安徽省池州市東至二中高二上學期月考物理試卷（月份）

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2016-2017學年安徽省池州市東至二中高二(上）月考物理試卷（12月份)一、選擇題：40分（1—6每個小題只有一個正確答案；7-10每個小題至少有兩個正確答案）1．如圖所示,a、b、c為同一種材料做成的電阻，b與a的長度相等但橫截面積是a的兩倍；c與a的橫截面積相等但長度是a的兩倍．當開關閉合后，三個理想電壓表的示數關系是（）A．V1的示數是V2的2倍 B．V1的示數是V3的2倍C．V2的示數是V1的2倍 D．V2的示數是V3的2倍2．如圖所示，一電容為C的平行板電容器，兩極板A、B間距離為d，板間電壓為U，B板電勢高于A板．兩板間有M、N、P三點,MN連線平行于極板,N、P連線垂直于極板，M、P兩點間距離為L,∠PMN=θ．以下說法正確的是（）A．電容器帶電量為B．兩極板間勻強電場的電場強度大小為C．M、P兩點間的電勢差為D．若將帶電量為+q的電荷從M移到P，該電荷的電勢能減少了3．在顯像管的電子槍中，從熾熱的金屬絲不斷放出的電子進入電壓為U的加速電場,設其初速度為零，經加速后形成橫截面積S、電流為I的電子束．已知電子的電量為e,質量為m，則在剛射出加速電場時，一小段長為△l的電子束內的電子數是（）A． B． C． D．4．如圖所示，A、B、C、D、E、F為勻強電場中一個正六邊形的六個頂點,已知A、B、C三點的電勢分別為1V、6V和9V．則D、E、F三點的電勢分別為（）A．+7V、+2V和+1V B．+7V、+2V和﹣1VC．﹣7V、﹣2V和+1V D．+7V、﹣2V和﹣1V5．如圖所示，水平放置的平行板電容器充電后與電源斷開,一重力不計的帶電粒子沿著上板水平射入電場，恰好從下板右邊緣飛出電場,粒子電勢能減少了△E1．若保持上板不動，將下板上移少許,該粒子仍以相同的速度從原處射入電場,粒子在電場中電勢能減少了△E2，下列分析正確的是（）A．電容變大，兩板間電壓不變，兩板間場強變大B．電容變小，兩板間電壓變大，兩板間場強不變C．粒子將打在下板上，且△E1＞△E2D．粒子仍然從下板右邊緣飛出電場,且△E1=△E26．如圖，直線OAC的某一直線電源的總功率隨總電流變化的曲線，拋物線OBC為同一電源內部消耗的功率隨總電流的變化曲線，若A、B對應的橫坐標為1。5,則下面判斷正確的是（）A．線段AB表示的功率為2.25WB．電源的電動勢為3V，內阻為1。5ΩC．電流為2A時，電源的輸出功率最大D．電流為1A時，路端電壓為1V7．如圖所示的電路中，電源內阻為r，閉合電鍵，電壓表示數為U，電流表示數為I;在滑動變阻器R1的滑片P由a端滑到b端的過程中（）A．U先變大后變小B．I先變小后變大C．U與I的比值先變大后變小D．U的變化量的大小與I的變化量的大小的比值等于r8．如圖所示，有三個質量相等分別帶正電、負電和不帶電的小球，從平行板電場中的左側以相同的初速垂直于電場方向進入電場,它們分別落到A、B、C三點,則可以斷定(）A．落到a點的小球帶正電，落到C點的小球帶負電B．三小球在電場中運動時間相等C．三小球到達負極板的動能關系是EKA＞EKB＞EKCD．三小球在電場中運動的加速度是aA＞aB＞aC9．如圖所示,虛線a、b、c代表電場中三個等勢面,相鄰等勢面之間的電勢差相等，即Uab=Ubc,實線為一帶正電的質點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡，P、Q是這條軌跡上的兩點，據此可知（)A．