河南省三门峡市灵宝一中高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年河南省三门峡市灵宝一中高二（上）期中物理试卷一、选择题（本题共12个小题，请将答案涂在答题纸指定位置，1-8题只有一个选项是正确的，9-12题选项是正确的，每题4分，选的不全得2分，有错选或不选得0分）1关于同一电场的电场线，下列表述正确的是（）a电场线是客观存在的b电场线越密，电场强度越小c沿着电场线方向，电势越来越低d电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小2如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经a点飞向b点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）a粒子带正电b粒子在a点加速度大c粒子在b点动能大da、b两点相比，b点电势能较大3如图所示，在x轴上相距为l的两点固定两个等量异种点电荷+q、q，虚线是以+q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称下列判不正确的是（）ab、d两点处的电势相同b四个点中c点处的电势最低cb、d两点处的电场强度相同d将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小4如图，p和q为两平行金属板，板间电压为u，在p板附近有一电子由静止开始向q板运动关于电子到达q板时的速率，下列说法正确的是（）a两板间距离越大，加速时间越长，获得的速率就越大b两板间距离越小，加速度越大，获得的速率就越大c与两板间距离无关，仅与加速电压u有关d以上说法都不正确5某一电源的路端电压与电流的关系和电阻r1、r2的电压与电流的关系如图所示用此电源和电阻r1、r2组成电路，r1、r2可以同时接入电路，也可以单独接入电路为使电源输出功率最大，可采用的接法是（）a将r1单独接到电源两端b将r2单独接到电源两端c将r1、r2串联后接到电源两端d将r1、r2并联后接到电源两端6如图所示，正方形线圈有一半处在匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直当线圈中以顺时针方向的流时，线圈将（）a向上平动b向下平动c向左平动d向右平动7如图所示，电路两端的电压保持不变，当滑动变阻器的滑动触头p向右移动时，三个灯泡亮度的变化情况是（）al1变亮，l2和l3皆变暗bl1变暗，l2不能确定，l3变暗cl1变暗，l2变亮，l3变亮dl1变亮，l2变亮，l3变暗8如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线a，a与螺线管垂直，a导线中的电流方向垂直纸面向里，开关s闭合，a受到通电螺线管磁场的作用力的方向是（）a坚直向下b竖直向上c水平向右d水平向左9如图所示的电容式话筒就是一种电容式传感器，其原理是：导电性振动膜片与固定电极构成了一个电容器，当振动膜片在声压的作用下振动时，两个电极之间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就变成了电信号则当振动膜片向右振动时（）a电容器电容值增大b电容器带电荷量减小c电容器两极板间的场强增大d电阻r上电流方向自左向右10质量和电量都相等的带电粒子m和n，以不同的速率经小孔s垂直进入匀强磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（）am带负电，n带正电bm的速度率小于n的速率c洛伦兹力对m、n不做功dm的运行时间大于n的运行时间11理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干设电动机线圈电阻为r1，它与电热丝电阻值r2串联后接到直流电源上，吹风机两端电压为u，电流为i，消耗的功率为p，则有（）ap=uibp=i2（r1+r2）cpuidpi2（r1+r2）12如图所示虚线所围的区域内，存在电场强度为e的匀强电场和磁感应强度为b的匀强磁场，已知从左侧水平射入的电子，穿过这一区域时未发生偏转，设重力忽略不计，则在这个区域中的e和b的方向可能是（）ae和b都沿水平方向，并与电子运动方向相同be和b都沿水平方向，并与电子运动方向相反ce竖直向上，b垂直于纸面向外de竖直向上，b垂直于纸面向里二、实验题（本题12分，请将答案写在答题纸指定位置）13（12分）（2015秋灵宝市校级期中）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为l=mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为d=mm；（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为r=（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻r，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻r电流表a1（量程04ma，内阻约50）； 