广东省揭阳市惠来一中高二物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年广东省揭阳市惠来一 中高二（上）期末物理试卷一、单项选择题（本题共7小题，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，每小题2分共14分）1下列说法符合物理学史实的是（）a 开普勒发现了万有引力定律b 伽利略首创了理想实验的研究方法c 卡文迪许测出了静电力常量d 奥斯特发现了电磁感应定律2在医疗手术中，为防止麻醉剂乙醚爆炸，地砖要用导电材料制成，医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套，一切设备要良好接地，甚至病人身体也要良好接地，这样做是为了（）a 除菌消毒b 消除静电c 利用静电d 防止漏电3如图所示，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时0.2s，第二次用时0.5s，并且两次磁铁的起始和终止位置相同，则（）a 第一次线圈中的磁通量变化较大b 第一次电流表的最大偏转角较大c 第二次电流表的最大偏转角较大d 若断开开关k，电流表均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势4如图所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千某次维修时将两轻绳剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变木板静止时，f1表示木板所受合力的大小，f2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）a f1不变，f2变小b f1不变，f2变大c f1变大，f2变大d f1变小，f2变小5一带电粒子（仅受电场力）在匀强电场中从a运动到b，运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下，下列判断正确的是（）a 粒子带正电b a点电势高于b点电势c 粒子做匀变速曲线运动d 粒子电势能增加6如图，力f垂直作用在倾角为的三角滑块上，滑块没被推动，则滑块受到水平地面的静摩擦力大小为（）a 0b fcosc fsind ftan7如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变？（）a 粒子速度的大小b 粒子所带的电荷量c 电场强度d 磁感应强度二、双选题（每小题有两个选项正确，每小题4分，共计32分只选1个且正确的得2分，多选、错选或不答的得0分）8某同学在一次实验中，利用传感器与计算机结合，得到运动玩具小车的速度时间图象如图所示，由此图象可知（）a 5s时的加速度大于15s时的加速度b 12s末小车的速度最大c 12s末小车距离出发点最远d 小车前10s内的平均速度比后10s内的小9如物图所示，r是光敏电阻（当有光照时电阻会变小），c是电容器，l是小灯泡当有光照射r时（）a 灯泡l变暗b 光敏电阻r上的电压增大c 电压表v的读数减小d 电容器c的带电量增大10用于加速粒子的回旋加速器其核心部分如图所示，两d形盒分别与电源相连下列说法正确的是（）a 质子仅由电场加速b 质子在电场中被加速，加速电压越高，射出的速率v越大c d型盒的直径越大，射出的率度v越大d 质子在磁场中运动的周期随质子速度增大而增大11如图所示为云室中某粒子穿过铅板p前后的轨迹室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直（图中垂直于纸面向里）由此可知此粒子（）a 一定带正电b 一定带负电c 从下向上穿过铅板d 从上向下穿过铅板12如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面下列判断正确的是（）a 1、2两点的场强大小相等b 2、3两点的场强大小相等c 1、2两点的电势相等d 2、3两点的电势相等13如图所示，金属棒mn两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由m向n的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是（）a 棒中的电流变大，角变大b 两悬线等长变短，角变小c 金属棒质量变大，角变大d 磁感应强度变大，角变小14电位器是变阻器的一种如图所示，如果把电位器与灯泡串联起来，利用它改变灯泡的亮度，下列说法正确的是（）a 