福建省漳州市华安一中高二物理上学期期末试卷（含解析）.doc

福建省漳州市华安一中20152016学年度高二上学期期末物理试卷一、单项选择题（共10题，每小题3分，共30分）1最早提出用电场线描述电场的物理学家是（）a牛顿b法拉第c伽利略d阿基米德2两个分别带有电荷量q和+3q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为f两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）abcd12f3如图所示，正电荷q在电场中由p向q做加速运动，而且加速度越来越大，由此可以判定，它所在的电场是图中的（）abcd4额定电压为4.0v的直流电动机的线圈电阻为1.0，正常工作时，电动机线圈每秒产生的热量为4.0j，下列计算结果正确的是（）a电动机正常工作时的电流强度为2.0ab电动机正常工作时的输出功率为8.0wc电动机每秒将电能转化成机械能为16.0jd电动机正常工作时的输入功率为4.0w5如图是回旋加速器示意图，其核心部分是两个d形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连现分别加速氘核（q1、m1）和氦核（q2、m2）已知q2=2q1，m2=2m1，下列说法中正确的是（）a它们的最大速度相同b它们的最大动能相同c仅增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能d仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能6如图所示，把两个完全一样的环形线圈互相垂直地放置，它们的圆心位于一个共同点o上，当通以相同大小的电流时，o点处的磁感应强度与一个线圈单独产生的磁感应强度大小之比是（）a1：1b：1c1：d2：17如图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子由m点向n点运动，可以判定（）a粒子带负电，运动过程电势能减小b粒子带负电，运动过程电势能增大c粒子带正电，运动过程电势能减小d粒子带正电，运动过程电势能增大8如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入（初速度很小，可忽略不计）电压为u1的加速电场，经加速后从小孔s沿平行金属板a、b的中心线射入，a、b板长为l，相距为d，电压为u2，则带电粒子能从a、b板间飞出应该满足的条件是（不计粒子重力）（）abcd9如图所示电路中，电源电动势为e、内阻为r，a、b为电容器的两块极板，两板间有一带电油滴恰能静止把r1的滑动片向右滑动时，下列说法中正确的是（）a电流表读数减小，油滴向下运动b电流表读数减小，油滴向上运动c电流表读数增大，油滴向下运动d电流表读数增大，油滴向上运动10医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度电磁血流计由一对电极a和b以及磁极n和s构成，磁极间的磁场是均匀的使用时，两电极a、b与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中（由内向外）运动，电极a、b之间会有微小电势差在某次监测中，两触点的距离、磁感应强度的大小不变则（）a电极a电势较高；血流速度越大，a、b之间电势差越大b电极a电势较高；血流速度越大，a、b之间电势差越小c电极b电势较高；血流速度越大，a、b之间电势差越大d电极b电势较高；血流速度越大，a、b之间电势差越小二、多项选择题（每题4分，共16分）11自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献下列说法正确的是（）a奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系b欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系c楞次发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系d焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系12如图所示是云层之间闪电的模拟图，图中a、b是位于南、北方向带有电荷的两块阴雨云，在放电的过程中，两云的尖端之间形成了一个放电通道，发现位于通道正上方的小磁针n极转向纸里，s极转向纸外，则关于a、b的带电情况说法中正确的是（）a带同种电荷b带异种电荷cb带正电da带正电13如图所示，l1、l2两个规格不同的灯泡，当它们如图连接时，恰好都能正常发光设电路两端的电压保持不变，现将滑动变阻器的滑片p向右移动的过程中，l1和l2两灯的亮度变化情况是（）al1亮度不变bl1变暗cl2变亮d无法判断14某学习小组在探究线圈中感应电流的影响因素时，设计如图所示的实验装置，让一个闭合圆线