贵州省毕节市大方一中高二物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2015-2016学年贵州省毕节市大方一中高二（上）期末物理试卷一选择题（1-10题为单选题，11-15题为多选题，每小题4分，满分60分）1下列关于物理学史的说法正确的是（）a奥斯特发现了电磁感应现象b法拉第发现电流产生磁场的现象c安培提出了分子电流假说d赫兹提出了电磁场理论并通过实验发现了自感2一个简单的闭合电路由内外两部分电路构成，已知内电路的电源是一个化学电池，电池的正、负极附近分别存在着化学反应层，反应层中非静电力（化学作用）把正电荷从电势低处移到电势高处，在这两个地方，电势会沿电流方向跃升，这样整个闭合电路的电势高低变化情况如图所示，图中各点位置的高低表示电路中相应各点电势的高低，d点的高度略低于c点若增大外电路电阻r，则下列说法正确的是（）aa与d、c与b高度差的总和将变大bc、d两点的高度差将变大ca、b两点的高度差将变大d正电荷从b处经c、d移至a处，非静电力做功减小了3如图所示，与磁场方向垂直的线圈以oo为轴旋转90的过程中，穿过线圈的磁通量（）a变大b变小c先变大后变小d先变小后变大4两点电荷形成电场的电场线分布如图所示，a、b是电场线上的两点，下列判断正确的是（）aa、b两点的电场强度大小不等，方向相同ba、b两点的电场强度大小相等，方向不同c左边电荷带负电，右边电荷带正电d两电荷所带电荷量相等5下列各图中，运动电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是（）abcd6如图所示，直线a为某电源的ui图线，曲线b为某小灯泡的ui图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（）a4 w，8 wb4w，6 wc2 w，3 wd2 w，4 w7如图所示是静电除尘的原理示意图，a为金属管，b为金属丝，在a、b之间接上高电压，使b附近的空气分子被强电场电离为电子和正离子，电子在向a极运动过程中被烟气中的煤粉俘获，使煤粉带负电，最终被吸附到a极上，排出的烟就比较清洁了有关静电除尘的装置，下列说法正确的是（）a金属管内形成的电场为匀强电场bd为烟气的进气口，c为排气口c金属管a应接高压电源的正极，金属丝b接负极d以上说法均不正确8赤道上放一个指南针，则指南针的南极指向是（）a向东b向西c向南d向北9某个由导电介质制成的电阻截面如图所示导电介质的电阻率为，制成内、外半径分别为a和b的半球壳层形状（图中阴影部分），半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极设该电阻的阻值为r，下面给出r的四个表达式中只有一个是合理的，试判断合理的表达式为（）ar=br=cr=dr=10图中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计g和一个变阻器r组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（）a甲表是电流表，r增大时量程增大b甲表是电流表，r增大时量程减小c乙表是电压表，r增大时量程减小d上述说法都不对11如图所示电路，在平行金属板m，n内部左侧中央p有一质量为m的带电粒子（重力不计）以水平速度v0射入电场并打在n板的o点改变r1或r2的阻值，粒子仍以v0射入电场，则（）a该粒子带正电b减少r2，粒子还能打在o点c减少r1，粒子将打在o点左侧d增大r1，粒子在板间运动时间不变12如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即uab=ubc实线为一个电子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，p、q是这条轨迹上的两点，据此可知（）a三个等势面中的，a的电势最高b带电质点在p点具有的电势能比在q点具有的电势能大c带电质点通过p点时的动能比通过q点时大d带电质点通过p点时的加速度比通过q点时大13如图，两电荷量分别为q（q0）和q的点电荷对称地放置在x轴上原点o的两侧，a点位于x轴上o点与点电荷q之间，b点位于y轴o点上方取无穷远处的电势为零下列说法正确的是（）ab点电势为零，电场强度也为零b正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右c将正的试探电荷从o点移到a点，必须克服电场力做功d将同一正的试探电荷先后从o、b两点移到a点，后者电势能的变化较大14如图，电路中定值电阻阻值r大于电源内阻阻值r闭合电键后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表v1、v2、v3示数变化量的绝对值分别为u1、u2、u3，理想电流表示数变化量的绝对值为i，则（）au2=u1+u3b =r+rc电源输出功率先增大后减小d和保持不变15三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为i，方向如图所示a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为b1、b2和b3，下列说法正确的是（）ab1=b2=b3bb1=b2b3ca和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里da处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里二实验填空题（共2小题，每空2分，画电路图4分，共18分）16读数（1）cm （2）cm （3）ma （4）v17用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势e和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线a电压表v1（量程6v、内阻很大） b电压表v2（量程3v、内阻很大）c电流表a（量程3a、内阻很小） d滑动变阻器r（最大阻值10、额定电流4a）e小灯泡（2a、5w） f电池组（电动势e、内阻r）g开关一只，导线若干实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现：若电压表v1的示数增大，则电压表v2的示数减小（1）请将设计的实验电路图在图甲的虚线方框中补充完整（2）每一次操作后，同时记录电流表a、电压表v1和电压表v2的示数，组成两个坐标点（i1，u1）、（i2，u2），标到ui坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图乙所示，则电池组的电动势e=v、内阻r=（结果保留两位有效数字）（3）在ui坐标中两条图线在p点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为（结果保留两位有效数字）三计算解答题（共4小题，共42分）18如图所示，在同一水平面的两导轨相互平行，相距1m并处于竖直向上的匀强磁场中，一根质量为2kg的金属棒放在导轨上，与导轨垂直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，金属棒将获得3m/s2的加速度（g取10m/s2） 求：（1）磁场的磁感应强度；（2）导轨与金属棒间动摩擦因数19如图，平行金属带电极板a、b间可看作匀强电场，场强e=1.2103v/m，极板间距离d=5cm，电场中c和d分别到a、b两板距离均为0.5cm，b极接地，求：（1）c和d两点的电势，两点的电势差？（2）点电荷q1=2103c分别在c和d两点的电势能？（3）将点电荷q2=2103c从c匀速移到d时外力做功多少？20如图所示，m为一线圈电阻rm=1的电动机，一定值电阻r=4，电源电动势e=9v当s闭合时，电压表的示数为u1=8.0v，当开关s断开时，电压表的示数为u2=4.0v求：（1）电源内阻r； （2）开关s断开时电源输出功率；（3）开关s断开时电动机输出的机械功率21如图所示，相距为r的两块平行金属板m、n正对着放置，s1、s2分别为m、n板上的小孔，s1、s2、o三点共线，它们的连线垂直m、n，且s2o=r以o为圆心、r为半径的圆形区域内存在磁感应强度为b、方向垂直纸面向外的匀强磁场d为收集板，板上各点到o点的距离以及板两端点的距离都为2r，板两端点的连线垂直m、n板质量为m、带电量为+q的粒子，经s1进入m、n间的电场后，通过s2进入磁场粒子在s1处的速度和粒子所受的重力均不计（1）当m、n间的电压为u时，求粒子进