河南省洛阳市高二物理上学期期中试题（含解析）.doc

2015-2016学年河南省洛阳市高二（上）期中物理试卷一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1在物理学的发展过程中，许多科学家做出了很大贡献，以下说法不符合史实的是（）a欧姆通过大量实验研究发现导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比b电流通过导体产生的热量跟电流、电阻和通电时间的关系最初是由焦耳通过实验得到的c奥斯特发现电流能使小磁针发生偏转，第一个宣布了电流的磁效应d安培在研究磁场与电流、运动电荷的相互作用方面做出了杰出贡献，并提出了著名的安培力公式和洛伦兹力公式2如果在2s内共有51018个二价正离子和11019个一价负离子通过横截面积为0.1m2的电解槽，那么通过这个截面的电流等于（）a0b1.6ac16ad0.8a3把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，a电阻丝长为l，直径为d，b电阻丝长为3l，直径为3d要使两电阻丝在相同时间内产生的热量相等，加在两电阻丝上的电压之比应当满足（）aua：ub=1：1bua：ub=：1cua：ub=：3dua：ub=3：44如图所示的电路中，电源电动势为6v，当开关s闭合后，灯泡l1和l2都不亮，用理想电压表测得各部分电压是uab=6v，uad=6v，ucd=0v，如果已知只有一处电路故障，则该故障一定是（）al1的灯丝烧断了bl2的灯丝烧断了c开关处断路d变阻器r断路5在使用多用电表的欧姆档测量电阻时，在保证其它操作无误的情况下，下列判断正确的是（）a若双手捏住两表笔金属杆，则测量值将偏小b若测量时发现指针偏转角度过大，则必须增大倍率，重新调零后再进行测量c若选择“10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值等于250d若欧姆表内的电池过于老化，其测量值将略微偏小6如图所示为三个基本逻辑电路的符号，a输入端全为“0”，b输入端全为“1”，以下判断正确的是（）a甲为“非”逻辑电路符号，输出为“0”b乙为“与”逻辑电路符号，输出为“0”c乙为“或”逻辑电路符号，输出为“1”d丙为“与”逻辑电路符号，输出为“1”7以下说法不正确的是（）a磁场是客观存在的一种特殊物质b改变通电螺线管中电流的方向，管内的磁场方向也随之改变c磁感线并不全都是封闭的d地球磁场的北极与地理南极并不完全重合8如图所示，六根完全相同的通电直导线彼此绝缘，围成四个相同的正方形区域、，箭头指向表示各导线中的电流方向，则这四个区域中磁通量最大的区域是（）a区b区c区d区9如图所示，直导线ab与圆线圈的平面垂直且隔有一小段距离，直导线固定，线圈可以自由运动，当它们同时通以如图箭头所示的电流时，从右向左看，线圈将（）a顺时针转动，同时靠近直导线abb顺时针转动，同时远离直导线abc逆时针转动，同时靠近直导线abd逆时针转动，同时远离直导线ab10如图所示为电流天平的工作原理图，可用来测定匀强磁场的磁感应强度天平的右臂下面挂一个矩形线圈，匝数为n，底边长为l线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面当线圈中通有方向如图的电流i时，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡；当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡已知重力加速度大小为g则（）a磁场的方向垂直线圈平面向外b磁场的方向垂直线圈平面向里c磁感应强度的大小为d磁感应强度的大小为11利用回旋加速器加速带电粒子时，下列说法正确的是（）a电场用来加速带电粒子，磁场则使带电粒子回旋b电场和磁场同时用来加速带电粒子c加速电压越大，同一带电粒子最终获得的动能就越大d在回旋加速器的半径一定的情况下，所加磁场越强，同一带电粒子最终获得的动能就越大12有一段横截面积为s的均匀铜导线，流经其中的电流为i，设导线单位体积内有n个自由电子，每个电子的电荷量为e，此时电子定向移动的平均速率为v，在t时间内，通过导线某个横截面的自由电子数可表示为（）anvtbnvstcd13关于电源的电动势，下列说法中正确的是（）a