重庆市一中高二物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年重庆一中高 二（上）期末物理试卷一、单项选择（共10小题，每小题4分，共40分每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）1关于物理学史、物理方法以及原理，以下说法正确的是（）a 奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律b 物理学中，质点、平均速度、合力与分力、交流电的有效值等物理量的定义均用了等效替代的思想方法c 根据楞次定律，感应电流的磁场总是要阻碍原磁场的磁通量的变化d 线圈的磁通量与线圈的匝数无关，线圈中产生的感应电动势也与线圈的匝数无关2如图所示的电流的有效值为（）a ab ac ad a3如图是质谱仪工作原理的示意图带电粒子a、b经电压u加速（在a点初速度为零）后，进入磁感应强度为b的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板s上的x1、x2处图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则（）a a的质量一定大于b的质量b a的电荷量一定大于b的电荷量c a运动的时间小于b运动的时间d a的比荷（）小于b的比荷（）4如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，r1=20，r2=30，c为电容器，已知通过r1的正弦交流电如图乙所示，则（）a 交流电的频率为100hzb 原线圈输入电压的最大值为220vc 通过r3的电流始终为零d 电阻r2的电功率约为6.67w5在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示m是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻rm发生变化，导致s两端电压u增大，装置发出警报，此时（）a rm变大，且r越大，u增大越明显b rm变大，且r越小，u增大越明显c rm变小，且r越大，u增大越明显d rm变小，且r越小，u增大越明显6闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度b随时间t变化的规律如图所示规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abcda方向为导线线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向关于导线框中的电流i与ad边所受的安培力f随时间t变化的图象，下列选项正确的是（）a b c d 7如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽，与水平面的夹角分别为和（），加垂直于纸面向里的磁场分别将质量相等、带等量正、负电荷的小球 a、b依次从两斜面的顶端由静止释放，关于两球在槽上运动的说法不正确的是（）a 在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且aaabb a、b两球沿槽运动的最大速度为va和vb，则vavbc a、b两球沿直槽运动的最大位移为sa和sb，则sasbd a、b两球沿槽运动的时间为ta和tb，则tatb8如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直在电磁场区域中，有一个固定在竖直平面内的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球o点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，bo沿水平方向已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是（）a 当小球运动到b点时，小球受到的洛伦兹力最大b 当小球运动到c点时，小球受到的支持力一定大于重力c 小球从a点运动到b点，重力势能减小，电势能增大d 小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小9如图所示，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三个电阻的阻值之比r1：r2：r3=1：2：3，电路中导线的电阻不计当s1、s2闭合，s3断开时，测得闭合回路中感应电流为i；当s2、s3闭合，s1断开时，测得闭合回路中感应电流为3i；则当s1、s3闭合，s2断开时，闭合回路中感应电流应为（）a 