河北省唐山市开滦二中高一物理上学期12月月考试卷（含解析）.doc

2015-2016学年河北省唐山市开滦二中高二（上）月考物理试卷（12月份）一、单项选择题（本题共10小题，每小题3分，共30分下列每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确选对的得3分，错选或不选的得0分）1在物理学中常用比值法定义物理量选出不是用比值法定义的物理量（）a用e=定义电场强度b用定义磁感应强度c用c=定义电容器的电容d用r=定义导体的电阻2指南针是我国古代四大发明之一关于指南针，下列说明正确的是（）a指南针可以仅具有一个磁极b指南针能够指向南北，说明地球具有磁场c指南针的指向不会受到附近铁块的干扰d在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转3两粗细相同的同种金属电阻丝r1、r2的电流i和电压u的关系图线如图所示，可知（）a两电阻的大小之比为r1：r2=：1b两电阻的大小之比为r1：r2=1：3c两电阻丝长度之比为l1：l2=3：1d两电阻丝长度之比为l1：l2=1：4关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）a安培力的方向可以不垂直于直导线b安培力的方向总是垂直于磁场的方向c安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关d将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半5处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圈周运动将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值（）a与粒子电荷量成正比b与粒子速率成正比c与粒子质量成正比d与磁感应强度成正比6如图所示，平行板电容器与电动势为e的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于容器中的p点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）a带点油滴将沿竖直方向向上运动bp点的电势将降低c带点油滴的电势能将减少d若电容器的电容减小，则极板带电量将增大7如图所示，质量为m的带电小物块在绝缘粗糙的水平面上以初速v0开始运动已知在水平面上方的空间内存在方向垂直纸面向里的水平匀强磁场，则以下关于小物块的受力及运动的分析中，正确的是（）a若物块带正电，可能受两个力，做匀速直线运动b若物块带负电，可能受两个力，做匀速直线运动c若物块带正电，一定受四个力，做减速直线运动d若物块带负电，一定受四个力，做加速直线运动8如图所示，固定的水平长直导线中通有电流i，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行线框由静止释放，在下落过程中（）a穿过线框的磁通量保持不变b线框中感应电流方向保持不变c线框所受安掊力的合力为零d线框的机械能不断增大9如图所示是一实验电路图，在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是（）a路端电压变大b电流表的示数变小c电源内阻消耗的功率变小d电路的总电阻变大10半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图1所示有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图2所示在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒则以下说法正确的是（）a第2秒内上极板为正极b第3秒内上极板为负极c第2秒末微粒回到了原来位置d第2秒末两极板之间的电场强度大小为二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分下列每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项正确全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不选的得0分）11如图所示，直线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，曲线是某一带电粒子通过电厂区域时的运动轨迹，ab是轨迹上两点若带电粒子运动中只受到电场力作用，根据此图可判断（）a带电粒子所带电荷的正负b带电粒子在a、b两点的受力方向c带电粒子在a、b两点的速度a处大d带电粒子在a、b两点的电势能a处大12下列有关带电粒子运动的说法中正确的是（不考虑重力）（）a沿着电场线方向飞入匀强电场，动能、速度都变化b沿着磁感线方向飞入匀强磁场，动能、速度都不变c垂直于磁感线方向飞入匀强磁场，动能、速度都变化d垂直于磁感线方向飞入匀强磁场，速度不变，动能改变13如图所示，虚线间空间存在由匀强电场e和匀强磁场b组成的正交或平行的电场和磁场（实线为电场线），有一个带正电小球（电量为+q，质量为m）从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过下列的哪些电磁混合场（）abcd14如图所示，为多用电表欧姆挡的内部电路，a、b为表笔插孔下列说法中正确的是（）aa孔插红表笔b表盘刻度是均匀的c用100挡测量时，若指针指在0附近，则应换用1 