电源的电动势与外电路的组成无关b电源的电动势在数值上等于内外电路电势降落之和c移动正电荷非静电力做功越多，电动势就越大d电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从电源负极移到正极的数量越多14如图所示，电源电动势为e，内阻为r，电压表和电流表均为理想电表，当开关闭合后，两个灯泡均能发光，在将滑动变阻器的触片逐渐向左滑动的过程中，如果两灯仍能发光，则下列说法正确的是（）a小灯泡l1变暗，小灯泡l2变亮b小灯泡l1变亮，小灯泡l2变暗c电流表的读数变大，电压表的读数变小d电流表的读数变小，电压表的读数变大二、实验题（共2小题，满分15分）15（1）要测绘一个标有“3v 0.6w”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压由零逐渐增加到3v并便于操作，已选用的器材有：电池组（电动势为4.5v，内电阻1）；电流表（量程为0250ma，内阻约5）；电压表（量程为03v，内阻约3k）；开关一个、导线若干实验中所用的滑动变阻器应选下列中的（填字母序号）a滑动变阻器（最大阻值20，额定电流1a）b滑动变阻器（最大阻值1750，额定电流0.3a）实验的电路图应选用下列的图（填字母序号）（2）在测定金属电阻率的实验中，某位同学用螺旋测微器测量金属丝某处的直径如图所示，由图可知金属丝该处的直径为mm16某同学在用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.00的保护电阻r0，实验电路如图甲所示（1）按图甲电路原理图将图乙实物连接起来（如图1）；（2）该同学测出的数据如表所示请你根据这些数据在如图坐标系中画出ui图象 i/a 0.10 0.17 0.23 0.30 u/v 1.20 1.00 0.80 0.60（3）根据所作图线可得（如图2），电源的电动势为，内电阻为（结果均保留三位有效数字）三、解答题（共4小题，满分43分）17图中是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已知表头的内阻rg为200，满偏电流ig为2ma，求电阻r1、r2的值18（10分）（2015秋洛阳期中）如图所示，一个长度为20cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.2t，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12v的电池相连，电路总电阻为2已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2，判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量19（12分）（2015秋洛阳期中）如图所示的电路中，电源电动势e=20v，内阻r=0.5，电动机的电阻r0=0.5，电阻r1=1，电动机正常工作时，电压表的示数u1=4v，求：（1）电动机输出的机械功率；（2）电源的输出功率和效率20（12分）（2015秋洛阳期中）如图所示，虚线mn是垂直于纸面的平面与纸面的交线，在平面右侧的半空间存在一磁感应强度大小为b=的匀强磁场，方向垂直纸面向外o是mn上的一点，从o点可以向磁场区域发射电量为+q、质量为m、速率为v的粒子，粒子射入磁场时的方向可在纸面沿各个方向已知先后射入的某两个粒子恰好在磁场中给定的p点相遇，p到o的距离为l，不计重力及粒子间的相互作用（1）求粒子在磁场中的轨道半径；（2）求这两个粒子从o点射入磁场的时间间隔2015-2016学年河南省洛阳市高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（共14小题，每小题3分，满分42分）1在物理学的发展过程中，许多科学家做出了很大贡献，以下说法不符合史实的是（）a欧姆通过大量实验研究发现导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比b电流通过导体产生的热量跟电流、电阻和通电时间的关系最初是由焦耳通过实验得到的c奥斯特发现电流能使小磁针发生偏转，第一个宣布了电流的磁效应d安培在研究磁场与电流、运动电荷的相互作用方面做出了杰出贡献，并提出了著名的安培力公式和