连接a、b使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗b 连接a、c使滑动触头逆时针转动，灯泡变亮c 连接a、c使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗d 连接b、c使滑动触头顺时针转动，灯泡变亮15一个直流电动机所加电压为u，电流为i，线圈内阻为r，当它工作时，下述说法中正确的是（）a 电动机的输出功率为iui2rb 电动机的输出功率为c 电动机的发热功率为i2rd 电动机的功率可写作iu=i2r=三、实验题（每小题6分，共计18分）16在“练习使用多用电表”的实验中用多用电表测量某电阻，将档位旋钮调至“10”档，读数时发现指针偏转角太大，为使测量结果更加准确，则应改用档（选填字母代号即可）a1 b100 c1000多用电表使用时间长了，其内阻会明显变大但欧姆能调零，继续使用该表测电阻时，与电阻的真实值相比，将（选填字母代号即可）a偏大 b偏小 c不变如图所示，闭合开关后发现小灯泡不亮，欲用多用电表检查该电路某处是否发生“断路”，在保持电路完整的情况下，应使用多用电表的进行测量（选填字母代号即可）a电阻档 b电流档 c交流电压档 d直流电压档17如图（c）所示的金属工件，截面外方内圆，外边长约为1cm、内径约为0.5cm、长度约为40cm某同学用游标卡尺测出截面外边长如图（d）所示，其读数a=cm应选用来测量工件内径d，选用来测量工件长度l（选填“毫米刻度尺”、“游标卡尺”、“螺旋测微器”）为了测出该金属的电阻率，该同学设计了如图（e）所示的电路，请按设计的电路完成实物图（f）的连线实验测得工件两端电压为u，通过的电流为i，写出该金属电阻率的表达式=（用a、d、l、u、i等字母表示）18为测定一节干电池的电动势和内阻现提供如下仪器：a电压表（量程2v，内阻约8k）b电流表（量程0.6a，内阻ra=0.8）c滑动变阻器（020）d开关e若干导线为准确测定干电池的电动势和内阻，应选择图（选填“甲”或“乙”）；闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调至端（选填“左”或“右”）移动变阻器的滑片，得到几组电压表和电流表的示数，描绘成如图丙所示的ui图象从图线的截距得出干电池的电动势为1.40v的理论依据是；利用图丙可得到干电池的内阻为（保留两位有效数字）四、计算题（每小题12分，共计36分）19如图所示，质量为m的金属棒，放在距光滑金属导轨右端为l的地方，导轨间距为d，距离地面高度为h，处于大小为b、方向竖直向上的匀强磁场中，并接有电动势为e、内电阻为r的电池当开关k闭合时，金属棒先滑向右端再抛出，已知抛出的水平距离为s，不考虑金属棒切割磁感线产生的感应电流，重力加速度取g试计算：（1）金属棒做平抛运动的初速度为v；（2）电路的电流为i；（3）该金属棒的电阻20如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴调节电源电压至u，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的m点（1）判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；（2）求磁感应强度b的值；（3）现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置为了使墨滴仍能到达下板m点，应将磁感应强度调至b，则b的大小为多少？21在如图所示的竖直平面内有范围足够大、水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为b，一绝缘形杆由两段直杆和一半径径为r的半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内，pq、mn水平且足够长，半圆环map在磁场边界左侧，p、m点在磁场边界线上，nmap段光滑，pq段粗糙，现在有一质量为m、带电荷量为+q的小环套在mn杆上，它所受电场力为重力的 