1、福建省泉州市晋江市平山中学20152016学年度高二上学期期末物理试卷一、单项选择题（本大题有9小题，每小题只有一个正确答案，每小题4分，共36分）1关于磁感线的概念，下列说法中正确的是（）A磁感线是磁场中客观存在、但肉眼看不见的曲线B磁感线总是从磁体的N极指向S极C磁感线上各点的切线方向与该点的磁场方向一致D沿磁感线方向，磁场逐渐减弱2对如图所示情况，以下说法正确的是（）A当开关S闭合后螺线管下端是N极B当开关S闭合时，小磁针将逆时针转动，静止后S极向上C当开关S闭合时，小磁针将顺时针转动，静止后N极向上D当开关S闭合后滑动变阻器滑片向右移动，电磁铁磁性将减弱3关于电阻和电阻率的说法中，正确
2、的是（）A导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻B由R=可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一D某些金属合金和化合物的电阻率随温度的降低突然减小为零，这种现象叫做超导现象4有一毫伏表，它的内阻是100，量程为0.2V，现要将它改装成量程为10A的电流表，则毫伏表应（）A并联一个0.02的电阻B并联一个0.2的电阻C串联一个50的电阻D串联一个4900的电阻5下列说法正确的是（）A根据E=可知，电场中某点的场强与电场力成正比B根据E=可知，点电荷电场中某点的场强与点电荷的电荷量Q成
3、正比C根据场强叠加原理可知，合电场的场强一定大于分电场的场强D电场强度的方向与电场力的方向一致6在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（）A电压表示数变大，电流表示数变小B电压表示数变小，电流表示数变大C电压表示数变大，电流表示数变大D电压表示数变小，电流表示数变小7用电流表（内阻约4）和电压表（内阻约3k）测量电阻R的阻值分别将图甲和图乙两种测量电路连到电路中，进行多次测量按照图甲所示电路某次的测量情况：电流表的示数是4.60mA，电压表的示数是2.50V；按照图乙所示电路某次的测量情况：电流表的示数是5.00mA，电压表的示数是2.30V比较这两次测量结果，正确的说法是（）A
4、电阻的真实值更接近460，且大于460B电阻的真实值更接近460，且小于460C电阻的真实值更接近543，且大于543D电阻的真实值更接近543，且小于5438如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，电场力做的功为1.5J则下列说法正确的是（）A粒子带负电B粒子在A点的电势能比在B点少1.5JC粒子在A点的动能比在B点少0.5JD粒子在A点的机械能比在B点少1.5J9将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等 a、b为电场中的两点，则（）Aa点的电场强度比b点小Ba点的电势比b点的低C检验电荷
5、q在a点的电势能比在b点的大D将检验电荷q从a点移到b点的过程中，电场力做负功二、多项选择题（每小题有一个以上的答案正确，每小题4分，漏选得2分，错选、多选为0分，共12分）10a、b两个电阻的IU图线如图所示，则（）ARaRbBRaRbC若将它们串联在电路中，发热功率较大的是电阻RbD若将它们并联在电路中，发热功率较大的是电阻Rb11如图，真空中三个点电荷A、B、C，可以自由移动，依次排列在同一直线上，都处于平衡状态，若三个电荷的带电量、电性及相互距离都未知，但ABBC，则根据平衡条件不能断定（）AA、B、C分别带什么性质的电BA、B、C中哪几个带同种电荷，哪几个带异种电荷CA、B、C中哪个
6、电量最大DA、B、C中哪个电量最小12如图所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，下列方法中正确的是（）A使U1减小为原来的B使U2增大为原来的2倍C使偏转板的长度增大为原来2倍D使偏转板的距离减小为原来的三、填空题（每空2分，共18分）13如图的游标卡尺的读数为：mm14用欧姆表测电阻时，如发现指针偏转角度太小，为了使读数的精度提高，应使选择开关拨到较（选填“大”或“小”）的倍率档，重新测量，测量前要进行调零如图所示为使用多用表进行测量时，指针在刻度盘上停留的位置，若选择旋钮：（1）“1k”位置，则测