洛伦兹力公式【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、德国物理学家欧姆做了大量的实验精确的确定了电流与电压、电阻的关系欧姆定律，发现导体中的电流跟导体两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比故a正确；b、英国物理学家焦耳发现了导体中的电流产生的热量跟电流、电阻和通电时间的关系焦耳定律故b正确；c、奥斯特发现电流能使小磁针发生偏转，第一个宣布了电流的磁效应故c正确；d、安培在研究磁场和电流的相互作用方面作出了突出的贡献，洛伦兹推导出运动电荷在磁场中也要受到力的作用，这个力就是洛伦兹力故d错误本题选错误的故选：d【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如果在2s内共有51018个二价正离子和11019个一价负离子通过横截面积为0.1m2的电解槽，那么通过这个截面的电流等于（）a0b1.6ac16ad0.8a【考点】电流、电压概念 【分析】电解槽中电流是由正负离子同时向相反方向定向移动形成的，2s内通过横截面的总电量是两种离子电量绝对值之和，根据电流的定义式求解电流【解答】解：电流由正、负离子的定向移动形成，则在2s内通过横截面的总电荷量应为：q=1.610195.010182c+1.61019111019 c=3.2c由电流的定义式可知：i=a=1.6a故选：b【点评】本题考查对电流定义式中电量的理解，电解液中通过横截面的总电量正负离子电量绝对值之和3把两根同种材料的电阻丝分别连在两个电路中，a电阻丝长为l，直径为d，b电阻丝长为3l，直径为3d要使两电阻丝在相同时间内产生的热量相等，加在两电阻丝上的电压之比应当满足（）aua：ub=1：1bua：ub=：1cua：ub=：3dua：ub=3：4【考点】电功、电功率 【专题】恒定电流专题【分析】根据电阻定律r=，求出电阻之比，再热量公式q=t，求出电压之比【解答】解：根据电阻定律r=可知，ra：rb=：=3：1，由于是纯电阻，则由q=t，q、t相同得：加在两电阻丝上的电压之比为ua：ub=：=：1故选：b【点评】本题考查运用比例法解题的能力对于纯电阻电路，求解热量三个公式通用，即q=uit=i2rt=t4如图所示的电路中，电源电动势为6v，当开关s闭合后，灯泡l1和l2都不亮，用理想电压表测得各部分电压是uab=6v，uad=6v，ucd=0v，如果已知只有一处电路故障，则该故障一定是（）al1的灯丝烧断了bl2的灯丝烧断了c开关处断路d变阻器r断路【考点】闭合电路的欧姆定律 【分析】利用电流表和电压表判断电路中的故障，是考试的热点题型之一，依据在故障电路中电流表和电压表显示的现象来判断uab=6v，uad=6v，ucd=0v，由此可断定【解答】解：a、l1的灯丝断了，则ucd=0v，ab间和ad间的电压都等于电动势，故a正确；b、串l2的灯丝烧断了，则uad=0v，故b错误；c、开关s处断路，则ucd=0v，故c错误；d、变阻器r断路，则uab=0v，故d错误故选：a【点评】电压表如果示数为零，那么被测部分短路，或被测部分外部断路电压表如果示数为电源电压，那么被测部分断路，或被测部分外部短路电流表如果为零，那么电路中有断路的地方，也有少数可能是电流表短路电流表如果示数突然变大，那么电路中有短路的地方两灯均不亮，可能是某处断路两灯一亮一灭，可能是某灯短路5在使用多用电表的欧姆档测量电阻时，在保证其它操作无误的情况下，下列判断正确的是（）a若双手捏住两表笔金属杆，则测量值将偏小b若测量时发现指针偏转角度过大，则必须增大倍率，重新调零后再进行测量c若选择“10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，则测量值等于250d若欧姆表内的电池过于老化，其测量值将略微偏小【考点】用多用电表测电阻 【分析】欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入测量电阻时，先选择挡位，然后进行欧姆调零，再进行测量，注意 