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成30角，磁感应强度随时间均匀变化，则（）a若把线圈的匝数增加一倍，线圈内感应电流大小不变b若把线圈的面积增加一倍，线圈内感应电流大小变为原来的2倍c改变线圈轴线与磁场方向的夹角大小，线圈内感应电流大小可能变为原来的2倍d把线圈的半径增加一倍，线圈内感应电流大小变为原来的2倍三、填空题（共3小题，15、16每个空格2分，17题每空3分共18分）15有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是mm用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是mm16用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关k和两个部件s、t请根据下列步骤完成电阻测量旋动部件，使指针对准电流的“0”刻线将k旋转到电阻挡“100”的位置将插入“+”、“”插孔的表笔短接，旋动部件，使指针对准电阻的（填“0”刻线或“刻线”）将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按的顺序进行操作，再完成读数测量a将k旋转到电阻挡“1k”的位置b将k旋转到电阻挡“10”的位置c将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接d将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准17在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，用导线a、b、c、d、e、f、g和h按甲图所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零闭合开关后：（1）若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是导线断路（2）某同学测出电源和小电珠的ui图线如乙图所示，将小电珠和电阻r串联后接到电源上，要使电路中电流为1.0a，则r=四、计算题（3小题，共36分，答题应写出主要的运算过程和必要的文字说明）18如图所示，通电金属杆ab质量m=12g，电阻r=1.5，水平地放置在倾角=30的光滑金属导轨上导轨宽度，导轨电阻、导轨与金属杆的接触电阻忽略不计，电源内阻r=0.5匀强磁场的方向竖直向上，磁感应强度b=0.2tg=10m/s2若金属棒ab恰能保持静止，求：（1）金属杆ab受到的安培力大小；（2）电源的电动势大小e19如图所示，在x轴的上方（y0的空间内）存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为b的匀强磁场，一个不计重力的带正电粒子从坐标原点o处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成45角，若粒子的质量为m，电量为q，求：（1）该粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径；（2）粒子在磁场中运动的时间 （3）该粒子射出磁场的位置20如图，从阴极k发射的热电子，重力和初速均不计，通过加速电场后，沿图示虚线垂直射入匀强磁场区，磁场区域足够长，宽度为l=2.5cm已知加速电压为u=182v，磁感应强度b=9.1104t，电子的电量e=1.61019c，电子质量m=9.11031kg求：（1）电子在磁场中的运动半径r（2）电子在磁场中运动的时间t（结果保留）（3）若加速电压大小可以改变，其他条件不变，为使电子在磁场中的运动时间最长，加速电压u应满足什么条件？福建省漳州市华安一中20152016学年度高二上学期期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（共10题，每小题3分，共30分）1最早提出用电场线描述电场的物理学家是（）a牛顿b法拉第c伽利略d阿基米德【考点】物理学史【专题】常规题型【分析】根据各位物理学家的贡献，逐项分析解答即可【解答】解：a、牛顿对物理学的贡献主要在力学部分，如牛顿运动的三定律；故a错误；b、法拉第提出用电场线描述电场的物理学家，故b正确；c、伽利设想了理想斜面实验，表明了力不是维持物体运动的原因，故c错误；d、阿基米德提出了浸在液体中的物体受到向上的浮力，浮力的大小等于物体排开液体的重力故d错误；故选：b【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，这也是考试内容之一2两个分别带有电荷量q和+3q的相同金属小球（均可视为点电荷），固定在相距为r的两处，它们间库仑力的大小为f两小球相互接触后将其固定距离变为，则两球间库仑力的大小为（）abcd12f【考点】库仑定律；电荷守恒定律【专题】计算题【分析】清楚两小球相互接触后，其所带电量先中和后均分根据库仑定律的内容，根据变化量和不变量求