1/2倍现在m点右侧的d点由静止释放小环，小环刚好能到达p点（1）求d、m间的距离x0；（2）上述过程中，小环第一次通过与o等高的a点时，求弯杆对小环作用力的大小；（3）若小环与pq间动摩擦因数为（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等），现将小环移至m点右侧5r处由静止开始释放，求小球在整个运动过程中克服摩擦力所做的功2014-2015学年广东省揭阳市惠来一中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（本题共7小题，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，每小题2分共14分）1下列说法符合物理学史实的是（）a 开普勒发现了万有引力定律b 伽利略首创了理想实验的研究方法c 卡文迪许测出了静电力常量d 奥斯特发现了电磁感应定律考点：物理学史分析：本题比较简单考查了学生对物理学史的了解情况，在物理学发展的历史上有很多科学家做出了重要贡献，大家熟悉的牛顿、爱因斯坦、法拉第等，在学习过程中要了解、知道这些著名科学家的重要贡献解答：解：a、牛顿发现了万有引力定律，故a错误b、伽利略首创了理想实验的研究方法，主要是理想斜面实验，故b正确c、库仑测出了静电力常量，故c错误d、法拉第发现了电磁感应定律，故d错误故选b点评：本题属于记忆知识，要了解、熟悉物理学史，关键在于平时注意积累和记忆2在医疗手术中，为防止麻醉剂乙醚爆炸，地砖要用导电材料制成，医生和护士要穿由导电材料制成的鞋子和外套，一切设备要良好接地，甚至病人身体也要良好接地，这样做是为了（）a 除菌消毒b 消除静电c 利用静电d 防止漏电考点：静电现象的解释分析：本题考查是关于静电的防止与应用，从实例的原理出发就可以判断出答案解答：解：由题意可知，良好接地，目的是为了消除静电，这些要求与消毒无关，而因静电而产生爆炸，因此不可能是这样静电会产生火花、热量，麻醉剂为易挥发性物品，遇到火花或热源便会爆炸，就象油罐车一样，在运输或贮存过程中，会产生静电，汽油属于易挥发性物品，所以它的屁股后面要安装接地线（软编织地线），以防爆炸，麻醉剂与之同理，故b正确，acd错误；故选b点评：本题考查是关于静电的防止与应用，要求同学们熟练掌握静电的防止与应用的具体实例3如图所示，将条形磁铁插入闭合线圈，第一次用时0.2s，第二次用时0.5s，并且两次磁铁的起始和终止位置相同，则（）a 第一次线圈中的磁通量变化较大b 第一次电流表的最大偏转角较大c 第二次电流表的最大偏转角较大d 若断开开关k，电流表均不偏转，故两次线圈两端均无感应电动势考点：研究电磁感应现象专题：实验题分析：根据法拉第电磁感应定律，结合磁通量的变化率大小确定电动势的大小，从而确定电流表的最大偏转角解答：解：a、将条形磁铁插入闭合线圈，两次磁铁的起始和终止位置相同，知磁通量的变化量相同，根据e=知，时间短的感应电动势大，则第一次感应电动势大，电流表的最大偏转角较大故a、c错误，b正确d、断开开关，电流表没有电流，但是电动势不为零，故d错误故选：b点评：解决本题的关键知道感应电动势的大小与磁通量的变化率成正比，基础题4如图所示，用两根等长轻绳将木板悬挂在竖直木桩上等高的两点，制成一简易秋千某次维修时将两轻绳剪去一小段，但仍保持等长且悬挂点不变木板静止时，f1表示木板所受合力的大小，f2表示单根轻绳对木板拉力的大小，则维修后（）a f1不变，f2变小b f1不变，f2变大c f1变大，f2变大d f1变小，f2变小考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，根据共点力平衡条件并结合正交分解法列式分析即可解答：解：木板静止时，受重力和两个拉力而平衡，故三个力的合力为零，即：f1=0；根据共点力平衡条件，有：2f2cos=mg解得：f2=当细线变短时，细线与竖直方向的夹角增加，故cos减小，拉力f2变大故选：b点评：本题是简单的三力平衡问题，关键是受力分析后运用图示法分析，不难5一带电粒子（仅受电场力）在匀强电场中从a运动到b，运动轨迹如图中虚线所示，电场方向竖直向下，下列判断正确的是（）a 粒子带正电b a点电势高于b点电势c 粒子做匀变速曲线运动d 粒子电势能增加考点：电场线分析：由粒子的运动轨迹弯曲方向可知粒子电性，则可求得电场力对粒子所做的功的正负，由动能定理可求得动能的变化；并能判断电势能的变化解答：解：a、粒子由a到b，运动轨迹向上弯曲，可判断粒子受电场力与重力的合力向上，则电场力向上，故粒子带负电，故a错误；b、电场方向向下，沿电场线的方向电势降低，所以b点的电势高，故b错误；c、由图可知，该电场为匀强电场，粒子受到的电场力的大小与方向都不变，加速度不变，所以粒子做匀变速曲线运动故c正确；d、粒子由a到b，由运动轨迹可判出粒子受电场力向上，电场力做正功，粒子的电势能减小，故d错误故选：c点评：带电粒子在电场中的偏转类题目，较好的考查了曲线运动、动能定理及能量关系，综合性较强，故在高考中经常出现，在学习中应注意重点把握6如图，力f垂直作用在倾角为的三角滑块上，滑块没被推动，则滑块受到水平地面的静摩擦力大小为（）a 