湖南省益阳六中高二物理上学期期末试卷 理（含解析）.doc

2014-2015学年湖南省益阳六中高二（上）期末物理试卷（理科）一、选择题（共15小题，每小题3分，共45分其中111小题是单选题，1215小题是多选题，全部选对得3分，对而不全得2分）1（3分）（2014秋资阳区校级期末）在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为q，受到的电场力为f，则该点的电场强度，下列说法正确的是（）a若移去检验电荷，则该点的电场强度为0b若检验电荷的电量变为4q，则该点的场强变为4ec若放置到该点的检验电荷变为2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反d若放置到该点的检验电荷变为2q，则场中该点的场强大小方向均不变2（3分）（2014秋资阳区校级期末）实线为三条未知方向的电场线，从电场中的m点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示（a、b只受电场力作用），则（）aa一定带正电，b一定带负电b电场力对a做正功，对b做负功ca的速度将减小，b的速度将增大da的加速度减小，b的加速度将增大3（3分）（2014秋资阳区校级期末）如图，一个金属圆环放在匀强磁场中，将它匀速拉出磁场，下列错误的是（不计重力）（）a环中感应电流的方向是顺时针方向b环中感应电流的大小不变c所施加水平拉力的大小要变d若将此环向左拉出磁场，则环中感应电流的方向也是顺时针方向4（3分）（2014秋阳泉期末）走廊里有一盏电灯，在走廊两端各有一个开关，我们希望不论哪一个开关接通都能使电灯点亮，那么设计的电路为（）a“与”门电路b“非“门电路c“或”门电路d上述答案都有可能5（3分）（2009湖南校级模拟）关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是（）a磁感线从磁体的n极出发，终止于s极b磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向c沿磁感线方向，磁场逐渐减弱d在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小6（3分）（2012泗县模拟）如图所示，平行板电容器的两极板a、b接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合s，给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，则下列说法正确的是（）a保持s闭合，将a板向b板靠近，则增大b保持s闭合，将a板向b板靠近，则不变c断开s，将a板向b板靠近，则增大d断开s，将a板向b板靠近，则减小7（3分）（2014秋资阳区校级期末）在图所示的电路中，两个灵敏电流表和的零点都在刻度盘中央，当电流从“+”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“”接线柱流入时，指针向左摆在电路接通后再断开的瞬间，下列说法中符合实际情况的是（）a表指针向左摆，表指针向右摆b表指针向右摆，表指针向左摆c、表的指针都向左摆d、表的指针都向右摆8（3分）（2014秋资阳区校级期末）质量为m长为l的导体棒电阻为r，初静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为e，内阻不计匀强磁场的磁感强度为b，其方向与轨道平面成角斜向上方，电键闭合后导体棒开始运动（）a导体棒向左运动b电键闭合瞬间导体棒mn所受支持力为mgc电键闭合瞬间导体棒mn所受安培力为d电键闭合瞬间导体棒mn的加速度为9（3分）（2011广东模拟）下列关于运动和力的叙述中，正确的是（）a做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的b物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心c物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动d物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同10（3分）（2010安庆模拟）建筑工人用图所示的定滑轮装置运送建筑材料质量为70.