4.5 ib 4ic 2id 010如图所示，以o为圆心、mn为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、带电量相同的带正电粒子a、b和c以相同的速率分别沿ao、bo和co方向垂直于磁场射入磁场区域，已知bo垂直mn，ao、co和bo的夹角都为30，a、b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为ta、tb、tc，则下列给出的时间关系不可能的是（）a tatbtcb tatb=tcc ta=tbtcd ta=tb=tc二、实验题（本题包括2小题，共20分）1）某实验小组在“测定金属丝电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图所示，则它们的读数值依次是mm、a、v（2）已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为010，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20k电源为干电池（不宜在长时间、大功率状况下使用），电动势e=4.5v，内阻很小则以下电路图中（填电路图下方的字母代号）电路为本次实验应当采用的最佳电路但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏（3）若已知实验所用的电流表内阻的准确值ra=2.0，那么准确测量金属丝电阻rx的最佳电路应是上图中的电路（填电路图下的字母代号）此时测得电流为i、电压为u，则金属丝电阻rx=（用题中字母代号表示）12某同学用如图甲所示的电路测量欧姆表的内阻和电源电动势（把欧姆表看成一个电源，且已选定倍率并进行了欧姆调零）实验器材的规格如下：电流表a1（量程200a，内阻r1=300）电流表a2（量程30ma，内阻r2=5）定值电阻r0=9700，滑动变阻器r（阻值范围0500）（1）闭合开关s，移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表a1和a2的示数分别为i1和i2多次改变滑动触头的位置，得到的数据见下表i1（a）120125130135140145i2（ma）20.016.713.210.06.73.3依据表中数据，作出i1i2图线如图乙所示；据图可得，欧姆表内电源的电动势为e=v，欧姆表内阻为r=；（结果保留3位有效数字）（2）若某次电流表a1的示数是114a，则此时欧姆表示数约为（结果保留3位有效数字）三、计算题（本题包括4小题，共50分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不能得分，有数字运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13如图所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在竖直高度为l的某矩形区域内（宽度足够大），该区域的上下边界mn、pq是水平的有一边长为l，质量为m，阻值为r的正方形导线框abcd，从距离磁场上边界mn的某高处由静止释放下落，恰好匀速穿过该磁场区域已知磁感应强度为b求（1）从开始到线框完全进入磁场区域过程中，通过线框横截面的电荷量q；（2）ab边刚通过mn时ab间的电势差u1 和ab边刚通过pq时ab间的电势差u2的比值14如图所示，坐标平面第象限内存在大小为e=4105n/c方向水平向左的匀强电场，在第象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场质荷比为=41010kg/c的带正电粒子从x轴上的a点以初速度v0=2107m/s垂直x轴射入电场，oa=0.2m，不计重力求：（1）粒子经过y轴时的位置到原点o的距离；（2）若要求粒子不能进入第三象限，求磁感应强度b的取值范围（不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况）15如图所示，平行金属导轨op、km和pq、mn相互垂直，且op、km与水平面间夹角为=37，导轨间距均为l=1m，电阻不计，导轨足够长两根金属棒ab和cd与导轨垂直放置且接触良好，ab的质量为m=2kg，电阻为r1=2，cd的质量为m=0.2kg，电阻为r2=1，金属棒和导轨之间的动摩擦因数均为=0.5，两个导轨平面均处在垂直于轨道平面opkm向上的匀强磁场中现让cd固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab沿导轨下滑x=6m时，速度已达到稳定，此时，整个回路消耗的电功率为p