江苏省徐州市高二物理上学期期中试题 理（含解析）.doc

2015-2016学年江苏省徐州市高二（上）期中物理试卷（理）一单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个选项符合题意1如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转首先观察到这个实验现象的物理学家是（）a奥斯特b爱因斯坦c伽利略d牛顿2下列关于磁感应强度大小的说法正确的是（）a通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大b通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大c放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同d磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关3如图1，ab是某电场中的一条电场线，若将正点电荷从a点由静止自由释放，沿电场线从a到b运动过程中的速度图线如图所2示，则a、b两点场强大小和电势高低关系是（）aeaeb；abbeaeb；abceaeb；abdeaeb；ab4如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为b的匀强磁场中质量为m、带电荷量为+q的小滑块从斜面顶端由静止下滑在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（）a滑块会一直加速下滑到地面bb很大时，滑块可能静止于斜面上c滑块可能会匀速下滑到地面d滑块到达地面时的动能与b的大小无关5在如图所示的电路中，e为电源电动势，r为电源内阻，r1和r3均为定值电阻，r2为滑动变阻器当r2的滑动触点在a端时合上开关s，此时三个电表a1、a2和v的示数分别为i1、i2和u现将r2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（）ai1增大，i2不变，u增大bi1减小，i2增大，u减小ci1增大，i2减小，u增大di1减小，i2不变，u减小6如图有a、b、c、d四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等有ma=mbmc=md，以不等的速率vavb=vcvd进入速度选择器后，有两种离子从速度选择器中射出进入b2磁场由此可判定（）a射向p1板的是a离子b射向p2板的是b离子c射向a1的是c离子d射向a2的是d离子二多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分7如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板a、b之间的p点，处于静止状态现将极板a向下平移一小段距离，但仍在p点上方，其它条件不变下列说法中正确的是（）a液滴将向下运动b液滴将向上运动c极板带电荷量将增加d极板带电荷量将减少81930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示这台加速器由两个铜质d形盒d1、d2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（）a离子由加速器的中心附近进入加速器b离子由加速器的边缘进入加速器c离子从磁场中获得能量d离子从电场中获得能量9污水处理站的管道中安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为b的匀强磁场，在前后两个面的内侧固定有金属板作为电极，当含有大量正负离子（其重力不计）的污水充满管口从左向右流经该装置时，测出电极间的电势差u，就可测出污水流量q（单位时间内流出的污水体积）则（）a前表面的电势低于后表面的电势b若污水为电中性，则两极间的电势差为零c若污水中离子浓度越高，则两极间的电势差越大d若管道中污水流量越大，则两极间的电势差越大10如图甲所示为一个质量为m、带电荷量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆于磁感应强度为b的匀强磁场中现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度时间图象可能是下列选项中的（）abcd11如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点o和y轴上的点a（0，l）、一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60下列说法中正确的是（）a电子在磁场中运动的时间为b电子在磁场中运动的时间为c磁场区域的圆心坐标为（，）d电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，2l）三实验题：本题共2小题，共20分请将解答填写在答题卡相应的位置12（10分）（2010秋信阳期末）某