入磁场时速度的大小；（2）若粒子恰好打在收集板d的中点上，求m、n间的电压值u0；（3）当m、n间的电压不同时，粒子从s1到打在d上经历的时间t会不同，求t的最小值2015-2016学年贵州省毕节市大方一中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一选择题（1-10题为单选题，11-15题为多选题，每小题4分，满分60分）1下列关于物理学史的说法正确的是（）a奥斯特发现了电磁感应现象b法拉第发现电流产生磁场的现象c安培提出了分子电流假说d赫兹提出了电磁场理论并通过实验发现了自感【考点】物理学史【分析】根据物理学史和常识解答，记住著名物理学家的主要贡献即可【解答】解：a、b、法拉第发现了电磁感应现象，奥斯特发现电流产生磁场的现象，故ab错误c、安培提出了分子电流假说，很好地解释了软铁磁化现象，故c正确d、麦克斯韦提出了电磁场理论并通过实验发现了自感，故d错误故选：c【点评】本题考查物理学史，是常识性问题，对于物理学上重大发现、发明、著名理论要加强记忆，这也是考试内容之一2一个简单的闭合电路由内外两部分电路构成，已知内电路的电源是一个化学电池，电池的正、负极附近分别存在着化学反应层，反应层中非静电力（化学作用）把正电荷从电势低处移到电势高处，在这两个地方，电势会沿电流方向跃升，这样整个闭合电路的电势高低变化情况如图所示，图中各点位置的高低表示电路中相应各点电势的高低，d点的高度略低于c点若增大外电路电阻r，则下列说法正确的是（）aa与d、c与b高度差的总和将变大bc、d两点的高度差将变大ca、b两点的高度差将变大d正电荷从b处经c、d移至a处，非静电力做功减小了【考点】电源的电动势和内阻【专题】恒定电流专题【分析】根据题意明确图象的性质，则由闭合电路欧姆定律可分析各点之间高度差的变化【解答】解：a、电动势不变，当r增大时，总电流减小，内电压减小，路端电压增加；而图中a与d，c与b高度差的总和为电动势；故应不变；故a错误；b、cd两点高度差类似于内电压，内电压减小；故b错误；c、ab两点的高度差为外电压，外电压增加；故c正确；d、正电荷从b处经cd至a处，非静电力做功w=uq；不变；故d错误；故选：c【点评】本题考查电源的电动势和内电阻的理解，要注意正确理解图象的意义，并与闭合电路欧姆定律进行类比3如图所示，与磁场方向垂直的线圈以oo为轴旋转90的过程中，穿过线圈的磁通量（）a变大b变小c先变大后变小d先变小后变大【考点】磁通量【分析】通过线圈的磁通量可以根据=bssin进行求解，为线圈平面与磁场方向的夹角，从而即可求解【解答】解：当线圈平面与磁场方向平行时，线圈平面与磁场方向的夹角为0度，则=0当线圈绕0 0轴转动至与磁场方向垂直时，穿过线圈平面的磁通量变大因此与磁场方向垂直的线圈以oo为轴旋转90的过程中，穿过线圈的磁通量变小，故b正确，acd错误；故选：b【点评】解决本题的关键掌握磁通量的公式，知道当线圈平面与磁场平行时，磁通量为0，当线圈平面与磁场方向垂直时，磁通量最大4两点电荷形成电场的电场线分布如图所示，a、b是电场线上的两点，下列判断正确的是（）aa、b两点的电场强度大小不等，方向相同ba、b两点的电场强度大小相等，方向不同c左边电荷带负电，右边电荷带正电d两电荷所带电荷量相等【考点】电场强度；电势差与电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场线越密，代表电场强度越大，电场线的方向就是电场强度的方向【解答】解：ab、电场线的疏密代表场强的强弱，电场线越密，代表电场越强，电场方向为电场线的切线方向，故从图可以看出a点b点电场大小和方向均不同，故a错误、b错误；c、电场线从正电荷指向负电荷，故c正确；d、右边电荷周围的电场线密集，故此电荷的电荷量较大，故d错误故选：c【点评】电场线是电学中的重要的物理模型，能够形象描述电场的强弱和方向把握电场线的特点即可顺利解决此题5下列各图中，运动电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是（）abcd【考点】判断洛仑兹力的方向【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带电粒子在磁场中运动时，所受洛伦兹力方向由左手定则进行判断，伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