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为（g取10m/s2）（）a510 nb490 nc890 nd910 n11（3分）（2014秋资阳区校级期末）如图，斜面置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法不正确的是（）a物体的重力势能减少，动能增加b斜面的机械能增加c斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功d物体和斜面组成的系统机械能守恒12（3分）（2013甘肃一模）如图所示，物块m在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后（）am静止在传送带上bm可能沿斜面向上运动cm受到的摩擦力不变dm下滑的速度不变13（3分）（2008梅州二模）在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，使a灯变暗，b灯变亮，则故障可能是（）ar1短路br2断路cr3断路dr4短路14（3分）（2014秋资阳区校级期末）在如图所示的ui图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻r的伏安特性曲线用该电源直接与电阻r相连组成闭合电路由图象可知（）a电源的电动势为3v，内阻为0.5b电阻r的阻值为1c电源的输出功率为2wd电源的效率为66.7%15（3分）（2014秋资阳区校级期末）有一横截面积为s的铜导线，流经其中的电流为i，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q，此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（）anvstbnvtcd二、填空与实验（共4小题，每空2分，图2分，共20分）16（8分）（2014秋资阳区校级期末）在探究“决定导线电阻因素”的实验中，需要进行以下测量欲用伏安法测定一段电阻丝的电阻，其阻值约为5，要求测量结果尽量准确，并且电压、电流测量范围尽可能大一些在方框内画出应采用的电路图下列器材中电流表应选用的是，电压表应选用的是，滑动变阻器应选用的是a电池组e（3v，内阻很小）b电流表a1（03a，内阻0.0125）c电流表a2（00.6a，内阻0.125）d电压表v1（03v，内阻3k）e电压表v2（06v，内阻6k）f滑动变阻器r1（05，2a）g滑动变阻器r2（01000，1a）h电键、导线17（4分）（2014秋资阳区校级期末）用电压表和电流表测金属丝的电压和电流，如图所示，电压表的量程为03v，电流表的量程为00.6a，则电压表的读数为v，电流表的读数为a18（4分）（2014秋资阳区校级期末）读出下列游标卡尺和螺旋测微器的读数mmmm19（4分）（2014秋资阳区校级期末）用欧姆表测同一定值电阻的阻值时，分别用10；100；1k三个档测量三次，指针所指位置如图的、所示，为了提高测量的准确度应选择的是挡，被测电阻值约为三、计算题（共4小题，共9+9+9+8=35分）20（9分）（2012秋天津期末）如图所示，已知电源电动势=20v，内阻r=1，当接入固定电阻r=4时，电路中标有“3v4.5w”的灯泡l和内阻r=0.5的小型直流电动机恰能正常工作，求（1）电路中的电流强度？（2）电动机的额定工作电压？（3）电源的总功率？21（9分）（2014秋资阳区校级期末）长为l的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电量为+q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与下极板成30角，如图所示，不计粒子重力，求：（1）粒子末速度的大小；（2）匀强电场的场强；（3）两板间的距离22（9分）（2014秋资阳区校级期末）如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示现有一个带电粒子在该平面内从x轴上的p点，以垂直于x轴的初速度v0进入匀强电场，恰好经过y轴上的q点且与y轴成45角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入下面的磁场已知op之间的距离为d，（不计粒子的重力）求：（1）q点的坐标；（2）圆周运动的半径；（3）带电粒子自进入电场至在磁场中第二次经过x轴的时间23（8分）（2010天津）如图所示，质量m1=0.1kg，电阻r1=0.3，长度l=0.4m的导体棒ab横放在u型金属框架上框架质量m2=0.2kg，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数=0.2，相距0.4m的mm、nn相互平行，电阻不计且足够长电阻r2=0.1的mn垂直于mm整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度b=0.5t垂直于ab施加f=2n的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与mm、nn保持良好接触当ab运动到某处时，框架开始运动设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2（1）求框架开始运动时ab速度v的大小；（