重庆市第一中学高二物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年重庆一中高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）1在物理学史上，首先发现电流周围存在磁场的著名科学家是( )a欧姆b安培c奥斯特d洛伦兹2根据磁感应强度的定义式，下列说法中正确的是( )a在磁场中某确定位置，b与f成正比，与i、l的乘积成反比b一小段通电直导线在空间某处受磁场力f=0；那么该处的b一定为零c磁场中某处的b的方向跟电流在该处受磁场力f的方向相同d一小段通电直导线放在b为零的位置，那么它受到磁场力f也一定为零3如图所示为洛论兹力演示仪的结构图，励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直，电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节，下列说法正确的是( )a仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大b仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大c仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大d仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大4通电矩形线框abcd与无限长通电直导线mn在同一平面内，电流方向如图所示，bc边与mn平行，以下关于线框四个边受到安培力的说法正确的是( )a线框只有两个边受力，合力向左b线框只有两个边受力，合力向右c线框四个边都受力，合力向左d线框四个边都受力，合力向右5如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机m和电热丝r构成当闭合开关s1、s2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出已知电吹风的额定电压为220v，吹冷风时的功率为120w，吹热风时的功率为1000w关于该电吹风，下列说法正确的是( )a电热丝的电阻为55b电动机的电阻为c当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1000jd当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120j6加速器是使带电粒子获得高能量的装置，如图是回旋加速器的原理图，由回旋加速器的工作原理可知( )a随着速度的增加，带电粒子在磁场中运动的周期越来越短b带电粒子获得的最大速度是由交变电场的加速电压决定的c加速质子后，不需要改变加速器的任何量，就可以用于加速粒子d交变电场的频率跟带电粒子的比荷成正比7利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域，如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度b垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流i，c、d两侧面会形成电势差ucd，下列说法中正确的是( )a电势差ucd仅与材料有关b仅增大磁感应强度时，c、d两面的电势差变大c若霍尔元件中定向移动的是自由电子，则侧面c电势比例面d点电势高d在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平方向8如图所示，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中通有同方向的电流i和3i，此时a受到的磁场力为f，若在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c，且通入与a、b同方向电流后，a受到的磁场力变为2f，则此时b受到的磁场力为( )afb2fc3fd4f9下列关于磁场和磁感线的说法中，正确的是( )a磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质b磁场是为了解释磁极间相互作用而人为引入的c磁体的磁感线总是从n极指向s极d磁感线是闭合曲线10如图所示，一半径为r的圆内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为b，cd是该圆一直径一质量m、电荷量q的带电粒子（不计重力），自a点沿指向o点的方向垂直射入磁场中，恰好从d点飞出磁场，a点到cd的距离为，根据以上内容( )a可判别圆内的匀强磁场的方向垂直纸面向里b不可求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径c可求得粒子在磁场中的运动时间d不可求得粒子进入磁场时的速度11如图所示，以直角三角形aoc为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为b，a=60，ao=a，在o点放置一个电子源，可以向oc方向发射速度不同的电子，电子的比荷为，发射速度为0v0，对于电子进入磁场后的运动（不计电子的重力），下列说法正确的是( )a电子不可能打到a点b电