改装后电压表量程U=Ig（Rg+R），则串联电阻阻值R=﹣Rg=
﹣
600Ω=59400Ω=59.4kΩ； 故答案为：乙，59.4．
点评： 把电流表改装成电压表，应串联一个大电阻，把电流表改装成大量程的电流表，应并联一个小电阻． 13．（8分）（2013秋?吉州区校级月考）某同学通过实验探究某新型小灯泡的伏安特性，下表是他在实验时获得的通过灯泡的电流I和灯泡两端电压U的系列数据： I/A 0 0.14 0.23 0.36 0.42 0.46 0.49 U/V 0 0.69 1.15 2.15 3.05 4.15 5.15
（1）请比较电压为1.0V与3.0V时小灯泡的电阻大小，得出 电压越高电阻越大 ；说明其原因 灯丝电阻随温度升高而增大 ．
（2）实验前，实验室里有下列器材．这位同学在实验过程中，为了尽可能使得实验结果精确，不能选用的是（填字母代号） D、F ． A．直流电源 B．0～30Ω的滑动变阻器 C．电压表（0～15V，内阻约15kΩ） D．电压表（0～3V，内阻约3kΩ） E．电流表（0～0.6A，内阻约0.1Ω） F．电流表（0～3A，内阻约0.01Ω） G．开关 H．导线 （3）实验时，这位同学应选用下列所示的电路图 B ．
考点： 描绘小电珠的伏安特性曲线． 专题： 实验题；恒定电流专题．
分析： （1）应用描点法作图作出灯泡的伏安特性曲线，然后根据图象应用欧姆定律比较电阻大小关系．
（2）根据实验原理选择实验器材．
（3）根据实验原理确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择实验电路． 解答： 解：（1）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出灯泡的伏安特性曲线，图象如图所示；
由图中数据利用欧姆定律可以求出电压为1.0V与3.0V时，灯泡电阻R1≈4.5Ω＜R2≈5.9Ω，由此可知，电压越大，灯泡电阻越大，这是因为，随灯泡电压增大，通过灯泡电流增大，灯泡实际功率变大，灯泡温度升高，灯丝电阻随温度升高而增大造成的．
（2）伏安法描绘灯泡伏安特性曲线，需要的实验器材是：电源、导线、开关、滑动变阻器；由表中数据可知，电流最大值为0.49A；电压最大值为5.15V，电流表应选择E，电压表应选择C，不需要的实验器材是D、F；
（3）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡电阻较小，远小于电压表内阻，电流表应选择外接法，因此实验电路应选图B所示电路． 故答案为：（1）电压越高电阻越大；灯丝电阻随温度升高而增大；（2）D、F；（3）B．
点评： 本题考查测定小灯泡的伏安特性曲线实验，注意本实验中一般采用滑动变阻器分压接法及电流表外接法． 14．（4分）（2013秋?辽宁期中）如图倾角为30°的直角三角形的底边BC长为2L，处在水平位置，O为底边中点，斜边AB为光滑绝缘导轨，OD垂直AB．现在O处固定一带正电的物体，让一质量为m、带正电的小球从导轨顶端A静止开始滑下（始终不脱离导轨），测得它滑到D处受到的库仑力大小为F．则它滑到B处的速度大小为 大小
2
和加速度的
﹣g ．（重力加速度为g）
考点： 电势差与电场强度的关系；牛顿第二定律． 专题： 电场力与电势的性质专题．
分析： 据几何知识分析得到A、B两点在以O为圆心的同一圆周上，两点的电势相等，电荷从A到B过程中只有重力做功，根据动能定理求出质点滑到斜边底端B点时的速度；分析质点q在B点的受力情况，根据牛顿第二定律和库仑定律求出质点滑到斜边底端B点时加速度．
解答： 解：由几何关系可得，D是AB线段的中点，OD是AB线段的中垂线，故BO=AO，故AB在同一等势面上，所以，q由A到B的过程中电场中电场力作功为零；
根据动能定理，得：即：
在D点，电场力为：F==；
在B点电 电场力为F为：=；
在B点，电荷q受重力、电场力和支持力，在平行AB杆的方向，根据牛顿第二定律，有：
解得：a=2
﹣g
，加速度的大小 2
﹣g
答：小球M滑到B处的速度
点评： 本题难点在于分析A与B两点电势相等，根据动能定理求速度、由牛顿第二定律求加速度都常规思路． 三.计算题（本大题共有4小题，共40分.请写出必要的文字说明，重要的方程式，重要的演算过程，明确的数值与单位） 15．（8分）（2013秋?吉州区校级月考）一个长方体金属块长高宽比为4：2：1，若沿侧面接入该金属块，其电阻是16Ω．则沿正面接入该金属块时的电阻是多少？如果将上述两个相同的金属块连接到电路中（如图），则侧面与正面接入时电热比又是多少？