k挡d测量“220 v100 w”的灯泡的电阻，会发现测量的电阻比484小三、实验题（每空2分，共20分）15现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示（1）由上图读得圆柱体的直径为mm，长度为cm（2）若流经圆柱体的电流为i，圆柱体两端之间的电压为u，圆柱体的直径和长度分别用d、l表示，则用测得的d、l、i、u表示的电阻率的关系式为=16利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻要求尽量减小实验误差（1）应该选择的实验电路是图1中的（选项“甲”或“乙”）（2）现有电流表、开关和导线若干，以及以下器材：a电压表（015v） b电压表（03v）c滑动变阻器（050） d滑动变阻器（0500），实验中电压表应选用；滑动变阻器应选用；（选填相应器材前的字母）（3）某位同学记录的6组数据如表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出ui图线序号123456电压u（v）1.451.401.301.251.201.10电流 （ a ）0.0600.1200.2400.2600.3600.480（4）根据（3）中所画图线可得出干电池的电动势e=v，内电阻r=（5）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数u以及干电池的输出功率p都会发生变化图3的各示意图中正确反映pu关系的是四、计算说明题（共3题，共计34分要求有必要的文字说明及步骤）17如图，真空中xoy平面直角坐标系上的abc三点构成等边三角形，边长l=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0106c的两点电荷分别固定在a、b点，已知静电力常量k=9.0109nm2/c2，求：（1）两点电荷间的库仑力大小；（2）c点的电场强度的大小和方向18如图，两根足够长的金属导轨ab、cd竖直放置，导轨间距离为l1电阻不计在导轨上端并接两个额定功率均为p、电阻均为r的小灯泡整个系统置于匀强磁场中，磁感应强度方向与导轨所在平面垂直现将一质量为m、电阻可以忽略的金属棒mn从图示位置由静止开始释放金属棒下落过程中保持水平，且与导轨接触良好已知某时刻后两灯泡保持正常发光重力加速度为g求：（1）磁感应强度的大小：（2）灯泡正常发光时导体棒的运动速率19如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面（xy平面）向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在（d，0）点沿垂直于x轴的方向进人电场不计重力若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为，求：（1）电场强度大小与磁感应强度大小的比值；（2）该粒子在电场中运动的时间2015-2016学年河北省唐山市开滦二中高二（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10小题，每小题3分，共30分下列每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确选对的得3分，错选或不选的得0分）1在物理学中常用比值法定义物理量选出不是用比值法定义的物理量（）a用e=定义电场强度b用定义磁感应强度c用c=定义电容器的电容d用r=定义导体的电阻【考点】磁感应强度；物理学史；电场强度；电容；电阻定律【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用【分析】所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比值”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、公式e=是电场强度的定义式，采用比值定义法，定义出的电场强度e与f、q无关b、公式是磁感应强度的定义式，采用比值定义法，定义出的磁感应强度b与f、il无关，c、公式c=是电容的定义式，c与q及u均无关，这个公式是比值定义法，d、公式r=是电阻的决定式，r与、l成正比，与s成反比，不符合比值定义法的共性本题选择不是用比值法定义的，故选：d【点评】解决本题的关键理解比值定义法的共性：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性2指南针是我国古代四大发明之一关于指南针，下列说明正确的是（）a指南针可以仅具有一个磁极b指南针能够指向南北，说明地球具有磁场c指南针的指向不会受到附近铁块的干扰d在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转【考点】磁现象和磁场【分析】指南针又称指北针，主要组成部分是一根装在轴上的磁针，磁针在天然地磁场的作用下可以自由转动并保持在磁子午线的切线方向上，磁针的北极指向地理的北极，利用这一性能可以辨别方向常用于航海、大地测量、旅行及军事等方面物理上指示方向的指南针的发明由三部曲组成：司南、磁针和罗盘他们均属于中国的发明【解答】解：a、不存在单独的磁单极子，指南针也不例外，故a错误；b