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长c电子在磁场中运动时间越长，其轨迹所对应的圆心角越大d在ac边界上有一半区域有电子射出12如图所示，电源电动势e恒定，内阻r=6，当电键s断开与闭合时，电源的输出功率相等，电流表与电压表均为理想电表，则下列说法中正确的是( )a电阻r1、r2可能分别为4、5b电阻r1、r2可能分别为3、6c电键s断开时电压表的示数一定小于s闭合时的示数d电键s断开与闭合时，电压表的示数变化量绝对值与电流表的示数变化量绝对值之比等于6二、解答题（共6小题，满分62分）13某同学用如下器材来测定一节干电池的电动势和内电阻：干电池e（电动势约为1.5v、内阻小于1.0）电压表v（03v、内阻月3k）电流表a（00.6a、内阻约0.1）滑动变阻器r1（010、10a）滑动变阻器r2（01000、1a）开关、导线若干（1）该同学设计了如图甲所示的电路图，在闭合开关前应该把滑动变阻器滑片滑到_端（填“a”或“b”）；（2）为了操作操作方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是_（填写字母代号）；（3）图乙为该同学根据实验数据，绘出的ui图线，由图线可求得被测电池的电动势e=_v，内电阻r=_（结果保留两位小数）（4）由于电压表的分流作用，使测出的e测与真实值比较：e测_e真（填“”、“”或“=”）14（1）下述关于用多用表欧姆挡测电阻的说法中正确的是_a测量电阻时，如果指针偏转过小，应将选择开关s拨至倍率较大的档位，重新欧姆凋零后测量b测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，会影响测量结果c测量电路中的某个电阻时，可以不把该电阻与原电路断开d测量阻值不同的电阻时，都必须重新欧姆凋零（2）某同学想通过一个多用电表中的欧姆档（已知该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30）直接去测量一个电压表（量程为10v）的内阻（大约为几十千欧），则：将欧姆挡的选择开关拔至合适的倍率挡，将红、黑表笔短接进行欧姆凋零，此时欧姆表的内阻为_将多用电表的黑表笔接电压表的_接线柱（填“+”或者“”）红表笔接另一接线柱若多用表和电压表的示数分别如图甲和图乙所示，则可求出多用表电池的电动势为_v15两平行金属导轨间距离l=0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度b=0.5t、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势e=6v、内阻r=0.5的直流电源现把一个质量为m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒静止导体棒与金属导轨垂直且接触良好，与金属导轨接触的两点间的导体棒的电阻r=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin37=0.60，cos37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力大小和方向16如图所示，电容器两极板相距为d，两板间的匀强磁场的磁感应强度为b1，一束电荷量相同的带正电的粒子从图中虚线方向射入电容器，沿直线穿过电容器后进入另一磁感应强度为b2的匀强磁场，结果分别打在a、b两点，已知粒子带电量为q，两板间电压为u，ab之间的间距为r，不计粒子所受重力及相互作用，求：（1）粒子在b1匀强磁场中运动的速率；（2）若打在b点的粒子的质量为mb，则打在a点的粒子的质量ma为多少？17如图所示，空间内存在水平向右的匀强电场，在虚线mn的右侧有垂直纸面向里、磁感应强度为b的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为+q的小球自a点由静止开始运动，刚好沿直线ac运动至光滑绝缘的水平面cd点，与水平面碰撞的瞬间，小球的竖直分速度立即减为零，而水平分速度不变，小球运动至d处刚好离开水平面，然后沿图示曲线dp轨迹运动，ac与水平面夹角=45，重力加速度为g，求：（1）匀强电场的场强e；（2）ad之间的水平距离d；（3）已知小球在轨迹dp上能达到的最大速度为vm，当小球达到最大速度时，磁场突然消失，经过多长时间的速度变vm？18如图所示，在直角坐标系xoy平面内，虚线mn平行于y轴，n点坐标（1，0），mn与y轴正方向的匀强电场，电场强度大小为e=，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画出），现有一质量为m、电荷量为e的电子，从虚线mn上的p点，以平行于x轴正方向的初速度v0射入电场，并从y轴上a点（0，0.5l）射出电场，此后，电子做匀速直线运动，进入磁场井从圆形有界磁场 边界上q点（，l）射出，速度沿x轴负方向不计电子重力求：（1）电子到达a点的速度；（2）匀强磁场的磁感应强度b的大小；（3）圆形有界匀强磁场区域的最小面积s是多大？