湖北省荆州市沙市中学高二物理上学期期中试卷（含解析）.doc

2013-2014学年湖北省荆州市沙市中学高二（上）期中物理试卷一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分18为单选题，912为多选题每小题全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1（4分）（2013秋西陵区期中）以下是对磁感应强度的理解的若干说法，其中正确的是（）a由b=可知，磁感应强度b与通电直导线受到的磁场力成正比b磁场中一小段通电导线所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向c一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零d一小段通电直导线放在磁感应强度为零的位置，那么它受到的磁场力f一定为零2（4分）（2010秋温州期末）如图为某电场中的一条电场线，针对电场线上a、b两点的场强和电势有以下说法，你认为正确的是（）aa点场强一定大于b点场强ba点场强一定小于b点场强ca点电势一定高于b点电势da点电势一定低于b点电势3（4分）（2013秋西陵区期中）真空中有p1和p2两个点电荷，不计重力作用，p1的电量是p2的2倍，p1的质量是p2的一半，将它们释放时，p2的加速度的大小等于a，则p1加速度的大小等于（）abc2ad4a4（4分）（2008杭州一模）某同学用如图所示的电路进行小电机m的输出功率的研究，其实验步骤如下所述，闭合电键后，调节滑动变阻器，电动机未转动时，电压表的读数为u1，电流表的读数为i1；再调节滑动变阻器，电动机转动后电压表的读数为u2，电流表的读数为i2，则此时电动机的输出功率为（）au2i2bu2i2+cu2i2d5（4分）（2013秋西陵区期中）ab导线水平放置，并被固定cd导线在ab导线附近与ab导线有一段距离，竖直放置，cd导线能自由移动，当导线中通入如图所示方向的电流时，cd导线的运动情况将是（）a不动b顺时针转动，且靠近abc顺时针转动，且远离abd逆时针转动，且远离ab6（4分）（2013秋邯郸期末）如图是一火警报警的一部分电路示意图其中r2为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器当传感器r2所在处出现火情时，显示器的电流i、报警器两端的电压u的变化情况是（）ai变大，u变大bi变小，u变小ci变小，u变大di变大，u变小7（4分）（2013秋西陵区期中）如图所示，有的计算机键盘的每一个键下面连一小块金属片，与该金属片隔有一定空气隙的是另一片小的固定金属片，这两片金属片组成一个小电容器该电容器的电容c可用公式计算，式中常量e=91012f/m，s表示金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离，当键被按下时，此小电容器的电容c发生变化，与之相连的电子线路就能检测出是哪个键被按下了，从而给出相应的信号设每个金属片的正对面积为50mm2，键未按下时两金属片间的距离为0.6mm如果电容变化0.25pf，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需被按下（）a0.45mmb0.3mmc0.2mmd0.15mm8（4分）（2013南宁三模）ab和cd为圆上两条相互垂直的直径，圆心为o将电荷量分别为+q和q的两点电荷放在圆周上，其位置关于ab对称且距离等于圆的半径，如图所示要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷q，则该点电荷q（）a应放在a点，q=2qb应放在b点，q=2qc应放在c点，q=qd应放在d点，q=q9（4分）（2005江苏模拟）如图，有两个完全相同的带电金属球a、bb固定在绝缘地板上，a在离b高h的正上方，由静止释放，与b发生碰撞后回跳高度为h，设碰撞过程中无动能损失，空气阻力不计（）a若a、b带等量的同种电荷，则h=hb若a、b带等量