0b fcosc fsind ftan考点：共点力平衡的条件及其应用；静摩擦力和最大静摩擦力；力的合成与分解的运用专题：共点力作用下物体平衡专题分析：滑块没被推动，合力为零分析滑块的受力情况，根据平衡条件求得静摩擦力大小解答：解：分析滑块的受力情况：重力g、地面的支持力n和静摩擦力f、力f，作出力图，如图，根据平衡条件得 f=fsin故选c点评：本题是多力平衡问题，正确分析受力情况是解题的关键，同时要由几何知识正确找出f与g的夹角，即可轻松求解7如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变？（）a 粒子速度的大小b 粒子所带的电荷量c 电场强度d 磁感应强度考点：带电粒子在匀强电场中的运动专题：带电粒子在电场中的运动专题分析：带电粒子进入正交的电场和磁场中，受到电场力和洛伦兹力而做匀速直线运动，根据平衡条件得到电场力与洛伦兹力的关系，洛伦兹力与速度大小成正比当洛伦兹力与电场力仍平衡时，粒子的运动轨迹不会改变解答：解：由题，粒子受到电场力和洛伦兹力，做匀速直线运动，则有 qvb=qe，即有vb=ea、改变粒子速度的大小，则洛伦兹力随之改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变故a错误b、由知，粒子的电量改变时，洛伦兹力与电场力大小同时改变，两个力仍然再平衡，故粒子的轨迹不发生改变故b正确c、改变电场强度，电场力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变故c错误d、改变磁感应强度，洛伦兹力将改变，洛伦兹力与电场力不再平衡，粒子的轨迹将发生改变故d错误故选b点评：本题主要考查了带电粒子在混合场中运动的问题，要求同学们能正确分析粒子的受力情况，再通过受力情况分析粒子的运动情况二、双选题（每小题有两个选项正确，每小题4分，共计32分只选1个且正确的得2分，多选、错选或不答的得0分）8某同学在一次实验中，利用传感器与计算机结合，得到运动玩具小车的速度时间图象如图所示，由此图象可知（）a 5s时的加速度大于15s时的加速度b 12s末小车的速度最大c 12s末小车距离出发点最远d 小车前10s内的平均速度比后10s内的小考点：匀变速直线运动的图像专题：运动学中的图像专题分析：根据速度图象的斜率等于加速度分析小车的加速度和运动性质由图直接读出小车速度的最大值根据速度图线与坐标轴所围“面积”等于位移，分析小车的位移平均速度等于位移与时间之比解答：解：a、根据速度图象的斜率等于加速度，知5s时的加速度小于15s时的加速度故a错误b、由图知12s末小车的速度最大，故b正确c、小车一直沿正向运动，则知20s末小车距离出发点最远，故c错误d、根据速度图线与坐标轴所围“面积”等于位移，则知小车前10s内的位移比后10s内的小，所以小车前10s内的平均速度比后10s内的小，故d正确故选：bd点评：本题根据斜率分析加速度的变化并不难，难点在于对图线“面积”的估算，采用“四舍五入”近似的方法计算9如物图所示，r是光敏电阻（当有光照时电阻会变小），c是电容器，l是小灯泡当有光照射r时（）a 灯泡l变暗b 光敏电阻r上的电压增大c 电压表v的读数减小d 电容器c的带电量增大考点：电容；闭合电路的欧姆定律专题：电容器专题分析：当光照增强时，光敏电阻的阻值减小；再分析总电阻的变化，由欧姆定律即可得出电路中电流及路端电压的变化；再分析并联部分电路，可得出r2的电流变化；由功率公式可得出功率的变化解答：解：ad、当光照增大时，光敏电阻的阻值减小，总电阻减小；则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，灯泡变亮，l两端电压增大，电容器上电荷量增多，故a错误，d正确；b、因路端电压减小，l两端电压增大，光敏电阻分压减小，故b错误；c、则由u=eir可知，路端电压减小，故电压表示数减小，故c正确；故选：cd点评：本题为闭合电路欧姆定律的动态分析问题，要注意明确此类问题的解题思路一般为：局部整体局部10用于加速粒子的回旋加速器其核心部分如图所示，两d形盒分别与电源相连下列说法正确的是（）a 质子仅由电场加速b 质子在电场中被加速，加速电压越高，射出的速率v越大c d型盒的直径越大，射出的率度v越大d 