重庆市沙坪坝区南开中学高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2014-2015学年重庆市沙坪坝 区南开中学高二（上）期中物理试卷一、（42分）单项选择题：本大题共14小题，每小题3分每小题给出的四个答案中，有且只有一个是正确的，把正确答案选出来填写在对应答遂卷内选对的得3分；选错或不答的得0分1某同学研究重庆南开图书馆新的借阅系统发现，使用饭卡（ic卡）刷卡登记时，所借阅的书还得在消磁系统上消磁（否则出门时会报警），这样才能成功借阅自己喜欢的书籍，这种逻辑关系属于（）a “非”门b “或”门c “与”门d “与非”门2下列说法中正确的是（）a 某同学订购的iphot04s手机的电池名牌：“3.7v 1430mah”，相比iphoto4的“3.7v1420mah”，说明电池容量前者大b 在电路外部和电源内部，自由电子都只受到静电力作用，所以能不断定向移动形成电流c 电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领，所以非静电力做功越多，电源电动势越大d 新旧1号电池对小灯泡供电时，发现旧电池供电时灯泡较暗，主要原因是旧电池的电动势比新电池电动势高很多3以下对磁场认识正确的是（）安培分子电流假说能够解释铁棒的磁化和退磁现象穿过面积s的磁通量为零，则磁感应强度一定为零某区域中通电导线不受磁场力作用，则该区域的磁感应强度一定为零某点磁场方向与放在该点小磁针静止时n极的指向一致a b c d 4两条导线互相垂直，如图所示，但相隔一段小距离，其中一条ab是固定的，另一条cd能自由活动，当直流电流按图方向通与两条导线时，导线cd将（从纸外向纸内看）（）a 顺时针方向转动，同时靠近导线abb 逆时针方向转动，同时靠近导线abc 逆时针方向转动，同时离开导线abd 顺时针方向转动，同时离开导线ab5横截面的直径为d、长为l的导线，两端电压为u，当这三个量中一个改变时，对自由电子定向运动的平均速率的影响是（）a 电压u加倍，自由电子定向运动的平均速率不变b 导线长度l加倍，自由电子定向运动的平均速率加倍c 导线横截面的直径加倍，自由电子定向运动的平均速率不变d 以上说法均不正确6电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中u为路端电压，i为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为a、b由图可知a、b的值分别为（）a 、b 、c 、d 、7如图所示，用甲、乙、丙三个电动势e相同而内电阻r不同的电源，分别给定值电阻r供电已知甲、乙、丙三个电源内阻的大小关系为：r甲r乙r丙，则将r先后接在这三个电源上时的情况相比，下列说法中正确的是（）a 接在甲电源上时，电源的输出电流最大b 接在丙电源上时，电源的输出电流最小c 接在乙电源上时，电阻r消耗的电功率最大d 接在丙电源上时，电阻r消耗的电功率最大8如图所示，电路中电源的电动势为e，内电阻为r，开关s闭合后，当滑动变阻器r的滑动片p向右移动的过程中，三盏规格相同的小灯泡l1、l2、l3的亮度变化情况是（）a 灯l1、l2变亮，灯l3变暗b 灯l2、l3变亮，灯l1变暗c 灯l1、l3变暗，灯l2变亮d 灯l2、l3变暗，灯l1变亮9电阻r与两个完全相同的晶体二极管d1和d2连接成如图所示的电路（二极管正向导电，反向不导电时电阻当作无穷大），当a、b端的电势差uab=+10v时，流经a点的电流为0.01a；当uab=0.2v时，流经a点的电流仍为0.01a，则电阻r的阻值为（）a 1020b 1000c 980d 2010三根平行的直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，如图所示，现使每条通电导线在斜边中点o所产生的磁感应强度的大小均为b，则该处的磁感应强度的大小和方向是（）a 大小为b，方向垂直斜边向下b 大小为b，方向垂直斜边向上c 大小为b，斜向右下方d 大小为b，斜向左下方11如图所示，通电直导线ab质量为m，长为l，水平地放置在倾角为的光滑斜面上，通以图示方向的电流，电流强度为i，要求导线ab静止在斜面上，且要求磁感应强度最小，则该匀强磁场的磁感应强度大小和方向分别是（）a ，垂直斜面向上b ，垂直斜面向下c ，垂直斜面向上d ，垂直斜面向下12某同学按如图电路进行实验，电压表内阻看作无限大，电流表内阻看作零实验中由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了（但不为零），若这种情况的发生是由于某一用电器引起的，则可能的故障是（）a r2断路b rp断路c r1短路d r3短路13一根电缆埋藏在一堵南北走向的墙里，当在墙的西侧处放一指南针时，发现指南针指向比原来旋转了180由此可以判定，这根电缆中电流的方向为（）a 可能是向北b 可能是向南c 可能是竖直向上d 可能是竖直向下14在如图所示电路中，闭合电键s，当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用i、u1、u2和u3表示，电表示数变化量的绝对值分别用i、u1、u2和u3如表示，下列式子正确的是（）a b c |u1|+|u2|=|u3|d |u1|+|u3|=|u2|二、（32分）实验题：本大题共3小题，共32分，将答案填写在对应的答题卷内1011秋沙坪坝区校级期中）实验室新进了一批低电阻的电磁螺线管（电路图中用足表示），已知螺线管使用的金属丝电阻率=1.7108m课外活动小组的同学设计了一个实验来测算螺线管使用的金属丝长度他们选择了多用电表、螺旋测微器（千分尺）等（1）他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下四个步骤：（请填写第步操作）将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”、“”插孔；选择电阻档“1”；把红、黑表笔分别与螺线管金属丝的两端相接，多用表的示数如图a所示，读数为：；选择开关置于“off”档（2）他们使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图b所示，金属丝的直径为mm；则金属丝长度为m（小数点后面保留一位有效数字）1011秋沙坪坝区校级期中）现有一种特殊的电池，它的电动势e约为9v，内阻r约为50，已知该电池允许输出的最大电流为50ma为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图a所示的电路进行实验图中电压表的内阻很大，对电路的影响可不考虑，r为电阻箱，阻值范围09999，r0是定值电阻，起保护电路的作用（1）实验室备有的定值电阻有以下几种规格：a10，2.5w b100，1.0w c200，1.0w d2000，5.0w本实验应选哪一种规格？答：（只需填规格的代号）（2）该同学接入符合要求的r0后，闭合开关s，调整电阻箱的阻值，读取电压表的示数，改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图b所示的图线则根据该同学所作出的图线可求得该电池的电动势e为v，内阻r为1011秋沙坪坝区校级期中）如图甲为某同学测绘额定电压为2.5v小灯泡的iu图线的实验电路图（1）开关s闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于最端（填写“左”或者“右”），并在对应图乙连接实物电路图（2）实验提供的仪器：a两节1号干电池 b电流表（06a，03a）c电压表（03v，015v）d滑动变阻器（05q，0100）其中电流表量程选择；电压表量程选择；滑动变阻器选择（3）已经在图（丙）中画出小灯泡的iu图，由图可知小灯泡正常发光时的阻值约为；若把该灯泡直接接在电动势e=3v，内阻r=10的电源上时，灯泡的实际功率约为w三、（46分）计算题1本大题4小置，18题10分，19题10分，20题12分，21题14分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤18如图所示电路中，电池组的电动势e=42v，内阻r=2，定值电阻r=20，d是电动机，其线圈电阻r=1电动机正常工作时，理想电压表示数为20v求：（1）通过定值电阻r的电流；（2）电动机的电功率；（3）电动机输出的功率19在如图所示电路中，定值电阻r0=2，安培表和伏特表均为理想电