C．变阻器R1： D．变阻器R2：（1000Ω，0.1A） E．电键S和导线若干
（1）根据实验要求连接实物电路图（图1）；
（2）实验测得的6组数据已在U﹣I图中标出，如图2所示．请你根据数据点求出该电池的电动势E=1.5V，电阻r=0.50Ω．
【考点】测定电源的电动势和内阻． 【专题】实验题；恒定电流专题．
【分析】用实线代替导线将实验器材连成实验电路，注意接线要接在接线柱上，导线不能交叉；
外电压与电流成线性关系，图线是一条直线，根据点迹作出U﹣I图线，纵轴截距表示电动势的大小，图线斜率的绝对值表示内阻的大小． 【解答】解：（1）本实验测量电动势和内电阻，采用滑动变阻器与电源串联即可，电流表内阻与电源内阻接近，故电流表采用相对于电源的外接法，如图，
根据数据点完成U﹣I图线如图：
根据闭合电路欧姆定律得：U=E﹣Ir，
知U﹣I成线性关系，图线的纵轴截距为1.5，所以电动势为：E=1.5V，
图线斜率的绝对值为电池的内阻：r==0.50Ω．
故答案为：（1）实物电路图 （2）1.5；0.50
【点评】解决本题的关键掌握伏安法测量电源电动势和内阻的原理，E=U+Ir，以及会通过U﹣I图线得出电源的电动势和内阻．
16．物理兴趣小组的同学们从实验室中找到一只小灯泡，其标称功率值为0.75W，额定电压值已模糊不清．他们想测定其额定电压值，于是先用欧姆表直接测出该灯泡的电阻约为2Ω，然后根据公式计算出该灯泡的额定电压U=
=
V=1.22V．他们怀疑所得电压值不
准确，于是，再利用下面可供选择的实验器材设计一个电路，测量通过灯泡的电流和它两端的电压．根据测量数据已绘出灯泡的U﹣I图象，如图1所示． A．电压表V（量程3V，内阻约3kΩ） B．电流表A1（量程150mA，内阻约2Ω） C．电流表A2（量程500mA，内阻约0.6Ω） D．滑动变阻器R1（0～20Ω） E．滑动变阻器R2（0～100Ω）
F．电源E（电动势4.0V，内阻不计）
H．开关S和导线若干
G．待测灯泡L（额定功率0.75W，额定电压未知）
（1）在下面所给定的图2虚线框中画出他们进行实验的电路原理图，指出上述器材中，电流表选择A2（填“A1”或“A2”）；滑动变阻器选择R1（填“R1”或“R2”）．
（2）从图象上分析该灯泡的额定电压应为2.5V；这一结果大于开始时的计算结果，原因是灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻． 【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．
2
【分析】关键是根据P=IR，估算出小灯泡的额定电流，从而选出电流表的量程，根据U﹣I图象可知滑动变阻器应用分压式接法，根据小灯泡电阻值远小于电压表内阻，可知电流表应用外接法． 【解答】解：（1）由UI图象可以看出小灯泡两端电压从零开始调节，故滑动变阻器采用分压
接法；根据P=IR可知通过灯泡的电流大约为600 mA，故电流表应选A2；滑动变阻器阻值太大不易调节，根据分压电路特点可知滑动变阻器选R1．
2
（2）由于小灯泡功率值为0.75 W，根据P=UI结合UI图象可知小灯泡两端电压约为2.5 V．用欧姆表直接测出该灯泡的电阻是灯泡未连入电路时的阻值，当灯泡发光时，其电阻增大． 故答案为：（1）电路如图所示，A2，R1；（2）2.5（2.4～2.6）灯泡冷态电阻小于正常工作时的电阻（或灯泡电阻随温度升高而变大）
【点评】本题考查测量灯泡的伏安特性曲线的原理；要掌握实验器材的选取原则，熟记电流表内接法与外接法的选择方法，以及滑动变阻器分压式接法的条件即选择原则．
四、计算分析题（共32分，只有结果而无必要文字说明和推理过程计0分） 17．如图所示，电源电动势E=10V，内阻r=1Ω，R1=3Ω，R2=6Ω，C=30 μF． （1）闭合开关S，求稳定后通过R1的电流；
（2）然后将开关S断开，求电容器两端的电压变化量和流过R1的总电荷量．
【考点】闭合电路的欧姆定律；电容．