出问题【解答】解：接触前两个点电荷之间的库仑力大小为f=k，两个相同的金属球各自带电，接触后再分开，其所带电量先中和后均分，所以两球分开后各自带电为+q，距离又变为原来的，库仑力为f=k，所以两球间库仑力的大小为故选c【点评】本题考查库仑定律及带电题电量的转移问题3如图所示，正电荷q在电场中由p向q做加速运动，而且加速度越来越大，由此可以判定，它所在的电场是图中的（）abcd【考点】电场线；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】正电荷在电场中受到的电场力方向与场强方向相同，加速度与场强成正比，加速度增大，场强增大【解答】解：正电荷q在电场中由p向q做加速运动，电场力方向与速度相同，与电场强度方向也相同，则可知，电场强度方向由pq根据牛顿第二定律得知，加速度与电场强度成正比，电荷的加速度增大，场强增大，电场线越来越来密故选：d【点评】本题要具有分析加速度与电场强度、电场线疏密关系的能力电场线越密，场强越大，电荷的加速度越大4额定电压为4.0v的直流电动机的线圈电阻为1.0，正常工作时，电动机线圈每秒产生的热量为4.0j，下列计算结果正确的是（）a电动机正常工作时的电流强度为2.0ab电动机正常工作时的输出功率为8.0wc电动机每秒将电能转化成机械能为16.0jd电动机正常工作时的输入功率为4.0w【考点】电功、电功率【专题】定量思想；推理法；恒定电流专题【分析】已知线圈电阻与线圈产生的热量，应用焦耳定律可以求出通过电动机的电流；然后应用电功率公式与电功公式分析答题【解答】解：a、线圈产生的热量q=i2rt，通过电动机的电流i=2.0a，故a正确；b、电动机正常工作时的输入功率p=ui=4v2a=8w，电动机的热功率pq=i2r=（2a）21=4w，电动机的输出功率p出=ppq=8w4w=4.0w，故bd错误；c、电动机工作时每秒转化为机械能w=p出t=4.01=4.0j；故c错误；故选：a【点评】本题考查功率的计算；电动机是非纯电阻电路，电动机的输入功率等于热功率与输出功率之和，应用电功率公式与电功公式即可正确解题5如图是回旋加速器示意图，其核心部分是两个d形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连现分别加速氘核（q1、m1）和氦核（q2、m2）已知q2=2q1，m2=2m1，下列说法中正确的是（）a它们的最大速度相同b它们的最大动能相同c仅增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能d仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能【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】当带电粒子从d形盒中出来时，速度最大，根据d形盒的半径，结合洛伦兹力提供向心力，求出粒子的最大速度以及最大动能，看与什么因素有关，从而确定增大最大动能的方法【解答】解：a、根据qvb=m，解得，因为两粒子的比荷相等，则它们的最大速度相同故a正确b、粒子的最大动能，根据两粒子的质量和电量的关系，知不等，则最大动能不同故b错误c、根据知，要增大粒子的动能，增大电压和频率，最大动能不变，需增加磁感应强度和d形盒的半径故c、d错误故选a【点评】解决本题的关键知道回旋加速器加速粒子的原理，知道回旋加速器运用电场加速，磁场偏转来加速粒子，但是最大动能与加速的电压无关6如图所示，把两个完全一样的环形线圈互相垂直地放置，它们的圆心位于一个共同点o上，当通以相同大小的电流时，o点处的磁感应强度与一个线圈单独产生的磁感应强度大小之比是（）a1：1b：1c1：d2：1【考点】磁感应强度【分析】该题是关于磁场的叠加问题首先运用安培定则每个圆环在圆心o处产生的磁感应强度的方向，利用平行四边形定则进行矢量合成，即求出o处的磁感应强度大小【解答】解：根据安培定则可知，竖直方向的通电圆环在圆心o处产生的磁感应强度方向垂直纸面向里，大小为b，水平方向的通电圆环在圆心o处产生的磁感应强度方向竖直向上，大小为b，两者相互垂直，由于同向电流吸引，两个线圈重合，故当两线圈转动而达到平衡时，圆心o处的磁感强度的大小是bo=b一个线圈单独产生的磁感应强度大小为b，则o点处的磁感应强度与一个线圈单独产生的磁感应强度大小之比；故选：b【点评】本题的解题关键是掌握安培定则，并能熟练应用，同时要能正确运用平行四边形定则进行矢量合成7如图中的实线表示电场线，虚线表示只受电场力作用的带电粒子的运动轨迹，粒子由m点向n点运动，可以判定（）a粒子带负电，运动过程电势能减小b粒子带负电，运动过程电势能增大c粒子带正电，运动过程电势能减小d粒子带正电，运动过程电势能增大【考点】电势能；电场线【专题】电场力与电势的性质专题【分析】带电粒子在电场中只受电场力作用运动时，所受电场力方向应指向轨迹的内侧，由此可知电荷的正负和电场力做功情况，从而进一步判断电势能的大小【解答】解：由电场力方向应指向轨迹的内侧得知，粒子所受电场力方向大致斜向左下