1、2015-2016学年四川省雅安中学高二（下）月考物理试卷（4月份）一、不定项选择（每题4分，选对得4分，多选或错选均不给分，少选2分）1一矩形线圈（图甲所示），绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动线圈中的感应电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，下面说法中正确的是（）At1时刻通过线圈的磁通量为零Bt2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大Ct3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D每当电流方向发生改变时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大2如图所示，闭合小金属环从高h处的光滑曲面上端无初速度滚下，又沿曲面的另一侧上升，则下列说法正确的是（）A若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于hB若是匀强
2、磁场，环在左侧滚上的高度等于hC若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于hD若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度大于h3一交变电流的电压表达式为u=100sin120t（V），由此表达式可知（）A用电压表测该电压其示数为100 VB该交变电压的频率为60HzC将该电压加在100的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为100 WDt=s时，该交流电压的瞬时值为50V4如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽略不计，下列说法中正确的是（）A合上开关S接通电路时，A2先亮A1后亮，最后一样亮B合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮C断开开关S切断电路时，A2立即熄灭，A1过一会熄灭
3、D断开开关S切断电路时，A1和A2都立即熄灭5如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时（）A线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流B线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势C线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是abcdD线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力6如图所示为一简谐运动的振动图象，在00.8s时间内，下列说法正确的是（）A质点在0和0.8s时刻具有正向最大速度B质点在0.2s时刻具有负向最大加速度C0至0.4s质点加速度始终指向x方向不变D在0.
4、2s至0.4s时间内，加速度方向和速度方向相同7某同学利用单摆测重力加速度，测得的g值偏大，可能的原因是（）A测摆长时记录的是摆线的长度B开始计时时，秒表过早按下C摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了D实验中误将29次全振动数为30次8如图所示是甲、乙两个单摆做简谐运动的图象，则下列说法中正确的是（）A甲、乙两摆的振幅之比为2：1Bt=2s时，甲摆的重力势能达到最大，乙摆的动能达到最大C甲、乙两摆的摆长之比为4：1D甲、乙两摆摆球在最低点时的向心加速度大小一定相等9如图所示，在PQ、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面一导线框abc
5、def位于纸面内，每根邻边都相互垂直，bc边与磁场的边界P重合导线框与磁场区域的尺寸如图所示从t=0时刻开始，线框匀速横穿两个磁场区域以abcdef为线框中的电动势的正方向，以下四个t关系示意图中正确的是（）A B C D10一根轻绳一端系一小球，另一端固定在O点，在O点有一个能测量绳的拉力大小的力传感器，让小球绕O点在竖直平面内做简谐振动，由传感器测出拉力F随时间t的变化图象如图所示，下列判断正确的是（）A小球振动的周期为2sB小球速度变化的周期为4sC小球动能变化的周期为2sD小球重力势能变化的周期为4s11在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用导线电阻率为，横截面积为S，总
