2022-2023學年福建省南平高級中學高二（上）期中物理試卷（選

考）

1.下列物理量中哪些與試探電荷無關(guān)？（）

A.電勢能、電場強度B.電勢、電場強度C.電場力、電勢D.

電勢能、電勢

2.如圖所示的電路，是用一個靈敏電流計G和一個變阻器R改裝的量程更大的電表，下列

判斷正確的是（）

A.改裝成了電流表，R減小時量程增大B.改裝成了電流表，R增大時量程增大

C.改裝成了電壓表，R減小時量程增大D.改裝成了電壓表，R增大時量程增大

3.如圖所示，通電直導線右邊有一個矩形線框4BCD,線框平面與直導線共面，若使線框

ABCO第一次平行移動到圖中虛線位置，第二次以BC邊為軸翻轉(zhuǎn)180。到圖中虛線位置，則（）

A.虛線位置的磁通量與原位置磁通量相等

B.虛線位置的磁通量比原位置磁通量大

C.二次磁通量變化是相等的

D.第一次磁通量的變化比第二次磁通量變化的小

4.如圖所示，圖中虛線為某靜電場中的等差等勢線，實線為某帶電粒子在該靜電場中的運

動軌跡，4、仄C為粒子的運動軌跡和等勢線的交點，粒子只受電場力作用，以下說法正確

的是（）

A.a點的電場強度大于6點的電場強度B.粒子在“點的動能比在b點的動能小

C.粒子在。點和c點的速度相同D.粒子在〃點的電勢能比在c點的電勢能大

5.如圖所示是某電源的路端電壓與電流的關(guān)系圖像，下列結(jié)論錯誤的是（）

A.電源的電動勢為6.0VB.電源的內(nèi)阻為12。

C.當外電阻為20時，電源的輸出功率最大D.電流為0.44時的外電阻是130

6.如圖所示，在螺線管正上方用細線懸掛一根通電直導線，電流方向自左向右。當開關(guān)S

閉合后，關(guān)于導線的受力和運動情況，下列說法正確的是（）

A.導線垂直紙面向外擺動，細線張力變小

B.從上向下看，導線順時針轉(zhuǎn)動，細線張力變大

C.從上向下看，導線逆時針轉(zhuǎn)動，細線張力變小

D.導線與螺線管產(chǎn)生的磁場平行，始終處于靜止狀態(tài)

7.如圖所示，電解池內(nèi)有一價的電解液，/s內(nèi)通過溶液內(nèi)截面S的正離子數(shù)是陽,負離子數(shù)

是電，設(shè)元電荷為e,則以下解釋中正確的是（

工“，

A.溶液內(nèi)正、負離子向相反方向移動，電流方向相同

B.溶液內(nèi)電流方向從A到電流/=半

C.溶液中電流方向從A到B,電流/=”處

D.正離子定向移動形成的電流方向是從AtB,負離子定向移動形成的電流方向是B-A

8.如圖所示，將充好電的平行板電容器與靜電計連接，靜電計指針偏轉(zhuǎn)的角度為a.在如下的

變化中，關(guān)于靜電計指針偏轉(zhuǎn)角度a的變化，說法正確的是（）

A.若兩極板間的距離增大，則a變大

B.若在兩極板間插入玻璃板，貝la變小

C.若在兩極板間插入玻璃板，貝!la變大

D.若兩極板相互錯開一些（距離不變），則a變小

9.在圖示電路中，電源內(nèi)阻不可忽略，&、/?2為定值電阻，G為靈敏電流計，V為理想電

壓表，平行板電容器兩極板水平，開關(guān)S閉合后，位于電容器兩板間的帶電油滴恰好靜止，

現(xiàn)將滑動變阻器的滑片尸向下移動，則以下說法正確的是（）

A.G中有從a到6的電流B.V示數(shù)增大

C.油滴向上運動D.電源內(nèi)阻消耗功率增大

10.如圖所示，電阻忽略不計的兩平行粗糙金屬導軌水平固定在勻強磁場中，磁感應(yīng)強度8=

57,方向垂直于湖，與導軌平面的夾角a=53。，導軌寬度為L=0.5m,一端與電源連接。

一質(zhì)量巾=1kg的金屬棒而垂直于兩平行導軌放置并與導軌接觸良好，連入導軌間的電阻

R=2.5。，岫與導軌間的動摩擦因數(shù)4=0.5（設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力），拉力尸丁為水