一平面内，让磁感线进入手心，并使四指指向正电荷运动方向或者负电荷运动的反方向，这时拇指所指的方向就是运动电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向【解答】解：根据左手定则可知：a图中洛伦兹力方向应该向上，故a错误；b图中电荷的速度方向、磁场方向和电荷的受力方向之间的关系符合左手定则，故b正确；c图中洛伦兹力方向应该向里，故c错误；d图中电荷运动方向与磁场方向在一条线上，不受洛伦兹力，故d错误故选：b【点评】带电粒子在磁场中运动受洛伦兹力的条件以及左手定则的熟练应用是对学生的基本要求，要熟练掌握6如图所示，直线a为某电源的ui图线，曲线b为某小灯泡的ui图线，用该电源和小灯泡组成闭合电路时，电源的输出功率和电源的总功率分别是（）a4 w，8 wb4w，6 wc2 w，3 wd2 w，4 w【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题【分析】根据图象可以知道电源的电动势的大小，和灯泡的电压电流的大小，根据功率的公式计算即可【解答】解：由图象可知用该电源和灯泡组成闭合电路时，交点为它们工作时的电流和电压的大小，电路中电流为i=2a，路端电压为u=2v，电源的电动势的大小为3v，电源的输出功率为p=ui=22=4w，电源的总功率p=ei=32=6w故选：b【点评】本题考查对电源和电阻伏安特性曲线的理解能力，其实两图线的交点就表示该电源和该电阻组成闭合电路时的工作状态，能直接电流和路端电压，求出电源的输出功率7如图所示是静电除尘的原理示意图，a为金属管，b为金属丝，在a、b之间接上高电压，使b附近的空气分子被强电场电离为电子和正离子，电子在向a极运动过程中被烟气中的煤粉俘获，使煤粉带负电，最终被吸附到a极上，排出的烟就比较清洁了有关静电除尘的装置，下列说法正确的是（）a金属管内形成的电场为匀强电场bd为烟气的进气口，c为排气口c金属管a应接高压电源的正极，金属丝b接负极d以上说法均不正确【考点】静电场中的导体【专题】电场力与电势的性质专题【分析】当管内接通静电高压时，管内存在强电场，它使空气电离而产生阴离子和阳离子负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电因此，带电尘粒在电场力的作用下，向管壁移动，并附在管壁上，这样，消除了烟尘中的尘粒【解答】解：a、当管内接通静电高压时，管内产生的电场是以b为圆心的辐射状的电场，不是匀强电场故a错误；b、由于煤粉被吸到a上后，在重力的作用下降向下运动，所以c不能做排气口故b错误；c、d、管内接通静电高压时，管内存在强电场，它使空气电离而产生阴离子和阳离子负离子在电场力的作用下，向正极移动时，碰到烟尘微粒使它带负电所以金属管a应接高压电源的正极，金属丝b接负极，故c正确；d错误故选：c【点评】本题考查了静电在实际生产中的应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例基础题目8赤道上放一个指南针，则指南针的南极指向是（）a向东b向西c向南d向北【考点】磁现象和磁场【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用【分析】地球是个巨大的磁体，地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近地球周围存在着向北的磁场然后结合小磁针的特点分析即可【解答】解：地理北极附近是地磁南极，地理南极附近是地磁北极，所以赤道上放一个指南针，则指南针的南极指向是一定是向南故选：c【点评】（1）地球是个巨大的磁体，地球的周围存在着磁场，任一点的磁场方向是不变的（2）地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近（3）小磁针北极所指向即为磁场的方向9某个由导电介质制成的电阻截面如图所示导电介质的电阻率为，制成内、外半径分别为a和b的半球壳层形状（图中阴影部分），半径为a、电阻不计的球形电极被嵌入导电介质的球心为一个引出电极，在导电介质的外层球壳上镀上一层电阻不计的金属膜成为另外一个电极设该电阻的阻值为r，下面给出r的四个表达式中只有一个是合理的，试判断合理