三個等勢面中，a的電勢最高B．帶電質點在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大C．帶電質點通過P點時的動能比通過Q點時大D．帶電質點通過P點時的加速度比通過Q點時小10．如圖所示,P是固定在水平面CD上的一半徑為R的圓弧槽軌道,從水平桌面邊緣A處，以速度v0水平飛出一個質量為m的小球，恰好能從圓弧槽左端B點處沿圓弧槽切線方向進入軌道．已知O點是圓弧槽軌道的圓心，桌面比水平面高H，θ1是OB與豎直方向的夾角，θ2是AB與豎直方向的夾角，H=2R，v0=，則（）A．tanθ1tanθ2=1B．tanθ1tanθ2=2C．小球到達D點時對圓軌道的壓力大小為7mgD．小球到達D點時對圓軌道的壓力大小為6mg二、實驗題：本大題共2小題，第12題4分，第13題10分，共14分．把答案寫在答題卡指定的答題處，不要求寫出演算過程．11．正確讀出下列各數：①圖1游標卡尺的讀數為mm．②圖2螺旋測微器的讀數mm12．（1）某同學對一個表頭G進行改裝，已知其滿偏電流Ig=100μA，內阻標稱值Rg=900Ω，先利用定值電阻R1將表頭改裝成一個1mA的電流表,然后利用定值電阻R2再將此電流表改裝成一個3V的電壓表V1（如圖1所示）；則根據條件，定值電阻R1=Ω,R2=Ω．（2）改裝完畢后，他用量程為3V，內阻為2500Ω的標準電壓表V2對此電壓表從0開始全范圍的刻度進行校準．滑動變阻器R有兩種規(guī)格：A:滑動變阻器（0~20Ω）B:滑動變阻器（0～2KΩ）為了實驗中電壓調節(jié)方便,R應選用（填A或B）(3)完成圖2中的校準電路圖（要求:滑動變阻器的觸頭畫在開始實驗時的位置上)(4）由于表頭G上的標稱值Rg小于真實值，造成改裝后電壓表的讀數會比標準電壓表的讀數．（填“偏大”或“偏小”）三、計算題（本題共4小題，10+10+12+14共46分．把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位．）13．如圖所示，E=13。5V，r=2Ω，R4=2Ω,R5=1Ω,R6=3Ω,電流表和電壓表均為理想電表，當開關S斷開時，電流表的讀數為I1=1.35A，電壓表的示數為U1=1.35V，當S閉合后，電流表的讀數為I2=1。5A,電壓表的示數為U2=2.25V，求R1、R2、R3的阻值．14．如圖所示,M、N為兩塊水平放置的平行金屬板，板長L1=10cm，兩板間的距離d=10cm，兩板間電壓U=50V．圖中虛線O1O2為平行于兩板的中軸線．一帶電粒子以初速度v0從O1沿O1O2射入電場,最終打在離兩板右端L2=20cm豎直屏上的P點．到達P點的瞬時速度與水平方向的夾角α=45°．（粒子的比荷為1。8×1013，不計粒子的重力．）求:（1）初速度v0多大？(2）P到O2的距離Y多大？15．某課外小組設計了一種測定風速的裝置，其原理如圖所示，一個勁度系數k=1300N/m,自然長度L0=0。5m彈簧一端固定在墻上的M點,另一端N與導電的迎風板相連，彈簧穿在光滑水平放置的電阻率較大的金屬桿上,彈簧是不導電的材料制成的．迎風板面積S=0.5m2，工作時總是正對著風吹來的方向．電路的一端與迎風板相連，另一端在M點與金屬桿相連．迎風板可在金屬桿上滑動,且與金屬桿接觸良好．定值電阻R=1。0Ω，電源的電動勢E=12V，內阻r=0。5Ω．閉合開關，沒有風吹時，彈簧處于原長，電壓表的示數U1=3.0V，某時刻由于風吹迎風板,電壓表的示數變?yōu)閁2=2。