2015-2016学年重庆一中高二（上）月考物理试卷（12月份）一、选择题（共12小题，每小题4分，满分48分）1在物理学史上，首先发现电流周围存在磁场的著名科学家是( )a欧姆b安培c奥斯特d洛伦兹【考点】物理学史【分析】奥斯特首先在实验中发现电流的周围存在磁场，结合各个科学家的成就进行答题【解答】解：a、欧姆研究了电流与电压、电阻的关系，发现了欧姆定律，故a错误b、安培研究磁场对电流的作用，提出了分子电流假说，故b错误c、奥斯特首先在实验中发现电流的周围存在磁场，故c正确d、洛伦兹研究了磁场对运动电荷的作用，故d错误故选：c【点评】此题考查物理学史，记清每位科学家的物理学成就是解题的关键2根据磁感应强度的定义式，下列说法中正确的是( )a在磁场中某确定位置，b与f成正比，与i、l的乘积成反比b一小段通电直导线在空间某处受磁场力f=0；那么该处的b一定为零c磁场中某处的b的方向跟电流在该处受磁场力f的方向相同d一小段通电直导线放在b为零的位置，那么它受到磁场力f也一定为零【考点】磁感应强度【分析】本题要掌握磁感应强度的物理意义，定义式及其物理意义磁感应强度用来描述磁场本身的强弱和方向当电流方向与磁场方向相互垂直时，磁感应强度等于导线所受的磁场力与通电导线的电流与长度乘积之比b的方向与导线所受的磁场力方向垂直【解答】解：a、磁感应强度反映磁场本身的强弱和方向，由磁场本身决定，与放入磁场的导线所受的安培力f、导线的长度l和电流i无关故a错误b、当通电导体平行放在磁场中某处受到的磁场力f等于0，但磁场并一定为零故b错误；c、通电导线在磁场中的受力方向，由左手定则得知：磁场力的方向与磁场及电流方向相互垂直，故c错误；d、一小段通电直导线放在b为零的位置，由f=bilsin得知，那么它受到磁场力f也一定为零故d正确故选d【点评】磁感应强度的定义式b=可知，是属于比值定义法，且导线垂直放入与磁场即b与f、i、l均没有关系，它是由磁场的本身决定例如：电场强度e=一样同时还要注意的定义式b=是有条件的3如图所示为洛论兹力演示仪的结构图，励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直，电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节，下列说法正确的是( )a仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大b仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大c仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大d仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大【考点】洛仑兹力【专题】定量思想；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】根据动能定理表示出加速后获得的速度，然后根据洛伦兹力提供向心力推导出半径的表达式【解答】解：根据电子所受洛伦兹力的方向结合右手定则判断励磁线圈中电流方向是顺时针方向，电子在加速电场中加速，由动能定理有：eu=mv02电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力充当向心力，有：ebv0=m解得：r= t=可见，当提高电子枪加速电压，电子束的轨道半径变大、周期不变，故b正确，a错误；增大励磁线圈中的电流，电流产生的磁场增强，由式可得，电子束的轨道半径变小由式知周期变小，故cd错误；故选：b【点评】本题考查了粒子在磁场中运动在实际生活中的应用，正确分析出仪器的原理是关键，注意通过规律列出半径与周期关系式是解题的突破口4通电矩形线框abcd与无限长通电直导线mn在同一平面内，电流方向如图所示，bc边与mn平行，以下关于线框四个边受到安培力的说法正确的是( )a线框只有两个边受力，合力向左b线框只有两个边受力，合力向右c线框四个边都受力，合力向左d线框四个边都受力，合力向右【考点】安培力【专题】定性思想；对称法；磁场 磁场对电流的作用【分析】直导线中的电流方向由m到n，根据安培定则判断导线框所在处磁场方向根据左手定则分析导线框所受的安培力情况【解答】解：ab边受向下的安培力，bc边受到向左的安培力，cd边受到向上的安培力，da受到向右的安培力；bc边受到的安培力大于da边，ab边受到的安培力等于cd受到受到的安培力；故合力向左，故c正确故选：c【点评】本题关键：（1）会根据安培定则判断通电直导线的磁场；（2）会根据左手定则判断安培力方向；（3）会根据安培力公式f=bil并结合微元法判断安培力的大小5如图所示是某款理发用的电吹风的电路图，它主要由电动机m和电热丝r构成当闭合开关s1、s2后，电动机驱动风叶旋转，将空气从进风口吸入，经电热丝加热，形成热风后从出风口吹出已知电吹风的额定电压为220v，吹冷风时的功率为120w，吹热风时的功率为1000w关于该电吹风，下列说法正确的是( )a电热丝的电阻为55b电动机的电阻为c当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为1000jd当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120j【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】吹热风时，电热丝和电动机都工作，它们是并联的，电路的总功率等于它们功率之和，根据并联电路的特点可以求【解答】解：a、电机和电阻并联，当吹热风时，电阻消耗的功率为p=p热p冷=1000120w=880w，由p=可知r=，故a正确；b、电机为非纯电阻电路故不能用p=求，故b错误；c、当电吹风吹热风时，电热丝每秒钟消耗的电能为p=p热p冷=1000120w=880w，