电流表a2（量程010ma，内阻约30）电压表v1（量程03v，内阻约10k）； 电压表v2（量程015v，内阻约25k）直流电源e（电动势4v，内阻不计）；滑动变阻器r1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0a）滑动变阻器r2（阻值范围02k，允许通过的最大电流0.5a）开关s、导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在框中画出测量的电路图4，并标明所用器材的代号（5）根据你设计的测量电路，在图5中用实线连接好电路（6）圆柱体材料的电阻率表达式为=（用所测量的量字母表达）三、计算题（本题共4个小题，要写出必要的文字说明，只写答案不得分）14某同学自制一电流表，其原理如图所示质量为m的均匀细金属杆mn与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为b，方向垂直纸面向外mn的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度mn的长度大于ab，当mn中没有电流通过且处于静止时，mn与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当mn中有电流时，指针示数可表示电流强度mn始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g（1）当电流表的示数为零时，求弹簧的伸长量；（2）为使电流表正常工作，判断金属杆mn中电流的方向；（3）若磁场边界ab的长度为l1，bc的长度为l2，此电流表的量程是多少？15如图，有两个量程的电流表，当使用a、b两个端点时，量程为1a，当使用a、c两个端点时，量程为0.1a，已知电流表的内阻rg为200，满偏电流为2ma，求电阻r1、r2值16如图所示，光滑绝缘半球槽的半径为r，处在水平向右的匀强电场中，一质量为m的带电小球从槽的右端a处无初速沿轨道滑下，滑到最低位置b时，球对轨道的压力为2mg求：（1）小球所受电场力的大小和方向（2）带电小球在滑动过程中的最大速度17在如图所示的电路中，r1、r2均为定值电阻，且r1=100，r2阻值未知，r3是一滑动变阻器，当其滑片从左端滑至右端时，测得电源的路端电压随电流的变化图线如图所示，其中a、b两点是滑片在变阻器的两个不同端点得到的求：（1）电源的电动势和内阻；（2）定值电阻r2的阻值；（3）滑动变阻器的最大阻值2015-2016学年河南省三门峡市灵宝一中高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12个小题，请将答案涂在答题纸指定位置，1-8题只有一个选项是正确的，9-12题选项是正确的，每题4分，选的不全得2分，有错选或不选得0分）1关于同一电场的电场线，下列表述正确的是（）a电场线是客观存在的b电场线越密，电场强度越小c沿着电场线方向，电势越来越低d电荷在沿电场线方向移动时，电势能减小【考点】电场线；电势【分析】电场线是为了形象的描述电场强弱和方向引入的，并非实际存在的，电场线的疏密表示场强的强弱，沿电场线电势降低【解答】解：a、电场线是人为引入，假象的线，并非真实存在的，故a错误；b、电场线的疏密表示场强的强弱，电场线密的地方电场强，疏的地方电场弱，故错误；c、沿电场线电势降低，电势的高低与电场线的疏密无关，故c正确；d、电势能的高低通过电场力做功来判断，沿电场线运动，电场力不一定做正功，电势能不一定减小，故d错误故选c【点评】本题着重通过电场线考察了对电势、场强、电势能概念的理解情况，要理解它们的区别以及大小的决定因素2如图所示，带箭头的线表示某一电场的电场线在电场力作用下，一带电粒子（不计重力）经a点飞向b点，径迹如图中虚线所示，下列说法正确的是（）a粒子带正电b粒子在a点加速度大c粒子在b点动能大da、b两点相比，b点电势能较大【考点】电场线；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