【专题】恒定电流专题． 【分析】（1）闭合开关S，稳定后电容器相当于开关断开，两个电阻串联，根据全电路欧姆定律求解即可．
（2）开关S断开后，稳定时电容器两端的电压等于电源的电动势，电压增大，电容器充电，通过R1的电荷量等于开关断开前后电容器电量的增加量．先求出断开前电容器两端的电压，再求出断开后电容器两端的电压，两者之差与电容的乘积即等于通过R1的电荷量． 【解答】解：（1）稳定时，电路中的电流I==1 A （2）S闭合，电路处于稳定状态时，电容器两端的电压 U=IR2=1×6 V=6 V
断开后，电容器两端的电压为10 V，所以△U=4 V
流过R1的总电荷量为△Q=△UC=1.2×10 C 答：（1）闭合开关S，稳定后通过R1的电流是1A；
﹣4
（2）然后将开关S断开，电容器两端的电压变化量是4V，流过R1的总电荷量是1.2×10 C 【点评】本题是含容电路，关键确定电容器的电压．电路稳定时电容器的电压等于与之并联的电路两端的电压．
18．如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q（q＞0）的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为Na和Nb．不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．
﹣4
【考点】带电粒子在匀强电场中的运动．
【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题．
【分析】根据牛顿第二定律，将电场力与支持力提供向心力列出方程，并由动能定理来联立求解．
【解答】解：质点所受到电场力的大小为：f=qE，
设质点质量为m，经过a点和b点时速度大小分别为va和vb，
由牛顿第二定律有，
设质点经过a点和b点时动能分别为Eka和Ekb，则有：
， ，
根据动能定理有，Ekb﹣Eka=2rf，
联立解得：Eka=Ekb=
， ，
，
答：电场强度的大小：、质点经过a点：，和b点时的
动能：．
【点评】考查牛顿第二定律、动能定理、向心力公式、电场力的表达式等规律的理解与应用，注意动能定理列式过程中的功的正负． 19．（14分）如图甲所示，在真空中足够大的绝缘水平地面上，一个质量为m=0.2kg、带电荷量为q=+2.0×10 C的小物块处于静止状态，小物块与地面间的动摩擦因数μ=0.1．从t=0时刻开始，空间加上一个如图乙所示的场强大小和方向呈周期性变化的电场（取水平向右的方
2
向为正方向， g取10m/s）求：
﹣6
（1）23秒内小物块的位移大小；
（2）23秒内电场力对小物块所做的功． 【考点】动能定理的应用；电场强度．
【专题】压轴题；动能定理的应用专题；电场力与电势的性质专题． 【分析】（1）根据牛顿第二定律求出物块在0～2s内和2～4s内的加速度，利用运动学公式求出0～2s内和2～4s内的位移，及第2s末和第4s末的速度，得到小物块做周期为4s的匀加速和匀减速运动．分别求出前22s物块的位移和第23s内的位移，再求总位移． （2）根据动能定理求电场力对小物块所做的功． 【解答】解：
（1）0～2s内物块加速度a1= 位移S1=
=4m
=﹣0.1×10=2（m/s）
2
2s末的速度为v2=a1t1=4m/s
2
2～4s内物块加速度a2=
=﹣2m/s
位移S2=S1=4m， 4s末的速度为v4=0
则小物块做周期为4s的匀加速和匀减速运动．
第22s末小物块的速度为v=4m/s，前22s内位移为S22= 第23s内物块的位移为S23=vt+，t=1s，S23=3m 故23秒内小物块的位移大小为47m．
（2）由上，物块在第23s末的速度为v23=2m/s．根据动能定理得
=44m
W﹣μmgS23= 代入解得 W=9.8J． 答：（1）23秒内小物块的位移大小为47m；
（2）23秒内电场力对小物块所做的功为9.8J．
【点评】本题是物块在周期性的电场力作用下运动的问题，要抓住规律，也可以作速度﹣时间图象分析求解．