的表达式为（）ar=br=cr=dr=【考点】电阻定律【专题】恒定电流专题【分析】根据等式左右两边的单位是否相同，判断是否合理当左右两边的单位相同时，等式才合理再将b=a代入分析是否合理【解答】解：a、等式左边的单位是，右边的单位是，单位是合理的将b=a代入得到r0，因为电阻是很薄的一层，电阻应该很小，这个等式是不合理的故a错误b、等式左边的单位是，右边的单位是，单位是合理的将b=a代入得到r=0，根据上面分析是合理的故b正确c、等式左边的单位是，右边的单位是m2，左右两边单位不同，则此式不合理故c错误d、等式左边的单位是，右边的单位是m2，左右两边单位不同，则此式不合理故d错误故选：b【点评】根据单位（量纲）检查方程是否正确是常用的方法再从数学的角度分析等式的合理性常规题10图中的甲、乙两个电路，都是由一个灵敏电流计g和一个变阻器r组成，它们之中一个是测电压的电压表，另一个是测电流的电流表，那么以下结论中正确的是（）a甲表是电流表，r增大时量程增大b甲表是电流表，r增大时量程减小c乙表是电压表，r增大时量程减小d上述说法都不对【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】灵敏电流计g和变阻器r并联时，由于变阻器的分流，测量的电流增大，改装成电流表，而灵敏电流计g和变阻器r串联时，由于变阻器的分压，测量的电压增大，改装成电压表甲表中，r增大时，变阻器分流减小，量程减小乙表中，r增大时，变阻器分担的电压增大，量程增大【解答】解：a、由图甲所示可知，电阻与g并联，甲为电流表，分流电阻r增大时，电阻分流电流减小，量程变小故a错误，b正确；c、由图乙所示可知，电阻r与g串联，乙为电压表，r增大，电阻分压电压变大，量程变大故c错误；d、由以上分析可知，b正确，则d的说法错误，故d错误；故选：b【点评】本题考查电表改装原理的理解能力当电流计的指针满偏时，电流表或电压表的指针满偏，所测量的电流或电压达到最大值11如图所示电路，在平行金属板m，n内部左侧中央p有一质量为m的带电粒子（重力不计）以水平速度v0射入电场并打在n板的o点改变r1或r2的阻值，粒子仍以v0射入电场，则（）a该粒子带正电b减少r2，粒子还能打在o点c减少r1，粒子将打在o点左侧d增大r1，粒子在板间运动时间不变【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；闭合电路的欧姆定律【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】根据外电路中顺着电流方向电势逐渐降低，判断m、n两板电势的高低，确定板间电场的方向，即可判断粒子的电性；电路稳定时r2相当于导线；粒子射入板间电场中做类平抛运动，运用运动的分解法，由牛顿第二定律和运动学公式分析改变r1时粒子打在极板上的位置【解答】解：a、根据外电路中顺着电流方向电势逐渐降低，可知m板的电势低于n板的电势，板间电场方向向下，而粒子在电场中向下偏转，所受的电场力方向向下，则知该粒子带负电，故a错误b、电路稳定时r2中没有电流，相当于导线，改变r2，不改变m、n间的电压，板间电场强度不变，粒子所受的电场力不变，所以粒子的运动情况不变，仍打在o点故b正确c、d、设平行金属板m、n间的电压为u粒子在电场中水平方向做匀速直线运动，竖直方向做初速度为零的匀加速直线运动，则：竖直方向有：y=水平方向有：x=v0t联立得：y=由图知，y一定，q、m、d、v0不变，则由式知：当减少r1时，m、n间的电压u增大，x减小，所以粒子将打在o点左侧；由知，增大r1，u减小，t增大，故c正确，d错误故选：bc【点评】本题是类平抛运动与电路知识的综合，其联系的纽带是电压，要抓住电路稳定时与电容器串联的电阻上没有电压，相当于导线，电容器的电压等于所并联的电路两端的电压12如图所示，虚线a、b、c代表电场中三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即uab=ubc实线为一个电子仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，p、q是这条轨迹上的两点，据此可知（）a三个等势面中的，a的电势最高b带电质点在p点具有的电势能比在q点具有的电势能大c带电质点通过p点时的动能比通过q点时大d带电质点通过p点时