方，粒子带正电，电场力对粒子做正功，其电势能减小，动能增大，则知粒子在m点的电势能大于在n点的电势能，故abd错误，c正确故选c【点评】本题是电场中轨迹问题，关键要根据轨迹的弯曲方向判断出粒子所受的电场力方向，再抓住电场线的物理意义判断场强、电势等的大小8如图所示，一个带电粒子从粒子源飘入（初速度很小，可忽略不计）电压为u1的加速电场，经加速后从小孔s沿平行金属板a、b的中心线射入，a、b板长为l，相距为d，电压为u2，则带电粒子能从a、b板间飞出应该满足的条件是（不计粒子重力）（）abcd【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】带电粒子无初速度在加速电场中被加速，又以一定速度垂直进入偏转电场，由于速度与电场力垂直，所以粒子先做匀加速直线运动，后做类平抛运动这样类平抛运动可将看成沿初速度方向的匀速直线与垂直于初速度方向匀加速直线运动可利用加速电场的电压u求出进入偏转电场的初速度，然后运用偏转电场的长度l求出运动时间，由于分运动间具有等时性，所以由运动学公式求出垂直于初速度方向的位移值得注意的是，求出的位移不是等于偏转电场的宽度，而是小于或等于宽度的一半【解答】解：带电粒子在电场中被加速，则有 qu1=0 （1） 带电粒子在偏转电场中做类平抛运动，可看成匀速直线运动与匀加速直线运动的两分运动 匀速直线运动：由运动学公式得 l=vt （2） 匀加速直线运动：设位移为x，则有x=t2 （3）要使带电粒子能飞出电场，则有x （4）由（1）（4）可得：故选：c【点评】考查带电粒子在电场中加速与偏转，从而先做匀加速直线运动，后做匀加速曲线运动运用了运动学公式与动能定理，同时体现出处理类平抛运动的方法还值得注意是：粒子的偏转位移应小于偏转电场宽度的一半9如图所示电路中，电源电动势为e、内阻为r，a、b为电容器的两块极板，两板间有一带电油滴恰能静止把r1的滑动片向右滑动时，下列说法中正确的是（）a电流表读数减小，油滴向下运动b电流表读数减小，油滴向上运动c电流表读数增大，油滴向下运动d电流表读数增大，油滴向上运动【考点】电容器的动态分析；闭合电路的欧姆定律【专题】电容器专题【分析】带电油滴恰能静止时，重力与电场力平衡当r1的滑动片向右滑动时，r1增大，外电路总电阻增大，根据欧姆定律分析干路电流的变化，即可知电流表读数的变化判断路端电压的变化，即可分析油滴如何运动【解答】解：当r1的滑动片向右滑动时，r1增大，外电路总电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，干路电流减小，则知电流表读数减小干路电流减小，电源的内电压减小，路端电压增大，则电容器板间电压增大，板间电场强度增大，油滴所受的电场力增大，则油滴向上运动故b正确故选b【点评】本题是电路的动态变化分析问题，按“部分整体部分”顺序进行分析，还要抓住电容器的电压等于路端电压，分析油滴所受的电场力如何变化10医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度电磁血流计由一对电极a和b以及磁极n和s构成，磁极间的磁场是均匀的使用时，两电极a、b与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图所示由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中（由内向外）运动，电极a、b之间会有微小电势差在某次监测中，两触点的距离、磁感应强度的大小不变则（）a电极a电势较高；血流速度越大，a、b之间电势差越大b电极a电势较高；血流速度越大，a、b之间电势差越小c电极b电势较高；血流速度越大，a、b之间电势差越大d电极b电势较高；血流速度越大，a、b之间电势差越小【考点】霍尔效应及其应用【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】本题的关键是对血液中正（或负）离子的动态分析过程：先由左手定则判断出开始阶段离子受到的洛伦兹力方向，从而判断出电势高低，再进一步对离子受力分析可知离子除受洛伦兹力外还受到相反的电场力，最终二力平衡，从而得出结论【解答】解：对血液中的正粒子由左手定则分析可知，正离子所受洛伦兹力方向向上（负离子受到的洛伦兹力方向向下），即a端是正极，或a端电势高，所以c、d错误；又匀速时正粒子受到向上的洛伦兹力f和向下的电场力f，因f=qvb，f=qe=q，所以qvb=q，解得u=bvd，故a正确b错误故选a【点评】求解此题的关键还是对离子受力分析，通过动态分析得出最终状态是离子做匀速运动，然后根据平衡条件列方程求解即可二、多项选择题（每题4分，共16分）11自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献下列说法正确的是（）a奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系b欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