江西省南昌市进贤县李渡中学高二物理下学期月考试卷（含解析）.doc

2014-2015学年江西省南昌市进贤县李渡中学高二（下）月考物理试卷一、选择部分（3分每题，共42分）1（3分）（2009秋长春期末）物理实验都需要有一定的控制条件奥斯特做电流磁效应实验时，应排除地磁场对实验的影响关于奥斯特的实验，下列说法中正确的是（）a该实验必须在地球赤道上进行b通电直导线应该竖直放置c通电直导线应该水平东西方向放置d通电直导线应该水平南北方向放置2（3分）（2010秋昌黎县校级期末）有关磁场的物理概念，下列说法中错误的是（）a磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，是矢量b磁感应强度的方向跟产生磁场的电流方向有关c磁感应强度的方向跟放入磁场中的受磁场力作用的电流方向有关d磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小3（3分）（2015春进贤县校级月考）关于电动势，下列说法中正确的是（）a一个电源的电动势的大小只由电源本身决定b因电动势的单位和电势差相同，所以电动势实质上就是电势差c一个电动势为1.5v的电源接入电路时，若有1c的电荷量通过电路，电源就有1.5j的电能转变成化学能d电压表接到电源两极时，测得的就是电动势4（3分）（2014秋会宁县校级期末）对于安培力和洛仑兹力，以下说法正确的是（）a通电导线在磁场中一定受安培力b只有通电导线与磁场垂直时才受安培力c不管带电粒子做什么运动，洛仑兹力总不做功d只有带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，洛仑兹力才不做功5（3分）（2015春进贤县校级月考）在匀强磁场中，一带电粒子做匀速圆周运动，如果突然将磁场的磁感强度加倍，则（）a粒子的运动速率加倍，运动周期减半b粒子的运动速率不变，轨道半径加倍c粒子的运动速率减半，轨道半径减为原来的d粒子的运动速率不变，运动周期减半6（3分）（2012开封四模）一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子经过的轨迹如图所示，轨迹上的每一小段都可以近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变），从图中可以确定粒子的运动方向和电性是（）a粒子从a到b，带负电b粒子从b到a，带负电c粒子从a到b，带正电d粒子从b到a，带正电7（3分）（2011秋秦州区校级期末）用伏特表（非理想电表）测得电池两端电压为u，若电池电动势为e，则（）au=ebuecued无法确定8（3分）（2015春进贤县校级月考）如图所示，两个同平面、同圆心放置的金属圆环a和b（a环面积大于b环），条形磁铁放在其中，通过两环的磁通量a、b相比较（）afabbabca=bd无法确定9（3分）（2011春衡阳期末）如图所示，一束质量、带电量、速率均未知的正离子（不计重力）射入正交的电场、磁场区域，发现有些离子毫无偏移地通过这一区域，对于这些离子来说，它们一定具有（）a相同的速率b相同的电量c相同的质量d速率、电量和质量均相同10（3分）（2011平江县校级学业考试）如图所示，条形磁铁放在水平粗糙桌面上，它的正中间上方固定一根长直导线，导线中通过方向垂直纸面向里（即与条形磁铁垂直）的电流和原来没有电流通过时相比较，磁铁受到的支持力n和摩擦力f将（）an减小，f=0bn减小，f0cn增大，f=0dn增大，f011（3分）（2014秋温州校级期中）如图所示，通电导体棒静止于水平导轨上，棒的质量为m，长为l，通过的电流大小为i且垂直纸面向里，匀强磁场的磁感应强度b的方向与导轨平面成角，则导体棒受到的（）a安培力大小为bilb安培力大小为bilsinc摩擦力大小为bilcosd支持力大小为mgbilcos12（3分）（2013秋白城期末）如图所示，虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距的等势面两粒子m、n的质量相等，所带电荷量的绝对值也相等现将m、n从虚线上的o点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示点a、b、c为实线与虚线的交点，已知o点电势高于c点若不计重力，则（）am带负电荷，n带正电荷bn在a点的速率小于m在c点的速率cn在从o点运动至a点的过程中克服电场力做功dm在从o点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零13（3分）（2014秋平度市期中）如图所示，平行板电容器与电动势为e的