6、长度为L，输电线损耗的电功率为P，用户得到的电功率为P用，则P、P用的关系式正确的是（）AP=BP=CP用=PDP=P用（1）12如图所示，平行金属导轨与水平面成角，导轨与两相同的固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻R=2R1，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，固定电阻R1消耗的热功率为P，此时（）A整个装置因摩擦而产生的热功率为mgcos vB整个装置消耗的机械功率为 mgcos vC导体棒受到的安培力的大小为D导体棒受到的安培力的大小为二、实验题（13题7分，14题10分，共17分）13（1）用多用表的
7、欧姆档测量阻值约为几十k的电阻Rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆档调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在后面的横线上a将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，断开两表笔b将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔c旋转S使其尖端对准欧姆档1k d旋转S使其尖端对准欧姆档100e旋转S使其尖端对准交流500V档，并拔出两表笔（2）根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为（3）（多选题）下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是A测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量B测量电阻时，
8、如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D测量阻值不同的电阻时都必须重新调零14在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A干电池（电动势约为1.5V，内阻小于1.5）B电流表G（满偏电流2mA，内阻10）C电流表A（00.6A，内阻约0.1）D滑动变阻器R1（020，10A）E滑动变阻器R2（0100，1A）F定值电阻R3=990 G开关、导线若干（1）为方便且能较准确地进行测量，应选用滑动变阻器（填写序号）（2）请在如图1的虚线框内画出利用本题器材所设计的测量电池电动势和内阻的实验电路图（3）某同学根据他设计的实验测出了6
9、组I1（电流表G的示数）和I2（电流表A的示数），请在如图2所示的坐标纸上作出I1和I2的关系图线序号123456I1/mA1.401.361.351.281.201.07I2/A0.100.150.230.250.350.50（4）根据图线可得，被测电池的电动势为V，内阻为三、计算题（15题12分，16题15分，17题18共45分）15如图，在水平面上有一个固定的两根光滑金属杆制成的37角的导轨AO和BO，在导轨上放置一根始终和OB垂直的金属杆CD，导轨和金属杆是用同种材料制成的，单位长度的电阻值均为0.1/m，整个装置位于垂直纸面向里的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B=0.2T，现给棒C
10、D一个水平向右的外力，使CD棒从t=0时刻由O点处开始向右做匀加速直线运动，加速度大小为1m/s2，求（1）t=4s时，回路中的电流大小；（2）t=4s时，CD棒上安培力的功率是多少？16某电厂要将电能输送到较远的用户，输送的总功率为9.8104 W，电厂输出电压仅为350V，为减少输送功率损失，先用一理想升压变压器将电压升高再输出已知输电线路的总电阻为4，允许损失的功率为输送功率的5%，所需电压为220V，求理想升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比各是多少17如图所示，平行金属导轨竖直放置，仅在虚线MN下面的空间存在着磁感应强度随高度变化的磁场（在同一水平线上各处磁感应强度相同），磁场方向垂
11、直纸面向里导轨上端跨接一定值电阻R，质量为m的金属棒两端各套在导轨上并可在导轨上无摩擦滑动，导轨和金属棒的电阻不计，将导轨从O处由静止释放，进入磁场后正好做匀减速运动，刚进入磁场时速度为v，到达P处时速度为，O点和P点到MN的距离相等，求：（1）求金属棒在磁场中所受安培力F1的大小；（2）若已知磁场上边缘（紧靠MN）的磁感应强度为B0，求P处磁感应强度BP；（3）在金属棒运动到P处的过程中，电阻上共产生多少热量？2015-2016学年四川省雅安中学高二（下）月考物理试卷（4月份）参考答案与试题解析一、不定项选择（每题4分，选对得4分，多选或错选均不给分，少选2分）1一矩形线圈（图甲所示），绕垂