7、量值为；（2）直流“10V”位置，则测量值为15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为0.1和1K，如图为所需的器材（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中画出UI图线，根据图线求出电池的电动势E=V，内阻r=I/A0.120.200.310.320.500.57U/V1.371.321.241.181.191.05（3）在以上实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，下列说法正确的是A用图a所示电路时，E测E真 B用图a所示电路时，r
8、测r真C用图b所示电路时，E测E真 D用图b所示电路时，r测r真四、计算题（共34分，解题时要写出必要的文字说明、方程式、演算步骤，只写最后答案而无演算过程的不得分，答案必须明确写出数值和单位）16有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路，当电机不转时，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A问：（1）电动机正常工作时的输出功率多大？（2）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大？17在匀强电场中如图所示分布着A、B、C三点，当把一个电量q=105C的正电荷从A沿AB线移到B点时，电场力做的功为零；从B移到
9、C时，电场力做功为1.73103J，试判断该电场的方向，算出场强的大小18如图所示，在E=1103N/C的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道QPN竖直放置与一水平绝缘轨道MN相切连接，P为QN圆弧的中点，其半径R=40cm，一带负电电荷量q=104C的小滑块质量m=20g，与水平轨道间的动摩擦因数=0.4，从位于N点右侧s=1.5m处的M点以初速度v0向左运动，取g=10m/s2求：（1）若滑块初速度v0为6m/s，则滑块通过P点时对轨道的压力是多大？（2）若使小滑块在运动中不离开轨道QPN（Q点、N点除外）问小滑块从M点出发时的初速度满足什么条件？福建省泉州市晋江市平山中学201520
10、16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（本大题有9小题，每小题只有一个正确答案，每小题4分，共36分）1关于磁感线的概念，下列说法中正确的是（）A磁感线是磁场中客观存在、但肉眼看不见的曲线B磁感线总是从磁体的N极指向S极C磁感线上各点的切线方向与该点的磁场方向一致D沿磁感线方向，磁场逐渐减弱【考点】磁感线及用磁感线描述磁场【分析】根据磁感线特点分析答题：（1）磁体的周围存在着看不见，摸不着但又客观存在的磁场，为了描述磁场，在实验的基础上，利用建模的方法想象出来的磁感线，磁感线并不客观存在（2）磁感线在磁体的周围是从磁体的N极出发回到S极在磁体的内部，磁感线是从磁体的S
11、极出发，回到N极（3）磁场中的一点，磁场方向只有一个，由此入手可以确定磁感线不能相交（4）磁场的强弱可以利用磁感线的疏密程度来描述磁场越强，磁感线越密集【解答】解：A、磁感线是理想化的物理模型，实际上不存在，故A错误；B、磁感线从磁体外部是从N极指向S极，而内部是从S极指向N极，磁感线是闭合的曲线，故B错误；C、磁感线上各点的切线方向与该点的磁场方向一致的方向相同，故C正确；D、沿磁感线方向，磁场可能减弱，也可能增加，也可能不变，故D错误；故选：C【点评】本题是一道基础题，记住相关的基础知识，对于解决此类识记性的题目非常方便2对如图所示情况，以下说法正确的是（）A当开关S闭合后螺线管下端是N极
12、B当开关S闭合时，小磁针将逆时针转动，静止后S极向上C当开关S闭合时，小磁针将顺时针转动，静止后N极向上D当开关S闭合后滑动变阻器滑片向右移动，电磁铁磁性将减弱【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【专题】定性思想；推理法；磁场 磁场对电流的作用【分析】根据电流方向由安培定则可判定磁极方向，由磁场的分布可判断小磁针的运动；由影响电磁铁强弱的因素可判断磁性强弱的变化【解答】解：A、开关闭合后，电流方向由下方流入，由安培定则可知上方为N极，故A错误B、C、由安培定则可知上方为N极，故小磁针S极会向下转动，N极向上转动，故小磁针顺时针转动，故B错误，C正确；D、滑片向右滑动时，滑动变阻器接入部分