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的p点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）a带电油滴将沿竖直方向向上运动bp点的电势将降低c带电油滴的电势能将减小d若电容器的电容减小，则极板带电量将增大14（3分）（2011秋南关区校级期末）如图所示电路中，当滑动变阻器r的触头向下滑动时，（）a灯泡l1、l2、l3均变亮b灯泡l1、l3变亮，l2变暗c灯泡l1、l2变亮，l3变暗d灯泡l1变亮，l2、l3变暗二、实验部分（2分每空，共26分，15、16题电路3分）15（9分）（2011秋禅城区校级期中）用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，所用电流表和电压表的内电阻分别约为0.3和，如图1为所需的器材（1）请你把它们连成实验电路，注意两个电表要选用适当量程，并要求变阻器的滑动片在左端时其接入电路的电阻值最大（2）一位同学记录的6组数据见下表，试根据这些数据在图2中画出ui图线，根据图线求出电池的电动势v，内阻i/a0.120.200.310.350.500.57u/v1.371.321.241.181.191.0516（9分）（2011春碑林区校级期末）在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡为“6v，3w”，还备有下列器材电流表al（量程3a，内阻0.2）电流表a2（量程0.6a，内阻1）电压表v1（量程3v，内阻20k）电压表v2（量程15v，内阻60k）变阻器r1（01000，0.5a）变阻器r2（020，2a）学生电源（68v）开关s及导线若干在上述器材中，电流表应选用，电压表应选用变阻器应选用，在如图方框中画出实验的电路图17（8分）（2015春进贤县校级月考）如图所示在、分别做如下测量时读数分别为（1）10欧姆挡，5v电压表（2）如果要用此多用表测量一个约2000的电阻，为了使测量比较精确，应选的欧姆档是（选填“10”、“100”或“1k”）换档结束后，实验操作上首先要进行的步骤是三、计算部分（共32分）18（8分）（2011春碑林区校级期末）利用图所示电路可以测出电源的电动势和内电阻当滑动变阻器的滑动端在某一位置时，电流表和电压表的读数分别是0.50a和1.30v，改变滑动端的位置后，两表的读数分别为0.20a和1.42v求电池的电动势和内电阻（忽略电流表、电压表内阻的影响）19（10分）（2015春进贤县校级月考）如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小b=0.60t，磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l=16cm处，有一个点状的放射源s，它向各个方向发射粒子，粒子的速度都是v=3.0106m/s，现只考虑在图纸平面中运动的粒子，已知粒子的电荷与质量之比为=5.0107c/kg，求ab上被粒子打中的区域的长度20（14分）（2013成都模拟）如图，在平面直角坐标系xoy内，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第象限以on为直径的半圆形区域内，存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为b一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y=h处的m点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x=2h处的p点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场不计粒子重力求（1）电场强度大小e；（2）粒子在磁场中运动的轨道半径r；（3）粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t2014-2015学年江西省南昌市进贤县李渡中学高二（下）月考物理试卷参考答案与试题解析一、选择部分（3分每题，共42分）1（3分）（2009秋长春期末）物理实验都需要有一定的控制条件奥斯特做电流磁效应实验时，应排除地磁场对实验的影响关于奥斯特的实验，下列说法中正确的是（）a该实验必须在地球赤道上进行b通电直导线应该竖直放置c通电直导线应该水平东西方向放置d通电直导线应该水平南北方向放置考点：通电直导线和通电线圈周围磁场的方向分析：由于地磁的北极在地理的南极附近，故地磁场的磁感线有一个由南向北的分量，而只有当电流的方向与磁场的方向平行时通电导线才不受磁场的安培力解答：解：