-學年安徽省宣城市宣城中學、郎溪中學、廣德中學聯(lián)考高二（上）期中物理試卷一、選擇題（本題共8小題，每小題3分，共24分.每小題只有一個正確選項．）1．干電池的電動勢為1.5V，這表示（）A．電路中每通過1C的電量，電源把1.5J的化學能轉化為電能B．干電池在1s內(nèi)將1.5J的化學能轉化為電能C．電動勢1.5V就是干電池兩極間電壓為1.5VD．干電池把化學能轉化為電能的本領比電動勢為2V的蓄電池強2．如圖所示，空間有一電場，電場中有兩個點a和b．下列表述正確的是（）A．該電場是勻強電場B．a(chǎn)點的電場強度比b點的大C．a(chǎn)點的電勢比b點的高D．正電荷在a、b兩點受力方向相同3．如圖所示，中子內(nèi)有一個電荷量為的上夸克和兩個電荷量為的下夸克，3個夸克都分布在半徑為r的同一圓周上，則3個夸克在其圓心處產(chǎn)生的電場強度為（）A． B． C． D．4．如圖所示，M、N兩點分別放置兩個等量種異電荷，A為它們連線的中點，B為連線上靠近N的一點，C為連線的中垂線上處于A點上方的一點，在A、B、C三點中（）A．場強最小的點是A點，電勢最高的點是B點B．場強最小的點是A點，電勢最高的點是C點C．場強最小的點是C點，電勢最高的點是B點D．場強最小的點是C點，電勢最高的點是A點5．如圖所示，虛線表示某電場的等勢面．一帶電粒子僅在電場力作用下由A運動到B的徑跡如圖中實線所示．粒子在A點的加速度為aA、電勢能為EA；在B點的加速度為aB、電勢能為EB．則下列結論正確的是（）A．粒子帶正電，aA＞aB，EA＞EB B．粒子帶負電，aA＞aB，EA＜EBC．粒子帶正電，aA＜aB，EA＞EB D．粒子帶負電，aA＜aB，EA＜EB6．A、B、C是勻強電場中的三個點，各點電勢φA=10V，φB=2V，φC=6V，A、B、C三點在同一平面上，如圖所示，關于A、B、C三點的位置及電場強度的方向表示正確的是（）A． B． C． D．7．一個電流表的滿偏電流Ig=1mA，內(nèi)阻為500Ω，要把它改裝成一個量程為5V的電壓表，則應在電流表上（）A．串聯(lián)一個4.5kΩ的電阻 B．并聯(lián)一個4.5kΩ的電阻C．串聯(lián)一個5kΩ的電阻 D．并聯(lián)一個5kΩ的電阻8．如圖是一個電路的一部分，其中R1=5Ω，R2=1Ω，R3=3Ω，I1=0.2A，I2=0.1A，那么電流表測得的電流為（）A．0.2A，方向向右 B．0.15A，方向向左C．0.2A，方向向左 D．0.3A，方向向右二、選擇題（本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多個選項正確，全部選對的得5分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分．）9．如圖所示的電路中，輸入電壓U恒為12V，燈泡L上標有“6V、12W”字樣，電動機線圈的電阻RM=0.50Ω．若燈泡恰能正常發(fā)光，以下說法中正確的是（）A．電動機的輸入功率為12WB．電動機的輸出功率為12WC．電動機的熱功率為2.0WD．整個電路消耗的電功率為22W10．如圖所示，從燈絲發(fā)出的電子經(jīng)加速電場加速后，進入偏轉電場，若加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，要使電子在電場中的偏轉量y增大為原來的2倍，下列方法中正確的是（）A．使U1減小為原來的B．使U2增大為原來的2倍C．使偏轉板的長度增大為原來2倍D．使偏轉板的距離減小為原來的11．如圖所示的電路中，AB是兩金屬板構成的平行板電容器．先將電鍵K閉合，等電路穩(wěn)定后再將K斷開，然后將B板向下平移一小段距離，并且保持兩板間的某點P與A板的距離不變．則下列說法正確的是（）A．