13、电阻减小，故电路中电流变大，电磁铁的磁性增强故D错误故选：C【点评】要判小磁针的转动方向，应先由安培定则判螺线管的磁极；则可以将螺线管视为条形磁铁进行分析处理3关于电阻和电阻率的说法中，正确的是（）A导体对电流的阻碍作用叫做导体的电阻，因此只有导体中有电流通过时才有电阻B由R=可知导体的电阻与导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比C将一根导线等分为二，则半根导线的电阻和电阻率都是原来的二分之一D某些金属合金和化合物的电阻率随温度的降低突然减小为零，这种现象叫做超导现象【考点】电阻定律；欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】知道电阻是导体对电流的阻碍作用，影响电阻大小的因素有：材料、长度、横截
14、面积、温度，与通过导体的电流和导体两端的电压无关【解答】解：A、电阻是导体对电流的阻碍作用，是导体本身的一种特性；其大小与导体的材料、长度、横截面积、温度有关；而与导体两端有无电压、电压高低，导体中有无电流、电流大小无关，故AB错误；C、导线的电阻率有材料本身的特性决定，与导体的电阻、横截面积、长度无关，将一根导线等分为二，则半根导线的电阻是原来的一半，但电阻率不变，故C错误；D、由超导现象的定义知，某些金属、合金和化合物的电阻率随温度的降低会突然减小为零，这种现象叫做超导现象，故D正确故选：D【点评】明确导线的电阻率有材料本身的特性决定，利用电阻定律和欧姆定律也求电阻，但只能作为比值定义法，
15、应明确电阻与电流、电压等无关4有一毫伏表，它的内阻是100，量程为0.2V，现要将它改装成量程为10A的电流表，则毫伏表应（）A并联一个0.02的电阻B并联一个0.2的电阻C串联一个50的电阻D串联一个4900的电阻【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】把电表改装成电流表应并联一个分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值【解答】解：电表的满偏电流为：Ig=0.002A，把它改装成量程为10A的电流表需要并联一个分流电阻，并联电阻阻值为：R=0.02；故选：A【点评】本题考查了电流表的改装，把电表改装成电流表应并联一个分流电阻，知道电流表的改装原理、应用
16、并联电路特点与欧姆定律即可正确解题5下列说法正确的是（）A根据E=可知，电场中某点的场强与电场力成正比B根据E=可知，点电荷电场中某点的场强与点电荷的电荷量Q成正比C根据场强叠加原理可知，合电场的场强一定大于分电场的场强D电场强度的方向与电场力的方向一致【考点】电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】电场强度的定义式为E=，适用于任何电场，E反映电场本身的性质，与试探电荷，及电场力无关；点电荷的电场强度E=可知，某点的场强与点电荷的电荷量Q成正比，且电场强度是矢量，满足矢量叠加法则，正电荷受到的电场力，即为电场强度的方向，从而即可求解【解答】解：A、公式E=是电场强度的定义式，可知：某点
17、的场强与电场力无关，故A错误；B、点电荷电场强度公式E=可知，点电荷电场中某点的场强与点电荷的电荷量Q成正比，与间距的平方成反比，故B正确；C、场强叠加原理可知，合电场的场强可以大于，也可以等于，也可以小于分电场的场强，故C错误；D、电场强度的方向与正电荷受到的电场力的方向一致，故D错误；故选：B【点评】考查电场强度的定义式，与点电荷的电场强度公式的区别，掌握比值定义法，理解矢量合成法则，注意正电荷的电场力方向，才与电场强度的方向相同6在如图所示电路中，当变阻器R3的滑动头P向b端移动时（）A电压表示数变大，电流表示数变小B电压表示数变小，电流表示数变大C电压表示数变大，电流表示数变大D电压表