0V．（電壓表可看作理想表)求：（1）金屬桿單位長度的電阻；（2）此時作用在迎風板上的風力；（3)假設風（運動的空氣）與迎風板作用后的速度變?yōu)榱?空氣的密度為1。3kg/m3，求風速多大．16．如圖所示為研究電子槍中電子在電場中運動的簡化模型示意圖．在Oxy平面的ABCD區(qū)域內,存在兩個場強大小均為E的勻強電場I和II，兩電場的邊界均是邊長為L的正方形（不計電子所受重力）．（1）在該區(qū)域AB邊的中點處由靜止釋放電子，求電子離開ABCD區(qū)域的位置．(2)在電場I區(qū)域內適當位置由靜止釋放電子，電子恰能從ABCD區(qū)域左下角D處離開,求所有釋放點位置坐標滿足的關系式．（3)若將左側電場II整體水平向右移動（n≥1),仍使電子從ABCD區(qū)域左下角D處離開（D不隨電場移動）,求在電場I區(qū)域內由靜止釋放電子的所有位置．

2016-2017學年安徽省池州市東至二中高二（上）月考物理試卷（12月份）參考答案與試題解析一、選擇題：40分（1-6每個小題只有一個正確答案；7—10每個小題至少有兩個正確答案)1．如圖所示，a、b、c為同一種材料做成的電阻,b與a的長度相等但橫截面積是a的兩倍；c與a的橫截面積相等但長度是a的兩倍．當開關閉合后，三個理想電壓表的示數關系是（)A．V1的示數是V2的2倍 B．V1的示數是V3的2倍C．V2的示數是V1的2倍 D．V2的示數是V3的2倍【考點】歐姆定律；串聯電路和并聯電路．【分析】根據題意，由歐姆定律求出a、b、c的電阻關系；三個電阻串聯，三個電壓表分別測三個電阻電壓，由串聯電路特點及歐姆定律可以求出各電壓表間的示數關系．【解答】解：由題意可知：Lc=2La=2Lb,Sb=2Sa=2Sc；由電阻設b的電阻Rb=R，由電阻定律R=ρ得：Ra=2Rb=2R，Rc=2Ra=4R，Rc：Ra:Rb=4：2：1，由電路圖可知，a、b、c三個電阻串聯，通過它們的電流I相等，由U=IR得:Uc：Ua：Ub=4:2：1，UV3：UV1：UV2=4:2：1,A、V1的示數是V2的2倍，故A正確，C錯誤；B、V3的示數是V1的2倍，故B錯誤；D、V3的示數是V2的4倍，故D錯誤；故選：A．2．如圖所示，一電容為C的平行板電容器，兩極板A、B間距離為d，板間電壓為U，B板電勢高于A板．兩板間有M、N、P三點，MN連線平行于極板,N、P連線垂直于極板，M、P兩點間距離為L，∠PMN=θ．以下說法正確的是（）A．電容器帶電量為B．兩極板間勻強電場的電場強度大小為C．M、P兩點間的電勢差為D．若將帶電量為+q的電荷從M移到P，該電荷的電勢能減少了【考點】電勢差;電場強度；電勢能;電容．【分析】根據電容的定義式C=求出電容器的帶電量．兩極板間勻強電場的電場強度大小E=．PN間的電勢差小于板間電壓U．根據U=Ed，d是兩點間沿場強方向的距離求電勢差．將帶電量為+q的電荷從M移到P，電場力做正功，電勢能減?。鶕妶隽ψ龉絎MP=qUMP求出電場力做功．【解答】解：A、由電容的定義式C=得電容器的帶電量Q=CU．故A錯誤．B、兩極板間勻強電場的電場強度大小E=，不等于．故B錯誤．C、M、P兩點間的電勢差為UMP=ELsinθ=．故C錯誤．D、將帶電量為+q的電荷從M移到P，電場力做功WMP=qUMP=，電荷的電勢能減小．故D正確．故選D3．在顯像管的電子槍中，從熾熱的金屬絲不斷放出的電子進入電壓為U的加速電場,設其初速度為零，經加速后形成橫截面積S、電流為I的電子束．