2）从ab开始运动到框架开始运动的过程中，mn上产生的热量q=0.1j，求该过程ab位移x的大小2014-2015学年湖南省益阳六中高二（上）期末物理试卷（理科）参考答案与试题解析一、选择题（共15小题，每小题3分，共45分其中111小题是单选题，1215小题是多选题，全部选对得3分，对而不全得2分）1（3分）（2014秋资阳区校级期末）在电场中的某点放一个检验电荷，其电量为q，受到的电场力为f，则该点的电场强度，下列说法正确的是（）a若移去检验电荷，则该点的电场强度为0b若检验电荷的电量变为4q，则该点的场强变为4ec若放置到该点的检验电荷变为2q，则场中该点的场强大小不变，但方向相反d若放置到该点的检验电荷变为2q，则场中该点的场强大小方向均不变考点：电场强度专题：电场力与电势的性质专题分析：电场强度是反映电场本身的力的性质的物理量，与试探电荷无关，在电场中同一点，电场强度是确定不变的解答：解：a、由题，该点的电场强度，若移去检验电荷，该点的电场强度仍为故a错误 b、若检验电荷的电量变为4q，检验电荷所受的电场力为4f，该点的电场强度仍为故b错误 c、d若放置到该点的检验电荷变为2q，检验电荷所受的电场力为2f，该点的电场强度仍为故c错误，d正确故选：d点评：电场强度的定义式，具有比值定义法的共性，定义出的电场强度与f、q无关，由电场本身决定2（3分）（2014秋资阳区校级期末）实线为三条未知方向的电场线，从电场中的m点以相同的速度飞出a、b两个带电粒子，a、b的运动轨迹如图中的虚线所示（a、b只受电场力作用），则（）aa一定带正电，b一定带负电b电场力对a做正功，对b做负功ca的速度将减小，b的速度将增大da的加速度减小，b的加速度将增大考点：电场线；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：电场线是从正电荷或者无穷远出发出，到负电荷或无穷远处为止，电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小解答：解：a、电场线的方向不知，所以粒子带电性质不定；从图中轨道变化来看电场力都做正功，动能都增大，电势能都减少所以abc错误d、电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，所以a受力减小，加速度减小，b受力增大，加速度增大，所以d正确故选：d点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线的特点：电场线密的地方电场的强度大，电场线疏的地方电场的强度小，即可解决本题3（3分）（2014秋资阳区校级期末）如图，一个金属圆环放在匀强磁场中，将它匀速拉出磁场，下列错误的是（不计重力）（）a环中感应电流的方向是顺时针方向b环中感应电流的大小不变c所施加水平拉力的大小要变d若将此环向左拉出磁场，则环中感应电流的方向也是顺时针方向考点：楞次定律专题：电磁感应与电路结合分析：将线圈拉出磁场，磁通量都减小，根据楞次定律判断感应电流的方向公式e=blv中l是有效的切割长度根据欧姆定律分析感应电流的大小变化安培力的大小：f=bil中l是有效长度解答：解：a、d、不管沿什么方向将线圈拉出磁场，穿过线圈的磁通量都减小，根据楞次定律判断可知，线圈中感应电流的方向都是沿顺时针方向，故a、d正确；b、线圈在切割磁感线的过程中，感应电动势e=blv，有效长度l先增大后减小，所以感应电动势先增大后减小，感应电流的大小先增大后减小，会发生变化故b错误c、线圈在切割磁感线的过程中，线圈受到的安培力：f=bil，有效长度l先增大后减小，感应电流的大小先增大后减小，所以安培力先增大，后减小，会发生变化，则水平拉力也要发生变化胡c正确本题选择错误的，故选：b点评：本题是楞次定律和e=blv的应用，关键要注意公式e=blv中l是有效的切割长度安培力的大小：f=bil中l是有效长度4（3分）（2014秋阳泉期末）走廊里有一盏电灯，在走廊两端各有一个开关，我们希望不论哪一个开关接通都能使电灯点亮，那么设计的电路为（）a“与”门电路b“非“门电路c“或”门电路d上述答案都有可能考点：简单的逻辑电路专题：恒定电流专题分析：“或”逻辑关系的特点是，当事件的某一个条件满足，该事件就能发生解答：解：不论哪一个开关接通都能使电灯点亮，所满足的关系是“或”逻辑关系，即事件的某一个条件满足，该事件就能发生故c正确，a、b、d错误故选c点评：解决本题的关键理解“或”逻辑关系的特点，当事件的某一个条件满足，该事件就能发生5（3分）（2009湖南校级模拟）关于磁场和磁感线的描述，正确的说法是（）a磁感线从磁体的n极出发，终止于s极b磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向c沿磁感线方向，磁场逐渐减弱d在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小考点：磁感线及用磁感线描述磁场分析：在磁体外部磁感线从n极出发进入s极，在磁体内部从s极指向n极磁场的方向与通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向垂直磁感线的疏密表示磁场的强弱安培力的大小取决于四个因素：b、i、l，及导线与磁场的夹角，在磁场强的地方同一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小解答：解：a、磁感线分布特点：在磁体外部磁感线从n极出发进入s极，在磁体内部从s极指向n极故a错误 