由于地磁的北极在地理的南极附近，故地磁场的磁感线有一个由南向北的分量，而当电流的方向与磁场的方向平行时通电导线才不受磁场的安培力，故在进行奥斯特实验时通电直导线可以水平南北方向放置，而不必非要在赤道上进行，但不能东西放置和竖直放置，故只有d正确故选：d点评：掌握了地磁场的特点和安培力的特点就能顺利解决此类题目2（3分）（2010秋昌黎县校级期末）有关磁场的物理概念，下列说法中错误的是（）a磁感应强度是描述磁场强弱的物理量，是矢量b磁感应强度的方向跟产生磁场的电流方向有关c磁感应强度的方向跟放入磁场中的受磁场力作用的电流方向有关d磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小考点：磁感应强度；磁感线及用磁感线描述磁场分析：磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是矢量，其方向就是该点的磁场方向，与产生磁场的电流方向有关，与放入磁场的电流元无关磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小解答：解：a、磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是矢量故a正确b、磁感应强度的方向就是该点的磁场方向，跟产生磁场的电流方向有关故b正确c、磁感应强度的方向是由磁场本身决定的，与放入磁场中的受磁场力作用的电流方向无关故c错误d、磁感线可以形象描述磁场的强弱和方向，磁感线的切线方向表示磁场的方向，其疏密表示磁感应强度的大小故d正确本题选错误的，故选c点评：本题考查对磁感应强度和磁感线的理解，关键抓住磁感应强度描述磁场本身的特性的物理量，与放入磁场的电流元无关3（3分）（2015春进贤县校级月考）关于电动势，下列说法中正确的是（）a一个电源的电动势的大小只由电源本身决定b因电动势的单位和电势差相同，所以电动势实质上就是电势差c一个电动势为1.5v的电源接入电路时，若有1c的电荷量通过电路，电源就有1.5j的电能转变成化学能d电压表接到电源两极时，测得的就是电动势考点：电源的电动势和内阻专题：恒定电流专题分析：电源是把其他形式的能转化为电能的装置，电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关，电动势的大小等于电源没有接入电路时两极间的电压电动势的定义式e=解答：解：a、电动势表征电源把其他形式的能转化为电能的本领大小，电动势由电源本身的特性决定，与外电路的结构无关故a正确b、电动势的单位和电势差相同，但两者的物理意义不同，不能说电动势就是电势差故b错误c、一个电动势为1.5v的电源接入电路时，若有1c的电荷量通过电路，由电动势的定义式e=，知e=1.5v，q=1c，则w非=1.5j，即电源就有1.5j的化学能转化为电能故c错误d、电压表接到电源两极时，测得的是电源两极间的电压，由于电压表构成了一个外电路，电源有一定的内电压，所以电压表的读数小于电动势，故d错误故选：a点评：本题考查对电源电动势的理解，要抓住电动势的物理意义、定义和欧姆定律来强化理解4（3分）（2014秋会宁县校级期末）对于安培力和洛仑兹力，以下说法正确的是（）a通电导线在磁场中一定受安培力b只有通电导线与磁场垂直时才受安培力c不管带电粒子做什么运动，洛仑兹力总不做功d只有带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时，洛仑兹力才不做功考点：洛仑兹力；安培力分析：要正确利用左手定则判断通电导线在磁场中所受安培力的方向，根据左手定则可知，安培力与电流和磁场所在平面垂直，因此安培力既垂直于磁场方向又垂直与电流方向；应用公式f=bil时，主要该公式成立的条件运动电荷的速度方向与磁场方向不在同一直线上时，电荷受到洛伦兹力作用；洛伦兹力方向与电荷运动方向、磁场方向都垂直解答：解：a、通电导线在磁场中平行放置时，不受安培力作用，除此之外，都存在安培力，当通电导线与磁场垂直放置时，安培力处于最大值故ab错误；c、由左手定则可知，洛伦兹力与电荷运动方向垂直，电荷在洛伦兹力方向上没有位移，洛伦兹力对电荷不做功，故c正确；d、由左手定则可知，洛伦兹力方向与磁场方向、电荷运动方向垂直，即洛仑兹力的方向总是垂直于磁场方向和电荷速度方向所构成的平面，因此不论做什么运动，洛伦兹力总是不做功，故d错误；故选c点评：安培力方向是初学者很容易出错的地方，在学习中要加强这方面的练习，正确应用左手定则判断安培力的方向，同时熟练应用f=bil 