山东省德州市武城二中高二物理下学期期末训练试卷（七）（含解析）.doc

2014-2015学年山东省德州市武城二中高二（下）期末物理训练试卷（七）一、选择题1下列关于科学家和他们的贡献的说法，正确的是（）a法拉第发现了电磁感应定律并提出变化的磁场产生变化的电场的观点b楞次提出了判断感应电流方向的楞次定律，同时还证实了电磁波的存在c法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律，并测出了静电力常量k的值d丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并总结了右手螺旋定则2如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球a，细线与斜面平行小球a的质量为m、电量为q小球a的右侧固定放置带等量同种电荷的小球b，两球心的高度相同、间距为d静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷小球a静止在斜面上，则（）a小球a与b之间库仑力的大小为b当=时，细线上的拉力为0c当=时，细线上的拉力为0d当=时，斜面对小球a的支持力为03如图所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表v的示数为220v，负载电阻r=44，电流表a1的示数为0.2a下列判断正确的是（）a原线圈和副线圈的匝数比为2：1b原线圈和副线圈的匝数比为5：1c电流表a2的示数为0.1 ad电流表a2的示数为0.4 a4如图所示，电源电动势e=12v，内阻r=1，电阻r1=5，r2=50，则（）a开关s断开时，a、b两端电压等于零b开关s闭合，电容器c充电后，电容器两极板间的电压等于10 vc开关s闭合，电容器c充电后，电容器两极板间的电压等于12 vd开关s闭合，电容器c充电后，电容器两极板间的电压与电容大小有关5用一根横截面积为s、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k0 ）则（）a圆环中产生逆时针方向的感应电流b圆环具有扩张的趋势c圆环中感应电流的大小为d图中a、b两点间的电势差uab=|kr2|6如图所示，l是自感系数很大的线圈，其自身的直流电阻几乎为零a和b是两个相同的小灯泡，下列说法正确的是（）a当闭合开关s后，灯泡a亮度一直保持不变b当闭合开关s后，灯泡b逐渐变亮，最后亮度不变c再断开开关s后，灯泡a逐渐变暗，直到不亮d再断开开关s后，灯泡b由暗变亮再逐渐熄灭7如图所示，相距为d的两条水平虚线l1、l2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为b，正方形线圈abcd边长为l（ld），质量为m，电阻为r，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则下列说法正确的是（）a线圈进入磁场的过程中，感应电流为逆时针方向b线圈进入磁场的过程中，可能做加速运动c线圈穿越磁场的过程中，线圈的最小速度可能为d线圈从ab边进入磁场到ab边离开磁场的过程，感应电流做的功为mgd8如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕o点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a（）a顺时针加速旋转b顺时针减速旋转c逆时针加速旋转d逆时针减速旋转9如图，一重力不计的带电粒子以一定的速率从a点对准圆心射入一圆形匀强磁场，恰好从b点射出增大粒子射入磁场的速率，下列判断正确的是（）a该粒子带正电b该粒子带负电c粒子从ab间射出d粒子从bc间射出10如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为t，转轴o1o2垂直于磁场方向，线圈电阻为2从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60时的感应电流为1a那么（）a线圈消耗的电功率为4wb线圈中感应电流的有效值为2ac任意时刻线圈中的感应电动势为e=4cosd任意时刻穿过线圈的磁通量为=sin二、实验11（2015春德州校级期末）老师要求同学们测出一待测电源的电动势及内阻，所给的实验器材有：待测电源e，定值电阻r1（阻值未知），电压表v（量程为3.0v，内阻很大），电阻箱r（099.99），单刀单掷开关s1，单刀双掷开关s2，导线若干某同学连接了一个如图1所示的电路，他接下来的操作是：a拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如图2所示的位置后，将s2接到a，闭合s1，记录下对应的电压表示数为2.20v，然后断开s1；b保持电阻箱示数不变，将s2切换到b，闭合s1，记录此时电压表的读数（电压表的示数如图3所示），然后断开s1（1）请你解答下列问题：图2所示电阻箱的读数为，图3所示的电压表读数为 