b、磁场的方向与通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向垂直故b错误 c、磁场的强弱看磁感线的疏密，与磁感线方向无关，沿磁感线方向，磁场不一定减弱故c错误 d、根据安培力公式f=bilsin，可见，在b大的地方，f不一定大故d正确故选d点评：本题考查对磁场基本知识的理解和掌握程度，基础题注意安培力与电场力不同：安培力方向与磁场方向垂直，而电场力方向与电场强度方向相同或相反6（3分）（2012泗县模拟）如图所示，平行板电容器的两极板a、b接于电池两极，一带正电的小球悬挂在电容器内部，闭合s，给电容器充电，这时悬线偏离竖直方向的夹角为，则下列说法正确的是（）a保持s闭合，将a板向b板靠近，则增大b保持s闭合，将a板向b板靠近，则不变c断开s，将a板向b板靠近，则增大d断开s，将a板向b板靠近，则减小考点：电容器的动态分析；电场强度专题：电容器专题分析：小球受重力、电场力和绳子的拉力处于平衡状态，当电场力变大时增大，电场力变小时减小，因此解决本题关键是判断小球所受电场力的变化情况；注意电容器的两种状态的不同，电键闭合其电压不变，电键断开电容器所带电量保持不变解答：解：若保持s闭合，则电容器两极板之间的电压保持不变，因此根据可知，当将a板向b板靠近时，电场强度增大，则电场力增大，将增大，故a正确，b错误若断开s，电容器带电量保持不变，由和以及可得：，由于q、s不变，只是d变化，所以电场强度不变，故电场力不变，则不变，故cd错误故选a点评：对于电容器的讨论注意电容器的两种状态，同时熟练掌握公式：、之间的推导，尤其是在电容器电量保持不变时，要正确根据这三个公式推导电场强度的表达式，从而正确判断电场强度的变化7（3分）（2014秋资阳区校级期末）在图所示的电路中，两个灵敏电流表和的零点都在刻度盘中央，当电流从“+”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“”接线柱流入时，指针向左摆在电路接通后再断开的瞬间，下列说法中符合实际情况的是（）a表指针向左摆，表指针向右摆b表指针向右摆，表指针向左摆c、表的指针都向左摆d、表的指针都向右摆考点：自感现象和自感系数分析：电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小解答：解：电路稳定后断开，通过电阻这一支路的电流立即消失，由于电感器对电流的变化有阻碍作用，会阻碍其减小，通过电感器的电流并且通过电阻所以含有电感器的支路的电流从“+”接线柱流入，g1指针向右摆含有电阻的支路电流从“”接线柱流入，g2指针向左摆故b正确，a、c、d错误故选：b点评：解决本题的关键知道电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小8（3分）（2014秋资阳区校级期末）质量为m长为l的导体棒电阻为r，初静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为e，内阻不计匀强磁场的磁感强度为b，其方向与轨道平面成角斜向上方，电键闭合后导体棒开始运动（）a导体棒向左运动b电键闭合瞬间导体棒mn所受支持力为mgc电键闭合瞬间导体棒mn所受安培力为d电键闭合瞬间导体棒mn的加速度为考点：安培力分析：根据左手定则来确定通电导线的安培力的方向，闭合电路欧姆定律与安培力公式结合可求出安培力的大小，最后由牛顿第二定律来确定导体棒瞬间的加速度解答：解：a、开关闭合，由左手定则可知，磁感线穿过掌心，则大拇指向为垂直磁感线向右，从而导致导体棒向右运动故a错误；b、c、当开关闭合后，根据安培力公式f=bil与i=可得：f=；压力：n=mg+fcos=mg+故b错误，c错误；d、当开关闭合后，安培力的方向与导轨成90的夹角，再根据力的分解可得，合力大小，再由牛顿第二定律与安培力的大小可知，加速度a=，故d正确；故选：d点评：考查左手定则、闭合电路欧姆定律、牛顿第二定律、安培力的大小公式及力的分解，注意左手定则与右手定则的区别同时注意安培力的方向与导轨的夹角9（3分）（2011广东模拟）下列关于运动和力的叙述中，正确的是（）a做曲线运动的物体，其加速度方向一定是变化的b物体做圆周运动，所受的合力一定指向圆心c物体所受合力方向与运动方向相反，该物体一定做直线运动d物体运动的速率在增加，所受合力方向一定与运动方向相同考点：物体做曲线运