1、辽宁省大连二十中20152016学年度高二上学期月考物理试卷（10月份）一、选择题（每小题4分，其中1-8题为单选题，9-12题为多选题全对者得4分，对而不全者得2分，有错误答案的得0分）1用多用电表欧姆挡测电阻时，下列说法中错误的是（）A测量前必须调零，而且每测一次电阻都要重新调零B测量电阻时，用两手碰表笔的金属杆，其测量值偏小C用多用表测60W灯泡的电阻，其阻值比用额定电压和额定功率算出的电阻值小D使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡2分别用图（a）、（b）两种电路测量同一未知电阻的阻值图（a）中两表的示数分别为3V、4mA，图（b）中两表的示数分别为4V、3.9
2、mA，则待测电阻Rx的真实值为（）A略小于1kB略小于750C略大于1kD略大于7503如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直线段ab、bc和cd的长度均为L，且abc=bcd=135流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力（）A方向沿纸面向上，大小为（+1）ILBB方向沿纸面向上，大小为（1）ILBC方向沿纸面向下，大小为（+1）ILBD方向沿纸面向下，大小为（1）ILB4当接通电源后，小磁针A的指向如图所示，则（）A小磁针B的N极向纸外转B小磁针B的N极向纸里转C小磁针B不转动D因电流未标出，所以无
3、法判断小磁针B如何转动5如图，在天平右盘底部挂有一个矩形线圈，其一部分悬在方向水平向里的匀强磁场中，矩形线圈通有顺时针方向电流，现天平右侧向下倾斜，下列措施有可能使天平平衡的是（）A增大磁感应强度B增加通过线圈的电流C改变电流的方向D在不改变线圈质量的同时，增加底边的长度6如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（）Ao点处的磁感应强度为零Ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反Cc、d两点处
4、的磁感应强度大小相等，方向相同Da、c两点处磁感应强度的方向不同7如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针至水平向左的过程中，关于B的大小的变化，正确的说法是（）A逐渐增大B逐渐减小C先增大后减小D先减小后增大8如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是（从上往下看）（）A顺时针方向转动，同时下降B顺时针方向转动，同时上升C逆时针方向转动
5、，同时下降D逆时针方向转动，同时上升9用如图测电源的电动势和内电阻，关于误差的说法正确的是（）A由于电流表的分压作用，使内电阻的测量值小于真实值B由于电压表的分流作用，使内电阻的测量值小于真实值C测出的电动势等于真实值D测出的电动势比真实值小10如图所示，用多用电表测量直流电压U和测电阻R，若红表笔插入多用电表的正（+）插孔，则（） A前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表B前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流入多用电表C前者红表笔接电势高处，后者黑表笔接电势高处D前者黑表笔接电势高处，后者红表笔接电势高处11如图是根据某次实验记录数据画出的UI图象，下列关于这
6、个图象的说法中正确的是（）A纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=3.0 VB横轴截距表示短路电流，即I短=0.6 AC根据r=，计算出待测电源内电阻为5D根据r=|，计算出待测电源内电阻为112质量为m，长度为L的金属细杆放在倾角为的斜面上，杆与斜面间的动摩擦因数为杆中通有垂直纸面向里的恒定电流整个装置处在如图所示的匀强磁场中，金属杆处于静止状态 其中杆与斜面间的摩擦力可能为零的是（）ABCD二、填空题（每空2分，画图4分，共20分）13在“探究决定导线电阻的因素”的实验中，用电压表测得金属丝两端的电压U，用电流表测得通过金属丝中的电流I，用螺旋测微器测得金属丝的直径d，测得数据如图所示，请从
7、图中读出I= A，U= V，d= cm14在测量电源的电动势和内阻实验中，由于所用的电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路根据实验数据描点，绘出的R图象是一条直线，若直线的斜率为k，在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E=，内阻r=（用k、b和R0表示）15有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现要描述该小灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用：A电压表（05V，内阻约为10k）B电压表（010V，内阻约为20k）C电流表（00.3A，内阻约为1）D电流表（00.6A，内阻约为0.5）E滑动变阻器（10，2.0A）F学生电源（选用直流6V档），还有电键、导线若干（