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻步骤如下：（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mm（2）用螺旋测微器测量其直径如图2，由图可知其直径为cm（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（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020k，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，请在图4方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号13（10分）（2015秋徐州期中）为了测定干电池的电动势和内阻，现有下列器材：a干电池一节；b电压表v（03v15v，内阻约为3k，15k）；c电流表a（00.6a3a，内阻约为10，2）；d滑动变阻器（020）；e滑动变阻器（01000）；f开关、导线若干（1）用电流表和电压表测量干电池的电动势和内阻时，应选用的滑动变阻器是（用代号回答）（2）根据实验要求，用笔画线代替导线在如图甲上连线（3）某次实验记录如下：实验次数12345电流表示数/a0.240.500.701.101.50电压表示数/v1.301.100.950.600.30根据表中数据在如图乙坐标图上画出ui图线，由图可求得e=v，r=（4）用你设计的电路做实验，测得的电动势与电池电动势的真实值相比（填偏大、偏小或相等）；测得的内阻与电池内阻的真实值相比（填偏大、偏小或相等）四计算题：本题3小题，共42分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位14（12分）（2015秋徐州期中）在如图所示的电路中，r1是由某金属氧化物制成的导体棒，实验证明通过它的电流i和它两端的电压u遵循i=ku3的规律（式中k=0.02a/v3），r2是普通电阻，阻值为24，遵循欧姆定律，电源电动势e=6v，闭合开关s后，电流表的示数为0.16a试求：（1）r1两端的电压；（2）电源的内电阻r；（3）r1、r2和r上消耗的电功率p1、p2和pr15（13分）（2014秋菏泽期末）如图所示，在倾角为=30的斜面上，固定一宽l=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器r，电源电动势e=12v，内阻r=1一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好整个装置处于磁感应强度b=0.80t、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：（1）金属棒所受到的安培力大小；（2）通过金属棒的电流；（3）滑动变阻器r接入电路中的阻值16（17分）（2015秋徐州期中）如图所示，位于竖直平面内的坐标系够xoy，在其第三象限空间有沿水平方向的、垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为b=0.5t，还有沿x轴负方向的匀强电场，场强大小为e=2n/c在其第一象限空间有沿y轴负方向的、场强大小也为e的匀强电场，并在yh=0.4m的区域有磁感应强度也为b的垂直于纸面向里的匀强磁场个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的p点得到一初速度，恰好能沿po作匀速直线运动（po与x轴负方向的夹角为=45），并从原点o进入第一象限已知重力加速度g=10m/s2，问：（1）油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比；（2）油滴在p点得到的初速度大小；（3）油滴在第一象限运动的时间以及油滴离开第一象限处的坐标值2015-2016学年江苏省徐州市高二（上）期中物理试卷（理）参考答案与试题解析一单项选择题：本题共6小题，每小题3分，共18分，每小题只有一个选项符合题意1如图所示，把一条导线平行地放在磁针的上方附近，当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转首先观察到这个实验现象的物理学家是（）a奥斯特b爱因斯坦c伽利略d牛顿【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 【分析】本实验是1820年丹麦的物理学家奥斯特做的电流磁效应的实验【解答】解：当导线中有电流通过时，磁针会发生偏转，说明电流产生了磁场，这是电流的磁效应，首先观察到这个实验现象的物理学家是奥斯特故a正确，bcd错误故选：a【点评】本题考查的是物理学常识对于物理学史上著名物理学家、经典实验和重要理论要记牢，这也是高考内容之一2下列关于磁感应强度大小的说法正确的是（）a通电导线受磁场力大的地方磁感应强度一定大b通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大c放在匀强磁场中各处的通电导线，受力大小和方向处处相同d磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关【考点】磁感应强度 