吉林省吉林市毓文中学高二物理上学期期末试卷（含解析）.doc

2014-2015学年吉林省吉林市毓 文中学高二（上）期末物理试卷一、选择题（本题共12小题；每小题4分，共48分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1a、b、c三个粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定（）在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上b和c同时飞离电场进入电场时，c的速度最大，a的速度最小动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大a b c d 2如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即uab=ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，p、q是这条轨迹上的两点据此可知（）a 三个等势面中，a的电势最高b 带电质点通过p点时的电势能较q点大c 带电质点通过p点时的动能较q点大d 带电质点通过p点时的加速度较q点大3磁感应强度的单位1t等于（）a 1wb/m2b 1wb/mc 1n/（am）d n/c4如图1，a、b是一条电场线上的两点，若在a点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从a运动到b，其速度随时间变化的规律如，2所示设a、b两点的电场强度分别为ea、eb，电势分别为ua、ub，则（）a ea=ebb eaebc uaubd uaub5如图所示的电路中，电源的电动势e和内阻r恒定不变，变阻器r1的滑片p处在如图位置时，电灯l正常发光现将滑片p向右移动，则在该过程中（）a 电压表的示数变大b 电流表的示数变大c 电灯l变暗d 定值电阻r2消耗的功率变小6如图所示，a、b、c为同一种材料做成的电阻，b与a的长度相等但横截面积是a的两倍；c与a的横截面积相等但长度是a的两倍当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是（）a v1的示数是v2的2倍b v1的示数是v3的2倍c v2的示数是v1的2倍d v2的示数是v3的2倍7如图，两圆环a、b同心放置且半径rarb，现在a环中通入逆时针方向的电流，则关于穿过a、b两圆环的磁通量的大小关系及a环内的磁感线方向的判断正确的是（）a ab，a中磁感线方向向外b a=b，a中磁感线方向向里c ab，a中磁感线方向向里d a=b，a中磁感线方向向外8如图，真空中两根光滑绝缘棒在同一竖直平面内，两棒与水平面成37角，棒上各穿有一个质量为m、带电量为q的相同小球（小球大小可忽略）已知两小球在图中位置处于静止状态，sin37=0.6，cos37=0.8，则两球间的距离r为（）a b c d 9在赤道上从东向西水平发射的一束电子流，受地磁场作用，电子流将偏向（）a 北方b 南方c 上方d 下方10如图所示为质谱仪测定带电粒子质量的装置的示意图速度选择器（也称滤速器）中场强e的方向竖直向下，磁感应强度b1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度b2的方向垂直纸面向外在s处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于e和b1入射到速度选择器中，若m甲=m乙m丙=m丁，v甲v乙=v丙v丁，在不计重力的情况下，则分别打在p1、p2、p3、p4四点的离子分别是（）a 甲乙丙丁b 甲丁乙丙c 丙丁乙甲d 甲乙丁丙11如图所示，一个直角三角形金属框，向左匀速穿过一个方向垂直于纸面向内的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围成的区域内，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上取顺时针方向为电流的正方向，金属框穿过磁场的过程中，感应电流i随时间t变化的图象是（）a b c d 