8、1）实验中所用电压表应选用，电流表应选用（填器材前的字母）在图甲实物图中已完成部分电路连接，请用笔画线代替导线补上还需要连接的线路（3）某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线，如图乙所示，若用电动势为2V、内阻不计的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是W三、计算题（16题8分，17题10分，18题14分）16若某欧姆表表头的满偏电流为5mA，内装一节干电池，电动势为1.5V，那么该欧姆表的内阻为待测电阻接入红、黑两表笔之间时，表头指针偏在满刻度的处，则待测电阻的阻值为17质量为m、长度为L的导线棒MN静止于水平导轨上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨
9、平面成角斜向下，如图所示，求棒MN受到的支持力和摩擦力18如图所示，在磁感应强度B=1T、方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成=37角的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab已知接在滑轨中的电源电动势E=12V，内阻r=0.1ab杆长L=0.5m，质量m=0.2kg，棒的中点用细绳经定滑轮与一物体相连（绳与棒垂直，与轨道面平行），物体的质量为M=0.3kg杆与滑轨间的动摩擦因数=0.1，滑轨与ab杆的电阻忽略不计求：要使ab杆在滑轨上保持静止，滑动变阻器R的阻值在什么范围内变化？（g取10m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果
10、保留两位有效数字）辽宁省大连二十中20152016学年度高二上学期月考物理试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，其中1-8题为单选题，9-12题为多选题全对者得4分，对而不全者得2分，有错误答案的得0分）1用多用电表欧姆挡测电阻时，下列说法中错误的是（）A测量前必须调零，而且每测一次电阻都要重新调零B测量电阻时，用两手碰表笔的金属杆，其测量值偏小C用多用表测60W灯泡的电阻，其阻值比用额定电压和额定功率算出的电阻值小D使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】每换一次挡都要重新进行欧姆调零；在测
11、量时不能用手或其他金属物体接触金属杆；灯泡电阻随温度的升高而增大；欧姆表在使用完成后，一定要把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡【解答】解：A、每换一次挡位，都要进行一次欧姆调零；但并不是测一次电阻调一次零；故A错误；B、测量电阻时，用两手碰表笔的金属杆，由于人体并联到电路中，而使其测量值偏小；故B正确；C、因灯泡电阻随温度的升高而增大；故用多用表测60W灯泡的电阻，其阻值比用额定电压和额定功率算出的电阻值小；故C正确；D、使用完毕应当拔出表笔，并把选择开关旋到OFF挡或交流电压最高挡；故D正确；本题选错误的；故选：A【点评】本题考查了用多用电表欧姆挡测电阻的注意使用及方法，掌握使用欧姆表的
12、注意使用即可正确解题；要掌握多用电表的使用方法及注意事项2分别用图（a）、（b）两种电路测量同一未知电阻的阻值图（a）中两表的示数分别为3V、4mA，图（b）中两表的示数分别为4V、3.9mA，则待测电阻Rx的真实值为（）A略小于1kB略小于750C略大于1kD略大于750【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题；恒定电流专题【分析】先判断采用的测量方法，由于在两种不同的接法中电压表的示数变化大，说明测量的是小电阻，这样电流表分压较大，应该采用（a）图进行测量比较准确（a）图中测量值较真实值偏小【解答】解：因电压表示数变化大，则用电压表的真实值测量电路，为（a）电路 用（a）电路：电流表示数
13、含电压表的分流，故电流比真实值大 由 R测=R真 即测量值偏小故 ABC错误，D正确故选：D【点评】考查伏安法测电阻的原理，明确不出接法所引起的误差3如图，一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向（垂直于纸面向里）垂直线段ab、bc和cd的长度均为L，且abc=bcd=135流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力（）A方向沿纸面向上，大小为（+1）ILBB方向沿纸面向上，大小为（1）ILBC方向沿纸面向下，大小为（+1）ILBD方向沿纸面向下，大小为（1）ILB【考点】安培力【分析】当磁场方向与电流方向垂直时，由安培力F=BIL，