动的条件；牛顿第二定律专题：物体做曲线运动条件专题分析：曲线运动的条件是初速度与加速度不在一条直线上，速度不断变化，它是变速运动，曲线运动有加速度不变的，也有加速度变化的当物体做圆周运动，其合力不一定指向圆心，若是匀速圆周运动，则合力一定指向圆心解答：解：a、做曲线运动的物体，其速度一定变化，但加速度不一定变化，比如平抛运动，故a错误；b、物体做圆周运动，所受的合力不一定指向圆心，当是匀速圆周运动时，由于速度大小不变，所以加速度垂直于速度，因此合力一定指向圆心，故b错误；c、当物体所受合力方向与运动方向相反，则一定做减速且直线运动，故c正确；d、物体运动的速率在增加，则一定有加速度存在，但不一定与运动方向相同，比如平抛运动，合力方向与运动方向不相同故d错误；故选：c点评：曲线运动有加速度，所以必定是变速，可能是匀变速曲线，比如：平抛运动也可能是速率不变，方向变化比如：匀速圆周运动10（3分）（2010安庆模拟）建筑工人用图所示的定滑轮装置运送建筑材料质量为70.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为（g取10m/s2）（）a510 nb490 nc890 nd910 n考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：工人站在地面上，匀加速拉升物体，同时绳子也有个力拉工人，由牛顿第二定律可求出绳子的拉力，从而对工人受力分析，由平衡条件可求出工人受地面的支持力，最后由牛顿第三定律可得出工人对地面的压力大小解答：解：先研究物体，以加速度0.5m/s2匀加速被拉升，受力分析：重力与绳子的拉力则有：fmg=ma代入数据解得：f=210n，再研究工人，受力分析，重力、绳子拉力、支持力，处于平衡状态则有：mg=f+f支代入数据解得：f支=490n，由牛顿第三定律可得：f压=490n故选：b点评：虽然压力是地面所受，但应该选工人作为研究对象；要知道绳子的拉力，则必须选中物体为研究对象由牛顿运动定律方可求出所以此题渗透如何合理选择研究对象的思想11（3分）（2014秋资阳区校级期末）如图，斜面置于光滑水平地面上，其光滑斜面上有一物体由静止沿斜面下滑，在物体下滑过程中，下列说法不正确的是（）a物体的重力势能减少，动能增加b斜面的机械能增加c斜面对物体的作用力垂直于接触面，不对物体做功d物体和斜面组成的系统机械能守恒考点：机械能守恒定律；动能和势能的相互转化专题：机械能守恒定律应用专题分析：只有重力或只有弹力做功时，系统的机械能守恒，对物体进行受力分析，根据机械能守恒条件分析答题解答：解：a、物体下滑时，重力做正功，物体的重力势能减小，动能增加，故a正确；b、物体下滑过程，物体对斜面的压力对斜面做正功，m向右加速运动，m的动能增加，重力势能不变，则其机械能增加，故b正确；c、斜面对物体的作用力垂直于斜面，但在作用力方向上，物体有位移，斜面对物体的作用力对物体做功，故c错误；d、物体和斜面组成的系统，在整个运动过程中，只有重力做功，系统的机械能守恒，故d正确；本题选不正确的，故选：c点评：本题的关键的地方在于斜面体m置于光滑水平地面上，由此可知不是m的机械能守恒，而是系统的机械能守恒12（3分）（2013甘肃一模）如图所示，物块m在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后（）am静止在传送带上bm可能沿斜面向上运动cm受到的摩擦力不变dm下滑的速度不变考点：滑动摩擦力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用分析：对物体受力分析，由于传送带是向上运动的，对物体的受力没有影响，所以物体的运动状态不变解答：解：由于传送带是向上转动的，在传送带启动前后，物块都只受重力、支持力、沿斜面向上的滑动摩擦力，物块受力不变，所以其下滑的速度也不变故选cd点评：物体本来就是向下运动，受到的摩擦力是向上的，当传送带在向上转动时，对物体的受力没影响，可以思考一下，如果传送带向下转动，情况又会如何呢？13（3分）（2008梅州二模）在如图所示的电路中，由于某一电阻发生短路或断路，使a灯变暗，b灯变亮，则故障可能是（）ar1短路br2断路cr3断路dr4短路考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：a灯变暗，说明外电阻总电阻变大了；b灯变亮，说明其分得的电压变大了；根据传并联电路的特点和闭合电路欧姆定律列式求解解答：解：a、r1短路，外电路总电阻减小，电流变大，a灯变亮，故a错误；b、r2断路，b灯泡分得的电压变大，变亮；外电阻总电阻变大，电流减小，a灯变暗，故b正确；c、r3断路，b灯泡分得的电压变大，变亮；外电阻总电阻变大，电流减小，a灯变暗，故c正确；d、r4短路，外电路总电阻减小，电流变大，a灯变亮，故d错误；故选bc点评：本题是电路的动态分析问题，关键理清电路结构，然后根据串并联电路的特点分析，不难14（3分