=12w求：（1）磁感应强度b的大小；（2）ab沿导轨下滑x=6m时，该过程中ab棒上产生的焦耳热q；（3）若将ab与cd同时由静止释放，当cd达到最大速度时ab的加速度a16如图所示，空间区域、有匀强电场和匀强磁场，mn、pq为理想边界，区域高度为d，区域的高度足够大匀强电场方向竖直向上；、区域的磁感应强度均为b，方向分别垂直纸面向里和向外一个质量为m，电量为q的带电小球从磁场上方的o点由静止开始下落，进入场区后，恰能做匀速圆周运动已知重力加速度为g（1）试判断小球所带电性并求出电场强度的大小e；（2）若带电小球运动一定时间后恰能回到o点，求释放时距mn的高度h0；（3）若小球释放时距mn的高度kh0，求小球运动到最高点时距释放点的距离x2014-2015学年重庆一中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择（共10小题，每小题4分，共40分每小题给出的四个选项中只有一个选项符合题意）1关于物理学史、物理方法以及原理，以下说法正确的是（）a 奥斯特发现了电流的磁效应，总结出了电磁感应定律b 物理学中，质点、平均速度、合力与分力、交流电的有效值等物理量的定义均用了等效替代的思想方法c 根据楞次定律，感应电流的磁场总是要阻碍原磁场的磁通量的变化d 线圈的磁通量与线圈的匝数无关，线圈中产生的感应电动势也与线圈的匝数无关考点：物理学史专题：常规题型分析：理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的知道比值定义法的含义，记住著名物理学家的主要贡献解答：解：a、奥斯特发现了电流的磁效应，法拉第总结出了电磁感应定律，故a错误；b、物理学中，平均速度、合力与分力、交流电的有效值等物理量的定义均用了等效替代的思想方法，质点采用了理想化的物理模型的方法，故b错误；c、根据楞次定律，感应电流的磁场总是要阻碍原磁场的磁通量的变化，故c正确；d、线圈的磁通量与线圈的匝数无关，线圈中产生的感应电动势与线圈的匝数有关，故d错误；故选：c点评：对于物理学上重要的实验和发现，可根据实验的原理、内容、结论及相应的物理学家等等一起记忆，不能混淆2如图所示的电流的有效值为（）a ab ac ad a考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系专题：交流电专题分析：由图可知交流电的周期，根据一个周期内的电流发热量，利用电流的热效应可求得该电流的有效值解答：解：由图可知，该交流电的周期为6s；在一个周期内，其发热量q=2（）2r2=2r；由交流电有效值的定义可得：i2r6=q=2r解得：i=a；故选：b点评：本题考查电流的有效值的定义，要注意明确在标准正弦波的半个波形或四分之一个波形内，最大值与有效值的关系仍为倍的关系3如图是质谱仪工作原理的示意图带电粒子a、b经电压u加速（在a点初速度为零）后，进入磁感应强度为b的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板s上的x1、x2处图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则（）a a的质量一定大于b的质量b a的电荷量一定大于b的电荷量c a运动的时间小于b运动的时间d a的比荷（）小于b的比荷（）考点：质谱仪和回旋加速器的工作原理分析：带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，再进入磁场做匀速圆周运动，轨迹为半圆，本题动能定理和牛顿第二定律求解解答：解：设粒子经电场加速后的速度大小为v，磁场中圆周运动的半径为r，电荷量和质量分别为q、m，打在感光板上的距离为s根据动能定理，得qu=mv2解得：v=由qvb=m解得：r=则s=2r得到：=由图，sasb，u、b相同，则；而周期t=，因此它们的运动时间是周期的一半，由于，所以a运动的时间小于b运动的时间，故c正确，abd错误；故选：c点评：本题属于带电粒子在组合场中运动问题，电场中往往用动能求速度，磁场中圆周运动处理的基本方法是画轨迹4如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，r1=20，r2=30，c为电容器，已知通过r1的正弦交流电如图乙所示，则（）a 交流电的频率为100hzb 原线圈输入电压的最大值为220vc 通过r3的电流始终为零d 