系c楞次发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系d焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系【考点】物理学史【分析】本题考查物理学史，根据电磁学发展中科学家的贡献可找出正确答案【解答】解：a、奥斯特最先发现了电流的磁效应，揭开了人类研究电磁相互作用的序幕，故a正确；b、欧姆定律说明了电流与电压的关系，故b错误；c、法拉第经十年的努力发现了电磁感应现象，故c错误；d、焦耳发现了电流的热效应，定量得出了电能和热能之间的转换关系，故d正确；故选：ad【点评】电流具有磁效应、热效应、化学效应等，本题考查其发现历程，要求我们熟记相关的物理学史12如图所示是云层之间闪电的模拟图，图中a、b是位于南、北方向带有电荷的两块阴雨云，在放电的过程中，两云的尖端之间形成了一个放电通道，发现位于通道正上方的小磁针n极转向纸里，s极转向纸外，则关于a、b的带电情况说法中正确的是（）a带同种电荷b带异种电荷cb带正电da带正电【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】用右手螺旋定则可判断出电流的方向，即用右手握住通电直导线，大拇指的方向指向电流方向，弯曲四指的方向就是通电直导线的磁场方向 故再据“正电荷定向移动的方向是电流的方向的”特点即可判断该题的答案【解答】解：由于小磁针n极转向纸里，s极转向纸外，故该通道所产生的磁场方向应该是垂直于纸面向里，所以利用右手螺旋定则可以判断出电流的方向应该是由a流向b，所以a带的是正电荷；b带的是负电荷，故bd正确，ac错误故选：bd【点评】知道右手螺旋定则，并能利用该定则判断出电流的方向是解决该题的关键13如图所示，l1、l2两个规格不同的灯泡，当它们如图连接时，恰好都能正常发光设电路两端的电压保持不变，现将滑动变阻器的滑片p向右移动的过程中，l1和l2两灯的亮度变化情况是（）al1亮度不变bl1变暗cl2变亮d无法判断【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】本题的电路结构是：滑动变阻器与灯泡l2并联，再与灯泡l1串联滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，变阻器接入电路的电阻增大，引起并联部分电阻变化，外电路总电阻变化，干路电流变化，再分析灯泡l2电压的变化来分析灯泡亮度的变化【解答】解：滑动变阻器的滑动头向右移动的过程中，变阻器有效电阻rp变大，外电路总电阻r变大，干路电流i=减小，则l1变暗，灯泡l2的电压u2=uir1变大，则l2变亮故选：bc【点评】本题是简单的电路动态变化分析问题，通常按照“部分整体部分”的思路分析14某学习小组在探究线圈中感应电流的影响因素时，设计如图所示的实验装置，让一个闭合圆线圈放在匀强磁场中，线圈的轴线与磁场方向成30角，磁感应强度随时间均匀变化，则（）a若把线圈的匝数增加一倍，线圈内感应电流大小不变b若把线圈的面积增加一倍，线圈内感应电流大小变为原来的2倍c改变线圈轴线与磁场方向的夹角大小，线圈内感应电流大小可能变为原来的2倍d把线圈的半径增加一倍，线圈内感应电流大小变为原来的2倍【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】根据法拉第电磁感应定律e=n，电阻定律r=以及欧姆定律推导出电流i的表达式，看i与什么因素有关，从而判断出哪一种方法使感应电流增加一倍【解答】解：设导线的电阻率为，横截面积为s，线圈的半径为r，则感应电流为 i=n=cos 可见，将r增加一倍，i增加一倍，即感应电流大小变为原来的2倍，故d正确；i与线圈匝数无关，故a正确若将线圈的面积增加一倍，半径r增加（1）倍，电流增加（1）倍，故b错误；将线圈与磁场方向的夹角改变时，sin能变为原来的2倍（因sin最大值为1），故c正确故选：acd【点评】本题综合考查了电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、电阻定律关键能运用这些定律推导出电流的表达式三、填空题（共3小题，15、16每个空格2分，17题每空3分共18分）15有一游标卡尺，主尺的最小分度是1mm，游标上有20个小的等分刻度用它测量一小球的直径，如图甲所示的读数是10.50mm用螺旋测微器测量一根金属丝的直径，如图乙所示的读数是1.731mm【考点】螺旋测微器的使用；刻度尺、游标卡尺的使用【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：游标卡尺的主尺读数为10mm，游标读数为0.0510mm=0.50mm，所以最终读数为10.50mm 螺旋测微器的固定刻度读数为1.5mm，可动刻度读数为0.0123.1mm=0.231mm，所以最终读数为1.731mm故本题答案为：10.50 mm； 1.731 