进行有关安培力的计算本题难度不大，知道带电粒子受洛伦兹力的条件、熟练应用左手定则即可正确解题5（3分）（2015春进贤县校级月考）在匀强磁场中，一带电粒子做匀速圆周运动，如果突然将磁场的磁感强度加倍，则（）a粒子的运动速率加倍，运动周期减半b粒子的运动速率不变，轨道半径加倍c粒子的运动速率减半，轨道半径减为原来的d粒子的运动速率不变，运动周期减半考点：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：该题考察了带电粒子在匀强磁场中圆周运动及其规律，首先明确洛伦兹力始终不做功，再利用半径公式r=和周期公式t=来分析各选项解答：解：a、c、洛伦兹力提供向心力，与速度垂直，不做功，故动能不变，速率不变；故ac错误；b、洛伦兹力提供向心力，与速度垂直，不做功，故动能不变，速率不变；根据半径公式r=，磁场的磁感应强度增加一倍，半径减小为；故b错误；d、根据周期公式t=，磁场的磁感应强度增加一倍，周期减小为；故d正确；故选：d点评：带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力是始终不做功的，即只改变速度的方向，不改变速度的大小此类问题要求掌握洛仑兹力的大小和方向的确定，带电粒子在匀强磁场中圆周运动及其规律，会应用周期公式和半径公式进行计算和分析有关问题6（3分）（2012开封四模）一个带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子经过的轨迹如图所示，轨迹上的每一小段都可以近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途空气电离，粒子的能量逐渐减小（带电量不变），从图中可以确定粒子的运动方向和电性是（）a粒子从a到b，带负电b粒子从b到a，带负电c粒子从a到b，带正电d粒子从b到a，带正电考点：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：带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则半径减小，即可由轨迹分析粒子入射的方向由左手定则判断电荷的电性解答：解：据题意，带电粒子沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子的能量逐渐减小，速度减小，则由公式r=得知，粒子的半径逐渐减小，由图看出，粒子的运动方向是从a到b在a处，粒子所受的洛伦兹力斜左上方，由左手定则判断可知，该粒子带正电故选c点评：本题只要掌握带电粒子在磁场中匀速圆周运动的半径r=和左手定则就能正确解答7（3分）（2011秋秦州区校级期末）用伏特表（非理想电表）测得电池两端电压为u，若电池电动势为e，则（）au=ebuecued无法确定考点：电源的电动势和内阻专题：恒定电流专题分析：设伏特表的内阻为rv，电源内阻为r，根据闭合电路欧姆定律列式即可判断解答：解：设伏特表的内阻为rv，电源内阻为r，根据闭合电路欧姆定律得：u=故选：c点评：本题考查了闭合电路欧姆定律的直接应用，知道电压表接在电源的两端测量的是路端电压8（3分）（2015春进贤县校级月考）如图所示，两个同平面、同圆心放置的金属圆环a和b（a环面积大于b环），条形磁铁放在其中，通过两环的磁通量a、b相比较（）afabbabca=bd无法确定考点：磁通量分析：在磁铁的外部，磁感线从n极出发进入s极，在磁铁内部，磁感线从s极指向n极磁感线是闭合曲线，磁铁内外总条数相等穿过环面的磁感线方向有两种，存在抵消情况，抵消后磁感线多，磁通量大解答：解：根据磁感线的分布情况可知，磁铁内部穿过环面的磁感线方向向上，外部磁感线方向向下由于磁感线是闭合曲线，磁铁内部的磁感线条数等于磁铁外部磁感线的总条数，而磁铁外部磁感线分布在无限大的空间，所以穿过环面的磁铁外部向下的磁感线将磁铁内部向上的磁感线抵消一部分，b的面积小，抵消较小，则磁通量较大，所以ab故b正确、acd错误故选：b点评：本题是非匀强磁场磁通量大小的比较问题，抓住抵消后剩余磁通量进行比较常见问题，中等难度9（3分）（2011春衡阳期末）如图所示，一束质量、带电量、速率均未知的正离子（不计重力）射入正交的电场、磁场区域，发现有些离子毫无偏移地通过这一区域，对于这些离子来说，它们一定具有（）a相同的速率b相同的电量c相同的质量d速率、电量和质量均相同考点：带电粒子在混合场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，粒子受电场力向下，洛伦兹力向上，粒子离子在复合场中沿水平方向直线通过故有qe=qvb，由此可正确解答结果解答：解：在复合场中对带电粒子进行正确的受力分析，粒子受电场力向下，洛伦兹力向上，粒子离子在复合场中沿水平方向直线通过故有qe=qvb，由此可知在不计重力的情况下，粒子能否匀速通过与电量、质量无关，只要具有相