1、2015-2016学年内蒙古包头市包钢四中高二（上）期末物理试卷一、单项选择题1下列说法错误的是（）A并联电路任一支路的电阻增大（其它支路不变），则总电阻也增大B并联电路任一支路的电阻都大于电路的总电阻C从I=可知，导体中的电流跟两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比D从R=可知，导体的电阻跟加在导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比2下列说法中，正确的是（）A电场线与磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B地理南极正上方磁场方向竖直向上，地理北极正上方磁场方向竖直向下C电场线和磁感线都不是不闭合曲线D电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布越密的地方，同一通电导线所受的磁场力
2、也越大3某金属导线的电阻率为，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为（）A4和4RB和4RC16和16RD和16R4如图所示，因线路故障，按通K时，灯L1和L2均不亮，用电压表测得Uab=0，Ubc=0，Ucd=4V由此可知开路处为（）A灯L1B灯L2C变阻器D不能确定5通电螺线管旁的小磁针静止如图所示，判断正确的是（）A螺线管a端为S极，电源c端为正极B螺线管a端为S极，电源c端为负极C螺线管a端为N极，电源c端为负极D螺线管a端为N极，电源c端为正极6如图所示，两根相互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
3、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不相等，方向相同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7有四盏灯，接入如图电路中，L1、L2都标有“220V，100W”字样，L3、L4都标有“220V，40W”字样，把电路接通后，下列说法正确的是（）AL1和L4一样亮BL2和L3一样亮CL3比L4亮DL1比L2亮8在如图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A
4、灯泡L变亮B电流表示数变大，电压表示数变小C电容器C上电荷量减少D电流表示数变小，电压表示数变大二、多项选择题9在闭合电路中，下列叙述正确的是（）A闭合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟外电路的电阻成反比B当外电路断开时，路端电压等于零C当外电路短路时，电路中的电流为零D当外电阻增大时，路端电压也增大10若E表示电动势，U表示外电压，U表示内电压，R表示外电路的总电阻，r表示内电阻，I表示电流，则下列各式中正确的是（）AU=IRBU=EUCU=E+IrDU=11在图电路中，电源电动势是，内阻为r，当滑动变阻器R3的滑动头向左移动时（）A电阻R1的功率将增大B电阻R2的功率将减小C电源的功率将加
5、大D电源的效率将减小12关于多用电表的使用，下列操作正确的是（）A测电压时，应按图甲连接方式测量B测电流时，应按图乙连接方式测量C测电阻时，应按图丙连接方式测量D测二极管的正向电阻时，应按图丁连接方式测量三、填空题与实验题13读出该游标卡尺的读数mm14某同学根据实验数据画出的UI图象如图所示，由图象可得电池的电动势为 V，内电阻为15一个电流表的满偏电流Ig=10mA，内阻为300，要把它改装成一个量程为15V的电压表，则应在电流表上一个的电阻，如果要把它改装成一个量程为3A的电流表，则应在电流表上一个的电阻16一只小灯泡，标有“3V、0.6W”字样现用右下图给出的器材测量该小灯泡正常发光时