电阻r2的电功率约为6.67w考点：变压器的构造和原理专题：电磁感应功能问题分析：由电压与匝数成反比可以求得副线圈的电压的大小，电容器的作用是通交流隔直流解答：解：a、根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，a错误由图乙可知通过r1的电流最大值为im=1a、根据欧姆定律可知其最大电压为um=20v，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200v，b错；c、因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过r3和电容器，c错误；d、根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻r2的电流有效值为i=、电压有效值为u=v，电阻r2的电功率为p2=ui=w=6.67w，故d正确；故选：d点评：本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于电容器的作用要了解；明确电容器可以通交流，阻直流5在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示m是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻rm发生变化，导致s两端电压u增大，装置发出警报，此时（）a rm变大，且r越大，u增大越明显b rm变大，且r越小，u增大越明显c rm变小，且r越大，u增大越明显d rm变小，且r越小，u增大越明显考点：闭合电路的欧姆定律专题：压轴题；恒定电流专题分析：电阻r与rm并联后与s串联，当电阻r越大时，电阻r与rm并联的电阻越接近rm，电压变化越明显解答：解：s两端电压u增大，故传感器两端电压一定减小；当“有药液从针口流出体外”使传感器接触药液，rm变小；当rrm时，r越大，m与r并联的电阻r并越接近rm，u增大越明显；故选：c点评：本题是电路的动态分析问题，关键明确当电阻r越大时，电阻r与rm并联的电阻越接进rm，电压变化越明显6闭合矩形导线框abcd固定在匀强磁场中，磁场的方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度b随时间t变化的规律如图所示规定垂直纸面向里为磁场的正方向，abcda方向为导线线框中感应电流的正方向，水平向右为安培力的正方向关于导线框中的电流i与ad边所受的安培力f随时间t变化的图象，下列选项正确的是（）a b c d 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与电路结合分析：由右图所示图象判断b的变化情况，则可得出磁通量的变化情况，由楞次定律可知电流的方向，根据左手定则即可判断出安培力的大小与方向解答：解：a、b、由右图所示bt图象可知，01s内，线圈中向里的磁通量增大，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针，沿adcba方向，即电流为负方向；12s内，线圈中向里的磁通量减小，由楞次定律可知，电路中电流方向为顺时针方向，即电流为正方向；23s内，磁通量不变，没有感应电流；34s内，线圈中向外的磁通量减小，由楞次定律可知，电路中电流方向为逆时针方向，即电流为负方向由法拉第电磁感应定律：，由于磁感应强度均匀变化，所以产生的感应电流保持不变故ab错误；c、d、01s内，电路中电流方向为逆时针，沿adcba方向，根据左手定则可知，ad棒受到的安培力的方向向右，为正值；12s内，12s内电路中的电流为顺时针，沿abcda方向，ad棒受到的安培力的方向向左，为负值；23s内，没有感应电流，不受安培力；34s内，电路中电流方向为逆时针，沿adcba方向，根据左手定则可知，ad棒受到的安培力的方向向左，为负值；根据安培力的公式：f=bil，安培力的大小与磁感应强度成正比故c错误，d正确故选：d点评：本题考查了判断感应电流随时间变化关系，分析清楚bt图象、应用楞次定律即可正确解题，要注意排除法的应用7如图所示，足够长的光滑三角形绝缘槽，与水平面的夹角分别为和（），加垂直于纸面向里的磁场分别将质量相等、带等量正、负电荷的小球 a、b依次从两斜面的顶端由静止释放，关于两球在槽上运动的说法不正确的是（）a 在槽上，a、b两球都做匀加速直线运动，且aaabb a、b两球沿槽运动的最大速度为va和vb，则vavbc a、b两球沿直槽运动的最大位移为sa和sb，则sasbd a、b两球沿槽运动的时间为ta和tb，则tatb考点：洛仑兹力分析：对两球分别进行受力分析，确定合力后，再由牛顿第二定律可以求出加速度，然后比较加速度大小，判断小球的运动性质；利用运动学的知识即可比较小球在斜面上运动的位移与运动时间，从而可得知正确选项解答：解：a、两小球受到的洛伦兹力都与斜面垂直向上，沿斜面方向的合力为重力的分力，则其加速度分别为：aa=gsin，ab=gsin，可见aaab 故a正确；b、当加速到洛伦兹力与重力沿垂直斜面向下分力相等时，小球脱离斜面，则：mgcos=bqv 