12、直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动线圈中的感应电动势e随时间t的变化关系如图乙所示，下面说法中正确的是（）At1时刻通过线圈的磁通量为零Bt2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大Ct3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D每当电流方向发生改变时，通过线圈的磁通量绝对值都为最大【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【分析】矩形线圈中产生正弦式电流，当线圈通过中性面时，磁通量最大，感应电动势为零，电动势方向发生改变而当线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大，磁通量的变化率最大【解答】解：A、t1时刻感应电动势为
13、零，线圈通过中性面时，磁通量最大故A错误B、由图t2时刻，感应电动势为最大值，通过线圈的磁通量为零故B错误C、t3时刻感应电动势为零，磁通量的变化率为零故C错误D、每当e转换方向时，线圈与磁场垂直，线圈通过中性面时，磁通量最大故D正确故选：D2如图所示，闭合小金属环从高h处的光滑曲面上端无初速度滚下，又沿曲面的另一侧上升，则下列说法正确的是（）A若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于hB若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于hC若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于hD若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度大于h【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】若是匀强磁场，闭合小金属球中没有感应电流产生，机
14、械能守恒，高度不变若是非匀强磁场，闭合小金属球中由于电磁感应产生涡流，机械能减小转化为内能，高度减小【解答】解：A、若是匀强磁场，穿过小球的磁通量不变，没有感应电流产生，机械能守恒，高度不变，则环在左侧滚上的高度等于h故A正确，B错误C、若是非匀强磁场，闭合小金属球中由于电磁感应产生涡流，机械能减小转化为内能，高度减小，则环在左侧滚上的高度小于h，故CD错误故选：B3一交变电流的电压表达式为u=100sin120t（V），由此表达式可知（）A用电压表测该电压其示数为100 VB该交变电压的频率为60HzC将该电压加在100的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为100 WDt=s时，该交流电压的瞬时
15、值为50V【考点】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率【分析】根据电压表达式中各物理量的含义去分析周期、有效值瞬时值，由功率公式计算消耗的电功率【解答】解：A、从电压表达式u=100sin120t中得出电压的最大值为100V，电压表显示的是有效值，为：U=，故A错误；B、从电压表达式u=100sin120t中得出角频率为120rad/s，故频率f=，故B正确；C、将该电压加在100的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为：P=，故C错误；D、t=s时，该交流电压的瞬时值为：u=100sin120t=100=50V，故D错误；故选：B4如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的电阻可以忽
16、略不计，下列说法中正确的是（）A合上开关S接通电路时，A2先亮A1后亮，最后一样亮B合上开关S接通电路时，A1和A2始终一样亮C断开开关S切断电路时，A2立即熄灭，A1过一会熄灭D断开开关S切断电路时，A1和A2都立即熄灭【考点】自感现象和自感系数【分析】电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小【解答】解：A、合上开关S接通电路，A2立即亮，线圈对电流的增大有阻碍作用，所以通过A1的电流慢慢变大，最后两灯泡的电压一样大，所以一样亮故A正确，B错误； C、断开开关S切断电路时，通过A2的用来的电流立即消失，线圈对电流的减小有阻碍作用，所以通过A1的
