，电源的电动势E=10V，内电阻r=0.50Ω，电动机电阻R0=1.0Ω，电阻R1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表示数U1为3.0V．求：
（1）电源的总电功率．
（2）电动机消耗的电功率和将电能转化为机械能的功率．
（3）电源的输出功率．
2015-2016学年高二（上）期中物理试卷
参考答案
有机化学期末考试题统计学b答案数学分析3答案计算机必考试卷02新大家的日语参考答案
与试题解析
一、：本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1-9题为单项选题；10-12题为多项选择题，在每个小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．
1．下列叙述正确的是（ ）
A．导体中电荷运动就形成电流
B．电流是矢量
C．导体中有电流通过时，导体内部场强不为零
D．只有自由电子的定向移动才能形成电流
考点： 电流、电压概念．
专题： 恒定电流专题．
分析： 导体中有电荷运动不一定能形成电流．电流的方向就是正电荷定向运动的方向，但电流是标量，自由电荷在电场力作用下才发生定向移动形成电流，导体内部的场强不能为零．
解答： 解：A、导体中只有产生电荷的定向移动才能形成电流，故A错误；
B、电流有方向，但其计算不能应用矢量法则，故电流是标量，故B错误；
C、自由电荷在电场力作用下才发生定向移动形成电流，导体内部的场强不能为零，故C正确；
D、自由电子带负电，它的定向移动可以形成电流，但正电荷的定向移动也能形成电流，故D错误；
故选：C
点评： 本题考查对电流产生条件、方向、单位等知识的掌握情况．电流的方向与矢量的方向，它表示电荷的流向，运算时按照代数法则，不是平行四边形定则．
2．关于电源的电动势，下列说法正确的是（ ）
A．电源的电动势就是接在电源两极间的电压表测得的电压
B．同一电源接入不同的电路，电动势就会发生变化
C．电源的电动势是表示电源把其他形式的能转化成电能的本领大小的物理量
D．在闭合电路中，当外电阻变大时，路端电压增大，电源的电动势也增大
考点： 电源的电动势和内阻．
专题： 恒定电流专题．
分析： 电源没有接入电路时两极间的电压在数值上等于电源的电动势．电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，与外电路的结构无关．电源的电动势在数值上等于内、外电压之和．
解答： 解：A、电压表是由内阻的，跟电源连接后构成一个通路，测量的是电压表内阻的电压，所以电压表测得的电源两极间电压值略小于电动势．故A错误．
B、电动势反映本身的特性，与外电路的结构无关．故BD错误．
C、电动势的物理意义是表征电源把其他形式的能转化为电能本领强弱，电动势越大，本领越大．故C正确．
故选：C．
点评： 本题考查对于电源的电动势的理解能力．电动势是表征电源把其他形式的能转化为电能本领大小，与外电路无关．
3．有甲、乙两导体，甲的电阻是乙的一半，而单位时间内通过导体乙横截面的电荷量是甲的两倍，则以下说法中正确的是（ ）
A．甲、乙两导体中的电流相同
B．乙导体中的电流是甲导体的2倍
C．甲、乙两导体两端的电压相同
D．乙导体两端的电压是甲的2倍
考点： 闭合电路的欧姆定律．
专题： 恒定电流专题．
分析： 电流就表示单位时间内通过导体横截面的电荷量的多少，根据U=IR分析电压关系．
解答： 解：A、单位时间内通过横截面的电荷量，乙是甲的2倍，所以乙的电流是甲电流的两倍，故A错误，B正确；
C、根据U=IR，甲的电阻是乙的一半，可知，乙导体两端的电压是甲的4倍，故CD错误．
故选：B
点评： 知道单位时间内通过横截面的电荷量表示电流，能根据欧姆定律求解，难度不大，属于基础题．
4．一台额定电压为U的电动机，它的线圈电阻为R，正常工作时通过的电流为I，则（ ）
A．电动机t秒内产生的热量Q=IUt
B．电动机t秒内产生的热量Q=I2Rt
C．电动机的输入功率为P=I2R
D．电动机的机械功率为P=
考点： 电功、电功率；焦耳定律．
专题： 恒定电流专题．
分析： 电动机是非纯电阻电路，电动机消耗的总电能等于电动机输出的机械能与电动机线圈产生的焦耳热之和．
解答： 解：根据焦耳定律，电动机t秒内产生的热量为：Q=I2Rt；
根据公式W=UIt，电动机t秒内消耗的电能为：W=UIt；
根据能量守恒定律，电动机t秒内输出的机械能为：E=W﹣Q=UIt﹣I2Rt；
故电动机的机械功率为：P=
=UI﹣I2R
故ACD错误，B正确；
故选：B．
点评： 本题考查了电动机消耗的电能与电动机输出的机械能、线圈产生的热量间的关系，答题时要注意电功公式的适用条件．
5．额定电压都是110V，额定功率PA=100W、PB=40W的电灯两盏，若接在外电压是220V的电路上，使每盏电灯均能正常发光，且电路中消耗的功率最小的电路是下列图所示的（ ）
A．
B．
C．
D．
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，在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、由于AB两个灯泡的电阻大小不同，所以直接把AB串连接入电路的话，AB的电压不会平分，AB不会同时正常发光，所以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RB＞RA，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，所以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RB＞RA，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，所以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．
6．某同学做三种导电元件的导电性能实验，他根据所测量数据分别绘制了三种元件的I﹣U图象，如图所示，则下述判断正确的是（ ）
A．只有乙图正确
B．甲、丙图的曲线肯定是偶然误差太大
C．甲、丙不遵从欧姆定律，肯定不可能正确
D．甲、乙、丙三个图都可能正确，并不一定有较大误差
考点： 欧姆定律．
专题： 电学图像专题．
分析： 导体有线性元件和非线性元件，只有线性元件的I﹣U图象是直线．
解答： 解：图乙是线性元件的I﹣U图象，图甲和图丙是不同的非线性元件的I﹣U图象．三个图象都可能正确．
故选D．
点评： 导体不一定就是线性的元件的导体，比如一般的金属导体的电阻，就随着温度的升高而增大，也不是线性的元件．
7．如图所示是一实验电路图．在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是（ ）
A．路端电压变小 B．电流表的示数变大