、指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，地磁场是南北指向的，故b正确；c、指南针的指向会受到附近铁块的干扰，是由于铁块被磁化后干扰了附近的地磁场，故c错误；d、在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，电流的磁场在指南针位置是东西方向的，故导线通电时指南针偏转90，故d错误；故选：b【点评】指南针在航海上的应用对地理大发现和海上贸易有极大的促进作用指南针的发明源于中国古人如何定向问题的研究，也表明古人对如何定向问题的重视为此，指南针被誉为中国古代四大发明之一3两粗细相同的同种金属电阻丝r1、r2的电流i和电压u的关系图线如图所示，可知（）a两电阻的大小之比为r1：r2=：1b两电阻的大小之比为r1：r2=1：3c两电阻丝长度之比为l1：l2=3：1d两电阻丝长度之比为l1：l2=1：【考点】欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由iu图象的性质可知电阻的大小关系；由电阻定律可明确长度的比值【解答】解：a、iu图象中图象的斜率表示电阻的倒数；由图可知，两电阻的阻值之比为1：3；故a错误，b正确；c、由r=可知，电阻之比为：1：3；截面积相等，则长度之比为1：3；故cd错误；故选：b【点评】本题考查欧姆定律及电阻定律，要注意iu图象的性质，并能准确应用电阻定律进行分析4关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（）a安培力的方向可以不垂直于直导线b安培力的方向总是垂直于磁场的方向c安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角无关d将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半【考点】安培力【分析】本题考查了产生条件、大小与方向，当电流方向与磁场平行时不受安培力，根据左手定则可知安培力的方向与磁场垂直引用公式f=bil时，注意要求磁场与电流垂直，若不垂直应当将导线沿磁场与垂直于磁场分解，因此垂直时安培力最大，最大为f=bil【解答】解：a、b、根据左手定则可知，安培力方向与磁场和电流组成的平面垂直，即与电流和磁场方向都垂直，故a错误，b正确；c、磁场与电流不垂直时，安培力的大小为f=bilsin，则安培力的大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，故c错误；d、当电流方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，将直导线从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半；将直导线在垂直于磁场的方向的平面内从中折成直角，安培力的大小一定变为原来的，故d错误故选：b【点评】解决本题的关键是知道当导线的方向与磁场的方向平行，所受安培力为0，最小当导线的方向与磁场方向垂直时，安培力最大，为f=bil5处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圈周运动将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值（）a与粒子电荷量成正比b与粒子速率成正比c与粒子质量成正比d与磁感应强度成正比【考点】电磁场；电流、电压概念【分析】带电粒子以速率v垂直射入磁感强度为b的匀强磁场中，由洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律求出带电粒子圆周运动的周期，由电流的定义式得出电流的表达式，再进行分析【解答】解：设带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为t，半径为r，则由 qvb=m，得 r=，t=环形电流：i=，可见，i与q的平方成正比，与v无关，与b成正比，与m成反比故选d【点评】本题是洛伦兹力、向心力和电流等知识的综合应用，抓住周期与b、i的联系是关键6如图所示，平行板电容器与电动势为e的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于容器中的p点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）a带点油滴将沿竖直方向向上运动bp点的电势将降低c带点油滴的电势能将减少d若电容器的电容减小，则极板带电量将增大【考点】电容；电势能【专题】电容器专题【分析】将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据e=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况由u=ed分析p点与下极板间电势差如何变化，即能分析p点电势的变化和油滴电势能的变化【解答】解：a、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据e=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故a错误；b、场强e减小，而p点与下极板间的距离不变，则由公式u=ed分析可知，p点与下极板间电势差将减小，而p点的电势高于下极