福建省莆田市仙游一中高二物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc

2014-2015学年福建省莆田市仙游一中高 二（上）月考物理试卷（12月份）一、单项选择题（本题共15小题，每小题3分，共36分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法下面四个物理量都是用比值法定义的，其中定义式正确的是（）a 电容c=b 磁感应强度b=f/qvc 电场强度e=kq/r2d 电流i=u/r2有一横截面积为s的铜导线，流经其中的电流强度为i，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过导线的横截面积的自由电子数目可表示为（）a b nvtc d 3如图所示，直线a为电源的路端电压与总电流关系的图线，直线b为电阻r两端电压与通过该电阻电流关系的图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和效率分别是（）a 2瓦，66.7%b 2瓦，33.3%c 4瓦，33.3%d 4瓦，66.7%4关于四个公式p=ui；p=i2r；p=；p=，下列叙述正确的是（）a 公式适用于任何电路的电功率的计算b 公式适用于任何电路的热功率的计算c 公式适用于任何电路电功率的计算d 以上均不正确5如图是两个等量异种点电荷，周围有1、2、3、4、5、6各点，其中1.2之间距离与2.3之间距离相等，2、5之间距离与2、6之间距离相等两条虚线互相垂直，且平分，那么关于各点电场强度和电势的叙述不正确的是（）a 1、3两点电场强度相同b 5、6两点电场强度相同c 4、5两点电势相同d 1、3两点电势相同6如图所示，在空间某点a存在大小、方向恒定、相互垂直的两个磁场b1、b2，b1=3t，b2=4t，则a点的磁感应强度大小为（）a 7tb 1tc 5td 大于3t小于4t7如图所示，有一通电直导线放在蹄形电磁铁的正上方，导线可以自由移动，当电磁铁线圈与直导线中通以图示的电流时，有关直导线运动情况的说法中正确的是（从上往下看）（）a 顺时针方向转动，同时下降b 顺时针方向转动，同时上升c 逆时针方向转动，同时下降d 逆时针方向转动，同时上升8用两只完全相同的电流表分别改装成一只电流表和一只电压表将它们串联起来接入电路中，如图所示，此时（）a 两只电表的指针偏转角相同b 两只电表的指针偏转角不确定c 电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角d 电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角9如图所示，电压u不变，闭合开关s，先调节电阻箱r的电阻值到r1，使电流计指针转到满刻度，再把r调节到r2，使电流表的指针转到满刻度的，电流表的内阻等于（）a r2r1b 2r2r1c r23r1d 2r23r110如图所示：在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为l，质量为m的直导体棒当导体棒中的电流i垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度b的方向在纸面内由竖直向上逆时针至水平向左的过程中，关于b的大小的变化，正确的说法是（）a 逐渐增大b 逐渐减小c 先减小后增大d 先增大后减小11如图所示，电源电动势为e，内电阻为r当滑动变阻器r的滑片p从右端滑到左端时，发现电压表v1、v2示数变化的绝对值分别为u1和u2，下列说法中正确的是（）a 小灯泡l1、l2变暗，l3变亮b 小灯泡l3变暗，l1、l2变亮c u1u2d u1=u212如图所示为一个小灯泡的电流与它两端电压的变化关系曲线若把三个这样的灯泡串联后，接到电压恒定的12v电源上，则此时流过小灯泡的电流和小灯泡的电阻分别为（）a i=0.4 a；r=10b i=0.2a；r=60c i=0.4 a；r=30d i=0.6a；r=201006广东模拟）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为l，质量为m的直导体棒在导体棒中的电流i垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度b的大小和方向正确是（）a b=mg，方向垂直斜面向上b b=mg，方向垂直斜面向下c b=mg，方向垂直斜面向下d b=mg，方向垂直斜面向上1014南开区二模）在如图所示的电路中，e为电源电动势，r为电源内阻，r1和r3均为定值电阻，r2为滑动变阻器当r2的滑动触点在a端时合上开关s，此时三个电表a1、a2和v的示数分别为i1、i2和u现将r2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（）a