v由此可算出定值电阻r1的阻值为（计算结果取3位有效数字）（2）在完成上述操作后，该同学继续以下的操作：将s2切换到a，多次调节电阻箱，闭合s1，读出多组电阻箱的示数r和对应的电压表示数u，由测得的数据，绘出了如图4所示的图象由此可求得该电池组的电动势e及内阻r，其中e= v，电源内阻r=（计算结果保留3位有效数字）12（2015春德州校级期末）现有一合金制成的圆柱体为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示（1）由上图读得圆柱体的直径为mm，长度为cm（2）若流经圆柱体的电流为i，圆柱体两端之间的电压为u，圆柱体的直径和长度分别为d、l，测得d、l、i、u表示的电阻率的关系式为=三、计算题13（2009广东）如图（a）所示，一个电阻值为r，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2r的电阻r1连接成闭合回路，线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度b随时间t变化的关系图线如图（b）所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和b0导线的电阻不计，求0至t1时间内（1）通过电阻r1上的电流大小和方向；（2）通过电阻r1上的电量q及电阻r1上产生的热量14（2015春德州校级期末）如图所示，间距l=0.3m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内，在水平面a1b1b2a2区域内和倾角=37的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度b1=0.4t、方向竖直向上和b2=1t、方向垂直于斜面向上的匀强磁场电阻r=0.3、质量m1=0.1kg、长为l的相同导体杆k、s、q分别放置在导轨上，s杆的两端固定在b1、b2点，k、q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好一端系于k杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2=0.05kg的小环已知小环以a=6m/s2的加速度沿绳下滑，k杆保持静止，q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力f作用下匀速运动不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求（1）小环所受摩擦力的大小；（2）q杆所受拉力的瞬时功率选修题15下列说法中正确的是（）a布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动b叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用c影响蒸发快慢以及人们对干爽与潮湿感受的因素是空气的绝对湿度d液晶是一种特殊物质，它既具有液体的流动性，又像某些晶体那样有光学各向异性e分子质量不同的两种气体温度相同，它们分子的平均动能一定相同16一足够高的直立气缸上端开口，用一个厚度不计的活塞封闭了一段高为80cm的气柱，活塞的横截面积为0.01m2，活塞与气缸间的摩擦不计气缸侧壁通过一个开口与u形管相连，开口离气缸底部的高度为70cm，开口管内及u形管内的气体体积忽略不计已知图所示状态时，气体的温度为7，u形管内水银面的高度差h1=5cm大气压强p0=1.0105 pa保持不变水银的密度=13.6103 kg/m3求：（1）活塞的重力（2）现在活塞上添加沙粒，同时对气缸内的气体加热，始终保持活塞的高度不变，此过程缓慢进行，当气体的温度升高到37时，u形管内水银的高度差为多少？