18、示数变小，电流表示数变小【考点】闭合电路的欧姆定律【专题】压轴题【分析】由图可知R2与R3并联后与R1串联，电压表测量路端电压；由滑片的移动可得出滑动变阻器接入电阻的变化，则由闭合电路的欧姆定律可得出总电流的变化，由U=EIr可得出路端电压的变化；将R1作为内阻处理，则可得出并联部分电压的变化，求得R2中电流的变化，由并联电路的电流规律可得出电流表示数的变化【解答】解：当滑片向b端滑动时，滑动变阻器接入电阻减小，则电路中总电阻减小，则由闭合电路欧姆定律可得，电路中总电流增大，故内压增大；因此路端电压减小，故电压表示数减小；将R1等效为内阻，则可知并联部分电压一定减小，故流过R2的电流减小，因总
19、电流增大，故电流表示数增大；故B正确，ACD错误；故选B【点评】闭合电路的欧姆定律一般按先分析外电路，再分析内电路，最后再分析外电路的思路进行；若电阻与电源串联，可以等效为内阻处理7用电流表（内阻约4）和电压表（内阻约3k）测量电阻R的阻值分别将图甲和图乙两种测量电路连到电路中，进行多次测量按照图甲所示电路某次的测量情况：电流表的示数是4.60mA，电压表的示数是2.50V；按照图乙所示电路某次的测量情况：电流表的示数是5.00mA，电压表的示数是2.30V比较这两次测量结果，正确的说法是（）A电阻的真实值更接近460，且大于460B电阻的真实值更接近460，且小于460C电阻的真实值更接近5
20、43，且大于543D电阻的真实值更接近543，且小于543【考点】伏安法测电阻【专题】恒定电流专题【分析】甲图是安培表内接法，由于安培表的分压作用，电压表测量值偏大，电阻测量值等于安培表与待测电阻电阻值之和；乙图是安培表外接法，由于电压表的分流作用，安培表测量值偏大，电阻测量值等于安培表与待测电阻并联的电阻【解答】解：甲图是安培表内接法，电流表的示数是4.60mA，电压表的示数是2.50V，电阻测量值等于安培表与待测电阻电阻值之和，根据欧姆定律，有：=543 解得：Rx=543r=5434=539乙图是安培表外接法，电流表的示数是5.00mA，电压表的示数是2.30V，电阻测量值等于安培表与待
21、测电阻并联的电阻，根据欧姆定律，有：=460 RV=3000解得：Rx543.3综上，电阻的真实值更接近543，且小于543；故选D【点评】本题关键是熟悉安培表内接法与外接法，明确误差来源，知道安培表内接法电阻测量值等于安培表与待测电阻电阻值之和，外接法电阻测量值等于安培表与待测电阻并联的电阻8如图为一匀强电场，某带电粒子从A点运动到B点在这一运动过程中克服重力做的功为2.0J，电场力做的功为1.5J则下列说法正确的是（）A粒子带负电B粒子在A点的电势能比在B点少1.5JC粒子在A点的动能比在B点少0.5JD粒子在A点的机械能比在B点少1.5J【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用
22、【专题】带电粒子在电场中的运动专题【分析】根据轨迹的弯曲方向判断电性在由A运动B的过程中，有两个力做功，一是重力做负功，一是电场力做正功从运动轨迹上判断，粒子带正电从A到B的过程中，电场力做正功为1.5J，所以电势能是减少的，A点的电势能要大于B点电势能从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，由动能定理可求出动能的变化情况从A到B的过程中，做功的力有重力和电场力，应用能量的转化与守恒可比较AB两点的机械能【解答】解：A、由运动轨迹上来看，垂直电场方向射入的带电粒子向电场的方向偏转，说明带电粒子受到的电场力向右，与电场方向相同，所以带电粒子应带正电故A错误B、从A到B的过程中
23、，电场力做正功，电势能在减少，由题意电场力做的功为1.5J，则电势能减少1.5J，所以在A点的电势能比B点的电势能大1.5J故B错误C、从A到B的过程中，克服重力做功2.0J，电场力做功1.5J，则总功为W=2J+1.5J=0.5J由动能定理可知，粒子在A点的动能比在B点多0.5J，故C错误D、从A到B的过程中，除了重力做功以外，还有电场力做功，电场力做正功，电势能转化为机械能，带电粒子的机械能增加，由能的转化与守恒可知，机械能的增加量等于电场力做功的多少，所以机械能增加了1.5J，即粒子在A点的机械能比在B点少1.5J故D正确故选：D【点评】解决本题关键要掌握常见的功与能的关系，能运用能量转