【分析】磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，通过电流元垂直放置于磁场中所受磁场力与电流元的比值来定义磁感应强度比值与磁场力及电流元均无关电流元所受磁场力是由左手定则来确定【解答】解：a、当通电导线垂直放入磁场中，受磁场力大的地方，磁感应强度一定越大故a错误；b、一小段通电导线平行放在某处不受磁场力作用，则该处的磁感应强度不一定为零，故b错误；c、放在匀强磁场中各处的通电导线受力为f=bilsin，受力大小与电流、导线的长度及导线与磁场的夹角有关故c错误；d、磁感应强度的大小跟垂直放在磁场中的通电导线受力的大小没有关系，与通电导线电流大小也没有关系，它由磁场的性质决定故d正确；故选：d【点评】磁感应强度是通过比值定义得来，例如电场强度也是这种定义，电场强度与电场力及电荷量均没有关系再如密度也是，密度与物体的质量及体积均无关同时电流元放入磁场中不一定有磁场力，还受放置的角度有关3如图1，ab是某电场中的一条电场线，若将正点电荷从a点由静止自由释放，沿电场线从a到b运动过程中的速度图线如图所2示，则a、b两点场强大小和电势高低关系是（）aeaeb；abbeaeb；abceaeb；abdeaeb；ab【考点】电势；电场强度 【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，根据牛顿第二定律得到电场力的变化情况【解答】解：从速度时间图线得到正点电荷做加速运动，加速度逐渐变小，故电场力向右，且不断变小，故a点的电场强度较大，故eaeb；正电荷受到的电场力与场强方向相同，故场强向右，沿场强方向，电势变小，故a点电势较大，即ab；故选d【点评】本题关键通过速度时间图象得到物体的速度变化情况和加速度变化情况，然后判断场强方向和电势大小4如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为b的匀强磁场中质量为m、带电荷量为+q的小滑块从斜面顶端由静止下滑在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（）a滑块会一直加速下滑到地面bb很大时，滑块可能静止于斜面上c滑块可能会匀速下滑到地面d滑块到达地面时的动能与b的大小无关【考点】功能关系；洛仑兹力 【专题】定性思想；推理法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛伦兹力，摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，当加速度减到0，做匀速运动【解答】解：a、小滑块向下运动的过程中受到重力，支持力，垂直斜面向下的洛伦兹力，摩擦力，向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大滑块到地面时当b很大，则摩擦力有可能很大，当滑块受到的摩擦力与重力向下的分力相等时，滑块做匀速直线运动，洛伦兹力与摩擦力不再增大，所以滑块不可能静止在斜面上，故ab错误，c正确； d、b的大小不同，洛伦兹力大小不同，导致滑动摩擦力大小不同，根据动能定理，摩擦力功不同，到达地面的动能不同故d错误故选：c【点评】解决本题的关键知道洛伦兹力的方向和洛伦兹力的大小以及能够正确的受力分析，理清物体的运动状况5在如图所示的电路中，e为电源电动势，r为电源内阻，r1和r3均为定值电阻，r2为滑动变阻器当r2的滑动触点在a端时合上开关s，此时三个电表a1、a2和v的示数分别为i1、i2和u现将r2的滑动触点向b端移动，则三个电表示数的变化情况是（）ai1增大，i2不变，u增大bi1减小，i2增大，u减小ci1增大，i2减小，u增大di1减小，i2不变，u减小【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】本题首先要理清电路，确定电压表测得什么电压，电流表测得什么电流，抓住电动势和内阻不变，再采用局部整体局部的方法，利用闭合电路欧姆定律进行分析【解答】解：由图知电压表测量路端电压，电流表a1测量流过r1的电流，电流表a2测量流过r2的电流r2的滑动触点向b端移动时，r2减小，整个电路的总电阻减小，总电流增大，电源的内电压增大，则路端电压减小，即电压表示数u减小，r3电压增大，r1、r2并联电压减小，通过r1的电流i1减小，而总电流i增大，则流过r2的电流i2增大故a、c、d错误，b正确故选：b【点评】解决本题的关键抓住电动势和内电阻不变，结合闭合电路欧姆定律求解注意做题前一定要理清电路，看电压表测的是什么电压，电流表测的是什么电流6如图有a、b、c、d四个离子，它们带等量同种电荷，质量不等有ma=mbmc=md，以不等的速率vavb=vcvd进入速度选择器后，有两种离子从速度选择器中射出进入b2磁场由此可判定（）a射向p1板的是a离子b射向p2板的是b离子c射向a1的是c离子d射向a2的是d离子【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理；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】在速度选择器中，粒子受到的电场力和洛伦兹力相等，有qe=qvb知只有速度满足一定值的粒子才能通过速度选择器进入磁场b2后，有r=，v、b2、q相同，质量大的半径大【解答】解：a、通过在磁场中偏转知，粒子带正电在速度选择器中，有qe=qvbv=，只有速度满足一定值的粒子才能通过速度选择器所以只有b、c两粒子能通过速度选择器a的速度小于b的速度，所以a的电场力大于洛伦兹力，a向p1板偏转故a正确，b错误 