12如图所示，竖直放置的条形磁铁固定不动，一铜环从a位置以速度v0竖直上抛，依次经过b、c到达最高点d，又从d点经过c、b加速下落回到a点，运动过程中环面始终保持水平位置b在条形磁铁的中心平面上，位置a、c与b等距离设圆环在上升阶段运动到a、b、c、d时加速度大小分别为aa、ab、ac、ad，下降阶段经过c、b、a时加速度大小分别为ac、ab、aa下列说法正确的是（）a aaabacadb ab=ad=abc acabaad aaacacaa二、实验题（每空2分，图象2分，共18分）1）在“长度的测量”实验中，调整游标卡尺两侧脚间距离，主尺和游标的位置如图所示，此时卡尺两脚间狭缝宽度为mm；（2）如图所示，螺旋测微器测出的金属丝的直径是mm1）为测量某电阻丝r的电阻值，某同学先用多用电表粗测其电阻用已经调零且选择开关指向欧姆挡“10”档位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“”档位（选填“100”或“1”），然后进行，再次测量电阻丝的阻值，其表盘及指针所指位置如图1所示，则此段电阻丝的电阻为（2）现要进一步精确测量其阻值，实验p室提供了以下相关器材，电池（4v，内阻1），电流表（0300ma，内阻2），电压表（03v，内阻3k），滑动变阻器（010，额定电流1a），为使通过待测电阻的电流能在0250ma范围内改变，下列给出的测量电路中，最合适的电路是图2中的15某实验小组在“测量电源电动势和内电阻”的实验中，经测量得出的数据如表，请在如图的方格纸上画出ui图线，并利用图线求出电源电动势e= v，内电阻r=（保留两位小数）123456i/a0.120.200.310.320.500.57u/v1.371.321.241.181.101.05三、计算题（16、17、18题每题8分，19题10分）16如图所示的电路中，电阻r1=6，r2=3，s断开时，电流表示数为0.9a，s闭合时，电流表示数为0.8a，求电源电动势e和内阻r17如图所示，水平放置的平行板电容器，极板长l=0.1m，两板间距离d=0.4cm有一带电微粒以一定的初速度从两板中央平行于极板射入，若板间不加电场，由于重力作用微粒恰能落到下板中点o处；若板间加竖直方向的匀强电场，带电微粒刚好落到下板右边缘b点已知微粒质量m=2.0106kg，电量q=1.0108c，取g=10m/s2试求：（1）带电微粒入射初速度的大小；（2）板间所加电场的电场强度多大？方向怎样？18如图所示，在倾角为30的绝缘斜面上，固定两条无限长的平行光滑金属导轨，匀强磁场b垂直于斜面向上，磁感应强度b=0.4t，导轨间距l=0.5m，两根金属棒ab、cd与导轨垂直地放在导轨上，金属棒ab和cd的质量分别为m1=0.1kg，m2=0.2kg，电阻分别为r1=0.8，r2=1.2，导轨电阻不计当用沿斜面向上的恒力f拉动金属棒ab匀速向上运动时金属棒cd恰在斜面上保持静止（g取10m/s2） 求：（1）金属棒ab两端的电势差为多大？（2）f力的功率？（3）2秒内电路里产生的焦耳热？19如图，在xoy平面第一象限整个区域分布一匀强电场，电场方向平行y轴向下在第四象限内存在一有界匀强磁场，左边界为y轴，右边界为x=的直线，磁场方向垂直纸面向外一质量为m、带电量为+q的粒子从y轴上p点以初速度v0垂直y轴射入匀强电场，在电场力作用下从x轴上q点以与x轴正方向45角进入匀强磁场已知oq=l，不计粒子重力求：（1）p与o两点的距离；（2）要使粒子能再进入电场，磁感应强度b的取值范围2014-2015学年吉林省吉林市毓文中学高二（上）期末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分在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1a、b、c三个粒子由同一点垂直场强方向进入偏转电场，其轨迹如图所示，其中b恰好飞出电场，由此可以肯定（）在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上b和c同时飞离电场进入电场时，c的速度最大，a的速度最小动能的增量相比，c的最小，a和b的一样大a b c d 