電容器的電容變小B．電容器內(nèi)部電場強度大小變大C．電容器內(nèi)部電場強度大小不變D．P點電勢升高12．如圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象．當t=0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是（）A．帶電粒子將始終向同一個方向運動B．2s末帶電粒子回到原出發(fā)點C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零二．填空題（本題共14分，請將正確答案填寫在相應空格內(nèi)）13．如圖1，用游標卡尺測某物體的長度，讀數(shù)為：mm；如圖2，用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，讀數(shù)為mm．14．（10分）（秋?宣城校級期中）在《描繪小燈泡伏安特性曲線》的實驗中，選擇“3V、0.5A的小燈泡作為研究對象，請回答下面幾個問題（1）下列實驗器材中應選用（填入器材序號）A．電流表（量程0～0.6A，內(nèi)阻約0.5Ω）B．電流表（量程0～3A，內(nèi)阻約0.2Ω）C．電壓表（量程0～15V，內(nèi)阻約10kΩ）D．電壓表（0～3v，內(nèi)阻約2kΩ）E．滑動變阻器（阻值0～100Ω）F．滑動變阻器（阻值0～10Ω）G．電源E=6VH．開關，導線若干（2）在如圖1的方框中畫出實驗電路圖，并用實線代替導線，將圖2中的器材連接成可供實驗的電路（3）小燈泡所加的電壓U由零逐漸增大到3V，在此過程中電壓U和電流I的關系可以用圖象表示，圖3中符合實際的是四．計算題（本題共4小題，共42分，請寫出必要的文字說明和解題步驟）15．（10分）（秋?咸陽期末）把帶電荷量2×10﹣8C的正點電荷從無限遠處移到電場中A點，要克服電場力做功8×10﹣6J，若把該電荷從無限遠處移到電場中B點，需克服電場力做功2×10﹣6J，取無限遠處電勢為零．求：（1）A點的電勢；（2）A、B兩點的電勢差；（3）若把2×10﹣5C的負電荷由A點移到B點電場力做的功．16．（10分）（?深圳一模）一根長為l的線吊著一質(zhì)量為m的帶電量為q的小球靜止在水平向右的勻強電場中，如圖所示，線與豎直方向成37°角，現(xiàn)突然將該電場方向變?yōu)橄蛳虑掖笮〔蛔儯豢紤]因電場的改變而帶來的其他影響，（重力加速度為g），求：（1）勻強電場的電場強度的大??；（2）求小球經(jīng)過最低點時線的拉力．17．（10分）（秋?宣城校級期中）如圖所示是加速度計的示意圖，被廣泛地應用于飛機、潛艇、導彈、航天器等裝置制導的信息源．系統(tǒng)加速時，由兩彈簧連接在光滑支架上的敏感元件也處于加速狀態(tài)，它下端連接的金屬臂（與敏感元件絕緣）在滑動變阻器上可自由滑動，轉換為電壓信號輸出．已知敏感元件質(zhì)量為m，兩彈簧勁度系數(shù)均為k，電源電動勢為E，無內(nèi)阻，滑動變阻器總電阻為R，有效長度為L．靜止狀態(tài)時，兩彈簧處于原長，輸出電壓為U0．求：當系統(tǒng)加速度a水平向左、向右兩種情況時，加速度a與輸出電壓u的關系式．18．（12分）（秋?無錫期末）如圖所示，在y＞0的空間中，存在沿y軸正方向的勻強電場E；在y＜0的空間中，存在沿y軸負方向的勻強電場，場強大小也為E，一電子（﹣e，m）在y軸上的P（0，d）點以沿x軸正方向的初速度v0開始運動，不計電子重力，求：（1）電子第一次經(jīng)過x軸的坐標值；（2）請在圖上畫出電子在一個周期內(nèi)的大致運動軌跡；（3）電子在y方向上分別運動的周期；（4）電子運動的軌跡與x軸的各個交點中，任意兩個相鄰交點間的距離．