C．电源内阻消耗的功率变小 D．电路的总电阻变大
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： 在滑动触头由a端滑向b端的过程中，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，以及电源内阻消耗的功率如何变化，再判断电流表的示数的变化．
解答： 解：当滑片向b端滑动时，其接入电路中的电阻减小，使得外电路总电阻减小，故D错误．
根据I=
，可知总电流在增加，根据闭合电路中的欧姆定律有E=Ir+U外，可知路端电压U外在减小，故A正确．
流过电流表的示数为I=
，可知电流在减小，故B错误．
根据P=I2r，可知内阻消耗的功率在增大，故C错误．
故选A
点评： 本题是电路的动态变化分析问题，首先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，接着分析总电阻、总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压的变化，即按“局部到整体再到局部”的思路进行分析．
8．如图所示的电路中，灯泡A、灯泡B原来都是正常发光的．现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是（ ）
A．R1短路 B．R2断路
C．R3断路 D．R1、R2同时短路
考点： 闭合电路的欧姆定律．
专题： 恒定电流专题．
分析： 首先明确电路中各用电器的连接关系：R3与灯泡B关联，与R2、A串联，再与R1并联．灯泡A变暗了，说明实际功率减小了，灯泡B变亮，说明实际功率增大了．具体故障可将每个选项逐一代入题目检查是否符合题意，从而确定正确选项．
解答： 解：A、若R1短路，则两个灯泡都被短路，都不亮，故A错误；
B、若R2断路，则两个灯泡都被断路，都不亮，故B错误；
C、若R3断路，外电阻增大，外电阻增大，路端电压U增大，干路电流I减小，R1电流I1增大，则通过A的电流IA=I﹣I1减小，A灯变暗．B灯电压UB=U﹣IA（RA+R2）增大，B灯变亮，符合题意．故C正确．
D、R1、R2同时短路，AB灯都不亮，不符合题意．故D错误．
故选：C
点评： 此题是电路故障分析问题．解决的关键是在明确电路连接关系的前提下采用“排除法”将每一选项逐一代入题干，检查是否符合题意，最终确定正确选项．
9．在图所示的电路中，电源内阻忽略不计，电动势为E，电阻R1、R2阻值相等，保持R1的阻值不变，改变R2的阻值，则关于R2消耗的功率P的说法正确的是（ ）
A．R2增大，P增大；R2减小，P减小
B．R2增大，P减小；R2减小，P增大
C．无论R2是增大还是减小，P均减小
D．无论R2是增大还是减小，P均增大
考点： 电功、电功率．
专题： 恒定电流专题．
分析： 对于电源，当内外电路的电阻相等时，电源的输出功率最大；本题可以将电阻R1和电源整体等效成一个电源处理．
解答： 解：对于电源，当内外电路的电阻相等时，电源的输出功率最大；
将电阻R1和电源整体等效成一个电源，则等效电源的内外电阻相等，输出功率最大；故此后无论是增大还是减小R2，其功率P均减小；
故选：C．
点评： 本题关键是记住“对于电源，当内外电路的电阻相等时，电源的输出功率最大”的结论，采用等效法处理是物理的常用方法．
10．一根粗细均匀的金属导线，两端加上恒定电压U时，通过金属导线的电流强度为I，金属导线中自由电子定向移动的平均速率为v，若将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，仍给它两端加上恒定电压U，则此时（ ）
A．通过金属导线的电流为
B．通过金属导线的电流为
C．自由电子定向移动的平均速率为
D．自由电子定向移动的平均速率为
考点： 闭合电路的欧姆定律；电流、电压概念．
专题： 恒定电流专题．
分析： 将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的
倍，根据电阻定律R=
分析电阻的变化，由欧姆定律分析电流的变化．由电流的微观表达式I=nevS分析平均速率v的变化．
解答： 解：A、B将金属导线均匀拉长，使其长度变为原来的2倍，横截面积变为原来的
倍，根据电阻定律R=
分析得到，电阻变为原来的4倍，电压U恒定不变，根据欧姆定律I=
可知，电流I变为原来的
，即为
．故A错误，B正确．
C、D电流的微观表达式I=nevS，其中n、e不变，电流I为原来的
，横截面积S变为原来的
倍，则自由电子定向移动的平均速率为
．故C正确，D错误．
故选BC
点评： 本题关键要抓住物理量之间的关系，要在理解的基础上记住电流的微观表达式．
11．如图所示为闭合电路中两个不同电源的U﹣I图象，则下列说法中正确的是（ ）
A．电动势E1=E2，短路电流I1＜I2
B．电动势E1=E2，内阻r1＞r2
C．电动势E1＞E2，内阻r1＞r2
D．当两电源的工作电流变化量相同时，电源2的路端电压变化较大
考点： 路端电压与负载的关系．
专题： 恒定电流专题．
分析： 根据闭合电路欧姆定律，路端电压为：U=E﹣Ir；U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻．
解答： 解：
A、B、C、U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，则知电动势E1=E2，内阻r1＜r2，U﹣I图象与I轴的交点表示短路电流，故发生短路时的电流I1＞I2，故ABC错误；
D、根据U=E﹣Ir可知，△U=r?△I，内阻r1＜r2，故当电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大，故D正确；
故选：D．
点评： 本题考查了闭合电路电源的U﹣I图象的相关知识，要求同学们理解U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻．
12．如图所示的电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω，电阻R1=6Ω、R2=5Ω、R3=3Ω，电容器的电容C=2×10﹣5F，若将开关S闭合，电路稳定时通过R2的电流为I；断开开关S后，通过R1的电量为q．则（ ）
A．I=0.75A B．I=0.5A C．q=2×10﹣5C D．q=1×10﹣5C
考点： 闭合电路的欧姆定律．
专题： 恒定电流专题．
分析： 开关S闭合电路稳定时，电容器相当于开关断开，根据闭合电路欧姆定律求出电路中电流I，再求电容器的电压，由Q=CU求其电量．断开电源，电容器会放电，因R1、R3并联，流过两个电阻的电流与电阻成反比，通过的电荷量也与电阻成反比．
解答： 解：开关S闭合电路稳定时，外电路中总电阻为R=R2+
=5+
=7Ω
根据闭合电路欧姆定律得：I=
=
A=0.75A
电容器两端的电压为U=I?
