1、2016-2017学年江苏省徐州市邳州市宿羊山高中高二（上）第二次学情检测物理试卷（选修）一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分每小题只有一个选项符合题意1下列说法正确的是（）A线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B线圈中的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大C线圈中磁通量变化得越快，线圈中产生的感应电动势越大D线圈处在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大2一飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，飞机机身长为a，翼展为b；该空间地磁场磁感应强度的水平分量为B1，竖直分量为B2；驾驶员左侧机翼的端点用A表示，右侧机翼的端点用B表示，用E表示飞机产生的感
2、应电动势，则（）AE=B1vb，且A点电势低于B点电势BE=B1vb，且A点电势高于B点电势CE=B2vb，且A点电势低于B点电势DE=B2vb，且A点电势高于B点电势3在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中，金属杆PQ在宽为l的平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，PQ中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其它条件不变，所产生的感应电动势大小变为E2，则E1与E2之比及通过电阻R的感应电流方向为（）A2：1，baB1：2，baC2：1，abD1：2，ab4在匀强磁场中，a、b是两条平行金属导轨，而c、d为串有电流表、电压表的两金属棒，如图所示，两棒以相同的速度向右匀速运动，则以下
3、结论正确的是（）A电压表有读数，电流表没有读数B电压表有读数，电流表也有读数C电压表无读数，电流表有读数D电压表无读数，电流表也无读数5如图所示，无限大磁场的方向垂直于纸面向里，A图中线圈在纸面内由小变大（由图中实线矩形变成虚线矩形），B图中线圈正绕a点在平面内旋转，C图与D图中线圈正绕OO轴转动，则线圈中不能产生感应电流的是（）ABCD6如图所示，ef、gh为两水平放置相互平行的金属导轨，ab、cd为搁在导轨上的两金属棒，与导轨接触良好且无摩擦当一条形磁铁向下靠近导轨时，关于两金属棒的运动情况的描述正确的是（）A如果下端是N极，两棒向外运动，如果下端是S极，两棒相向靠近B如果下端是S极，两棒
4、向外运动，如果下端是N极，两棒相向靠近C不管下端是何极性，两棒均向外相互远离D不管下端是何极性，两棒均相互靠近7如图所示的电路（a）、（b）中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光（）A在电路（a）中，断开S，流过A的电流方向会发生变化B在电路（a）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C在电路（b）中，断开S，A将渐渐变暗D在电路（b）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗8线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，下列表述错误的是（）A在A和C时刻线圈处于磁通量变化率最大位置B在A和C时刻穿过线圈的磁通量为最大C在B时刻到D时刻线圈转过的角度为
5、弧度D若从B时刻到D时刻经过0.01s，则在1s内交变电流的方向改变100次9如图甲所示，100匝线圈（图中只画了1匝）两端A、B与一电压表相连线圈内有一垂直指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化下列关于电压表的说法正确的是（）A电压表读数为50VB电压表读数为150VC电压表“+”接线柱接A端D电压表“+”接线柱接B端10在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图2变化时，图中正确表示线圈中感应电动势E变化的是（）ABCD二、简答题：本题共4小题，共38分把答案填在答题卡相应的横线上或按题