i1增大，i2不变，u增大b i1减小，i2增大，u减小c i1增大，i2减小，u增大d i1减小，i2不变，u减小1012秋仙游县校级月考）某灯泡中的电流随其两端的电压变化，如图实线所示，则下列说法中正确的是（）a 加5v电压时，灯泡的电阻小于5b 加12v电压时，灯泡的电阻大于8c 将两盏这种灯泡并联加12v电压时，每盏灯泡的功率小于18wd 由图可知，加5v电压时，灯泡的功率是5w二、实验题（共4小题，每空2分，共30分）16某同学在探究规格为“6v，3w”的小灯泡伏安特性曲线实验中：在小灯泡接入电路前，使用多用电表直接测量小灯泡的电阻，则应将选择开关旋至档进行测量（填选项前的字母）a直流电压10v b直流电流5ma c欧姆“100”d欧姆“1”该同学采用图甲所示的电路进行测量图中r为滑动变阻器（阻值范围020，额定电流1.0a），l为待测小电珠，为电压表（量程6v，内阻约20k），为电流表（量程0.6a，内阻约1），e为电源（电动势8v，内阻不计），s为开关在实验过程中，开关s闭合前，滑动变阻器的滑片p应置于最端；（填“左”或“右”）在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭合开关s后，无论如何调节滑片p，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是点至点的导线没有连接好；（图甲中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图甲中的数字，如“点至点”的导线正确接线后，该同学描绘出小灯泡的伏安特性曲线示意图如图乙所示，则小灯泡的电阻值随工作电压的增大而（填“不变”、“增大”或“减小”）17在“测量电阻丝的电阻率”的实验中，（1）如图1，用螺旋测微器测量电阻丝的直径为mm：已知电阻丝的电阻rx约为10，有下列器材供测量该电阻丝的电阻时选用，要求尽量多测几组数据：a量程为00.6a，内阻约为0.5的电流表a1b量程为03a，内阻约为0.1的电流表a2c量程为03v，内阻约为6k的电压表v1d量程为015v，内阻约为30k的电压表v2e阻值为01k，额定电流为0.5a 的滑动变阻器r1f阻值为010，额定电流为2a 的滑动变阻器r2g电动势为4v、内阻约为2的蓄电池eh开关s，导线若干（2）除选用g、h外，还应选用的器材是（只填代号）电流表，电压表，滑动变阻器（3）在图2虚线方框中用铅笔画出用伏安法测上述电阻丝电阻的电路图（4）测量的阻值比真实的阻值（填“偏大”、“偏小”或“相等”）18某同学在实验室测二节干电池的电动势e和内电阻r；可以提供器材有：a待测干电池（电动势约3v，内阻约1.5）b电流表a1（量程0.6a，内阻r1约0.5）c电流表a2（量程1ma，内阻r2=200）d滑动电阻器r1（020，2.5a）e电阻箱r2：最大值9999以及开关、导线若干为了尽可能准确地测量待测电源的电动势和内阻，请解答说明下列问题（1）因现有器材中没有电压表，该同学用电阻箱r2与电流表（选填“a1”或“a2”）串联改装为量程是3v的电压表来测量路端电压则需要调节接入电阻箱的阻值=（2）该同学根据自己设计实验方案，请你用铅笔完成实物图1的连接（3）测量得到的路端电压与电流的各组数据用实心圆点标于坐标图上，如图2所示根据各点表示的数据，在图上用铅笔描出ui图线由此求得：e=v，r=（均保留2位有效数字）1012秋仙游县校级月考）用伏安法测一节干电池的电动势和内阻（1）有如图所示的甲、乙两个供实验选择的电路图，实验时应选用电路图（2）该同学根据自己设计实验方案，请你用铅笔完成实物图的连接（3）选好电路后，由于电流表和电压表内电阻对电路的影响，所测得的电动势将偏（4）根据实验测得的一系列数据，画出ui图（如图丙），被测干电池的电动势为 v，内阻为（均保留2位有效数字）三、计算题：本题共5小题共34分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位20如图所示，在同一水平面上的两根导轨相互平行，并处在竖直向上的匀强磁场中，一根质量为3.6kg，有效长度为2m的金属棒放在导轨上当金属棒中的电流为5a时，金属棒做匀速直线运动；当金属棒中的电流增加到8a时，金属棒的加速度为2m/s2，求磁场的磁感强度21一辆电动自行车的铭牌上给出了如表的技术参数：规格后轮驱动直流电机车型26电动自行车额定输出功率120w整车质量30kg额定电压40v最大载量120kg额定电流3.5a质量为m=70kg的人骑此电动自行车沿平直公路行驶，所受阻力f阻恒为车和人总重的k=0.02倍g取10m/s2求：（1）此车电机的内阻和正常工作时的效率（2）在电机正常工作时，人骑车行驶的最大速度（g取10m/s2）22如图所示的电路中，两平行金属板a、b水平放置，极板长l=80cm，两板间的距离d=40cm电源电动势e=40v，内电阻r=1，电阻r=15，闭合开关s，待电路稳定后将一带负电的小球从b板左端且非常靠近b板的位置以初速度v0=4m/s水平向右射入两板间，该小球可视为质点若小球带电量q=1102 c，质量为m=2102 kg，不考虑空气阻力，电路中的电压表、电流表均是理想电表若小球恰好从a板右边缘射出（g取10m/s2）求：（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多少（2）此时电流表、电压表的示数分别为多少（3）此时电源的输出功率是多少23.