=0.75×2V=1.5V
电量Q=CU=1.5×2×10﹣5C=3×10﹣5C
断开开关S后：电容器通过R1与R3放电，设通过R1与R3的放电电流分别为I1和I3，则
=
由电量公式q=It可知，通过R1与R3的电量之比为
又q1+q3=Q
联立得：通过R1的电量为q1=
=
3×10﹣5C=1×10﹣5C
故选AD
点评： 本题是含容电路，确定电容器的电压是关键，要抓住电路稳定时，电容器断开，电容器还有放电特性．
二、实验题（每空2分，共计20分．）
13．有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现在要用伏安法描绘这个灯泡的U﹣I图线．有下列器材供选用：
A．电压表（0～5V，内阻10kΩ）
B．电压表（0～10V，内阻20kΩ）
C．电流表（0～0.3A，内阻1Ω）
D．电流表（0～0.6A，内阻0.4Ω）
E．滑动变阻器（5Ω，1A）
F．滑动变阻器（500Ω，0.2A）
（1）实验中电压表应选用 A ，电流表应选用 D ．为使实验误差尽量减小，要求电压表从零开始变化且多取几组数据，滑动变阻器应选用 E （用序号字母表示）．
（2）请在图1方框内画出满足实验要求的电路图，并把实验器材（图2）用实线连接成相应的实物电路图．
考点： 描绘小电珠的伏安特性曲线．
专题： 实验题．
分析： （1）根据灯泡额定电压选择电压表，根据灯泡额定电流选择电流表，为方便实验操作应选最大阻值较小的滑动变阻器．
（2）根据实验原理与灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图．
（3）根据电路图连接实物电路图
解答： 解：（1）灯泡额定电压为4V，电压表应选A，灯泡额定电流为0.5A，电流表应选D，为方便实验操作，滑动变阻器应选择E．
（2）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应选择分压接法，灯泡电阻：R=
=
=8Ω，电压表内阻约为10kΩ，电流表内阻约为0.4Ω，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，实验电路图如图所示，根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：
故答案为：（1）A；D；E；（2）电路图如图所示；实物电路图如图所示（两种均可）．
点评： 本题考查了实验器材的选择、设计实验电路图、连接实物电路图，根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法是正确解题的关键．
14．（12分）（2015?临潼区校级模拟）使用多用电表测量电阻时，多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源（一般为电池）、一个电阻和一表头相串联，两个表笔分别位于此串联电路的两端．现需要测量多用电表内电池的电动势，给定的器材有：待测多用电表，量程为60mA的电流表，电阻箱，导线若干．实验时，将多用电表调至×1Ω挡，调好零点；电阻箱置于适当数值．完成下列填空：
（1）仪器连线如图1所示（a和b是多用电表的两个表笔）．若两电表均正常工作，则表笔a为 黑 （填“红”或“黑”）色；
（2）若适当调节电阻箱后，图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2（a），（b），（c）所示，则多用电表的读数为 14.0 Ω．电流表的读数为 53.0 mA，电阻箱的读数为 4.6 Ω：
（3）将图l中多用电表的两表笔短接，此时流过多用电表的电流为 102 mA；（保留3位有效数字）
（4）计算得到多用电表内电池的电动势为 1.54 V．（保留3位有效数字）
考点： 多用电表的原理及其使用．
专题： 压轴题．
分析： 当用多用电表测电阻时，电源在表内，要使电流从图中电流表正极流进，从负极流出，因此表笔a连接电源的正极，所以表笔a为黑色的．多用电表测电阻时读数是表盘示数与倍率的乘积；电流表的读数要注意量程．
解答： 解：（1）多用电表在使用时必须使电流从红表笔（正接线柱）流进，黑表笔（负接线柱）流出，串联的电流表也必须使电流从正接线柱流进，负接线柱流出，所以可以判断电流是从a表笔流出的为黑表笔．
（2）多用电表用×1倍率测量，读数为：14.0×1=14.0Ω
电流表的量程是60m A，所以不能在表盘上直接读数，需要改装为10，20，30，40，50，60的表盘，然后读数为：53.0 m A
电阻箱的读数为：0×100+0×10+4×1+6×0.1=4.6Ω
（3）（4）多用电表测量电阻的原理是闭合电路的欧姆定律，多用电表内部的电路等效的直流电源（一般为电池）、电阻、表头与待测电阻串联，当表头短接时电路电流最大为表头的满偏电流Ig=
，将Rg取为r+rg+R为多用电表的内阻，当待测电阻等于Rg时，这时表头半偏，表针指在欧姆表盘的中值上，所以Rg又称为中值电阻．当选择×1倍率测量时中值电阻直接在欧姆表盘上读数为15Ω．在（2）中多用电表外的电阻为多用电表的读数14.0Ω，干路电流是53.0 m A，则电源电动势是E=I（R内+R外）=0.053×（15+14）=1.537V．
则满偏电流Ig=
m A．
故答案为：（1）黑； （2）14.0，53.0，4.6； （3）102； （4）1.54．
点评： 由闭合电路的殴姆定律可得，电流与待测电阻不成比例，所以导致表盘的刻度不均匀．同时当表头半偏时，所测电阻等于中值电阻．
三、计算题（本大题共3小题，共32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得分，有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位．）
15．如图所示的电路中，电源电动势E=6.0V，内阻r=0.6Ω，电阻R2=0.5Ω，当开关S断开时，电流表的示数为1.5A，电压表的示数为3.0V，试求：
（1）电阻R1和R3的阻值；
（2）当S闭合后，电压表的示数、以及R2上消耗的电功率．
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： （1）根据电压表和电流表的示数，由欧姆定律可以求得电阻R3的阻值的大小；