对a有：va=，对b有：vb=由于（）所以vavb，故选项b错误；c、a、b两球沿直槽运动的最大位移为sa和sb，对a有：=2gsinsa 求得：sa=对a有：=2gsinsb 得：sb=因，则有：sasb 故选项c正确，d、a、b两球沿槽运动的时间为ta和tb，对a有：va=gsinta得：ta=对b有：vb=gsintb得：tb=则tatb，故选项d正确本题选错误的，故选：b点评：本题考查小球在重力、支持力和洛伦兹力作用下的运动，注意应用左手定则判断洛伦兹力的方向，要了解在带电体运动的过程中，洛伦兹力的变化，知道带电粒子离开斜面的条件对于该题，还应注意数学知识，尤其是三角函数的应用8如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直在电磁场区域中，有一个固定在竖直平面内的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球o点为圆环的圆心，a、b、c为圆环上的三个点，a点为最高点，c点为最低点，bo沿水平方向已知小球所受电场力与重力大小相等现将小球从环的顶端a点由静止释放，下列判断正确的是（）a 当小球运动到b点时，小球受到的洛伦兹力最大b 当小球运动到c点时，小球受到的支持力一定大于重力c 小球从a点运动到b点，重力势能减小，电势能增大d 小球从b点运动到c点，电势能增大，动能先增大后减小考点：带电粒子在混合场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大再根据竖直平面内的圆周运动的相关知识解题即可解答：解：电场力与重力大小相等，则二者的合力指向左下方45，由于合力是恒力，故类似于新的重力，所以ad弧的中点相当于平时竖直平面圆环的“最高点”关于圆心对称的位置（即bc弧的中点）就是“最低点”，速度最大a、设电场力与重力的合力为f，小球从a点运动到b点，f做正功，小球的动能增大，从b运动到c，动能先增大后减小，bc弧的中点速度最大，动能最大，故a错误b、当小球运动到c点时，由支持力、洛伦兹力和重力的合力提供向心力，洛伦兹力方向向上，由fn+f洛mg=m，可知，fn不一定大于mg，故b错误c、小球从a点运动到b点，重力和电场力均做正功，则重力势能和电势能均减小，故c错误d、小球从b点运动到c点，电场力做负功，电势能增大，f先做正功后做负功，则动能先增大后减小故d正确故选：d点评：该题要求同学们能够根据受力分析找出做圆周运动新的最高点和最低点，再根据竖直平面内的圆周运动的知识解题9如图所示，虚线框内存在均匀变化的匀强磁场，三个电阻的阻值之比r1：r2：r3=1：2：3，电路中导线的电阻不计当s1、s2闭合，s3断开时，测得闭合回路中感应电流为i；当s2、s3闭合，s1断开时，测得闭合回路中感应电流为3i；则当s1、s3闭合，s2断开时，闭合回路中感应电流应为（）a 4.5 ib 4ic 2id 0考点：法拉第电磁感应定律专题：电磁感应功能问题分析：根据开关的闭合与断开情况，明确电路结构；根据电路连接情况确定感应电动势，由欧姆定律求出电路电流；然后解方程组答题解答：解：因为r1：r2：r3=1：2：3，可以设r1=r，r2=2r，r3=3r；由电路图可知，当s1、s2闭合，s3断开时，电阻r1与r2组成闭合回路，设此时感应电动势是e1，由欧姆定律可得：e1=ir；当s2、s3闭合，s1断开时，电阻r2与r3组成闭合回路，设感应电动势为e2，由欧姆定律可得：e2=3i5r=15ir；当s1、s3闭合，s2断开时，电阻r1与r3组成闭合回路，此时感应电动势e=e1+e2=16ir，则此时的电流i=4i故b正确，acd错误故选：b点评：分析清楚电路结构、熟练应用欧姆定律是正确解题的关键；要注意在三种电路情况下，产生的感应电动势不同，这是容易出错的地方10如图所示，以o为圆心、mn为直径的圆的左半部分内有垂直纸面向里的匀强磁场，三个不计重力、质量相同、带电量相同的带正电粒子a、b和c以相同的速率分别沿ao、bo和co方向垂直于磁场射入磁场区域，已知bo垂直mn，ao、co和bo的夹角都为30，a、b、c三个粒子从射入磁场到射出磁场所用时间分别为ta、tb、tc，则下列给出的时间关系不可能的是（）a tatbtcb tatb=tcc ta=tbtcd