14、根据电流的大小可求出各段安培力大小，由左手定则判定安培力方向，再根据平行四边形定则，对安培力进行分解即可解得【解答】解：该导线可以用a和d之间的直导线长为L来等效代替，根据F=BIL，可知大小为，方向根据左手定则判断，向上；故选A【点评】本题考查安培力的大小与方向的判断；解决本题的关键要掌握安培力的大小公式F=BIL（B与I垂直），同时运用力的平行四边形定则对安培力时行分解此处的导线也可以等效成将ad两点连接的导线所受的安培力4当接通电源后，小磁针A的指向如图所示，则（）A小磁针B的N极向纸外转B小磁针B的N极向纸里转C小磁针B不转动D因电流未标出，所以无法判断小磁针B如何转动【考点】通电直导
15、线和通电线圈周围磁场的方向；磁感应强度【分析】由小磁针的指向，根据磁极间的相互作用规律得出通电螺线管的左端为S极，右端为N极，再根据右手螺旋定则得出电源的左端为正极，右端为负极【解答】解：如图，根据同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引，所以通电螺线管的左端是S极，右端是N极；根据安培定则，右手握住螺线管，四指指向电流的方向，大拇指所指的方向是通电螺线管的N极可以判断电流从螺线管的左端上电流，从右端出电流，所以，电源的左端是正极，右端是负极而小磁针B在电流产生磁场中，根据右手螺旋定则可知，N极的指向垂直纸面向外，故A正确，BCD错误；故选：A【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律和右手螺旋定则利用
16、右手螺旋定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法5如图，在天平右盘底部挂有一个矩形线圈，其一部分悬在方向水平向里的匀强磁场中，矩形线圈通有顺时针方向电流，现天平右侧向下倾斜，下列措施有可能使天平平衡的是（）A增大磁感应强度B增加通过线圈的电流C改变电流的方向D在不改变线圈质量的同时，增加底边的长度【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用【分析】天平是一个等臂杠杆，当两边对天平的作用力相等时，天平平衡；现在天平右侧向下倾斜，说明右侧作用力大，减小右侧作用力或增加左侧作用力可以使天平平衡；由左手定则与安培力公式分析答题【解答】解：要使天平平衡，可以减小右侧作用力，
17、或增加左侧作用力；由左手定则可知，左侧矩形线圈受到的安培力向下；A、由F=BIL可知，增大磁感应强度，可以增大安培力，使天平右侧受力变大，天平不会平衡，故A错误；B、由F=BIL可知，增加线圈的电流，安培力变大，天平右侧受到的作用力变大，天平更加不平衡，故B错误；C、由左手定则可知，改变电流方向，安培力向上，天平右侧受到的作用力变小，可以使天平平衡，故C正确；D、由F=BIL可知，在不改变线圈质量的同时，增加底边的长度，天平右侧受到的作用力变大，天平不能平衡，故D错误故选：C【点评】解决本题的关键知道天平平衡条件，掌握左手定则判断安培力的方向，以及会应用安培力公式进行求解6如图，两根互相平行的
18、长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是（）Ao点处的磁感应强度为零Ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反Cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同Da、c两点处磁感应强度的方向不同【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】根据右手螺旋定则确定两根导线在a、b、c、d四点磁场的方向，根据平行四边形定则进行合成【解答】解：A、根据右手螺旋定则，M处导线在o点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在o点产生的磁
19、场方向竖直向下，合成后磁感应强度不等于0故A错误B、M在a处产生的磁场方向竖直向下，在b处产生的磁场方向竖直向下，N在a处产生的磁场方向竖直向下，b处产生的磁场方向竖直向下，根据场强的叠加知，a、b两点处磁感应强度大小相等，方向相同故B错误C、M在c处产生的磁场方向垂直于cM偏下，在d出产生的磁场方向垂直dM偏下，N在c处产生的磁场方向垂直于cN偏下，在d处产生的磁场方向垂直于dN偏下，根据平行四边形定则，知c处的磁场方向竖直向下，d处的磁场方向竖直向下，且合场强大小相等故C正确D、a、c两点的磁场方向都是竖直向下故D错误故选C【点评】解决本题的关键掌握右手螺旋定则判断电流与其周围磁场方向的关