的同种电荷，则hhc若a、b带等量的异种电荷，则hhd若a、b带等量的异种电荷，则h=h10（4分）（2013秋西陵区期中）经过精确校准的电压表v1和v2，分别用来测定如图所示电路中r两端a、b间的电压，读数依次为12.7v和12.3v，则（）aa、b间的实际电压应大于12.7vba、b间的实际电压应小于12.3vc电压表v1的内阻大于v2的内阻d电压表v1的内阻小于v2的内阻11（4分）（2013秋西陵区期中）如图所示，电子在电势差为u1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为u2的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处于真空中，重力可忽略在满足电子能射出平行板的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏角变大的是（）au1变大，u2变大bu1变小，u2变大cu1变小，u2不变du1变小，u2变小12（4分）（2003上海）一负电荷仅受电场力作用，从电场中的a点运动到b点，在此过程中该电荷做初速度为零的匀加速直线运动，则a、b两点电场强度ea、eb及该电荷在a、b两点的电势能a、b之间的关系为（）aea=ebbeaebca=bdab二实验题（本大题共2题，总分14分）13（6分）（2013秋沙市区校级期中）某人用多用电表按正确步骤测量一电阻的阻值，当选择欧姆挡“1”挡测量时，指针指示位置如下图所示，则其电阻值是如果要用这只多用电表测量一个约200欧的电阻，为了使测量比较精确，选择开关应选的欧姆挡是改变挡位后，测量约200欧的电阻之前，要特别注意对该挡位重新14（8分）（2013秋西陵区期中）某同学用伏安法测量一个额定功率为1w、阻值约为5的电阻rx实验室中现有如下实验器材：a电流表a1（量程00.6a，内阻约为0.2）b电流表a2（量程03a，内阻约为0.05）c电压表v1（量程03v，内阻约为3k）d电压表v2（量程015v，内阻约为15k）e滑动变阻器r2（05）f蓄电池e（电动势约为12v，内阻不计）g开关、导线若干为了较准确的测量rx的阻值，要求电压从零开始调节，多测几组数据，画出ui图象，从而求出rx的阻值（1）电流表应选、电压表应选（填器材前的字母序号）（2）在方框内画出该实验的电路图三计算题（本题共5小题，共48分解答时请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的单位）15（8分）（2013秋西陵区期中）如图为“电流天平”示意图，它可用于测定磁感应强度b在天平的右端挂有一矩形线圈，设其匝数为5匝，底边cd长20cm，放在待测匀强磁场中，使线圈平面与磁场垂直设磁场方向垂直于纸面向里，当线圈中通入如图方向的电流i=100ma时，两盘均不放砝码，天平平衡若保持电流大小不变，使电流方向反向，则要在天平左盘加质量m=8.2g砝码，天平才能平衡则磁感应强度b的大小为多少（g取10m/s2）？16（8分）（2013秋西陵区期中）在图示的电路中，电源电动势e=12v，内阻r=2，r1=10当滑动变阻器在某一位置时，电路中电压表读数为2v，电流表读数为0.8a两电表均为理想电表求r2的阻值17（8分）（2013秋西陵区期中）如图所示，电源电动势e=10v，内电阻r=2，r1=28，r2=20，r3=60，电容c=4108f，试求：（1）开关s断开稳定后，电容器所带电量（2）再突然闭合s，求s闭合后，通过r3的电量18（10分）（2013秋西陵区期中）如图所示，长度为l的细线一端固定于o点，另一端系一质量为m的带电小球，整个装置置于水平向右的匀强电场（电场区域足够大）中，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角为=60（1）若将小球拉至o点右方使细线呈水平状态由静止释放，则小球的速度最大时，细线的张力为多少？（2）现将小球拉至o点左方使细线呈水平状态由静止释放，则小球第一次运动到o点正下方时的速度大小为多少？