c、只有b、c两粒子能通过速度选择器进入磁场b2，根据r=，知质量大的半径大，知射向a1的是b离子，射向a2的是c离子故c、d错误故选a【点评】解决本题的关键知道只有速度满足一定的值，才能通过速度选择器由速度选择器出来进入磁场，速度一定，根据r=，可比较粒子偏转半径的大小二多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分每小题有多个选项符合题意全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分7如图所示，一带电油滴悬浮在平行板电容器两极板a、b之间的p点，处于静止状态现将极板a向下平移一小段距离，但仍在p点上方，其它条件不变下列说法中正确的是（）a液滴将向下运动b液滴将向上运动c极板带电荷量将增加d极板带电荷量将减少【考点】电容器的动态分析 【专题】电容器专题【分析】带电油滴悬浮在平行板电容器中p点，处于静止状态，电场力与重力平衡，将极板a向下平移一小段距离时，根据e=分析板间场强如何变化，判断液滴如何运动根据电容的决定式和定义式结合分析极板所带电量如何变化【解答】解：a、b电容器板间的电压保持不变，当将极板a向下平移一小段距离时，根据e=分析得知，板间场强增大，液滴所受电场力增大，液滴将向上运动故a错误，b正确c、d将极板a向下平移一小段距离时，根据电容的决定式c= 得知电容c增大，而电容器的电压u不变，极板带电荷量将增大故c正确，d错误故选：bc【点评】本题关键要抓住电容器的电压不变，由电容的决定式c= 和电量q=cu结合分析电量变化81930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示这台加速器由两个铜质d形盒d1、d2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是（）a离子由加速器的中心附近进入加速器b离子由加速器的边缘进入加速器c离子从磁场中获得能量d离子从电场中获得能量【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】被加速离子由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器；洛伦兹力并不做功，而电场力对带电离子做功【解答】解：要加速次数最多最终能量最大，则被加速离子只能由加速器的中心附近进入加速器，而从边缘离开加速器，故a正确而b错误由于洛伦兹力并不做功，而离子通过电场时有qu=mv2，故离子是从电场中获得能量，故c错误，而d正确故选ad【点评】了解并理解了常用实验仪器或实验器材的原理到考试时我们就能轻松解决此类问题9污水处理站的管道中安装了如图所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a、b、c左右两端开口，在垂直于上下底面方向加磁感应强度为b的匀强磁场，在前后两个面的内侧固定有金属板作为电极，当含有大量正负离子（其重力不计）的污水充满管口从左向右流经该装置时，测出电极间的电势差u，就可测出污水流量q（单位时间内流出的污水体积）则（）a前表面的电势低于后表面的电势b若污水为电中性，则两极间的电势差为零c若污水中离子浓度越高，则两极间的电势差越大d若管道中污水流量越大，则两极间的电势差越大【考点】霍尔效应及其应用；匀强电场中电势差和电场强度的关系 【专题】定量思想；归纳法；方程法；带电粒子在磁场中的运动专题【分析】a、正负离子作定向移动，受到洛伦兹力，发生偏转，打在前后表面上，正离子偏转向哪一个表面，哪一个表面的电势高bc、前后表面上有正负离子，之间形成电场，最终正负离子会受到电场力、洛伦兹力处于平衡，两极板间形成稳定的电势差d、根据正负离子会受到电场力、洛伦兹力平衡，求出电压表所测的电压与什么因素有关即可知【解答】解：a、污水中正离子较多，正负离子向右移动，受到洛伦兹力，根据左手定则，正离子向后表面偏，负离子向前表面偏所以前表面比后表面电势低故a正确b、由a分析可知，前后面电势的高低与污水中有何种离子有关，与是否为电中性无关，故b错误； c、根据q=，则u=，电压表的示数与磁感应强度、流量q以及流量计的高低有关，与离子浓度无关故c错误 d、最终正负离子会受到电场力、洛伦兹力处于平衡，有qe=qvb，即=vb而污水流量q=vbc=bc=，可知q与u成正比，与a、b无关故d正确故选：ad【点评】解决本题的关键掌握左手定则判定洛伦兹力的方向，以及知道在电磁流量计中，正负离子受电场力和洛伦兹力平衡10如图甲所示为一个质量为m、带电荷量为+q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆于磁感应强度为b的匀强磁场中现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度时间图象可能是下列选项中的（）abcd【考点】洛仑兹力；牛顿第二定律 