平向右，必處于靜止狀態(tài)。已知E=6V,r=0.50取g=10m/s2,sin37。=0.6,則（）

A.通過外的電流大小為24,方向由。到b

B.ab受到的安培力大小為4N,方向水平向左

C.必與導軌間的最大靜摩擦力大小為3.5N

D.%的取值范圍為0.5N<FT<7.5/V

11.如圖所示,在兩個相距為，電荷量都為。的電荷形成的電場中,4為兩電荷連線的中心，

B為連線上的一點，C為連線中垂線上距兩個電荷也為r的一點，關(guān)于A點電場強度（大

于、小于）B點電場強度，C點處的電場強度大小為o

12.圖甲螺旋測微器所示讀數(shù)為mm,圖乙游標卡尺所示讀數(shù)為mm。

<

三5

-

IlliIlli二>0

IlliIlli=

-45

05-

40

甲

13.某學習小組要測繪標有“3.0乙0.54”小燈泡的伏安特性曲線，現(xiàn)有下列實驗器材可供

選用：小燈泡L（額定電壓3.0V,額定電流0.54）；

電流表4式量程3A,內(nèi)阻約為0.1。）；

電流表量程。64，內(nèi)阻約為0.5。）；

電壓表匕（0?5匕內(nèi)阻約為3kO）；

電壓表彩（0?15匕內(nèi)阻約為lOkO）

電阻箱&（阻值0?99990）；

滑動變阻器R（阻值0?5.00）；

電源E（電動勢4匕內(nèi)阻不計）；

開關(guān)S；導線若干.

（1）實驗要求能夠?qū)崿F(xiàn)在0?3.0V的范圍內(nèi)對小燈泡的電壓進行準確測量，按要求在如圖甲實

物圖上補齊連線。

甲乙丙

（2）學習小組經(jīng)過正確的實驗操作和數(shù)據(jù)記錄，描繪出了小燈泡的伏安特性曲線如圖乙所示，

由此推斷小燈泡的電阻值隨工作電壓的增大而（選填“增大”或“減小”或“不變”）：

（3）該學習小組完成實驗后又進行了以下探究：把兩只這樣規(guī)格的小燈泡并聯(lián)后直接接在電動

勢為3k內(nèi)阻為2.50的電源上組成閉合回路。

請你根據(jù)上述信息估算此時每只小燈泡的功率約為"（結(jié)果保留2位有效數(shù)字）。

14.已知一熱敏電阻當溫度從10℃升至60℃時阻值從幾千歐姆降至幾百歐姆，某同學利用下

列方法測量其常溫下的阻值。

（1）用多用電表的歐姆擋“x10”倍率測量熱敏電阻的阻值，正確操作指針偏轉(zhuǎn)如圖甲所示.

實驗小組應(yīng)將倍率更換至_____（選填“X100”或“XI”）倍率，正確操作并讀出熱敏電阻

阻值；

（2）實驗小組在粗略測量熱敏電阻阻值后，用以下的器材精確測量它的阻值。

A.電源（E=5匕內(nèi)阻約為1。）

2.電流表a（0?5m4內(nèi)阻約為50）

C.電流表量程。64，內(nèi)阻約為10）

D電壓表匕（0?5匕內(nèi)阻約為3k0）

E.電壓表彩（0?15匕內(nèi)阻約為10k/2）

立滑動變阻器R（0?102允許通過的最大電流為10mA）

G.開關(guān)