每次换档后必须重新欧姆调零，最后将旋钮旋至交流电压的最高档测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开【解答】解：a、人是导体，若双手捏住两表笔金属杆，待测电阻与人体并联，测量值将偏小，故a正确；b、若测量时发现指针偏转角度过大，则说明所选档位太大，则必须减小倍率，重新调零后再进行测量，故b错误；c、欧姆表刻度是左密右疏，选择“10”倍率测量时发现指针位于20与30正中间，即测量值小于250，大于200，即测量值不可能小于25，故c错误；d、电池老化后电动势减小，电阻增大；故当两表笔短接（即rx=0）时，电流表应调至满偏电流ig，设此时欧姆表的内阻为r内，电流：ig=，内阻r内=，当指针指在刻度盘的正中央时i=，=，代入数据可得rx=r内；当电池电动势变小、内阻变大时，欧姆得重新调零，由于满偏电流ig不变，由公式ig=，欧姆表内阻r内得调小，待测电阻的测量值是通过电流表的示数体现出来的，由i=，可知当r内变小时，i变小，指针跟原来的位置相比偏左了，故说明欧姆表的示数变大了，故d错误；故选：a【点评】本题关键明确多用电表的使用，关键要理清电路结构；欧姆表使用时每次换挡都要欧姆调零要注意测量误差应如何来分析同时能掌握根据闭合电路欧姆定律分析误差的方法6如图所示为三个基本逻辑电路的符号，a输入端全为“0”，b输入端全为“1”，以下判断正确的是（）a甲为“非”逻辑电路符号，输出为“0”b乙为“与”逻辑电路符号，输出为“0”c乙为“或”逻辑电路符号，输出为“1”d丙为“与”逻辑电路符号，输出为“1”【考点】简单的逻辑电路 【分析】与门的特点是当所有条件都满足，事件才能发生，或门的特点是当某个条件满足，该事件就能发生，非门的特点是输入状态和输出状态完全相反【解答】解：a、甲为“非”逻辑电路符号，输出为“0”故a错误；b、乙为“或”逻辑电路符号，输出为“1”故b错误，c正确；d、丙为“与”逻辑电路符号，输出为“0”故d错误故选：c【点评】本题考查三种门电路的性质，解决本题的关键知道各种门电路的特点，并能灵活运用7以下说法不正确的是（）a磁场是客观存在的一种特殊物质b改变通电螺线管中电流的方向，管内的磁场方向也随之改变c磁感线并不全都是封闭的d地球磁场的北极与地理南极并不完全重合【考点】磁感线及用磁感线描述磁场 【分析】明确磁场的性质，知道磁场是一种特殊物质；明确磁感线的性质，并能用安培定则分析电流的磁场；知道地磁场的性质以及磁偏角【解答】解：a、磁场是客观存在的一种特殊物质，它对放入其中的磁极和电流有力的作用；故a正确；b、由安培定则可知，改变通电螺线管中电流的方向，管内的磁场方向也随之改变；故b正确；c、磁感线一定是闭合的，外部由n到s极，内部由s到n极；故c错误；d、地球磁场的北极与地理南极并不完全重合，存在一个夹角，我们称为磁偏角；故d正确；本题选错误的；故选：c【点评】本题考查磁感线、地磁场以及安培定则，要注意明确磁场是客观存在的，而磁感线是人为引入的虚拟线8如图所示，六根完全相同的通电直导线彼此绝缘，围成四个相同的正方形区域、，箭头指向表示各导线中的电流方向，则这四个区域中磁通量最大的区域是（）a区b区c区d区【考点】磁通量；通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 【分析】由右手螺旋定则可得出各导线在不同区域中产生的磁场方向，根据矢量相加的原理可知哪些区域是磁通量最大的【解答】解：以点代表磁场指向纸外，叉代表磁场指向纸内，假设导线的编号如图所示：根据安培定则分析可知，各导线在四个区域产生的磁场方向如下表所示 导线区域区域区域区域1叉叉叉叉2点叉点叉3叉叉叉叉4点点点点5点点叉叉6点点点点根据磁场的叠加可知，磁场最强的区域是区域、，故ad正确，bc错误故选：ad【点评】本题考查磁通量的定义，要注意明确右手螺旋定则的应用，并能正确利用矢量的叠加，采用列表法可防止思路出现混乱9如图所示，直导线ab与圆线圈的平面垂直且隔有一小段距离，直导线固定，线圈可以自由运动，当它们同时通以如图箭头所示的电流时，从右向左看，线圈将（）a顺时针转动，同时靠近直导线abb顺时针转动，同时远离直导线abc逆时针转动，同时靠近直导线abd逆时针转动，同时远离直导线ab【考点】楞次定律 