场线的疏密表示电场强度的强弱，电场线某点的切线方向表示电场强度的方向不计重力的粒子在电场力作用下从a到b，运动与力关系可知，电场力方向与速度方向分居在运动轨迹两边，且电场力偏向轨迹的内侧【解答】解：a、根据曲线运动条件可得粒子所受合力应该指向曲线内侧，所以电场力逆着电场线方向，即粒子受力方向与电场方向相反，所以粒子带负电故a错误；b、由于b点的电场线密，所以b点的电场力大，则a点的加速度较小故b错误；c、粒子从a到b，电场力对粒子运动做负功，电势能增加，导致动能减少，故c错误；d、粒子从a到b，电场力对带负电的粒子运动做负功，电势能增加；所以a、b两点相比，在b点电势能较大故d正确；故选：d【点评】电场线虽然不存在，但可形象来描述电场的分布对于本题关键是根据运动轨迹来判定电场力方向，由曲线运动条件可知合力偏向曲线内侧3如图所示，在x轴上相距为l的两点固定两个等量异种点电荷+q、q，虚线是以+q所在点为圆心、为半径的圆，a、b、c、d是圆上的四个点，其中a、c两点在x轴上，b、d两点关于x轴对称下列判不正确的是（）ab、d两点处的电势相同b四个点中c点处的电势最低cb、d两点处的电场强度相同d将一试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，+q的电势能减小【考点】电场的叠加；电场强度；电势【专题】电场力与电势的性质专题【分析】该电场中的电势、电场强度都关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，场强大小相等，方向是对称的c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等【解答】解：a：该电场中的电势关于x轴对称，所以bd两点的电势相等，故a正确；b：c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等而正电荷周围的电场的电势都比它高，即c点的电势在四个点中是最低的故b正确；c：该电场中的电场强度关于x轴对称，所以bd两点场强大小相等，方向是对称的，不相同的故c不正确；d：c点的电势低于a点的电势，试探电荷+q沿圆周由a点移至c点，电场力做正功，+q的电势能减小故d正确本题选择不正确的，故选：c【点评】该题考查常见电场的特点，解题的关键是c点在两个电荷连线的中点上，也是在两个电荷连线的中垂线上，所以它的电势和无穷远处的电势相等而正电荷周围的电场的电势都比它高，负电荷周围的电场的电势都比它低属于基础题目4如图，p和q为两平行金属板，板间电压为u，在p板附近有一电子由静止开始向q板运动关于电子到达q板时的速率，下列说法正确的是（）a两板间距离越大，加速时间越长，获得的速率就越大b两板间距离越小，加速度越大，获得的速率就越大c与两板间距离无关，仅与加速电压u有关d以上说法都不正确【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；电容器的动态分析【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】粒子运动过程只有电场力做功，根据动能定理列出末动能与电场力做功的关系，判断末速度的大小【解答】解：粒子运动过程只有电场力做功，根据动能定理：eu=mv2，a、两板间距离越大，场强e=越小，加速时间越长，因为加速电压不变，所以最后的末速度大小不变，故a错误b、两板间距离越小，场强e=越大，加速度越大，因为加速电压不变，所以最后的末速度大小不变，故b错误c、根据动能定理：eu=mv2，虽然极板间距发生变化，但是电压不变，所以最后的末速度大小不变，故c正确故选：c【点评】电场力做功仅与加速的电压高低有关，当极板间的间距发生变化时要首先判断极板间的电压是否发生变化5某一电源的路端电压与电流的关系和电阻r1、r2的电压与电流的关系如图所示用此电源和电阻r1、r2组成电路，r1、r2可以同时接入电路，也可以单独接入电路为使电源输出功率最大，可采用的接法是（）a将r1单独接到电源两端b将r2单独接到电源两端c将r1、r2串联后接到电源两端d将r1、r2并联后接到电源两端【考点】闭合电路的欧姆定律；欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由电源的ui图线纵横截距读出电源的电动势，由斜率求出电源的内阻由电阻的ui图线求出电阻再分别求出四种情况下电源的输出功率进行选择【解答】解：根据闭合电路欧姆定律得：u=eir知，i=0时，u=e，图象的斜率等于r，则由电源的ui图线得到：电源的电动势为e=3v，内阻为r=0.5r1单独接到电源两端时，两图线的交点表示电路的工作状态，可知，电路中的电流为2a，路端电压为1.5v，则电源的输出功率为 