24、化和守恒定律进行分析9将一电荷量为+Q的小球放在不带电的金属球附近，所形成的电场线分布如图所示，金属球表面的电势处处相等 a、b为电场中的两点，则（）Aa点的电场强度比b点小Ba点的电势比b点的低C检验电荷q在a点的电势能比在b点的大D将检验电荷q从a点移到b点的过程中，电场力做负功【考点】电场线；电势能【分析】电场线的疏密表示场强的大小；a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势；电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小【解答】解：A：电场线的疏密表示场强的大小，由图象知a点的电场强度比
25、b点大，故A错误；B：a点所在的电场线从Q出发到不带电的金属球终止，所以a点的电势高于金属球的电势，而b点所在处的电场线从金属球发出到无穷远，所以金属球的电势高于b点的电势，即a点的电势比b点的高故B错误；C：电势越高的地方，负电荷具有的电势能越小，即负电荷在a点的电势能较b点小，故C错误；D：由上知，q在a点的电势能较b点小，则把q电荷从电势能小的a点移动到电势能大的b点，电势能增大，电场力做负功故D正确故选：D【点评】该题考查电场线的特点与电场力做功的特点，解题的关键是电场力做正功，电势能减小；电场力做负功，电势能增加二、多项选择题（每小题有一个以上的答案正确，每小题4分，漏选得2分，错选
26、、多选为0分，共12分）10a、b两个电阻的IU图线如图所示，则（）ARaRbBRaRbC若将它们串联在电路中，发热功率较大的是电阻RbD若将它们并联在电路中，发热功率较大的是电阻Rb【考点】欧姆定律；串联电路和并联电路【专题】受力分析方法专题【分析】IU图线斜率的倒数表示电阻，串联电路电流相等，根据P=I2R比较发热功率并联电路电压相等，根据P=比较发热功率【解答】解：A、IU图线斜率的倒数表示电阻，Ra斜率大，电阻小则RaRb故A错误，B正确 C、串联电路电流相等，根据P=I2R，电阻大的发热功率大故C正确 D、并联电路电压相等，根据P=，电阻大的发热功率小故D错误故选BC【点评】解决本题
27、的关键掌握IU图线斜率的倒数表示电阻以及串联电路电流相等，并联电路电压相等11如图，真空中三个点电荷A、B、C，可以自由移动，依次排列在同一直线上，都处于平衡状态，若三个电荷的带电量、电性及相互距离都未知，但ABBC，则根据平衡条件不能断定（）AA、B、C分别带什么性质的电BA、B、C中哪几个带同种电荷，哪几个带异种电荷CA、B、C中哪个电量最大DA、B、C中哪个电量最小【考点】库仑定律【分析】甲乙丙三个电荷，依次排列在同一直线上，且都处于静止状态，乙处于中间，乙无论带正电荷还是带负电荷，甲丙应该带相同的电荷，对乙的作用才相同，才处于静止状态；甲丙带异种电荷，对乙的作用不同，有吸引的，有排斥的
28、，正好使乙发生运动【解答】解：根据题意，三个点电荷均在库仑力的作用下，处于平衡，根据同种电荷相互排斥，异种电荷相互吸引，则有：AC的电荷的电性必须相同，且B的电荷电性与它们相反，这样才能确保受力平衡，再由平衡的条件及库仑力的大小与间距的平方成反比，可知，中间的电荷的电量最小，这样才能保证力的大小平衡因ABBC，所以A电荷的电量最大，故BCD可以根据平衡条件断定，A根据平衡条件不能断定，本题选择根据平衡条件不能断定的，故选：A【点评】对于带电体相互排斥一定带同种电荷，相互吸引一定带异种电荷同时由受力平衡来确定库仑力的方向，由库仑力的大小来确定电量的多少从而得出“两同夹异，中间最小”的结论12如图
29、所示，从灯丝发出的电子经加速电场加速后，进入偏转电场，若加速电压为U1，偏转电压为U2，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，下列方法中正确的是（）A使U1减小为原来的B使U2增大为原来的2倍C使偏转板的长度增大为原来2倍D使偏转板的距离减小为原来的【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】电子先经加速电场加速后，进入偏转电场，根据动能定理求出加速获得的速度与加速电压的关系由牛顿第二定律求出电子进入偏转电场时的加速度，根据运动的合成与分解，推导出电子在偏转电场中偏转量与偏转电压的关系，再综合得到偏转电场中偏转量与加速电压、偏转电压的关系，再进行选择【解答