ta=tb=tc考点：带电粒子在匀强磁场中的运动专题：带电粒子在磁场中的运动专题分析：粒子垂直磁场方向射入，洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动；画出运动轨迹，根据t=t求出粒子的运动时间解答：解：粒子带正电，偏转方向如图所示，粒子在磁场中的运动周期相同，在磁场中运动的时间t=t，故粒子在磁场中运动对应的圆心角越大，运动时间越长若粒子的运动半径r和圆形区域半径r满足r=r，则如图甲所示，tatb=tc，故b正确；当rr时，粒子a对应的圆心角最小，c对应的圆心角最大，则：tatbtc，故a正确；当r，轨迹如图乙所示，ta=tb=tc，同理，rrr时，tatb=tc，故c正确；由于粒子在磁场中偏转角度不同，则粒子在磁场中的运动时间不相等，故d错误；本题选错误的，故选：d点评：本题关键是明确粒子做匀速圆周运动，周期t相同，画出轨迹后，根据公式t=t求出时间，作出粒子的运动轨迹是正确解题的关键二、实验题（本题包括2小题，共20分）1）某实验小组在“测定金属丝电阻率”的实验过程中，正确操作获得金属丝的直径以及电流表、电压表的读数如图所示，则它们的读数值依次是0.998mm、0.42a、2.26v（2）已知实验中所用的滑动变阻器阻值范围为010，电流表内阻约几欧，电压表内阻约20k电源为干电池（不宜在长时间、大功率状况下使用），电动势e=4.5v，内阻很小则以下电路图中a（填电路图下方的字母代号）电路为本次实验应当采用的最佳电路但用此最佳电路测量的结果仍然会比真实值偏小（3）若已知实验所用的电流表内阻的准确值ra=2.0，那么准确测量金属丝电阻rx的最佳电路应是上图中的b电路（填电路图下的字母代号）此时测得电流为i、电压为u，则金属丝电阻rx=ra（用题中字母代号表示）考点：测定金属的电阻率专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据各种仪器的原理及读数方法进行读数，注意估读；（2、3）由给出的数据选择滑动变阻器的接法，由各仪器的内阻选择电流表的接法，并能通过误差原理分析误差；求出待测电阻的阻值解答：解：（1）螺旋测微器先读固定部分为0.5mm，可动部分可估读为49.649.8，故总示数为：0.5+49.80.01mm=0.998mm；电流表量程为0.6a，则最小刻度为0.02；指针所示为0.42a；电流表量程为3v，最小刻度为0.1v，则指针指数超过2.25，故可估读为：2.252.28v；（2）因电源不能在大功率下长时间运行，则本实验应采用限流接法；同时电压表内阻较大，由以上读数可知，待测电阻的内阻约为5，故采用电流表外接法误差较小；在实验中电压表示数准确，但电流测量的是干路电流，故电流表示数偏大，则由欧姆定律得出的结果偏小；（3）因已知电流表准确值，则可以利用电流表内接法准确求出待测电阻；故应选b电路；待测电阻及电流表总电阻r=，则待测电阻rx=rra；故答案为：（1）0.9960.999mm、0.42a、2.252.28v（2）a，小，（3）b，ra点评：对于电学实验一定不要单纯靠记忆去解决问题，一定要在理解的基础之上，灵活运用欧姆定律及串并联的相关知识求解12某同学用如图甲所示的电路测量欧姆表的内阻和电源电动势（把欧姆表看成一个电源，且已选定倍率并进行了欧姆调零）实验器材的规格如下：电流表a1（量程200a，内阻r1=300）电流表a2（量程30ma，内阻r2=5）定值电阻r0=9700，滑动变阻器r（阻值范围0500）（1）闭合开关s，移动滑动变阻器的滑动触头至某一位置，读出电流表a1和a2的示数分别为i1和i2多次改变滑动触头的位置，得到的数据见下表i1（a）120125130135140145i2（ma）20.016.713.210.06.73.3依据表中数据，作出i1i2图线如图乙所示；据图可得，欧姆表内电源的电动势为e=1.50v，欧姆表内阻为r=15.0；（结果保留3位有效数字）（2）若某次电流表a1的示数是114a，则此时欧姆表示数约为47.5（结果保留3位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：（1）由题意可得出实验原理，则可求得路端电压及电流，根据图象可得出电动势和内电阻；（2）欧姆表显示的示数为外部电阻，由欧姆定律求得外部电阻即可求解解答：解：（1）由原理图可知，本题中将a1与定值电阻串联后充当电压表使用，故i1（r0+r1）表示路端电压；则可知，i1i2图象中图象与纵坐标的交点与（r0+r1）的乘积等于电源的电动势；故e=150a10000=1.50v；图象的斜率与10000的乘积为内阻，则内阻r=15.0；（2）由图可知，电流表a1的示数是114a时，电流为24ma；由欧姆定律可知，外部电阻r=47.5；则欧姆表的示数应为47.5故答案为：（1）1.50（1.481.51）；15.0（14.016.0）47.5（47.048.0）点评：本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意掌握实验的原理及数据处理方法；明确本题中路端电压的求法三、计算题（本题包括4小题，共50分，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写最后答案的不能得分，有数字运算的题，答案中必须明确写出数值和单位）13如图所示，一沿水平方向的匀强磁场分布在竖直高度为l的某矩形区域内（宽度足够大），该区域的上下边界mn、pq是水平的有一边长为l，质量为m，阻值为r的正方形导线框abcd，从距离磁场上边界mn的某高处由静止释放下落，恰好匀速穿过该磁场区域已知磁感应强度为b求（1）从开始到线框完全进入磁场区域过程中，通过线框横截面的电荷量q；（2）ab边刚通过mn时ab间的电势差u1 