同的速率即可，因此a正确，bcd错误故选a点评：本题考查了速度选择器的工作原理，速度选择器是利用电场力等于洛伦兹力的原理进行工作的，故速度选择器只能选择速度而不能选择电性10（3分）（2011平江县校级学业考试）如图所示，条形磁铁放在水平粗糙桌面上，它的正中间上方固定一根长直导线，导线中通过方向垂直纸面向里（即与条形磁铁垂直）的电流和原来没有电流通过时相比较，磁铁受到的支持力n和摩擦力f将（）an减小，f=0bn减小，f0cn增大，f=0dn增大，f0考点：电流的磁场对磁针的作用分析：（1）通电导体在磁场中受到力的作用，力的方向可以用左手定则判断；（2）摩擦力产生的条件是两个物体相互接触，有相对运动的趋势或者已经发生相对运动解答：解：（1）磁铁的磁感线在它的外部是从n极到s极，因为长直导线在磁铁的中央上方，所以此处的磁感线是水平的，电流的方向垂直与纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的“安培力”方向竖直向上，如下图所示：（2）长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是竖直向下的；（3）因此磁铁对水平桌面的压力除了重力之外还有通电导线的作用力，压力是增大的；因为这两个力的方向都是竖直向下的，所以磁铁不会发生相对运动，也就不会产生摩擦力故选：c点评：（1）本题的关键是知道磁场对电流的作用的方向可以通过左手定则判断，然后根据作用力和反作用力的知识进行推理分析；（2）摩擦力产生的条件是两个相互接触的物体已经发生相对运动，或者有相对运动的趋势11（3分）（2014秋温州校级期中）如图所示，通电导体棒静止于水平导轨上，棒的质量为m，长为l，通过的电流大小为i且垂直纸面向里，匀强磁场的磁感应强度b的方向与导轨平面成角，则导体棒受到的（）a安培力大小为bilb安培力大小为bilsinc摩擦力大小为bilcosd支持力大小为mgbilcos考点：安培力；摩擦力的判断与计算分析：导体棒ac静止于水平导轨上，受到重力、安培力、导轨的支持力和静摩擦力导体棒与磁场方向垂直，安培力大小fa=bil，根据左手定则判断安培力方向，根据平衡条件求解导轨对导体棒的摩擦力和支持力解答：解：以导体棒为研究对象，分析受力，如图其中，安培力大小fa=bil，根据平衡条件得：g+facos=nf=fasin由得：n=g+facos=mg+bilcos由得：f=bilsin故a正确，bcd错误 故选：a点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，将立体图转换为平面图，结合共点力平衡进行求解12（3分）（2013秋白城期末）如图所示，虚线为匀强电场中与场强方向垂直的等间距的等势面两粒子m、n的质量相等，所带电荷量的绝对值也相等现将m、n从虚线上的o点以相同速率射出，两粒子在电场中运动的轨迹分别如图中两条实线所示点a、b、c为实线与虚线的交点，已知o点电势高于c点若不计重力，则（）am带负电荷，n带正电荷bn在a点的速率小于m在c点的速率cn在从o点运动至a点的过程中克服电场力做功dm在从o点运动至b点的过程中，电场力对它做的功等于零考点：电势差与电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：根据粒子的轨迹可判断粒子的电场力方向，o点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可判断出电场方向，从而确定出粒子的电性由动能定理可知，n在a点的速度与m在c点的速度大小相等，但方向不同n从o点运动至a点的过程中电场力做正功o、b间电势差为零，由动能定理可知电场力做功为零解答：解：a、由题，等势线在水平方向，o点电势高于c点，根据电场线与等势线垂直，而且由高电势指向低电势，可知电场方向竖直向下，根据粒子的轨迹可判断出a粒子所受的电场力方向竖起向上，m粒子所受的电场力方向竖直向下，故知n粒子带负电，m带正电故a错误b、由动能定理可知，n在a点的速度与m在c点的速度大小相等，但方向不同故b错误c、n从o点运动至a点的过程中电场力与速度的夹角为锐角，电场力做正功故c错误d、o、b间电势差为零，由动能定理可知m从o点运动至b点的过程中，电场力对它做功为零故d正确故选：d点评：本题要根据粒子的轨迹判定电场力方向，根据电场线与等势线垂直的特点，分析能否判定电性由动能定理分析电场力做功是常用的方法13（3分）（2014秋平度市期中）如图所示，平行板电容器与电动势为e的直流电源（内阻不计）连接，下极板接地一带电油滴位于电容器中的p点且恰好处于平衡状态现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