-學年安徽省宣城市宣城中學、郎溪中學、廣德中學聯(lián)考高二（上）期中物理試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本題共8小題，每小題3分，共24分.每小題只有一個正確選項．）1．干電池的電動勢為1.5V，這表示（）A．電路中每通過1C的電量，電源把1.5J的化學能轉化為電能B．干電池在1s內(nèi)將1.5J的化學能轉化為電能C．電動勢1.5V就是干電池兩極間電壓為1.5VD．干電池把化學能轉化為電能的本領比電動勢為2V的蓄電池強【考點】電源的電動勢和內(nèi)阻．【專題】定性思想；歸謬反證法；恒定電流專題．【分析】電源是一種把其它形式的能轉化為電能的裝置，電動勢E的大小等于非靜電力做的功與電量的比值，其大小表示電源把其它形式的能轉化為電能本領大小，而與轉化能量多少無關．【解答】解：A、電源中每通過1C電量，是電源把1.5J的化學能轉變?yōu)殡娔?，故A正確．B、電源中每通過1C電量，非靜電力做功為1.5J，電源把1.5J的化學能轉變?yōu)殡娔?，不?s內(nèi)將1.5J的化學能轉變成電能．故B錯誤；C、干電池與外電路斷開后，兩極間的電勢差為1.5V，故C錯誤；D、電動勢越大，電源的做功能力越強；故干電池把化學能轉化為電能的本領比電動勢為2V的蓄電池弱，故D錯誤；故選：A【點評】電動勢E大小表征電源把其它形式能轉化為電能本領大小，而電壓U大小表征電能轉化為其它形式的能的大小，要注意區(qū)分．2．如圖所示，空間有一電場，電場中有兩個點a和b．下列表述正確的是（）A．該電場是勻強電場B．a(chǎn)點的電場強度比b點的大C．a(chǎn)點的電勢比b點的高D．正電荷在a、b兩點受力方向相同【考點】電場線．【分析】電場線的疏密代表場強的強弱，場強處處相同的電場為勻強電場．沿電場線方向電勢逐漸降低．【解答】解：A、由電場線的分布可以看出，此電場不是勻強電場，故A錯誤；B、b點電場線比a點電場線密，故a點的電場強度比b點的小，故B錯誤；C、根據(jù)電場線的方向知a點的電勢比b點的大，故C正確．D、正電荷在a、b兩點受力方向分別沿a、b兩點的切線方向，方向不同，故D錯誤．故選：C【點評】解決本題的關鍵知道電場線的特點，電場線的疏密代表電場的強弱，電場線上某點的切線方向表示電場的方向．3．如圖所示，中子內(nèi)有一個電荷量為的上夸克和兩個電荷量為的下夸克，3個夸克都分布在半徑為r的同一圓周上，則3個夸克在其圓心處產(chǎn)生的電場強度為（）A． B． C． D．【考點】電場強度；電場的疊加．【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題．【分析】先將兩個電荷量為的下夸克在圓心處產(chǎn)生的電場強度進行合成，再與電荷量為的上夸克在圓心處產(chǎn)生的電場強度合成，求出3個夸克在其圓心處產(chǎn)生的電場強度．【解答】解：一個下夸克在圓心處產(chǎn)生的電場強度大小為E1==，兩個電荷量為的下夸克在圓心處產(chǎn)生的合場強大小為E2=E1=，方向沿A→O．電荷量為的上夸克在圓心處產(chǎn)生的電場強度大小為E3==，方向沿A→O，所以3個夸克在其圓心處產(chǎn)生的電場強度大小E=E2+E3=，方向沿A→O．故選A【點評】本題電場的疊加問題，要利用對稱性．對于兩個下夸克場強的合成可利用力的合成進行類比．4．如圖所示，M、N兩點分別放置兩個等量種異電荷，A為它們連線的中點，B為連線上靠近N的一點，C為連線的中垂線上處于A點上方的一點，在A、B、C三點中（）A．場強最小的點是A點，電勢最高的點是B點B．場強最小的點是A點，電勢最高的點是C點C．場強最小的點是C點，電勢最高的點是B點D．場強最小的點是C點，電勢最高的點是A點【考點】電勢；電場強度．【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題．