（3）保持上题中的沙粒质量不变，让气缸内的气体逐渐冷却，那么当气体的温度至少降为多少时，u形管内的水银面变为一样高？2014-2015学年山东省德州市武城二中高二（下）期末物理训练试卷（七）参考答案与试题解析一、选择题1下列关于科学家和他们的贡献的说法，正确的是（）a法拉第发现了电磁感应定律并提出变化的磁场产生变化的电场的观点b楞次提出了判断感应电流方向的楞次定律，同时还证实了电磁波的存在c法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律，并测出了静电力常量k的值d丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并总结了右手螺旋定则【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、法拉第发现了电磁感应现象，麦克斯韦提出变化的磁场产生变化的电场的观点故a错误；b、楞次提出了判断感应电流方向的楞次定律，赫兹证实了电磁波的存在故b错误；c、法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律库仑定律，并测出了静电力常量k的值故c正确；d、丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，安培总结了右手螺旋定则故d错误故选：c【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如图所示，水平地面上固定一个光滑绝缘斜面，斜面与水平面的夹角为一根轻质绝缘细线的一端固定在斜面顶端，另一端系有一个带电小球a，细线与斜面平行小球a的质量为m、电量为q小球a的右侧固定放置带等量同种电荷的小球b，两球心的高度相同、间距为d静电力常量为k，重力加速度为g，两带电小球可视为点电荷小球a静止在斜面上，则（）a小球a与b之间库仑力的大小为b当=时，细线上的拉力为0c当=时，细线上的拉力为0d当=时，斜面对小球a的支持力为0【考点】库仑定律；力的合成与分解的运用；牛顿第二定律 【分析】根据库仑定律求解两个球间的库仑斥力大小，然后根据共点力平衡条件列式分析【解答】解：a、根据库仑定律，小球a与b之间库仑力的大小为：f=；故a正确；b、c、若细线上的拉力为0，小球a受重力、支持力和库仑斥力而平衡，根据共点力平衡条件，重力的下滑分力与库仑力的上滑分力平衡，即：mgsin=fcos；其中f=；联立解得：mgsin=cos故：=；故b错误，c正确；d、两个球带同中电荷，相互排斥，故斜面对a的弹力不可能为零；故d错误；故选：ac【点评】本题关键是明确a球的受力情况，然后根据共点力平衡条件列方程求解，注意细线拉力为零的临界条件3如图所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表v的示数为220v，负载电阻r=44，电流表a1的示数为0.2a下列判断正确的是（）a原线圈和副线圈的匝数比为2：1b原线圈和副线圈的匝数比为5：1c电流表a2的示数为0.1 ad电流表a2的示数为0.4 a【考点】变压器的构造和原理 【专题】交流电专题【分析】理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比【解答】解：变压器的输出功率等于输入功率，则：u1i1=i22r解得：i2=1.0a由于原副线圈电流与匝数成反比，所以初级线圈和次级线圈的匝数比=5故选：b【点评】理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象输入电压决定输出电压，而输出功率决定输入功率4如图所示，电源电动势e=12v，内阻r=1，电阻r1=5，r2=50，则（）a开关s断开时，a、b两端电压等于零b开关s闭合，电容器c充电后，电容器两极板间的电压等于10 vc开关s闭合，电容器c充电后，电容器两极板间的电压等于12 vd开关s闭合，电容器c充电后，电容器两极板间的电压与电容大小有关【考点】电容；闭合电路的欧姆定律 【专题】电容器专题【分析】直流电路中，电容器相当于断路；题目中电容器两端电压为零时，电容器不带电【解答】解：开关s断开时，电阻r1相当于一段导线，a、b两端电压等于电源电动势，选项a错误；开关s闭合，电容器c充电后，电阻r2相当于一段导线，此时电容器两极板间电压为电阻r1两端电压，根据闭合电路欧姆定律可知，电阻r1两端电压u=10 