p出1=1.5v3a=4.5w，同理，r2单独接到电源两端输出功率为 p出2=2v2a=4w由电阻的伏安特性曲线求出r1=0.5、r2=1，当将r1、r2串联后接到电源两端利用欧姆定律可得电路电流i串=1.5a，此时电源的输出功率p串=i串2（r1+r2）=3.75w两电阻并联时，利用欧姆定律可得电路电流i并=3.6a，此时电源的输出功率p并=ei并i并2r=4.32w所以将r1单独接到电源两端时电源的输出功率最大故a正确故选：a【点评】这是直流电中的电路问题，可以应用数学知识分析得到：当电源的内外电阻相等时，电源的输出功率最大，直接选择a6如图所示，正方形线圈有一半处在匀强磁场中，线圈平面与磁场垂直当线圈中以顺时针方向的流时，线圈将（）a向上平动b向下平动c向左平动d向右平动【考点】楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】根据左手定则，结合电流方向，从而判断线圈的运动方向【解答】解：当线圈中通顺时针方向的电流时，根据左手定则，则安培力方向向左，因此线圈将向左平动，故c正确，abd错误故选：c【点评】考查左手定则的应用，掌握安培力与电流，及磁场的方向关系，注意安培力总是垂直电流和磁场方向7如图所示，电路两端的电压保持不变，当滑动变阻器的滑动触头p向右移动时，三个灯泡亮度的变化情况是（）al1变亮，l2和l3皆变暗bl1变暗，l2不能确定，l3变暗cl1变暗，l2变亮，l3变亮dl1变亮，l2变亮，l3变暗【考点】串联电路和并联电路；闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】电灯l2与变阻器串联后与灯泡l3并联，最后再与l1串联；当滑动变阻器的滑动触头p向右移动时，变阻器电阻r减小，故总电阻减小，根据欧姆定律判断干路电流的变化情况，然后逐步判断各个各个部分的电流和电压情况【解答】解：当滑动变阻器的滑动触头p向右移动时，变阻器电阻r减小，故总电阻减小，根据欧姆定律干路电流增加，故灯泡l1变亮；并联电路的电压u并=uirl1，故并联电路电压变小，灯泡l3变暗；干路电流增加，而通过灯泡l3的电流变小，故通过灯泡l2的电流增加，灯泡l2变亮；故选d【点评】对于动态分析问题，通常按照局部整体局部的思路进行分析，不难8如图所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线a，a与螺线管垂直，a导线中的电流方向垂直纸面向里，开关s闭合，a受到通电螺线管磁场的作用力的方向是（）a坚直向下b竖直向上c水平向右d水平向左【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】首先根据安培定则判断通电螺线管在a处产生的磁场方向，再根据左手定则判断通电直导线a受到的磁场的作用力的方向【解答】解：首先根据安培定则判断通电螺线管在a处产生的磁场方向：水平向左根据左手定则判断可知：a受到通电螺线管磁场的作用力的方向：竖直向上，故acd错误，b正确故选：b【点评】本题考查安培定则和左手定则综合应用的能力，对于几种定则关键要搞清两点：一是何时用；二是怎样用9如图所示的电容式话筒就是一种电容式传感器，其原理是：导电性振动膜片与固定电极构成了一个电容器，当振动膜片在声压的作用下振动时，两个电极之间的电容发生变化，电路中电流随之变化，这样声信号就变成了电信号则当振动膜片向右振动时（）a电容器电容值增大b电容器带电荷量减小c电容器两极板间的场强增大d电阻r上电流方向自左向右【考点】电容器【专题】电容器专题【分析】电容器极板间距离的变化引起了电容的变化，电容的变化引起了电量的变化，从而场强变化，r中有电流【解答】解：振动膜片向右振动时，电容器两极板的距离变小，电容增大，由c=知，u不变的情况下，电容器所带电荷量q增大，电容器充电，r中形成自右向左的电流由e=知，u不变，d减小，则场强e增大，故ac正确bd错误故选ac【点评】本题考查了电容器的动态分析，方法是：从部分的变化引起电容的变化，根据电压或电量不变判断电量或电压的变化10质量和电量都相等的带电粒子m和n，以不同的速率经小孔s垂直进入匀强磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是（）am带负电，n带正电bm的速度率小于n的速率c洛伦兹力对m、n不做功dm的运行时间大于n的运行时间【考点】洛仑兹力；带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