利用电动机通过如图所示的电路提升重物，已知电源电动势e=6v，电源内阻r=1，电阻r=3，重物质量m=0.10kg，当将重物固定时，电压表的示数为5v，当重物不固定，且电动机最后以稳定的速度匀速提升重物时，电压表的示数为5.5v，求：重物匀速上升时的速度大小（不计摩擦，g取10m/s2）24.如图所示的电路中，两平行金属板a、b水平放置，两板间的距离d=40cm电源电动势e=24v，内电阻r=1，电阻r=15闭合开关s，待电路稳定后，将一带正电的小球从b板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间若小球带电量为q=1102c，质量为m=2102kg，不考虑空气阻力那么（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达a板？（2）此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）2014-2015学年福建省莆田市仙游一中高二（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共15小题，每小题3分，共36分在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确）1用比值法定义物理量是物理学中一种常用的方法下面四个物理量都是用比值法定义的，其中定义式正确的是（）a 电容c=b 磁感应强度b=f/qvc 电场强度e=kq/r2d 电流i=u/r考点：电容；电场强度；欧姆定律；磁感应强度专题：电容器专题分析：所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变解答：解：a、电容c由本身的性质决定，与所带的电荷量及两端间的电势差无关所以c= 属于比值定义法故a正确 b、磁感应强度与放入磁场中的电流元无关所以b=属于比值定义法但不是比值定义，故b错误 c、电场强度与放入电场中的电荷无关，所以e=属于比值定义法，但不是比值定义故c错误 d、电流与用电器两端的电压成正比，与导体的电阻成反比，电流i=不属于比值定义法故d错误故选a点评：解决本题的关键理解比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变2有一横截面积为s的铜导线，流经其中的电流强度为i，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电量为e，此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过导线的横截面积的自由电子数目可表示为（）a b nvtc d 考点：电流、电压概念专题：恒定电流专题分析：首先根据电流强度的定义可以求得t时间内通过导线横截面积的总的电荷量的大小，进而可以求得自由电子的个数，再根据电流的微观的表达式，根据电阻的运动的速率的大小也可以求得通过导线横截面的自由电子的个数解答：解：在t时间内，以速度v移动的电子在铜导线中通过的距离为vt，由于铜导线的横截面积为s，则在t时间内，电子经过的导线体积为 v=vts又由于单位体积的导线有n个自由电子，则在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为n=nvst由于流经导线的电流为i，则在t时间内，流经导线的电荷量为q=it，而电子的电荷量为e，则t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为：n=，故c正确故选：c点评：本题计算自由电子的个数，要注意从不同的角度来分析问题，一是从微观运动的角度，二是从电流强度的角度3如图所示，直线a为电源的路端电压与总电流关系的图线，直线b为电阻r两端电压与通过该电阻电流关系的图线，用该电源和该电阻组成闭合电路时，电源的输出功率和效率分别是（）a 2瓦，66.7%b 2瓦，33.3%c 4瓦，33.3%d 4瓦，66.7%考点：电功、电功率；闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由图象可知电源的电动势为3v，短路电流为3a，两图象的交点坐标即为电阻r和电源构成闭合回路时的外电压和干路电流电源的输出功率即为电阻r上消耗的功率，效率等于r消耗的功率除以总功率解答：解：由图象可知电源的电动势e=3v，短路电流为3a，根据r=，电源的输出功率即为电阻r上消耗的功率，根据p=ui得：p=21w=2w，电源的总功率为：p总=ei=31w=3w所以效率为：故选a点评：根据ui图象正确读出电源的电动势和短路电流，根据ui图象正确读出外电路两端的电压和流过电阻的电流，是解决此类问题的出发点4关于四个公式p=ui；p=i2r；p=；p=，下列叙述正确的是（）a 