故c错误；d、当电吹风吹热风时，电动机每秒钟消耗的电能为120j，故d正确；故选：ad【点评】本题考查了电吹风的电路结构及电功率的计算问题；对于这类结合生活中的电器考查电路连接情况的题目，要结合串并联电路的电流流向特点进行分析6加速器是使带电粒子获得高能量的装置，如图是回旋加速器的原理图，由回旋加速器的工作原理可知( )a随着速度的增加，带电粒子在磁场中运动的周期越来越短b带电粒子获得的最大速度是由交变电场的加速电压决定的c加速质子后，不需要改变加速器的任何量，就可以用于加速粒子d交变电场的频率跟带电粒子的比荷成正比【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【专题】定性思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题【分析】回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转的粒子在磁场中运动的周期t=，与粒子的速度无关【解答】解：a、粒子在磁场中运动的周期t=，其周期的长短与粒子的速度大小无关，故a错误b、设d形盒的半径为r根据qvb=m，解得粒子获得的最大 v=，则知最大速度与加速电压u无关，故b错误c、此加速器加速电场周期t=，加速粒子时t=，两个周期不同，不能加速粒子，故c错误d、交变电场的周期与带电粒子运动的周期相等，带电粒子在匀强磁场中运动的周期t=，频率f=，则f与荷质比成正比，故d正确故选：d【点评】解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场进行加速，磁场进行偏转的以及知道粒子在磁场中运动的周期不变7利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域，如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度b垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流i，c、d两侧面会形成电势差ucd，下列说法中正确的是( )a电势差ucd仅与材料有关b仅增大磁感应强度时，c、d两面的电势差变大c若霍尔元件中定向移动的是自由电子，则侧面c电势比例面d点电势高d在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平方向【考点】霍尔效应及其应用；电势差【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合【分析】在霍尔元件中，移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道c、d两侧面会形成电势差ucd的正负cd间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差ucd与什么因素有关【解答】解：a、根据cd间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有q=qvb，i=nqvs=nqvbc，则ucd=，n由材料决定，故u与材料有关；u还与厚度c成反比，与宽b无关，同时还与磁场b与电流i有关，故a错误、b正确c、根据左手定则，电子向c侧面偏转，c表面带负电，d表面带正电，所以d表面的电势高，则ucd0故c错误d、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过故d错误故选：b【点评】解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡8如图所示，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中通有同方向的电流i和3i，此时a受到的磁场力为f，若在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c，且通入与a、b同方向电流后，a受到的磁场力变为2f，则此时b受到的磁场力为( )afb2fc3fd4f【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用【分析】明确两导线通以同向电流时它们的相互作用力；再分析c在ab处产生的磁场情况，明确受力情况，再根据力的合成法则可求得b受到的磁场力【解答】解：开始时ab受力均为f，相互吸引；加入c后，a受到向右的吸引力，磁场力为2f，则说明a受到c的磁场为f；根据磁场的对称性可知，b处磁场与a处磁场大小方向相反；故b受磁场力大小为3f，方向向左；则可知b受合力为3f+f=4f；故选：d【点评】本题考查安培力的叠加问题，要注意明确磁场分布规律以及左手定则的正确应用9下列关于磁场和磁感线的说法中，正确的是( )a磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质b磁场是为了解释磁极间相互作用而人为引入的c磁体的磁感线总是从n极指向s极d磁感线是闭合曲线【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；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】磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质