〃導線

①為了盡可能精確的測量熱敏電阻的阻值，電流表選，電壓表選;（選填元件前

面的序號）

②下列電路圖設(shè)計合理的是。（選填“乙”或“丙”）

（3）已知熱敏電阻電與溫度的關(guān)系如下表所示：

trc10.020.030.040.050.060.0

RT/Q2400.01500.01150.0860.0435.0120.0

利用該熱敏電阻制作溫控報警器，其電路原理如圖丁所示，圖中E為直流電源（電動勢為10V,

內(nèi)阻可忽略），報警系統(tǒng)接在外之間，當必之間的輸出電壓低于6.01/時，便觸發(fā)報警器報警,

若要求開始報警時環(huán)境溫度為60℃,則圖中電阻箱R的阻值應(yīng)為0。測試發(fā)現(xiàn)溫度達到

55℃時報警器就開始報警，則應(yīng)______(選填“調(diào)小”或“調(diào)大”)電阻箱的阻值。

15.如圖所示，表示真空室中垂直于紙面放置的感光板，它的一側(cè)有勻強磁場，磁場方

向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B.一個電荷量為q的帶電粒子從感光板上的狹縫。處

以垂直于感光板的初速度v射入磁場區(qū)域，最后到達感光板上的P點.經(jīng)測量P、0間的距

離為/,不計帶電粒子受到的重力.求：

(1)帶電粒子所受洛倫茲力的大小

(2)帶電粒子的質(zhì)量大小.

(3)帶電粒子從。點運動到P點的運動時間.

16.如圖所示是利用電動機提升重物的示意圖，其中。是直流電動機，電源內(nèi)阻r=20。閉

合開關(guān)5,質(zhì)量為的重物尸以速度u=0.70m/s勻速上升，這時電流表和電壓表的示數(shù)分別

是/=5.04和U=HOVo

已知重物的質(zhì)量m=45kg,(g取lOm/s?)求：

(1)電動機的輸入功率P入和輸出功率P加

(2)電動機線圈的電阻胴；

(3)電源的效率。(結(jié)果保留一位小數(shù)點)

17.如圖所示，一個負粒子由靜止開始經(jīng)加速電場加速后，又沿中心軸線從。點垂直射入偏

轉(zhuǎn)電場，并從另一側(cè)射出打到熒光屏上的P點，0'點為熒光屏的中心。已知負粒子質(zhì)量機=

1.0x10-31kg,電荷量大小q=3.2x1()T9C,加速電場電壓％=250V,偏轉(zhuǎn)電場電壓U=

200V,極板的長度人=10.0cm,板間距離d=8cm,極板的末端到熒光屏的距離乙2=3.0cm(

忽略電子所受重力)。求：

(1)負粒子射入偏轉(zhuǎn)電場時的初速度先；

(2)負粒子打在熒光屏上的P點到。，點的距離h；

(3)負粒子經(jīng)過偏轉(zhuǎn)電場過程中電勢能的變化量；

(4)若負粒子持續(xù)不斷的經(jīng)％加速進入電場，兩極板間加的是如圖變化的電壓，求熒光屏上接

收到粒子的范圍長度。

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：電場強度、電勢差和電勢都是描述電場的性質(zhì)的物理量，是由電場本身決定的，與

試探電荷無關(guān)；電場力為尸=qE,可知電場力既與電場有關(guān)，又與試探電荷有關(guān)；電荷的電勢能

為：Ep=q<p,電勢能既與電場有關(guān)，也與試探電荷的電量及電性有關(guān)；故錯誤，8正確；

故選:B。

電場強度、電勢差和電勢都是描述電場的性質(zhì)的物理量,是由電場本身決定的，與試探電荷無關(guān).電

場力和電勢能既與電場有關(guān)，也與電荷有關(guān)。

本題主要考查了電場的基本物理量，對于電場強度、電勢差和電勢，關(guān)鍵要理解并掌握其物理意

義，知道它們都是由電場本身決定的，與試探電荷無關(guān)。

2.【答案】A

【解析】解：A、改裝成了電流表，R減小電流表量程增大，R增大時電流表量程減小，故A正確，

B錯誤；

C、把電流計改裝成電壓表應(yīng)給電流計串聯(lián)一個分壓電阻，串聯(lián)電阻越大，電壓表量程越大，由

圖示電路圖可知，電流計與電阻R并聯(lián)，改裝后電壓表量程不變，故錯誤；

故選：A.

把電流表改裝成大量程電流表應(yīng)并聯(lián)一個分流電阻，把電流表改裝成電壓表需要串聯(lián)一個分壓電

阻

本題考查了電表改裝，知道電表的改裝原理、應(yīng)用串并聯(lián)電路特點即可正確解題.