公式适用于任何电路的电功率的计算b 公式适用于任何电路的热功率的计算c 公式适用于任何电路电功率的计算d 以上均不正确考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：p=iu适用于任何电路计算电功率；p=i2r适用于任何电路计算热功率；p=只能适用于纯电阻电路的电功率或者热功率；p=是功率的定义公式，适用于任何情况的平均功率解答：解：a、c、求解电功率，可以用公式p=iu，也可以用公式p=；p=只能适用于纯电阻电路的电功率和热功率；p=i2r适用于任何电路计算热功率；故a正确；b、p=i2r适用于任何电路计算热功率；p=只能适用于纯电阻电路的电功率和热功率故b正确；c、p=iu适用于任何电路计算电功率；p=i2r适用于任何电路计算热功率；p=只能适用于纯电阻电路的电功率或者热功率；故c错误；d、由于选项ab正确，故d错误；故选：ab点评：对于纯电阻电路，电功与电热相同，三个公式p=iu、p=i2r、p=通用；而对于非纯电阻电路，求电热功率只能用p=i2r5如图是两个等量异种点电荷，周围有1、2、3、4、5、6各点，其中1.2之间距离与2.3之间距离相等，2、5之间距离与2、6之间距离相等两条虚线互相垂直，且平分，那么关于各点电场强度和电势的叙述不正确的是（）a 1、3两点电场强度相同b 5、6两点电场强度相同c 4、5两点电势相同d 1、3两点电势相同考点：电场强度；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：等量异种点电荷电场线的分布具有对称性，两点电荷连线的中垂线是一条等势线根据电场线方向判断电势的高低：顺着电场线方向电势逐渐降低解答：解：a、等量异种点电荷电场线的分布具有对称性，1.3两点电场强度大小，方向均向左，即电场强度相同故a正确b、根据对称性，5.6两点处电场线疏密程度相同，电场强度大小相等，方向都与此虚线垂直向左，则5.6两点电场强度相同故b正确c、等量异种点电荷连线的中垂线是一条等势线，所以4、5两点电势相等故c正确d、两点电荷连线上电场线方向从3指向1，则3的电势高于1的电势故d错误本题选错误的，故选d点评：等量异种点电荷电场线、等势线分布要抓住对称性，其连线的中垂线是一条等势线6如图所示，在空间某点a存在大小、方向恒定、相互垂直的两个磁场b1、b2，b1=3t，b2=4t，则a点的磁感应强度大小为（）a 7tb 1tc 5td 大于3t小于4t考点：磁感应强度分析：磁感应强度是矢量，根据矢量合成法则，结合几何关系，即可求解解答：解：由题意可知，相互垂直的两个磁场b1、b2，且b1=3t，b2=4t，根据勾股定理，则有：a点的磁感应强度大小为，故c正确，abd错误；故选：c点评：考查磁感应强度是矢量性，掌握矢量合成法则，理解三角函数关系7如图所示，有一通电直导线放在蹄形电磁铁的正上方，导线可以自由移动，当电磁铁线圈与直导线中通以图示的电流时，有关直导线运动情况的说法中正确的是（从上往下看）（）a 顺时针方向转动，同时下降b 顺时针方向转动，同时上升c 逆时针方向转动，同时下降d 逆时针方向转动，同时上升考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：根据右手螺旋定则来确定，电磁铁线圈的磁场分布，再依据左手定则来判定，安培力的方向，从而即可求解解答：解：在导线两侧取两小段，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向外，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向里，从上往下看，知导线逆时针转动，当转动90时，导线所受的安培力方向向下，所以导线的运动情况为，逆时针转动，同时下降故c正确，a、b、d错误故选：c点评：解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及掌握微元法、特殊位置法的运用8用两只完全相同的电流表分别改装成一只电流表和一只电压表将它们串联起来接入电路中，如图所示，此时（）a 两只电表的指针偏转角相同b 两只电表的指针偏转角不确定c 电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角d 