17、电流会慢慢变小，并且通过A2，所以两灯泡一起过一会儿熄灭故C、D错误故选：A5如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时（）A线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流B线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势C线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是abcdD线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；安培力；导体切割磁感线时的感应电动势【分析】相同的线框在匀强磁场中以不同的转轴转动会产生交流电，由于它们的角速度相同，线框面积
18、相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同再由安培力公式借助于电流来比较大小【解答】解：A、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流，故A正确；B、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕P1转动时的电动势等于绕P2转动时的电动势，故B错误；C、相同的线框在匀强磁场中以不同的转轴转动会产生交流电，所以它们的方向变化的，故C错误；D、由于它们的角速度相同，线框面积相同，则它们的产生的最大值相同，所以它们的有效值也相同，因此线圈绕P1转动
19、时的电流等于绕P2转动时的电流，而安培力F=BIL，则有线圈绕P1转动时dc边受到的安培力等于绕P2转动时dc边受到的，故D错误；故选：A6如图所示为一简谐运动的振动图象，在00.8s时间内，下列说法正确的是（）A质点在0和0.8s时刻具有正向最大速度B质点在0.2s时刻具有负向最大加速度C0至0.4s质点加速度始终指向x方向不变D在0.2s至0.4s时间内，加速度方向和速度方向相同【考点】简谐运动的振动图象【分析】质点通过平衡位置时速度最大简谐运动的特征是a=，加速度方向与位移方向总是相反由图读出位移的变化，再分析速度和加速度的变化【解答】解：A、质点在0和0.8s时刻，位移为零，正通过平衡
20、位置，速度最大图象的斜率为负，说明速度为负，即质点在0和0.8s时刻具有负向最大速度故A错误B、质点在0.2s时刻具有负向最大位移，由a=，知加速度为正向最大，故B错误C、0至0.4s质点的位移始终指向x方向，由a=，知加速度始终指向+x方向不变故C错误D、在0.2s至0.4s时间内，加速度方向沿+x方向，速度方向也沿+x方向，两者方向相同，故D正确故选：D7某同学利用单摆测重力加速度，测得的g值偏大，可能的原因是（）A测摆长时记录的是摆线的长度B开始计时时，秒表过早按下C摆线上端未牢固地系于悬点，摆动中出现松动，使摆线长度增加了D实验中误将29次全振动数为30次【考点】用单摆测定重力加速度【
21、分析】根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g=，再分析g值偏大可能的原因【解答】解：根据单摆的周期公式推导出重力加速度的表达式g=，A、将摆线的长误为摆长，即测量值L偏小，所以重力加速度的测量值就偏小故A错误；B、开始计时时，秒表过早按下，周期的测量值大于真实值，所以重力加速度的测量值偏小故B错误；C、摆线上端未牢固地系于悬点，振动中出现松动，使摆线长度增加了，即摆长L的测量值偏小，所以重力加速度的测量值就偏小故C错误；D、单摆振动39次的时间t，单摆的周期T=，若误记做40次，则：T测=，即周期的测量值小于真实值，所以重力加速度的测量值偏大故D正确故选：D8如图所示是甲、乙两个单摆做简
22、谐运动的图象，则下列说法中正确的是（）A甲、乙两摆的振幅之比为2：1Bt=2s时，甲摆的重力势能达到最大，乙摆的动能达到最大C甲、乙两摆的摆长之比为4：1D甲、乙两摆摆球在最低点时的向心加速度大小一定相等【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象【分析】根据图象得到两个单摆的振幅之比和周期之比，然后结合单摆周期公式好向心加速度公式列式求解【解答】解：A、由图知甲、乙两摆的振幅分别为2cm、1cm，振幅之比为2：1，故A正确；B、t=2 s时，甲摆在平衡位置处，重力势能最小；乙摆在振动的最大位移处，动能为零，故B错误；C、由图知周期之比：T甲：T乙=1：2，由单摆的周期公式T=2，得到甲、乙两摆