质子在磁场中运动的周期随质子速度增大而增大考点：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：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，而洛伦兹力对粒子不做功，因此能量是从电场被加速而来粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，满足qvb=m，运动周期t=解答：解：a、质子是在电场中加速的，磁场只改变质子的运动方向，使质子在磁场中做圆周运动，起到偏转作用故a正确b、c、带电粒子从d形盒中射出时的动能 ekm=mvm2 （1）带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，则圆周半径 r=（2）由（1）（2）可得ekm=显然，当带电粒子q、m一定的，则ekmr2 b2，故b错误、c正确d、质子在磁场中运动的周期为t=，与质子的速度无关，故d错误故选：ac点评：本题回旋加速器考查电磁场的综合应用：在电场中始终被加速，在磁场中总是匀速圆周运动所以容易让学生产生误解：增加射出的动能由加速电压与缝间决定原因是带电粒子在电场中动能被增加，而在磁场中动能不变11如图所示为云室中某粒子穿过铅板p前后的轨迹室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直（图中垂直于纸面向里）由此可知此粒子（）a 一定带正电b 一定带负电c 从下向上穿过铅板d 从上向下穿过铅板考点：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：解答本题关键要抓住：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径与速率成正比；（2）由左手定则判断洛伦兹力方向；（3）粒子通过穿过铅板后动能减小，速率减小解答：解：粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径公式为r=，可见半径与速率成正比粒子通过穿过铅板后动能减小，速率减小，则粒子的轨迹半径应减小由图看出，粒子的运动方向应是从下向上穿过铅板，由左手定则判断可知，该粒子一定带正电故ac正确，bd错误故选ac点评：本题的解题关键是掌握粒子圆周运动速率的关系，运用左手定则即可判断粒子的电性12如图所示，实线表示某静电场的电场线，虚线表示该电场的等势面下列判断正确的是（）a 1、2两点的场强大小相等b 2、3两点的场强大小相等c 1、2两点的电势相等d 2、3两点的电势相等考点：电场线分析：根据电场线的分布特点：从正电荷或无穷远处出发到负电荷或无穷远处终止，分析该点电荷的电性；电场线越密，场强越大顺着电场线，电势降低利用这些知识进行判断解答：解：a、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，1与2比较，1处的电场线密，所以1处的电场强度大故a错误；b、电场线的疏密表示电场的强弱，由图可得，2、3两点的场强大小相等故b正确；c，顺着电场线，电势降低，所以1点的电势高于2点处的电势故c错误；d、由题目可得，2与3处于同一条等势线上，所以2与3两点的电势相等故d正确故选：bd点评：加强基础知识的学习，掌握住电场线和等势面的特点，即可解决本题13如图所示，金属棒mn两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由m向n的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是（）a 棒中的电流变大，角变大b 两悬线等长变短，角变小c 金属棒质量变大，角变大d 磁感应强度变大，角变小考点：安培力；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用分析：对通电导线受力分析，求出夹角的关系表达式，然后根据表达式分析答题解答：解：导体棒受力如图所示，tan=；a、棒中电流i变大，角变大，故a正确；b、两悬线等长变短，角不变，故b错误；c、金属棒质量变大，角变小，故c错误；d、磁感应强度变大，角变大，故d错误；故选a点评：对金属棒进行受力分析、应用平衡条件，根据安培力公式分析即可正确解题14电位器是变阻器的一种如图所示，如果把电位器与灯泡串联起来，利用它改变灯泡的亮度，下列说法正确的是（）a 连接a、b使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗b 连接a、c使滑动触头逆时针转动，灯泡变亮c 连接a、c使滑动触头顺时针转动，灯泡变暗d 