3.【答案】D

【解析】解：4離導線越遠，直線電流產(chǎn)生的磁場越弱，虛線位置的磁通量與原位置磁通量不相

等，故A錯誤；

員離導線越遠，直線電流產(chǎn)生的磁場越弱，虛線位置線框的磁通量應(yīng)小于原位置的磁通量，故B

錯誤；

C.第一次磁場方向從同一個面穿過，磁通量變化為A%=（B原-B成）S

第二次磁場方向從同正反兩個面穿過，磁通量變化為廨-（-8慮）］S=（B原+B虛）S

則第一次磁通量的變化比第二次磁通量變化的小，并不相等，故C錯誤；

。.兩次磁通量/%<所以第一次磁通量的變化比第二次磁通量變化的小，故。正確。

故選：Do

磁通量是穿過磁場中某一平面的磁感線的條數(shù).當線圈面積不變，根據(jù)磁感線的疏密判斷穿過線

框的磁通量的變化。

通電指導線周圍的磁場為非勻強磁場，可以根據(jù)磁感線的條數(shù)定性判斷其變化情況，考查比較全

面，注意磁通量雖不是矢量，但有正負之分。

4.【答案】D

【解析】解：A、根據(jù)等勢線的疏密情況與電場線的疏密情況成正比，可知”點的電場強度小于b

點的電場強度，故4錯誤。

B、根據(jù)粒子運動的軌跡，粒子所受合外力指向曲線凹側(cè)，合外力做負功動能減小，故"點動能比

8點動能大，故B錯誤。

C、根據(jù)粒子的運動軌跡可知a、c在同一等勢線上，電場力做功為零，速度大小不變，但是方向

不同，故C錯誤。

。、粒子在電場中運動能量守恒，從b到c電場力做正功，動能增加，電勢能減少，粒子在b點的

電勢能比在c點的電勢能大，故。正確。

故選：D。

根據(jù)等勢線的疏密程度判斷電場強度。

電場力做功來判斷動能大小。

根據(jù)速度大小和方向來判斷速度是否相同。

根據(jù)能量守恒來判斷電勢能的大小。

明確電場力做功對應(yīng)動能的變化，判斷電勢能的變化，題中沒有告訴粒子電性，所以只能通過做

功的正負來判斷能量的變化。

5.【答案】B

【解析】解：4、電源的U-/圖象縱軸上的截距為電源的電動勢，即E=6.01/,故A正確；

B、電源的U—/圖象的斜率的絕對值是電源的內(nèi)阻，r=券卷0=20

故B錯誤；

C、當外電路電阻等于電源內(nèi)阻時，電源的輸出功率最大，此時R^=r=2。，故C正確；

D、電流為0.44時，根據(jù)閉合電路歐姆定律得E=/（R外+r）

代入數(shù)據(jù)解得：R處=13。

故。正確；

本題要求選錯誤的，

故選：B。

電源的U-/圖象縱軸上的截距為電源的電動勢，斜率的絕對值是電源的內(nèi)阻，根據(jù)圖像即可求解

電源電動勢和內(nèi)阻；當外電路電阻等于電源內(nèi)阻時，電源的輸出功率最大；根據(jù)閉合電路歐姆定

律可求解外電路電阻。

對于電源的U-/圖象要注意認真觀察其坐標的設(shè)置，本題中由于縱坐標不是從零開始的，故圖象

與橫坐標的交點不是短路電流，但縱軸上的截距為電源的電動勢，斜率的絕對值是電源的內(nèi)阻。

6.【答案】B

【解析】解：通電螺線管產(chǎn)生的磁場如圖所示:

根據(jù)左手定則，通電導線在。處受到的安培力方向垂直紙面向外，b處所受的安培力方向垂直紙

面向里，所以從上往下看，。導線將沿順時針方向轉(zhuǎn)動；

利用特殊位置法分析，當導線轉(zhuǎn)過90。到c位置時，根據(jù)左手定則，導線受到的安培力方向豎直向

下，根據(jù)共點力平衡條件得：T=F+mg,所以細線的張力變大，故B正確，AC。錯誤；

故選：B。

通電導線因放在通電螺線管的磁場中故受到安培力，因左右兩側(cè)磁場方向不同，故可以分左右兩

邊分別分析研究，畫出兩側(cè)的磁場方向，則由左手定則可判出磁場力的方向，根據(jù)受力情況可判

出物體的轉(zhuǎn)動情況：當導線轉(zhuǎn)動90。后，再由左手定則判斷導線的受力情況。

本題考查通電導線受到的安培力，解決本題的關(guān)鍵（1）清楚通電螺線管的磁場，應(yīng)看到左右兩邊磁

場的不同；（2）能準確地應(yīng)用左手定則判斷磁場與電流不垂直的情況；（3）會找到一些有代表性的

特殊位置求解。

7.【答案】AC

【解析】解：AD.溶液內(nèi)正、負離子受到的電場力得方向相反，它們向相反方向移動，正離子運

動方向為電流方向，負離子運動方向與電流方向相反，故4正確，。錯誤；

BC、溶液內(nèi)電流方向與正離子運動方向相同，從A到B,電流大?。?=也答6,故8錯誤，C

正確。

故選：ACo

正電荷的定向移動方向是電流的方向，負電荷的定向移動方向與電流方向相反；由電流的定義式

/=?可以求出電流的大小.

本題考查電流的定義，要知道電荷的定向移動形成電流，正電荷的定向移動方向是電流的方向，

應(yīng)用電流定義式即可正確解題.

8.【答案】AB

【解析】解：4、若兩極板間的距離增大，根據(jù)公式\(C=即“c{E：S}{4Wi&d}\)，電容減?。挥捎赒

一定，再根據(jù)公式'(C=W>ac{Q}{U}\),電壓增加，故'(a\)變大，故A正確；

B、C、若在兩極板間插入玻璃板，根據(jù)公式\(C=\f^7ac{￡S}{4\pi依}\)，電容增大；由于。一定，

再根據(jù)公式\(C=\r折w{Q}{U}\)，電壓減小，故'(a\)變小，故8正確，C錯誤；

。、若兩極板相互錯開一些\((\)距離不變\()\),正對面積減小，根據(jù)公式'(C='dfh7c{￡S}{4\piA”}\),

電容減?。挥捎?。一定，再根據(jù)公式\仁=幽&'{Q}{U}\),電壓增加，故'(a\)變大，故。錯誤；

故選：A屏

靜電計測定電容器極板間的電勢差，電勢差越大，指針的偏角越大；根據(jù)電容的決定式

\(C=\Sac{￡S}{4Wi〃}\)分析電容的變化情況；由于極板所帶電荷量不變，由電容的定義式

\(C=\/h?c{Q}{U}\)分析板間電勢差的變化，再確定靜電計指針的偏角變化情況.

本題是電容器的動態(tài)分析問題，關(guān)鍵明確電鍵閉合時，電壓等于電源的電動勢；電鍵斷開后，電

容器的帶電量不變；同時要結(jié)合電容器的定義公式和決定公式列式分析.