【分析】根据安培定则判断通电导线ab产生的磁场方向，采用电流元法和特殊位置法分析圆环所受安培力，判断圆环的运动情况【解答】解：根据安培定则可知，通电导线ab在右侧产生的磁场方向垂直纸面向里采用电流元法，将圆环分成前后两半，根据左手定则可知，外侧半圆受到的安培力向上，内侧受到的安培力向下，从右向左看，圆环将顺时针转动又特殊位置：圆环转过90时，通电直导线ab对左半圆环产生吸引力，对右半圆环产生排斥力，由于吸引力大于排斥力，圆环靠近ab故a正确，bcd错误故选：a【点评】本题是磁场中典型问题：判断安培力作用下导体运动的方向常用方法有：等效法、电流元法、特殊位置法等10如图所示为电流天平的工作原理图，可用来测定匀强磁场的磁感应强度天平的右臂下面挂一个矩形线圈，匝数为n，底边长为l线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直于线圈平面当线圈中通有方向如图的电流i时，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡；当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡已知重力加速度大小为g则（）a磁场的方向垂直线圈平面向外b磁场的方向垂直线圈平面向里c磁感应强度的大小为d磁感应强度的大小为【考点】安培力 【分析】天平平衡后，当电流反向（大小不变）时，安培力方向反向，则右边相当于多了或少了两倍的安培力大小【解答】解：a、当b的方向垂直纸面向外，开始线圈所受安培力的方向向上，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向下，相当于右边多了两倍的安培力大小，所以需要在左边加砝码，故a错误，b、当b的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于左边多了两倍的安培力大小，所以需要在右边加砝码，故b正确，c、当b的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，设n匝线圈的质量为m3，则有（m1m2m3）g=nbil，所以b=故c错误d、当b的方向垂直纸面向里，开始线圈所受安培力的方向向下，电流方向相反，则安培力方向反向，变为竖直向上，相当于右边少了两倍的安培力大小，所以需要在右边加砝码则有mg=2nbil，所以b=故d正确故选：bd【点评】解决本题的关键掌握安培力方向的判定，以及会利用力的平衡去求解问题11利用回旋加速器加速带电粒子时，下列说法正确的是（）a电场用来加速带电粒子，磁场则使带电粒子回旋b电场和磁场同时用来加速带电粒子c加速电压越大，同一带电粒子最终获得的动能就越大d在回旋加速器的半径一定的情况下，所加磁场越强，同一带电粒子最终获得的动能就越大【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理 【专题】应用题；学科综合题；定量思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】回旋加速器利用电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力求出粒子射出时的速度，从而得出动能的表达式，看动能与什么因素有关【解答】解：a、由于洛伦兹力做的功，所以回旋加速器中电场用来加速带电粒子，磁场则使带电粒子回旋故a正确，b错误；c、由qvb=m，解得v=则动能ek=mv2=，知动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和d形盒的半径有关，在回旋加速器的半径一定的情况下，所加磁场越强，同一带电粒子最终获得的动能就越大故d正确，c错误故选：ad【点评】解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，知道粒子的最大动能与加速的电压无关，与磁感应强度大小和d形盒的半径有关12有一段横截面积为s的均匀铜导线，流经其中的电流为i，设导线单位体积内有n个自由电子，每个电子的电荷量为e，此时电子定向移动的平均速率为v，在t时间内，通过导线某个横截面的自由电子数可表示为（）anvtbnvstcd【考点】电流、电压概念 