19（14分）（2013秋西陵区期中）如图（a）所示，a和b表示在真空中两平行金属板，加上电压后，它们之间的电场可视为匀强电场，图（b）表示一周期性的交变电压波形，横坐标代表时间t，纵坐标代表电压u，从t=0开始，电压为一给定值u0，经过半个周期，突然变为u0，再过半个周期，又突然变为u0；如此周期性交替变化将上述交变电压u加在a、b两板上，使开始时a板电势比b板高在t=0时，在紧靠b板处有一个初速为零的电子（质量为m，电量为q）在电场作用下开始运动，经过时间t（t为电压变化的周期且已知）刚好到达a板（1）求两板间的距离d；（2）在t=时，在紧靠b板处有一个初速为零的电子在电场作用下开始运动，则电子经过多长时间打在哪个板上？（3）在t=时，在紧靠b板处有一个初速为零的电子在电场作用下开始运动，则电子经过多长时间打在哪个板上？2013-2014学年湖北省荆州市沙市中学高二（上）期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共12小题，每小题4分，共48分18为单选题，912为多选题每小题全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1（4分）（2013秋西陵区期中）以下是对磁感应强度的理解的若干说法，其中正确的是（）a由b=可知，磁感应强度b与通电直导线受到的磁场力成正比b磁场中一小段通电导线所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向c一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零d一小段通电直导线放在磁感应强度为零的位置，那么它受到的磁场力f一定为零考点：磁感应强度分析：磁感应强度：，大小与f合il无关，由磁场本身性质决定；根据左手定则，安培力的方向与电流方向、磁场方向垂直；小磁针在磁场中静止时北极所指的方向就是该点磁感应强度的方向解答：解：a、由大小与f合il无关，由磁场本身性质决定故a错误； b、根据左手定则，安培力的方向与电流方向、磁场方向垂直，安培力的方向与磁场方向不同故b错误 c、小由大小与f合il无关，由磁场本身性质决定；通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度不一定为零故c错误 d、根据f=bil，b为0，则安培力一定为0故d正确；故选：d点评：解决本题的关键知道磁感应强度的定义式是，大小与f合il无关，由磁场本身性质决定方向为小磁针静止时n极的指向，与安培力方向不一致2（4分）（2010秋温州期末）如图为某电场中的一条电场线，针对电场线上a、b两点的场强和电势有以下说法，你认为正确的是（）aa点场强一定大于b点场强ba点场强一定小于b点场强ca点电势一定高于b点电势da点电势一定低于b点电势考点：电场线；电场强度；电势专题：电场力与电势的性质专题分析：电场强度的大小看电场线的疏密程度，电场线越密的地方电场强度越大，电势的高低看电场线的指向，沿着电场线电势一定降低解答：解：电场线越密的地方电场强度越大，由于只有一条电场线，无法看出电场线的疏密，故ea与eb可能相等、可能不相等；沿着电场线电势一定降低，故a一定大于b；故选c点评：本题关键在于通过电场线的疏密程度看电场强度的大小，通过电场线的指向看电势的高低3（4分）（2013秋西陵区期中）真空中有p1和p2两个点电荷，不计重力作用，p1的电量是p2的2倍，p1的质量是p2的一半，将它们释放时，p2的加速度的大小等于a，则p1加速度的大小等于（）abc2ad4a考点：库仑定律；牛顿第二定律专题：电场力与电势的性质专题分析：真空中的两电荷间存在库仑力根据牛顿第二定律求p1的加速度解答：解：p2所受的合力是p1施给它的库仑力，所以库仑力f=m2a，则p1所受的合力为p2施给它的库仑力，两个电荷间的库仑力是相互作用的一对力所以=2a故c正确，a、b、d错误故选c点评：解决本题的关键会利用牛顿第二定律求解加速度，a=4（4分）（2008杭州一模）某同学用如图所示的电路进行小电机m的输出功率的研究，其实验步骤如下所述，闭合电键后，