离（）a带电油滴将沿竖直方向向上运动bp点的电势将降低c带电油滴的电势能将减小d若电容器的电容减小，则极板带电量将增大考点：带电粒子在混合场中的运动专题：带电粒子在复合场中的运动专题分析：将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，电容器两板间电压不变，根据e=分析板间场强的变化，判断电场力变化，确定油滴运动情况由u=ed分析p点与下极板间电势差如何变化，即能分析p点电势的变化和油滴电势能的变化解答：解：a、将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，由于电容器两板间电压不变，根据e=得知板间场强减小，油滴所受的电场力减小，则油滴将向下运动故a错误b、场强e减小，而p点与下极板间的距离不变，则由公式u=ed分析可知，p点与下极板间电势差将减小，而p点的电势高于下极板的电势，则知p点的电势将降低故b正确c、由带电油滴原来处于平衡状态可知，油滴带负电，p点的电势降低，则油滴的电势能将增加故c错误d、根据q=uc，由于电势差不变，电容器的电容减小，故带电量减小，故d错误；故选：b点评：本题运用e=分析板间场强的变化，判断油滴如何运动运用推论：正电荷在电势高处电势能大，而负电荷在电势高处电势能小，来判断电势能的变化14（3分）（2011秋南关区校级期末）如图所示电路中，当滑动变阻器r的触头向下滑动时，（）a灯泡l1、l2、l3均变亮b灯泡l1、l3变亮，l2变暗c灯泡l1、l2变亮，l3变暗d灯泡l1变亮，l2、l3变暗考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：小灯泡l3与变阻器串联后与l2并联，再与l1串联；当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，变阻器接入电路的电阻减小，并联电路的总电阻减小，根据欧姆定律分析电路中电流和路端电压的变化，即可判断l1亮度的变化根据并联电路电压的变化，分析l2亮度的变化分析l1、l2电流的变化情况，可判断出通过l3电流的变化，得到其亮度的变化解答：解：当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，其接入电路的电阻减小，并联电路的总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流增大，路端电压减小，则知灯泡l1变亮并联部分分担的电压减小，则l2变暗通过l1的电流增大，通过l2电流减小，则通过l3电流增大，则l3变亮故b正确故选：b点评：本题是电路的动态变化分析问题，首先要搞清电路的结构，再按照“局部整体局部”的思路进行分析二、实验部分（2分每空，共26分，15、16题电路3分）15（9分）（2011秋禅城区校级期中）用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内电阻的实验中，所用电流表和电压表的内电阻分别约为0.3和，如图1为所需的器材（1）请你把它们连成实验电路，注意两个电表要选用适当量程，并要求变阻器的滑动片在左端时其接入电路的电阻值最大（2）一位同学记录的6组数据见下表，试根据这些数据在图2中画出ui图线，根据图线求出电池的电动势1.46v，内阻0.75i/a0.120.200.310.350.500.57u/v1.371.321.241.181.191.05考点：测定电源的电动势和内阻专题：恒定电流专题分析：（1）电源的内阻是比较小的，为了减小误差，采用电流表的内接法（2）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）根据要求，变阻器的滑动触头滑至最左端时，其使用电阻值最大，电源的内阻是比较小的，为了减小误差，采用电流表的内接法，按要求连实验实物图，如图1（2）根据这些数据作出ui图象如图2在ui图象中图象与纵坐标的交点等于电源的电动势，所以由图可以读出电源的电动势为1.46v，图象中的斜率表示电源的内阻，所以电源的内阻为r=0.75故答案为：（1）如图（2）1.46，0.75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16（9分）（2011春碑林区校级期末）在“描绘小灯泡伏安特性曲线”的实验中，使用的小灯泡为“6v，3w”，还备有下列器材电流表al（量程3a，内阻0.2）电流表a2（量程0.6a，内阻1）电压表v1（量程3v，内阻20k）电压表v2（量程15v，内阻60k）变阻器r1（01000，0.5a）变阻器r2（020，2a）学生电源（68v）开关s及导线若干在上述器材