表闭合开关k，当滑动变阻器rx滑片p从b端移向a端时，发现电压表的电压变化从0v到3v时，安培表从1.0a变化到0.75a求：（1）电源的电动势和内阻；（2）变阻器滑片移动到a端时，电源的输出功率20如图所示，电源电动势为，内阻为r，定值电阻r1=2r，r2=r3=r，平行板电容器水平放置间距为d，且中央位置留有两竖直正对的小孔当开关闭合时，板中央n处有一质量为m的带电液滴p恰好处于静止状态；重力加速度为g（1）求平行板间的电压；（2）求带电液滴p的电荷量q1，并指出其带电性质；（3）在保持开关闭合的状态下，另一质量为m的带正电液滴q，从距上极板小孔m正上方o点静止下落，=d，并恰好能运动到n点与液滴p融合为大液滴d，求大液滴d从上极板穿出小孔m时的速度大小（不计空气阻力及两带电液滴间的相互作用力，且只考虑平行板间的电场）21如图1所示，两根粗糙、足够长的直金属导轨mn、pq彼此平行，与水平面夹角为，导轨间距为l，金属导轨上单位长度的电阻阻值为r；m、p两点间接有一电源，电动势为e，内阻不计，其中mp与导轨垂直，m、p间导线的电阻忽略不计一根质量为m、电阻不计的直金属杆放在两导轨上，并与导轨垂直，且处处与导轨接触良好整套装置处于磁感应强度大小为b，方向垂直斜面向下的匀强磁场中，重力加速度为g（1）若金属杆放在导轨上某位置时，恰好不受导轨的摩擦力而静止，求该位置到mp的距离：（2）若金属杆只能放在如图1中导轨ab、cd之间才能保持静止，且a、b分别为cm、dp的中点，求导轨ac长度的电阻（已知没有磁场时，金属杆不能自由静止在导轨上）2014-2015学年重庆市沙坪坝区南开中学高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、（42分）单项选择题：本大题共14小题，每小题3分每小题给出的四个答案中，有且只有一个是正确的，把正确答案选出来填写在对应答遂卷内选对的得3分；选错或不答的得0分1某同学研究重庆南开图书馆新的借阅系统发现，使用饭卡（ic卡）刷卡登记时，所借阅的书还得在消磁系统上消磁（否则出门时会报警），这样才能成功借阅自己喜欢的书籍，这种逻辑关系属于（）a “非”门b “或”门c “与”门d “与非”门考点：简单的逻辑电路分析：掌握“与”、“或”、“非”门的特点，再分析题中事件的关系即可明确属于哪一种逻辑关系解答：解：由题意可知，只有两种情况同时满足时，才能完成借书过程；故逻辑关系为“与”的关系；故选：c点评：本题考查逻辑电路的应用，生活中有很多含有逻辑关系的例子，要注意学会分析2下列说法中正确的是（）a 某同学订购的iphot04s手机的电池名牌：“3.7v 1430mah”，相比iphoto4的“3.7v1420mah”，说明电池容量前者大b 在电路外部和电源内部，自由电子都只受到静电力作用，所以能不断定向移动形成电流c 电源电动势反映了电源内部非静电力做功的本领，所以非静电力做功越多，电源电动势越大d 新旧1号电池对小灯泡供电时，发现旧电池供电时灯泡较暗，主要原因是旧电池的电动势比新电池电动势高很多考点：电源的电动势和内阻专题：恒定电流专题分析：根据电池铭牌信息可明确容量的大小；电动势反映电池做功能力的大小，明确e=的意义解答：解：a、由图可知，前者容量为1430mah，而后者为1420mah；故说明前者电池容量大；故a正确；b、在电源内部的电荷还受到非静电力的作用；故b错误；c、电动势e=，故电动势的大小是比较的移送单位电荷时做功的多少；故c错误；d、新旧1号电池对小灯泡供电时，发现旧电池供电时灯泡较暗，主要原因是旧电池内阻比新电池内阻大很多；故d错误；故选：a点评：本题考查电动势的定义及电池容量的认识，要注意掌握电池电动势的定义和电池内部能量转化的方向3以下对磁场认识正确的是（）安培分子电流假说能够解释铁棒的磁化和退磁现象穿过面积s的磁通量为零，则磁感应强度一定为零某区域中通电导线不受磁场力作用，则该区域的磁感应强度一定为零某点磁场方向与放在该点小磁针静止时n极的指向一致a b c d 