20、系，会根据平行四边形定则进行合成7如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L，质量为m的直导体棒当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针至水平向左的过程中，关于B的大小的变化，正确的说法是（）A逐渐增大B逐渐减小C先增大后减小D先减小后增大【考点】共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；安培力【专题】共点力作用下物体平衡专题【分析】本题中导体棒受三个力，重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，其中重力的大小和方向都不变，支持力的方向不变，安培力的方向由水平向右逐
21、渐变为竖直向上，根据平行四边形定则分析【解答】解：对导体棒受力分析，受重力G、支持力FN和安培力FA，三力平衡，合力为零，将支持力FN和安培力FA合成，合力与重力相平衡，如图从图中可以看出，安培力FA先变小后变大，由于FA=BIL，其中电流I和导体棒的长度L均不变，故磁感应强度先变小后变大；故选：D【点评】三力平衡的动态分析问题是一中常见的问题，其中一个力大小和方向都不变，一个力方向不变、大小变，第三个力的大小和方向都变，根据平行四边形定则做出力的图示分析即可8如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I时，导线的运动情况是（从上往
22、下看）（）A顺时针方向转动，同时下降B顺时针方向转动，同时上升C逆时针方向转动，同时下降D逆时针方向转动，同时上升【考点】安培力【分析】利用微元法，在导线两侧取两段，根据左手定则判断出安培力的方向，当转过90度时，再根据左手定则判断出安培力的方向，从而确定导线的运动情况【解答】解：在导线两侧取两小段，左边一小段所受的安培力方向垂直纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外，从上往下看，知导线顺时针转动，当转动90度时，导线所受的安培力方向向下，所以导线的运动情况为，顺时针转动，同时下降故A正确，B、C、D错误故选：A【点评】解决本题的关键掌握左手定则判断安培力的方向，以及掌握微元法、特殊
23、位置法的运用9用如图测电源的电动势和内电阻，关于误差的说法正确的是（）A由于电流表的分压作用，使内电阻的测量值小于真实值B由于电压表的分流作用，使内电阻的测量值小于真实值C测出的电动势等于真实值D测出的电动势比真实值小【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】分析电路结构，明确电路中误差来源，并能根据图象比较真实值和测量值之间的关系，从而分析误差结果【解答】解：由图示可得，电压表测路端电压，但由于电压表的分流作用，使电流表的测量值小于真实值；实验误差是由于电压表的分流造成的；当外电路短路时，电压表不分流，故短路电流相同；而测量的电流值要小于真实值；故作出测量值和真实值的
24、图象如图所示；由图示可知，伏安法测电阻相对于电源来说采用电流表外接法，由于电压表分流作用，电流表测量值偏小，当外电路短路时，电流测量值等于真实值，电源的UI图象如图所示，由图象可知，电动势测量值小于真实值，电源内阻测量值小于真实值，故BD正确，AC错误；故选：BD【点评】本题考查了实验误差分析，分析清楚电路结构、知道实验误差的原因是由于电表内阻的影响，并会应用图象进行分析误差现象；明确误差结果10如图所示，用多用电表测量直流电压U和测电阻R，若红表笔插入多用电表的正（+）插孔，则（） A前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流出多用电表B前者电流从红表笔流入多用电表，后者电流从红表笔流
25、入多用电表C前者红表笔接电势高处，后者黑表笔接电势高处D前者黑表笔接电势高处，后者红表笔接电势高处【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】明确多用表原理，知道无论测电压还是测电阻，电流都从红表笔进，黑表笔出根据电流的流向判断电势的高低【解答】解：A、用多用表测量电阻时，流经多用表的电流由内电路提供，红表笔与内部电源的负极相连；用多用电表测电压时，电流由外部电源提供，总之无论是测电压U还是测电阻R，电流都是从红表笔流入多用电表，从黑表笔流出多用电流表；故B正确A错误；C、测电压时使用外部电源，则红表笔接高电势处；而接电阻时，使用内部电源，黑表笔接电势高处；故C正确，D错误；故