电流表指针的偏转角大于电压表指针的偏转角考点：把电流表改装成电压表专题：实验题；恒定电流专题分析：电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；将电压表和电流表串联，分析通过表头的电流关系，判断指针偏转角度的大小解答：解：电流表改装成电压表是串联较大的分压电阻；电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻；两表串联后，通过电流表的总电流与电压表的电流相等，由于电流表改装成大量程电流表是并联较小的分流电阻，所以大部分电流通过了分流电阻，通过表头的电流很小，电流表指针的偏转角小于电压表指针的偏转角，故abd错误，c正确；故选：c点评：本题关键是明确电流表和电压表的改装原理，熟悉串联电路的电流特点，基础题9如图所示，电压u不变，闭合开关s，先调节电阻箱r的电阻值到r1，使电流计指针转到满刻度，再把r调节到r2，使电流表的指针转到满刻度的，电流表的内阻等于（）a r2r1b 2r2r1c r23r1d 2r23r1考点：把电流表改装成电压表专题：实验题；恒定电流专题分析：电阻箱与电流表串联，应用欧姆定律列方程，然后求出电流表的内阻解答：解：调节电阻箱r的阻值到r1，电流达到满偏，则：im=，把电阻箱r的电阻值调到r2，电流表的指针转到满刻度的，则：im=，解得：rg=2r23r1，故d正确；故选：d点评：本题考查欧姆定律的应用，掌握电流表指针偏满刻度与半偏刻度是解题的突破口，应用欧姆定律即可解题，本题是一道基础题10如图所示：在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为l，质量为m的直导体棒当导体棒中的电流i垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度b的方向在纸面内由竖直向上逆时针至水平向左的过程中，关于b的大小的变化，正确的说法是（）a 逐渐增大b 逐渐减小c 先减小后增大d 先增大后减小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力专题：共点力作用下物体平衡专题分析：本题中导体棒受三个力，重力g、支持力fn和安培力fa，三力平衡，合力为零，其中重力的大小和方向都不变，支持力的方向不变，安培力的方向由水平向右逐渐变为竖直向上，根据平行四边形定则分析解答：解：对导体棒受力分析，受重力g、支持力fn和安培力fa，三力平衡，合力为零，将支持力fn和安培力fa合成，合力与重力相平衡，如图从图中可以看出，安培力fa先变小后变大，由于fa=bil，其中电流i和导体棒的长度l均不变，故磁感应强度先变小后变大；故选c点评：三力平衡的动态分析问题是一中常见的问题，其中一个力大小和方向都不变，一个力方向不变、大小变，第三个力的大小和方向都变，根据平行四边形定则做出力的图示分析即可11如图所示，电源电动势为e，内电阻为r当滑动变阻器r的滑片p从右端滑到左端时，发现电压表v1、v2示数变化的绝对值分别为u1和u2，下列说法中正确的是（）a 小灯泡l1、l2变暗，l3变亮b 小灯泡l3变暗，l1、l2变亮c u1u2d u1=u2考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：当滑动变阻器的触片p从右端滑到左端时，分析变阻器接入电路的电阻的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，判断灯l2亮度的变化根据总电流的变化，分析并联部分电压的变化，判断l3亮度的变化根据总电流与通过l3电流的变化，分析通过l1电流的变化，判断其亮度变化根据路端电压的变化，分析u1和u2的大小解答：解：ab、当滑动变阻器的触片p从右端滑到左端时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，总电流增大，则l2变亮变阻器的电阻减小，并联部分的电阻减小，则并联部分电压减小，则l3变暗总电流增大，而l3的电流减小，则l1的电流增大，则l1变亮故a错误，b正确cd、由上分析可知，电压表v1的示数减小，电压表v2的示数增大，由于路端电压减小，所以u1u2故c正确，d错误故选：bc点评：本题是电路动态变化分析问题，按“局部整体局部”思路进行分析运用总量法分析两电压表读数变化量的大小12如图所示为一个小灯泡的电流与它两端电压的变化关系曲线若把三个这样的灯泡串联后，接到电压恒定的12v电源上，则此时流过小灯泡的电流和小灯泡的电阻分别为（）a i=0.4 a；r=10b i=0.2a；r=60c i=0.4 a；r=30d i=0.6a；r=20考点：欧姆定律专题：恒定电流专题分析：三个电灯串联后，每只电灯的电压为4v，再由甲图读出电灯的工作电流，由公式r=求出电阻解答：解：把三个这样的电灯串联后，每只灯泡的实际电压为：u=v=4v，在图甲上可以读出：u=4v时，流过小灯泡的电流为：i=0.4a，则此时每只电灯的实际电阻为：r=10故选：a点评：此题中电灯是非线性元件，电阻r=，但riu图线上每一点与原点连线的斜率的倒数等于电阻值1006广东模拟）如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为l，质量为m的直导体棒在导体棒中的电流i垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，下列外加匀强磁场的磁感应强度b的大小和方向正确是（）a