考点：磁现象和磁场分析：明确分子电流假说是内容及应用；在计算磁通量时应注意明确夹角，若平行时，磁感应强度一定为零；磁场方向与小磁针静止时n极的受力方向一致解答：解：安培分子电流假说能够解释铁棒的磁化和退磁现象；故正确；若磁场与线圈平行时，磁感线不穿过线圈，磁通量为零，但磁感应强度不一定为零；故错误；某区域中通电导线不受磁场力作用，可能是导线与磁场平行；但该区域的磁感应强度不一定为零；故错误；某点磁场方向与放在该点小磁针静止时n极的指向一致故正确；故选：b点评：本题考查磁通量、磁感应强度及分子电流假说的内容，在学习中要注意对于易错知识点要多用心把握；准确掌握其性质才是解题的关键4两条导线互相垂直，如图所示，但相隔一段小距离，其中一条ab是固定的，另一条cd能自由活动，当直流电流按图方向通与两条导线时，导线cd将（从纸外向纸内看）（）a 顺时针方向转动，同时靠近导线abb 逆时针方向转动，同时靠近导线abc 逆时针方向转动，同时离开导线abd 顺时针方向转动，同时离开导线ab考点：安培力分析：电流cd处于电流ab产生的磁场中，在cd左右两边各取一小电流元，根据左手定则判断其安培力的方向，从而判断其运动当cd导线转过90后，看两电流是同向电流还是异向电流，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥解答：解：电流ab产生的磁场在其右侧方向垂直纸面向里，在其左侧垂直纸面向外，根据左手定则知，cd的右边部分所受的安培力方向向上，左边部分所受安培力方向向左，则cd导线逆时针方向转动假设cd导线转过90此时，两电流为同向电流，相互吸引所以导线cd逆时针方向转动，同时靠近导线ab故b正确，a、c、d错误故选：b点评：在解决该题的过程中：1、使用了电流元法，即在导线上取一较短的电流，判断其受力方向2、使用了特殊位置法，转过90后判断其受力3、使用了结论法，同向电流相互吸引，异向电流相互排斥5横截面的直径为d、长为l的导线，两端电压为u，当这三个量中一个改变时，对自由电子定向运动的平均速率的影响是（）a 电压u加倍，自由电子定向运动的平均速率不变b 导线长度l加倍，自由电子定向运动的平均速率加倍c 导线横截面的直径加倍，自由电子定向运动的平均速率不变d 以上说法均不正确考点：电流、电压概念；电阻定律专题：恒定电流专题分析：根据欧姆定律、电流的微观表达式i=nqvs和电阻定律结合分析自由电子定向运动的平均速率如何变化解答：解：a、电压u加倍时，由欧姆定律得知，电流加倍，由电流的微观表达式i=nqvs得知，自由电子定向运动的平均速率v加倍b、导线长度l加倍，由电阻定律得知，电阻加倍，电流减半，则由电流的微观表达式i=nqvs得知，自由电子定向运动的平均速率v减半故b错误c、导线横截面的直径d加倍，由s=得到，截面积变为4倍，由电阻定律得知，电阻变为倍，电流变为原来的4倍，根据电流的微观表达式i=nqvs得知，自由电子定向运动的平均速率v不变故c正确d、由上得到d错误故选c点评：高中物理中涉及自由电荷定向移动速度的公式只有电流的微观表达式i=nqvs本题考查欧姆定律、电阻定律和电流的微观表达式i=nqvs综合应用能力6电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比在测电源电动势和内电阻的实验中得到的实验图线如图所示，图中u为路端电压，i为干路电流，a、b为图线上的两点，相应状态下电源的效率分别为a、b由图可知a、b的值分别为（）a 、b 、c 、d 、考点：电源的电动势和内阻；测定电源的电动势和内阻分析：电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比=所以电源的效率等于外电压与电动势之比外电压和电动势可以从图象上读出解答：解：电源的效率定义为外电路电阻消耗的功率与电源的总功率之比=e为电源的总电压（即电动势），在ui图象中，纵轴截距表示电动势，根据图象可知ua=、ub=，则a=，b=所以a、b、c错误，d正确故选d点评：解决本题的关键知道电源的效率也等于外电压与电动势之比以及会从ui图象中读出电动势和外电压7如图所示，用甲、乙、丙三个电动势e相同而内电阻r不同的电源，分别给定值电阻r供电已知甲、乙、丙三个电源内阻的大小关系为：r甲r乙r丙，则将r先后接在这三个电源上时的情况相比，下列说法中正确的是（）a 接在甲电源上时，电源的输出电流最大b 接在丙电源上时，电源的输出电流最小c 接在乙电源上时，电阻r消耗的电功率最大d 