6、的伏安特性曲线（滑动变阻器最大阻值为5；电源电动势为12V，内阻为1；电流表量程00.6A3A，内阻为1，电压表的内阻为10k）（1）在设计电路的过程中，为了尽量减小实验误差，电流表应采用（选填“内接”或“外接”）法，电阻的测量值比真实值（选填“大”或“小”），电流表量程选，滑动变阻器的连接方式应采用（选填“分压式”或“限流式”）（2）将你所设计的实验电路图（尽量减小实验误差）画在左下方的虚线框中（3）用笔画线当导线，根据设计的电路图将实物图连成完整的电路（图中有三根导线已经接好）17课外活动小组的同学设计了一个实验方案，用来测算缠绕螺线管的金属丝长度已知缠绕螺线管的金属丝电阻较小，经查阅资料
7、得知该金属丝的电阻率为（1）实验中用螺旋测微器测得金属丝的直径，如图甲所示，可知金属丝的直径为d=mm（2）然后利用多用电表测缠绕螺线管的金属丝的电阻，将选择开关旋转到“”挡的“10”位置时，多用表指针指示位置如图乙所示，可知金属丝的电阻为R=（3）若测得的金属丝直径用d表示，电阻用R表示，则由已知量和测得量的符号表示金属丝的长度L=（4）欧姆表调零后，用“10”档测量另一个阻值未知的电阻，发现指针偏转角度很小，则下列说法和做法中正确的是A这个电阻的阻值很小B这个电阻的阻值很大C为测得更准确些，应当换用“1”档，并且重新调零后进行测量D为测得更准确些，应当换用“100”档，并且重新调零后进行测
8、量（5）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，待测电阻接入红、黑两表笔之间时，指针指在刻度盘的中央，则待测电阻的阻值为五、计算题18如图所示电路中，当开关S接a点时，标有“5V 2.5W”的小灯炮L正常发光，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1A，这时电阻R两端的电压为4V求：（1）电阻R的值；（2）电源的电动势和内阻19如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻r=0.6，R=10，U=160V，电压表的读数为110V，求：（1）通过电动机的电流是多少？（2）输入到电动机的电功率是多少？（3）电动机的输出功率是多少？20如图所示，水平面内有竖直向上的磁场B=2
9、T，导轨间的距离L=0.5m，ab棒的质量m=1kg，物块重G=3N，ab棒与导轨间的动摩擦因数=0.2，电源的电动势E=10V，r=0.1，导轨的电阻不计，ab棒电阻也不计，（1）当R=4.9时，金属棒所受安培力的大小和方向（2）R的取值范围怎样时棒处于静止状态？（g取10m/s2）2015-2016学年内蒙古包头市包钢四中高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题1下列说法错误的是（）A并联电路任一支路的电阻增大（其它支路不变），则总电阻也增大B并联电路任一支路的电阻都大于电路的总电阻C从I=可知，导体中的电流跟两端的电压成正比，跟导体的电阻成反比D从R=可知，导体的电阻跟加在
10、导体两端的电压成正比，跟导体中的电流成反比【考点】串联电路和并联电路【分析】并联电路各部分电路两端电压相等，电流一电阻成反比，总电阻的倒数等于各部分电阻倒数的和；根据欧姆定律分析电流与电压、电阻的关系电阻由导体本身的特性决定，与电流、电压无关运用控制变量法理解电压与电阻的关系【解答】解：A、并联电路的任一支路电阻增大时，总电阻增大，故A正确；B、并联电路的各部分电阻均大于并联电路的总电阻，并联电路任一支路的电阻都大于电路的总电阻，故B正确；C、根据欧姆定律I=可知，导体中的电流跟加在它两端的电压成正比，跟它的电阻成反比故C正确B、R=是电阻的定义式，R与导体两端的电压U和电流无关故D错误本题选
11、择错误的，故选：D【点评】本题考查了与并联电路有关的几个重要的规律，包括电阻的并联、并联电路的电流规律、并联电路的电压规律等，属基本的电学规律，非常重要，但难度不大I=是欧姆定律公式，R=称为电阻的定义式，要运用控制变量法理解电压、电流与电阻的关系2下列说法中，正确的是（）A电场线与磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B地理南极正上方磁场方向竖直向上，地理北极正上方磁场方向竖直向下C电场线和磁感线都不是不闭合曲线D电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布越密的地方，同一通电导线所受的磁场力也越大【考点】磁感线及用磁感线描述磁场；电场线【分析】磁感线和电场线都是人们为形象描述场而