v，与电容器电容的大小无关，选项b正确，c、d错误故选：b【点评】本题关键是明确电路中的电压分布情况，要注意明确电容器在直流电路中视为断路，其电压等于与之并联部分的电压5用一根横截面积为s、电阻率为的硬质导线做成一个半径为r的圆环，ab为圆环的一条直径如图所示，在ab的左侧存在一个匀强磁场，磁场垂直圆环所在平面，方向如图，磁感应强度大小随时间的变化率=k（k0 ）则（）a圆环中产生逆时针方向的感应电流b圆环具有扩张的趋势c圆环中感应电流的大小为d图中a、b两点间的电势差uab=|kr2|【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；楞次定律 【专题】压轴题；电磁感应与电路结合【分析】由题意可知，磁通量减小，由楞次定律可判断感应电流的方向；由法拉第电磁感应定律可得出感应电动势；由闭合电路的欧姆定律可得出ab间的电势差【解答】解：a、磁通量向里减小，由楞次定律“增反减同”可知，线圈中的感应电流方向为顺时针，故a错误；b、由楞次定律的“来拒去留”可知，为了阻碍磁通量的减小，线圈有扩张的趋势；故b正确；c、由法拉第电磁感应定律可知，e=kr2，感应电流i=，故c错误；d、与闭合电路欧姆定律可知，ab两点间的电势差为=，故d正确；故选bd【点评】本题应注意ab两点的电势差为电源的路端电压，故应为不在磁场中的部分两端的电压6如图所示，l是自感系数很大的线圈，其自身的直流电阻几乎为零a和b是两个相同的小灯泡，下列说法正确的是（）a当闭合开关s后，灯泡a亮度一直保持不变b当闭合开关s后，灯泡b逐渐变亮，最后亮度不变c再断开开关s后，灯泡a逐渐变暗，直到不亮d再断开开关s后，灯泡b由暗变亮再逐渐熄灭【考点】自感现象和自感系数 【分析】闭合s，a、b同时亮，随着l中电流增大，线圈l直流电阻可忽略不计，分流作用增大，a逐渐被短路，总电阻减小，再由欧姆定律分析b灯亮度的变化断开s，b灯立即熄灭，线圈中电流，根据楞次定律判断a灯亮度如何变化【解答】解：a、刚闭合s时，电源的电压同时加到两灯上，a、b同时亮，随着l中电流增大，由于线圈l直流电阻可忽略不计，分流作用增大，b逐渐被短路直到熄灭，外电路总电阻减小，总电流增大，a灯更亮故ab错误；c、灯泡b与线圈l构成闭合回路，所以稳定后再断开开关s后，灯泡b由暗变亮再逐渐熄灭，灯泡a立即熄灭故c错误，d正确故选：d【点评】对于通电与断电的自感现象，它们是特殊的电磁感应现象，可用楞次定律分析发生的现象7如图所示，相距为d的两条水平虚线l1、l2之间是方向水平向里的匀强磁场，磁感应强度为b，正方形线圈abcd边长为l（ld），质量为m，电阻为r，将线圈在磁场上方高h处静止释放，cd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，则下列说法正确的是（）a线圈进入磁场的过程中，感应电流为逆时针方向b线圈进入磁场的过程中，可能做加速运动c线圈穿越磁场的过程中，线圈的最小速度可能为d线圈从ab边进入磁场到ab边离开磁场的过程，感应电流做的功为mgd【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 【专题】电磁感应功能问题【分析】根据右手定则得出线圈进入磁场的过程中，感应电流方向线圈由静止释放，其下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，又因为线圈全部进入磁场不受安培力，要做匀加速运动可知线圈进入磁场先要做减速运动【解答】解：a、根据右手定则得出线圈进入磁场的过程中，感应电流方向是逆时针方向，故a正确b、根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，且全部进入磁场将做加速运动，所以进磁场时将做减速运动故b错误c、因为进磁场时要减速，即此时的安培力大于重力，速度减小，安培力也减小，当安培力减到等于重力时，即，线圈做匀速运动，全部进入磁场将做加速运动，所以线圈的最小速度可能为故c正确d、根据能量守恒研究从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程：动能变化为0，重力势能转化为线框产生的热量，q=mgdcd边刚进入磁场时速度为v0，cd边刚离开磁场时速度也为v0，所以从cd边刚穿出磁场到ab边离开磁场的过程，线框产生的热量与从cd边刚进入磁场到cd边刚穿出磁场的过程产生的热量相等，所以线圈从cd边进入磁场到ab边离开磁场的过程，产生的热量q=2mgd，感应电流做的功为2mgd故d正确故选acd【点评】解决本题的关键根据根据线圈下边缘刚进入磁场和刚穿出磁场时刻的速度都是v0，且全部进入磁场将做加速运动，判断出线圈进磁场后先做变减速运动，也得出全部进磁场时的速度是穿越磁场过程中的最小速度8如图，均匀带正电的绝缘圆环a与金属圆环b同心共面放置，当a绕o点在其所在平面内旋转时，b中产生顺时针方向的感应电流，且具有收缩趋势，由此可知，圆环a（）a顺时针加速旋转b顺时针减速旋转c逆时针加速旋转d逆时针减速旋转【考点】楞次定律；安培定则；磁通量 