【分析】带正电的小环向右运动时，受到的洛伦兹力方向向上，注意讨论洛伦兹力与重力的大小关系，然后即可确定其运动形式，注意洛伦兹力大小随着速度的大小是不断变化的【解答】解：由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直细杆的弹力及向左的摩擦力，当qvb=mg时，小环做匀速运动，此时图象为a，故a正确；当qvbmg时，fn=mgqvb此时：fn=ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其vt图象的斜率应该逐渐增大，故bc错误当qvbmg时，fn=qvbmg，此时：fn=ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvb=mg时，小环开始做匀速运动，故d图象正确，故d正确；故选ad【点评】分析洛伦兹力要用动态思想进行分析，注意讨论各种情况，同时注意vt图象斜率的物理应用，总之本题比较全面的考查了高中所学物理知识11如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点o和y轴上的点a（0，l）、一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60下列说法中正确的是（）a电子在磁场中运动的时间为b电子在磁场中运动的时间为c磁场区域的圆心坐标为（，）d电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为（0，2l）【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带电粒子在匀强磁场中在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动所以由几何关系可确定运动圆弧的半径与已知长度的关系，从而确定圆磁场的圆心，并能算出粒子在磁场中运动时间并根据几何关系来，最终可确定电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标【解答】解：a、b、电子的轨迹半径为r，由几何知识，rsin30=rl，得r=2l电子在磁场中运动时间t=，而 t=，得：t=，故a错误，b正确；c、设磁场区域的圆心坐标为（x，y）其中 x=rcos30= y=所以磁场圆心坐标为 （ ），故c正确；d、根据几何三角函数关系可得，rl=rcos60，解得r=2l所以电子的圆周运动的圆心坐标为（0，l），故d错误；故选：bc【点评】由题意确定粒子在磁场中运动轨迹是解题的关键之处，从而求出圆磁场的圆心位置，再运用几何关系来确定电子的运动轨迹的圆心坐标三实验题：本题共2小题，共20分请将解答填写在答题卡相应的位置12（10分）（2010秋信阳期末）某同学要探究一种新材料制成的圆柱体的电阻步骤如下：（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0.4700cm（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020k，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，请在图4方框中画出测量的电路图，并标明所用器材的代号【考点】测定金属的电阻率 【专题】实验题；恒定电流专题【分析】本题（1）在进行游标卡尺读数时，要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意将整数部分单位化为mm；题（2）进行螺旋测微器读数时也要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意“半毫米”刻度线是否露出；题（3）进行欧姆表读数时注意倍率，一般不需要估读；题（4）首先根据电源电动势大小来选择电压表量程，根据通过待测电阻的最大电流来选择电流表的量程，根据实验要求多测几组数据可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节，根据待测电阻满足电流表外接法的条件选择外接法【解答】解：（1）：游标卡尺的读数为：l=50mm+30.05mm=50.15mm；（2）：螺旋测微器的读数为：d=4.5mm+20.00.01mm=4.700mm=0.4700cm；（3）：欧姆表的读数为：r=2210=220；（4）：由于电压表量程太大（量程的大于电源的电动势），所以电压表应选择；根据欧姆定律可求出通过待测电阻的最大电流为=14ma，所以电流表应选择；根据实验要求多测几组数据可知变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；由于待测电阻满足，电流表应用外接法，所以电路应是“分压外接”电路，如图所示：故答案为：（1）50.15；（2）0.4700；