已知電子的電量為e，質量為m，則在剛射出加速電場時，一小段長為△l的電子束內的電子數是（）A． B． C． D．【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動;電流、電壓概念．【分析】根據動能定理求出電子剛出加速電場時的速度v．在一小段長為△l內電子可以看成做勻速運動，由求出電子運動的時間，根據電流求出長為△l電子束的電量，再求解電子數．【解答】解：根據動能定理得eU=得到,v=①在剛射出加速電場時，一小段長為△l的電子束內電子電量為q=I△t=I②電子數n=③聯立①②③得，n=故選B4．如圖所示，A、B、C、D、E、F為勻強電場中一個正六邊形的六個頂點，已知A、B、C三點的電勢分別為1V、6V和9V．則D、E、F三點的電勢分別為（）A．+7V、+2V和+1V B．+7V、+2V和﹣1VC．﹣7V、﹣2V和+1V D．+7V、﹣2V和﹣1V【考點】電勢差與電場強度的關系；電勢．【分析】在勻強電場中，沿著任意方向前進相同距離，電勢的降落必定相等，根據這個特點并結合幾何關系就可以得到各點的電勢大?。窘獯稹拷猓涸趧驈婋妶鲋?，沿著任意方向前進相同距離,電勢的降落必定相等，可知φA﹣φF=φC﹣φD，φB﹣φC=φF﹣φE,設F點的電勢為x,則E點的電勢為x+3,根據幾何關系知，BE的長度是AF的兩倍，則BE間的電勢差是AF間的2倍，則有：(x+3﹣6）=2（x﹣1），解得x=﹣1V，則φE=2V，φD=7V,故B正確,A、C、D錯誤．故選:B．5．如圖所示，水平放置的平行板電容器充電后與電源斷開，一重力不計的帶電粒子沿著上板水平射入電場,恰好從下板右邊緣飛出電場，粒子電勢能減少了△E1．若保持上板不動，將下板上移少許,該粒子仍以相同的速度從原處射入電場，粒子在電場中電勢能減少了△E2,下列分析正確的是（）A．電容變大，兩板間電壓不變，兩板間場強變大B．電容變小，兩板間電壓變大,兩板間場強不變C．粒子將打在下板上，且△E1＞△E2D．粒子仍然從下板右邊緣飛出電場，且△E1=△E2【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動；電容器的動態(tài)分析．【分析】將電容器下板向上移動一段距離，電容器所帶的電量Q不變，根據電容器的定義式導出電場強度的變化，判斷粒子的運動情況，注意粒子做類平拋運動，根據W=Uq可分析電場力做功情況，從而明確電勢能的變化情況．【解答】解:A、由C=可知，d減小時，電容增大，將電容器上板向下移動一段距離，電容器所帶的電量Q不變,由于：E===,可知當d減小時，場強E不變，但極板間電壓U=Ed會隨d減小而降低，故AB錯誤C、由于場強不變,故粒子運動軌跡不變，由于下板上移,故粒子將打在下板上，由于電勢差變小，電場力做功減小，故電勢能該變量變小,故C正確,D錯誤，故選：C．6．如圖，直線OAC的某一直線電源的總功率隨總電流變化的曲線，拋物線OBC為同一電源內部消耗的功率隨總電流的變化曲線，若A、B對應的橫坐標為1。5，則下面判斷正確的是（）A．線段AB表示的功率為2。25WB．電源的電動勢為3V，內阻為1.5ΩC．電流為2A時，電源的輸出功率最大D．電流為1A時，路端電壓為1V【考點】電功、電功率．【分析】根據電源的總功率P=EI，由C點的坐標求出電源的電動勢和內阻;AB段表示外電路的功率,再求解AB段表示的功率．