【分析】本题中是由于a的转动而形成了感应电流，而只有a中的感应电流的变化可以在b中产生磁通量的变化，才使b中产生了感应电流；因此本题应采用逆向思维法分析判断【解答】解：分析a选项，当带正电的绝缘圆环a顺时针加速旋转时，相当于顺时针方向电流，并且在增大，根据右手定则，其内（金属圆环a内）有垂直纸面向里的磁场，其外（金属圆环b处）有垂直纸面向外的磁场，并且磁场的磁感应强度在增大，金属圆环b包围的面积内的磁场的总磁感应强度是垂直纸面向里（因为向里的比向外的磁通量多，向里的是全部，向外的是部分）而且增大，根据楞次定律，b中产生的感应电流的磁场垂直纸面向外，磁场对电流的作用力向外，所以b中产生逆时针方向的感应电流，根据左手定则，磁场对电流的作用力向外，所以具有收缩趋势，所以a错误；同样的方法可判断b选项正确，而c选项，b中产生顺时针方向的感应电流，但具有扩张趋势；而d选项，b中产生逆时针方向的感应电流，但具有收缩趋势，所以c、d都不正确所以本题选b故选b【点评】本题综合考查电流的磁场（安培定则），磁通量，电磁感应，楞次定律，磁场对电流的作用力，左手定则等本题的每一选项都有两个判断，有的同学习惯用否定之否定法，如a错误，就理所当然的认为b和c都正确，因为二者相反：顺时针减速旋转和逆时针加速旋转，但本题是单选题，甚至陷入矛盾他们忽略了本题有两个判断，一个是电流方向，另一个是收缩趋势还是扩张趋势如果只有一个判断，如b中产生的感应电流的方向，可用此法所以解题经验不能做定律或定理用9如图，一重力不计的带电粒子以一定的速率从a点对准圆心射入一圆形匀强磁场，恰好从b点射出增大粒子射入磁场的速率，下列判断正确的是（）a该粒子带正电b该粒子带负电c粒子从ab间射出d粒子从bc间射出【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带电粒子，以不同的速率垂直进入匀强磁场中，则运动半径的不同，导致运动轨迹也不同因此运动轨迹对应的半径越大，则粒子的速率也越大而运动周期它们均一样，但运动时间却由圆弧对应的圆心角决定洛伦兹力由左手定则来确定【解答】解：a、粒子从a点射入从b点射出，则由左手定则可确定出粒子带负电，故a错误，b正确；c、洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvb=m，解得：r=，由于b、q、m均相同，所以r与v成正比，因此当速率增大时，粒子轨道半径增大，粒子将从bc间射出，故c错误，d正确；故选：bd【点评】带电粒子在磁场、质量及电量相同情况下，运动的半径与速率成正比，从而根据运动圆弧来确定速率的大小；运动的周期均相同的情况下，可根据圆弧的对应圆心角来确定运动的时间的长短10如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为t，转轴o1o2垂直于磁场方向，线圈电阻为2从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60时的感应电流为1a那么（）a线圈消耗的电功率为4wb线圈中感应电流的有效值为2ac任意时刻线圈中的感应电动势为e=4cosd任意时刻穿过线圈的磁通量为=sin【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；交流的峰值、有效值以及它们的关系 【专题】简答题；压轴题；推理法【分析】绕垂直于磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈中产生正弦或余弦式交流电，由于从垂直中性面开始其瞬时表达式为i=imcos，由已知可求im=，根据正弦式交变电流有效值和峰值关系可求电流有效值根据p=i2r可求电功率根据em=imr可求感应电动势的最大值任意时刻穿过线圈的磁通量为= 根据em=nbs可求m=bs=【解答】解：从垂直中性面开始其瞬时表达式为i=imcos，则电流的最大值为 