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：三个粒子进入电场后加速度相同，竖直方向上做初速度为零的匀加速直线运动，由图看出，竖直方向偏转距离的关系，由位移公式y=分析三个粒子运动时间关系三个粒子水平方向上做匀速直线运动，由水平位移分析初速度关系由动能定理分析动能增量的关系解答：解：三个粒子进入电场后加速度相同，由图看出，竖直方向a、b偏转距离相等，大于c的偏转距离，由y=得知，a、b运动时间相等，大于c的运动时间，即ta=tbtc，故在b飞离电场的同时，a刚好打在负极板上，而c先飞出电场故正确，错误三个粒子水平方向上做匀速直线运动，则有x=v0t由图看出，b、c水平位移相同，大于a的水平位移，即xb=xcxa，而ta=tbtc，可见，初速度关系为：vcvbva，故正确由动能定理得：ek=qey，由图看出，a和b的偏转距离相等，大于c的偏转距离，故ab动能增量相等，大于c的动能增量故正确故选d点评：本题是带电粒子在匀强电场中做类平抛运动的类型，运用运动的分解法，由轨迹分析水平位移和竖直位移的关系进行分析2如图所示，虚线a、b、c代表电场中的三个等势面，相邻等势面之间的电势差相等，即uab=ubc，实线为一带正电的质点仅在电场力作用下通过该区域时的运动轨迹，p、q是这条轨迹上的两点据此可知（）a 三个等势面中，a的电势最高b 带电质点通过p点时的电势能较q点大c 带电质点通过p点时的动能较q点大d 带电质点通过p点时的加速度较q点大考点：等势面；电势能专题：电场力与电势的性质专题分析：由于质点只受电场力作用，根据运动轨迹可知电场力指向运动轨迹的内侧即斜向右下方，由于质点带正电，因此电场线方向也指向右下方；电势能变化可以通过电场力做功情况判断；电场线和等势线垂直，且等势线密的地方电场线密，电场强度大解答：解：a、电荷所受电场力指向轨迹内侧，由于电荷带正电，因此电场线指向右下方，沿电场线电势降低，故c等势线的电势最高，a等势线的电势最低，故a错误；b、根据质点受力情况可知，从p到q过程中电场力做正功，电势能降低，故p点的电势能大于q点的电势能，故b正确；c、从p到q过程中电场力做正功，电势能降低，动能增大，故p点的动能小于q点的动能，故c错误；d、等势线密的地方电场线密场强大，故p点位置电场强，电场力大，根据牛顿第二定律，加速度也大，故d正确故选bd点评：解决这类带电粒子在电场中运动的思路是：根据运动轨迹判断出所受电场力方向，然后进一步判断电势、电场强度、电势能、动能等物理量的变化3磁感应强度的单位1t等于（）a 1wb/m2b 1wb/mc 1n/（am）d n/c考点：磁感应强度分析：根据磁感应强度与磁能量的关系和磁感应强度的定义式推导出t与其他单位的关系解答：解：a、b、由磁通量与磁感应强度之间的关系：=bscos可知，1韦伯=1特斯拉1平方米所以：故a正确，b错误；c、d、由公式b=，安培力的单位是n，而电流的单位是a，长度的单位为m，则单位的换算可得1n/am，即为1t故c正确；d错误故选：ac点评：t是导出单位，可根据物理公式推导出各物理量单位的关系，要对公式要熟悉基础题4如图1，a、b是一条电场线上的两点，若在a点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从a运动到b，其速度随时间变化的规律如，2所示设a、b两点的电场强度分别为ea、eb，电势分别为ua、ub，则（）a ea=ebb eaebc uaubd uaub考点：电场线；电场强度分析：根据电子运动的速度时间图象可知，电子做初速度为零的匀加速直线运动，由此可以判断出电场的方向和电场强度大小的变化情况解答：解：由图可知：电子做初速度为零的匀加速直线运动匀加速运动说明所受电场力恒定，因此为匀强电场，即ea=eb，电子由静止从a运动到b，所以电场力由a指向b，因此电场线方向从b指向a，沿电场线电势降低，即有uaub，故bc错误，ad正确故选：ad点评：本题结合运动图象考查了电场强度和电势的变化情况，考查角度新颖，要注意结合图象的含义以及电场线和电场强度与电势的关系求解5如图所示的电路中，电源的电动势e和内阻r恒定不变，变阻器r1的滑片p处在如图位置时，电灯l正常发光现将滑片p向右移动，则在该过程中（）a 电压表的示数变大b 电流表的示数变大c 