】由左手定则判断出m带正电荷，带负电荷；结合半径的公式可以判断出粒子速度的大小；根据周期的公式可以判断出运动的时间关系【解答】解：a：由左手定则判断出n带正电荷，m带负电荷，故a正确；b：粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力qvb=m，半径为：r=，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即m的速度率大于n的速率，b错误；c：洛伦兹力不做功，c正确；d：粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为t=，m的运行时间等于n的运行时间，故d错误故选：ac【点评】该题考查到左手定则、半径的公式和根据周期的公式，属于基本应用简单题11理发用的电吹风机中有电动机和电热丝，电动机带动风叶转动，电热丝给空气加热，得到热风将头发吹干设电动机线圈电阻为r1，它与电热丝电阻值r2串联后接到直流电源上，吹风机两端电压为u，电流为i，消耗的功率为p，则有（）ap=uibp=i2（r1+r2）cpuidpi2（r1+r2）【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】在计算电功率的公式中，总功率用p=iu来计算，发热的功率用p=i2r来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的【解答】解：a、c、电吹风机消耗的电功率p是总的功率，总功率的大小应该是用p=iu来计算，所以总功率p=iu，所以a正确，而c错误b、d、电吹风机中发热的功率要用i2r来计算，所以总的发热功率为i2（r1+r2），吹风机的总功率p=iu要大于发热部分的功率，所以b错误，d正确故选：ad【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的12如图所示虚线所围的区域内，存在电场强度为e的匀强电场和磁感应强度为b的匀强磁场，已知从左侧水平射入的电子，穿过这一区域时未发生偏转，设重力忽略不计，则在这个区域中的e和b的方向可能是（）ae和b都沿水平方向，并与电子运动方向相同be和b都沿水平方向，并与电子运动方向相反ce竖直向上，b垂直于纸面向外de竖直向上，b垂直于纸面向里【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】根据各选项提供的电场方向和磁场方向，逐一分析各选项中的受力情况，分析电场力和磁场力的合力，即可判断带电粒子的运动情况【解答】解：重力忽略不计的电子，穿过这一区域时未发生偏转，a、若e和b都沿水平方向，并与电子运动方向相同，则有电子所受电场力方向与运动方向相反，而由于电子运动方向与b方向相互平行，所以不受磁场力，因此穿过此区域不会发生偏转故a正确；b、若e和b都沿水平方向，并与电子运动方向相反，则有电子所受电场力方向与运动方向相同，而由于电子运动方向与b方向在一条直线上，所以不受磁场力，因此穿过此区域不会发生偏转故b正确；c、若e竖直向上，b垂直于纸面向外，则有电场力竖直向下，而磁场力由左手定则可得方向竖直向上，所以当两力大小相等时，电子穿过此区域不会发生偏转故c正确；d、若e竖直向上，b垂直于纸面向里，则有电场力方向竖直向下，而磁场力方向由左手定则可得竖直向下，所以两力不能使电子做直线运动，故d错误；故选abc【点评】该题考查了电场力和磁场力的方向的判断，在判断磁场力方向时，要会熟练的应用左手定则；了解二力平衡的条件，会准确的判断二力是否能平衡是解决此类问题的关键二、实验题（本题12分，请将答案写在答题纸指定位置）13（12分）（2015秋灵宝市校级期中）某同学要测量一均匀新材料制成的圆柱体的电阻率步骤如下：（1）用游标为20分度的卡尺测量其长度如图1，由图可知其长度为l=50.15mm；（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为d=4.697mm4.700mm；（3）用多用电表的电阻“10”挡，按正确的操作步骤测此圆柱体的电阻，表盘的示数如图3，则该电阻的阻值约为r=220（4）该同学想用伏安法更精确地测量其电阻r，现有的器材及其代号和规格如下：待测圆柱体电阻r电流表a1（量程04ma，内阻约50）； 电流表a2（量程010ma，内阻约30）电压表v1（量程03v，内阻约10k）； 