【分析】根據(jù)等量異種電荷電場線的分布去比較場強的大小，以及電勢的高低．沿著電場線方向電勢降低．【解答】解：根據(jù)等量異種電荷電場線的分布，知道EB＞EA＞EC，場強最小的是C點．等量異種電荷連線的垂直平分線是一條等勢線，知ΦA=ΦC，沿著電場線方向電勢逐漸降低，異種電荷間的電場線由正電荷指向負電荷，知ΦB＞ΦA，所以電勢最高點是B點．故A、B、D錯誤，C正確．故選C．【點評】解決本題的關鍵是熟悉等量異種電荷周圍電場線的分布以及知道等量異種電荷間連線的垂直平分線是等勢線．5．如圖所示，虛線表示某電場的等勢面．一帶電粒子僅在電場力作用下由A運動到B的徑跡如圖中實線所示．粒子在A點的加速度為aA、電勢能為EA；在B點的加速度為aB、電勢能為EB．則下列結論正確的是（）A．粒子帶正電，aA＞aB，EA＞EB B．粒子帶負電，aA＞aB，EA＜EBC．粒子帶正電，aA＜aB，EA＞EB D．粒子帶負電，aA＜aB，EA＜EB【考點】電勢差與電場強度的關系；電勢．【專題】定性思想；推理法；帶電粒子在電場中的運動專題．【分析】根據(jù)軌跡的彎曲方向可知帶電粒子受到的是靜電斥力，根據(jù)等差等勢面的疏密判斷場強大小，結合牛頓第二定律得到加速度大小關系；根據(jù)電場力做功情況斷電勢能大小．【解答】解：根據(jù)粒子軌跡的彎曲方向可知帶電粒子受到的是靜電斥力，根據(jù)U=Ed知，等差等勢面越密的位置場強越大，B處等差等勢面較密集，則場強大，帶電粒子所受的電場力大，加速度也大，即aA＜aB；粒子從A運動到B，電場力對帶電粒子做負功，電勢能增加，則知B點電勢能大，即EA＜EB；故D正確．故選：D【點評】本題關鍵是先根據(jù)靠差等勢面的疏密判斷場強的大小，再結合電場力做功正負分析電勢能變化．公式U=Ed，對非勻強電場可以用來定性分析場強．6．A、B、C是勻強電場中的三個點，各點電勢φA=10V，φB=2V，φC=6V，A、B、C三點在同一平面上，如圖所示，關于A、B、C三點的位置及電場強度的方向表示正確的是（）A． B． C． D．【考點】電場強度；等勢面．【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題．【分析】在勻強電場中，電場強度大小處處相等，方向處處相同，則電場線是平行且等間距．電勢沿著電場線降低，電場線與等勢面垂直．【解答】解：各點電勢φA=10V，φB=2V，φC=6V，則AB兩點連線的中點M的電勢為6V，因此M點與C點的連線為等勢面，那么與連線垂直的即為電場線．由于φA=10V，φB=2V，又因為電勢沿著電場線降低．所以D正確；故選：D【點評】等勢面就是電勢相等的點所構成的平面．電荷在等勢面上移動，電場力不做功．因此電場線與等勢面垂直．7．一個電流表的滿偏電流Ig=1mA，內(nèi)阻為500Ω，要把它改裝成一個量程為5V的電壓表，則應在電流表上（）A．串聯(lián)一個4.5kΩ的電阻 B．并聯(lián)一個4.5kΩ的電阻C．串聯(lián)一個5kΩ的電阻 D．并聯(lián)一個5kΩ的電阻【考點】把電流表改裝成電壓表．【專題】實驗題．【分析】把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)一個分壓電阻，應用串聯(lián)電路特點與歐姆定律可以求出串聯(lián)電阻阻值．【解答】解：把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)一個分壓電阻，串聯(lián)電阻阻值：R=﹣Rg=Ω﹣500Ω=4500Ω=4.5kΩ；故選：A．【點評】本題考查了電壓表的改裝，知道電壓表的改裝原理，應用串聯(lián)電路特點與歐姆定律可以解題，本題是一道基礎題．8．