9.【答案】AD

【解析】解：AB,滑動變阻器的滑片P向下移動，其連入電路中的電阻變小，外電阻總電阻變小，

根據(jù)閉合電路歐姆定律分析可知干路電流增大。V示數(shù)為4=E-/(Ri+r),/增大，其他量不

變，則V示數(shù)3減小，電容器兩極板間的電壓減小，電容器要放電，由題意電容器上極板帶正電，

故G中有從a到人的電流，故A正確，B錯誤；

C、因開始時油滴恰好靜止，故mg=Eq,根據(jù)可知，〃不變，U減小，則場強E變小，油

滴受到的電場力現(xiàn)變小，故油滴將向下運動，故C錯誤；

。、因為干路電流增大，即流過電源內(nèi)阻的電流增大，而電源內(nèi)阻不變，根據(jù)P=/2「可知，電源

內(nèi)阻消耗功率增大，故O正確。

故選：ADo

滑動變阻器的滑片P向下移動，其連入電路中的電阻變小，根據(jù)閉合電路歐姆定律分析干路電流

的變化情況，結(jié)合電壓的分配規(guī)律確定電壓表讀數(shù)的變化，從而確定電容器兩端的電壓的變化情

況，判斷電容器是充電還是放電，從而確定G中電流方向；根據(jù)油滴所受電場力的變化，判斷其

運動度方向；根據(jù)干路電流的變化情況，分析電源內(nèi)阻消耗功率的變化。

本題考查電路動態(tài)變化分析問題，關(guān)鍵是理清電路,判斷滑動變阻器連入電路中的電阻變化情況，

根據(jù)歐姆定律，確定各部分電路的電流和電壓的變化。

10.【答案】ACD

【解析】解：4根據(jù)閉合電路的歐姆定律，通過帥的電流大小為/=券=高/4=24方向

K~vTZ.b+U.b

為。到6,故A正確；

8.根據(jù)安培力公式，ab受到的安培力為F=BlL=5x2x0.5N=5N,方向垂直磁感應(yīng)強度左向

上，故8錯誤；

C.對外受力分析，如圖甲、乙所示：

根據(jù)平衡條件，軌道對導體棒的支持力FN=rng-Fcosa=1x10/V-5x0.6N=7N

最大靜摩擦力3=林FN=HFN=0.5x7N=3.5N,故C正確；

。.當最大靜摩擦力方向向右（圖甲）時，根據(jù)平衡條件，繩子拉力尸7=Fsina-加=5x0.8N-

3.5N=0.5N

當最大靜摩擦力方向向左（圖乙）時，根據(jù)平衡條件，繩子拉力尸7=Fsina+京=5X0.8N+

3.5N=7.5N

所以繩子拉力范圍為0.5NSFTW7.5N,故￡）正確。

故選：ACDo

A.根據(jù)閉合電路的歐姆定律求電流，電源外部，電流從正極經(jīng)導體棒回到負極，據(jù)此作答；

8.根據(jù)安培力公式計算安培力；

C.對導體棒進行受力分析，根據(jù)平衡條件求最大靜摩擦力；

D最大靜摩擦力的方向具有可變性，分兩種情況求繩子的拉力，從而求解拉力范圍。

注意：安培力方向始終垂直與磁場方向；本題的難點是受力分析及平衡條件的運用。

11.【答案】小于k名

【解析】解：電場強度大小與電場線的疏密程度有關(guān)，根據(jù)等量異種點電荷產(chǎn)生電場的特點得，A

點處電場線相對與B點較疏，故A點電場強度小于B點；

兩點電荷在C點產(chǎn)生的電場如圖所示

兩點電荷電荷量均為Q,在C點產(chǎn)生的電場場強均為E=吟

由幾何關(guān)系可得，兩電荷和C點所圍成的三角形為等邊三角形，根據(jù)電場的疊加原理得，C點的

合場強為后=k1

故答案為：小于，吟。

根據(jù)等量異種點電荷產(chǎn)生電場的特點判斷兩點電場強度的大?。桓鶕?jù)點電荷產(chǎn)生電場的場強計算

公式和電場疊加原理求解C處的電場強度。

本題考查等量異種點電荷產(chǎn)生的電場，知道等量異種點電荷產(chǎn)生的電場的特點和點電荷電場的場

強公式是解題關(guān)鍵。

12.【答案】8.47010.20

【解析】解：螺旋測微器的固定刻度讀數(shù)為8〃〃〃，可動刻度讀數(shù)為0.01x47.0mm=0.470mm,

所以最終讀數(shù)為8nlm+0.470mm=8.470mm；

該游標卡尺的精確度是0.05mm,游標卡尺的固定刻度讀數(shù)為10〃M，游標讀數(shù)為0.05x4rmn=

0.20mm,所以最終讀數(shù)為10mm+0.20mm=10.20mm；

故答案為：8.470；10.20。

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。

解決本題的關(guān)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。

13.【答案】增大0.44

【解析】解：（1）本實驗要求電壓從零開始調(diào)節(jié)，故滑動變阻器應(yīng)采用分壓接法，同時燈泡內(nèi)阻較

小，燈泡采用電流表外接法，實物圖連接如圖所示；

a

(2)/-U圖像上各點與原點的連線的斜率與電阻成反比，因為圖像上各點與原點連線斜率逐漸減

小，所以小燈泡電阻逐漸增大;