【解答】解：B、電源的總功率P=EI，C點表示I=3A，P=9W，則電源的電動勢：,由圖看出，C點表示外電路短路，電源內部熱功率等于電源的總功率，則有:P=I2r，代入解得：r=1Ω，故B錯誤；A、AB段表示的功率為：PAB=EI′﹣I′2r=3×1。5﹣1。52×1（W）=2.25W,故A正確；C、電源的輸出功率:P=EI﹣I2r=2I﹣I2=﹣（I﹣1)2+1，故當I=1A時輸出功率最大,為1W,故C錯誤;D、根據U=E﹣Ir=3﹣I，當I=1A時，U最大，為2V，故D錯誤；故選：A7．如圖所示的電路中，電源內阻為r,閉合電鍵，電壓表示數為U,電流表示數為I；在滑動變阻器R1的滑片P由a端滑到b端的過程中(）A．U先變大后變小B．I先變小后變大C．U與I的比值先變大后變小D．U的變化量的大小與I的變化量的大小的比值等于r【考點】閉合電路的歐姆定律．【分析】電源內阻忽略不計,電壓表測量電源電壓，所以無論外電阻如何變化，電壓表示數不變．滑動變阻器R1的滑片P由a端滑到b端的過程中，電阻先曾大后減小，由歐姆定律可判斷電流表示數的變化和和U與I比值的變化．【解答】解:AB、由圖可知，滑動變阻器上下兩部分并聯,當滑片在中間位置時總電阻最大，則在滑動變阻器R1的滑片P由a端滑到b端的過程中，滑動變阻器R1的電阻先增大后減小,根據閉合電路歐姆定律可知電流表示數先減小后增大,則可知路端電壓先變大后變小；故AB正確；C、U與I的比值就是接入電路的R1的電阻與R2的電阻的和，所以U與I比值先變大后變小,故C正確；D、電壓表示數等于電源的路端電壓，電流表的示數比流過電源的電流小,，因為，即所以U變化量與I變化量比值不等于r,故D錯誤；故選:ABC．8．如圖所示，有三個質量相等分別帶正電、負電和不帶電的小球，從平行板電場中的左側以相同的初速垂直于電場方向進入電場,它們分別落到A、B、C三點,則可以斷定()A．落到a點的小球帶正電，落到C點的小球帶負電B．三小球在電場中運動時間相等C．三小球到達負極板的動能關系是EKA＞EKB＞EKCD．三小球在電場中運動的加速度是aA＞aB＞aC【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動．【分析】由圖可知上極板帶負電，所以平行板間有豎直向上的電場，正電荷在電場中受到向上的電場力，負電荷受到向下的電場力．則不帶電的小球做平拋運動,帶負電的小球做類平拋運動，加速度比重力加速度大，帶正電的小球做加速度比重力加速度小的類平拋運動．由此根據平拋和類平拋運動規(guī)律求解．【解答】解：在平行金屬板間不帶電小球、帶負電小球和帶正電小球的受力如下圖所示：由此可知不帶電小球做平拋運動a1=,帶負電小球做類平拋運動a2=,帶正電小球做類平拋運動a3=．根據題意，三小球在豎直方向都做初速度為0的勻加速直線運動，球到達下極板時，在豎直方向產生的位移h相等，據：t=得三小球運動時間,正電荷運動時間最短，不帶電小球次之，帶負電小球時間最長．A、三小球在水平方向都不受力,做勻速直線運動，則落在板上時水平方向的距離與下落時間成正比，故水平位移最小的A是帶正電荷的小球,B是不帶電的小球，水平位移最大的C是帶負電的小球．故A正確．B、由于三小球在豎直方向位移相等，初速度均為0,由于電場力的作用，三小球的加速度不相等，故它們的運動時間不相等，故B錯誤;C、根據動能定理，三小球到達下板時的動能等于這一過程中合外力對小球做的功．由受力圖可知，帶負電小球合力最大為G+F，做功最多動能最大，帶正電小球合力最小為G﹣F，做功最少動能最?。蔆正確．