云南省昆明三中高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2015-2016学年云南省昆明三中高二（上）期中物理试卷一、选择题（每小题4分，共44分其中第18题为单项选择，第911题为多项选择，选不全得2分，有错或不选得零分）1关于电动势，下列说法不正确的是( )a电源两极间的电压等于电源电动势b电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大c电源电动势的数值等于内、外电压之和d电源电动势与外电路的组成无关2有关磁感应强度的下列说法中，正确的是( )a磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量b若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零c若有一小段长为l，通以电流为i的导体，在磁场中某处受到的磁场力为f，则该处磁感应强度的大小一定是d由定义式b=可知，电流i越大，导线l越长，某点的磁感应强度就越小3如图所示为磁场作用力演示仪中的线圈，在线圈中心处挂上一个小磁针，且与线圈在同一平面内，则当线圈中通以如图所示顺时针的电流时( )a小磁针n极向里转b小磁针n极向外转c小磁针在纸面内向左摆动d小磁针在纸面内向右摆动4如图所示，矩形线圈与磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外下述过程中使线圈产生感应电流的是( )a将线圈向上平移b将线圈向下平移c以bc为轴转动45d以ad为轴转动455如图（甲）所示，导线mn和矩形线框abcd共面且均固定在mn中通以图（乙）所示的电流（nm方向为电流正方向），则在0t时间内，( )a线框感应电流方向始终沿abcdab线框感应电流方向先沿abcda后沿adcbacab边始终不受力的作用dbc边受安培力先向左后向右6一个电流表，刻度盘的每1小格代表1a，内阻为rg如果把它改装成量程较大的电流表，刻度盘的每一小格代表na，则( )a给它串联一个电阻，阻值为nrgb给它串联一个电阻，阻值为（n1）rgc给它并联一个电阻，阻值为d给它并联一个电阻，阻值为7闭合线圈放在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，因磁场变化而发生电磁感应现象，则( )a穿过线圈的磁通量越大，产生的感应电动势越大b穿过线圈的磁通量变化量越大，产生的感应电动势越大c穿过线圈的磁通量变化率越大，产生的感应电动势越大d穿过线圈的磁感线条数越多，产生的感应电动势越大8如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合电路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁的s极朝下，在将磁铁的s极插入线圈的过程中( )a通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥b通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引c通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥d通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引9如图所示，电阻r1=20，电动机线圈电阻r2=10当开关s断开时，电流表的示数为0.5a当电键s闭合后，电动机转起来，电路两端电压不变则关于电流表读数和电路消耗的电功率p正确的是( )ai=1.5abi1.5acp=15wdp15w10如图所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源e，导轨平面与水平面间的夹角=30金属杆ab垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好整个装置处于磁感应强度为b的匀强磁场中当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆能刚好处于静止状态要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是( )a增大磁感应强度bb调节滑动变阻器使电流减小c增大导轨平面与水平面间的夹角d将电源正负极对调使金属杆的电流方向改变11如图，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场区，对从油边离开磁场的电子，下列判断正确的是( )a从a点离开的电子速度最小b从a点离开的电子在磁场中运动时间最短c从b点离开的电子运动半径最小d从b点离开的电子速度偏转角最小二、实验题（共4小题，共27分）12某