板的电势，则知p点的电势将降低故b正确；c、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，p点的电势降低，则油滴的电势能将增加故c错误；d、若电容器的电容减小，根据q=uc，由于电势差不变，故带电量将减小，故d错误；故选：b【点评】本题运用e=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化7如图所示，质量为m的带电小物块在绝缘粗糙的水平面上以初速v0开始运动已知在水平面上方的空间内存在方向垂直纸面向里的水平匀强磁场，则以下关于小物块的受力及运动的分析中，正确的是（）a若物块带正电，可能受两个力，做匀速直线运动b若物块带负电，可能受两个力，做匀速直线运动c若物块带正电，一定受四个力，做减速直线运动d若物块带负电，一定受四个力，做加速直线运动【考点】洛仑兹力；物体的弹性和弹力【分析】由左手定则判断物块所受洛伦兹力的方向，若物块与地面间由压力则也有摩擦力，若物块与地面间没有压力则没有摩擦力【解答】解：a、c、若物块带正电，由左手定则知物块所受洛伦兹力方向向上，若向上的洛伦兹力和物块的重力相等，则物块与地面间无压力，物块也不受摩擦力，即物块只受两个力，在合力为零的情况下做匀速直线运动；若向上的洛伦兹力小于物块的重力则物块对地面有压力，还会受向后的摩擦力，即物块受重力、洛伦兹力、支持力、摩擦力四个力，物块做减速直线运动；综上，a正确，c错误；b、d、若物块带负电，由左手定则知物块所受洛伦兹力方向向下，根据平衡条件物体受地面向上支持力，则物块还会受向后的摩擦力，共四个力，做减速直线运动，故bd错误；故选：a【点评】本题借助洛伦兹力考查了物体的受力分析，知道弹力和摩擦力的关系：有摩擦力一定有弹力的作用，即弹力是存在摩擦力的必要不充分条件8如图所示，固定的水平长直导线中通有电流i，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行线框由静止释放，在下落过程中（）a穿过线框的磁通量保持不变b线框中感应电流方向保持不变c线框所受安掊力的合力为零d线框的机械能不断增大【考点】楞次定律；安培力【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据磁能量形象表示：当线框下落过程中穿过磁场中某一面积的磁感线的条数判断磁能量的变化；用楞次定律研究感应电流的方向；用左手定则分析安培力，根据能量守恒定律研究机械能的变化【解答】解：a、线框在下落过程中，所在磁场减弱，穿过线框的磁感线的条数减小，磁通量减小故a错误b、下落过程中，因为磁通量随线框下落而减小，根据楞次定律，感应电流的磁场与原磁场方向相同，不变，所以感应电流的方向不变，故b正确 c、线框左右两边受到的安培力平衡抵消，上边受的安培力大于下边受的安培力，安培力合力不为零故c错误 d、由于安培力做负功，致使机械能转化为电能，线框中产生电能，机械能减小故d错误故选：b【点评】首先知道通电导线周围磁场的特点，判断磁通量的变化，再利用楞次定律、安培力和能量守恒，题目是常规题9如图所示是一实验电路图，在滑动触头由a端滑向b端的过程中，下列表述正确的是（）a路端电压变大b电流表的示数变小c电源内阻消耗的功率变小d电路的总电阻变大【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】在滑动触头由a端滑向b端的过程中，分析变阻器接入电路的电阻如何变化，分析外电路总电阻的变化，根据欧姆定律分析总电流和路端电压的变化，以及电源内阻消耗的功率如何变化，再判断电流表的示数的变化【解答】解：滑片由a向b移动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路的总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流增大，则内电阻两端的电压增大，由p=i2r可知，内电阻上消耗的功率变大，路端电压u=eir，因i增大，故u变小又电流表的示数ia=，因u变小，故ia变小故b正确，a、c、d错误故选：b【点评】本题是电路的动态变化分析问题，首先分析变阻器接入电路的电阻如何变化，接着分析总电阻、总电流和路端电压的变化，再分析局部电流、电压的变化，即按“局部到整体再到局部”的思路进行分析10半径为r带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d，如图1所示有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图2所示在t=0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q的静止微粒则以下说法正确的是（）a第2秒内上极板为正极b第3秒内上极板为负极c第2秒末微粒回到了原来位置d第2秒末两极板之间的电场强度大小为【考点】法拉第电磁感应定律；电场强度【专题】电磁感应与电路结合【分析】（1）由楞次定律可以判断出两极板哪个是正极，哪个是负极；（2）由法拉第电磁感应定律可以求出感应电动势，然后由匀强电场场强与电势差的关系可以求出两极板间的场强大小【解答】解：a、第2s内，磁感应强度均匀减小，根据楞次定律知，上极板为正极，故a正确b、第3s内，磁感应强度垂直纸面向外且逐渐增大，根据楞次定律知，上极板为正极，故b错误c、第1s内下极板为正极，微粒开始做匀加速直线运动，第2s内，上极板为正极，微粒