mm【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16用如图所示的多用电表测量电阻，要用到选择开关k和两个部件s、t请根据下列步骤完成电阻测量旋动部件s，使指针对准电流的“0”刻线将k旋转到电阻挡“100”的位置将插入“+”、“”插孔的表笔短接，旋动部件t，使指针对准电阻的“0”刻线（填“0”刻线或“刻线”）将两表笔分别与待测电阻相接，发现指针偏转角度过大为了得到比较准确的测量结果，请从下列选项中挑出合理的步骤，并按b、d、c的顺序进行操作，再完成读数测量a将k旋转到电阻挡“1k”的位置b将k旋转到电阻挡“10”的位置c将两表笔的金属部分分别与被测电阻的两根引线相接d将两表笔短接，旋动合适部件，对电表进行校准【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题【分析】使用多用电表测电阻的方法：电表使用前要使指针指在0刻线位置，通过调节调零旋钮实现；欧姆表测量前要进行欧姆调零；欧姆表中值电阻附近刻度线最均匀，读数误差最小，故测量电阻时，要通过选择恰当的倍率使指针指在中值电阻附近；每次换挡要重新调零；欧姆表读数=刻度盘读数倍率；欧姆表使用完毕，要将旋钮选择“off”挡或者交流电压最大挡，若长期不用，需要将电池取出【解答】解：电表使用前要旋转机械调零旋钮s进行机械调零，使指针对准电流的0刻线；将k旋转到电阻挡“l00“的位置将插入“十“、“插孔的表笔短接，旋动欧姆调零旋钮 t，使指针对准电阻的“0”刻线欧姆表指针偏转角度过大，说明所选挡位太大，应换小挡进行测量，应将旋转开关k置于“10”，然后进行欧姆调零，再测电阻，因此合理是实验步骤是：b、d、c故答案为：s；t；“0”刻线；b、d、c【点评】本题考查了多用电表的使用方法，掌握基础知识即可正确解题；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17在“描绘小电珠的伏安特性曲线”实验中，用导线a、b、c、d、e、f、g和h按甲图所示方式连接好电路，电路中所有元器件都完好，且电压表和电流表已调零闭合开关后：（1）若不管怎样调节滑动变阻器，小电珠亮度能发生变化，但电压表、电流表的示数总不能为零，则可能是g导线断路（2）某同学测出电源和小电珠的ui图线如乙图所示，将小电珠和电阻r串联后接到电源上，要使电路中电流为1.0a，则r=0.8【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题；恒定电流专题【分析】（1）滑动变阻器采用分压接法时，电压表与电流表示数均可从零开始变化；滑动变阻器采用限流接法时，电压表与电流表示数不能从零开始变化（2）由图象求出电源的电动势与内阻，由图象求出电流为1a时灯泡两端电压，由欧姆定律求出此时灯泡电阻，最后由闭合电路的欧姆定律求出电阻阻值【解答】解：（1）调节滑动变阻器，小电珠的亮度变化，但电压表、电流表示数总不能为零，说明滑动变阻器不起分压作用，滑动变阻器实际上接成了限流接法，由图甲所示电路图可知，可能是g导线断路（2）由图乙所示电源ui线可知，电源电动势e=3.0v，电源内阻r=1；由图乙所示小电珠的ui图象可知，当电流为1.0a时，灯泡两端电压为1.2v，此时灯泡电阻rl=1.2，灯泡与电阻串联后接在电源两端，由闭合电路欧姆定律得i=，解得r=0.8；故答案为：（1）g；（2）0.8【点评】滑动变阻器采用分压接法时，电压表与电流表示数可以从零开始变化，滑动变阻器采用限流接法时，电压表与电流表不能从零开始变化四、计算题（3小题，共36分，答题应写出主要的运算过程和必要的文字说明）18如图所示，通电金属杆ab质量m=12g，电阻r=1.5，水平地放置在倾角=30的光滑金属导轨上导轨宽度，导轨电阻、导轨与金属杆的接触电阻忽略不计，电源内阻r=0.5匀强磁场的方向竖直向上，磁感应强度b=0.2tg=10m/s2若金属棒ab恰能保持静止，求：（1）金属杆ab受到的安培力大小；（2）电源的电动势大小e【考点】安培力；物体的弹性和弹力【分析】（1）对导线受力分析，由平衡条件可得安培力大小（2）由安培力定义式可得电路电流，进而可得电源的电动势【解答】解：（1）对导线受力分析如图，由平衡条件可知：f=mgtan30，解得：f=，（2）导线受到的安培力为：f=bid，又：e=i（r+r），联立解得电动势：e=4.0v答：（1）金属杆ab受到的安培力大小为；（2）电源的电动势大小e=4.0v【点评】重点是做好受力分析图，用好平衡条件，要确定好安培力的方向，记住方法是左手定则19如图所示，在x轴的上方（y0的空间内）存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为b的匀强磁场，一个不计重力的带正电粒子从坐标原点o处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成45角，若粒子的质量为m，电量为q，求：（1）该粒子在磁场中作圆周运动的轨道半径；（2）粒子在磁场中运动的时间 （3）该粒子射出磁场