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的直径d=_mm另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图乙所示，则该工件的长度l=_cm13小明用多用电表测一金属丝的电阻，进行了如下操作，请你将相应的操作步骤补充完整将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”、“”插孔，选择开关旋至电阻挡“10”挡位；将红、黑表笔短接，完成电阻调零；将红、黑表笔分别与金属丝的两端相接，此时多用电表的示数如图乙所示；为了使金属丝的阻值读数能够再准确一些，小明应将选择开关旋至电阻挡_挡位（填“1”或“1k”），重新进行电阻调零；重新测量，得到如图丙所示结果，则金属丝的电阻为_14在测定一节干电池的电动势和内电阻实验中，所得路端电压与电流关系图象如图所示，则电源的电动势e=_v，内阻r=_（结果保留三位有效数字）15要测绘一个标有“3v 0.6w”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3v，并便于操作已选用的器材有：电池组（电动势为4.5v，内阻约1）；电流表（量程为0250ma内阻约5）；电压表（量程为03v内限约3k）；电键一个、导线若干（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的_（填字母代号）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）（2）实验的电路图应选用下列的图_（填字母代号）（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示如果这个小灯泡两端所加电压为1.5v，则小灯泡在该温度时的电阻是_随着电压增大，温度升高，小灯泡的电阻_（填“增大”，“减小”或“不变”）三、计算题（本题共3小题，共29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，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位16如图所示，两根水平放置的光滑平行金属导轨m、n，电阻不计，相距l=0.2m，由电源和电阻串联后接在两导轨左端，其中电源电动势e=6v，内源内阻r=0.5，电阻r=2；在两导轨右侧垂直导轨放置一质量m=5102kg、电阻rab=0.5的金属棒ab如果在上述装置所在区域加一匀强磁场，使ab对导轨的压力恰好是零，并使ab处于静止状态求所加磁场磁感强度的大小和方向（取g=10m/s2）17矩形线圈abcd，长ab=20cm，宽bc=10cm，匝数n=200，线圈回路总电阻r=5整个线圈平面内均有垂直于线框平面的匀强磁场穿过，若匀强磁场的磁感应强度b随时间t的变化规律如图所示，求：（1）线圈回路中产生的感应电动势和感应电流；（2）当t=0.3s时，线圈的ab边所受的安培力大小；（3）在1min内线圈回路产生的焦耳热18如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为b，方向垂直xoy平面向里，电场线平行于y轴一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的a点水平向右抛出，经x轴上的m点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的n点第一次离开电场和磁场，mn之间的距离为l，小球过m点时的速度方向与x轴正方向夹角为不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）电场强度e的大小和方向；（2）小球从a点抛出时初速度v0的大小2015-2016学年云南省昆明三中高二（上）期中物理试卷一、选择题（每小题4分，共44分其中第18题为单项选择，第911题为多项选择，选不全得2分，有错或不选得零分）1关于电动势，下列说法不正确的是( )a电源两极间的电压等于电源电动势b电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大c电源电动势的数值等于内、外电压之和d电源电动势与外电路的组成无关【考点】电源的电动势和内阻【专题】恒定电流专题【分析】电源的电动势的物理意义是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，其大小等于电源没有接入电路时电源两极间的电压；电动势与外电路无关，由电源本身性质决定【解答】解：a、电源两极间的电压为路端电压，一般是小于电源的电动势的；故a不正确；b、电动势越大的电源，将其他形式的能转化为电能的本领越大；故b正确；c、电动势在数值上等于内外电压之和；故c正确