b=mg，方向垂直斜面向上b b=mg，方向垂直斜面向下c b=mg，方向垂直斜面向下d b=mg，方向垂直斜面向上考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力专题：压轴题；共点力作用下物体平衡专题分析：通电导线在磁场中的受到安培力作用，由公式f=bil求出安培力大小，由左手定则来确定安培力的方向解答：解：a、外加匀强磁场的磁感应强度b的方向垂直斜面向上，根据左手定则知，安培力沿斜面向上，还受到支持力和重力，三力处于平衡状态，沿斜面方向上由平衡条件得：bil=mgsin则bmg；故a正确、d错误b、外加匀强磁场的磁感应强度b的方向垂直斜面向下，则根据左手定则知，安培力沿斜面向下，与支持力和重力不可能平衡，即棒子不可能处于平衡状态故b、c均错误；故选a点评：学会区分左手定则与右手定则，前者是判定安培力的方向，而后者是判定感应电流的方向1014南开区二模）在如图所示的电路中，e为电源电动势，r为电源内阻，r1和r3均为定值电阻，r2为滑动变阻器当r2的滑动触点在a端时合上开关s，此时三个电表a1、a2和v的示数分别为i1、i2和u现将r2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（）a i1增大，i2不变，u增大b i1减小，i2增大，u减小c i1增大，i2减小，u增大d i1减小，i2不变，u减小考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，采用局部整体局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析解答：解：r2的滑动触点向b端移动时，r2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，内电压增大，外电压减小，即电压表示数减小，r3电压增大，r1、r2并联电压减小，通过r1的电流i1减小，即a1示数减小，而总电流i增大，则流过r2的电流i2增大，即a2示数增大故a、c、d错误，b正确故选b点评：解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流1012秋仙游县校级月考）某灯泡中的电流随其两端的电压变化，如图实线所示，则下列说法中正确的是（）a 加5v电压时，灯泡的电阻小于5b 加12v电压时，灯泡的电阻大于8c 将两盏这种灯泡并联加12v电压时，每盏灯泡的功率小于18wd 由图可知，加5v电压时，灯泡的功率是5w考点：欧姆定律专题：整体思想分析：iu图象描述物体的电流随电压的变化；由各点的坐标可求得导体的电阻；由图象的斜率的变化可明确电阻的变化解答：解：a、加5v的电压时，电流为1.0a，则由欧姆定律可知，r=5；故a错误；b、加12v的电压时，电流为1.5a，则可得电阻为：=8；故b错误；c、加12v的电压时，电流为1.5a，功率p=121.5=18w；故c错误；d、当电压为5v时，电流为1a，则功率p=ui=5w；故d正确；故选：d点评：本题考查欧姆定律的应用；注意伏安特性曲线的性质，能从图象中得出电阻的变化要注意由图象直接读出电流和电压，再由欧姆定律直接求解即可二、实验题（共4小题，每空2分，共30分）16某同学在探究规格为“6v，3w”的小灯泡伏安特性曲线实验中：在小灯泡接入电路前，使用多用电表直接测量小灯泡的电阻，则应将选择开关旋至d档进行测量（填选项前的字母）a直流电压10v b直流电流5ma c欧姆“100”d欧姆“1”该同学采用图甲所示的电路进行测量图中r为滑动变阻器（阻值范围020，额定电流1.0a），l为待测小电珠，为电压表（量程6v，内阻约20k），为电流表（量程0.6a，内阻约1），e为电源（电动势8v，内阻不计），s为开关在实验过程中，开关s闭合前，滑动变阻器的滑片p应置于最左端；（填“左”或“右”）在实验过程中，已知各元器件均无故障，但闭合开关s后，无论如何调节滑片p，电压表和电流表的示数总是调不到零，其原因是1点至5点的导线没有连接好；（图甲中的黑色小圆点表示接线点，并用数字标记，空格中请填写图甲中的数字，如“1点至5点”的导线正确接线后，该同学描绘出小灯泡的伏安特性曲线示意图如图乙所示，则小灯泡的电阻值随工作电压的增大而增大（填“不变”、“增大”或“减小”）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：已知灯泡额定电压与额定功率，求出小电珠正常发光时的电阻，根据该电阻选择欧姆表挡位i、滑动变阻器采