的加速度比通过q点时大【考点】电势；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】作出电场线，根据轨迹弯曲的方向可知，负电荷受力的方向向下，电场线向上故c的电势最高；根据推论，负电荷在电势高处电势能小，可知电荷在p点的电势能大；总能量守恒；由电场线疏密确定出，p点场强小，电场力小，加速度小【解答】解：a、负电荷做曲线运动，电场力指向曲线的内侧；作出电场线，根据轨迹弯曲的方向和负电荷可知，电场线向上故c的等势面电势最高，故a错误；b、利用推论：负电荷在电势高处电势能小，知道质点在p点电势能大，故b正确；c、只有电场力做功，电势能和动能之和守恒，故带电质点在p点的动能与电势能之和等于在q点的动能与电势能之和，p点电势能大，动能小故c错误；d、等差等势面的疏密可以表示电场的强弱，p处的等势面密，所以p点的电场强度大，粒子受到的电场力大，粒子的加速度大，故d正确；故选：bd【点评】根据电场线与等势面垂直，作出电场线，得到一些特殊点（电场线与等势面交点以及已知点）的电场力方向，同时结合能量的观点分析是解决这类问题常用方法13如图，两电荷量分别为q（q0）和q的点电荷对称地放置在x轴上原点o的两侧，a点位于x轴上o点与点电荷q之间，b点位于y轴o点上方取无穷远处的电势为零下列说法正确的是（）ab点电势为零，电场强度也为零b正的试探电荷在a点的电势能大于零，所受电场力方向向右c将正的试探电荷从o点移到a点，必须克服电场力做功d将同一正的试探电荷先后从o、b两点移到a点，后者电势能的变化较大【考点】电势差与电场强度的关系；电场强度；电势【专题】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等势面和电场线分布情况，分析电势和场强的关系【解答】解：a、结合等量异种点电荷的电场的特点可知，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，所以b点的电势等于0，而电场强度不等于0故a错误；b、由图，两个点电荷在a点产生的电场强度的方向都向右，所以合场强的方向一定向右，则正电荷在a点受到的电场力的方向向右；正电荷从a向o运动的过程中，电场力做正功，电势能减小，而o点的电势等于0，所以正的试探电荷在a点的电势能大于零，故b正确；c、正电荷从a向o运动的过程中，电场力做正功，电势能减小所以将正的试探电荷从o点移到a点，必须克服电场力做功；故c正确；d、两个等量异种电荷连线的垂直平分线是一条等势线，所以o、b两点的电势是相等的，将同一正的试探电荷先后从o、b两点移到a点，二者电势能的变化相等故d错误故选：bc【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14如图，电路中定值电阻阻值r大于电源内阻阻值r闭合电键后，将滑动变阻器滑片向下滑动，理想电压表v1、v2、v3示数变化量的绝对值分别为u1、u2、u3，理想电流表示数变化量的绝对值为i，则（）au2=u1+u3b =r+rc电源输出功率先增大后减小d和保持不变【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】比较思想；等效替代法；恒定电流专题【分析】分析电路的连接关系，根据欧姆定律分析电路中电流和各个电阻电压的变化，结合闭合电路欧姆定律进行分析电压变化量与电流变化量比值的变化【解答】解：a、闭合电键后，将滑动变阻器滑片向下滑动，其有效电阻减小，电路中总电流增大，则u1增大，u2减小，则u3减小，根据所以应有u2=u3u1故a错误b、根据闭合电路欧姆定律得：u3=ei（r+r），则得=r+r，故b正确c、由于定值电阻阻值r大于电源内阻阻值r，当将滑动变阻器滑片向下滑动时，电源的内外电阻差值减小，所以电源输出功率一直增大故c错误d、r是定值电阻，则有=r，保持不变u2=eir，则=r，保持不变故d正确故选：bd【点评】本题是电路的动态分析问题，关键要根据闭合电路欧姆定律进行分析电压变化量与电流变化量比值要明确定值电阻有 