D、因為A帶正電，B不帶電，C帶負電，所以aA=a2，aB=a1，aC=a3,所以aA＜aB＜aC．故D正確．故選：ACD．9．如圖所示,虛線a、b、c代表電場中三個等勢面，相鄰等勢面之間的電勢差相等,即Uab=Ubc，實線為一帶正電的質點僅在電場力作用下通過該區(qū)域時的運動軌跡,P、Q是這條軌跡上的兩點，據此可知（）A．三個等勢面中,a的電勢最高B．帶電質點在P點具有的電勢能比在Q點具有的電勢能大C．帶電質點通過P點時的動能比通過Q點時大D．帶電質點通過P點時的加速度比通過Q點時小【考點】電勢差與電場強度的關系；電勢;電勢能．【分析】由于帶電質點只受電場力作用，根據運動軌跡彎曲方向可分析出電場力的方向，確定出電場方向，從而分析電勢的高低．根據電場力做功判斷電勢能的高低，結合動能定理比較動能的大?。鶕妶隽Φ拇笮”容^加速度的大小．【解答】解：A、根據軌跡的彎曲方向可知,質點所受的電場力方向大致向下,粒子帶正電，則電場線與等勢面垂直，大致向下，沿著電場線方向電勢逐漸降低，可知a點的電勢最低，故A錯誤．B、從Q到P，電場力做負功，則電勢能增大，可知帶電粒子在P點的電勢能大于Q點的電勢能,故B正確．C、從Q到P，電場力做負功，根據動能定理知，動能減小，即P點的動能小于Q點的動能，故C錯誤．D、P點的電場線比Q點的電場線密，則質點在P點所受的電場力大，根據牛頓第二定理知,質點在P點的加速度大，故D錯誤．故選：B．10．如圖所示，P是固定在水平面CD上的一半徑為R的圓弧槽軌道，從水平桌面邊緣A處，以速度v0水平飛出一個質量為m的小球，恰好能從圓弧槽左端B點處沿圓弧槽切線方向進入軌道．已知O點是圓弧槽軌道的圓心,桌面比水平面高H，θ1是OB與豎直方向的夾角,θ2是AB與豎直方向的夾角，H=2R，v0=,則(）A．tanθ1tanθ2=1B．tanθ1tanθ2=2C．小球到達D點時對圓軌道的壓力大小為7mgD．小球到達D點時對圓軌道的壓力大小為6mg【考點】動能定理的應用;平拋運動；向心力．【分析】從圖中可以看出，速度與水平方向的夾角為θ1，位移與豎直方向的夾角為θ2．然后求出兩個角的正切值，應用平拋運動規(guī)律求出兩角正切值間的關系；應用動能定理與牛頓第二定律求出小球與軌道間的作用力．【解答】解：A、平拋運動在水平方向上做勻速直線運動，在豎直方向上做自由落體運動．速度與水平方向的夾角為θ1，tanθ1==．位移與豎直方向的夾角為θ2，tanθ2===,則tanθ1tanθ2=×=2，故A錯誤，B正確；C、小球從拋出到到達D點過程,由動能定理得：mgH=mvD2﹣mv02，在D點，由牛頓第二定律得：N﹣mg=m，解得：N=7mg，由牛頓第三定律可知，小球對軌道的壓力:N′=N=7mg,故C正確,D錯誤；故選：BC．二、實驗題：本大題共2小題，第12題4分，第13題10分，共14分．把答案寫在答題卡指定的答題處，不要求寫出演算過程．11．正確讀出下列各數：①圖1游標卡尺的讀數為100.4mm．②圖2螺旋測微器的讀數1。604mm【考點】刻度尺、游標卡尺的使用；螺旋測微器的使用．【分析】游標卡尺讀數的方法是主尺讀數加上游標讀數，不需估讀，螺旋測微器的讀數方法是固定刻度讀數加上可動刻度讀數,在讀可動刻度讀數時需估讀．【解答】解：游標卡尺的主尺讀數為100mm，可動刻度讀數為0.1×4=0.4mm，所以最終讀數為:100mm+0.4mm=100。4mm；螺旋測微器的固定刻度讀數1.5mm,可動刻度讀數為0.01×10。4=0.104mm,所以最終讀數為：1.5mm+0。104mm=1.604mm．