连接b、c使滑动触头顺时针转动，灯泡变亮考点：闭合电路的欧姆定律；电阻定律专题：恒定电流专题分析：连接a、b使滑动触头顺时针转动时，根据电阻定律，电位器接入电路的电阻增大，电流减小，灯泡的功率p=i2r，p减小，灯泡变暗连接a、c，电位器接入电路的电阻不变连接b、c使滑动触头顺时针转动时，位器接入电路的电阻减小，灯泡变亮解答：解：a、连接a、b使滑动触头顺时针转动时，根据电阻定律，电位器接入电路的电阻增大，电流减小，灯泡的功率p=i2r，p减小，灯泡变暗故a正确 b、c连接a、c，电位器接入电路的电阻不变，电流不变，灯光亮度不变故bc错误 d、连接b、c使滑动触头顺时针转动时，位器接入电路的电阻减小，电流增大，灯泡变亮故d正确故选ad点评：电位器是变形的滑动变阻器，根据电阻定律研究接入电路的电阻与旋转方向的关系15一个直流电动机所加电压为u，电流为i，线圈内阻为r，当它工作时，下述说法中正确的是（）a 电动机的输出功率为iui2rb 电动机的输出功率为c 电动机的发热功率为i2rd 电动机的功率可写作iu=i2r=考点：电功、电功率专题：恒定电流专题分析：电动机工作时，输入功率p=ui，内部消耗的功率为p热=i2r，输出功率p出=pp热解答：解：a、b、c、电动机的总功率为p=ui；电动机的发热功率，根据焦耳定律，p热=i2r；故电动机的输出功率：p出=pp热=uii2r故ac正确，b错误d、因为pp热，即uii2r，uir，欧姆定律不适用故uii2r，故d错误故选：ac点评：解决本题的关键明确电动机正常工作时是非纯电阻电路，掌握电动机输入功率、输出功率、发热功率之间的关系三、实验题（每小题6分，共计18分）16在“练习使用多用电表”的实验中用多用电表测量某电阻，将档位旋钮调至“10”档，读数时发现指针偏转角太大，为使测量结果更加准确，则应改用a档（选填字母代号即可）a1 b100 c1000多用电表使用时间长了，其内阻会明显变大但欧姆能调零，继续使用该表测电阻时，与电阻的真实值相比，将c（选填字母代号即可）a偏大 b偏小 c不变如图所示，闭合开关后发现小灯泡不亮，欲用多用电表检查该电路某处是否发生“断路”，在保持电路完整的情况下，应使用多用电表的d进行测量（选填字母代号即可）a电阻档 b电流档 c交流电压档 d直流电压档考点：用多用电表测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近；根据闭合电路的欧姆定律分析测量值与真实值间的关系；根据电路故障检测方法分析答题解答：解：用多用电表测量某电阻，将档位旋钮调至“10”档，读数时发现指针偏转角太大，说明所选挡位太大，为使测量结果更加准确，应换小挡，应改用1挡，故选a使用欧姆表测电阻时，使用“调零旋钮”进行调零仍能使用，调零前后电池的电动势不变，由i=可知，所测电阻r是真实的，则调零后用该表测得的电阻值与电阻的真实值相比相等，故选c由图示可知，电源为直流电源，闭合开关后发现小灯泡不亮，欲用多用电表检查该电路某处是否发生“断路”，在保持电路完整的情况下，应使用多用电表的直流电压档进行测量，故选d故答案为：a；c；d点评：本题考查了欧姆表的使用及电路故障检测方法，使用欧姆表测电阻时，要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近；可以使用电压表、电流表与欧姆表检测电路故障，要掌握其检测方法与注意事项17如图（c）所示的金属工件，截面外方内圆，外边长约为1cm、内径约为0.5cm、长度约为40cm某同学用游标卡尺测出截面外边长如图（d）所示，其读数a=1.02cm应选用游标卡尺来测量工件内径d，选用毫米刻度尺来测量工件长度l（选填“毫米刻度尺”、“游标卡尺”、“螺旋测微器”）为了测出该金属的电阻率，该同学设计了如图（e）所示的电路，请按设计的电路完成实物图（f）的连线实验测得工件两端电压为u，通过的电流为i，写出该金属电阻率的表达式=（用a、d、l、u、i等字母表示）考点：测定金属的电阻率专题：实验题分析：（1）游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数；（2）可以用游标卡尺的内侧利爪测工件的内径；用毫米刻度尺测工件的长度；（3）根据电路图连接实物电路图；（4）根据欧姆定律与电阻定律求出电阻率的表达式解答：解：（1）由图d所示游标卡尺可得，主尺示数为1cm，游标尺示数为：20.1mm=0.2mm=0.02cm，则游标卡尺读数为：a=1cm+0.02cm=1.02cm；（2）应选用游标卡尺来测量工件内径d，选用毫米刻度尺来测量工件长度l（3）根据电路图连接实物电路图，电路图如图所示（4）工件的横截面积：s=a2（）2，工件电阻为：r=，由电阻定律为：r= 