电灯l变暗d 定值电阻r2消耗的功率变小考点：闭合电路的欧姆定律；电功、电功率专题：恒定电流专题分析：根据滑片的移动方向判断滑动变阻器接入电路的阻值如何变化，然后根据欧姆定律与电功率公式分析答题解答：解：b、由图示电路图可知，当滑片p向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值变小，电路总电阻变小，电源电动势不变，由闭合电路欧姆定律可知，电路电流i变大，电流表示数变大，故b正确；c、路端电压u=eir变小，通过灯泡的电流变小，由p=i2r可知灯泡世界功率变小，灯泡变暗，故c正确；d、通过滑动变阻器的电流变大，电阻r2两端电压变大，由p=ui可知定值电阻r2的功率变大，故d错误；a、路端电压变小，电阻r2两端电压变大，滑动变阻器电压变小，电压表示数变小，故a错误；故选bc点评：本题是一道闭合电路的动态分析题，分析清楚电路结构、熟练应用欧姆定律、电功率公式即可正确解题6如图所示，a、b、c为同一种材料做成的电阻，b与a的长度相等但横截面积是a的两倍；c与a的横截面积相等但长度是a的两倍当开关闭合后，三个理想电压表的示数关系是（）a v1的示数是v2的2倍b v1的示数是v3的2倍c v2的示数是v1的2倍d v2的示数是v3的2倍考点：欧姆定律；串联电路和并联电路专题：恒定电流专题分析：根据题意，由欧姆定律求出a、b、c的电阻关系；三个电阻串联，三个电压表分别测三个电阻电压，由串联电路特点及欧姆定律可以求出各电压表间的示数关系解答：解：由题意可知：lc=2la=2lb，sb=2sa=2sc；由电阻设b的电阻rb=r，由电阻定律r=得：ra=2rb=2r，rc=2ra=4r，rc：ra：rb=4：2：1，由电路图可知，a、b、c三个电阻串联，通过它们的电流i相等，由u=ir得：uc：ua：ub=4：2：1，uv3：uv1：uv2=4：2：1，a、v1的示数是v2的2倍，故a正确，c错误；b、v3的示数是v1的2倍，故b错误；d、v3的示数是v2的4倍，故d错误；故选：a点评：本题考查了各电压表示数间的关系，分析清楚电路结构、熟练应用电阻定律、欧姆定律是正确解题的关键7如图，两圆环a、b同心放置且半径rarb，现在a环中通入逆时针方向的电流，则关于穿过a、b两圆环的磁通量的大小关系及a环内的磁感线方向的判断正确的是（）a ab，a中磁感线方向向外b a=b，a中磁感线方向向里c ab，a中磁感线方向向里d a=b，a中磁感线方向向外考点：磁通量；磁感线及用磁感线描述磁场分析：根据右手螺旋定则判断a环内磁感应强度的方向环形电流产生的磁感线在内部穿出，在外部穿入，形成闭合曲线，存在抵消情况，通过比较净磁通量大小得出a、b的大小解答：解：根据右手螺旋定则，知a环内磁感应强度的方向垂直纸面向外对于b环，a环外的磁场是向外的，所以磁感线有穿进的，有穿出的，穿进的和穿出的发生抵消，则a环的磁通量大于b环的磁通量故a正确，b、c、d错误故选：a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以及掌握右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向8如图，真空中两根光滑绝缘棒在同一竖直平面内，两棒与水平面成37角，棒上各穿有一个质量为m、带电量为q的相同小球（小球大小可忽略）已知两小球在图中位置处于静止状态，sin37=0.6，cos37=0.8，则两球间的距离r为（）a b c d 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：对其中一个小球受力分析，由平衡条件求出小球受到的库仑力，然后由库伦定律求出两球间的距离r解答：解：以其中一个小球为研究对象受力分析，运用合成法，如图：由几何知识得：f=mgtan37=mg根据库仑定律：f=k得：r=故选：b点评：本题借助库仑力考查了平衡条件的应用，能正确的受力分析并结合合成法求力的大小是力学部分的基本功9在赤道上从东向西水平发射的一束电子流，受地磁场作用，电子流将偏向（）a 北方b 南方c 上方d 