）（2014秋资阳区校级期末）在如图所示的ui图象中，直线为某一电源的路端电压与电流的关系图象，直线为某一电阻r的伏安特性曲线用该电源直接与电阻r相连组成闭合电路由图象可知（）a电源的电动势为3v，内阻为0.5b电阻r的阻值为1c电源的输出功率为2wd电源的效率为66.7%考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：由电源的路端电压与电流的关系图象与纵轴的交点读出电源的电动势，其斜率大小等于电源的内阻电阻r的伏安特性曲线的斜率等于电阻两图线的交点读出电流与电压，求出电源的输出功率和效率解答：解：a、根据闭合电路欧姆定律得u=eir，当i=0时，u=e，由读出电源的电动势e=3v，内阻等于图线的斜率大小，则r=故a正确b、电阻r=故b正确c、两图线的交点表示该电源直接与电阻r相连组成闭合电路时工作状态，由图读出电压u=2v，电流i=2a，则电源的输出功率为p出=ui=4w故c错误d、电源的效率=66.7%故d正确故选：abd点评：对于图线关键要根据物理规律，从数学角度来理解其物理意义本题要抓住图线的斜率、交点的意义来理解图象的意义基础题15（3分）（2014秋资阳区校级期末）有一横截面积为s的铜导线，流经其中的电流为i，设每单位体积的导线中有n个自由电子，电子的电荷量为q，此时电子的定向移动速度为v，在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为（）anvstbnvtcd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经过的长度为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vts又由于单位体积的导线有n个自由电子，在t时间内，通过导线横截面的自由电子数目可表示为nvst，故a正确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it，而电子的电荷量为q，则t时间内通过导线横截面的自由电子数目可表示为，故c也正确故选：ac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二、填空与实验（共4小题，每空2分，图2分，共20分）16（8分）（2014秋资阳区校级期末）在探究“决定导线电阻因素”的实验中，需要进行以下测量欲用伏安法测定一段电阻丝的电阻，其阻值约为5，要求测量结果尽量准确，并且电压、电流测量范围尽可能大一些在方框内画出应采用的电路图下列器材中电流表应选用的是a2，电压表应选用的是v1，滑动变阻器应选用的是r1a电池组e（3v，内阻很小）b电流表a1（03a，内阻0.0125）c电流表a2（00.6a，内阻0.125）d电压表v1（03v，内阻3k）e电压表v2（06v，内阻6k）f滑动变阻器r1（05，2a）g滑动变阻器r2（01000，1a）h电键、导线考点：测定金属的电阻率专题：实验题分析：将电路分为测量电路和控制电路两部分测量电路采用伏安法根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表外接法要求待测电阻的电压从零开始可以连续调节，变阻器采用分压接法估算电流的最大值，选择电流表量程解答：解：电源电动势是3v，电路最大电流i=0.6a，因此电压表选：电压表v1（03v，内阻3k），则电流表可选：a2（00.6a，内阻0.125），电压从零开始，滑动变阻器应采用分压接法，=40，而=600，则有：，则电流表采用外接法，滑动变阻器的范围应与电阻值差不多，方便调节，所以滑动变阻器选r1，实验电路图如图所示故答案为：a2、v1、r1，如上图所示点评：对于电流表量程的选择往往要估算电路中电流的最大值，估算时电表的影响可近似不考虑17（4分）（2014秋资阳区校级期末）用电压表和电流表测金属丝的电压和电流，如图所示，电压表的量程为03v，电流表的量程为00.6a，则电压表的读数为2.60v，电流表的读数为0.52a考点：用多用电表测电阻专题：实验题分析：根据电表量程，由图示电表确定分度值，然后根据指针位置读出其示数解答：解：电压表的量程为03v，由图示电压表可知，其分度值为0.1v，其示数为2.60v；电流表的量程为00.6a，由图示电流表可知，其分度值为0.02a，其示数为0.52a故答案为：2.60，0.52点评：本题考查了电压表与电流表读数，对电表读数时要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直18（4分）（2014秋资阳区校级期末）读出下列游标卡尺和螺旋测微器的读数26.7mm0.700mm考点：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：解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读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解答：解：1、游标卡尺的主尺读数为26mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为70.1mm=0.7mm，所以最终读数为：26mm+0.7mm=26.7mm2、螺旋测微器的固定刻度为0.5mm，可动刻度为20.00.01mm=0.200mm，所以最终读数为0.5mm+0.200mm=0.700mm故答案为：26. 