12、假想的；利用磁感线和电场线的分布特点和疏密程度都反映场的强弱；导线受到的安培力：F=BILsin【解答】解：A、磁感线和电场线都是人们为形象描述场而假想的，并不是实际存在的故A错误；B、根据地球的磁场的特点可知，地理南极正上方磁场方向竖直向上，地理北极正上方磁场方向竖直向下故B正确；C、磁感线是闭合的曲线，而静电场的电场线是从正电荷（无限远）出发终止于无限远（负电荷）的不闭合的曲线，故C错误D、电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线分布越密的地方，同一通电导线所受的磁场力不一定越大，还与导线与磁场的方向之间的关系有关，故D错误故选：B【点评】该题考查电场线与磁场线的特点，明确磁
13、感线和电场线为形象描述场而假想的，并不是实际存在和分布特点是解题的关键3某金属导线的电阻率为，电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，那么该导线的电阻率和电阻分别变为（）A4和4RB和4RC16和16RD和16R【考点】电阻定律【分析】在电阻丝温度不变的条件下，电阻的影响因素是材料（电阻率）、长度、横截面积，当导线被拉长后，长度变长的同时，横截面积变小，但导体的整个体积不变【解答】解：电阻为R，现将它均匀拉长到直径为原来的一半，其材料和体积均不变，则横截面积变为原来的，长度为原来的4倍；由于导体的电阻与长度成正比，与横截面积成反比，所以此时导体的电阻变为原来的16倍，即16R由于电阻率受温
14、度的影响，因温度不变，所以电阻率也不变故选：D【点评】题考查了影响电阻大小的因素，关键要知道导体电阻与长度成正比，与横截面积成反比电阻率不受温度影响的材料，可以制成标准电阻4如图所示，因线路故障，按通K时，灯L1和L2均不亮，用电压表测得Uab=0，Ubc=0，Ucd=4V由此可知开路处为（）A灯L1B灯L2C变阻器D不能确定【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】对于完好的电阻，阻值一定，电流I=0时，根据欧姆定律可知，其电压U=IR=0若发生断路，其两端电压等于电源的电动势【解答】解：A、B对于完好的电阻，阻值一定，电流I=0时，根据欧姆定律可知，其电压U=IR=0由题：Uab=0，Ubc=0，
15、则可知：灯L1、L2没有发生断路故AB错误 C、由题Ucd=4V，则变阻器发生断路，因为断路时，电路无电流，其两端的电势分别等于电源两极的电势，其电势差等于电源的电动势故C正确 D、由上述分析可知D错误故选：C【点评】本题是电路中故障分析问题，往往哪段电路的电压等于电源的电压，哪段电路发生断路，可用电压即为电势差来理解5通电螺线管旁的小磁针静止如图所示，判断正确的是（）A螺线管a端为S极，电源c端为正极B螺线管a端为S极，电源c端为负极C螺线管a端为N极，电源c端为负极D螺线管a端为N极，电源c端为正极【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】根据小磁针的指向，通过安培定则判断出螺线管
16、电流的流向，从而知道电源的正负极螺线管等效为条形磁铁，根据内部磁场的方向得出螺线管的极性【解答】解：螺线管内部的磁场方向水平向右，内部的磁场由S指向N，则螺线管a端为S极，b端为N极；根据安培定则，知螺线管中的电流从左侧流进，右侧流出，实验c端为电源的正极，d端为负极故选：A【点评】解决本题的关键掌握安培定则，会运用安培定则判断电流与磁场的关系，基础题目6如图所示，两根相互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
17、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不相等，方向相同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】右手定则【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