下方考点：左手定则；洛仑兹力分析：通过磁场方向、电流方向，根据左手定则判断洛伦兹力的方向解答：解：赤道处的磁场方向从南向北，电子的方向自东向西，则电流的方向为由西向东，根据左手定则，洛伦兹力的方向向上故c正确故选：c点评：解决本题的关键掌握左手定则判断磁场方向、电流方向、洛伦兹力方向的关系，同时要注意地球磁场的分布规律10如图所示为质谱仪测定带电粒子质量的装置的示意图速度选择器（也称滤速器）中场强e的方向竖直向下，磁感应强度b1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度b2的方向垂直纸面向外在s处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于e和b1入射到速度选择器中，若m甲=m乙m丙=m丁，v甲v乙=v丙v丁，在不计重力的情况下，则分别打在p1、p2、p3、p4四点的离子分别是（）a 甲乙丙丁b 甲丁乙丙c 丙丁乙甲d 甲乙丁丙考点：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：粒子通过速度选择器，只有满足qvb=qe，即速度满足v=，才能通过速度选择器当粒子的速度大于，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，当粒子的速度小于 ，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转通过速度选择器进入磁场的粒子，根据qvb=m比较轨道半径即可知打在哪一点解答：解：四种粒子，只有两个粒子通过速度选择器，只有速度满足v=，才能通过速度选择器所以通过速度选择器进入磁场的粒子是乙和丙，根据qvb=m得r=乙的质量小于丙的质量，所以乙的半径小于丙的半径，则乙打在p3点，丙打在p4点甲的速度小于乙的速度，即小于 ，洛伦兹力小于电场力，粒子向下偏转，打在p1点丁的速度大于乙的速度，即大于 ，洛伦兹力大于电场力，粒子向上偏转，打在p2点故b正确，a、c、d错误故选：b点评：解决本题的关键知道只有速度满足v=，才能通过速度选择器，根据qvb=m比较轨道半径11如图所示，一个直角三角形金属框，向左匀速穿过一个方向垂直于纸面向内的匀强磁场，磁场仅限于虚线边界所围成的区域内，该区域的形状与金属框完全相同，且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上取顺时针方向为电流的正方向，金属框穿过磁场的过程中，感应电流i随时间t变化的图象是（）a b c d 考点：导体切割磁感线时的感应电动势；闭合电路的欧姆定律专题：电磁感应与图像结合分析：先根据楞次定律判断感应电流的方向再由e=blv，分析感应电动势，其中l是有效的切割长度由欧姆定律得到感应电流与时间的关系式解答：解：设直角三角形右下角为金属框进入磁场的过程，感应电动势为 e=blv，l=vttan，则得 e=bv2ttan，感应电流大小：i=t，由楞次定律判断得知：感应电流为逆时针方向，是负值；金属框穿出磁场的过程，感应电动势为：e=blv，l=l0v（t）tan=（2l0vt）tanl0是三角形底边的长度，则得：e=b（2l0vt）vtan，感应电流大小：i=，由楞次定律判断得知：感应电流为顺时针方向，是正值；由数学知识可知a图象正确故选：a点评：本题是楞次定律和法拉第电磁定律、欧姆定律的综合应用，分段得到电流的表达式，再选择图象12如图所示，竖直放置的条形磁铁固定不动，一铜环从a位置以速度v0竖直上抛，依次经过b、c到达最高点d，又从d点经过c、b加速下落回到a点，运动过程中环面始终保持水平位置b在条形磁铁的中心平面上，位置a、c与b等距离设圆环在上升阶段运动到a、b、c、d时加速度大小分别为aa、ab、ac、ad，下降阶段经过c、b、a时加速度大小分别为ac、ab、aa下列说法正确的是（）a aaabacadb ab=ad=abc acabaad