如圖是一個電路的一部分，其中R1=5Ω，R2=1Ω，R3=3Ω，I1=0.2A，I2=0.1A，那么電流表測得的電流為（）A．0.2A，方向向右 B．0.15A，方向向左C．0.2A，方向向左 D．0.3A，方向向右【考點】串聯(lián)電路和并聯(lián)電路．【專題】恒定電流專題．【分析】分別求出R1兩端的電壓和R2兩端的電壓，然后判斷根據(jù)電位確定R3兩端的電壓以及電流的方向，再根據(jù)求出通過R3的電流，最后根據(jù)節(jié)點法確定通過電流表電流的方向和大?。窘獯稹拷猓篟1兩端的電壓U1=I1R1=0.2AX5Ω=1VR2兩端的電壓U2=I2R2=0.1AX1Ω=0.1VR1左端與R2的左端電位相等，U1＞U2，則R1右端的電位低于R2右端的電位．R3兩端的電壓U3=U1﹣U2=1V﹣0.1V=0.9V通過R3的電流I3=，R3上端電位低，下端電位高，電流方向由下向上．因此用節(jié)點法可知通過電流表的電流方向向左．設電流表的示數(shù)為IA，對于電流表左端的節(jié)點，流入節(jié)點的電流等于流出節(jié)點的電流．即IA+I2=I3電流表的示數(shù)IA=I3﹣I2=0.3A﹣0.1A=0.2A．故C正確，ABD錯誤．故選：C【點評】本題考查歐姆定律的應用和電流方向的判斷，本題涉及電位的概念，以及節(jié)點法判斷電流方向以及電流大小，難度較大，要求大家需要掌握更多關于電學的知識．二、選擇題（本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多個選項正確，全部選對的得5分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分．）9．如圖所示的電路中，輸入電壓U恒為12V，燈泡L上標有“6V、12W”字樣，電動機線圈的電阻RM=0.50Ω．若燈泡恰能正常發(fā)光，以下說法中正確的是（）A．電動機的輸入功率為12WB．電動機的輸出功率為12WC．電動機的熱功率為2.0WD．整個電路消耗的電功率為22W【考點】電功、電功率．【專題】恒定電流專題．【分析】由燈泡銘牌可知燈泡額定電是6V，額定功率是12W，由電功率的變形公式可以求出燈泡正常發(fā)光時的電流；由串聯(lián)電路特點可以求出電動機的電壓，由電功率公式可以求出電機總功率與熱功率，進一步求出電動機的輸出功率；由電功率公式可以求出電路總功率．【解答】解：A、電動機兩端的電壓U1=U﹣UL=12﹣6V=6V，整個電路中的電流I=，所以電動機的輸入功率P=U1I=6×2W=12W．故A正確．B和C、電動機的熱功率P熱=I2RM=4×0.5W=2W，則電動機的輸出功率P2=P﹣I2RM=12﹣2W=10W．故B錯誤；C正確．D、整個電路消耗的功率P總=UI=12×2W=24W．故D錯誤．故選：AC．【點評】解決本題的關鍵知道電動機的輸出功率P2=I2RM以及知道整個電路消耗的功率P總=UI．10．如圖所示，從燈絲發(fā)出的電子經(jīng)加速電場加速后，進入偏轉電場，若加速電壓為U1，偏轉電壓為U2，要使電子在電場中的偏轉量y增大為原來的2倍，下列方法中正確的是（）A．使U1減小為原來的B．使U2增大為原來的2倍C．使偏轉板的長度增大為原來2倍D．使偏轉板的距離減小為原來的【考點】帶電粒子在勻強電場中的運動．【專題】帶電粒子在電場中的運動專題．【分析】電子先經(jīng)加速電場加速后，進入偏轉電場，根據(jù)動能定理求出加速獲得的速度與加速電壓的關系．由牛頓第二定律求出電子進入偏轉電場時的加速度，根據(jù)運動的合成與分解，推導出電子在偏轉電場中偏轉量與偏轉電壓的關系，再綜合得到偏轉電場中偏轉量與加速電壓、偏轉電壓的關系，再進行選擇．【解答】解：設電子的質(zhì)量和電量分別為m和e．