18、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、由上分析可知，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系，会根据平行四边形定则进行合成7有四盏灯，接入如图电路中，L1、L2都标有“220V，100W”字样，L3、L4都标有“220V，40W”字样，把电路接通后，下列说法正确的是（）AL1和L4一样亮BL2和L3一样亮C
19、L3比L4亮DL1比L2亮【考点】串联电路和并联电路【分析】根据P=求解四个灯泡的电阻，串联电路电流相等，并联电路电压相等，根据功率公式判断四个灯泡实际功率的大小【解答】解：根据P=可得，四个灯泡的电阻：R1=R2=484，R3=R4=1210，由电路图可知，L2与L3并联，所以电压相等，根据P=可知：P2P3，L1与L4串联，电流相等，根据P=I2R可知，P4P1，L1的电流大于L2的电流，根据P=I2R可知：P1P2，所以P4P1P2P3即由亮到暗依次是：L4，L1，L2，L3；故选：D【点评】解决本题的关键知道串联电路中的电流相等，并联电路中的电压相等，以及掌握功率的公式P=I2R和P=
20、8在如图所示的电路中，闭合开关S，将滑动变阻器滑片P向左移动一段距离后，下列结论正确的是（）A灯泡L变亮B电流表示数变大，电压表示数变小C电容器C上电荷量减少D电流表示数变小，电压表示数变大【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，电路总电阻增大，电流减小，灯泡变暗；变阻器两端电压增大，电容器上电荷量增大，电流表读数变小，电压表读数由闭合电路欧姆定律分析【解答】解：A、当滑动变阻器滑片P向左移动，其接入电路的电阻增大，电路的总电阻R总增大，总电流I减小，灯泡的功率为P=I2RL，RL不变，则P减小，所以灯泡变暗故A错误BD、总电流减小，电流表读数变
21、小电压表读数 U=EIr，I减小，则U变大故B错误，D正确C、变阻器两端电压增大，电容器与变阻器并联，电容器的电压也增大，则其电荷量增大，故C错误故选：D【点评】对于电容器，关键确定电压，记住这个结论很有必要：电容器与与它并联的电路电压相等二、多项选择题9在闭合电路中，下列叙述正确的是（）A闭合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟外电路的电阻成反比B当外电路断开时，路端电压等于零C当外电路短路时，电路中的电流为零D当外电阻增大时，路端电压也增大【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】本题要研究路端电压与外电阻的关系，可根据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律分析【解答】解：A、根据闭合电路欧姆定律可知闭
22、合电路中的电流跟电源电动势成正比，跟内、外电路的总电阻成反比，故A错误B、当外电路断开时，电流为零，电源的内电压为零，则路端电压等于电源电动势，故B错误C、当外电路短路时，电路中的电流为 I=0，故C错误D、当外电阻增大时，电路中电流减小，电源的内电压减小，则路端电压增大，故D正确故选：D【点评】对于路端电压与外电路的关系，要抓住两种特殊情况：外电路断路时，路端电压等于电动势；外电路短路时，路端电压为零10若E表示电动势，U表示外电压，U表示内电压，R表示外电路的总电阻，r表示内电阻，I表示电流，则下列各式中正确的是（）AU=IRBU=EUCU=E+IrDU=【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】
23、路端电压和内电压的关系遵守闭合电路欧姆定律；内电压与内电阻的关系遵守部分电路欧姆定律根据闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律进行分析和计算【解答】解：A、已知电源的内电阻为r，干路电流为I，则据部分电路欧姆定律得：Ur=Ir，故A错误B、根据闭合电路欧姆定律得：U+Ur=E，则有 Ur=EU故B正确C、将上两式联立得：Ir=EU，则得：U=EIr，故C错误D、根据闭合电路欧姆定律得：I=由部分电路欧姆定律得：U=IR=，故D正确故选：BD【点评】解决本题关键掌握闭合电路欧姆定律和部分电路欧姆定律知道闭合电路欧姆定律常见的形式有：E=U+Ur，E=U+Ir和I=，能针对不同条件列出不同表达形式11