【分析】根据电流的两个表达式来分析，首先从导体导电的微观角度来说，在t时间内能通过某一横截面的自由电子必须处于长度为vt的圆柱体内，由于自由电子可以认为是均匀分布，故此圆柱体内的电子数目为nvst而从电流的定义来说，i=，故在t时间内通过某一横截面的电荷量为it，通过横截面的自由电子数目为【解答】解：a、从微观角度来说，在t时间内能通过某一横截面的自由电子必须处于长度为vt的圆柱体内，此圆柱体内的电子数目为nvst，故a错误，b正确；c、从电流的定义式来说，i=，故在t时间内通过某一横截面的电荷量为it，通过横截面的自由电子数目为，故c正确，d错误；故选：bc【点评】本题考查了电流的两个表达式，要特别注意微观表达式i=nvst中各物理量的意义13关于电源的电动势，下列说法中正确的是（）a电源的电动势与外电路的组成无关b电源的电动势在数值上等于内外电路电势降落之和c移动正电荷非静电力做功越多，电动势就越大d电动势越大，说明非静电力在电源内部把正电荷从电源负极移到正极的数量越多【考点】电源的电动势和内阻 【分析】电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势与外电路无关接在电源两极间的电压表测得的电压小于电源的电动势【解答】解：a、电动势表征电源的特性，由电源本身决定，与外电路无关，同一电源接入不同的电路，电动势不会发生变化故a正确b、电动势在数值上等于内外电压之和故b正确c、根据电动势的定义e=，电动势越大，非静电力在电源内部从负极向正极移动单位正电荷做功越多，故cd错误故选：ab【点评】本题考查对电源电动势的理解，要抓住电动势的物理意义、定义和闭合电路欧姆定律来强化理解14如图所示，电源电动势为e，内阻为r，电压表和电流表均为理想电表，当开关闭合后，两个灯泡均能发光，在将滑动变阻器的触片逐渐向左滑动的过程中，如果两灯仍能发光，则下列说法正确的是（）a小灯泡l1变暗，小灯泡l2变亮b小灯泡l1变亮，小灯泡l2变暗c电流表的读数变大，电压表的读数变小d电流表的读数变小，电压表的读数变大【考点】闭合电路的欧姆定律 【分析】将滑动变阻器的滑片逐渐向左滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，分析外电路总电阻的变化，由欧姆定律判断干路电流的变化，即可知道电流表示数的变化和路端电压的变化，即可知道电压表读数的变化分析并联部分电压的变化，判断l1灯亮度的变化【解答】解：将滑动变阻器的滑片逐渐向左滑动的过程中，变阻器接入电路的电阻减小，与灯l1并联的电阻减小，外电路总电阻减小，干路电流增大，电流表读数变大，l2变亮，电源的内电压增大，根据闭合电路欧姆定律得知路端电压减小，电压表v的读数变小路端电压减小，而l2灯电压增大，所以l1灯的电压减小，l1灯变暗故ac正确，bd错误故选：ac【点评】本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构，明确各电路元件的连接方式、灵活应用欧姆定律公式是正确解题的关键也可以运用结论进行分析：变阻器电阻减小，与之并联的电灯会暗，与之串联的电灯会变亮，即“串反并同”二、实验题（共2小题，满分15分）15（1）要测绘一个标有“3v 0.6w”小灯泡的伏安特性曲线，要求灯泡两端的电压由零逐渐增加到3v并便于操作，已选用的器材有：电池组（电动势为4.5v，内电阻1）；电流表（量程为0250ma，内阻约5）；电压表（量程为03v，内阻约3k）；开关一个、导线若干实验中所用的滑动变阻器应选下列中的a（填字母序号）a滑动变阻器（最大阻值20，额定电流1a）b滑动变阻器（最大阻值1750，额定电流0.3a）实验的电路图应选用下列的图b（填字母序号）（2）在测定金属电阻率的实验中，某位同学用螺旋测微器测量金属丝某处的直径如图所示，由图可知金属丝该处的直径为2.320mm【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线 【分析】（1）为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器；根据题意确定滑动变阻器与电流表的接法，然后选择电路图；（2）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【解答】解：（1）为方便实验操作，滑动变阻器应选：a；灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3v，滑动变阻器应采用分压接法，灯泡正常发光时的电阻r=15，电流表内阻约为5，电压表内阻约为3k，电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