；d、电动势是电源本身的性质，与外电路无关；故d正确；本题选不正确的，故选：a【点评】本题要正确理解电动势的物理意义，注意根据闭合电路欧姆定律进行分析内外电压之和2有关磁感应强度的下列说法中，正确的是( )a磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量b若有一小段通电导体在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零c若有一小段长为l，通以电流为i的导体，在磁场中某处受到的磁场力为f，则该处磁感应强度的大小一定是d由定义式b=可知，电流i越大，导线l越长，某点的磁感应强度就越小【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，既有的小又有方向是矢量；明确导线与磁场相互垂直时f=bil才成立；而b是由磁场本身来决定的【解答】解：a、磁感应强度是用来表示磁场强弱的物理量；故a正确；b、通电导体如果平行于磁场放置，则其不受磁场力，但b不会为零；故b错误；c、只有b与il相互垂直时，磁感应强度的大小才是；故c错误；d、b是由导体本身的性质决定的，与f及il无关；故d错误；故选：a【点评】我们用磁感应强度来定义磁场强弱采用的是比值定义法，要注意b与il及f均无关3如图所示为磁场作用力演示仪中的线圈，在线圈中心处挂上一个小磁针，且与线圈在同一平面内，则当线圈中通以如图所示顺时针的电流时( )a小磁针n极向里转b小磁针n极向外转c小磁针在纸面内向左摆动d小磁针在纸面内向右摆动【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】根据右手螺旋定则判断出环形电流内部和外部的磁场，根据小磁针静止时n极所指的方向为磁场的方向，判断出小磁针n极的偏转【解答】解：根据右手螺旋定则知，环形电流内部的磁场方向向里，外部的磁场方向向外，则小磁针的n极向纸面里偏转故a正确，b、c、d错误故选：a【点评】解决本题本题的关键知道小磁针静止时n极的指向表示磁场的方向，以及会运用右手螺旋定则判断电流周围的磁场方向4如图所示，矩形线圈与磁场垂直，且一半在匀强磁场内一半在匀强磁场外下述过程中使线圈产生感应电流的是( )a将线圈向上平移b将线圈向下平移c以bc为轴转动45d以ad为轴转动45【考点】感应电流的产生条件【专题】定性思想；推理法；电磁感应功能问题【分析】磁通量是穿过线圈的磁感线的条数对照产生感应电流的条件：穿过电路的磁通量发生变化进行分析判断有无感应电流产生【解答】解：a、将线圈向上平移时，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，不符合题意故a错误；b、将线圈向下平移时，穿过线圈的磁通量不变，没有感应电流产生，不符合题意故b错误；c、以bc边为轴转动45，穿过线圈的磁通量仍为=b，保持不变，没有感应电流产生，不符合题意故c错误d、以ad边为轴转动45，穿过线圈的磁通量从=b减小到零，有感应电流产生，符合题意故d正确故选：d【点评】对于匀强磁场磁通量，可以根据磁感线条数直观判断，也可以根据磁通量的计算公式=bssin（是线圈与磁场方向的夹角）进行计算5如图（甲）所示，导线mn和矩形线框abcd共面且均固定在mn中通以图（乙）所示的电流（nm方向为电流正方向），则在0t时间内，( )a线框感应电流方向始终沿abcdab线框感应电流方向先沿abcda后沿adcbacab边始终不受力的作用dbc边受安培力先向左后向右【考点】楞次定律【分析】根据右手螺旋定则可判定线圈所处磁场的方向，再由电流与时间的关系来确定磁场大小变化，由楞次定律可确定线圈产生的感应电流方向，从而根据左手定则可确定安培力的方向得出结果【解答】解：ab、由题意可知，nm方向为电流正方向，根据右手螺旋定则可知，在0到时间内，穿过线框abcd磁场方向垂直纸面向里，大小在减小，则线框产生的感应电流方向，由楞次定律可得，感应电流方向顺时针，即为abcda；当在到t时间内，穿过线框abcd磁场方向垂直纸面向外，大小在增大，则线框产生的感应电流方向，由楞次定律可得，感应电流方向仍为顺时针，即为abcda；故a正确，b错误；c、当nm电流大小变化时，周围产生磁场，导致线框中产生感应电流，从而使线框ab受到安培力作用，故c错误；d、当通以正向电流时，线框bc受到向右的安培力；当通以反向电流时，线框bc受到向左的安培力，故d错误；故选：a【点评】考查右手螺旋定则、楞次定则、左手定则，及法拉第电磁感应定律，得出电流方向同向的相互吸引，电流方向反向的相互排斥且磁场与时间的图象斜率表示磁场的变化6一个电流表，刻度盘的每1小格代表1a，内阻为rg如果把它改装成量程较大的电流表，刻度盘的每一小格代表na，则( )a给它串联一个电阻，阻值为nrgb给它串联一个电阻，阻值为（n1）rgc给它并联一个电阻，阻值为d给它并联一个电阻，阻值为【