用分压接法，闭合开关前分压电路电压应最小，根据电路图确定滑片位置ii、滑动变阻器采用分压接法，灯泡电压与电流可以从零开始变化，滑动变阻器采用限流接法时，电压与电流不可能从零开始变化iii、根据图示图象，应用欧姆定律判断灯泡电阻如何变化解答：解：小电珠正常发光时电阻为r=12，使用多用电表测电阻时，选择开关旋至欧姆1挡进行测量，故d正确；i、由电路图可知，开关s闭合前，滑动变阻器的滑片p应置于最左端ii、闭合开关s后，无论如何调节滑片p，电压表和电流表的示数总是调不到零，可能是1点到5点间的导线没有接好，滑动变阻器实际上被接成了限流接法iii、由图乙所示小电珠iu图象，根据欧姆定律可知，其电阻随工作电压的增大而增大故答案为：d；、左；、1，5（或5，1）；、增大点评：本题考查了欧姆表的应用、实验器材的选择、实验注意事项、判断小电珠电阻随电压变化关系；使用多用电表测电阻时，应把选择开关打到欧姆档，并选择合适的倍率，使指针指在刻度盘的中央附近17在“测量电阻丝的电阻率”的实验中，（1）如图1，用螺旋测微器测量电阻丝的直径为0.887mm：已知电阻丝的电阻rx约为10，有下列器材供测量该电阻丝的电阻时选用，要求尽量多测几组数据：a量程为00.6a，内阻约为0.5的电流表a1b量程为03a，内阻约为0.1的电流表a2c量程为03v，内阻约为6k的电压表v1d量程为015v，内阻约为30k的电压表v2e阻值为01k，额定电流为0.5a 的滑动变阻器r1f阻值为010，额定电流为2a 的滑动变阻器r2g电动势为4v、内阻约为2的蓄电池eh开关s，导线若干（2）除选用g、h外，还应选用的器材是（只填代号）电流表a，电压表c，滑动变阻器f（3）在图2虚线方框中用铅笔画出用伏安法测上述电阻丝电阻的电路图（4）测量的阻值比真实的阻值偏小（填“偏大”、“偏小”或“相等”）考点：测定金属的电阻率专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读（2）用伏安法测量电阻时，要注意安全，即电流电压不能超过电表的量程，也不能超过电路元器件的额定电流；还要注意精确，即电表读数要使指针偏转的角度较大，通常尽量超过一半；最后要操作方便，便于测量根据电源电动势选择电压表，根据电路最大电流选择电流表，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器（3）根据待测电阻与滑动变阻器最大阻值间的关系确定滑动变阻器的接法，根据待测电阻阻值与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图（4）分析实验中中电压表及电流表内阻的影响，则可得出实验结果的误差解答：解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为0.5mm，可动刻度读数为：0.0138.7mm=0.087mm，所以最终读数为：0.5mm+0.387mm=0.887mm，由于需要估读，在范围内0.8850.889内均正确（2）电源的电动势为4v，为了测量的准确性，电压表应选择c；电路中的最大电流i=0.3a；故电流表选择a；滑动变阻器要便于调节，故采用分压接法时，应选用小电阻，故滑动变阻器选f；（3）本实验要求多测几组数据，故滑动变阻器应采用分压接法；同时，由于电压表内阻远大于待测电阻，故电流表选用外接法；电路图如下图；（4）采用电流表外接法时，所测电压准确，而所测电流大于真实值，则由欧姆定律可知，测量值小于真实值；故答案为：（1）0.887；（2）a，c，f；（3）如上图；（4）偏小点评：测量电阻率的实验中滑动变阻器可以采用分压和限流接法，但由于本实验中要求多测几组数据，故应采用滑动变阻器分压接法18某同学在实验室测二节干电池的电动势e和内电阻r；可以提供器材有：a待测干电池（电动势约3v，内阻约1.5）b电流表a1（量程0.6a，内阻r1约0.5）c电流表a2（量程1ma，内阻r2=200）d滑动电阻器r1（020，2.5a）e电阻箱r2：最大值9999以及开关、导线若干为了尽可能准确地测量待测电源的电动势和内阻，请解答说明下列问题（1）因现有器材中没有电压表，该同学用电阻箱r2与电流表a2（选填“a1”或“a2”）串联改装为量程是3v的电压表来测量路端电压则需要调节接入电阻箱的阻值=2800（2）该同学根据自己设计实验方案，请你用铅笔完成实物图1的连接（3）测量得到的路端电压与电流的各组数据用实心圆点标于坐标图上，如图2所示根据各点表示的数据，在图上用铅笔描出ui图线由此求得：e=3.0v，r=1.7（均保留2位有效数字）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：（1）把电流表改装为电压表，应该知道电流表的内阻，根据所给电流表选择答题（2）根据伏安法测电源电动势与内阻的原理连接实物电路图（3）根据坐标系内描出的点作出电源的ui图象，图