r=15三条在同一平面（纸面）内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为i，方向如图所示a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为b1、b2和b3，下列说法正确的是（）ab1=b2=b3bb1=b2b3ca和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里da处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里【考点】磁感应强度【分析】通电导线周围存在磁场，且离导线越远场强越弱磁场不但有大小而且有方向，方向相同则相加，方向相反则相减并根据矢量叠加原理来求解【解答】解：a、b、由题意可知，a点的磁感应强度等于三条通电导线在此处叠加而成，即垂直纸面向外，而b点与a点有相同的情况，有两根相互抵消，则由第三根产生磁场，即为垂直纸面向外，而c点三根导线产生磁场方向相同，所以叠加而成的磁场最强，故a错误，b正确；c、d、由图可知，根据右手螺旋定则可得，a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里，故c正确，b错误故选：bc【点评】根据通电导线周围的磁场对称性、方向性，去确定合磁场强度大小磁场的方向相同，则大小相加；方向相反的，大小相减同时考查矢量叠加原理二实验填空题（共2小题，每空2分，画电路图4分，共18分）16读数（1）2.250cm （2）6.858cm （3）115ma （4）5.0v【考点】多用电表的原理及其使用；刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】实验题；定性思想；推理法；直线运动规律专题【分析】明确各仪器的原理，并知道它们的读数方法，注意各仪器中是否需要估读【解答】解：游标卡尺的读数为：22mm+100.05mm=22.50mm=2.250cm；螺旋测微器的读数为：6.5mm+35.80.01mm=6.858mm； 毫安表最小分度为5ma，则读数为115ma；电压表最小分度为2v，则读数为5.0v；故答案为：（1）2.250； （2）6.858；（3）115；（4）5.0【点评】本题考查各元件的读数问题，要注意对于电表最小分度为1的需要估读到下一位；而最小分度为2或5的不需要估读17用下列器材组装成一个电路，既能测量出电池组的电动势e和内阻r，又能同时描绘小灯泡的伏安特性曲线a电压表v1（量程6v、内阻很大） b电压表v2（量程3v、内阻很大）c电流表a（量程3a、内阻很小） d滑动变阻器r（最大阻值10、额定电流4a）e小灯泡（2a、5w） f电池组（电动势e、内阻r）g开关一只，导线若干实验时，调节滑动变阻器的阻值，多次测量后发现：若电压表v1的示数增大，则电压表v2的示数减小（1）请将设计的实验电路图在图甲的虚线方框中补充完整（2）每一次操作后，同时记录电流表a、电压表v1和电压表v2的示数，组成两个坐标点（i1，u1）、（i2，u2），标到ui坐标中，经过多次测量，最后描绘出两条图线，如图乙所示，则电池组的电动势e=4.5v、内阻r=1.0（结果保留两位有效数字）（3）在ui坐标中两条图线在p点相交，此时滑动变阻器连入电路的阻值应为0.0（结果保留两位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻；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】（1）测电源电动势与内阻实验时，电压表测路端电压，随滑动变阻器接入电路阻值的增大，电压表示数增大；灯泡两端电压随滑动变阻器阻值增大而减小；根据电压表示数变化确定各电路元件的连接方式，然后作出实验电路图（2）电源的ui图象与纵轴的交点示数是电源的电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻（3）由图象求出两图线的交点对应的电压与电流，然后根据闭合电路中内外电压的关系及欧姆定律求出滑动变阻器接入电路的阻值【解答】解：（1）伏安法测电源电动势与内阻实验中，电压表测路端电压，电压表示数随滑动变阻器接入电路阻值的增大而增大；描绘小灯泡伏安特性曲线实验中，电流表测流过灯泡的电流，灯泡两端电压随滑动变阻器接入电路电阻的增大而减小；调节滑动变阻器时，电压表v1的示数增大，则电压表v2的示数减小，则v1测路端电压，v2测灯泡两端电压，电路图如图所示（2）电源的ui图象是一条倾斜的直线，由图象