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题【分析】如果把它改装成量程较大的电流表要并联小电阻分流，改装后刻度盘的每一小格代表na，即想要量程扩大n倍【解答】解：设电流表刻度盘总共有n个小格，则满偏电流为na，改装后量程为nna，改装成量程较大的电流表要并联小电阻分流，则并联电阻中的电流为：ir=（nnn）a，满偏电压：ug=nrgv根据欧姆定律：r=即需要并联一个阻值的电阻故选：d【点评】电流表的原理是并联电阻起到分流作用改装后的量程为原电流表的电流与并联电阻的电流之和也等于满偏电压除以并联后的总电阻7闭合线圈放在磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，因磁场变化而发生电磁感应现象，则( )a穿过线圈的磁通量越大，产生的感应电动势越大b穿过线圈的磁通量变化量越大，产生的感应电动势越大c穿过线圈的磁通量变化率越大，产生的感应电动势越大d穿过线圈的磁感线条数越多，产生的感应电动势越大【考点】感生电动势、动生电动势【专题】电磁感应与电路结合【分析】解答本题应掌握感应电动势取决于磁通量的变化快慢，与磁通量的变化及磁通量无关【解答】解：由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势e=n，即感应电动势与线圈匝数有关；同时可知，感应电动势与磁通量的变化率有关，磁通量变化越快，感应电动势越大，穿过线圈的磁通量大，但若所用的时间长，则电动势可能小，故abd错误，c正确；故选c【点评】感应电动势取决于穿过线圈的磁通量的变化快慢，在理解该定律时要注意区分磁通量、磁通量的变化量及磁通量变化率三者间区别及联第8如图所示，线圈两端与电阻相连构成闭合电路，在线圈上方有一竖直放置的条形磁铁的s极朝下，在将磁铁的s极插入线圈的过程中( )a通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互排斥b通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互吸引c通过电阻的感应电流的方向由a到b，线圈与磁铁相互排斥d通过电阻的感应电流的方向由b到a，线圈与磁铁相互吸引【考点】楞次定律【专题】电磁感应与电路结合【分析】当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向上，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则判断感应电流的方向；根据楞次定律“来拒去留”可判断磁铁与线圈的相互作用【解答】解：当磁铁向下运动时，穿过线圈的磁通量变大，原磁场方向向上，所以感应磁场方向向下，根据右手螺旋定则，大拇指表示感应磁场的方向，弯曲的四指表示感应电流的方向，即通过电阻的电流方向为ba根据楞次定律“来拒去留”可判断线圈对磁铁的作用是阻碍作用，故磁铁与线圈相互排斥综上所述，故a正确，bcd错误故选：a【点评】楞次定律应用的题目我们一定会做，大胆的去找原磁场方向，磁通量的变化情况，应用楞次定律判断即可9如图所示，电阻r1=20，电动机线圈电阻r2=10当开关s断开时，电流表的示数为0.5a当电键s闭合后，电动机转起来，电路两端电压不变则关于电流表读数和电路消耗的电功率p正确的是( )ai=1.5abi1.5acp=15wdp15w【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】当电键s断开时，由欧姆定律求出电阻r1的电压u；当电键s闭合后，通过r1的电流仍为0.5a，电动机的电路是非纯电阻电路，由i2求出其电流的范围，即得到电流表电流的范围由p=ui求解电路中功率范围【解答】解：当电键s断开时，由欧姆定律得，u=i1r1=10v当电键s闭合后，通过r1的电流仍为0.5a，电动机的电流i2=a=1a，故电流表的电流i1.5a，电动机中电功率p=ui15w故abc错误，d正确故选：d【点评】本题要抓住非纯电阻电路与纯电阻电路的区别，电动机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，i2是关键不等式10如图所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电源e，导轨平面与水平面间的夹角=30金属杆ab垂直导轨放置，导轨与金属杆接触良好整个装置处于磁感应强度为b的匀强磁场中当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆能刚好处于静止状态要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是( )a增大磁感应强度bb调节滑动变阻器使电流减小c增大导轨平面与水平面间的夹角d将电源正负极对调使金属杆的电流方向改变【