六安一中2015-2016学年高二下学期开学物理试题及答案.doc

2015-2016学年安徽省六安一中高二（下）开学物理试卷一、选择题1关于元电荷，下列说法中错误的是（）A元电荷实质是指电子和质子本身B所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍C元电荷的值通常取作e=1.601019CD电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的2两个分别带有电荷量Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）A FB FC FD12F3如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由AOB匀速飞过，电子重不计，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是（）A先变大后变小，方向水平向左B先变大后变小，方向水平向右C先变小后变大，方向水平向左D先变小后变大，方向水平向右4两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图所示，下列说法正确的是（）Aa点电势比b点高Ba、b两点的场强方向相同，b点场强比a点大Cc点场强和电势都为0D一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复振动5一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面衢平行，不计粒子的重力下列说法正确的有（）A粒子带正电荷B粒子的加速度先不变，后变小C粒子的速度不断增大D粒子的电势能先减小，后增大6用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）A图甲中的A1、A2的示数相同B图甲中的A1、A2的指针偏角相同C图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同D图乙中的A1、A2的指针偏角相同7在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，为理想电流表和电压表在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）A电压表示数变小B电流表示数变大C电容器C所带电荷量增多Da点的电势降低8对于常温下一根阻值为R的均匀金属丝，下列说法中正确的是（）A常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10RB常温下，若将金属丝从中点对折起来，电阻变为RC给金属丝加上的电压逐渐从零增大到U0，则任一状态下的比值不变D把金属丝温度降低到绝对零度附近，电阻率会突然变为零9如图所示电路中，R为一滑动变阻器，P为滑片，闭合开关，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断正确的是（）A电源内电路消耗功率一定逐渐增大B灯泡L2一定逐渐变暗C电源效率一定逐渐减小DR上消耗功率一定逐渐变小10如图电路，C为电容器的电容，D为理想二极管（具有单向导通作用），电流表、电压表均为理想表闭合开关S至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表V1的示数改变量大小为U1，电压表V2的示数改变量大小为U2，电流表A的示数改变量大小为I，则下列判断正确的有（）A的值变大B的值变大C的值不变，且始终等于电源内阻rD滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减少11磁现象可以为我们的生活提供很大的方便，以下这些做法中，不恰当的是（）A将磁性材料装在冰箱的门框上，制成“门吸”B利用磁铁制成双面擦窗器C在机械手表旁边放一个强磁性物质D用磁带来记录声音12关于磁感应强度，下列说法正确的是（）A若长度为L、电流为I的一小段通电直导线放入匀强磁场受到磁场力F，则该匀强磁场的磁感应强度大小为B磁感应强度的方向与放入该点的电流元所受磁场力的方向相同C磁感应强度的方向与放入该点小磁针N极所受磁场力的方向相同D由磁感应强度可知，磁感应强度B与