调节滑动变阻器，电动机未转动时，电压表的读数为u1，电流表的读数为i1；再调节滑动变阻器，电动机转动后电压表的读数为u2，电流表的读数为i2，则此时电动机的输出功率为（）au2i2bu2i2+cu2i2d考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：闭合电键后，电动机未转动时，其电路是纯电阻电路，由电压表的读数为u1，电流表的读数为i1求出电动机的内阻r电动机转动后，由电压表的读数为u2，电流表的读数为i2求出电动机的电功率p电，由p热=i22r求出发热功率，根据能量守恒得到电动机的输出功率p出=p电p热解答：解：闭合电键后，电动机未转动时，电动机的内阻r= 电动机转动后，电动机的电功率p电=u2i2，发热功率p热=i22r，则电动机的输出功率p出=p电p热=u2i2故选a点评：对于电动机电路是不是非纯电阻电路不能一概而论，要具体情况具体分析，当电动机不转动时，其电路是纯电阻电路，而转动时是非纯电阻电路5（4分）（2013秋西陵区期中）ab导线水平放置，并被固定cd导线在ab导线附近与ab导线有一段距离，竖直放置，cd导线能自由移动，当导线中通入如图所示方向的电流时，cd导线的运动情况将是（）a不动b顺时针转动，且靠近abc顺时针转动，且远离abd逆时针转动，且远离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产生的磁场在下边垂直纸面向里，在上边垂直纸面向外，在cd上下两边各取一小电流元，根据左手定则，上边的电流元所受的安培力方向向右，下边的电流元所受安培力方向向左，知cd导线顺时针方向转动当cd导线转过90后，两电流为同向电流，相互吸引所以导线cd顺时针方向转动，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6（4分）（2013秋邯郸期末）如图是一火警报警的一部分电路示意图其中r2为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表为值班室的显示器，a、b之间接报警器当传感器r2所在处出现火情时，显示器的电流i、报警器两端的电压u的变化情况是（）ai变大，u变大bi变小，u变小ci变小，u变大di变大，u变小考点：常见传感器的工作原理分析：r2为用半导体热敏材料制成的传感器，温度升高时，其电阻减小当传感器r2所在处出现火情时，分析r2的变化，确定外电路总电阻的变化，分析总电流和路端电压的变化，即可知u的变化根据并联部分电压的变化，分析i的变化解答：解：当传感器r2所在处出现火情时，r2的阻值变小，外电路总电阻变小，则总电流变大，电源的内电压变大，路端电压变小，则u变小电路中并联部分的电压u并=ei（r1+r），i变大，其他量不变，则u并变小，i也变小所以i变小，u变小，故b正确，acd错误故选：b点评：本题解题关键是掌握热敏电阻与温度的关系，再按“局部整体局部”的顺序进行动态变化分析7（4分）（2013秋西陵区期中）如图所示，有的计算机键盘的每一个键下面连一小块金属片，与该金属片隔有一定空气隙的是另一片小的固定金属片，这两片金属片组成一个小电容器该电容器的电容c可用公式计算，式中常量e=91012f/m，s表示金属片的正对面积，d表示两金属片间的距离，当键被按下时，此小电容器的电容c发生变化，与之相连的电子线路就能检测出是哪个键被按下了，从而给出相应的信号设每个金属片的正对面积为50mm2，键未按下时两金属片间的距离为0.6mm如果电容变化0.25pf，电子线路恰能检测出必要的信号，则键至少需被按下（）a0.45mmb0.3mmc0.2mmd0.15mm考点：电容专题：电容器专题分析：根据电容的公式，求出初始位置的电容，再根据电子线路恰能检测出必要的信号时的电容求出d，从而求出d的变化解答：解：初始位置的电容=f=7.51013fd减小，c增大，电子线路恰能检测出必要的信号时的电容c=7.51013+2.51013f=11012f，则，所以d的变化量为0.15mm，即键至少需被按下0.15mm故d正确，a、b、c错误故选d点评：