中，电流表应选用a2，电压表应选用v2变阻器应选用r2，在如图方框中画出实验的电路图考点：描绘小电珠的伏安特性曲线专题：实验题分析：（1）根据灯泡正常发光时的电流确定电流表量程，根据灯泡额定电压确定电压表量程，在保证安全的前提下，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器（2）描绘小灯泡伏安特性曲线，电流与电压应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法，然后作出实验电路图解答：解：（1）灯泡正常发光时的电流i=0.5a，电流表应选a2，灯泡额定电压为6v，电压表应选v2，为方便实验操作，滑动变阻器应选r2（2）描绘小灯泡伏安特性曲线电压与电流应从零开始变化，因此滑动变阻器应采用分压接法；灯泡电阻r=12，=12，=500，则电流表应采用外接法，电路图如图所示故答案为：a2；v2；r2；电路图如图所示点评：本题考查了实验电路设计，根据题目要求确定滑动变阻器的接法、根据灯泡电阻与电表内阻的关系确定电流表的接法是正确解题的关键要掌握应用图象法处理实验数据的方法17（8分）（2015春进贤县校级月考）如图所示在、分别做如下测量时读数分别为（1）10欧姆挡300，5v电压表3.2v（2）如果要用此多用表测量一个约2000的电阻，为了使测量比较精确，应选的欧姆档是100（选填“10”、“100”或“1k”）换档结束后，实验操作上首先要进行的步骤是欧姆调零考点：用多用电表测电阻专题：实验题分析：欧姆档指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数；根据电压表量程由图示表盘确定其分度值，然后读出其示数；用欧姆表测电阻要选择合适的挡位，使指针指在中央刻度线附近，欧姆表换挡后要进行欧姆调零解答：解：（1）欧姆表选择10挡，由图所示指针可知，欧姆表示数为3010=300，电压表量程为5v，由图示表盘可知，其分度值为0.1v，由图所示指针可知，其示数为3.2v；（2）由图示表盘可知，中央刻度线所示约为15，用该多用电表测约为2000的电阻，为了使测量比较精确，应选的欧姆档是100；换档结束后，实验操作上首先要进行的步骤是欧姆调零故答案为：（1）300；3.2v（2）100；欧姆调零点评：本题考查了多用电表读数与欧姆表的使用方法，对多用电表读数时要先确定其测量的量与量程，然后根据表盘确定其分度值，再根据指针为读数，读数时视线要与电表刻度线垂直三、计算部分（共32分）18（8分）（2011春碑林区校级期末）利用图所示电路可以测出电源的电动势和内电阻当滑动变阻器的滑动端在某一位置时，电流表和电压表的读数分别是0.50a和1.30v，改变滑动端的位置后，两表的读数分别为0.20a和1.42v求电池的电动势和内电阻（忽略电流表、电压表内阻的影响）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，对两种情况分别列式，组成方程组，即可求解电池的电动势和内电阻解答：解：根据闭合电路欧姆定律e=u+ir得 e=u1+i1r e=u2+i2r 代入得 e=1.3+0.5r e=1.42+0.2r 联立解得：e=1.5v，r=0.4答：电池的电动势是1.5v，内电阻是0.4点评：本题是闭合电路欧姆定律的简单应用，提供了一种测量电源电动势和内阻的方法：伏安法19（10分）（2015春进贤县校级月考）如图，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小b=0.60t，磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行，在距ab的距离l=16cm处，有一个点状的放射源s，它向各个方向发射粒子，粒子的速度都是v=3.0106m/s，现只考虑在图纸平面中运动的粒子，已知粒子的电荷与质量之比为=5.0107c/kg，求ab上被粒子打中的区域的长度考点：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：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛仑兹力充当向心力可求得粒子的半径，则根据几何关系可求得ab上被打中的区域的长度解答：解：粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用r表示轨道半径，有： 由此得：代入数值得r=10cm可见，2rlr因朝不同方向发射的粒子的圆轨迹都过s，由此可知，某一圆轨迹在图中n左侧与ab相切，则此切点p1就是粒子能打中的左侧最远点为定出p1点的位置，可作平行于ab的直线