（2）当S闭合后，R2和R3并联，之后和R1串联，根据闭合电路的欧姆定律可以求得电路的总电流的大小，进而可以求得电阻的功率的大小．
解答： 解：（1）S断开时，由U1=I1R3
得 R3=
=2Ω，
又由
求得 R1=1.4Ω，
（2）S闭合时，R2、R3并联电阻
，
回路总电流
，
电压表示数为 U2=I2R23=1V，
R2上消耗的功率
．
点评： 本题考查的是电阻的串并联的知识，根据闭合电路欧姆定律可以求得电路的电流和电压的大小．
16．（12分）（2015春?遵义校级期末）如图所示电路中，当开关S接a点时，标有“5V 2.5W”的小灯炮L正常发光，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1A，这时电阻R两端的电压为4V．求：
（1）电阻R的值；
（2）电源的电动势和内阻．
考点： 闭合电路的欧姆定律．
专题： 恒定电流专题．
分析： （1）由题，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1A，电阻R两端的电压为4V，由欧姆定律求出电阻R的值．
（2）根据闭合电路欧姆定律分别对开关S接a点和b时列方程，联立组成方程组求解电动势和内阻．
解答： 解：（1）当开关S接b点时，电阻R的值为
R=
（2）当开关接a时，
U1=5V，I1=
根据闭合电路欧姆定律得
E=U1+I1r ①
E=U2+I2r ②
联立①②联解得 E=6V r=2Ω
答：（1）电阻R的值为4Ω；
（2）电源的电动势和内阻分别为E=6V、r=2Ω．
点评： 本题是简单的直流电路的计算问题．对于电源的电动势和内阻，常常根据两种情况闭合电路欧姆定律列方程，联立组成方程组求解．
17．（12分）（2015秋?长春校级期中）
如图所示电路中，电源的电动势E=10V，内电阻r=0.50Ω，电动机电阻R0=1.0Ω，电阻R1=1.5Ω．电动机正常工作时，电压表示数U1为3.0V．求：
（1）电源的总电功率．
（2）电动机消耗的电功率和将电能转化为机械能的功率．
（3）电源的输出功率．
考点： 电功、电功率．
专题： 恒定电流专题．
分析： （1）通过电阻两端的电压求出电路中的电流I，电源的总功率为P=EI，即可求得；
（2）由U内=Ir可求得电源内阻分得电压，电动机两端的电压为U=E﹣U1﹣U内，电动机消耗的功率为P电=UI；电动机将电能转化为机械能的功率为P机=P电﹣I2R0．
（3）由P热=I2r可求的电源内阻消耗的功率，电源的输出功率为P出=P﹣P热．
解答： 解：（1）电路中的电流为 I=
A=2A；
电源的总功率为 P=EI=10×2W=20W；
（2）电源内阻分得电压为 U内=Ir=2×0.5V=1V，
电动机两端的电压为 U=E﹣U1﹣U内=（10﹣3﹣1）V=6V，
电动机消耗的电功率为 P电=UI=6×2W=12W；
电动机将电能转化为机械能的功率为P机=P电﹣I2R0=12W﹣22×1W=8W．
（3）电源内阻消耗的功率为 P内=I2r=22×0.5W=2W，
电源的输出功率为 P出=P﹣P热=20﹣2W=18W．
答：
（1）电源的总功率为20W．
（2）电动机消耗的电功率为12W，将电能转化为机械能的功率为8W．
（3）电源的输出功率为18W．
点评： 对于电动机电路，关键要正确区分是纯电阻电路还是非纯电阻电路：当电动机正常工作时，是非纯电阻电路；当电动机被卡住不转时，是纯电阻电路．对于电动机的输出功率，往往要根据能量守恒求解．
2015-2016学年湖北省孝感市汉川二中高二（上）期中物理试卷
一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）
1．比值定义法是物理学中一种重要的定义物理量的方法，下列不属于比值定义法表达式的是（ ）
A．R=
B．C=
C．E=
D．B=
2．真空中两个点电荷相距r时，静电力为F，如果将它们的电量均增大为原来的3倍，距离也增大为原来的2倍时，则静电力将为（ ）
A．
B．
C．F D．4F
3．两个相同的圆形线圈，通以方向相同但大小不同的电流I1和I2，如图所示．先将两个线圈固定在光滑绝缘杆上，问释放后它们的运动情况是（ ）
A．相互吸引，电流大的加速度大
B．相互吸引，加速度大小相等
C．相互排斥，电流大的加速度大
D．相互排斥，加速度大小相等
4．两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B并联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为（ ）
A．QA：QB=2：1 B．QA：QB=1：2 C．QA：QB=1：1 D．QA：QB=4：1
5．在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动片向下移动时，关于电灯L的亮度及电压表
的读数变化，判断正确的是（ ）
A．L变暗，
减小 B．L变暗，
增大 C．L变亮，
增大 D．L变亮，
减小
6．如图所示电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω．D为直流电动机，其线圈电阻R=2Ω，限流电阻R′=3Ω．当电动机正常工作时，电压表示数为0.3V．则电动机的输出功率是（ ）
A．0.56w B．0.54w C．0.57w D．0.60w
7．一根通有恒定电流的直铜棒MN，用软导线挂在方向垂直纸面向内的身强磁场中，如图所示．此时悬线中的张力大于零而小于铜棒的重力．为了使得悬线中的张力等于零，下列措施中正确的是（ ）
A．不改变电流方向，适当增大电流强度
B．使电流方向相反，适当减小电流强度
C．不改变电流方向，适当增大磁感强度
D．使电流方向相反，适当减小磁感强度
8．如图所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的图象，则下列说法中正确的是（ ）
A．电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2
B．电动势E1=E2，内阻r1＜r2
C．当电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较小