解决本题的关键利用电容的公式进行求解8（4分）（2013南宁三模）ab和cd为圆上两条相互垂直的直径，圆心为o将电荷量分别为+q和q的两点电荷放在圆周上，其位置关于ab对称且距离等于圆的半径，如图所示要使圆心处的电场强度为零，可在圆周上再放一个适当的点电荷q，则该点电荷q（）a应放在a点，q=2qb应放在b点，q=2qc应放在c点，q=qd应放在d点，q=q考点：电场的叠加分析：利用场强的合成法则，先求出+q和q在o点处的合场强e1，再寻求点电荷q放的位置能使圆心o处的场强与e1等大反向解答：解：+q的点电荷在圆心o处的场强与q的点电荷在圆心o处的场强的合场强方向由o点指向d点，根据几何关系和点电荷的场强公式得e1=；要使圆心处的电场强度为零，只要点电荷q在圆心o处产生的场强方向由o指向c即可，大小也为，所以，点电荷q=q且应发在c点故c正确，abd错误故选：c点评：本题的关键是明确点电荷q产生的电场与+q、q产生的合场强等大方向；熟练应用圆的几何关系9（4分）（2005江苏模拟）如图，有两个完全相同的带电金属球a、bb固定在绝缘地板上，a在离b高h的正上方，由静止释放，与b发生碰撞后回跳高度为h，设碰撞过程中无动能损失，空气阻力不计（）a若a、b带等量的同种电荷，则h=hb若a、b带等量的同种电荷，则hhc若a、b带等量的异种电荷，则hhd若a、b带等量的异种电荷，则h=h考点：电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：带电小球要分同种还是异种电荷，同种等量电荷相碰后，电荷量不变，电场力整体不做功，相当于只有重力作用；而异种电荷相碰后，电荷量中和，则没有库仑力作用，则上升电场力不做功解答：解：ab若两球带等量同种电荷，碰撞前后两球电荷量不变，根据能量守恒，整个过程中，电场力对a球做功为0，所以h=h；故a正确cd若两球带等量异种电荷，碰撞后两球电荷中和，均不带电，碰撞前电场力做正功，碰撞后没有电场力做功，整个过程电场力做正功，电势能减小转化为机械能，根据能量守恒，所以hh；故c正确，d错误故选a、c点评：考查重力做功与电场力做功，及相碰后电量平分，同时分同种与异种电荷并要掌握能量守恒的应用10（4分）（2013秋西陵区期中）经过精确校准的电压表v1和v2，分别用来测定如图所示电路中r两端a、b间的电压，读数依次为12.7v和12.3v，则（）aa、b间的实际电压应大于12.7vba、b间的实际电压应小于12.3vc电压表v1的内阻大于v2的内阻d电压表v1的内阻小于v2的内阻考点：伏安法测电阻专题：恒定电流专题分析：本题的关键是明确电压表不是理想电表，根据欧姆定律和串并联规律不能得出接入电压表后电路两端的电压小于没接入电压表时电路两端的实际电压，即电压表内阻越大电压表的示数越接近电路两端的实际电压解答：解：由于电压表不是理想电表（内阻不是无穷大），当a、b两端接入电压表后，电阻r与电压表的并联电阻小于电阻r，根据欧姆定律和串并联规律可知，电阻r与电压表的并联总电压小于电阻r的实际电压，即a、b两端实际电压将大于电压表的示数，当然大于电压表的示数，所以a正确b错误根据欧姆定律可知，若电压表的内阻越大，电压表与r的并联电阻就越大，电压表的示数也越大，即电压表的内阻大于电压的内阻，所以c正确d错误故选ac点评：应牢记若电压表不是理想电表时，电压表的示数总小于电路两端的实际电压，电压表的内阻越大，电压表示数越接近实际电压11（4分）（2013秋西陵区期中）如图所示，电子在电势差为u1的加速电场中由静止开始运动，然后射入电势差为u2的两块平行板间的电场中，入射方向跟极板平行，整个装置处于真空中，重力可忽略在满足电子能射出平行板的条件下，下述四种情况中，一定能使电子的偏角变大的是（）au1变大，u2变大bu1变小，u2变大cu1变小，u2不变du1变小，u2变小考点：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：电子在加速电场中，在电场力的作用下，做匀加速直线运动，可由电场力做功求出射出加速电场是的速度电子在水平放置的平行板之间，因受到的电场力的方向