电流元在该点受到的磁场力F成正比，与电流元IL成反比二、实验题13某同学利用多用电表测量二极管的反向电阻（二极管具有单向导电性，电流正向通过时几乎没有电阻，电流反向时，电阻很大）完成下列测量步骤：（1）检查多用电表的机械零点（2）将红、黑表等分别插入正、负表笔插孔，二极管的两个极分别记作a和b，将红表笔接a端时，表针几乎不偏转，接b端时偏转角度很大，则为了测量该二极管的反向电阻，应将红表笔接二极管的（填“a”或“b”）端（3）将选择开关拨至电阻“100”挡位，进行正确的测量步骤后，发现表针偏角较小为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘中央，应重新选择量程进行测量则该同学应选择（“10”或“1k”）挡，然后，再进行测量测量后示数如图所示，则测量结果为（4）测量完成后，将选择开关拨向挡位置14某同学对电阻丝的电阻与哪些因素有关进行了实验探究，现有如下器材：电源E（电动势为4V，内阻约为1）；电流表A1（量程5mA，内阻约为10）；电流表A2（量程0.6A，内阻约为1）；电压表V1（量程3V，内阻约为l k）；电压表V2（量程l5V，内阻约为3k）；滑动变阻器R1（阻值02）；滑动变阻器R2（阻值020）；开关及导线若干他对电阻丝做了有关测量，数据如下表所示编号金属丝直径D/mm金属丝直径的二次方D/mm2金属丝长度L/cm电阻R/10.2800.0784100.0016.3020.2800.078450.008.1630.5600.3136100.004.07他在某次测量中，用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图甲所示，此示数为mm图乙是他测量编号为2的电阻丝电阻的备选原理图，则该同学应选择电 路（选填“A”或“B”）进行测量电流表应选，电压表应选，滑动变阻器应选请你认真分析表中数据，写出电阻R与L、D间的关系式R=（比例系数用k表示），并求出比例系数k=m（结果保留两位有效数字）三、计算题15如图所示，真空中有两个质量都是17.3g的带电小球，它们的半径很小，分别系在长为30cm的两根细绳的一端，两细绳的另一端悬挂在天花板上的同一点O，两个小球带的是等量同种电荷，当它们静止时，两根细绳之间的夹角为60，求两个小球所带的电量q（静电力常数k=9.0109Nm2/C2）16如图所示的电路中，R1=2，R2=6，S闭合时，电压表V的示数为7.5V，电流表A的示数为0.75A，S断开时，电流表A的示数为1A，求：（1）电阻R3的值；（2）电源电动势E和内阻r的值17如图所示，变阻器R2的最大电阻是6，与有关规格为（6V，3W）的灯泡R1串联接在电路中，电源的电动势E=8V，当电键S闭合，变阻器的滑片在中点位置时，灯泡正常发光，设灯泡阻值恒定不变，求：（1）电源的内电阻r；（2）电源的输出功率18如图所示，BCDG是光滑绝缘的圆形轨道，位于竖直平面内，轨道半径为R，下端与水平绝缘轨道在B点平滑连接，整个轨道处在水平向左的匀强电场中现有一质量为m、带正电的小滑块（可视为质点）置于水平轨道上，滑块受到的电场力大小为mg，滑块与水平轨道间的动摩擦因数为0.5，重力加速度为g（1）若滑块从水平轨道上距离B点s=3R的A点由静止释放，滑块到达与圆心O等高的C点时速度为多大？（2）在（1）的情况下，求滑块到达C点时受到轨道的作用力大小；（3）改变s的大小，使滑块恰好始终沿轨道滑行，且从G点飞出轨道，求滑块在圆轨道上滑行过程中的最小速度大小2015-2016学年安徽省六安一中高二（下）开学物理试卷参考答案与试题解析一、选择题1关于元电荷，下列说法中错误的是（）A元电荷实质是指电子和质子本身B所有带电体的电荷量一定等于元电荷的整数倍C元电荷的值通常取作e=1.601019CD电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的【考点】元电荷、点电荷【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电子的带电量最小，质子的带电量与电子相等，但电性相反，故物体的带电量只能是电子电量的整数倍，人们把这个最小的带电量叫做叫做元电荷【解答】解：AC、元电荷是指电子或质子所带的电荷量，数值为e=1.601019C，并不是电子和质子本身故A项错误，C项正确；B、所有带电体的电荷量都等于元电荷的整数倍，故B正确；D、电荷量e的数值最早是由美国科学家密立根用实验测得的，故D正确本题要求选择错误的选项，故选：A【点评】元电荷是带电量的最小值，它本身不是电荷，所带电量均是元电荷的整数倍且知道电子的电量与元电荷的电量相等，同时让学生明白电荷量最早是由美国科学家密立根用实验测得2两个分别带有电荷量Q和+3Q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r 