做匀减速直线运动到零，2s末未回到原位置故c错误d、根据法拉第电磁感应定律可知，两极板间的电势差u=，则电场强度e=故d错误故选：a【点评】本题是一道综合题，考查了楞次定律、法拉第电磁感应定律、匀强磁场场强与电势差的关系的应用，难度较大，分析清楚图象、熟练应用基础知识是正确解题的关键二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分下列每小题给出的四个选项中，有两个或两个以上选项正确全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不选的得0分）11如图所示，直线是一簇未标明方向的由点电荷产生的电场线，曲线是某一带电粒子通过电厂区域时的运动轨迹，ab是轨迹上两点若带电粒子运动中只受到电场力作用，根据此图可判断（）a带电粒子所带电荷的正负b带电粒子在a、b两点的受力方向c带电粒子在a、b两点的速度a处大d带电粒子在a、b两点的电势能a处大【考点】电场线；电势能【分析】根据做曲线运动的物体受力的方向指向曲线弯曲的方向，从而判断出电场力的方向，由于不知道电场线的方向，不能判断出粒子的电性根据运动方向与电场力的方向关系判断出电场力做功与电势能的变化【解答】解：a、b、根据做曲线运动的物体受力的方向指向曲线弯曲的方向，从而判断出电场力的方向向左，由于不知道电场线的方向，不能判断出粒子的电性故a错误b正确；c、粒子受到的电场力的方向向左，若粒子从a运动到b，则受力的方向与运动的方向之间的夹角是钝角，所以电场力做负功，速度减小所以粒子在a处的速度大故c正确；d、电场力做负功，电势能增大，所以粒子在b处的电势能大故d错误；故选：bc【点评】该题属于电场力粒子的运动轨迹的分析，先根据运动的轨迹与受力的方向之间的过程判断出粒子受到的电场力的方向，然后结合电场力做功与粒子的电势能的关系即可12下列有关带电粒子运动的说法中正确的是（不考虑重力）（）a沿着电场线方向飞入匀强电场，动能、速度都变化b沿着磁感线方向飞入匀强磁场，动能、速度都不变c垂直于磁感线方向飞入匀强磁场，动能、速度都变化d垂直于磁感线方向飞入匀强磁场，速度不变，动能改变【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】根据粒子的速度方向与受到的电场力或磁场力，由力与速度的夹角来决定是否做功，做正功还是负功，从而确定动能是否变化，注意速度是矢量，动能是标量【解答】解：a、带电粒子沿着电场线方向飞入匀强电场，电场力对粒子做功，粒子的动能、速度都变，故a正确；b、当粒子平行匀强磁场方向进入时，粒子不受到磁场力的作用，做匀速直线运动，动能、速度都不变，故b正确；c、粒子垂直进入匀强磁场时，粒子做匀速圆周运动，所受到的磁场力始终垂直于速度的方向，因此磁场力不做功，则动能不变，但速度方向变化，速度发生变化，故c错误、d错误故选：ab【点评】本题注意力与速度的关系，掌握力做正功，还是负功，进而确定物体的动能增加与否并理解洛伦兹力存在受到条件限制13如图所示，虚线间空间存在由匀强电场e和匀强磁场b组成的正交或平行的电场和磁场（实线为电场线），有一个带正电小球（电量为+q，质量为m）从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过下列的哪些电磁混合场（）abcd【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】当粒子不受洛伦兹力或者三力平衡时物体有可能沿着直线通过电磁场区域【解答】解：a、小球受重力、向左的电场力、向右的洛伦兹力，下降过程中速度一定变大，故洛伦兹力一定变化，不可能一直与电场力平衡，故合力不可能一直向下，故一定做曲线运动，故a错误；b、小球受重力、向上的电场力、垂直向外的洛伦兹力，合力与速度一定不共线，故一定做曲线运动，故b错误；c、小球受重力、向左上方的电场力、水平向右的洛伦兹力，若三力平衡，则粒子做匀速直线运动，故c正确；d、粒子受向下的重力和向上的电场力，合力一定与速度共线，故粒子一定做直线运动，故d正确；故选cd【点评】本题关键在于洛伦兹力与速度垂直且与粒子速度方向垂直，要使粒子做直线运动，要么三力平衡，要么不受洛伦兹力14如图所示，为多用电表欧姆挡的内部电路，a、b为表笔插孔下列说法中正确的是（）aa孔插红表笔b表盘刻度是均匀的c用100挡测量时，若指针指在0附近，则应换用1 k挡d测量“220 v100 w”的灯泡的电阻，会发现测量的电阻比484小【考点】多用电表的原理及其使用【专题】恒定电流专题【分析】欧姆表“+”插孔与内置电源的负极相连，红表笔查“+”插孔，黑表笔差“”插孔；欧姆表的刻度盘是不均匀的，右侧刻度线稀疏，左端刻度线密集；使用欧姆表测电阻时，应选择合适的档位，使指针指在中央刻度线附近；灯泡电阻受温度影响，随温度升高而增大，常温下灯泡电阻明显小于灯泡正常发光时的电阻【解答】解：a、由图示可知，a插孔与内置电源负极相连，则a插孔是“+”插孔，a孔应插红表笔，故a正确；b、欧姆表刻度盘不均匀，右侧稀疏左侧密集，故b错误；c、用100挡测量时，若指针指在0附近，说明所选档位太大，应换小挡，应换用10挡，故c错误；d、测灯泡电阻时应把灯泡从电路中断开，其温度笔灯泡正常发光时的温度低，电阻小于灯泡正常发光时的电阻，因此测量“220v 