26、选：BC【点评】本题考查了多用电表的使用，由于表头的结构原因，一定要注意电流总是从红表笔进；故欧姆表的红表笔接内部电源的负极11如图是根据某次实验记录数据画出的UI图象，下列关于这个图象的说法中正确的是（）A纵轴截距表示待测电源的电动势，即E=3.0 VB横轴截距表示短路电流，即I短=0.6 AC根据r=，计算出待测电源内电阻为5D根据r=|，计算出待测电源内电阻为1【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】由闭合电路欧姆定律可得出路端电压与电流的关系，由数学知识可得出电源的电动势和内电阻当外电路电阻为零，外电路短路【解答】解：A、C、D由闭合电路欧姆定律可知：U=EIr；由数学知
27、识可知，纵轴截距为电源的电动势，故电动势为E=3.0V；故A正确；图象的斜率表示电源的内阻，即r=|=1故D正确，C错误B、当外电路电阻R=0时，外电路短路，短路电流为I短=A=3A故B错误故选AD【点评】本题在测定电动势和内电阻实验中，作为数据处理的方法，是实验重点考查内容，应结合数学知识进行理解12质量为m，长度为L的金属细杆放在倾角为的斜面上，杆与斜面间的动摩擦因数为杆中通有垂直纸面向里的恒定电流整个装置处在如图所示的匀强磁场中，金属杆处于静止状态 其中杆与斜面间的摩擦力可能为零的是（）ABCD【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用【分析】先根据左手定则判断出各个图中受到的安培力的方向
28、，再逐个图对四个导线进行受力分析，然后根据受力来判断出各个导体棒是否受到摩擦力的作用【解答】解：A、根据左手定则判断出该图中安培力的方向水平向右，所以该导体棒受到的摩擦力可能为0故A正确；B、根据左手定则判断出该图中受到的安培力的方向竖直向上，导体棒受到的重力，安培力的合力可以为0，故B正确；C、根据左手定则判断出该图中安培力的方向竖直向下，所以该导体棒受到的摩擦力不能为0故C错误；D、根据左手定则判断出该图中安培力的方向沿斜面向上，所以该导体棒受到的摩擦力可能为0故D正确故选：ABD【点评】左手定则判定：伸开左手，使大拇指跟其余四个手指垂直，并且跟手掌在同一平面内，把手放入磁场中，让磁感线穿
29、过掌心，四指所指为电流的方向，拇指所指方向为安培力的方向二、填空题（每空2分，画图4分，共20分）13在“探究决定导线电阻的因素”的实验中，用电压表测得金属丝两端的电压U，用电流表测得通过金属丝中的电流I，用螺旋测微器测得金属丝的直径d，测得数据如图所示，请从图中读出I=0.48 A，U=1.70 V，d=0.0485 cm【考点】测定金属的电阻率【专题】实验题【分析】本题的关键是明确电表读数时应根据每小格的读数来确定估读方法，若出现“1”则应进行“”估读出现“2”则进行“”估读，出现“5”则进行“”估读；螺旋测微器读数时要分成整数部分和小数部分两部分来读，注意半毫米刻度线是否露出【解答】解：
30、电流表每小格读数为0.02A，应估读到0.01A，所以电流表读数为I=0.48A；电压表每小格读数为0.1V，应估读到0.01V，所以电压表的读数为U=1.70V；螺旋测微器的读数为d=0+48.50.01mm=0.485mm；故答案为：0.48；1.70，0.0485【点评】本题考查常见仪器的读数方法；要注意明确是否需要估读；电表读数时应根据每小格读数来确定估读方法，出现“1”则应进行估读，出现“2”和出现“5”不需要估读14在测量电源的电动势和内阻实验中，由于所用的电压表（视为理想电压表）的量程较小，某同学设计了如图所示的实物电路根据实验数据描点，绘出的R图象是一条直线，若直线的斜率为k，
31、在坐标轴上的截距为b，则该电源的电动势E=，内阻r=（用k、b和R0表示）【考点】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】由题意及闭合电路欧姆定律可得出的关系，结合图象可知其斜率及截距的含义，从而可以得出电动势和内电阻【解答】解：由图可知，电源与R0、R串联；则由闭合电路欧姆定律可得：U=+；由函数知识可知：图象的斜率k=；故E=；图象与纵坐标的交点b=+；r=；故答案为：，【点评】本题考查测定电动势和内阻的实验的数据的处理问题，要求能正确应用图象并结合函数关系进行分析得出结果15有一个小灯泡上标有“4V，2W”的字样，现要描述该小灯泡的伏安特性曲线，有下列器材供选用：A电压
32、表（05V，内阻约为10k）B电压表（010V，内阻约为20k）C电流表（00.3A，内阻约为1）D电流表（00.6A，内阻约为0.5）E滑动变阻器（10，2.0A）F学生电源（选用直流6V档），还有电键、导线若干（1）实验中所用电压表应选用A，电流表应选用D（填器材前的字母）在图甲实物图中已完成部分电路连接，请用笔画线代替导线补上还需要连接的线路（3）某同学根据实验得到的数据画出了该小灯泡的伏安特性曲线，如图乙所示，若用电动势为2V、内阻不计的电源给该小灯泡供电，则该小灯泡的实际功率是0.8W【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【专题】实验题【分析】（1）器材的选取需精确、安全，根据灯泡的额定电