D．当这两个电源分别接相同的外电阻时，电源1的输出功率较大
9．如图所示，虚线a、b、c代表静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa，φb和φc，φa＞φb＞φc．一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如图中实线KLMN所示，由图可知（ ）
A．粒子从K到L过程中，电场力做负功
B．粒子从L到K过程中，电场力做负功
C．粒子从K到L过程中，电势能增加
D．粒子从L到K过程中，动能减少
10．如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（ ）
A．将打在下板中央
B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出
C．不发生偏转，沿直线运动
D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央
二、实验题（本题共16分）
11．一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100．用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到 挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是 ，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是 Ω．
12．（10分）（2015?天津模拟）某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻．步骤如下：
①用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为 mm．
②用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为 cm．
③用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为 Ω．
④该同学想用伏安法更精确地测量上述电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：
电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）
电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）
电压表V（量程0～3V，内阻约10kΩ）
直流电源E（电动势4V，内阻不计）
滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）
滑动变阻器R2（阻值范围0～20kΩ，允许通过的最大电流0.5A）
待测圆柱体电阻R 开关S 导线若干
为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4的方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．
三、计算题（共34分）
13．（10分）（2015秋?汉川市校级期中）如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．
求：（1）水平向右的电场的电场强度；
（2）若将电场强度减小为原来的
，小物块的加速度是多大．
14．（12分）（2015秋?汉川市校级期中）如图所示电路中，电源的电动势ε=16V，电阻R1=R2=R3=10Ω，电源内阻r=1Ω．求下述各种情况中电压表的示数（电压表的内阻非常大，流过电压表的电流可忽略不计）．
（1）电键S接在a点．
（2）电键S断开．
（3）电键S接在b点．
15．（12分）（2015秋?汉川市校级期中）电子从静止出发被1137.5V的电压加速，然后进入另一个电场强度为5000N/C的匀强偏转电场，进入时的速度方向与偏转电场的方向垂直．已知偏转电极长6cm，电子电量e=1.6×10﹣19C，质量m=9.1×10﹣31㎏．（电子重力不计）求：
（1）电子离开加速电场时的速度大小．
（2）离开偏转电场时速度方向与离开加速电场时速度方向偏向角的正切值．
2015-2016学年湖北省孝感市汉川二中高二（上）期中物理试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（共10小题，每小题3分，满分30分）
1．比值定义法是物理学中一种重要的定义物理量的方法，下列不属于比值定义法表达式的是（ ）
A．R=
B．C=
C．E=
D．B=
考点： 物理学史．
分析： 比值法定义就是应用两个物理量的比值来定量研究第三个物理量，而定义出来的新的物理量反映物质属性或特征．
解答： 解：
A、R=
是电阻的决定式，不属于比值定义法，故A错误．
B、电容C由电容器本身的特性决定，与Q、U无关，符合比值定义法的共性，所以C=
属于比值法定义，故B正确．
C、电场强度反映电场本身的特性，与F、q无关，符合比值定义法的共性，所以E=
属于比值法定义，故C正确．
D、磁感应强度的大小由磁场本身决定，与放入磁场中导线长度和电流的大小无关，磁感应强度B=
采用的是比值定义法，故D正确．
本题选不属于比值定义法的，故选：A．
点评： 中学物理中，有相当数量的物理量是采用“比值法”定义的，关键掌握比值法定义法的共性，来理解各个物理量的意义．
2．真空中两个点电荷相距r时，静电力为F，如果将它们的电量均增大为原来的3倍，距离也增大为原来的2倍时，则静电力将为（ ）
A．
B．
C．F D．4F
考点： 库仑定律．
分析： 根据点电荷库仑力的公式F=k
可以求得改变之后的库仑力的大小．
解答： 解：由点电荷库仑力的公式得F=k
如果将它们所带的电量都增大为原来的2倍，同时将它们之间的距离也增大为原来的2倍，
则F′=k
=
F，所以B正确、ACD．
故选：B．
点评： 本题就是对库仑力公式的直接考查，掌握住公式就很容易分析了．
3．两个相同的圆形线圈，通以方向相同但大小不同的电流I1和I2，如图所示．先将两个线圈固定在光滑绝缘杆上，问释放后它们的运动情况是（ ）