aaacacaa考点：楞次定律分析：在条形磁铁的内部的磁场最强，而且近似是匀强磁场；图中a与c两处的磁感应强度相同，由此得出磁通量的变化量，然后结合法拉第电磁感应定律即可解答解答：解：由于b处的磁场近似是匀强磁场，所小环在b处的磁通量不变，没有感应电流，不受安培力的作用，小环的加速度ab=g；d点是运动的最高点，环的速度是0，没有发生电磁感应，所以小环的加速度是ad=g；环向上运动的过程中发生电磁感应现象，受到磁场的阻碍作用，所以向上运动的过程中的加速度要大于重力加速度，环一直做减速运动，所以小环在a处的速度大于在c处的速度，所以小环在a处的磁通量变化快，根据法拉第电磁感应定律，小环在a处的电动势大于在c处的电动势，所以小环在a处受到的安培力大，由牛顿第二定律可得，小环在a处的加速度比较大即：aaacg同理，环下降的过程中一直做加速运动，所以小环在a处的速度大于在c处的速度，所以小环在a处的磁通量变化快，根据法拉第电磁感应定律，小环在a处的电动势大于在c处的电动势，所以小环在a处受到的安培力大，由牛顿第二定律可得，小环在a处的加速度比较小即：gacaa综上所述，可知bd正确，ac错误故选：bd点评：该题考查条形磁铁的磁场的特点、法拉第电磁感应定律与楞次定律的应用，首先要明了条形磁铁的磁场的特点，然后结合它的特点判断出小环的磁通量的变化的特点，然后判定即可二、实验题（每空2分，图象2分，共18分）1）在“长度的测量”实验中，调整游标卡尺两侧脚间距离，主尺和游标的位置如图所示，此时卡尺两脚间狭缝宽度为0.65mm；（2）如图所示，螺旋测微器测出的金属丝的直径是1.500mm考点：刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用分析：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：游标卡尺的固定刻度读数为0mm，游标尺上第6个刻度游标读数为0.0513mm=0.65mm，所以最终读数为：0.65mm；螺旋测微器的固定刻度读数为1mm，可动刻度读数为0.0150.0mm=0.500mm，所以最终读数为1.500mm故本题答案为：0.65，1.500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1）为测量某电阻丝r的电阻值，某同学先用多用电表粗测其电阻用已经调零且选择开关指向欧姆挡“10”档位的多用电表测量，发现指针的偏转角度太大，这时他应将选择开关换成欧姆挡的“1”档位（选填“100”或“1”），然后进行欧姆调零，再次测量电阻丝的阻值，其表盘及指针所指位置如图1所示，则此段电阻丝的电阻为12（2）现要进一步精确测量其阻值，实验p室提供了以下相关器材，电池（4v，内阻1），电流表（0300ma，内阻2），电压表（03v，内阻3k），滑动变阻器（010，额定电流1a），为使通过待测电阻的电流能在0250ma范围内改变，下列给出的测量电路中，最合适的电路是图2中的b考点：伏安法测电阻专题：实验题；恒定电流专题分析：（1）根据多用电表欧姆挡读数=指针指示值倍率确定如何换倍率；同时注意每次换档后要进行欧姆调零；（2）估算电阻上最大电压和最大电流，选择电表量程根据变阻器大小确定其接法；根据据变阻器最大电阻与该电阻的关系选择分压式或限流式解答：解：（1）多用电表指针的偏转角度太大，指示值太小，要使指针指在中央附近，指示值变大，根据欧姆挡读数=指示值倍率可知，应换用倍率小的挡位，用1挡换挡后，要重新进行欧姆调零此段电阻丝的电阻为12（2）由于滑动变阻器较小；故滑动变阻器应选择分压接法；同时由于，采用电流外接法，故选：b 故答案为：（1）1，欧姆调零，12；（2）b点评：对于多用电表欧姆挡测电阻换挡方法要熟记：“大换小，小换大”，即偏转角度大时，换用倍率小的挡位；偏转角度小时，换用倍率大的挡位15某实验小组在“测量电源电动势和内电阻”的实验中，经测量得出的数据如表，请在如图的方格纸上画出ui图线，并利用图线求出电源电动势e=1.45 v，内电阻r=0.69（保留两位小数）123456i/a0.120.200.310.320.500.57u/v1.371.321.241.181.101.05考点：测定电源的电动势和内阻专题：实验题分析：根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出电源的ui图象，然后根据图象求出电源电动势与内阻解答：解：据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出ui图象，图象如图所示；由图象可知，图象与纵轴交点坐标值是1.45，则电源电动势e=1.45v