（3）220；（4）如图【点评】应明确：游标卡尺和螺旋测微器读数时都要分成整数部分和小数部分两部分来读；当实验要求电流从零调或有“要求多测几组数据”的要求时，变阻器应采用分压式接法，应选择阻值小的变阻器以方便调节；当待测电阻满足时，电流表应用外接法，满足时，电流表应用内接法13（10分）（2015秋徐州期中）为了测定干电池的电动势和内阻，现有下列器材：a干电池一节；b电压表v（03v15v，内阻约为3k，15k）；c电流表a（00.6a3a，内阻约为10，2）；d滑动变阻器（020）；e滑动变阻器（01000）；f开关、导线若干（1）用电流表和电压表测量干电池的电动势和内阻时，应选用的滑动变阻器是d（用代号回答）（2）根据实验要求，用笔画线代替导线在如图甲上连线（3）某次实验记录如下：实验次数12345电流表示数/a0.240.500.701.101.50电压表示数/v1.301.100.950.600.30根据表中数据在如图乙坐标图上画出ui图线，由图可求得e=1.50v，r=0.80（4）用你设计的电路做实验，测得的电动势与电池电动势的真实值相比偏小（填偏大、偏小或相等）；测得的内阻与电池内阻的真实值相比偏 小（填偏大、偏小或相等）【考点】测定电源的电动势和内阻 【专题】实验题；定量思想；实验分析法；恒定电流专题【分析】实验中应选用的较小阻值的滑线变阻器，有利于电流的变化和表的读数在实物图中先连接其中一个支路，再并联另一支路；注意实物图的连接注意事项；在ui图象中纵坐标的截距代表的是电源的电动势，直线的斜率代表的是电源的内阻的大小【解答】解：（1）滑动变阻器用作限流；为了有效测量，电路中电流应能准确测量，即电流适当大一些；故滑动变阻器用总阻值较小的电阻即可满足实验要求，故变阻器选d（2）根据测量方法可知对应的实物图如图所示；如图（a）所示（3）利用描点作图如图（b） 所示，图线与纵轴的交点即为电源的电动势e=1.50 v电池内阻r=0.80（4）因该接法中由于电压表的分流而导致电流表示数偏小，但电压表是准确的，故图象比真实图象要向上偏，同时，当电路短路时，电压表的分流是可以忽略的，故短路电流是准确的，故图象与横轴的交点不变，故所测电动势小于真实值；内阻也小于真实值；故答案为：（1）d；（2）如图；（3）如图；1.50；0.80；（4）偏小；偏小【点评】本题考查测定电动势和内电阻的数据处理，要求能根据公式得出图象中斜率及截距的含义在计算电源的内阻的时候，一定要注意纵坐标的数值是不是从0开始的本接法虽然电动势和内电阻均偏小，但由于误差均较小，故实验中我们一般采取本方法四计算题：本题3小题，共42分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中须明确写出数值和单位14（12分）（2015秋徐州期中）在如图所示的电路中，r1是由某金属氧化物制成的导体棒，实验证明通过它的电流i和它两端的电压u遵循i=ku3的规律（式中k=0.02a/v3），r2是普通电阻，阻值为24，遵循欧姆定律，电源电动势e=6v，闭合开关s后，电流表的示数为0.16a试求：（1）r1两端的电压；（2）电源的内电阻r；（3）r1、r2和r上消耗的电功率p1、p2和pr【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】恒定电流专题【分析】（1）根据通过r1的电流i和它两端的电压u遵循i=ku3的规律，求出r1两端的电压（2）根据欧姆定律求出r2的电压，从而得出内电压，根据r=求出内电阻（3）根据p1=u1i求出r1上的电功率，根据p2=i2r2，pr=i2r求出r2和r上消耗的电功率【解答】解：（1）由i=ku3得u=v=2v故r1两端的电压为2v（2）根据闭合电路的欧姆定律有 e=u+ir2+irr=r2=24=1故内阻r为1（3）p1=iu=0.162w=0.32wp2=i2r2=0.16224w=0.61wpr=i2r=0.1621w=0.026w故r1、r2和r上消耗的电功率p1、p2和pr分别为0.32w，0.61w，0.026w【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，以及知道欧姆定律的适用范围15（13分）（2014秋菏泽期末）如图所示，在倾角为=30的斜面上，固定一宽l=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器r，电源电动势e=12v，内阻r=1一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好整个装置处于磁感应强度b=0.80t、垂直于斜面向上的匀强磁场中（导轨与金属棒的电阻不计）金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：（1）金属棒所受到的安培力大小；（2）通过金属棒的电流；（3）滑动变阻器r接入电路中的阻值【考点】共点力平衡的条件及其应用；安培力 【分析】（1）金属棒受到重力、安培力和导轨的支持力而处于平衡状态根据平衡条件，列方程求出安培力（2）金属棒与磁场方向垂直，根据安培力公式f=bil，求出电流（3）根据欧姆定律求出滑动变阻器r接入电路中的阻值【解答