和ab边刚通过pq时ab间的电势差u2的比值考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）根据q=t、=、=、=bl2结合，求通过线框横截面的电荷量（2）ab边刚通过mn时ab切割磁感线，相当于电源，ab间的电势差u1=ab边刚通过pq时cd切割磁感线相当于电源，ab间的电势差u2=e由此求解解答：解：（1）线框进入磁场的过程中，通过线框横截面的电荷量为：q=t平均电流为：=平均感应电动势为：=磁通量的变化量为：=bl2，联立得：q=（2）ab边刚通过mn时ab切割磁感线产生感应势，相当于电源，ab间的电势差为：u1=1ab边刚通过pq时cd切割磁感线相当于电源，ab间的电势差为：u2=e2线框匀速运动，e1=e2，则有：=3答：（1）从开始到线框完全进入磁场区域过程中，通过线框横截面的电荷量q为；（2）ab边刚通过mn时ab间的电势差u1和ab边刚通过pq时ab间的电势差u2的比值是3点评：解决本题的关键掌握求解电量得方法，感应电荷量q=n是常用的经验公式，要理解并记牢14如图所示，坐标平面第象限内存在大小为e=4105n/c方向水平向左的匀强电场，在第象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场质荷比为=41010kg/c的带正电粒子从x轴上的a点以初速度v0=2107m/s垂直x轴射入电场，oa=0.2m，不计重力求：（1）粒子经过y轴时的位置到原点o的距离；（2）若要求粒子不能进入第三象限，求磁感应强度b的取值范围（不考虑粒子第二次进入电场后的运动情况）考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，x方向上做匀加速运动，y方向做匀速运动，根据平抛运动的基本公式求解粒子经过y轴时的位置到原点o的距离；（2）设粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出运动的轨迹，结合临界条件和向心力公式可求磁场强度解答：解：（1）设粒子在电场中运动的时间为t，粒子经过y轴时的位置与原点o的距离为y，则：又：y方向的位移：y=v0t解得：y=0.40m（2）粒子经过y轴时在电场方向的分速度为：vx=at=2107m/s粒子经过y轴时的速度大小为；=与y轴正方向的夹角为=450要粒子不进入第三象限，如图所示，此时粒子做圆周运动的轨道半径为r，则：由洛伦兹力提供向心力：解得：答：粒子经过y轴时的位置到原点o的距离0.40m；（2）磁感应强度b的取值范围：点评：该题考查带电粒子在组合场中的运动，可以分别使用类平抛的公式和圆周运动的公式解答，属于该部分中的基础题目难度中等偏难15如图所示，平行金属导轨op、km和pq、mn相互垂直，且op、km与水平面间夹角为=37，导轨间距均为l=1m，电阻不计，导轨足够长两根金属棒ab和cd与导轨垂直放置且接触良好，ab的质量为m=2kg，电阻为r1=2，cd的质量为m=0.2kg，电阻为r2=1，金属棒和导轨之间的动摩擦因数均为=0.5，两个导轨平面均处在垂直于轨道平面opkm向上的匀强磁场中现让cd固定不动，将金属棒ab由静止释放，当ab沿导轨下滑x=6m时，速度已达到稳定，此时，整个回路消耗的电功率为p=12w求：（1）磁感应强度b的大小；（2）ab沿导轨下滑x=6m时，该过程中ab棒上产生的焦耳热q；（3）若将ab与cd同时由静止释放，当cd达到最大速度时ab的加速度a考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）对ab棒受力分析，由于速度达到稳定，即此时合外力为零；再据电学公式求解b（2）ab运动稳定后，其下滑速度已经达到稳定，ab棒减小的重力势能转化为其动能、摩擦生热和焦耳热，根据动能定理和电学公式求产生的热量q（3）分别对两棒为研究对象，利用合外力为零和牛顿第二定律列方程求解，注意二者之间安培力的联系解答：解：（1）ab棒速度达到稳定，即达到最大速度做匀速运动，有：mgsin37=bi1l+mgcos37整个回路消耗的电功率为：p=bi1lvm；则得ab棒的最大速度为：vm=3m/s 又整个回路的电功率又可表示