的两处，它们间库仑力的大小为F两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）A FB FC FD12F【考点】库仑定律【专题】电场力与电势的性质专题【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题【解答】解：相距为r时，根据库仑定律得：F=K；接触后，各自带电量变为Q=Q，则此时F=K 两式联立得F= F，故A正确，BCD错误，故选：A【点评】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题注意两电荷接触后各自电荷量的变化，这是解决本题的关键3如图所示，一电子沿等量异种电荷的中垂线由AOB匀速飞过，电子重不计，则电子所受另一个力的大小和方向变化情况是（）A先变大后变小，方向水平向左B先变大后变小，方向水平向右C先变小后变大，方向水平向左D先变小后变大，方向水平向右【考点】电场强度；电场的叠加【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电子做匀速直线运动，知受电场力和外力平衡，外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，根据电场力的变化判断外力的变化【解答】解：根据等量异种电荷周围的电场线分布知，从AOB，电场强度的方向不变，水平向右，电场强度的大小先增大后减小则电子所受电场力的大小先变大，后变小，方向水平向左，则外力的大小先变大后变小，方向水平向右故B正确，A、C、D错误故选：B【点评】解决本题的关键知道外力的大小与电场力的大小相等，方向相反，是一对平衡力4两个等量异种电荷的连线的垂直平分线上有a、b、c三点，如图所示，下列说法正确的是（）Aa点电势比b点高Ba、b两点的场强方向相同，b点场强比a点大Cc点场强和电势都为0D一个电子在a点无初速释放，则它将在c点两侧往复振动【考点】等势面【专题】定性思想；推理法；电场力与电势的性质专题【分析】两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线电场强度方向与等势面方向垂直，而且指向电势低的方向根据电子的受力情况，分析电子的运动情况【解答】解：A、a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，电势相等，而且与无穷远处电势相等故A错误B、a、b两点的场强方向都与垂直平分线垂直向右，方向相同由于b处电场线密，电场强度大于a处电场强度故B正确C、c点的场强由正负电荷叠加产生，不为零，故C错误D、a、b、c是两个等量异种电荷连线的垂直平分线的三点，场强方向都与垂直平分线垂直向右，所以电子在a、c之间受到的电场力的方向都向左，不可能在c点两侧往复振动故D错误故选：B【点评】对于等量异种电荷和等量同种电荷连线和垂直平分线的特点要掌握，抓住电场线和等势面的对称性进行记忆5一粒子从A点射入电场，从B点射出，电场的等势面和粒子的运动轨迹如图所示，图中左侧前三个等势面衢平行，不计粒子的重力下列说法正确的有（）A粒子带正电荷B粒子的加速度先不变，后变小C粒子的速度不断增大D粒子的电势能先减小，后增大【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】等势面的疏密可以表示场强的大小，电场线与等势面；电场力做正功，电势能减小【解答】解：A、电场线（垂直于等势面）先向右后向上偏，而粒子后向下偏了，所以电场力与电场强度方向相反，所以粒子带负电，A错误；B、因为等势面先平行并且密，后变疏，说明电场强度先不变，后变小，则电场力先不变，后变小，所以加速度先不变，后变小，B正确；C、由于起初电场力与初速度方向相反，所以速度先减小，C错误；D、因为电场力先做负功，所以电势能先增大，D错误；故选：B【点评】本题考查等势