23、的摆长之比为1：4，故C错误；D、在最低点有，向心加速度大小为 a=从最高点到最低点，由机械能守恒定律得 mgh（1cos）=mv2（为细线的最大偏角）则得 2gl（1cos）=v2；所以得 a=2g（1cos），甲摆的振幅大，摆长短，所以大，故a较大故D错误；故选：A9如图所示，在PQ、QR区域中存在着磁感应强度大小相等、方向相反的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面一导线框abcdef位于纸面内，每根邻边都相互垂直，bc边与磁场的边界P重合导线框与磁场区域的尺寸如图所示从t=0时刻开始，线框匀速横穿两个磁场区域以abcdef为线框中的电动势的正方向，以下四个t关系示意图中正确的是（）A B C
24、D【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律【分析】根据右手定则判断出不同阶段电动势的方向，以及根据E=BLv求出不同阶段的电动势大小刚进磁场时，只有bc边切割；bc边进入QR区域时，bc边和de边都切割磁感线，但等效电动势为0；bc边出磁场后，de边和af边切割磁感线，af边切割产生的电动势大于bc边；de边出磁场后后，只有af边切割【解答】解：下面是线框切割磁感线的四个阶段示意图在第一阶段，只有bc切割向外的磁感线，由右手定则知电动势为负，大小为Blv在第二阶段，bc切割向里的磁感线，电动势为逆时针方向，同时de切割向外的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为零在第三阶段，de切割向里的磁感线
25、同时af切割向外的磁感线，两个电动势同为逆时针方向，等效电动势为正，大小为3Blv在第四阶段，只有af切割向里的磁感线，电动势为顺时针方向，等效电动势为负大小为2Blv故C正确，A、B、D错误故选：C10一根轻绳一端系一小球，另一端固定在O点，在O点有一个能测量绳的拉力大小的力传感器，让小球绕O点在竖直平面内做简谐振动，由传感器测出拉力F随时间t的变化图象如图所示，下列判断正确的是（）A小球振动的周期为2sB小球速度变化的周期为4sC小球动能变化的周期为2sD小球重力势能变化的周期为4s【考点】简谐运动的回复力和能量；简谐运动的振幅、周期和频率【分析】小球在竖直平面内做简谐运动，在最低点绳子的
26、拉力和重力的合力提供向心力，此时拉力最大；在最大位移处，绳子的拉力等于重力的一个分力，此时拉力最小根据在一次全振动中两次经过平衡位置，求出小球的周期速度的变化的周期等于小球运动的周期根据简谐运动经过半个周期运动到关于平衡位置对称的点，可求出小球动能的变化周期，以及重力势能的变化周期【解答】解：A、小球运动的过程中在最低点拉力最大，最大位移处拉力最小，在一个周期内两次经过平衡位置，所以小球的周期为4s故A错误 B、小球的速度变化周期等于小球的点运动周期，等于4s故B正确 C、简谐运动经过半个周期运动到关于平衡位置对称的点，此时两点速度大小相等，方向相反，因为动能没有方向，所以动能的变化周期等于半
27、个小球的周期，为2s故C正确 D、简谐运动经过半个周期运动到关于平衡位置对称的点，此时两点速度大小相等，方向相反，高度关于平衡位置对称，所以重力势能的变化周期为2s故D错误故选BC11在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用导线电阻率为，横截面积为S，总长度为L，输电线损耗的电功率为P，用户得到的电功率为P用，则P、P用的关系式正确的是（）AP=BP=CP用=PDP=P用（1）【考点】电能的输送【分析】由远距离输电中输电线的损耗功率=I2R=PP用，先根据输电功率和电压求输电电流【解答】解：输电线电阻R=，输出电流I=，故输电线上损失的电功率为P=I2R=；用户得到的电功率为：P用
28、=PP=P，解得P=P用+，故B正确，ACD错误故选：B12如图所示，平行金属导轨与水平面成角，导轨与两相同的固定电阻R1和R2相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面有一导体棒ab，质量为m，导体棒的电阻R=2R1，与导轨之间的动摩擦因数为，导体棒ab沿导轨向上滑动，当上滑的速度为v时，固定电阻R1消耗的热功率为P，此时（）A整个装置因摩擦而产生的热功率为mgcos vB整个装置消耗的机械功率为 mgcos vC导体棒受到的安培力的大小为D导体棒受到的安培力的大小为【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【分析】由图电阻R1、R2并联与导体棒串联重力的功率为mgvsin整个装置消耗的机械功率等于外力的功率
29、与整个装置因摩擦而消耗的热功率之和由感应电动势、欧姆定律、安培力公式，推导安培力与速度的关系式【解答】解：A、整个装置因摩擦而消耗的热功率为mgvcos，故A正确B、根据功能关系可知，整个装置消耗的机械功率等于外力的功率与整个装置因摩擦而消耗的热功率之和，摩擦而消耗的热功率为mgvcos，则此装置消耗的机械功率大于mgvcos故B错误C、D、设ab长度为L，磁感应强度为B，电阻均为R电路中感应电动势E=BLvab中感应电流为I=得到，ab所受安培力F=BIL=固定电阻R1消耗的热功率为P=故有F=故C错误，D正确故选AD二、实验题（13题7分，14题10分，共17分）13（1）用多用表的欧姆档