6、目要求作答11为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈连接，如图所示，已知线圈由a端开始绕至b端，当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转，将磁铁S极从线圈上方向下竖直插入线圈时，发现指针向左偏转（1）在图中线圈上画上几匝线圈，以便能看清线圈绕向；（2）当条形磁铁插入线圈中不动时，指针将指向表盘的；（选填“左侧”、“右侧”或“中央”）（3）当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离线圈时，指针将指向表盘的（选填“左侧”、“右侧”或“中央”）12在“测量电源的电动势和内阻”的实验中，待测电源是两节干电池，图甲给出了实验电路图，图乙已按电路图将器材部分连线（1）请将乙图中的器材连线补充完整（在答题卡的图中完
7、成）（2）设电源电动势为E，内阻为r，则路端电压U和闭合电路的电流I的关系可以表达为（3）实验测出了六组U、I值，并在UI坐标上描绘出如图丙所示的图线，根据图线可以算出电源的电动势为 V，内阻为13在探究“决定导体电阻的因素”实验中，我们经常用到刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、电压表、电流表等测量工具（1）在一次实验中，如果提供了下列几个长度测量仪器：毫米刻度尺；10分度游标卡尺；20分度游标卡尺；螺旋测微器一个同学用其中一种仪器正确测量某工件的长度为3.125cm，则他所使用的仪器为（填仪器序号）如图是用螺旋测微器测量的电阻丝直径的示意图，则该电阻丝的直径d=mm（2）某研究性学习小组的同学想
8、测量某电阻丝的电阻率：同学们截取了约1m长的电阻丝，首先利用多用电表的欧姆挡粗测其阻值，下列操作或说法中正确的是A测量前检查表针是否停在左端的“0”位置，如不在则要进行欧姆调零B若用欧姆表“l”挡测量，指针恰好在刻度3050的正中，则待测电阻为40C若用欧姆表“10”挡测量，指针偏转角度过大，应换成“1”挡D每次改变不同倍率的欧姆档后都要重新进行欧姆调零若同学们粗测得该段电阻丝的阻值约为3，然后用伏安法测定电阻丝的阻值，再利用公式求得电阻丝的电阻率，可供选择的器材如下：A量程0.6A，内阻0.5的电流表B量程3A，内阻0.1的电流表C量程3V，内阻6k的电压表D量程15V，内阻30k的电压表E
9、阻值为01k，额定电流为0.5A的滑动变阻器F阻值为010，额定电流为1A的滑动变阻器G6V蓄电池H电键一个、导线若干实验中要求金属丝的发热功率不超过0.75W，电流表应选用；电压表应选用；滑动变阻器应选用（请填写备选器材前的字母）14为了描绘一个小灯泡（额定电压2.5V，功率约1.5W）的IU图线（要求小灯泡的电压从零开始逐渐增大），有下列器材可供选用：A电压表（03V，内阻约6k）；B电压表（015V，内阻约30k）；C电流表（03A，内阻约0.1）；D电流表（00.6A，内阻约0.5）；E滑动变阻器（10，2A）；F滑动变阻器G蓄电池（电动势4V，内阻不计）（1）请在图甲方框图中画出实验
10、电路原理图；（2）电压表应选用，电流表应选用，滑动变阻器应选用（用序号字母表示）（3）通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为（结果保留两位有效数字）（4）某同学误将电流表和电压表接成如图丙所示的电路，其他部分连接正确，接通电源后，可能出现的情况是A小灯泡不亮 B小灯泡被烧坏 C电流表被烧坏 D电压表被烧坏三、计算题：本题共3小题，共32分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位15如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ它们的电阻可忽略不计在M
11、和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体棒ab长l=0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动 （1）ab中产生感应电动势的大小；（2）ab中电流的方向如何？（3）若定值电阻R=3.0，导体棒的电阻r=1.0，则电路中的电流多大？16在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2螺线管导线电阻r=1.0，R1=4.0，R2=5.0，C=30F在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化求：（1）求螺线管中产生的感应电动势；（2）闭合S，电路中的电流稳定后，