面、电场线、电场力、电场力做功、电势能等等可以先根据等势面确定电场线的分布情况再判断6用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表A1、A2，若把A1、A2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和电表指针偏转角度的说法正确的是（）A图甲中的A1、A2的示数相同B图甲中的A1、A2的指针偏角相同C图乙中的A1、A2的示数和偏角都不同D图乙中的A1、A2的指针偏角相同【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】电流表A1、A2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大当它们串联时，A1、A2的示数相同由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同【解答】解：A、B图甲中的A1、A2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同故A错误，B正确 C、D图乙中的A1、A2串联，A1、A2的示数相同由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同故CD错误故选B【点评】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成指针偏转角度取决于流过表头的电流大小7在如图所示的电路中，电源的负极接地，其电动势为E、内电阻为r，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C为电容器，为理想电流表和电压表在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，下列说法中正确的是（）A电压表示数变小B电流表示数变大C电容器C所带电荷量增多Da点的电势降低【考点】电容器；闭合电路的欧姆定律【专题】电容器专题【分析】在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电阻减小，根据欧姆定律分析干路电流如何变化和电阻R1两端电压的变化，即可知道电压表读数的变化电容器C的电压等于电阻R2两端的电压，分析并联部分电压的变化，即知道电容器的电压如何变化，根据干路电流与通过R2的电流变化情况，分析电流表的变化a点的电势等于R2两端的电压【解答】解：A、在滑动变阻器滑动头P自a端向b端滑动的过程中，变阻器在路电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流I增大，电阻R1两端电压增大，则电压表示数变大，A错误C、电阻R2两端的电压U2=EI（R1+r），I增大，则U2变小，电容器板间电压变小，其带电量减小，C错误B、根据外电路中顺着电流方向，电势降低，可知，a的电势大于零，a点的电势等于R2两端的电压，U2变小，则a点的电势降低，通过R2的电流I2减小，通过电流表的电流IA=II2，I增大，I2减小，则IA增大即电流表示数变大故BD正确故选BD【点评】本题是电路动态变化分析问题，要抓住不变量：电源的电动势、内阻及定值电阻的阻值不变，进行分析根据电流方向判断电势高低，由电压的变化判断电势的变化8对于常温下一根阻值为R的均匀金属丝，下列说法中正确的是（）A常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的10倍，则电阻变为10RB常温下，若将金属丝从中点对折起来，电阻变为RC给金属丝加上的电压逐渐从零增大到U0，则任一状态下的比值不变D把金属丝温度降低到绝对零度附近，电阻率会突然变为零【考点】电阻定律【专题】恒定电流专题【分析】导体的电阻 R 与它的长度 L 成正比，与它的横截面积 S 成反比，还与导体的材料有关系，这个规律叫电阻定律公式：R=制成电阻的材料电阻率，国际单位制为欧姆米 （m）；L绕制成电阻的导线长度，国际单位制为米 （m）；S绕制成电阻的导线横截面积，国际单位制为平方米（m2）；R电阻值，国际单位制为欧姆 （）其中 叫电阻率：某种材料制成的长 1 米、横截面积是 1 平方米的导线的电阻，叫做这种材料的电阻率是描述材料性质的物理量国际单位制中，电阻率的单位是欧姆米，常用单位是欧姆平方毫米/米与导体长度 