電子在加速電場中加速過程，根據(jù)動能定理得eU1=①電子進入偏轉電場后做類平拋運動，加速度大小為a=②電子在水平方向做勻直線運動，則有t=③在豎直方向做勻加速運動，則有偏轉量y=④聯(lián)立上述四式得，y=A、根據(jù)偏轉量y=得知，要使電子在電場中的偏轉量y增大為原來的2倍，使U1減小為原來的．故A正確．B、根據(jù)偏轉量y=得知，要使電子在電場中的偏轉量y增大為原來的2倍，使U2增大為原來的2倍．故B正確．C、根據(jù)偏轉量y=得知，要使電子在電場中的偏轉量y增大為原來的2倍，使偏轉板的長度L增大為原來倍．故C錯誤．D、要使電子在電場中的偏轉量y增大為原來的2倍，使偏轉板的距離減小為原來的．故D正確．故選ABD【點評】本題粒子從靜止開始先進入加速電場后進入偏轉電場，得到的結論與粒子的質(zhì)量和電量無關．11．如圖所示的電路中，AB是兩金屬板構成的平行板電容器．先將電鍵K閉合，等電路穩(wěn)定后再將K斷開，然后將B板向下平移一小段距離，并且保持兩板間的某點P與A板的距離不變．則下列說法正確的是（）A．電容器的電容變小B．電容器內(nèi)部電場強度大小變大C．電容器內(nèi)部電場強度大小不變D．P點電勢升高【考點】電容器的動態(tài)分析．【專題】電容器專題．【分析】在電容器的電量不變的情況下，將B板下移，則導致電容變化，電壓變化，根據(jù)E=與c=相結合可得E=，從而確定電場強度是否變化．再根據(jù)電荷帶電性可確定電勢能增加與否．【解答】解：A、根據(jù)c=，當B板向下平移一小段距離，間距d增大，其它條件不變，則導致電容變小，故A正確；B、根據(jù)E=與c=相結合可得E=，由于電量不變，場強大小不變，故B錯誤C正確；D、B板接地，場強不變，所以P點與地間的電勢差增大，即P點電勢升高，故D正確；故選：ACD【點評】做好電容器的題目要把電容的定義式、決定式和場強的推導式結合應用．12．如圖所示為勻強電場的電場強度E隨時間t變化的圖象．當t=0時，在此勻強電場中由靜止釋放一個帶電粒子，設帶電粒子只受電場力的作用，則下列說法中正確的是（）A．帶電粒子將始終向同一個方向運動B．2s末帶電粒子回到原出發(fā)點C．3s末帶電粒子的速度為零D．0～3s內(nèi)，電場力做的總功為零【考點】電場強度．【分析】由圖象可知，電場強度的大小與方向的變化，當帶電粒子由靜止釋放僅在電場力作用下，根據(jù)運動與力的關系可確定運動情況．【解答】解：由牛頓第二定律可知，帶電粒子在第1s內(nèi)的加速度為a1=，為第2s內(nèi)加速度a2=的，因此先加速1s再減小0.5s時速度為零，接下來的0.5s將反向加速，v﹣t圖象如圖所示：A、帶電粒子在前1秒勻加速運動，在第二秒內(nèi)先做勻減速后反向加速，所以不是始終向一方向運動，故A錯誤．B、根據(jù)速度時間圖象與坐標軸圍成的面積表示位移可知，在t=2s時，帶電粒子離出發(fā)點最遠，故B錯誤；C、由圖可知，粒子在第1s內(nèi)做勻加速運動，第2s內(nèi)做勻減速運動，3s末的瞬時速度剛減到0，故C正確；D、因為第4s末粒子的速度剛好減為0，根據(jù)動能定理知粒子只受電場力作用，前4s內(nèi)動能變化為0，即電場力做的總功為零．故D正確．故選：CD．【點評】本題帶電粒子在周期性變化的電場中運動，關鍵之處是電場強度大小不一，導致加速度不一，所以失去對稱性．若電場強度大小相同，則帶電粒子一直同一個方向運動．二．填空題（本題共14分，請將正確答案填寫在相應空格內(nèi)）13．如圖1，用游標卡尺測某物體的長度，讀數(shù)為：91.60mm；如圖2，用螺旋測微器測量金屬絲的直徑，讀數(shù)為1.771mm．【考點】刻度尺、游標卡尺的使用；螺旋測微器的使用．【專題】實驗題；定量思想；類比法；直線運動規(guī)律專題．