电压表v2（量程015v，内阻约25k）直流电源e（电动势4v，内阻不计）；滑动变阻器r1（阻值范围015，允许通过的最大电流2.0a）滑动变阻器r2（阻值范围02k，允许通过的最大电流0.5a）开关s、导线若干为使实验误差较小，要求测得多组数据进行分析，请在框中画出测量的电路图4，并标明所用器材的代号（5）根据你设计的测量电路，在图5中用实线连接好电路（6）圆柱体材料的电阻率表达式为=（用所测量的量字母表达）【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题【分析】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；欧姆表读数时注意倍率，要根据电表量程选择器材，根据待测电阻值远小于滑动变阻器最大阻值选择变阻器接法用分压式【解答】解：（1）由图示游标卡尺可知，其示数为50mm+30.05mm=50.15mm；（2）由图示螺旋测微器可知，其示数为：4.5mm+20.00.01mm=4.700mm（4.697mm4.700mm均正确）；（3）用多用表的电阻“10”档，由图3所示表盘可知，其示数为：2210=220；（4）根据闭合电路欧姆定律可知，通过待测电阻的最大电流为rmax=a=0.018a=18ma，所以电流表应选择a2；由于电源电动势为4v，电压表应选择v1；由于所以要求多测几组数据，所以变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器r1；以方便调节，电路图如图所示：（5）根据电路图，连接实物图，注意电表的正负接，注意滑动变阻器的分压式接法；从电源的正极出发，依次连接电路如图所示：（6）根据欧姆定律rx=及电阻定律rx=，整理可得=，故答案为：（1）50.15；（2）4.700；（3）220；（4）如上电路图所示；（5）如上实物图所示；（6）【点评】本题考查了游标卡尺、螺旋测微器、欧姆表读数，要掌握常用器材的读数方法，使用方法及使用注意事项当待测电阻阻值远小于电压表内阻时，电流表应选外接法；当滑动变阻器最大阻值远小于待测电阻值时或要求电流从零调时，滑动变阻器应用分压式解决本题要掌握各种仪器的读数方法，知道测量电阻率的原理以及电流表、电压表的选择的方法和滑动变阻器的使用方法三、计算题（本题共4个小题，要写出必要的文字说明，只写答案不得分）14某同学自制一电流表，其原理如图所示质量为m的均匀细金属杆mn与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为b，方向垂直纸面向外mn的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度mn的长度大于ab，当mn中没有电流通过且处于静止时，mn与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当mn中有电流时，指针示数可表示电流强度mn始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g（1）当电流表的示数为零时，求弹簧的伸长量；（2）为使电流表正常工作，判断金属杆mn中电流的方向；（3）若磁场边界ab的长度为l1，bc的长度为l2，此电流表的量程是多少？【考点】安培力；胡克定律【分析】（1）金属杆静止处于平衡状态，由平衡条件及胡克定律可以求出弹簧的伸长量（2）由左手定则可以判断出电流方向（3）求出当金属棒到达dc位置时导线中的电流，然后求出电流表的量程【解答】解：（1）设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为x，由平衡条件得：；（2）电流表正常工作，金属棒所受安培力应向下，由左手定则可知，金属杆中的电流方向为：mn；（3）设电流表满偏时通过mn的电流为im，此时金属棒到达dc位置，由平衡条件得：；答：（1）弹簧的伸长量为（2）金属杆mn中的电流由m指向n（3）电流表量程是【点评】对金属杆正确受力分析、应用平衡条件、左手定则即可正确解题15如图，有两个量程的电流表，当使用a、b两个端点时，量程为1a，当使用a、c两个端点时，量程为0.1a，已知电流表的内阻rg为200，满偏电流为2ma，求电阻r1、r2值【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】接a，b时，g表头与r2串联成一支路，该支路与r1并联，为一电流表，由电路得出量程的表达式接a，c时为r1与r2串联后与g表头并联成一电流表，由电路得出量程的表达式由两表达式求得r1与r2的值【解答】解：接a，b时，r1起分流作用，i1=接a，c时，r1+r2起分流作用，i2=由式构成一方程组，将i1=1a、i2=0.1a代入得：r1=0.41，r2=3.67故答案为：0.41、3.67【点评】考查