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【专题】电磁感应与电路结合【分析】对初始状态进行受力分析，根据平衡条件得出重力与安培力的关系，即f=bil=mgsin，因此要使金属杆向上运动，应该增大安培力，根据安培力的表达式可以得出采取何种措施【解答】解：a根据初始时金属杆能刚好处于静止状态，受力分析知：mgsin=bil，因此增大磁感应强度b，安培力增大，金属棒将沿斜面向上运动，故a正确；b若减小电流，则安培力f=bil将减小，金属棒将向下运动，故b错误；c增大倾角，重力分力沿斜面向下分力mgsinbil，金属棒将向下运动，故c错误；d将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变，安培力将沿斜面向下，因此金属棒将向下运动，故d错误故选：a【点评】解决本题的关键是正确地进行受力分析比较安培力和重力沿斜面分力的大小11如图，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入一正方形的匀强磁场区，对从油边离开磁场的电子，下列判断正确的是( )a从a点离开的电子速度最小b从a点离开的电子在磁场中运动时间最短c从b点离开的电子运动半径最小d从b点离开的电子速度偏转角最小【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】根据，由轨道半径的大小确定速度的大小，根据t=，由偏转角的大小确定时间的大小【解答】解：对于从右边离开磁场的电子，从a离开的轨道半径最大，根据带电粒子在匀强磁场中的半径公式，知轨道半径大，则速度大，则a点离开的电子速度最大从a点离开的电子偏转角最小，则圆弧的圆心角最小，根据t=，与粒子的速度无关，知越小，运行的时间越短故b、c正确，a、d错误故选bc【点评】解决本题的关键掌握带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式，以及知道带电粒子在磁场中运行的周期与速度的大小无关二、实验题（共4小题，共27分）12某学生用螺旋测微器在测定某一金属丝的直径时，测得的结果如图甲所示，则该金属丝的直径d=2.706mm另一位学生用游标尺上标有20等分刻度的游标卡尺测一工件的长度，测得的结果如图乙所示，则该工件的长度l=5.015cm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】实验题【分析】游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读；螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：（1）螺旋测微器的固定刻度读数为2.5mm，可动刻度读数为0.0120.6mm=0.206mm，所以最终读数为：2.5mm+0.206mm=2.706mm（2）游标卡尺的固定刻度读数为5cm，游标尺上第3个刻度游标读数为0.053mm=0.15mm=0.015cm，所以最终读数为：5cm+0.015cm=5.015cm；故答案为：2.706，5.015【点评】解决本题的关键掌握游标卡尺和螺旋测微器的读数方法，游标卡尺读数的方法是主尺读数加上游标读数，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读13小明用多用电表测一金属丝的电阻，进行了如下操作，请你将相应的操作步骤补充完整将红、黑表笔分别插入多用电表的“+”、“”插孔，选择开关旋至电阻挡“10”挡位；将红、黑表笔短接，完成电阻调零；将红、黑表笔分别与金属丝的两端相接，此时多用电表的示数如图乙所示；为了使金属丝的阻值读数能够再准确一些，小明应将选择开关旋至电阻挡1挡位（填“1”或“1k”），重新进行电阻调零；重新测量，得到如图丙所示结果，则金属丝的电阻为6【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；定量思想；图析法；恒定电流专题【分析】用多用电表粗测金属丝的阻值时选档后一定要先进行欧姆调零，读数时尽量使指针指在中央刻度附近，欧姆表的读数等于表盘示数乘以倍率【解答】解：选择开关旋至电阻挡“10”挡位，由图乙所示可知，指针偏转角度较大，被测阻值较小，所选挡位太大，为准确测量电阻阻值，应换小档：“1”档，换挡后重新欧姆调零选择开关旋至电阻挡“1”挡位，由图丙所示可知，金属丝的电阻为：61=6；故答案为：1；6【点评】本题考查了欧姆表的正确使用方法及欧姆表读数，用欧姆表测电阻时要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数14在测定一节干电池的电动势和内电阻实验中，所得路端电压与电流关系图象如图所示，则电源的电动势e=1.50v，内阻r=2.50（结果保留三位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；定量思想；图析法；恒定电流专题【分析】电源ui图象与纵轴交点坐标值是电源电动势，图象斜率的绝对值是电源内阻，根据图示图象求出电源电动势与内阻【解答】解：由图示电源ui图象可知，图象与纵轴交点坐标值为1.50，则电源电动势：e=1.50v，电源内阻：r=2.50；故答案为：1.50；2.50【点评】本题考查了求电源电动势与内阻实验，根据图示图象可以求出电源电动势与内阻，要掌握应用图象法处理实验数据的方法15要测绘一个标有“3v 