24、在图电路中，电源电动势是，内阻为r，当滑动变阻器R3的滑动头向左移动时（）A电阻R1的功率将增大B电阻R2的功率将减小C电源的功率将加大D电源的效率将减小【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】分析清楚电路结构，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，然后由串联电路特点及欧姆定律分析答题【解答】解：C、由电路图可知R2、R3串联后与R1并联接到电源上，当滑动变阻器R3的滑片P向左移动时，R3阻值变小，总电阻变小，总电流变大，根据P=EI可知，电源的功率增大，故C正确；A、B、总电流增大，电源内电压变大，并联部分电压减小，即R1两端的电压减小，根据P1=，可知，电阻R1的
25、功率将减小；根据I=可知，通过R1的电流减小，而总电流增大，所以通过R2的电流增大，根据P=I2R可知，电阻R2的功率将增大；故A，B错误；D、电源的效率=，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R减小，则电源效率减小，故D正确；故选：CD【点评】本题是一道动态分析题，分析清楚电路结构是正确解题的关键，熟练应用串联电路特点及欧姆定律即可正确解题12关于多用电表的使用，下列操作正确的是（）A测电压时，应按图甲连接方式测量B测电流时，应按图乙连接方式测量C测电阻时，应按图丙连接方式测量D测二极管的正向电阻时，应按图丁连接方式测量【考点】用多用电表测电阻【分析】所谓多用电表是指电压表、电流表与欧姆表共用一个
26、表头，电流应从正插孔进从负插孔出，指针才正向偏转因电流是“红进”“黑出”，所以做为欧姆表时黑表笔应接内部电池的正极红表笔应接内部电池的负极【解答】解：因多用电表的红表笔接的是正极插孔，黑表笔接的是负极插孔：A、测电压时，红表笔应接灯泡的正极，故A错误B、测电流时电流应从红表笔进入，B正确C、测电阻时应将待测电阻与外电路断开，C错误D、测二极管的正向电阻时，黑表笔应接二极管正极，这样电流从黑表笔出来经二极管进入负极，D正确故选：BD【点评】多用表的黑表笔接内部电池的正极红表笔接内部电池的负极，这样正好符合电流“红进”“黑出”三、填空题与实验题13读出该游标卡尺的读数102.35mm【考点】刻度尺
27、、游标卡尺的使用【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102mm，游标尺上第7个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为70.05mm=0.35mm，所以最终读数为：102mm+0.35mm=102.35mm故答案为：102.35【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本仪器进行有关测量14某同学根据实验数据画出的UI图象如图所示，由图象可得电池的电动势为1.5 V，内电阻为1【考点】路端电压与负载的关系【分析】根据U=EIr，结合图象截距和斜率的概念即可求出电动势和内阻【解答】解：根
28、据U=EIr=rI+E，可知UI图象纵轴截距即为电动势，图象斜率绝对值即为内阻r，所以E=1.50V，r=1故答案为：1.5，1【点评】明确实验原理是解决有关实验问题的关键，遇到根据图象求解的问题，首先要根据物理定律写出有关纵轴物理量与横轴物理量的函数表达式，然后再结合截距与斜率的概念即可求解15一个电流表的满偏电流Ig=10mA，内阻为300，要把它改装成一个量程为15V的电压表，则应在电流表上串联一个1200的电阻，如果要把它改装成一个量程为3A的电流表，则应在电流表上并联一个1的电阻【考点】把电流表改装成电压表【分析】把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，把电流表改装成大量程电流表，需要