33、流选择合适的电流表，从测量误差的角度出发选择合适的滑动变阻器由实验原理可明确实验中的实物图；（3）由伏安特性曲线明确对应的电流值，再由功率公式可求得功率【解答】解：（1）灯泡的额定电压为4V，故电压一选择A；灯泡的额定电流为0.5A，选择03A量程的电流表量程偏大，测量误差大，所以选择量程为0.6A的电流表，即D本实验中采用滑动变阻器的分压接法，电流表选用外接法；故实物图如图所示；（3）电源电压为2V，则由图象可知，图象与伏安特性曲线的交点横坐标为0.4A，即电流为0.4A，则功率P=UI=20.4=0.8W；故答案为：（1）A；D如图（3）0.8【点评】解决本题的关键掌握器材选取的原则，以及
34、知道滑动变阻器分压式和限流式接法的区别，以及电流表内外接的区别三、计算题（16题8分，17题10分，18题14分）16若某欧姆表表头的满偏电流为5mA，内装一节干电池，电动势为1.5V，那么该欧姆表的内阻为300待测电阻接入红、黑两表笔之间时，表头指针偏在满刻度的处，则待测电阻的阻值为100【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；恒定电流专题【分析】根据闭合电路的欧姆定律可以求出欧姆表内阻与待测电阻阻值【解答】解：欧姆调零时，指针指在满偏刻度处，有：R内=300，指针指在满刻度的处时，有：I=，即：0.005=，解得：RX=100；故答案为：300；100【点评】本题考查了求欧姆表内阻、待测电
35、阻阻值问题，知道欧姆表的工作原理、应用闭合电路的欧姆定律即可正确解题17质量为m、长度为L的导线棒MN静止于水平导轨上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与导轨平面成角斜向下，如图所示，求棒MN受到的支持力和摩擦力【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用【分析】带电金属杆进行受力分析，除重力、支持力外、在磁场中受到安培力，还有静摩擦力，四力处于平衡状态根据磁场的方向由左手定则来确定安培力的方向，从而对安培力进行力的分解，由平衡可得支持力、摩擦力的大小【解答】解：水平方向：F=Fsin竖直方向：FN=Fcos+mg且F=BIL从而得：F=BILsin，FN=BILcos+mg答：
36、棒MN受到的支持力和摩擦力分别为BILcos+mg、BILsin【点评】要会区分左手定则与右手定则：左手定则是判定磁场力的，而右手定则是判定感应电流方向的同时还利用三力平衡知识来求解18如图所示，在磁感应强度B=1T、方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成=37角的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab已知接在滑轨中的电源电动势E=12V，内阻r=0.1ab杆长L=0.5m，质量m=0.2kg，棒的中点用细绳经定滑轮与一物体相连（绳与棒垂直，与轨道面平行），物体的质量为M=0.3kg杆与滑轨间的动摩擦因数=0.1，滑轨与ab杆的电阻忽略不计求：要使ab杆在滑轨上保持静止，滑动变阻器
37、R的阻值在什么范围内变化？（g取10m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果保留两位有效数字）【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用；闭合电路的欧姆定律【分析】先利用闭合电路的欧姆定律求出回路中的电流，对导体棒受力分析，当导体棒刚好静止时摩擦力向上时，电流最小，电阻最大；当导体棒刚好静止时摩擦力向下时，电流强度最大，电阻最小，从而即可求解【解答】解：分别画出ab杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析图，如图所示，当ab杆恰好不下滑时，如图甲所示由平衡条件有：沿斜面方向T+mgsin =FN1+F安1cos 垂直斜面方向FN1=mgcos +F安1sin 而F安1=B L，代入数据解得：R11.3当ab杆恰好不上滑时，如图乙所示由平衡条件有：沿斜面方向：mgsin +FN2=T+F安2cos 垂直斜面方向：FN2=mgcos +F安2sin 而F安2=BL，代入数据解得：R20.92所以，要使ab杆保持静止，R的取值范围是0.92R1.3答：要使ab杆在滑轨上保持静止，滑动变阻器R的阻值的取值范围为：0.92R1.3【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，安培力的大小公式，以及会利用共点力平衡去求未知力