【分析】游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀．螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．【解答】解：游標卡尺的固定刻度讀數(shù)為91mm，游標讀數(shù)為0.05×12mm=0.60mm，所以最終讀數(shù)為91.60mm．螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為1.5mm，可動刻度讀數(shù)為0.01×27.1mm=0.271mm，所以最終讀數(shù)為1.771mm．故答案為：91.60，1.771（1.769～1.772）．【點評】解決本題的關鍵掌握游標卡尺和螺旋測微器的讀數(shù)方法，游標卡尺讀數(shù)的方法是主尺讀數(shù)加上游標讀數(shù)，不需估讀．螺旋測微器的讀數(shù)方法是固定刻度讀數(shù)加上可動刻度讀數(shù)，在讀可動刻度讀數(shù)時需估讀．14．（10分）（秋?宣城校級期中）在《描繪小燈泡伏安特性曲線》的實驗中，選擇“3V、0.5A的小燈泡作為研究對象，請回答下面幾個問題（1）下列實驗器材中應選用ADFGH（填入器材序號）A．電流表（量程0～0.6A，內(nèi)阻約0.5Ω）B．電流表（量程0～3A，內(nèi)阻約0.2Ω）C．電壓表（量程0～15V，內(nèi)阻約10kΩ）D．電壓表（0～3v，內(nèi)阻約2kΩ）E．滑動變阻器（阻值0～100Ω）F．滑動變阻器（阻值0～10Ω）G．電源E=6VH．開關，導線若干（2）在如圖1的方框中畫出實驗電路圖，并用實線代替導線，將圖2中的器材連接成可供實驗的電路（3）小燈泡所加的電壓U由零逐漸增大到3V，在此過程中電壓U和電流I的關系可以用圖象表示，圖3中符合實際的是B【考點】描繪小電珠的伏安特性曲線．【專題】實驗題；定量思想；實驗分析法；恒定電流專題．【分析】根據(jù)小燈泡的額定電壓可以選出電壓表，根據(jù)燈泡的額定功率可求出額定電流，則可確定出電流表；根據(jù)滑動變阻器的接法可選出滑動變阻器；根據(jù)測伏安特性曲線的實驗要求可以選出滑動變阻器的接法，由電流表及電壓表內(nèi)阻的關系可得出電流表的接法；燈泡電阻受溫度影響，隨溫度升高而增大，據(jù)此分析圖象，選出符合實際的圖象．【解答】解：（1）由題意可知，燈泡的額定電壓為3V，為了準確性及安全性原則，電壓表應選擇D；由P=UI可得，燈泡的額定電流為0.5A，故電流表應選擇A；測量燈泡的伏安特性曲線實驗中應采用分壓接法，故滑動變阻器應選用小電阻，故滑動變阻器應選擇F；實驗還需要電源E=6V，開關I，導線若干，所以實驗器材中應選用ADFGH．（2）測量小燈泡的伏安特性曲線時，要求電壓值從零開始變化，故滑動變阻器應采有分壓接法；燈泡內(nèi)阻為=6Ω，而電流表內(nèi)阻約為1Ω，故電流表應采用外接法；在用伏安法描繪這個燈泡的I一U圖線的實驗中，電壓要從零開始變化，并要多測幾組數(shù)據(jù)，故只能采用滑動變阻器分壓接法，注意電流從電流表電壓表正接線柱流入，如圖：（3）小燈泡的溫度不斷升高，電阻增大，由歐姆定律得到R=，等于圖線上的點與原點連線的斜率倒數(shù)，電阻一直增大，故圖線上的點與原點連線的斜率一直減?。訟CD不符合實際，故B正確．故選：B．故答案為：（1）ADFGH；（2）如圖；（3）B；【點評】本題考查了作實驗電路圖、作燈泡的伏安特性曲線，根據(jù)題意確定滑動變阻器與電流表的接法是正確作出實驗電路圖的關鍵；注意燈泡電阻與溫度之間的關系．四．計算題（本題共4小題，共42分，請寫出必要的文字說明和解題步驟）15．（10分）（秋?