0.6w”小灯泡的伏安特性曲线，灯泡两端的电压需要由零逐渐增加到3v，并便于操作已选用的器材有：电池组（电动势为4.5v，内阻约1）；电流表（量程为0250ma内阻约5）；电压表（量程为03v内限约3k）；电键一个、导线若干（1）实验中所用的滑动变阻器应选下列中的a（填字母代号）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）（2）实验的电路图应选用下列的图b（填字母代号）（3）实验得到小灯泡的伏安特性曲线如图所示如果这个小灯泡两端所加电压为1.5v，则小灯泡在该温度时的电阻是10随着电压增大，温度升高，小灯泡的电阻增大（填“增大”，“减小”或“不变”）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题【分析】1、根据滑动变阻器的接法可选择对应的滑动变阻器；2、根据实验的要求可以选择滑动变阻器的接法；根据灯泡及电表的电阻关系可以选择电流表的接法；3、由图象可明确1.5v电压时的电流，再由欧姆定律可明确对应的电阻值；由图象的变化可得出对应的电阻变化规律【解答】解：（1）因实验中采用分压接法，故滑动变阻器应选择小电阻；故选：a；（2）实验中要求电压从零开始变化，则必须采用滑动变阻器分压接法；而由于灯泡内阻较小，故应采用电流表外接法，故选：b；（3）由图可知，当电压为1.5v时，电流i=0.15a；由欧姆定律可知，电阻r=10；iu图象中的斜率表示其电阻，故说明电阻值越来越大；即灯泡电阻随温度的升高而增大故答案为：（1）a （2）b （3）10，增大【点评】要熟记电学实验基本要求：伏安法测电阻时注意电流表内外接法的选择方法，当待测电阻值远小于电压表内阻时，电流表用外接法；当待测电阻值远大于电流表内阻时，电流表用内接法在要求电流或电压值从零调时，滑动变阻器应用分压式，此时应选阻值小的变阻器三、计算题（本题共3小题，共29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，只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位16如图所示，两根水平放置的光滑平行金属导轨m、n，电阻不计，相距l=0.2m，由电源和电阻串联后接在两导轨左端，其中电源电动势e=6v，内源内阻r=0.5，电阻r=2；在两导轨右侧垂直导轨放置一质量m=5102kg、电阻rab=0.5的金属棒ab如果在上述装置所在区域加一匀强磁场，使ab对导轨的压力恰好是零，并使ab处于静止状态求所加磁场磁感强度的大小和方向（取g=10m/s2）【考点】安培力；闭合电路的欧姆定律【专题】定量思想；方程法；恒定电流专题【分析】根据闭合电路的欧姆定律来计算流过金属棒的电流大小；根据左手定则可以判断匀强磁场的方向；根据重力和安培力相等，可以计算匀强磁场的磁感应强度的大小【解答】解：由题意可知ab中的电流大小为：i=2a；电流的方向有a到b，磁场力与重力大小相等，方向相反，根据左手定则可知，磁场方向水平向右；欲使ab对轨道压力恰为零，则有：mg=bil，得：b=t答：所加磁场磁感强度的大小为1.25t，方向水平向右【点评】金属棒ab对轨道的压力恰好为零，即重力和安培力大小相等，方向相反，这是解决本题的关键，根据这个平衡的条件计算即可17矩形线圈abcd，长ab=20cm，宽bc=10cm，匝数n=200，线圈回路总电阻r=5整个线圈平面内均有垂直于线框平面的匀强磁场穿过，若匀强磁场的磁感应强度b随时间t的变化规律如图所示，求：（1）线圈回路中产生的感应电动势和感应电流；（2）当t=0.3s时，线圈的ab边所受的安培力大小；（3）在1min内线圈回路产生的焦耳热【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】线圈在变化的磁场中，产生感应电动势，形成感应电流，由法拉第电磁感应定律来求出感应电动势大小借助于闭合电路的殴姆定律来算出感应电流大小通电导线处于磁场中受到安培力，则由公式f=bil可求出安培力的大小由于磁通量的变化，导致线圈中产生感应电流，根据焦耳定律可得回路中的产生热量【解答】解：（1）由图可知磁感应强度随时间的变化率= t/s=0.5 t/s 感应电动势为e=n=ns=2000.10.20.5 v=2 v 感应电流为i= a