29、并联分流电阻，根据串并联电路特点与欧姆定律求出电阻阻值【解答】解：电流表改装成电压表要串联电阻分压，电阻：R=1200改装成大量程电流表要并联电阻分流：R=1故答案为：串联、1200、并联 1【点评】明确把电流表改装成大量程的电流表需要并联一个分流电阻，应用并联电路特点与欧姆定律可以求出并联电阻阻值电流表串联电阻起分压作用为电压表，电流表串联电阻为总电阻减去电流表的内阻总电阻=量程除以满偏电流16一只小灯泡，标有“3V、0.6W”字样现用右下图给出的器材测量该小灯泡正常发光时的伏安特性曲线（滑动变阻器最大阻值为5；电源电动势为12V，内阻为1；电流表量程00.6A3A，内阻为1，电压表的内阻为
30、10k）（1）在设计电路的过程中，为了尽量减小实验误差，电流表应采用外接（选填“内接”或“外接”）法，电阻的测量值比真实值小（选填“大”或“小”），电流表量程选0.6A，滑动变阻器的连接方式应采用分压式（选填“分压式”或“限流式”）（2）将你所设计的实验电路图（尽量减小实验误差）画在左下方的虚线框中（3）用笔画线当导线，根据设计的电路图将实物图连成完整的电路（图中有三根导线已经接好）【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线；伏安法测电阻【分析】（1）先根据小灯泡的铭牌求出正常发光时电阻，再判断电流表的内外接法，通过估算电路最小电阻判断滑动变阻器不能用限流式接法（2）根据（1）中分析可明确对应的电路图；
31、（3）根据原理图可得出对应的实物图【解答】解：（1）因小灯泡标有“3V、0.6W”，其电阻R=15，因电阻较小，故电流表应选外接法，由于外接法中电压表的分流使电流表示数偏大，则由欧姆定律可知，电阻的测量值偏小；由P=UI可知，额定电流I=0.2A；故电流表量程应选择0.6A；根据闭合电路欧姆定律估算电路，显然滑动变阻器不能用限流式应用分压式接法；（2）由（1）的分析要知，电路如图所示（3）连接电路如图所示，开始时滑动变阻器的滑动触头应该移到最左端故答案为（1）外接，小；00.6；分压式 （2）如图 （3）如图，左（1）外接、小、00.6、分压式，（2）如图所示；（3）如图所示；【点评】本题考查
32、电流表接法与滑动变阻器接法的选择、灯泡电阻阻值比较，当电压表内阻远大于待测电阻阻值时电流表选择外接法，当待测电阻阻值远大于电流表内阻时，电流表采用内接法17课外活动小组的同学设计了一个实验方案，用来测算缠绕螺线管的金属丝长度已知缠绕螺线管的金属丝电阻较小，经查阅资料得知该金属丝的电阻率为（1）实验中用螺旋测微器测得金属丝的直径，如图甲所示，可知金属丝的直径为d=1.773mm（2）然后利用多用电表测缠绕螺线管的金属丝的电阻，将选择开关旋转到“”挡的“10”位置时，多用表指针指示位置如图乙所示，可知金属丝的电阻为R=50（3）若测得的金属丝直径用d表示，电阻用R表示，则由已知量和测得量的符号表示
33、金属丝的长度L=（4）欧姆表调零后，用“10”档测量另一个阻值未知的电阻，发现指针偏转角度很小，则下列说法和做法中正确的是BDA这个电阻的阻值很小B这个电阻的阻值很大C为测得更准确些，应当换用“1”档，并且重新调零后进行测量D为测得更准确些，应当换用“100”档，并且重新调零后进行测量（5）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，待测电阻接入红、黑两表笔之间时，指针指在刻度盘的中央，则待测电阻的阻值为300【考点】测定金属的电阻率【分析】（1）螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数（2）欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数（3）应用电阻定律可以求出
34、金属丝的长度；（4）发现指针偏转角度很小，说明电阻很大，换大挡，先进行欧姆调零，再测量；（5）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：（1）由图甲所示螺旋测微器可知，固定刻度示数为1.5mm，可动刻度示数为27.30.01mm=0.273mm，螺旋测微器示数为1.5mm+0.273mm=1.773mm（2）选择开关旋转到“”档的“10”位置，由图乙所示可知，金属丝电阻为510=50（3）根据电阻定律公式，有：R=，其中：S=联立解得：L=（4）欧姆表调零后，用“10”档测量另一个阻值未知的电阻阻值，发现指针偏转角度很小，说明电阻很大，为测得更准确些，应当换用“100”