12、求电阻R1的电功率；（3）S断开后，求流经R2的电量17如图所示，处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成=37角，下端连接阻值为R的电阻，匀强磁场方向与导轨平面垂直向上，质量为0.2kg，电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小？（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小？（3）在上问中，若R=8，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小和方向？（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）2016-2017学
13、年江苏省徐州市邳州市宿羊山高中高二（上）第二次学情检测物理试卷（选修）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分每小题只有一个选项符合题意1下列说法正确的是（）A线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B线圈中的磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大C线圈中磁通量变化得越快，线圈中产生的感应电动势越大D线圈处在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大【考点】法拉第电磁感应定律【分析】运用法拉第电磁感应定律E=N，分析可知感应电动势的大小除与线圈匝数有关外，还与磁通量变化快慢有关【解答】解：A、根据法拉第电磁感应定律E=N，可知感应电动势的大小与
14、磁通量变化快慢有关，而与磁通量的变化大小无关，故A错误；B、线圈中的磁通量越大，若磁通量变化率很小，根据法拉第电磁感应定律E=N，可知感应电动势可能很小，故B错误C、线圈中磁通量变化得越快，磁通量变化率越大，则知线圈中产生线圈中产生的感应电动势越大，的感应电动势越大，故C正确D、线圈处在磁场越强的位置，磁通量变化率不一定越大，则线圈中产生的感应电动势不一定越大，故D错误故选：C2一飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，飞机机身长为a，翼展为b；该空间地磁场磁感应强度的水平分量为B1，竖直分量为B2；驾驶员左侧机翼的端点用A表示，右侧机翼的端点用B表示，用E表示飞机产生的感应电动势，则（）AE=B
15、1vb，且A点电势低于B点电势BE=B1vb，且A点电势高于B点电势CE=B2vb，且A点电势低于B点电势DE=B2vb，且A点电势高于B点电势【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【分析】一飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，切割磁感应强度的竖直分量，根据E=BLv求出切割产生的感应电动势大小，根据右手定则判断出感应电动势的方向，从而确定出A、B两点电势的高低【解答】解：一飞机在北半球的上空以速度v水平飞行，切割磁感应强度的竖直分量，切割的长度等于驿站的长度，所以E=B2bv，根据右手定则，感应电动势的方向B指向A，所以A点的电势高于B点的电势故D正确，A、B、C错误故选D3在磁感应强度为B、
16、方向如图所示的匀强磁场中，金属杆PQ在宽为l的平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动，PQ中产生的感应电动势为E1；若磁感应强度增为2B，其它条件不变，所产生的感应电动势大小变为E2，则E1与E2之比及通过电阻R的感应电流方向为（）A2：1，baB1：2，baC2：1，abD1：2，ab【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【分析】PQ中产生的感应电动势表达式为E=BLv，可分析磁感应强度增为2B时，两电动势之比由楞次定律判断通过电阻R的感应电流方向【解答】解：PQ中产生的感应电动势为E=BLv，若磁感应强度增为2B，其它条件不变时，E与B成正比，则有E1：E2=1：2由楞次定律
17、判断可知通过电阻R的感应电流方向为ab故选D4在匀强磁场中，a、b是两条平行金属导轨，而c、d为串有电流表、电压表的两金属棒，如图所示，两棒以相同的速度向右匀速运动，则以下结论正确的是（）A电压表有读数，电流表没有读数B电压表有读数，电流表也有读数C电压表无读数，电流表有读数D电压表无读数，电流表也无读数【考点】感应电动势的产生条件；感应电流的产生条件【分析】当两棒以相同的速度向右匀速运动时，回路的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表没有读数电压表是由电流表改装而成的，没有电流，电压表指针也不偏转【解答】解：当两棒以相同的速度向右匀速运动时，回路的磁通量不变，没有感应电流产生，电流表没有读数电