A．相互吸引，电流大的加速度大
B．相互吸引，加速度大小相等
C．相互排斥，电流大的加速度大
D．相互排斥，加速度大小相等
考点： 平行通电直导线间的作用．
分析： 同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，根据牛顿第二定律比较两个线圈的加速度大小．
解答： 解：两个圆形线圈，电流同向，根据同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，知两线圈相互吸引．因为线圈1对线圈2的力和线圈2对线圈1的力大小相等，方向相反，根据牛顿第二定律知，加速度大小相等．故B正确，A、C、D错误．
故选B．
点评： 解决本题的关键掌握同向电流、异向电流的关系．同向电流相互吸引，异向电流相互排斥．
4．两根由同种材料制成的均匀电阻丝A、B并联在电路中，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，那么通电后在相同的时间内产生的热量之比为（ ）
A．QA：QB=2：1 B．QA：QB=1：2 C．QA：QB=1：1 D．QA：QB=4：1
考点： 焦耳定律；串联电路和并联电路．
专题： 恒定电流专题．
分析： 根据电阻定律
，求出A、B电阻丝的电阻比，电阻丝A、B并联，电压相等，根据Q=
求出相同时间内产生的热量之比．
解答： 解：同种材料制成的均匀电阻丝A、B，A的长度为L，直径为d；B的长度为2L，直径为2d，根据电阻定律
，知RA：RB=2：1，电阻丝A、B并联，电压相等，根据Q=
，在相等时间内产生的热量之比QA：QB=1：2．故B正确，A、C、D错误．
故选B．
点评： 解决本题的关键掌握电阻定律
，以及焦耳定律Q=I2Rt，在纯电阻中，公式可以转化为
．
5．在如图所示的电路中，当滑动变阻器的滑动片向下移动时，关于电灯L的亮度及电压表
的读数变化，判断正确的是（ ）
A．L变暗，
减小 B．L变暗，
增大 C．L变亮，
增大 D．L变亮，
减小
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片向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻的变化，得到干路电流和路端电压的变化，则可分析灯L亮度和电压表示数的变化．
解答： 解：当滑动变阻器的滑动片向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，由闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，而灯L两端的电压等于路端电压，所以L变暗．
由于总电流增大，通过L的电流减小，则根据并联电路的规律可知，通过R1的电流增大，R1的电压增大，故
增大，故B正确．
故选：B
点评： 本题是电路动态分析问题，按“局部→整体→局部”的思路进行分析．
6．如图所示电路中，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω．D为直流电动机，其线圈电阻R=2Ω，限流电阻R′=3Ω．当电动机正常工作时，电压表示数为0.3V．则电动机的输出功率是（ ）
A．0.56w B．0.54w C．0.57w D．0.60w
考点： 电功、电功率．
专题： 恒定电流专题．
分析： 电动机与电阻串联，根据欧姆定律求解电流；根据P=UI求解输入到电动机的电功率；根据P出=UI﹣I2r求解输出功率．
解答： 解：通过电动机的电流I与流过限流电阻R′的电流相同，由I=
=
═0.1 A
由E=Ir+U+UD可得电动机两端电压：
UD=E﹣Ir﹣U=6 V﹣0.1×1 V﹣0.3 V=5.6 V
所以电动机输入的电功率：P入=UDI=0.56 W
电动机的发热功率：P热=I2R=0.02 W
电动机的输出功率：P出=P入﹣P热=0.54 W
故选：B
点评： 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．
7．一根通有恒定电流的直铜棒MN，用软导线挂在方向垂直纸面向内的身强磁场中，如图所示．此时悬线中的张力大于零而小于铜棒的重力．为了使得悬线中的张力等于零，下列措施中正确的是（ ）
A．不改变电流方向，适当增大电流强度
B．使电流方向相反，适当减小电流强度
C．不改变电流方向，适当增大磁感强度
D．使电流方向相反，适当减小磁感强度
考点： 安培力．
分析： 开始棒子受重力、向上的安培力、绳子的拉力处于平衡，通过共点力平衡判断使得张力等于零的措施．
解答： 解：棒子开始受重力、向上的安培力、绳子的拉力处于平衡．
A、不改变电流方向，适当增大电流的大小，根据F=BIL知，安培力增大，则绳子的张力变小，可能会变为零．故A正确．
B、使原来电流反向，安培力反向，则拉力增大．故B错误；
C、不改变电流方向，适当增加电流的大小，根据F=BIL知，安培力增大，则绳子的张力会变为零．故C正确．
D、使原来电流反向，安培力反向，则拉力增大．故D错误；
故选：AC．
点评： 解决本题的关键掌握安培力的大小公式，以及会运用左手定则判断安培力的方向，通过共点力平衡进行分析．
8．如图所示为两个不同闭合电路中两个不同电源的图象，则下列说法中正确的是（ ）
A．电动势E1=E2，发生短路时的电流I1＞I2
B．电动势E1=E2，内阻r1＜r2
C．当电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较小
D．当这两个电源分别接相同的外电阻时，电源1的输出功率较大
考点： 闭合电路的欧姆定律．
专题： 恒定电流专题．
分析： 根据闭合电路欧姆定律，路端电压为：U=E﹣Ir；U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻．
解答： 解：A、B、U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，斜率表示内阻，则知电动势E1=E2，内阻r1＜r2，U﹣I图象与I轴的交点表示短路电流，故发生短路时的电流I1＞I2，故AB正确；