接在丙电源上时，电阻r消耗的电功率最大考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：根据闭合电路欧姆定律分析同一电阻接到不同电源上时电流的大小，再由公式p=i2r分析电阻r得的电功率大小解答：解：a、由题，三个电源的电动势e相等，而内阻r甲r乙r丙，根据闭合电路欧姆定律i=得知，接在丙电源上时，电源的输出电流最大故ab错误c、由公式p=i2r分析得知，接在丙电源上时，电阻r获得的电功率最大故c错误，d正确故选：d点评：本题是闭合电路欧姆定律简单的运用闭合电路欧姆定律是电路中最重要的规律之一，要熟练掌握8如图所示，电路中电源的电动势为e，内电阻为r，开关s闭合后，当滑动变阻器r的滑动片p向右移动的过程中，三盏规格相同的小灯泡l1、l2、l3的亮度变化情况是（）a 灯l1、l2变亮，灯l3变暗b 灯l2、l3变亮，灯l1变暗c 灯l1、l3变暗，灯l2变亮d 灯l2、l3变暗，灯l1变亮考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：首先认识电路的结构：变阻器与灯l1串联后与灯l2并联，再与灯l3串联将滑动变阻器的滑片p向右移动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律分析干路电流的变化和路端电压的变化，确定灯l3亮度的变化由干路电流和l2电流的变化，来确定灯l1电流的变化，分析其亮度的变化根据灯l2的电压变化分析亮度的变化解答：解：变阻器与灯l1串联后与灯l2并联，再与灯l3串联将滑动变阻器的滑片p向右移动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻增大，由闭合电路欧姆定律得知：干路电流i减小，则通过l3的电流减小，l3变暗，l3两端电压和内阻所占电压都减小，则并联部分电压增大，所以流过灯l2电流变大，l2变亮，i1=ii2，i减小，i2增大，则i1减小，灯l1变暗故c正确故选：c点评：本题是电路中动态变化分析问题，首先要搞清电路的结构，再按照“局部整体局部”顺序进行分析9电阻r与两个完全相同的晶体二极管d1和d2连接成如图所示的电路（二极管正向导电，反向不导电时电阻当作无穷大），当a、b端的电势差uab=+10v时，流经a点的电流为0.01a；当uab=0.2v时，流经a点的电流仍为0.01a，则电阻r的阻值为（）a 1020b 1000c 980d 20考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：a，b端的电势差uab=10v时，二极管d1导通，d2截止当电势差uab=0.2v时，二极管d2导通，d1截止先根据欧姆定律求出a、b端加上电压uab=10v时，r与二极管正向导通的电阻之和；再由欧姆定律求出uab=0.7v时，二极管正向导通电阻，即可求出r的阻值解答：解：设二极管正向导通的电阻为rd当a、b端加上电压uab=10v时，根据欧姆定律得：r+rd=1000当uab=0.2时，rd=|=20则得r=980故选：c点评：二极管具有单向导电性，当加正向电压时，电阻很小，当加反向电压时，电阻很大，理想的认为是无穷大，当作断路10三根平行的直导线，分别垂直地通过一个等腰直角三角形的三个顶点，如图所示，现使每条通电导线在斜边中点o所产生的磁感应强度的大小均为b，则该处的磁感应强度的大小和方向是（）a 大小为b，方向垂直斜边向下b 大小为b，方向垂直斜边向上c 大小为b，斜向右下方d 大小为b，斜向左下方考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向分析：本题考查了磁场的叠加，根据导线周围磁场分布可知，与导线等距离地方磁感应强度大小相等，根据安培定则判断出两导线在a点形成磁场方向，磁感应强度b是矢量，根据矢量分解合成的平行四边形定则求解解答：解：由题意可知，三平行的通电导线在o点产生的磁感应强度大小相等，方向如图则：b合=b，故abd错误，c正确，故选：c点评：磁感应强度为矢量，合成时要用平行四边形定则，因此要正确根据安培定则判断导线周围磁场方向是解题的前提11如图所示，通电直导线ab质量为m，长为l，水平地放置在倾角为的光滑斜面上，通以图示方向的电流，电流强度为i，要求导线ab静止在斜面上，且要求磁感应强度最小，则该匀强磁场的磁感应强度大小和方向分别是（）a ，垂直斜面向上b ，垂直斜面向下c ，垂直斜面向上d ，垂直斜面向下考点：安培力分析：导线处于平衡状态，受力分析导线受重力，支持力和沿斜面向上的安培力作用，根据平衡条件列式求出安培力的大小，从而求出磁感应强度b的大小与方向解答：解：当安培力方向沿斜面向上时，磁感应强度最小，有：mgsin=ilbmin； 得：bmin=方向垂直斜面向上，则a正确故选：a点评：本题是平衡条件的应用，关键是受力分析，安培力的方向是由左手定则判断的，由平衡条件列式计算即可，是一个比较简单的题目12某同学按如图电路进行实验，电压表内阻看作无限大，电流表内阻看作零实验中由于电路发生故障，发现两电压表示数相同了（但不为零），若这种情况的发生是由于某一用电器引起的，则可能的故障是（）a r2断路b rp断路c r1短路d r3短路考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：先理清电路的串并联结构，然后根据串并联电路的电压与电流关系分析即可解答：解：由图可知rp与r2串联后与r3并联，然后再与r1串联；电压表v1测并联部分电压；v2测r2两端的电压；若两电压表示数变成相同，则可能是两电表接在了等电势的两端，故可能是rp短路或r2开路；若r1短路，则v1与v2的示数相同，但为零，故a正确，bcd错误故选：a点评：本题中两电表都是理想电表，电压表内阻看作无限大，与之串联的电阻没有电流电流表内阻看作零，与电流表并联的电阻被短路13一根电缆埋藏在一堵南北走向的墙里，当在墙的西侧处放一指南针时，发现指南针指向比原来旋转了180由此可以判定，这根电缆中电流的方向为（）a 可能是向北b 可能是向南c 可能是竖直向上d 可能是竖直向下考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向分析：指南针n极原来静止时指向北方，现在电缆通电后，指南针指向刚好旋转180，根据右手螺旋定则判断出电缆中的电流方向解答：解：指南针的n极原来指向北方，旋转180度，知n极指向南，知该处的磁场方向向南，根据右手螺旋定则，知墙中的电缆电流方向竖直向上，故c正确，abd错误故选：c点评：解决本题的关键掌握右手螺旋定则，会根据右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关系14在如图所示电路中，闭合电键s，当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用i、u1、u2和u3表示，电表示数变化量的绝对值分别用i、u1、u2和u3如表示，下列式子正确的是（）a b c |u1|+|u2|=|u3|d |u1|+|u3|=|u2|考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：本题要分析定值电阻与可变电阻去分析对于定值电阻，有r=；对于可变电阻，可根据闭合电路欧姆定律分析，从而作出判断解答：解：a、r1是定值电阻，有r1=，故a错误b、当滑动变阻器的滑动触头p向下滑动时，r2变大，r2是可变电阻，有=r2，所以变大，根据闭合电路欧姆定律得：u2=ei（r1+r），则知=r1+r，不变，由于不知道r2与r1+r的大小关系，所以无法判断的大小关系，故b错误；c、因u3=u3u3=i（r+r0），u1=u1u1=ir1，u2=u2u2=i（r+r0+r1）显然|u2|=|u1|+|u3|；故c错误，d正确故选：d点评：分清电路图，利用等效电阻法，根据电阻的变化确定比值的变化是解决本题的关键，注意对于定值电阻，是线性元件，有r=；对于可变电阻，r=，也可以结合电源的ui图线分析二、（32分）实验题：本大题共3小题，共32分，将答案填写在对应的答题卷内1011秋沙坪坝区校级期中）实验室新进了一批低电阻的电磁螺线管（电路图中用足表示），已知螺线管使用的金属丝电阻率=1.7108m课外活动小组的同学设计了一个实验来测算螺线管使用的金属丝长度他们选择了多用电表、螺旋测微器（千分尺）等（1）他们使用多用电表粗测金属丝的电阻，操作过程分以下四个步骤：（请填写第步操作）将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