，应选图b所示电路；（2）由图示螺旋测微器可知，其示数为：2mm+32.00.01mm=2.320mm；故答案为：（1）a；b；（2）2.320【点评】本题考查了选择实验器材、选择实验电路、螺旋测微器读数，确定滑动变阻器与电流表接法是选择实验电路的关键；对电学实验要明确以下情况滑动变阻器必须用分压式接法：要求电压或电流从零调；变阻器的全电阻远小于待测电阻；用限流接法时通过电流表的电流大于电流表的量程16某同学在用电流表和电压表测定电池的电动势和内阻的实验中，串联了一只2.00的保护电阻r0，实验电路如图甲所示（1）按图甲电路原理图将图乙实物连接起来（如图1）；（2）该同学测出的数据如表所示请你根据这些数据在如图坐标系中画出ui图象 i/a 0.10 0.17 0.23 0.30 u/v 1.20 1.00 0.80 0.60（3）根据所作图线可得（如图2），电源的电动势为1.42，内电阻为1.05（结果均保留三位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻 【分析】（1）由原理图可画出实物图，注意在连线时不要交叉，同时要注意电表的正负接线柱；（2）由描点法得出ui图象；（3）而图象与纵坐标的交点为电动势；图象的斜率表示电源的内电阻【解答】解：（1）先连接串联部分，依次将电源、电键、滑动变阻器、电流表连接，再将电压表并联在电源及定值电阻两端即可； 如图所示；（2）由表中数据，描点连线，可得ui图如下图所示；（3）图象与纵坐标的交点为电源的电动势，故电源的电动势约为1.42v；图象的斜率表示内阻，则等效内电阻r+r0=3.05； 则电源实际内阻r=3.052=1.05；故答案为：（1）如图所示；（2）如图所示；（3）1.42；1.05【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确实验原理，掌握实物图及伏安特性曲线的作图方法，并能根据图象分析实验数据求出电动势和内电阻三、解答题（共4小题，满分43分）17图中是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已知表头的内阻rg为200，满偏电流ig为2ma，求电阻r1、r2的值【考点】串联电路和并联电路 【专题】恒定电流专题【分析】接a，b 时为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个表达式求得r1与r2的值【解答】解：接a、b时，r1起分流作用为一支路，g与r2串联为一支路，此时量程为i1=1a，此接法电路的量程为当g表头达到满偏时通过电流表的总电流即为 i1=ig+ 同理接a、c时，r1+r2为一支路起分流作用，g为一支路，此时量程为i2=0.1a则 i2=ig+ 由式构成一方程组，只有r1与r2为未知量，代入数据求得：r1=0.41，r2=3.67答：电阻r1、r2的值分别为0.41和3.67【点评】考查电流表的改装原理，明确并联电阻的分流作用，会由电路求量程的表达式18（10分）（2015秋洛阳期中）如图所示，一个长度为20cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.2t，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘，金属棒通过开关与一电动势为12v的电池相连，电路总电阻为2已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm，重力加速度大小取10m/s2，判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量【考点】安培力 【分析】在闭合前，导体棒处于平衡状态，在闭合后，根据闭合电路的欧姆定律求的电流，根据f=bil求的安培力，由共点力平衡求的质量【解答】解：闭合开关后，电流由b指向a，受到的安培力向下断开时：2kl1=mg开关闭合后2k（l1+l2）=mg+f受到的安培力为：f=bil回路中电流为i=联立解得m=0.04kg答：金属棒的质量为0.04kg【点评】本题主要考查了共点力平衡，抓住通电前后的共点力平衡即可19（12分）（2015秋洛阳期中）如图所示的电路中，电源电动势e=20v，内阻r=0.5，电动机的电阻r0