C、根据U=E﹣Ir可知，△U=r?△I，内阻r1＜r2，故当电源的工作电流变化相同时，电源2的路端电压变化较大，故C错误；
D、电源的输出功率P=UI，当U1=U2时，I1＞I2，所以电源1的输出功率大于电源2的输出功率．故D正确．
故选：ABD．
点评： 本题考查了闭合电路电源的U﹣I图象的相关知识，要求同学们理解U﹣I图象中与U轴的交点表示电源的电动势，与I轴的交点表示短路电流，斜率表示内阻．
9．如图所示，虚线a、b、c代表静电场中的三个等势面，它们的电势分别为φa，φb和φc，φa＞φb＞φc．一带正电的粒子射入电场中，其运动轨迹如图中实线KLMN所示，由图可知（ ）
A．粒子从K到L过程中，电场力做负功
B．粒子从L到K过程中，电场力做负功
C．粒子从K到L过程中，电势能增加
D．粒子从L到K过程中，动能减少
考点： 电势能；电势．
专题： 电场力与电势的性质专题．
分析： 根据轨迹的弯曲判断出电荷的受力，通过电场力做功判断电势能的变化，以及根据动能定理，通过电场力做功判断动能的变化．
解答： 解：A、由轨迹弯曲方向可知粒子受到的是斥力，粒子从K到L的过程中，电场力方向与运动方向相反，电场力做负功．故A正确．
BC、粒子从L到K过程中，电场力做正功，动能增大，故BD错误．
C、粒子从K到L的过程中，电场力做负功，电势能增加．故C正确．
故选：AC．
点评： 解决本题的关键知道电场力做功与电势能的关系，电场力做正功，电势能减小，电场力做负功，电势能增加．
10．如图所示，水平放置的平行板电容器，上板带负电，下板带正电，带电小球以速度v0水平射入电场，且沿下板边缘飞出．若下板不动，将上板上移一小段距离，小球仍以相同的速度v0从原处飞入，则带电小球（ ）
A．将打在下板中央
B．仍沿原轨迹由下板边缘飞出
C．不发生偏转，沿直线运动
D．若上板不动，将下板上移一段距离，小球可能打在下板的中央
考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；电容器的动态分析．
专题： 带电粒子在电场中的运动专题．
分析： 将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，根据电容器的定义式导出电场强度的变化，判断粒子的运动情况．
解答： 解：ABC、将电容器上板向上移动一段距离，电容器所带的电量Q不变，由于：E=
=
=
，由公式可知当d增大时，场强E不变，以相同的速度入射的小球仍按原来的轨迹运动，故A错误，B正确，C错误．
D、若上板不动，将下板上移一段距离时，根据推论可知，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，粒子轨迹不变，小球可能打在下板的中央，故D正确．
故选：BD
点评： 注意当电容器与电源断开时，电容器所带的电量是定值不变，当电容器与电源相连时，电容器两端电压为定值．
二、实验题（本题共16分）
11．一多用电表的电阻挡有三个倍率，分别是×1、×10、×100．用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，为了较准确地进行测量，应换到 ×100 挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是 重新进行欧姆调零 ，若补上该步骤后测量，表盘的示数如图所示，则该电阻的阻值是 2100 Ω．
考点： 用多用电表测电阻．
专题： 实验题．
分析： 用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．
解答： 解：用×10挡测量某电阻时，操作步骤正确，发现表头指针偏转角度很小，说明所选档位太小，为了较准确地进行测量，应换到×100挡．如果换挡后立即用表笔连接待测电阻进行读数，那么缺少的步骤是：重新进行欧姆调零，由图示表盘可知，该电阻的阻值是21×100=2100Ω．
故答案为：×100；重新进行欧姆调零；2100；
点评： 本题考查了欧姆表档位的选择与欧姆表读数、欧姆表使用注意事项，用欧姆表测电阻，应选择适当的档位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零；欧姆表指针示数与档位的乘积是欧姆表示数．
12．（10分）（2015?天津模拟）某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻．步骤如下：
①用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为 50.15 mm．
②用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为 0.4700 cm．
③用多用电表的电阻“×10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为 220 Ω．
④该同学想用伏安法更精确地测量上述电阻R，现有的器材及其代号和规格如下：
电流表A1（量程0～4mA，内阻约50Ω）
电流表A2（量程0～10mA，内阻约30Ω）
电压表V（量程0～3V，内阻约10kΩ）
直流电源E（电动势4V，内阻不计）
滑动变阻器R1（阻值范围0～15Ω，允许通过的最大电流2.0A）
滑动变阻器R2（阻值范围0～20kΩ，允许通过的最大电流0.5A）
待测圆柱体电阻R 开关S 导线若干
为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在图4的方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号．
考点： 伏安法测电阻．
专题： 实验题．
分析： （1）游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读．
（2）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．
（3）欧姆表读数等于表盘示数乘以倍率；
（4）结合电源电动势的值选择电压表量程，估测电路中的最大电流后选择电流表量程；伏安法测电阻，题目要求较精确测量，选择滑动变阻器分压接法，另还需注意电流表内接外接的选择．