与初速度的方向垂直，故电子做类平抛运动运用平抛运动的竖直方向的速度与水平方向的速度的关系，可求出角度的变化情况解答：解：设电子被加速后获得初速为v0，则由动能定理得：又设极板长为l，则电子在电场中偏转所用时间：又设电子在平行板间受电场力作用产生加速度为a，由牛顿第二定律得：电子射出偏转电场时，平行于电场方向的速度：vy=at由、可得：又有：故u2变大，u1变小，或u1变小，u2不变，都可使偏转角变大，故选项b正确，c正确，ad错误故选：bc点评：带电粒子在电场中的运动，可分为三类，第一类是在匀强电场中做匀变速速直线运动，此过程是电势能与带电粒子动能之间的转化第二类是带电粒子在匀强电场中偏转，带电粒子垂直进出入匀强电场时做匀变速曲线运动，分解为两个方向的直线运动，分别用公式分析、求解运算，是这类问题的最基本解法第三类是带电粒子在点电荷形成的电场中做匀速圆周运动，应用圆周运动的知识求解12（4分）（2003上海）一负电荷仅受电场力作用，从电场中的a点运动到b点，在此过程中该电荷做初速度为零的匀加速直线运动，则a、b两点电场强度ea、eb及该电荷在a、b两点的电势能a、b之间的关系为（）aea=ebbeaebca=bdab考点：电势能；电场强度专题：应用题分析：根据受力特点可以判断a、b两点电场强度的大小，根据电场力做功的正负判断a、b两点电势能的高低解答：解：由于电荷做匀加速直线运动，所以根据eq=ma可知，电场强度不变，即ea=eb；电荷做初速度为零的匀加速直线运动，且只受电场力，因此电场力做正功，电势能减小，所以ab，故bc错误，ad正确故选ad点评：本题比较简单，基础性强；要加强理解电场力和电场强度关系，电势能和电场力做功关系二实验题（本大题共2题，总分14分）13（6分）（2013秋沙市区校级期中）某人用多用电表按正确步骤测量一电阻的阻值，当选择欧姆挡“1”挡测量时，指针指示位置如下图所示，则其电阻值是12如果要用这只多用电表测量一个约200欧的电阻，为了使测量比较精确，选择开关应选的欧姆挡是“10”挡改变挡位后，测量约200欧的电阻之前，要特别注意对该挡位重新进行欧姆调零考点：用多用电表测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：欧姆表指针示数与对应挡位的乘积是欧姆表示数；使用欧姆表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零解答：解：用“1”挡测电阻，由图示可知，待测电阻阻值为121=12；测约为200的电阻，应选择“10”挡，换挡后要重新进行欧姆调零，然后再测电阻阻值故答案为：12；“10”挡；进行欧姆调零点评：本题考查了欧姆表读数、欧姆表使用注意事项，欧姆表指针示数与对应挡位的乘积是欧姆表示数；使用欧姆表测电阻，应选择合适的挡位，使指针指在表盘中央刻度线附近，欧姆表换挡后要重新进行欧姆调零14（8分）（2013秋西陵区期中）某同学用伏安法测量一个额定功率为1w、阻值约为5的电阻rx实验室中现有如下实验器材：a电流表a1（量程00.6a，内阻约为0.2）b电流表a2（量程03a，内阻约为0.05）c电压表v1（量程03v，内阻约为3k）d电压表v2（量程015v，内阻约为15k）e滑动变阻器r2（05）f蓄电池e（电动势约为12v，内阻不计）g开关、导线若干为了较准确的测量rx的阻值，要求电压从零开始调节，多测几组数据，画出ui图象，从而求出rx的阻值（1）电流表应选a、电压表应选c（填器材前的字母序号）（2）在方框内画出该实验的电路图考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：求出额定功率为5w、阻值约为1电阻rx的额定电流与额定电压，来选择电表的量程电压从零开始调节，变阻器采用分压接法根据电表内阻与被测电阻的关系选择电流表的接法解答：解：（1）由p=i2r，电阻的额定电流为：i=0.45a，故电流表选a电阻的额定电压为：u=ir=2.2v，故电压表选c 