im=感应电动势的最大值为 em=imr=22=4v任意时刻线圈中的感应电动势为 e=emcos=4cost 线圈消耗的电功率为 p=i2r=w=4w任意时刻穿过线圈的磁通量为=根据公式em=nbs=nm可得故=，故选：ac【点评】本题考察的是有效值计算及有关交变电流的基本知识二、实验11（2015春德州校级期末）老师要求同学们测出一待测电源的电动势及内阻，所给的实验器材有：待测电源e，定值电阻r1（阻值未知），电压表v（量程为3.0v，内阻很大），电阻箱r（099.99），单刀单掷开关s1，单刀双掷开关s2，导线若干某同学连接了一个如图1所示的电路，他接下来的操作是：a拨动电阻箱旋钮，使各旋钮盘的刻度处于如图2所示的位置后，将s2接到a，闭合s1，记录下对应的电压表示数为2.20v，然后断开s1；b保持电阻箱示数不变，将s2切换到b，闭合s1，记录此时电压表的读数（电压表的示数如图3所示），然后断开s1（1）请你解答下列问题：图2所示电阻箱的读数为20.00，图3所示的电压表读数为2.80 v由此可算出定值电阻r1的阻值为5.45（计算结果取3位有效数字）（2）在完成上述操作后，该同学继续以下的操作：将s2切换到a，多次调节电阻箱，闭合s1，读出多组电阻箱的示数r和对应的电压表示数u，由测得的数据，绘出了如图4所示的图象由此可求得该电池组的电动势e及内阻r，其中e=0.35 v，电源内阻r=0.26（计算结果保留3位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻 【专题】实验题【分析】（1）电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱的示数；由图示电压表确定的其量程与分度值，读出其示数；由串联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值（2）应用欧姆定律求出图象的函数表达式，然后根据图象与函数表达式求出电源电动势与内阻【解答】解：（1）由图甲所示可知，电阻箱示数为210+01+00.1+00.01=20.0；由图乙所示电压表可知，其量程为3v，分度值为0.1v，示数为2.80v；电路电流i=0.11a，电阻r1=5.45（2）在闭合电路中，电源电动势：e=u+i（r+r1）=u+（r+r1），=+，由图丙所示图象可知，b=0.35，e2.86v，图象斜率k=2.0，电源内阻r=ker1=2.02.945.45=0.260故答案为：（1）20.00，2.80，5.45，（2）2.86，0.260【点评】电阻箱各旋钮示数与对应倍率的乘积之和是电阻箱的示数；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12（2015春德州校级期末）现有一合金制成的圆柱体为测量该合金的电阻率，现用伏安法测圆柱体两端之间的电阻，用螺旋测微器测量该圆柱体的直径，用游标卡尺测量该圆柱体的长度螺旋测微器和游标卡尺的示数如图（a）和图（b）所示（1）由上图读得圆柱体的直径为1.843mm，长度为4.240cm（2）若流经圆柱体的电流为i，圆柱体两端之间的电压为u，圆柱体的直径和长度分别为d、l，测得d、l、i、u表示的电阻率的关系式为=【考点】测定金属的电阻率 【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）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；（2）根据欧姆定律和电阻定律列式求解【解答】解：（1）由图a所示可知，螺旋测微器固定刻度示数为1.5mm，游标尺示数为34.30.01mm=0.343mm，螺旋测微器示数为1.5mm+0.343mm=1.843mm；由图所示可知，游标卡尺主尺示数为4.2cm，游标尺示数为80.05mm=0.40mm，游标卡尺示数为42mm+0.40mm=42.40mm=4.240cm；（2）根据电阻定律，有：r=解得：=故答案为：（1）1.843，4.240；（2）【点评】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；游标卡尺不需要估读，螺旋测微器需要估读，对游标卡尺读数时，要注意游标尺的精度并掌握电阻定律与欧姆定律的应用三、计算题13（2009广东）如图（a）所示，一个电阻值为r，匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