得金属的电阻率为：=故答案为：1.02；游标卡尺，毫米刻度尺；连线如上图所示；点评：游标卡尺主尺与游标尺示数之和是游标卡尺示数，对游标卡尺读数时，不需要估读；应用欧姆定律与电阻定律即可求出电阻率表达式18为测定一节干电池的电动势和内阻现提供如下仪器：a电压表（量程2v，内阻约8k）b电流表（量程0.6a，内阻ra=0.8）c滑动变阻器（020）d开关e若干导线为准确测定干电池的电动势和内阻，应选择图甲（选填“甲”或“乙”）；闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调至左端（选填“左”或“右”）移动变阻器的滑片，得到几组电压表和电流表的示数，描绘成如图丙所示的ui图象从图线的截距得出干电池的电动势为1.40v的理论依据是电源ui图象与纵轴交点坐标值是电源电动势；利用图丙可得到干电池的内阻为0.63（保留两位有效数字）考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：根据电源内阻大小与图示电路图分析答题；滑动变阻器采用限流接法，闭合开关前，滑片要置于阻值最大位置；根据闭合电路欧姆定律分析答题；电源ui图象斜率的绝对值是电源电动势解答：解：电流表内阻已知，采用伏安法测电源电动势与内阻时，应选择图甲所示电路由图乙所示电路图可知，滑动变阻器采用限流接法，闭合开关前，滑动变阻器的滑片应调至左端在闭合电路中，路端电压u=eir，当i=0时，u=e，则电源的ui图象与纵轴交点坐标值等于电源电动势，由图丙所示图象可知，电源电动势为1.40v电源ui图象斜率的绝对值是电源内阻，由图丙所示图象可知，电源内阻r=1.43，电池内阻为1.430.8=0.63故答案为：甲；左；电源ui图象与纵轴交点坐标值是电源电动势；0.63点评：应用伏安法测电源电动势与内阻时，如果电源内阻较小，相对于电源来说，应采用电流表外接法四、计算题（每小题12分，共计36分）19如图所示，质量为m的金属棒，放在距光滑金属导轨右端为l的地方，导轨间距为d，距离地面高度为h，处于大小为b、方向竖直向上的匀强磁场中，并接有电动势为e、内电阻为r的电池当开关k闭合时，金属棒先滑向右端再抛出，已知抛出的水平距离为s，不考虑金属棒切割磁感线产生的感应电流，重力加速度取g试计算：（1）金属棒做平抛运动的初速度为v；（2）电路的电流为i；（3）该金属棒的电阻考点：闭合电路的欧姆定律；平抛运动；安培力分析：（1）当将开关k闭合时，金属棒受到向右的安培力而飞出，飞出后做平抛运动，根据平抛运动的规律求得平抛运动的初速度（2）通电阶段，运用动能定理和安培力公式结合求解电流i（3）根据闭合电路欧姆定律求电阻解答：解：（1）设金属棒做平抛运动的初速度为v，根据平抛运动的规律在竖直方向上，有：h=gt2在水平方向上，有：s=vt联立解得：v=s （2）由于不考虑金属棒切割磁感线产生的感应电流，金属棒所受的安培力为恒力，方向水平向右，金属棒在光滑金属导轨上做匀加速直线运动，根据动能定理有： bidl=mv20由联立解得：电路的电流为 i=（3）设金属棒的电阻为r，根据闭合电路的欧姆定律，有： i=由联立解得：金属棒的电阻r=r答：（1）金属棒做平抛运动的初速度为v是s；（2）电路的电流为i是；（3）该金属棒的电阻是r点评：本题是电路与力学知识的综合，关键要抓住各个过程之间的联系，运用运动的分解法求平抛运动的初速度20如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴调节电源电压至u，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的m点（1）判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；（2）求磁感应强度b的值；（3）现保持喷口方向不变，使其竖直下移到两板中间的位置为了使墨滴仍能到达下板m点，应将磁感应强度调至b，则b的大小为多少？考点：带电粒子在混合场中的运动；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：（1）根据电场力和重力平衡求出电荷量的大小，通过电场力的方向确定电荷的正负（2）墨滴垂直进入电磁场共存区域，重力仍与电场力平衡，粒子做匀速圆周运动，根据粒子垂直打在m点，通过几何关系得出粒子的轨道半径，根据洛伦兹力提供向心力求出磁感应强度的大小（3）根据几何关系得出粒子做圆周运动的轨道半