30、测量阻值约为几十k的电阻Rx，以下给出的是可能的操作步骤，其中S为选择开关，P为欧姆档调零旋钮，把你认为正确的步骤前的字母按合理的顺序填写在后面的横线上cabea将两表笔短接，调节P使指针对准刻度盘上欧姆档的零刻度，断开两表笔b将两表笔分别连接到被测电阻的两端，读出Rx的阻值后，断开两表笔c旋转S使其尖端对准欧姆档1k d旋转S使其尖端对准欧姆档100e旋转S使其尖端对准交流500V档，并拔出两表笔（2）根据如图所示指针位置，此被测电阻的阻值约为30k（3）（多选题）下述关于用多用表欧姆档测电阻的说法中正确的是ACA测量电阻时如果指针偏转过大，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量B
31、测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，则会影响测量结果C测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开D测量阻值不同的电阻时都必须重新调零【考点】用多用电表测电阻【分析】欧姆表是测量电阻的仪表，把被测电阻串联在红黑表笔之间，欧姆表电流是从黑表笔流出红表笔流入，（1）用欧姆表测电阻，每次换挡后和测量前都要重新调零（指欧姆调零）（2）测电阻时待测电阻不仅要和电源断开，而且要和别的元件断开（3）测量时注意手不要碰表笔的金属部分，否则将人体的电阻并联进去，影响测量结果（4）合理选择量程，使指针尽可能在中间刻度附近【解答】解：（1）测量几十k的电阻Rx我们一般选择较大的档位先粗测，使用前应先进行调
32、零，然后依据欧姆表的示数，在更换档位，重新调零，在进行测量；使用完毕应将选择开关置于OFF位置或者交流电压最高档，拔出表笔，正确的步骤为：cabe多用电表选择欧姆档1k，由图示表盘可知，其示数为：301k=30k；（2）A、测量电阻时如果指针偏转过大，说明所选倍率太大，为准确测量电阻阻值，应将选择开关S拨至倍率较小的档位，重新调零后测量，故A正确；B、测量电阻时，如果红、黑表笔分别插在负、正插孔，不会影响测量结果，故B错误；C、为保护电路安全，测量电路中的某个电阻，应该把该电阻与电路断开，故C正确；D、用欧姆表的同一倍率测不同阻值的电阻时不需要重新进行欧姆调零，用不同倍率测电阻换挡后必须重新调
33、零，故D错误；故选：AC故答案为：（1）cabe；（2）30k；（3）AC14在测定一节干电池的电动势和内阻的实验中，备有下列器材：A干电池（电动势约为1.5V，内阻小于1.5）B电流表G（满偏电流2mA，内阻10）C电流表A（00.6A，内阻约0.1）D滑动变阻器R1（020，10A）E滑动变阻器R2（0100，1A）F定值电阻R3=990 G开关、导线若干（1）为方便且能较准确地进行测量，应选用滑动变阻器D（填写序号）（2）请在如图1的虚线框内画出利用本题器材所设计的测量电池电动势和内阻的实验电路图（3）某同学根据他设计的实验测出了6组I1（电流表G的示数）和I2（电流表A的示数），请在如
34、图2所示的坐标纸上作出I1和I2的关系图线序号123456I1/mA1.401.361.351.281.201.07I2/A0.100.150.230.250.350.50（4）根据图线可得，被测电池的电动势为1.48V，内阻为0.80【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）滑动变阻器应起来限流保护作用，并且在使用时要选用易于调节的；（2）由于电流表的内阻接近电源的内电阻，故若采用电流表外接法，则测得的内阻误差太大；（3）应用描点法作图作出图象；（4）由作出的UI图可知，图象与纵坐标的交点为电源的电动势；图象的斜率表示内阻【解答】解：（1）为方便实验操作，滑动变阻器的阻值不能太大，选择D比
35、较合适（2）由于没有电压表，给定的电流表G可与定值电阻R3串联作电压表使用，实验电路如图甲所示（3）根据表中实验数据在坐标系内描出对应点，然后作出I1I2图象如图乙所示（4）表头的示数与定值电阻阻值的乘积可作为路端电压处理，则由闭合电路欧姆定律可知：I1（R3+RA）=EI2r即：I1=；由图可知，图象与纵坐标的交点为1.48mA，则有：1.48mA=；解得：E=1.48V；由图象可知，图象的斜率为：0.8103，由公式得图象的斜率等于，故=0.8103；解得r=0.80故答案为：（1）D；（2）电路图如图甲所示；（3）图象如图乙所示；（4）1.48；0.80三、计算题（15题12分，16题1