考点： 欧姆定律；焦耳定律． 专题： 恒定电流专题．
分析： 根据电阻定律可以求出沿正面接入该金属块时的电阻与沿侧面接入该金属块
的电阻之比，进而求出沿正面接入该金属块时的电阻；两个相同的金属块串联连接到电路中，
2
电路相等，根据Q=IRt即可求解． 解答： 解：据电阻定律
有：
=
解得：
R正面=1Ω
2
两个相同的金属块串联连接到电路中，电路相等，根据Q=IRt得： Q侧面：Q正面=R侧面：R正面=16：1
答：沿正面接入该金属块时的电阻是1Ω；如果将上述两个相同的金属块连接到电路中（如图），则侧面与正面接入时电热比为16：1． 点评： 本题主要考查了电阻定律
的直接应用，知道电阻串联时电流相等，难度不大，
属于基础题． 16．（10分）（2013秋?吉州区校级月考）图A为电解槽，M为电动机，N为电炉，电源电动势E=12V，内阻r=0.1Ω； 电解槽内阻Ra=2Ω．当K1闭合K2、K3断开时，示数6A；当K2闭合K1、K3断开时，示数5A且电动机输出功率为35W；当K3闭合K1、K2断开时，示数为4A．求： （1）电炉电阻R是多少？ （2）电动机内阻Rm是多少？ （3）电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为多少？
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）电炉子为纯电阻，根据欧姆定律及发热功率公式即可求解； （2）电动机为非纯电阻，由能量守恒定律即可求解； （3）化学能的功率等于总功率减去内阻消耗的功率．
解答： 解：（1）K1闭合，K2、K3断开时，根据闭合电路欧姆定律得：解得：R=
=1.9Ω
（2）K2闭合K1、K3断开：电源输出功率为：
2
P=（EI﹣Ir）=57.5W
2
则对电动机有：P消=P﹣P出=57.5﹣35=IRm 解得：Rm=0.9Ω
（3）K3闭合K1、K2断开：电源输出功率为：
′2
P′=（EI﹣Ir）=46.4W
则电能转化为化学能的功率：
2
P=46.4﹣IRa=14.4W 答：（1）电炉电阻R为1.9Ω； （2）电动机内阻为0.9Ω；
（3）电解槽工作时，电能转化为化学能的功率为14.4W．
点评： 对于电动机电路，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．
17．（8分）（2005?南京三模）如图所示，在竖直放置的铅屏A的右表面上贴着β 射线放射源P，已知β 射线实质为高速电子流，放射源放
7
出β 粒子的速度v0=1.0×10m/s．足够大
﹣2
的荧光屏M与铅屏A平行放置，相距d=2.0×10m，其间有水平向左的匀强电场，电场强度
﹣19﹣314
大小E=2.5×10N/C．已知电子电量e=1.6×10C，电子质量取m=9.0×10kg．求 （1）电子到达荧光屏M上的动能； （2）荧光屏上的发光面积．
考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用． 专题： 带电粒子在电场中的运动专题． 分析： （1）根据动能定理，即可求解；
（2）根据运动学公式与几何关系，从而求出发光面积． 解答： 解：（1）由动能定理：
eEd=EK﹣解得：EK=
﹣16
+1.6×10
﹣19
×2.5×10×2×
4﹣2
=1.25×10J
（2）射线在A、B间电场中被加速，除平行于电场线的电子流外，其余均在电场中偏转， 其中和铅屏A平行的电子流在纵向偏移距离最大（相当于平抛运动水平射程）． 位移则有，
7
﹣9
t=3×10s
﹣2
﹣9
r=v0t=1.0×10×3×10=3×10m
﹣2
在荧光屏上观察到的范围是半径为3.125×10米的圆
﹣322
圆面积 S=πr=2.83×10m
﹣16
答：（1）电子到达荧光屏M上的动能1.25×10J；
﹣32
（2）荧光屏上的发光面积2.83×10m．
点评： 考查动能定理的运动学公式的应用，注意运动轨迹的半径与圆面积的关系． 18．（6分）（2012秋?长沙期中）如图所示，水平固定放置的平行金属板M、N，两板间的距离为d，在两板的中心（即到上、下板距离相等，到板左、右端距离相等）有一悬点O，系有一长r=的绝缘细线，线的另一端系有一质量为m、带正电荷的小球，电荷量为q．现对两板充电，使得两板间形成一竖直向上的匀强电场，匀强电场的大小为E=
．求：