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻解答：解：（1）电流表a2内阻已知，可以用电阻箱r2与电流表a2串联改装为电压表，来测量路端电压根据串联电阻具有分压作用可知，应将电流表与电阻箱串联；由u=，解得：r=2800；（2）电压表测路端电压，电流表测电路电流，电源内阻较小，相对于电源来说电流表应采用外接法，电路图如图所示（3）根据电源的ui图象如图所示，由图象可知电源电动势e=3.0v，电源内阻r=1.7故答案为：（1）a2；2800（2）电路图如图所示；（3）图象如图所示；3.0；1.7；点评：在电学实验中，应将电阻值一定的电流表进行改装，若需改为电压表则应串联一电阻，若需改为电流表则应串联一电阻1012秋仙游县校级月考）用伏安法测一节干电池的电动势和内阻（1）有如图所示的甲、乙两个供实验选择的电路图，实验时应选用电路图乙（2）该同学根据自己设计实验方案，请你用铅笔完成实物图的连接（3）选好电路后，由于电流表和电压表内电阻对电路的影响，所测得的电动势将偏小（4）根据实验测得的一系列数据，画出ui图（如图丙），被测干电池的电动势为1.5 v，内阻为0.50（均保留2位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题；电磁学分析：因电表均不是理想电表，故在实验中会产生误差；分析两电表的影响可知应选择的电路；并根据电路的分析可得出电动势的误差情况解答：解：（1）甲图中由于电流表的分压，导致电压表测量不是电源的路端电压；此时，电流表等效为了电源的内电阻；因电源内阻一般较小，故在测量时电阻的误差过大，故应选取电路乙；（2）根据乙图得出对应的实物图如图所示；（3）乙图中由于电压表的分流，导致电流表测量值小于真实值；而电压值的示数是准确的，故ui图象将向下移动，故电源的电动势将小于真实值；（4）图象与纵坐标的交点为电源的电动势；故e=1.5v；图象的斜率表示内阻，故r=0.50；故答案为：（1）乙；（2）如图所示；（3）小；（4）1.5；0.50点评：本题考查测电动势和内电阻的实验电路选择及误差分析，甲接法电源电动势是准确的，但内阻误差过大；而乙接法中，电动势偏小，但总体误差较小三、计算题：本题共5小题共34分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位20如图所示，在同一水平面上的两根导轨相互平行，并处在竖直向上的匀强磁场中，一根质量为3.6kg，有效长度为2m的金属棒放在导轨上当金属棒中的电流为5a时，金属棒做匀速直线运动；当金属棒中的电流增加到8a时，金属棒的加速度为2m/s2，求磁场的磁感强度考点：安培力；牛顿第二定律分析：金属棒受重力、支持力和安培力而做加速运动，根据牛顿第二定律列式求解即可解答：解：金属棒匀速运动时，有：bi1l=mg棒匀加速运动时根据牛顿第二定律，有：bi2lmg=ma解得：b=1.2t答：磁场的磁感强度为1.2t点评：本题关键是受力分析后根据牛顿第二定律和安培力公式列式求解，基础问题21一辆电动自行车的铭牌上给出了如表的技术参数：规格后轮驱动直流电机车型26电动自行车额定输出功率120w整车质量30kg额定电压40v最大载量120kg额定电流3.5a质量为m=70kg的人骑此电动自行车沿平直公路行驶，所受阻力f阻恒为车和人总重的k=0.02倍g取10m/s2求：（1）此车电机的内阻和正常工作时的效率（2）在电机正常工作时，人骑车行驶的最大速度（g取10m/s2）考点：功率、平均功率和瞬时功率专题：功率的计算专题分析：（1）用电机的输出功率除以额定功率得到电机在额定电压下正常工作的效率；（2）匀速行驶时，牵引力等于阻力，根据p=fv得到最大速度；解答：解：（1）电机的输出功率为：p出=120w；电机在额定电压下正常工作的额定功率为：p额=ui=40v3.5a=140w；故此车的直流电机在额定电压下正常工作的效率为：=%=85.7%；电动机的内阻消耗的功率：p内=p额p出=140w120w=20w电动机的内电阻：（2）电车以最大速度匀速运动时，受力平衡，有：f=f=0.02mg=0.02（30+70）10=20np出=fvm解得：vm=6m/s即人骑车行驶的最大速度为6m/s；答：（1）此车电机的内阻是1.63，正常工作时的效率是85.7%（2）在电机正常工作时，人骑车行驶的最大速度是6m/s点评：本题关键对车受力分析后，运用平衡条件或牛顿第二定律列式求解，同时要用到牵引力与功率和速度的关系公式22如图所示的电路中，两平行金属板a、b水平放置，极板长l=80cm，两板间的距离d=40cm电源电动势e=40v，内电阻r=1，电阻r=15，闭合开关s，待电路稳定后将一带负电的小球从b板左端且非常靠近b板的位置以初速度v0=4m/s水平向右射入两板间，该小球可视为质点若小球带电量q=1102 c，质量为m=2102 kg，不考虑空气阻力，电路中的电压表、电流表均是理想电表若小球恰好从a板右边缘射出（g取10m/