36、5分，17题18共45分）15如图，在水平面上有一个固定的两根光滑金属杆制成的37角的导轨AO和BO，在导轨上放置一根始终和OB垂直的金属杆CD，导轨和金属杆是用同种材料制成的，单位长度的电阻值均为0.1/m，整个装置位于垂直纸面向里的匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B=0.2T，现给棒CD一个水平向右的外力，使CD棒从t=0时刻由O点处开始向右做匀加速直线运动，加速度大小为1m/s2，求（1）t=4s时，回路中的电流大小；（2）t=4s时，CD棒上安培力的功率是多少？【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；电功、电功率【分析】（1）CD棒从t=0时刻由O点处开始向右做匀加速
37、直线运动，由运动学公式求出OD间的距离，由几何知识得到棒CD有效切割的长度L及OC的长度，由E=BLv求出感应电动势，根据闭合电路欧姆定律求得感应电流的大小（2）由公式F=BIL求出CD棒所受的安培力大小，其功率为P=Fv【解答】解：（1）当t=4s时，棒的速度为：v=at=4m/sOD间的距离：LOD=at2=m=8m 其中LCD=LODtan37=8m=6m； LOC=m=10m此时OCD回路的总阻值为：R=（6+8+10）0.1=2.4由棒产生的感应电动势：E=BLCDv=0.264V=4.8V； 由闭合电路的欧姆定律得：感应电流大小 I=A=2A（2）棒CD受到的安培力为：F=BILC
38、D=0.226N=2.4N则安培力的功率为：P=Fv=2.44W=9.6W答：（1）t=4s时，回路中的电流大小为2A；（2）t=4s时，CD棒上安培力的功率是9.6W16某电厂要将电能输送到较远的用户，输送的总功率为9.8104 W，电厂输出电压仅为350V，为减少输送功率损失，先用一理想升压变压器将电压升高再输出已知输电线路的总电阻为4，允许损失的功率为输送功率的5%，所需电压为220V，求理想升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比各是多少【考点】远距离输电【分析】根据输电线上的功率损失求出输电线上的电流，从而得出升压变压器的输出电压，结合输入电压求出升压变压器原副线圈的匝数比根据功率关系得
39、出降压变压器的输入功率，根据输电线上的电流求出降压变压器的输入电压，结合输出电压求出降压变压器的原副线圈匝数比【解答】解：设升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2；降压变压器原、副线圈的匝数分别为n3、n4，电压分别为U3、U4画出如图所示的输电示意图允许损失的功率P损=P总5%=I2R 升压变压器是理想变压器，故P总=IU2 又 降压变压器的输入功率P3=P总P损 U3= 由、式，将U1=350 V等代入，解出=；由，将U4=220 V等代入，解出答：升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比分别为1：8，12：117如图所示，平行金属导轨竖直放置，仅在虚线MN下面的空间
40、存在着磁感应强度随高度变化的磁场（在同一水平线上各处磁感应强度相同），磁场方向垂直纸面向里导轨上端跨接一定值电阻R，质量为m的金属棒两端各套在导轨上并可在导轨上无摩擦滑动，导轨和金属棒的电阻不计，将导轨从O处由静止释放，进入磁场后正好做匀减速运动，刚进入磁场时速度为v，到达P处时速度为，O点和P点到MN的距离相等，求：（1）求金属棒在磁场中所受安培力F1的大小；（2）若已知磁场上边缘（紧靠MN）的磁感应强度为B0，求P处磁感应强度BP；（3）在金属棒运动到P处的过程中，电阻上共产生多少热量？【考点】法拉第电磁感应定律；焦耳定律【分析】（1）棒自由落体后进入磁场做匀减速运动，可知，安培力大小不变
41、，根据运动学公式，结合牛顿第二定律，并由安培力公式，即可求解；（2）根据安培力的表达式，结合闭合电路欧姆定律与法拉第电磁感应定律，即可求解；（3）根据能量守恒定律，即可求解【解答】解：（1）从OMN过程中棒做自由落体运动，则有：v2=2gh；从MNP的过程中，做匀减速运动，故F1大小不变，由牛顿第二定律，则有：F1mg=ma；而由运动学公式可知，；综合上三式，即可求得：F1=mg+ma=（2）由上可知，安培力的大小不变，由刚进入磁场时速度为v，到达P处时速度为，则有：；解得：（3）棒从MNP过程中，且O点和P点到MN的距离相等，根据能量守恒定律，则有产生热量：Q=答：（1）金属棒在磁场中所受安培力F1的大小；（2）若已知磁场上边缘（紧靠MN）的磁感应强度为B0，P处磁感应强度B0；（3）在金属棒运动到P处的过程中，电阻上共产生热量2016年7月17日