；磁感线是为了研究磁场方便而人为加上去的；磁极与磁极间是通过磁场发生作用的；磁感线都是闭合的，磁铁的外部，磁感线是从磁体的n极出发指向磁体的s极，在磁铁的内部，磁感线总是从磁体的s极出发指向磁体的n极【解答】解：a、磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质；故a正确；b、磁场是客观存在的特殊物质故b错误；c、d、磁感线是为了研究磁场方便而人为加上去的，在磁铁的外部，磁感线是从磁体的n极出发指向磁体的s极，在磁铁的内部，磁感线总是从磁体的s极出发指向磁体的n极故c错误，d正确故选：ad【点评】此题主要考查了磁场的概念以及磁感线的概念及方向磁感线很抽象，一定要注意理解基础题目10如图所示，一半径为r的圆内有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为b，cd是该圆一直径一质量m、电荷量q的带电粒子（不计重力），自a点沿指向o点的方向垂直射入磁场中，恰好从d点飞出磁场，a点到cd的距离为，根据以上内容( )a可判别圆内的匀强磁场的方向垂直纸面向里b不可求出粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径c可求得粒子在磁场中的运动时间d不可求得粒子进入磁场时的速度【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，作出粒子的运动轨迹，然后应用数学知识、粒子周期公式分析答题【解答】解：a、粒子带正电，由a运动到d，运动轨迹如图所示，则由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里；故a正确；b、a点到cd的距离为，如图所示，则aoc=30，aoo=75，aod=30，根据图示由几何知识可以知，粒子的轨道半径：r=rcot15，可以求出粒子轨道半径，故b正确；c、粒子偏转角为=30，粒子在磁场中的运动时间t=t=，故c正确；d、根据b选项分析，结合圆周运动的半径公式，则有：v=，故d错误；故选：abc【点评】本题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动，根据题意作出粒子运动轨迹，应用数学知识求出粒子偏转的角度是正确解题的关键，本题的难点在数学知识的应用11如图所示，以直角三角形aoc为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为b，a=60，ao=a，在o点放置一个电子源，可以向oc方向发射速度不同的电子，电子的比荷为，发射速度为0v0，对于电子进入磁场后的运动（不计电子的重力），下列说法正确的是( )a电子不可能打到a点b电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长c电子在磁场中运动时间越长，其轨迹所对应的圆心角越大d在ac边界上有一半区域有电子射出【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】应用题；定性思想；图析法；带电粒子在复合场中的运动专题【分析】电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电子进入磁场的速度方向不同，电子的轨道半径不同，应用牛顿第二定律与周期公式分析答题【解答】解：电子带负电，由左手定则可知，电子垂直射入磁场后沿顺时针方向做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvb=m，解得：r=，由题意可知：发射速度为0v0，则电子的轨道半径：0ra；a、当电子速度v=时，轨道半径r=a，速度方向与oc夹角为60入射时，粒子恰好从a点飞出，如图所示，故a错误；b、电子在磁场中做圆周运动的周期：t=，在磁场中的运动时间：t=t=，电子在磁场中转过的圆心角越大，电子的运动时间越长，电子运动轨迹的长度：s=r，相同电子运动时间相同，由于r不同，则电子的运动轨迹不同，电子的运动时间长，其运动轨迹线不一定长，故b错误，c正确；d、当电子沿oc方向射入电场，v=时，轨道半径r=a时，电子的运动轨迹是以a为圆心的圆弧，由于ao长度为a，a=60，则ac的长度为2a，电子恰好从ac中点飞出，因此在ac 边界上只有一半区域有电子射出，轨迹如图所示，故d正确；故选：cd【点评】本题考查了电子在磁场中的运动，电子在匀强磁场中做匀速圆周运动，分析清楚电子的运动过程，应用牛顿第二定律与周期公式可以解题12如图所示，电源电动势e恒定，内阻r=6，当电键s断开与闭合时，电源的输出功率相等，电流表与电压表均为理想电表，则下列说法中正确的是( )a电阻r1、r2可能分别为4、5b电阻r1、r2可能分别为3、6c电键s断开时电压表的示数一定小于s闭合时的示数d电键s断开与闭合时，电压表的示数变化量绝对值与电流表的示数变化量绝对值之比等于6【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】比较思想；赋值法；恒定电流专题【分析】当k闭合时r2被短路，根据电键k断开与闭合时，电源的输出功率相等，列出方程，将电阻r1、r2代入，选择使方程成立的阻值根据外电路总电阻的变化，分析电压表示数的大小关系根据闭合电路欧姆定律求解电键k断开与闭合时电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比【解答】解：ab、由题，电键k断开与闭合时，电源的输出功率相等，则有：（）2（r1+r2）=（）2r1；将r1=4、r2=5、r=6代入方程成立，而将r1=3、r2=6代入方程不成立故a正确，b错误c、电键k断开时外电路总电阻大于k闭合时外电路总电阻，则电键k断开时电压表的示数一定大于k闭合时的示数故c错误d、根据闭合电路欧姆定律得：u=eri，则电压表的示数变化量大小与电流表的示数变化量大小之比为 =r=6故d正确故选：ad【点评】本题考查运用闭合电路欧姆定律分析和计算电路问题的能力d项也可以根据ui图象的斜率分析二、解答题（共6小题，满分62分）13某同学用如下器材来测定一节干电池的电动势和内电阻：干电池e（电动势约为1.5v、内阻小于1.0）电压表v（03v、内阻月3k）电流表a（00.6a、内阻约0.1）滑动变阻器r1（010、10a）滑动变阻器r2（01000、1a）开关、导线若干（1）该同学设计了如图甲所示的电路图，在闭合开关前应该把滑动变阻器滑片滑到a端（填“a”或“b”）；（2）为了操作操作方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是r1（填写字母代号）；（3）图乙为该同学根据实验数据，绘出的ui图线，由图线可求得被测电池的电动势e=1.47v，内电阻r=0.72（结果保留两位小数）（4）由于电压表的分流作用，使测出的e测与真实值比较：e测e真（填“”、“”或“=”）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；定量思想；图析法；恒定电流专题【分析】（1）为保护电路，闭合开关前滑片应置于阻值最大处；（2）为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；（3）电源ui图象与纵轴交点坐标值是电动势的测量值，图象斜率是电源内阻测量值（4）由电路图可知，电流表采用了内接法，由于电压表的分流产生了系统误差【解答】解：（1）由图示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，为保护电路安全，在闭合开关前应该把滑动变阻器滑片滑到a端；（2）为了操作操作方便且能较准确地进行测量，其中应选用的滑动变阻器是r1；（3）由图象可知，电动势测量值e测=1.47v，电源内阻r=0.72；（4）由图甲所示电路图可知，电流表采用了内接法，由于电压表的分流，使电流表所测电流小于流过电源的电流；实验误差来源于电压表的分流，电动势和内阻测量值和真实值之间的关系为：e测=e真，r测=，电源电动势与内阻测量值都小于真实值；故答案为：（1）a；（2）r1；（3）1.47；0.72；（4）【点评】本题考查了实验注意事项、实验器材的选择、实验数据处理与实验误差分析，知道实验原理是解题的关键；电学实验产生的系统误差一般都来自电压表的分流和电流表的分压，正确分析误差是解答本题的关键，同时要结合数学知识理解图象斜率和截距的含义14（1）下述关于用多用表欧姆挡测电阻的说法中正确的是aa测量电阻时，如果指针偏转过小，应将选择开关s拨至倍率较大的档位，重新欧姆凋零后测量b测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，会影响测量结果c测量电路中的某个电阻时，可以不把该电阻与原电路断开d测量阻值不同的电阻时，都必须重新欧姆凋零（2）某同学想通过一个多用电表中的欧姆档（已知该多用电表刻度盘上读出电阻刻度中间值为30）直接去测量一个电压表（量程为10v）的内阻（大约为几十千欧），则：将欧姆挡的选择开关拔至合适的倍率挡，将红、黑表笔短接进行欧姆凋零，此时欧姆表的内阻为30k将多用电表的黑表笔接电压表的+接线柱（填“+”或者“”）红表笔接另一接线柱若多用表和电压表的示数分别如图甲和图乙所示，则可求出多用表电池的电动势为8.75v【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；定量思想；图析法；恒定电流专题【分析】（1）用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使欧姆表指针指在刻度盘中央刻度线附近；测电阻时应把待测电阻与其它电路断开；欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零（2）选择倍率的原则是让指针指在刻度盘的中间位置附近，欧姆表的内部电源的正极与外部负极插孔相连，欧姆表的读数为示数乘以倍率，由闭合电路的欧姆定律求电动势【解答】解：（1）a、测量电阻时如果指针偏转过大，所选挡位太小，说明所选挡位太小，为准确测量电阻阻值，应换大挡，应将选择开关s拨至倍率较大的档位，重新调零后测量，故a正确；b、测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故b错误；c、测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故c错误；d、用同一挡位测量阻值不同的电阻时不必重新调零，换挡后要重新进行欧姆调零，故d错误；故选a（2）电压表内阻约为几十千欧，欧姆表刻度盘电阻刻度中间值为30，用欧姆表测电压表内阻时，欧姆档的选择开关拨至倍率1k挡；将红、黑表笔短接进行欧姆凋零，欧姆表的内阻等于其中值电阻，此时欧姆表的内阻为30k；欧姆表的正极插孔与内部电源的负极相连，与电压表构成一闭合回路，电流从负极流出，进入电