L，横截面积 S 无关，只与物体的材料和温度有关有些材料的电阻率随着温度的升高而增大，有些恰好相反【解答】解：A、常温下，若将金属丝均匀拉长为原来的10倍，横截面积减小为0.1倍，电阻率不变，根据电阻定律，电阻增大为100倍，故A错误；B、常温下，若将金属丝从中点对折起来，长度变为一半，横截面积变为2倍，故电阻变为倍，故B正确；C、给金属丝加上的电压逐渐从零增大到U0，由于功率增加，导致温度会略有升高，故金属丝的电阻率会变大，由于截面积和长度均不变，根据电阻定律可得电阻值变大；再根据欧姆定律可以得到比值变大，故C错误；D、金属电阻率会随温度的降低而降低，当温度降低到绝对零度附近时，电阻率会突然降为零，发生超导现象，故D正确；故选：BD【点评】本题关键要能熟练运用电阻定律，同时要明确电阻率的物理意义和温度对其的影响9如图所示电路中，R为一滑动变阻器，P为滑片，闭合开关，若将滑片向下滑动，则在滑动过程中，下列判断正确的是（）A电源内电路消耗功率一定逐渐增大B灯泡L2一定逐渐变暗C电源效率一定逐渐减小DR上消耗功率一定逐渐变小【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】比较思想；控制变量法；恒定电流专题【分析】将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，再分析R上消耗功率的变化；据功率公式和电源效率公式判断选项【解答】解：A、将滑动片向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，总电流I增大据P=I2r可知，电源内部消耗的功率逐渐增大，故A正确；BD、由于干路电流增大，路端电压减小，所以R1上的电流增大，电压增大；再由于路端电压减小，R1上电压增大，所以L2的电压减小（滑动变阻器R的电压减小），即该灯泡变暗；由于R1上的电流增大，而L2的电流减小，所以通过滑动变阻器R的电流变大，而电压减小，据P=UI可知，R上消耗的功率不一定变小，故B正确，D错误；C、据电源效率公式=，可知，当总电阻R减小，电源效率减小，故C正确故选：ABC【点评】对于电路中动态变化分析问题，一般先确定局部电阻的变化，再确定总电阻的变化，到总电流、总电压的变化，再回到局部电路研究电压、电流的变化10如图电路，C为电容器的电容，D为理想二极管（具有单向导通作用），电流表、电压表均为理想表闭合开关S至电路稳定后，调节滑动变阻器滑片P向左移动一小段距离，结果发现电压表V1的示数改变量大小为U1，电压表V2的示数改变量大小为U2，电流表A的示数改变量大小为I，则下列判断正确的有（）A的值变大B的值变大C的值不变，且始终等于电源内阻rD滑片向左移动的过程中，电容器所带的电荷量要不断减少【考点】电容；闭合电路的欧姆定律【专题】电容器专题【分析】由电路图先明确电路的结构，再根据滑动变阻器的移动明确电阻的变化；由闭合电路欧姆定律可知电路电流的变化，则可分析内电压、路端电压及各部分电压的变化【解答】解：由图可知R1与R串联，V1测R两端的电压，V2测路端的电压若P向左端移动，则滑动变阻器接入电阻增大，由闭合电路欧姆定律可知，电路中总电流减小，则内电压减小，路端电压增大，即电压表V2的示数增大，R1两端的电压减小，所以V1的示数增大A、根据欧姆定律得的值等于滑动变阻器的阻值，所以的值变大，故A正确；B、根据闭合电路欧姆定律得：U1=EI（R1+r），则=R1+r，所以的值不变；故B错误；C、根据闭合电路欧姆定律得：由U2=EIr，则=r，所以的值不变；故C正确；D、滑片向左移动的过程中，由于理想二极管具有单向导通作用，所以电容器所带的电荷量不变，故D错误；故选：AC【点评】闭合电路欧姆定律的动态分析类题目，一般可按外电路内电路外电路的分析思路进行分析，在分析时应注意结合闭合电路欧姆定律及串并联电路的性质11磁现象可以为我们的生活提供很大的方便，以下这些做法中，不恰当的是（）A将磁性材料装在冰箱的门框上，制成“门吸”B利用磁铁制成双面擦窗器C在机械手表旁边放一个强磁性物质D用磁带来记录声音【考点】磁现象和磁场【专题】定量思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用【分析】根据磁现象的应用知，“门吸”和双面擦窗器都是利用了磁体能吸引铁物质制成的，磁带是用磁性材料来记录声