电压从零开始调节，变阻器采用分压接法由于=600=25，则采用电流表外接法（2）电路图如图所示：故答案为：（1）a，c；（2）如图所示点评：对于电路的设计可分为两部分，一部分是控制电路，根据要求选择变阻器的接法二是测量电路，要减小误差，用阻值比较法确定电流表内接法或外接法三计算题（本题共5小题，共48分解答时请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的单位）15（8分）（2013秋西陵区期中）如图为“电流天平”示意图，它可用于测定磁感应强度b在天平的右端挂有一矩形线圈，设其匝数为5匝，底边cd长20cm，放在待测匀强磁场中，使线圈平面与磁场垂直设磁场方向垂直于纸面向里，当线圈中通入如图方向的电流i=100ma时，两盘均不放砝码，天平平衡若保持电流大小不变，使电流方向反向，则要在天平左盘加质量m=8.2g砝码，天平才能平衡则磁感应强度b的大小为多少（g取10m/s2）？考点：共点力平衡的条件及其应用；安培力分析：开始时电流沿acdb，根据左手定则，cd边安培力的方向竖直向上，保持电流大小不变，使电流方向反向，则安培力变为竖直向下，相当于右边多了两个安培力的重量即mg=2fa解答：解：开始时cd边所受的安培力方向竖直向上，电流反向后，安培力的方向变为竖直向下相当于右边了两个安培力的重量即mg=2fa则=4.1102nfa=nbil，所以：t答：磁感应强度b的大小为0.41t点评：解决本题的关键掌握安培力的大小f=bil，以及用左手定则判定其方向16（8分）（2013秋西陵区期中）在图示的电路中，电源电动势e=12v，内阻r=2，r1=10当滑动变阻器在某一位置时，电路中电压表读数为2v，电流表读数为0.8a两电表均为理想电表求r2的阻值考点：闭合电路的欧姆定律专题：恒定电流专题分析：从电路图中可以看出，电阻r2和滑动变阻器串联后再电阻r1并联，电压表测量r两端的电压，电流表测量r1的电流，根据闭合电路欧姆定律列方程，即可求解解答：解：由图可知 u1=ir1=0.810v=8v u内=eu1=128=4v而 u内=i总r解得：i总=a=2a；流过r2的电流为 i2=i总i=（20.8）a=1.2a；则r2两端电压为 u2=u1u=（82）v=6v；所以 r2=5答：r2的阻值为5点评：本题是电路的计算问题，首先要搞清电路的连接关系，分析各部分电压和电流关系，再运用欧姆定律求解17（8分）（2013秋西陵区期中）如图所示，电源电动势e=10v，内电阻r=2，r1=28，r2=20，r3=60，电容c=4108f，试求：（1）开关s断开稳定后，电容器所带电量（2）再突然闭合s，求s闭合后，通过r3的电量考点：闭合电路的欧姆定律；电容专题：电容器专题分析：（1）开关s断开稳定后，电容器的电压等于电源的电动势，由q=cu求解电容器所带电量（2）s闭合后稳定后，电容器所在电路没有电流，其电压等于r2两端的电压，根据欧姆定律求出电容器的电压，再求解电容器电量的变化量，即可得到通过r3的电量解答：解：（1）s断开时，电容器的电压 uc=e=10v，电量为 q=cu=410810c=4107c； （2）s闭合后，电容器的电压为 uc=e=10=4v；q=cuc=41084c=1.6107c；则通过r3的电量q=qq=（41071.6107）c=2.4107c；答：（1）开关s断开稳定后，电容器所带电量为4107c（2）再突然闭合s，s闭合后，通过r3的电量为2.4107c点评：对于给定的电容器，关键是其电压的分析和计算当电容器与某电路并联时，其电压等于该电路两端的电压18（10分）（2013秋西陵区期中）如图所示，长度为l的细线一端固定于o点，另一端系一质量为m的带电小球，整个装置置于水平向右的匀强电场（电场区域足够大）中，当小球静止时，细线与竖直方向的夹角为=60（1）若将小球拉至o点右方使细线呈水平状态由静止释放，则小球的速度最大时，细线的张力为多少？（2）现将小球拉至o点左方使细线呈水平状态由静止释放，则小球第一次运动到o点正下方时的速度大小为多少？考点：匀强电场中电势差和电场强度的关系专题：电场力与电势的性质专题分析：先求小球的等效重力，找到最大速度的位置，根据动能定理和向心力公式求拉力；根据动能定理求到达最低端时的速度解答：