压表的正极，将多用电表的黑表笔接电压表的+接线柱，红表笔接另一接线柱由图以所示可知，欧姆表的读数为：401k=40k；欧姆表选择1k挡，刻度盘上电阻刻度中间值为30，则欧姆表内阻为30k，由图2所示可知，电压表的读数为5.0v，测电阻时欧姆表内阻与待测电阻串联，欧姆定律得：e=i（r+r）=（3104+4104）=8.75v故答案为：（1）a；（2）30k；+；8.75【点评】本题考查了欧姆表的使用方法，特别注意是每次换挡都要重新调零要掌握欧姆表的结构让学生熟悉如何使用多用电表，并知道多用电表能测哪里物理量同时知道电阻刻度盘是不均匀的，除刻度盘上的读数外还要乘上倍率；还有量程2.5v的交流电压是读最下面刻度15两平行金属导轨间距离l=0.4m，金属导轨所在的平面与水平面夹角37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度b=0.5t、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势e=6v、内阻r=0.5的直流电源现把一个质量为m=0.04kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒静止导体棒与金属导轨垂直且接触良好，与金属导轨接触的两点间的导体棒的电阻r=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin37=0.60，cos37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力大小；（3）导体棒受到的摩擦力大小和方向【考点】安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小（2）根据安培力的公式f=bil求出安培力的大小（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小【解答】解：（1）导体棒、金属导轨和直流电源构成闭合电路，根据闭合电路欧姆定律有：i=（2）导体棒受到的安培力：f安=bil=0.520.4n=0.4n（3）导体棒所受重力沿斜面向下的分力为：f1=mg sin37=0.24n由于f1小于安培力，故导体棒受沿斜面向下的摩擦力f，根据共点力平衡条件为：mg sin37+f=f安解得：f=0.16n答：（1）通过导体棒的电流为2a；（2）导体棒受到的安培力大小为0.4n；（3）导体棒受到的摩擦力大小为0.16n和方向沿斜面向下【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力16如图所示，电容器两极板相距为d，两板间的匀强磁场的磁感应强度为b1，一束电荷量相同的带正电的粒子从图中虚线方向射入电容器，沿直线穿过电容器后进入另一磁感应强度为b2的匀强磁场，结果分别打在a、b两点，已知粒子带电量为q，两板间电压为u，ab之间的间距为r，不计粒子所受重力及相互作用，求：（1）粒子在b1匀强磁场中运动的速率；（2）若打在b点的粒子的质量为mb，则打在a点的粒子的质量ma为多少？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）穿过电容器的粒子满足电场力与洛伦兹力平衡，根据平衡求出粒子运行的速度v；（2）在磁场2中粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供圆周运动向心力，根据半径差的关系式求出粒子的质量【解答】解：（1）由于粒子沿直线运动，所以：粒子在电容器中受到的电场力洛伦兹力平衡，即qe=qvb1因此v=又因e=则有v=（2）以速度v进入b2的粒子满足：bqv=m则有：r=落在a点的半径为：r1=落在b点的半径为：r2=根据题意有：r=2（r1r2）即：r=2（）由此可得：rb2q=（mamb）v代入v=解得：ma=答：1）粒子在b1匀强磁场中运动的速率为；（2）若打在b点的粒子的质量为mb，则打在a点的粒子的质量ma为【点评】掌握速度选择器的原理，知道带电粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力求出半径与速度质量的关系是解决本题的关键17如图所示，空间内存在水平向右的匀强电场，在虚线mn的右侧有垂直纸面向里、磁感应强度为b的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为+q的小球自a点由静止开始运动，刚好沿直线ac运动至光滑绝缘的水平面cd点，与水平面碰撞的瞬间，小球的竖直分速度立即减为零，而水平分速度不变，小球运动至d处刚好离开水平面，然后沿图示曲线dp轨迹运动，ac与水平面夹角=45，重力加速度为g，求：（1）匀强电场的场强e；（2）ad之间的水平距离d；（3）已知小球在轨迹dp上能达到的最大速度为vm，当小球达到最大速度时，磁场突然消失，经过多长时间的速度变vm？【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【专题】计算题；定量思想；推理法；带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）小球从a运动到c的过程中，受到重力和电场力，两者的合力沿ac方向，作出力的合成图求出e（2）小球从a运动到d的过程中，水平分运动是匀加速直线运动当洛伦兹力等于重力时，小球刚好离开水平面由此条件求出小球滑到