7，0.700点评：对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基本仪器进行有关测量19（4分）（2014秋资阳区校级期末）用欧姆表测同一定值电阻的阻值时，分别用10；100；1k三个档测量三次，指针所指位置如图的、所示，为了提高测量的准确度应选择的是100挡，被测电阻值约为2000考点：用多用电表测电阻专题：实验题分析：阻，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；根据图示分析答题解答：解：由图示可知，指针偏角最小，读数最大，所选挡位最小，所用挡位是10挡；指针偏角太大，读数最小，所选择的量程太大，由题意可知，选用的是1k挡；指针位置在中央刻度线附近，由题意可知，是用100挡；为提高测量的精确度，应该用100挡，被测电阻阻值约为20100=2000故答案为：100；2000点评：本题考查了用欧姆表测电阻实验，用欧姆表测电阻换挡后要进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数三、计算题（共4小题，共9+9+9+8=35分）20（9分）（2012秋天津期末）如图所示，已知电源电动势=20v，内阻r=1，当接入固定电阻r=4时，电路中标有“3v4.5w”的灯泡l和内阻r=0.5的小型直流电动机恰能正常工作，求（1）电路中的电流强度？（2）电动机的额定工作电压？（3）电源的总功率？考点：闭合电路的欧姆定律；闭合电路中的能量转化；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：（1）以灯泡为研究对象，灯泡在额定电压下正常工作，由额定功率和额定电压求出电流（2）正常工作时电动机电路是非纯电阻电路，根据电压的分配关系求出电动机的额定工作电压（3）电源的总功率由p=i求出解答：解：（1）串联电路中灯l正常发光，电动机正常工作，则电路中电流强度为灯l的额定电流 i=1.5a （2）电路中的电动机是非纯电阻电路 电路中=ur+ul+ur+um 故电动机的额定电压um=urulur=i（r+rl+r）=201.5（2+4+1）v=9.5v （3）电源总功率p总=i=1.520w=30w答：（1）电路中的电流强度为1.5a （2）电动机的额定工作电压为9.5v （3）电源的总功率为30w点评：本题是电路中基本题型对于电动机正常工作时，是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，其两端电压uir21（9分）（2014秋资阳区校级期末）长为l的平行金属板水平放置，两极板带等量的异种电荷，板间形成匀强电场，一个带电量为+q、质量为m的带电粒子，以初速度v0紧贴上极板垂直于电场线方向进入该电场，刚好从下极板边缘射出，射出时速度恰与下极板成30角，如图所示，不计粒子重力，求：（1）粒子末速度的大小；（2）匀强电场的场强；（3）两板间的距离考点：带电粒子在匀强电场中的运动；电场强度专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：（1）由速度的合成与分解求出粒子的末速度；（2）粒子在电场中做类平抛运动，由类平抛运动规律可以求出电场强度；（3）由类平抛运动规律可以求出两极板间的距离解答：解：（1）粒子离开电场时，合速度与水平夹角30度，由速度关系得合速度：，（2）粒子在匀强电场中为类平抛运动，在水平方向上：l=v0t，在竖直方向上：vy=at，由牛顿第二定律得：qe=ma解得：；（3）粒子做类平抛运动，在竖直方向上：，解得：；答：（1）粒子末速度的大小；（2）匀强电场的场强；（3）两板间的距离：点评：本题考查了粒子在匀强电场中的运动，粒子在匀强磁场中做类平抛运动，应用匀速运动规律、牛顿第二定律、匀变速运动规律即可正确解题；分析清楚粒子运动过程是正确解题的关键22（9分）（2014秋资阳区校级期末）如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、第四象限内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小相等，方向如图所示现有一个带电粒子在该平面内从x轴上的p点，以垂直于x轴的初速度v0进入匀强电场，恰好经过y轴上的q点且与y轴成45角射出电场，再经过一段时间又