35、档，并且重新调零后进行测量故选：BD（5）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=300故答案为：（1）1.773；（2）50；（3）；（4）BD；（5）300【点评】螺旋测微器固定刻度与可动刻度示数之和是螺旋测微器的示数，螺旋测微器需要估读；应用电阻定律即可求出电阻率的表达式五、计算题18（2015秋包头校级期末）如图所示电路中，当开关S接a点时，标有“5V 2.5W”的小灯炮L正常发光，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1A，这时电阻R两端的电压为4V求：（1）电阻R的值；（2）电源的电动势和内阻【考点】闭合电路的欧
36、姆定律【分析】（1）由题，当开关S接b点时，通过电阻R的电流为1A，电阻R两端的电压为4V，由欧姆定律求出电阻R的值（2）根据闭合电路欧姆定律分别对开关S接a点和b时列方程，联立组成方程组求解电动势和内阻【解答】解：（1）当开关S接b点时，电阻R的值为 R= （2）当开关接a时， U1=5V，I1=根据闭合电路欧姆定律得 E=U1+I1r E=U2+I2r 联立联解得 E=6V r=2答：（1）电阻R的值为4； （2）电源的电动势和内阻分别为E=6V、r=2【点评】本题是简单的直流电路的计算问题对于电源的电动势和内阻，常常根据两种情况闭合电路欧姆定律列方程，联立组成方程组求解19（2015秋包
37、头校级期末）如图所示，有一提升重物用的直流电动机，内阻r=0.6，R=10，U=160V，电压表的读数为110V，求：（1）通过电动机的电流是多少？（2）输入到电动机的电功率是多少？（3）电动机的输出功率是多少？【考点】功率、平均功率和瞬时功率【分析】在计算电功率的公式中，总功率用P=IU来计算，发热的功率用P=I2R来计算，如果是计算纯电阻的功率，这两个公式的计算结果是一样的，但对于电动机等非纯电阻，第一个计算的是总功率，第二个只是计算发热的功率，这两个的计算结果是不一样的【解答】解：（1）电动机和电阻串联，所以电流相等，电阻R两端电压U1=160110=50V，I=；（2）电动机的电功率P
38、=UI=1105=550W；（3）电动机的热功率P热=I2R=520.6=15W输出功率为P出=PP热=55015W=535W答：（1）通过电动机的电流是5A；（2）输入到电动机的电功率是550W；（3）电动机的输出功率是535W【点评】对于电功率的计算，一定要分析清楚是不是纯电阻电路，对于非纯电阻电路，总功率和发热功率的计算公式是不一样的20（2015秋包头校级期末）如图所示，水平面内有竖直向上的磁场B=2T，导轨间的距离L=0.5m，ab棒的质量m=1kg，物块重G=3N，ab棒与导轨间的动摩擦因数=0.2，电源的电动势E=10V，r=0.1，导轨的电阻不计，ab棒电阻也不计，（1）当R=
39、4.9时，金属棒所受安培力的大小和方向（2）R的取值范围怎样时棒处于静止状态？（g取10m/s2）【考点】安培力；闭合电路的欧姆定律【分析】（1）有闭合电路的欧姆定律求得回路中电流，根据F=BIL求得安培力；（2）若要保持ab静止不动，受力必须平衡由于M所受的最大静摩擦力为0.2mg=2N，而M的重力为Mg=3N，要保持导体棒静止，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断电流的方向分两种情况研究：安培力大于Mg和安培力小于Mg进行讨论，根据平衡条件和安培力公式求出导体棒中电流的范围，由欧姆定律求解电流的范围【解答】解：（1）根据左手定则可知受到的安培力方向为水平向左，回路中的电流为：I=受到的安培力为：F=BIL=220.5N=2N（2）依据物体的平衡条件可得，ab棒恰不右滑时，有力的平衡有：GmgBI1L=0，代入数据得：I1=1A；ab棒恰不左滑时，有力的平衡有：G+mgBI2L=0，代入数据得：I2=5A；根据闭合电路欧姆定律可得：E=I1（R1+r）E=I2（R2+r）代入数据得：R1=9.9，R2=1.9；所以R的取值范围为：1.9R9.9