2r的电阻r1连接成闭合回路，线圈的半径为r1，在线圈中半径为r2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场，磁感应强度b随时间t变化的关系图线如图（b）所示，图线与横、纵轴的截距分别为t0和b0导线的电阻不计，求0至t1时间内（1）通过电阻r1上的电流大小和方向；（2）通过电阻r1上的电量q及电阻r1上产生的热量【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律；电磁感应中的能量转化 【专题】电磁感应功能问题【分析】（1）由bt图象的斜率读出磁感应强度的变化率，由法拉第电磁感应定律求出线圈中产生的感应电动势，由欧姆定律求出感应电流的大小，由楞次定律判断出感应电流的方向（2）由公式q=it求出通过电阻r1上的电量q，由焦耳定律求出电阻r1上产生的热量【解答】解：（1）由图象分析可知，0至t1时间内 =由法拉第电磁感应定律有e=n=ns而s=由闭合电路欧姆定律有联立以上各式解得通过电阻r1上的电流大小为 i1=由楞次定律可判断通过电阻r1上的电流方向为从b到a（2）通过电阻r1上的电量q=i1t1=通过电阻r1上产生的热量为 q=答：（1）通过电阻r1上的电流大小为，方向为从b到a；（2）通过电阻r1上的电量q=，电阻r1上产生的热量为【点评】本题是法拉第电磁感应定律、欧姆定律、焦耳定律的综合应用，应用法拉第定律时要注意s是有效面积，并不等于线圈的面积14（2015春德州校级期末）如图所示，间距l=0.3m的平行金属导轨a1b1c1和a2b2c2分别固定在两个竖直面内，在水平面a1b1b2a2区域内和倾角=37的斜面c1b1b2c2区域内分别有磁感应强度b1=0.4t、方向竖直向上和b2=1t、方向垂直于斜面向上的匀强磁场电阻r=0.3、质量m1=0.1kg、长为l的相同导体杆k、s、q分别放置在导轨上，s杆的两端固定在b1、b2点，k、q杆可沿导轨无摩擦滑动且始终接触良好一端系于k杆中点的轻绳平行于导轨绕过轻质滑轮自然下垂，绳上穿有质量m2=0.05kg的小环已知小环以a=6m/s2的加速度沿绳下滑，k杆保持静止，q杆在垂直于杆且沿斜面向下的拉力f作用下匀速运动不计导轨电阻和滑轮摩擦，绳不可伸长取g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求（1）小环所受摩擦力的大小；（2）q杆所受拉力的瞬时功率【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；功率、平均功率和瞬时功率 【专题】电磁感应与电路结合【分析】（1）已知物体的加速度，则由牛顿第二定律可求得摩擦力；（2）对k杆由受力平衡可得出安培力与摩擦力的关系；由电路的规律可得出总电流与k中电流的关系；q杆的滑动产生电动势，则由e=blv及闭合电路的欧姆定律可得出电流表达式；由q杆受力平衡可得出拉力及安培力的表达式，则由功率公式可求得拉力的瞬时功率【解答】解：（1）设小环受到的摩擦力大小为ff，由牛顿第二定律，有m2gff=m2a代入数据得ff=0.2n； （2）设通过k杆的电流为i1，k杆受力平衡，有ff=b1i1l设回路中电流为i，总电阻为r总，有：i=2i1r总=r设q杆下滑速度大小为v，产生的感应电动势为e，有i=e=b2lvf+m1gsin=b2il拉力的瞬时功率为p=fv联立以上方程，代入数据解得q杆受拉力的功率p=2w答：（1）小环所受摩擦力的大小为0.2n；（2）q杆所受拉力的瞬时功率2w【点评】本题考查切割产生的感应电动势与电路的结合及功能关系的结合，在分析中要注意物体运动状态（加速、匀速或平衡）由牛顿第二定律可得出对应的表达式，从而联立求解选修题15下列说法中正确的是（）a布朗运动是指在显微镜下观察到的液体分子的无规则运动b叶面上的小露珠呈球形是由于液体表面张力的作用c影响蒸发快慢以及人们对干爽与潮湿感受的因素是空气的绝对湿度d液晶是一种特殊物质，它既具有液体的流动性，又像某些晶体那样有光学各向异性e分子质量不同的两种气体温度相同，它们分子的平均动能一定相同【考点】* 液晶；布朗运动 【分析】布朗运动：悬浮在液体内的固体小颗粒的无规则运动，是液体分子无规则热运动的标志；温度是物体内部分子热运动平均动能的标志；液体表面张力：凡作用于液体表面，使液体表面积缩小的力，称为液体表面张力它产生的原因是