30、】解：设电子的质量和电量分别为m和e电子在加速电场中加速过程，根据动能定理得 eU1= 电子进入偏转电场后做类平抛运动，加速度大小为a= 电子在水平方向做匀直线运动，则有t=在竖直方向做匀加速运动，则有偏转量y=联立上述四式得，y=A、根据偏转量y=得知，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，使U1减小为原来的故A正确B、根据偏转量y=得知，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，使U2增大为原来的2倍故B正确C、根据偏转量y=得知，要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，使偏转板的长度L增大为原来倍故C错误D、要使电子在电场中的偏转量y增大为原来的2倍，使偏转板的距离减小为原来
31、的故D正确故选ABD【点评】本题粒子从静止开始先进入加速电场后进入偏转电场，得到的结论与粒子的质量和电量无关三、填空题（每空2分，共18分）13如图的游标卡尺的读数为：91.60mm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用【专题】实验题【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读【解答】解：游标卡尺的主尺读数为：9.1cm=91mm，游标尺上第12个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为120.05mm=0.60mm，所以最终读数为：91mm+0.60mm=91.60mm故答案为：91.60【点评】对于基本测量仪器如游标卡尺、螺旋测微器等要了解其原理，要能正确使用这些基
32、本仪器进行有关测量14用欧姆表测电阻时，如发现指针偏转角度太小，为了使读数的精度提高，应使选择开关拨到较大（选填“大”或“小”）的倍率档，重新测量，测量前要进行调零如图所示为使用多用表进行测量时，指针在刻度盘上停留的位置，若选择旋钮：（1）“1k”位置，则测量值为32k；（2）直流“10V”位置，则测量值为4.4V【考点】用多用电表测电阻【专题】实验题；定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】用欧姆表测电阻时，指针应指在刻度盘中央附近，指针偏转角度太小，说明所选挡位太小，应换大挡，换挡后要重新进行欧姆调零；多用电表最上面的刻度盘是欧姆表刻度线，中间的刻度盘是电流与直流电压刻度盘，最下面的刻度盘是
33、交流电压刻度盘；对电表读数时，要先确定量程与其分度值，然后再读数【解答】解：指针偏转角度太小，说明所选档位的倍率太小，为了使读数的精度提高，应使选择开关拨到较大的倍率挡，重新测量前要进行欧姆调零（1）在“1k”位置，由图示欧姆表可知，所测量电阻的阻值为321k=32k；（2）在“10V”位置，由图示多用电表可知，其分度值是0.2V，所测量电压的值为4.4V；故答案为：大；（1）32k；（2）4.4V【点评】使用欧姆表测电阻时要选择合适的档位，指针要指在刻度盘中央刻度附近；对电表读数时，要先确定其量程与分度值，然后再读数，读数时视线要与电表刻度线垂直15用电流表和电压表测定一节干电池的电动势和内
34、电阻的实验中，所用电流表和电压表的内电阻分别为0.1和1K，如图为所需的器材（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中画出UI图线，根据图线求出电池的电动势E=1.46V，内阻r=0.75I/A0.120.200.310.320.500.57U/V1.371.321.241.181.191.05（3）在以上实验中，由于电流表和电压表内阻的影响，下列说法正确的是ABA用图a所示电路时，E测E真 B用图a所示电路时，r测r真C用图b所示电路时，E测E真 D用图b所示电路时，r测r真【考点
35、】测定电源的电动势和内阻【专题】实验题；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（3）根据误差来源分析实验误差【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）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出图示如图所示在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.