故答案為：100.4；1.60412．（1）某同學對一個表頭G進行改裝，已知其滿偏電流Ig=100μA，內阻標稱值Rg=900Ω,先利用定值電阻R1將表頭改裝成一個1mA的電流表,然后利用定值電阻R2再將此電流表改裝成一個3V的電壓表V1（如圖1所示）；則根據條件，定值電阻R1=100Ω，R2=2910Ω．（2）改裝完畢后，他用量程為3V，內阻為2500Ω的標準電壓表V2對此電壓表從0開始全范圍的刻度進行校準．滑動變阻器R有兩種規(guī)格:A：滑動變阻器（0～20Ω）B：滑動變阻器（0～2KΩ）為了實驗中電壓調節(jié)方便，R應選用A(填A或B)（3)完成圖2中的校準電路圖(要求：滑動變阻器的觸頭畫在開始實驗時的位置上）(4）由于表頭G上的標稱值Rg小于真實值，造成改裝后電壓表的讀數會比標準電壓表的讀數偏?。ㄌ睢捌?或“偏小"）【考點】把電流表改裝成電壓表．【分析】（1）把電流表改裝成大量程的電流表需要并聯分流電阻，把嗲劉波改裝成電壓表需要串聯分壓電阻，應用串并聯電路特點與歐姆定律求出電阻阻值．（2）為方便實驗操作應選擇最大阻值較小的滑動變阻器．(4)根據實驗電路應用串并聯電路特點分析答題．【解答】解:（1）由圖示電路圖可知:R1==≈100Ω，改裝后電流表內阻：RA===90Ω，把電流表改裝成電壓表,串聯電阻：R2=﹣RA=﹣90=2910Ω；（2）為方便實驗操作滑動變阻器應選擇最大阻值較小的A．（3）電壓表從0開始全范圍的刻度進行校準，滑動變阻器應選擇分壓接法，標準電壓表與改裝后的電壓表并聯，電路圖如圖所示:（4)表頭G上的標稱值Rg小于真實值，改裝后的電流表內阻偏小,改裝后的電壓表串聯電阻偏大,電壓表內阻偏大,兩電壓表并聯，由于改裝后的電壓表內阻偏大,通過改裝電壓表的電流偏小，改裝后的電壓表指針偏角較小，造成改裝后電壓表的讀數會比標準電壓表的讀數偏?。蚀鸢笧椋海?）100；2910；（2)A；（3）電路圖如圖所示；(4）偏?。?、計算題（本題共4小題，10+10+12+14共46分．把答案寫在答題卡中指定的答題處，要求寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟．只寫出最后答案的不能得分．有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位．)13．如圖所示,E=13.5V,r=2Ω，R4=2Ω,R5=1Ω，R6=3Ω,電流表和電壓表均為理想電表,當開關S斷開時，電流表的讀數為I1=1。35A，電壓表的示數為U1=1.35V，當S閉合后，電流表的讀數為I2=1。5A，電壓表的示數為U2=2.25V，求R1、R2、R3的阻值．【考點】閉合電路的歐姆定律．【分析】明確電路結構將電路簡化，根據閉合電路歐姆定律進行分析，同時結合串并聯電路的規(guī)律即可求得電阻值；要注意當開關閉合時，電路的結構較為復雜,要明確串并聯關系．【解答】解：當開關斷開時，電路可簡化為圖1所示；R4兩端的電壓U4=IR4=1.35×2=2。7V；流過R6的電流I2==0。45A；干路電流I總=I+I2=1。35+0.45=1.8A；則由閉合電路歐姆定律可知:E=I總（r+R1）+U4即13。5=1.8×（2+R1)+2.7解得R1=4ΩR3==2Ω；當開關閉合時，等效電路如圖所示;已知流過電流電電流為1.5A,R6兩端電壓為2.25A;則干路電流為I′=1.5+=2.25A路端電壓為U=E﹣I′r=13。