100w”的灯泡的电阻，会发现测量的电阻比4840小，故d正确；故选：ad【点评】本题考查了欧姆表的使用注意事项与欧姆表特点，知道欧姆表结构、原理、使用方法即可正确解题三、实验题（每空2分，共20分）15现有一合金制成的圆柱体，为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示（1）由上图读得圆柱体的直径为1.847mm，长度为4.240cm（2）若流经圆柱体的电流为i，圆柱体两端之间的电压为u，圆柱体的直径和长度分别用d、l表示，则用测得的d、l、i、u表示的电阻率的关系式为=【考点】测定金属的电阻率；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】实验题【分析】（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；（2）根据欧姆定律和电阻定律列式求解【解答】解：（1）由图a所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5mm，游标尺示数为34.70.01mm=0.347mm，螺旋测微器示数为1.5mm+0.347mm=1.847mm；由图所示可知，游标卡尺主尺示数为4.2cm，游标尺示数为80.05mm=0.40mm，游标卡尺示数为42mm+0.40mm=42.40mm=4.240cm；（2）根据电阻定律，有：r=解得：=故答案为：（1）1.847，4.240；（2）【点评】游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺的示数；螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读，对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度并掌握电阻定律与欧姆定律的应用16利用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻要求尽量减小实验误差（1）应该选择的实验电路是图1中的甲（选项“甲”或“乙”）（2）现有电流表、开关和导线若干，以及以下器材：a电压表（015v） b电压表（03v）c滑动变阻器（050） d滑动变阻器（0500），实验中电压表应选用b；滑动变阻器应选用c；（选填相应器材前的字母）（3）某位同学记录的6组数据如表所示，其中5组数据的对应点已经标在图2的坐标纸上，请标出余下一组数据的对应点，并画出ui图线序号123456电压u（v）1.451.401.301.251.201.10电流 （ a ）0.0600.1200.2400.2600.3600.480（4）根据（3）中所画图线可得出干电池的电动势e=1.5v，内电阻r=0.83（5）实验中，随着滑动变阻器滑片的移动，电压表的示数u以及干电池的输出功率p都会发生变化图3的各示意图中正确反映pu关系的是d【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）当待测电源内阻很小时，为减小实验误差，相对于电源应采用电流表外接法（相对于电压表采用内接法）（2）根据电源电动势选择电压表，为方便实验操作应选择最大阻值较小的滑动变阻器（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图象（4）电源ui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内阻，根据图示图象求出电源电动势与内阻（5）求出电源输出功率表达式，然后答题【解答】解：（1）干电池内阻较小，为减小实验误差，应选题甲所示电路图；（2）一节干电池电动势约为1.5v，则电压表应选b，为方便实验操作，滑动变阻器应选c；（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的ui图象如图所示；（4）由图示电源ui图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.5，则电源电动势e=1.5v，电源内阻：r=0.83；（5）电压表测量路端电压，其示数随滑动变阻器的阻值增大而增大；而当内阻和外阻相等时，输出功率最大；此时输出电压为电动势的一半外电路断开时，路端电压等于电源的电动势，此时输出功率为零；故符合条件的图象应为c 故答案为：（1）甲；（2）b；c；（3）图示如图所示；（4）1.5；0.83；（5）c【点评】本题考查了实验电路选择、实验器材选择、作图象、求电源电动势与内阻等问题，要知道实验原理，要掌握应用图象法处理实验数据的方法；电源的ui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内阻四、计算说明题（共3题，共计34分要求有必要的文字说明及步骤）17如图，真空中xoy平面直角坐标系上的abc三点构成等边三角形，边长l=2.0m，若将电荷量均为q=+2.0106c的两点电荷分别固定在a、b点，已知静电力常量k=9.0109nm2/c2，求：（1）两点电荷间的库仑力大小；（2）c点的电场强度的大小和方向【考点】库仑定律；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）根据库仑定律公式f=k列式求解即可；（2）先求解两个电荷单独存在时在c点的场强，然后根据平行四边形定则合成得到c点的场强【解答】解：（1）电荷量均为q=+2.0106c的两点电荷分别固定在a、b点，静电力为：f=k=9.0109=9.0103n；（2）