36、75（3）由图a所示电路可知，相对于电源来说，电流表采用外接法，由于电压表的分流作用，使所测电源电动势小于电动势真实值，内阻测量值小于真实值由图b所示电路可知，相对于电源，电流表采用内接法，由于电流表的分压作用，电源内阻测量值大于真实值，当外电路断路时，电压表示数等于电源电动势，电动势测量值等于真实值，故AB正确，CD错误；故选：AB故答案为：（1）电路图如图所示；（2）1.46；0.75；（3）AB【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开始的四、计算题（共34分，解题时要写出必要的文字说明
37、、方程式、演算步骤，只写最后答案而无演算过程的不得分，答案必须明确写出数值和单位）16有一个直流电动机，把它接入0.2V电压的电路，当电机不转时，测得流过电动机的电流是0.4A；若把电动机接入2.0V电压的电路中，电动机正常工作，工作电流是1.0A问：（1）电动机正常工作时的输出功率多大？（2）如果在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是多大？【考点】电功、电功率；闭合电路的欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】（1）当电机不转时，其电路是纯电阻电路，由欧姆定律求出电机的内阻当电机正常工作时，其电路是非纯电阻电路，其输出功率P出=P总P内=UII2r，代入求解电动机正常工作时的输出
38、功率（2）电动机的转子突然被卡住时，电动机的发热功率P热=【解答】解：（1）当电机不转时，由欧姆定律得到，电机的内阻，当电机正常工作时，输出功率P出=UII2r=2W0.5W=1.5W（2）电动机的转子突然被卡住时，此时相当于纯电阻，发热功率为 答：（1）电动机正常工作时的输出功率是1.5W；（2）在电动机正常工作时，转子突然被卡住，电动机的发热功率是8W【点评】对于电动机电路，要正确区分是纯电阻电路，还是非纯电阻电路，关键看转子是否转动，电能是否全部转化为内能17在匀强电场中如图所示分布着A、B、C三点，当把一个电量q=105C的正电荷从A沿AB线移到B点时，电场力做的功为零；从B移到C时，
39、电场力做功为1.73103J，试判断该电场的方向，算出场强的大小【考点】电势差与电场强度的关系；电势能【专题】电场力与电势的性质专题【分析】正电荷从A 沿AB 线移到B 点时，电场力做的功为零，则A、B两点电势相等，AB连线为等势线电荷从B 移到C 时，电场力做功为1.73103J，则B点电势比C点电势低根据这两点，连接AB作出等势线，再作出电场线根据电势差公式U=求出AB间的电势差，由E=求出场强【解答】解：（1）连接AB，即为一条等势线过C点作AB的垂线，标出箭头：斜向右下方，即为一条电场线 根据W=qU，可得UBC=173V 则C、B间电势差为UCB=173V 又由匀强电场中场强与电势差
40、的关系E=1000V/m答：电场的E的方向与AB垂直斜向下（如图），大小为1000v/m【点评】本题考查对电势差与电场强度关系的理解能力还要抓住电场线与等势面垂直，并由电势高的等势面指向电势低的等势面18如图所示，在E=1103N/C的竖直匀强电场中，有一光滑的半圆形绝缘轨道QPN竖直放置与一水平绝缘轨道MN相切连接，P为QN圆弧的中点，其半径R=40cm，一带负电电荷量q=104C的小滑块质量m=20g，与水平轨道间的动摩擦因数=0.4，从位于N点右侧s=1.5m处的M点以初速度v0向左运动，取g=10m/s2求：（1）若滑块初速度v0为6m/s，则滑块通过P点时对轨道的压力是多大？（2）若
41、使小滑块在运动中不离开轨道QPN（Q点、N点除外）问小滑块从M点出发时的初速度满足什么条件？【考点】动能定理的应用；牛顿第三定律；向心力【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）小球恰能通过最高点，在最高点重力和电场力的合力提供向心力，根据向心力公式求得最高点速度，再对从M到N过程运用动能定理列式求初速度；（2）先对从M到P过程运用动能定理求得P点速度，在P点支持力提供向心力，根据向心力公式列式求解【解答】解：（1）设小球到达P点时速度为v，滑块从开始运动到达P点过程中，由动能定理得mgR+qER（mgqE）S=2mv2mv02，代入数据解得：v2=24m/s2，在P点，由支持力提供向心力，由向
42、心力公式N=1.3N，由牛顿第三定律得到压力也为1.3N，故运动的滑块通过P点时对轨道的压力是1.3N（2）设小球恰能到达Q点时速度为v，根据向心力公式，有mgqE=，滑块从开始运动到达Q点过程中，由动能定理得mg2R+qE2R（mgqE）S=mv2mv02，联立两式并代入数据解得：v0=4m/s，若滑块恰能滑到P点停止，滑块从开始运动到达P点过程中，由动能定理有：qERmgR（mgqE）S=0mv02，代入数据解得：，综上所述，小滑块在运动中不离开轨道，小滑块从M点出发时的初速度必须满足：v04m/s或；答：（1）若滑块初速度v0为6m/s，则滑块通过P点时对轨道的压力是1.3N；（2）小滑块从M点出发时的初速度满足的条件是：v04m/s或【点评】此题中滑块恰好通过最高点时轨道对滑块没有弹力，由牛顿定律求出临界速度，再根据动能定理和牛顿运定律结合求解小球对轨道的弹力