5﹣2.25×2=9V;R4兩端的電壓U4′=1.5×2=3V；則R1兩端的電壓為U1′=9﹣3=6V；則流過R1的電壓為1.5A；因此沒有電流流過R3；則R3、R6、R2的總電壓也為9V；電流為0。75A；則有：9=0。75（1+3+R2）解得R2=8Ω解：R1，R2，R3阻值分別為4Ω、8Ω、2Ω14．如圖所示，M、N為兩塊水平放置的平行金屬板，板長L1=10cm，兩板間的距離d=10cm，兩板間電壓U=50V．圖中虛線O1O2為平行于兩板的中軸線．一帶電粒子以初速度v0從O1沿O1O2射入電場，最終打在離兩板右端L2=20cm豎直屏上的P點．到達P點的瞬時速度與水平方向的夾角α=45°．（粒子的比荷為1。8×1013,不計粒子的重力．）求：（1）初速度v0多大？（2）P到O2的距離Y多大？【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動．【分析】(1)根據粒子在電場中做類平拋運動求解水平方向速度與位移關系；根據牛頓第二定律求解加速度大小，再根據豎直方向的勻加速直線運動求解速度與時間關系，根據偏轉角進行運動合成，即可求解初速度大??；（2）根據豎直方向位移時間關系求解出電場的偏轉位移,根據三角形相似列方程求解Y．【解答】解：（1）粒子在電場中運動時，水平方向有L1=v0t豎直方向的加速度a==9×1015m/s2離開電場時豎直方向的分速度vy=at粒子離開電場后做勻速直線運動，故在P點時的速度和離開電場時的速度一樣，依題意有=tan45°即vy=v0，則L1=v0t=at2解得:t=由以上式子解得v0=at=9×1015×m/s=3×107m/s；（2）粒子在電場中的偏轉距離y=at2=由三角形相似有，解得Y=0。25m．答：（1）初速度為3×107m/s；(2)P到O2的距離Y為0。25m．15．某課外小組設計了一種測定風速的裝置，其原理如圖所示，一個勁度系數k=1300N/m，自然長度L0=0。5m彈簧一端固定在墻上的M點，另一端N與導電的迎風板相連，彈簧穿在光滑水平放置的電阻率較大的金屬桿上，彈簧是不導電的材料制成的．迎風板面積S=0.5m2，工作時總是正對著風吹來的方向．電路的一端與迎風板相連,另一端在M點與金屬桿相連．迎風板可在金屬桿上滑動，且與金屬桿接觸良好．定值電阻R=1。0Ω，電源的電動勢E=12V，內阻r=0。5Ω．閉合開關，沒有風吹時,彈簧處于原長，電壓表的示數U1=3.0V，某時刻由于風吹迎風板，電壓表的示數變?yōu)閁2=2.0V．（電壓表可看作理想表）求：(1）金屬桿單位長度的電阻；（2）此時作用在迎風板上的風力;（3）假設風（運動的空氣）與迎風板作用后的速度變?yōu)榱?空氣的密度為1。3kg/m3,求風速多大．【考點】閉合電路的歐姆定律．【分析】(1）定值電阻R與金屬桿串聯，當無風時，根據電壓表示數，應用閉合歐姆定律求出電流，再根據公式R=求出金屬桿接入電路的電阻．(2)根據有風時電壓表示數可用第1題的方法求出金屬桿接入電路的電阻，由電阻再求出此時彈簧的長度，根據胡克定律F=Kx，求出風力．（3）取極短時間內吹到迎風板上的空氣為研究對象,應用動量定理和牛頓第三定律求出風速．【解答】解：（1）當無風時，定值電阻R與金屬桿串聯，由歐姆定律得,電路中電流I==6A此時金屬桿接入電路中的電阻R金==0。5Ω故金屬桿單位長度的電阻為=1Ω/m（2）當有風時，由歐姆定律得,電路中電流I′==此時金屬桿接入電路中的電阻R金==0.3Ω此時金屬桿的長度為L=0。3m根據胡克定律得故作用在迎風板上的風力F=K(