咸陽期末）把帶電荷量2×10﹣8C的正點電荷從無限遠處移到電場中A點，要克服電場力做功8×10﹣6J，若把該電荷從無限遠處移到電場中B點，需克服電場力做功2×10﹣6J，取無限遠處電勢為零．求：（1）A點的電勢；（2）A、B兩點的電勢差；（3）若把2×10﹣5C的負電荷由A點移到B點電場力做的功．【考點】電勢；電勢差；電勢能．【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題．【分析】根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關系公式WAB=EpA﹣EpB求出電荷在電場中各個點的電勢能，再根據(jù)電勢的定義式φ=得到各個點的電勢；最后根據(jù)電場力做功與電勢差關系公式WAB=qUAB求解電場力做的功．【解答】解：（1）無窮遠處某點O的電勢為零，根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關系公式WAB=EpA﹣EpB，有WOA=EpO﹣EpA無窮遠處電勢能為零，即EpO=0故EpA=﹣WOA=8×10﹣6J根據(jù)電勢的定義式φ=，有φA==即A點的電勢為400V．（2）把該電荷從無限遠處的O點移到電場中B點，需克服電場力做功2×10﹣6J，取無限遠處電勢為零，根據(jù)電場力做功與電勢能變化的關系公式WAB=EpA﹣EpB，有WOB=EpO﹣EpB無窮遠處電勢能為零，即EpO=0故EpB=﹣WOB=2×10﹣6J根據(jù)電勢的定義式φ=，有φB==故A、B間的電勢差為UAB=φA﹣φB=400V﹣100V=300V即A、B點的電勢差為300V．（3）根據(jù)電場力做功與電勢差關系公式WAB=qUAB，有WAB=qUAB=﹣2×10﹣5C×300V=﹣6×10﹣3J即把2×10﹣5C的負電荷由A點移到B點電場力做﹣6×10﹣3J的功．【點評】本題關鍵是根據(jù)功能關系得到電場力做功與電勢能變化的關系，然后列式求解出電場中各個點的電勢能，最后根據(jù)電勢的定義式求解各個點的電勢，最后根據(jù)電場力做功與電勢差關系公式WAB=qUAB求解電場力做的功．16．（10分）（?深圳一模）一根長為l的線吊著一質(zhì)量為m的帶電量為q的小球靜止在水平向右的勻強電場中，如圖所示，線與豎直方向成37°角，現(xiàn)突然將該電場方向變?yōu)橄蛳虑掖笮〔蛔?，不考慮因電場的改變而帶來的其他影響，（重力加速度為g），求：（1）勻強電場的電場強度的大??；（2）求小球經(jīng)過最低點時線的拉力．【考點】電場強度；共點力平衡的條件及其應用；牛頓第二定律；向心力．【專題】電場力與電勢的性質(zhì)專題．【分析】（1）小球靜止時在豎直線的右邊，根據(jù)小球靜止時受平衡力，可以判斷出小球的受力的方向向右，與電場線的方向相同，因此小球帶正電；對小球進行受力分析，水平方向和豎直方向的受力都平衡，即可得解；（2）水平方向不受力了，平衡破壞了，小球在豎直向下的重力和豎直向上的電場力的作用下，在繩子的約束下，在豎直平面內(nèi)沿圓弧擺下，做圓周運動，或沿圓弧來回運動，根據(jù)動能定理，帶電小球到最低點時重力和電場力做的功全部轉化為小球的動能，此時速度最大，列式即可得解．【解答】解：：（1）小球平衡時受到繩子的拉力、重力和電場力，由平衡條件得：mgtan37°=qE解得：（2）電場方向變成向下后，重力和電場力都向下，兩個力做功，小球開始擺動做圓周運動由動能定理：在最低點時繩子的拉力、重力和電場力的合力提供向心力，解得：答：（1）勻強電場的電場強度；（2）．【點評】（1）掌握力的合成和分解，運用共點力平衡的條件找出力與力的關系．（2）帶電粒子在復合場中的圓周運動一般由動力學公式求解，一般的曲線運動一般由動能定理求解．17．（10分）（秋?宣城校級期中）如圖所示是加速度計的示意圖，被廣泛地應用于飛機、潛艇、導彈、