，电源内阻r=0.69故答案为：（1）实物电路图如图所示；（2）1.45v；0.69点评：本题考查了作图象求电源电动势与内阻，应用图象法处理实验数据是常用的实验数据处理方法，要掌握描点法作图的方法三、计算题（16、17、18题每题8分，19题10分）16如图所示的电路中，电阻r1=6，r2=3，s断开时，电流表示数为0.9a，s闭合时，电流表示数为0.8a，求电源电动势e和内阻r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分析列出s断开时和s闭合时电动势和内阻的方程，联立解得电动势和内阻解答：解：s断开时，根据闭合电路欧姆定律得：e=i1（r1+r）s闭合时，干路中电流为：i2=ia+=0.8a+a=2.4a由闭合电路欧姆定律得：e=i2r+iar1 联立代入解得，e=5.76v r=0.4答：电源电动势e是5.76v，内阻r是0.4点评：对于电源的电动势和内阻，由两种情况的条件，根据闭合电路欧姆定律列方程，组成方程组成求解，是常用的方法17如图所示，水平放置的平行板电容器，极板长l=0.1m，两板间距离d=0.4cm有一带电微粒以一定的初速度从两板中央平行于极板射入，若板间不加电场，由于重力作用微粒恰能落到下板中点o处；若板间加竖直方向的匀强电场，带电微粒刚好落到下板右边缘b点已知微粒质量m=2.0106kg，电量q=1.0108c，取g=10m/s2试求：（1）带电微粒入射初速度的大小；（2）板间所加电场的电场强度多大？方向怎样？考点：带电粒子在匀强电场中的运动；平抛运动专题：计算题分析：（1）、带电粒子以一定的初速度在两板中央平行于两板射入，此时没有电场，粒子做平抛运动，把运动在水平方向和竖直方向上进行分解，水平方向是匀速直线运动；竖直方向是自由落体运动，在两个方向上由运动学公式列式求解（2）、由于两板之间加入了匀强电场，此时带电粒子在电场中的运动是类平抛运动，仍把运动在水平和竖直两个方向上分解，进行列式计算由于带电粒子的水平位移增加，在板间的运动时间并没有变化，所以在竖直方向的加速度减小了，由此可判断受到了竖直向上的电场力作用，再结合牛顿运动定律列式求解即可解答：解：（1）落到o点的粒子做平抛运动，由平抛运动规律得：水平方向：竖直方向：所以两式联立得：（2）落到b点的粒子做类平抛运动，由类平抛运动规律得：水平方向：l=v0t竖直方向：对带电粒子受力分析，由牛顿第二定律有：mgeq=ma由式联立得：，方向竖直向上答：（1）带电微粒入射初速度的大小为2.5m/s（2）板间所加电场的电场强度为1.5103v/m，方向竖直向上点评：解得此类问题，首先要正确的对带电粒子在这两种情况下进行正确的受力分析，确定粒子的运动类型解决带电粒子垂直射入电场的类型的题，应用平抛运动的规律进行求解此类型的题要注意是否要考虑带电粒子的重力，原则是：除有说明或暗示外，对基本粒子（例如电子，质子、粒子、离子等），一般不考虑重力；对带点微粒，（如液滴、油滴、小球、尘埃等），一般要考虑重力18如图所示，在倾角为30的绝缘斜面上，固定两条无限长的平行光滑金属导轨，匀强磁场b垂直于斜面向上，磁感应强度b=0.4t，导轨间距l=0.5m，两根金属棒ab、cd与导轨垂直地放在导轨上，金属棒ab和cd的质量分别为m1=0.1kg，m2=0.2kg，电阻分别为r1=0.8，r2=1.2，导轨电阻不计当用沿斜面向上的恒力f拉动金属棒ab匀速向上运动时金属棒cd恰在斜面上保持静止（g取10m/s2） 求：（1）金属棒ab两端的电势差为多大？（2）f力的功率？（3）2秒内电路里产生的焦耳热？考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化专题：电磁感应功能问题分析：（1）根据cd棒恰好静止，受力平衡，由平衡条件求出感应电流，由欧姆定律求出ab两端的电势差（2）由闭合电路欧姆定律求出ab棒产生的感应电动势，由公式e=blv求出ab棒的速度，由平衡条件求出f的大小，再由p=fv求解f力的功率（3）根据焦耳定律求解焦耳热解答：解：（1）对于cd棒，由平衡条件有：m2gsin30=f安=bil；得 i=a=5a金属棒ab两端的电势差为 u=ir2=51.2v=6v（2）ab棒产生的感应电动势 e=i（r1+r2）=