音信号的，故A、B、D是恰当的，而在机械手表旁边放一个强磁性物质，使机械手表变慢，故C是不恰当的【解答】解：A、利用了磁体能吸引铁物质的性质，恰当； B、利用了磁体能吸引铁物质的性质，恰当；C、在机械手表旁边放一个强磁性物质，使机械手表变慢，不恰当；D、利用了用磁信号来记录声音信号，恰当故选：C【点评】本题考查了磁现象在生活中的应用，注意磁性物质会使会使电视屏幕上的颜色失真12关于磁感应强度，下列说法正确的是（）A若长度为L、电流为I的一小段通电直导线放入匀强磁场受到磁场力F，则该匀强磁场的磁感应强度大小为B磁感应强度的方向与放入该点的电流元所受磁场力的方向相同C磁感应强度的方向与放入该点小磁针N极所受磁场力的方向相同D由磁感应强度可知，磁感应强度B与电流元在该点受到的磁场力F成正比，与电流元IL成反比【考点】磁感应强度【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用【分析】在磁场中磁感应强度有强弱，则由磁感应强度来描述强弱将通电导线垂直放入匀强磁场中，即确保电流方向与磁场方向相互垂直，则所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比【解答】解：A、若长度为L、电流为I的一小段通电直导线“垂直”放入匀强磁场受到磁场力F，则该匀强磁场的磁感应强度大小为故A错误；B、通电导线在磁场中的受力方向，由左手定则来确定，所以磁场力的方向与磁场及电流方向相互垂直故B错误；C、关键磁场方向的规定可知，磁场中某点的磁场方向就是小磁针N极受磁场力的方向，故C正确；D、由于是通过比值定义，所以B与F，与IL均无关，而B由磁场本身性质决定故D错误；故选：C【点评】本题考查对电场强度与磁感应强度两公式的理解能力，首先要理解公式中各个量的含义，其次要理解公式的适用条件，注意比值定义法的含义，同时知道电荷有正负之分二、实验题13某同学利用多用电表测量二极管的反向电阻（二极管具有单向导电性，电流正向通过时几乎没有电阻，电流反向时，电阻很大）完成下列测量步骤：（1）检查多用电表的机械零点（2）将红、黑表等分别插入正、负表笔插孔，二极管的两个极分别记作a和b，将红表笔接a端时，表针几乎不偏转，接b端时偏转角度很大，则为了测量该二极管的反向电阻，应将红表笔接二极管的a（填“a”或“b”）端（3）将选择开关拨至电阻“100”挡位，进行正确的测量步骤后，发现表针偏角较小为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘中央，应重新选择量程进行测量则该同学应选择1k（“10”或“1k”）挡，然后重新进行欧姆调零，再进行测量测量后示数如图所示，则测量结果为30k（4）测量完成后，将选择开关拨向OFF或交流电压最高档挡位置【考点】用多用电表测电阻；描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；定量思想；图析法；恒定电流专题【分析】欧姆表内置电源的正极与“”插孔相连，即与黑表笔相连，使用欧姆表测电阻时，电流从黑表笔流出，红表笔流入；用欧姆表测电阻时，红表笔接电源的负极，黑表笔接电源的正极；使用欧姆表测电阻时，应把红黑表笔短接进行欧姆调零；多用电表使用完毕，应把选择开关打到off挡或交流电压最高挡；应选择合适的挡位，使欧姆表指针指在表盘中央附近；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数【解答】解：（2）将红、黑表等分别插入正、负表笔插孔，二极管的两个极分别记作a和b，将红表笔接a端时，表针几乎不偏转，说明电阻很大，二极管反向偏压，接b端时偏转角度很大，说明电阻很小，二极管正向偏压，则b端为二极管的正极，a为二极管的负极，则为了测量该二极管的反向电阻，应将红表笔接二极管的a端（3）将选择开关拨至电阻“100”挡位，进行正确的测量步骤后，表针偏角较小，说明所选挡位太小为了得到准确的测量结果，应让电表指针尽量指向表盘中央，应重新选择量程进行测量则该同学应选择1k挡，然后重新进行欧姆调零，再进行测量测量后示数如图所示，则测量结果为：301k=30k（4）测量完成后，将选择开关拨向OFF或交流电压最高档挡位置故答案为：（2）a；（3）1k；重新进行欧姆调零；30k；（4）OFF或交流电压最高档【点评】本题考查了欧姆表的使用方法与注意事项、考查了二极管的特点，要掌握欧姆表的使用方法及注意事项，二极管正向偏压很小，二极管反向偏压电阻很大，相当于断路14某同学对电阻丝的电阻与哪些因素有关进行了实验探究，现有如下器材：电源E（电动势为4V，内阻约为1）；电流表A1（量程5mA，内阻约为10）；电流表A2（量程0.6A，内阻约为1）；电压表V1（量程3V，内阻约为l