可知，电源电动势e=4.5v，电源内阻r=1.0（3）由图乙所示图象可知，两图象的交点坐标，即灯泡电压ul=2.5v，此时电路电流i=2.0a，电源电动势e=ir+ul+ir滑，即4.5v=2.0a1+2.5v+2.0ar滑，则r滑=0.0故答案为：（1）电路图如图所示；（2）4.5；1.0；（3）0.0【点评】电源的ui图象与纵轴的交点是电动势，图象斜率的绝对值等于电源内阻，求电源内阻时要注意看清楚纵轴坐标起点数据是多少，否则容易出错三计算解答题（共4小题，共42分）18如图所示，在同一水平面的两导轨相互平行，相距1m并处于竖直向上的匀强磁场中，一根质量为2kg的金属棒放在导轨上，与导轨垂直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，金属棒将获得3m/s2的加速度（g取10m/s2） 求：（1）磁场的磁感应强度；（2）导轨与金属棒间动摩擦因数【考点】安培力【分析】先根据金属棒匀速运动求出所受摩擦力的大小，然后结合牛顿第二定律对加速运动时列方程；利用匀速运动时摩擦力等于安培力求出摩擦因数【解答】解：（1）金属棒匀速运动时，安培力与摩擦力平衡：f=bi1l金属棒加速运动时，由牛顿第二定律：bi2lf=ma联立得：b=2t f=10n（2）由 f=n n=mg 联立以上方程，代入数据得：=0.5答：（1）磁场的磁感应强度为2t；（2）导轨与金属棒间动摩擦因数为0.5【点评】本题考查了受安培力作用下的牛顿第二定律，解决方法和力学部分一样，难度不大19如图，平行金属带电极板a、b间可看作匀强电场，场强e=1.2103v/m，极板间距离d=5cm，电场中c和d分别到a、b两板距离均为0.5cm，b极接地，求：（1）c和d两点的电势，两点的电势差？（2）点电荷q1=2103c分别在c和d两点的电势能？（3）将点电荷q2=2103c从c匀速移到d时外力做功多少？【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系【专题】电场力与电势的性质专题【分析】（1）根据在匀强电场中电势差和场强的关系式u=ed可求出c和d之间的电势差ucd、b和d之间的电势差ubd、b和c之间的电势差ubc根据ubd=bd可求出d同理可求出c（2）根据ep=q可知点电荷在c点和在d点的电势能（3）根据动能定理可知物体的动能未变，则合外力所做的功为0，故要求除电场力以外的力所做的功就必须先求电场力所做的功，而根据wcd=qucd可求出电场力所做的功【解答】解：（1）b板接地，b=0，沿电场方向有cd之间的距离为：dcd=dhachbd=50.50.5=4cm=4102m，ucd=edcd=1.21034102=48v；udb=eddb=1.21030.5102=6v，即：db=6v，则d=6v，ucb=edcb=1.21034.5102=54v，即cb=54v，c=54v；（2）由ep=q可知点电荷q1=2103c在c点的电势能epc=210354=0.108j，在d点的电势能epd=21036=1.2102j；（3）将点电荷q2=2102c从c匀速移到d时，电场力所做的功：w=q2ucd=210248=9.6101j，故除电场以外的力所做的功：w外=w=9.6101j答：（1）c和d两点的电势分别为54v、6v，两点间的电势差ucd等于48v（2）点电荷q1=2103c在c和d两点的电势能分别为0.108j和1.2102j（3）除电场力以外的力做功为9.6101j【点评】在利用ep=q求电势能时电量q和电势的正负号一定要保留根据wcd=qucd可求出电场力所做的功时电荷是从c点运动到d点20如图所示，m为一线圈电阻rm=1的电动机，一定值电阻r=4，电源电动势e=9v当s闭合时，电压表的示数为u1=8.0v，当开关s断开时，电压表的示数为u2=4.0v求：（1）电源内阻r； （2）开关s断开时电源输出功率；（3）开关s断开时电动机输出的机械功率【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】（1）当s闭合时，电动机被短路，根据闭合电路欧姆定律求解电源的内阻；（2）开关s断开时，先根据欧姆定律求解通过电阻r的电流，然后根据p=ui和u=eir求解电源输出功率；（3）根据能量守恒定律和焦耳定律列式求解开关s断开时电动机输出的机械