”、“”插孔；选择电阻档“1”；将红、黑表笔短接，欧姆调零；把红、黑表笔分别与螺线管金属丝的两端相接，多用表的示数如图a所示，读数为：4.0；选择开关置于“off”档（2）他们使用千分尺测量金属丝的直径，示数如图b所示，金属丝的直径为0.960mm；则金属丝长度为170.2m（小数点后面保留一位有效数字）考点：测定金属的电阻率分析：（1）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，用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零（指欧姆调零）欧姆表读数等于表盘的示数乘以倍率；（2）螺旋测微器的读数先读出固定刻度的数值，然后读出可动刻度的数值根据电阻定律：r=，代入数据即可求得金属丝的长度解答：解：（1）欧姆调零是将红、黑表笔短接，调整调零旋钮使其电流达到最大，则此时刻度盘上的读数为零根据欧姆表读数等于表盘的示数乘以倍率，金属丝的电阻：r=4.01=4.0（2）螺旋测微器的读数是由固定刻度与旋转刻度组合，为：0.5+46.00.01mm=0.960mm 由r=得：l=170.2m 故答案为：（1）将红、黑表笔短接，欧姆调零；4.0；（2）0.960（0.9590.961）；（4）170.2点评：学会使用欧姆表，及掌握电阻如何读数，理解螺旋测微器的使用与读数，注意其有估计值，最后理解电阻定律的应用1011秋沙坪坝区校级期中）现有一种特殊的电池，它的电动势e约为9v，内阻r约为50，已知该电池允许输出的最大电流为50ma为了测定这个电池的电动势和内阻，某同学利用如图a所示的电路进行实验图中电压表的内阻很大，对电路的影响可不考虑，r为电阻箱，阻值范围09999，r0是定值电阻，起保护电路的作用（1）实验室备有的定值电阻有以下几种规格：a10，2.5w b100，1.0w c200，1.0w d2000，5.0w本实验应选哪一种规格？答：c（只需填规格的代号）（2）该同学接入符合要求的r0后，闭合开关s，调整电阻箱的阻值，读取电压表的示数，改变电阻箱阻值，取得多组数据，作出了如图b所示的图线则根据该同学所作出的图线可求得该电池的电动势e为10.0v，内阻r为50.0考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题分析：（1）已知电源电动势、内阻及最大电流，由闭合电路欧姆定律可得出电路中最小电阻，则可找出保护电阻；（2）由闭合电路欧姆定律可得出表达式，再结合图象和数学知识可得出图象的截距及斜率的含义，则可求得电动势和内电阻解答：解：（1）当滑动变阻器短路时，电路中通过的最大电流为50ma，则由闭合电路欧姆定律可知，定值电阻的最小阻值为：r0=r=50=18050=130，滑动变阻器应选c、200，1ow；（2）由闭合电路欧姆定律可得：u=（r0+r），变形得：=+，由数学知识可知，图象中的斜率k=；截距b=；由图可知，b=0.1，故e=10v；k=5，即：=5，解得：r=50.0； 故答案为：（1）c；（2）10.0；50.0点评：本题关键在于能由图象知识（斜率与截距的意义）结合闭合电路欧姆定律求解，在解题时要注意题目中给出的条件及坐标中隐含的信息1011秋沙坪坝区校级期中）如图甲为某同学测绘额定电压为2.5v小灯泡的iu图线的实验电路图（1）开关s闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于最左端（填写“左”或者“右”），并在对应图乙连接实物电路图（2）实验提供的仪器：a两节1号干电池 b电流表（06a，03a）c电压表（03v，015v）d滑动变阻器（05q，0100）其中电流表量程选择00.6a；电压表量程选择03v；滑动变阻器选择05（3）已经在图（丙）中画出小灯泡的iu图，由图可知小灯泡正常发光时的阻值约为8.6；若把该灯泡直接接在电动势e=3v，内阻r=10的电源上时，灯泡的实际功率约为0.189w考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题分析：（1）滑动变阻器采用分压接法闭合开关前滑片应置于分压电路分压为零的位置，根据电路图连接实物电路图（2）根据电路最大电流选择电流