(3)當把兩只這樣規(guī)格的小燈泡并聯(lián)后直接接在電動勢為3k內(nèi)阻為2.5。的電源上組成閉合回路

時，設(shè)小燈泡的電壓為U,電流為/,由閉合電路歐姆定律可得E=U+2/r

在圖像上畫出電源的伏安特性曲線如圖

故答案為：(1)見解析；(2)增大；(3)0.44。

(1)明確實驗原理，知道描繪燈泡伏安特性曲線要采用滑動變阻器分壓和電流表外接法，連接實物

圖；

(2)/-U圖象的斜率表示電阻的倒數(shù)，根據(jù)圖象斜率的變化分析電阻的變化；

(3)根據(jù)串并聯(lián)電路規(guī)律以及閉合電路歐姆定律列式，明確電流和電壓的關(guān)系式，并在乙圖中作出

對應(yīng)的圖象，根據(jù)兩圖線的交點即可確定電流和電壓，從而求出每個燈泡的功率。

本題考查描繪燈泡伏安特性曲線的性質(zhì)，要注意明確實驗原理，掌握實驗電路圖的選擇，同時注

意根據(jù)圖象分析數(shù)據(jù)的方法。

14.【答案】(1)“x100"(2)①8,D,②丙(3)80,調(diào)小

【解析】解：(1)選擇“x10”倍率時，指針偏轉(zhuǎn)如圖甲所示，偏轉(zhuǎn)角度偏小，應(yīng)選用倍率“x100”

擋位，重新歐姆調(diào)零測量.

(2)①電源電動勢是5%電壓表選擇。?5U,故選。，電壓全部加在熱敏電阻上，電流約為5比4

電流表量程選。?5m4故選8。②滑動變阻器的最大阻值遠遠小于熱敏電阻阻值，所以用分壓

式連接，故選丙圖。

(3)若要求開始報警時環(huán)境溫度為60℃,此時=120/2,由占=必解得電阻箱阻值應(yīng)調(diào)為R=

800；測試發(fā)現(xiàn)溫控室中溫度達到55℃時報警器就開始報警，說明電阻R偏大，所以應(yīng)調(diào)小電阻

箱的阻值，使其在要求溫度下報警。

故答案為：(1)”x100"(2)①8,D,②丙(3)80,調(diào)小

(1)歐姆擋測電阻時指針在中值附近誤差較小；

(2)根據(jù)電源電動勢和電路中電流值選擇實驗儀器；根據(jù)實驗原理分析應(yīng)采用分壓式電路；

(3)根據(jù)歐姆定律求得60℃時電阻箱的阻值；根據(jù)歐姆定律和串聯(lián)電路特點進行分析即可。

本題考查了實驗電路的選擇、歐姆定律、電路的動態(tài)分析等知識，此實驗側(cè)重對電學基本實驗原

理和實驗方法的考查，要求同學們對這部分內(nèi)容要做到足夠熟練，加強練習，注重歸納與總結(jié)。

15.【答案】解：(1)粒子所受洛倫茲力：f=qvB；

(2)由幾何知識可知，粒子軌道半徑：r=g,

粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，

?2

由牛頓第二定律得：qvB=m—,

解得：m=等；

(3)由題意分析可知：I=2r,

粒子做圓周運動的周期：T=—,

V

粒子在磁場中運動的時間：t=3

解得：t=5

答：(1)帶電粒子所受洛倫茲力的大小伙8；

(2)帶電粒子的質(zhì)量大小為黨.

(3)帶電粒子從。點運動到P點的運動時間為

【解析】(1)由洛倫茲力公式可以求出洛倫茲力.

(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律和半徑可求出帶電粒子

的質(zhì)量.

(3)根據(jù)粒子做圓周運動的周期公式求出粒子的運動時間.

帶電粒子在勻強磁場中做圓周地，由洛倫茲力提供向心力，往往畫出軌跡，由幾何知識求解半徑，

再由牛頓定律和圓周運動的規(guī)律結(jié)合研究.

16.【答案】解：(1)電動機的輸入電功率為P人=UI=110x5/=550VK

電動機的輸出功率為P出=mgv=45x10x0.71V=315小

2

(2)電動機線圈消耗的功率為PR=lrM=P電-P機=55014/-