解答： 解：①游标卡尺的读数：游标卡尺主尺读数为5cm=50mm，游标读数为3×0.05mm=0.15mm 所以最终读数为50+0.15=50.15mm；
②螺旋测微器固定刻度读数为4.5mm，可动刻度读数为20.0×0.01mm，最终读数为4.5+0.200=4.700mm；
③欧姆表读数等于：R=22×10=220Ω；
④电源电动势为4V，若选择15V量程，则最大示数不足电表量程的三分之一，故为了减小误差应选择3V量程的V1，则电路中的最大电流I=
=
≈15mA，故选择电流表A2，滑动变阻器起分压作用，为了方便调节选择小阻值即可R1；
=
≈500Ω＞220Ω，故被测电阻属于小电阻，电流表应选外接法；又题目要求尽量精确测量故变阻器应用分压式接法，电路图如图所示：
故答案为：①50.15 ②0.4700 ③220 ④如图所示．
点评： 当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应选外接法；当滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值时或要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式．
三、计算题（共34分）
13．（10分）（2015秋?汉川市校级期中）如图所示，一带电荷量为+q、质量为m的小物块处于一倾角为37°的光滑斜面上，当整个装置被置于一水平向右的匀强电场中，小物块恰好静止．重力加速度取g，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8．
求：（1）水平向右的电场的电场强度；
（2）若将电场强度减小为原来的
，小物块的加速度是多大．
考点： 牛顿第二定律；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用；电场强度．
专题： 牛顿运动定律综合专题．
分析： （1）对小物块进行受力分析，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，电场力水平向右，根据小物块受力平衡列方程可求电场力的大小，在匀强电场中电场力F=qE，在已知F和q的情况下，可以计算出E．
（2）电场强度减小为原来的
，则小物块受到的电场力减小为原来的
，物块受到的重力不变，支持力方向不变，小物块在垂直于斜面方向所受合力为0，平行于斜面的方向的合力使物块产生加速度．
解答： 解：
（1）建立如图所示坐标系，对物体进行受力分析，根据平衡列方程：
在x轴方向：F合x=Fcosθ﹣mgsinθ=0
在y轴方向：F合y=FN﹣mgcosθ﹣Fsinθ=0
联列代入θ=37°得：F=
在电场中电场力F=qE可得电场强度E=
=
．
（2）建立如图所示坐标系对物体受力分析有：
物体在x轴方向所受的合外力为：F合x=Fcosθ﹣mgsinθ=ma
由此得物体产生的加速度为：
又因为电场强度变为原来的
，所以此时物体受到的电场力F=qE′=
则物体产生的加速度
（负号表示方向沿x轴负方向）
所以物体产生的加速度的大小为0.3g．
答：（1）水平向右的电场的电场强度E=
；
（2）若将电场强度减小为原来的
，小物块的加速度是0.3g．
点评： 正确的受力分析，根据平衡列方程可得电场力F的大小，又因电场力F=qE，正确的受力分析并列出方程是解题的关键．
14．（12分）（2015秋?汉川市校级期中）如图所示电路中，电源的电动势ε=16V，电阻R1=R2=R3=10Ω，电源内阻r=1Ω．求下述各种情况中电压表的示数（电压表的内阻非常大，流过电压表的电流可忽略不计）．
（1）电键S接在a点．
（2）电键S断开．
（3）电键S接在b点．
考点： 闭合电路的欧姆定律．
专题： 恒定电流专题．
分析： （1）电键S接a点时，电阻R1和电压表被短路，电压表示数为0；
（2）S断开时，R1、R2串联，电压表测量R1、两端的电压，根据闭合电路欧姆定律列式．
（3）S接b时：R2、R3并联后与，R1串联，根据闭合电路欧姆定律列式，联立方程即可求．
解答： 解：（1）电键S接a点时，电阻R1和电压表被短路，电压表示数为0；
（2）S断开时，R1、R2串联，电压表测量R1、两端的电压，则有：R外=R1+R2…①
由欧姆定律得：I=
…②
电压表的示数：U=IR1…．③
联立①②③解之得：U=
=7.62V
（3）S接b时：R2、R3并联后与，R1串联，则有：R总=r+R1+
…④
由欧姆定律得：I=I=
…⑤
电压表的示数：U=IR1…．⑥
联立④⑤⑥解之得：U=10V
答：电键S接在a点，电键S断开，电键S接在b点上时电压表的示数分别为：0V；7.62V；10V
点评： 对于复杂电路一般先进行电路的简化，明确电路的结构，然后再利用欧姆定律及串并联电路的特点求解即可．
15．（12分）（2015秋?汉川市校级期中）电子从静止出发被1137.5V的电压加速，然后进入另一个电场强度为5000N/C的匀强偏转电场，进入时的速度方向与偏转电场的方向垂直．已知偏转电极长6cm，电子电量e=1.6×10﹣19C，质量m=9.1×10﹣31㎏．（电子重力不计）求：
（1）电子离开加速电场时的速度大小．
（2）离开偏转电场时速度方向与离开加速电场时速度方向偏向角的正切值．
考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理．
专题： 带电粒子在电场中的运动专题．
分析： （1）粒子经过加速电场时加速，由动能定理可以解得其获得的速度．
（2）粒子垂直进入偏转电场做类平抛运动，把其分解为水平方向的匀速直线运动，竖直方向的匀加速直线运动．由牛顿第二定律和运动学公式结合求解．
解答： 解：（1）对直线加速过程，由动能定理有：
所以：
=
=2×107m/s
（2）偏转电场中做类似平抛运动，故：
L=υ0t
vy=
故速度方向偏向角的正切值：
tanθ=
=
=
=
=
答：（1）电子离开加速电场时的速度大小为2×107m/s．
（2）离开偏转电场时速度方向与离开加速电场时速度方向偏向角的正切值为
．
点评： 把类平抛运动分解成水平方向的匀速直线运动，竖直方向的匀加速直线运动，结合牛顿第二定律和匀变速直线运动规律解题．
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