k）；电压表V2（量程l5V，内阻约为3k）；滑动变阻器R1（阻值02）；滑动变阻器R2（阻值020）；开关及导线若干他对电阻丝做了有关测量，数据如下表所示编号金属丝直径D/mm金属丝直径的二次方D/mm2金属丝长度L/cm电阻R/10.2800.0784100.0016.3020.2800.078450.008.1630.5600.3136100.004.07他在某次测量中，用螺旋测微器测金属丝直径，示数如图甲所示，此示数为0.512mm图乙是他测量编号为2的电阻丝电阻的备选原理图，则该同学应选择电 路A（选填“A”或“B”）进行测量电流表应选，电压表应选，滑动变阻器应选请你认真分析表中数据，写出电阻R与L、D间的关系式R=（比例系数用k表示），并求出比例系数k=1.3m（结果保留两位有效数字）【考点】伏安法测电阻；螺旋测微器的使用【专题】实验题【分析】本题的关键是螺旋测微器读数时要分成整数部分和小数部分两部分来读；题的关键是根据待测电阻阻值较小满足可知电流表应用外接法；根据表格中最大电流数值来选择电流表量程；根据电源电动势大小来选择电压表的量程；题可以首先根据电阻定律写出电阻R的表达式即可【解答】解：螺旋测微器的读数为：d=0.5mm+1.20.01mm=0.512mm；：由于待测电阻满足，电流表应用外接法，所以应选择电路A；根据表格数据可知，电路中最大电流为0.56A，所以电流表应选；由于电源电动势为4V，所以电压表应选；根据闭合电路欧姆定律可知，电路中需要的最大电阻应为：，所以变阻器应选；：根据表中数据可知：R=k=；可求出k=，代入数据解得k=1.3m故答案为：0.512A，1.3【点评】对电学实验应明确：根据电源电动势大小来选择电压表量程，根据电路中的最大电流来选择电流表量程；当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法三、计算题15如图所示，真空中有两个质量都是17.3g的带电小球，它们的半径很小，分别系在长为30cm的两根细绳的一端，两细绳的另一端悬挂在天花板上的同一点O，两个小球带的是等量同种电荷，当它们静止时，两根细绳之间的夹角为60，求两个小球所带的电量q（静电力常数k=9.0109Nm2/C2）【考点】库仑定律【专题】定量思想；方程法；电场力与电势的性质专题【分析】对其中一个小球受力分析，由共点力的平衡条件可得出小球所受拉力的大小和小球受到的库仑力，再由库仑力公式可得出小球所带电荷量【解答】解：设小球在水平方向受到库仑力的大小为F以右边的小球为研究对象，分析受力如图则根据平衡条件有：F=mgtan=mgtan30因r=l=0.3m由库仑定律得：F=k 解得q=106C答：两个小球所带的电量106C【点评】本题中两边的球是对称的，分析其中一个小球即可得出正确结论；在电场中处理问题的方法与力学是一致的，做好受力分析是解决问题的关键16如图所示的电路中，R1=2，R2=6，S闭合时，电压表V的示数为7.5V，电流表A的示数为0.75A，S断开时，电流表A的示数为1A，求：（1）电阻R3的值；（2）电源电动势E和内阻r的值【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】（1）已知电压表及电流表的示数，则由串并联电路的规律可求得电阻R3的值；（2）由闭合电路欧姆定律可求得电动势E和内阻r【解答】解：由电路图可知，电压表测量电源的路端电压；而电流表测量流过R2的电流；则干路电流： =1.5A；流过R3的电流为II2； R3两端的电压等于R2两端的电压：U=I2R2；电阻R3的值 R3=6；（2）由闭合电路欧姆定律可得：当S闭合时：E=7.5+1.5r（1）当S断开时：U=I（R1+R2）=1（2+6）=8V；E=8+r（2）联立（1）、（2）解得E=9V r=1；答：（1）电阻R3的值为6；（2）电动势为9V；内阻为1【点评】本题考查串并联电路的电流及电压规律与闭合电路欧姆定律，在解答时要注意正确理解题意，并能准确把握电路图17如图所示，变阻器R2的最大电阻是6，与有关规格为（6V