表，根据灯泡额定电压选择电压表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器（3）由图丙所示图象求出灯泡额定电压对应的电流，然后由欧姆定律求出灯泡电阻；在图丙所示坐标系内作出电源的ui图象，求出灯泡电压与电流，然后由p=ui求出灯泡的实际功率解答：解：（1）由图甲所示电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为保护电路安全，开关s闭合之前，滑动变阻器的滑片应该置于最左端；根据电路图连接实物电路图，实物电路图如图所示：（2）由图丙所示图象可知，最大电流约为0.3a，则电流表选择00.6a量程，灯泡额定电压为2.5v，电压表应选择03v量程，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选择05（3）由图示图象可知，灯泡额定电压对应的电流为0.29a，灯泡正常发光时的电阻：r=8.6，在灯泡iu坐标系内作出电源的iu图象如图所示：由图示图象可知，灯泡两端电压为0.21v，通过灯泡的电流为0.9a，灯泡实际功率：p=ui=0.210.9=0.189w；故答案为：（1）左；如图所示；（2）00.6a；03v；05；（3）8.6；0.189点评：本题考查了实验注意事项、实验器材量程与规格的选择、求电阻与电功率，要掌握实验器材的选择原则，灯泡电阻随温度升高而增大，灯泡电阻不是定值，求灯泡在不同电压下的实际功率一般要用图象法，要掌握应用图象法处理实验数据的方法三、（46分）计算题1本大题4小置，18题10分，19题10分，20题12分，21题14分解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤18如图所示电路中，电池组的电动势e=42v，内阻r=2，定值电阻r=20，d是电动机，其线圈电阻r=1电动机正常工作时，理想电压表示数为20v求：（1）通过定值电阻r的电流；（2）电动机的电功率；（3）电动机输出的功率考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：（1）由e=uv+ur+r可得r和电源两端的电压之和，进而又欧姆定律可得电路电流，即等于通过电动机的电流（2）电动机为非纯电阻元件，故其功率为p电=ui（3）由可得电动机的发热功率，进而由p电=p机+p热可得电动机输出的机械功率解答：解：（1）由e=uv+ur+r可得r和电源两端的电压之和为：ur+r=euv由欧姆定律可得电路电流为：通过定值电阻的电流为1a（2）电动机为非纯电阻元件，故其功率为：p电=uvi=201w=20w（3）电动机的发热功率为：故电动机的输出功率为：p机=p电p热=20w1w=19w答：（1）通过定值电阻的电流是1a（2）电动机消耗的电功率为20w（3）电动机输出的机械功率为19w点评：注意对纯电阻元件和非纯电阻元件的处理区别，电热的计算可以用同一个公式，但非纯电阻元件，其总功率只能用p=ui表示19在如图所示电路中，定值电阻r0=2，安培表和伏特表均为理想电表闭合开关k，当滑动变阻器rx滑片p从b端移向a端时，发现电压表的电压变化从0v到3v时，安培表从1.0a变化到0.75a求：（1）电源的电动势和内阻；（2）变阻器滑片移动到a端时，电源的输出功率考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：（1）根据闭合电路欧姆定律，分别对滑片p滑到a端和b端两种情况进行研究，得出方程组成方程组，求解电动势和内能（2）当滑动变阻器的滑片在b处时，变阻器接入电路的电阻为零，根据欧姆定律求出电路中电流，再求解电源的输出功率解答：解：（1）当rx1=0时，ux1=0，对应电流为i1=1a，由闭合电路欧姆定律得：e=i1（r0+r）当rx为最大值时，ux2=3v，对应电流为i2=0.75a，有：e=i2（r0+r）+ux2 由两式代入数据得，e=12v，r=10（2）当滑动变阻器的滑片在b处时，rx=0，所以电路中的电流为：p出=i2r0=122=2w答：（1）电源的电动势和内阻分别为12v，10；（3）当滑动变阻器的滑片在b处时，电源的输出功率是2w点评：本题考查功率公式及闭合电路欧姆定律的应