18、压表是由电流表改装而成的，核心的是电流表，没有电流，指针不偏转，电压表也没有读数故D正确故选D5如图所示，无限大磁场的方向垂直于纸面向里，A图中线圈在纸面内由小变大（由图中实线矩形变成虚线矩形），B图中线圈正绕a点在平面内旋转，C图与D图中线圈正绕OO轴转动，则线圈中不能产生感应电流的是（）ABCD【考点】法拉第电磁感应定律【分析】本题比较简单，考查了产生感应电流的条件，通过判断线圈中的磁通量是否变化，即可得出正确结果【解答】解：A、线圈在纸面内由小变大，磁通量增大，会产生感应电流，故A错误B、线圈正绕a点在平面内旋转，磁通量都不变化，因此不会产生感应电流，故B正确C、C图与D图中线圈正绕OO
19、轴转动，磁通量都在减小，会产生感应电流，故C、D错误故选B6如图所示，ef、gh为两水平放置相互平行的金属导轨，ab、cd为搁在导轨上的两金属棒，与导轨接触良好且无摩擦当一条形磁铁向下靠近导轨时，关于两金属棒的运动情况的描述正确的是（）A如果下端是N极，两棒向外运动，如果下端是S极，两棒相向靠近B如果下端是S极，两棒向外运动，如果下端是N极，两棒相向靠近C不管下端是何极性，两棒均向外相互远离D不管下端是何极性，两棒均相互靠近【考点】法拉第电磁感应定律；楞次定律【分析】当条形磁铁靠近线圈时，穿过线圈的磁通量增加，产生感应电流，根据楞次定律判断出感应电流方向根据线圈与磁铁相对运动方向，判断磁铁与线
20、圈之间产生的作用情况，判断线圈的支持力与重力大小关系【解答】解：当条形磁铁靠近导轨时，穿过导轨的磁通量增大，根据楞次定律判断出导轨中产生感应电流，产生磁场将会阻碍磁通量增大，故两棒向内靠近，减小穿过的面积，从而起到阻碍磁通量增大的作用因此不论条形磁铁是S极还是N极，由于磁铁的靠近，则两棒靠近故D正确，ABC错误；故选：D7如图所示的电路（a）、（b）中，电阻R和自感线圈L的电阻值都很小接通S，使电路达到稳定，灯泡A发光（）A在电路（a）中，断开S，流过A的电流方向会发生变化B在电路（a）中，断开S，A将先变得更亮，然后渐渐变暗C在电路（b）中，断开S，A将渐渐变暗D在电路（b）中，断开S，A将
21、先变得更亮，然后渐渐变暗【考点】自感现象和自感系数【分析】电感总是阻碍电流的变化线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡A构成电路回路【解答】解：A、在电路a中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致灯A将逐渐变暗，因为断开前后的电流一样，灯不会变得更亮，且通过A的电流方向不变，而通过电阻R的电流方向与之前的相反故A错误，B也错误；C、在电路b中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小的多，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致A将变得更亮，然后逐渐变暗故C错误，D
22、正确；故选：D8线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图象如图所示，下列表述错误的是（）A在A和C时刻线圈处于磁通量变化率最大位置B在A和C时刻穿过线圈的磁通量为最大C在B时刻到D时刻线圈转过的角度为弧度D若从B时刻到D时刻经过0.01s，则在1s内交变电流的方向改变100次【考点】正弦式电流的图象和三角函数表达式；法拉第电磁感应定律【分析】线圈在中性面上磁通量最大，感应电动势与感应电流均为零；线圈在平行于磁场位置（垂直于中性面处）穿过线圈的磁通量为零，感应电动势与感应电流最大；在一个周期内，电流方向改变两次，根据图象分析答题【解答】解：A、A和C时刻线圈中电流最大，线圈处于磁通量变化率最大
23、位置，所以线圈处于与中性面垂直的位置，穿过线圈的磁通量为零；故A正确，B错误；C、在B时刻到D时刻线圈转过的角度为弧度，故C正确；D、若从OD时刻经过0.02s，一个周期内电流的方向改变2次，则在1s内交变电流的方向改变100次；故D正确；本题选错误的，故选：B9如图甲所示，100匝线圈（图中只画了1匝）两端A、B与一电压表相连线圈内有一垂直指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化下列关于电压表的说法正确的是（）A电压表读数为50VB电压表读数为150VC电压表“+”接线柱接A端D电压表“+”接线柱接B端【考点】法拉第电磁感应定律【分析】由图求出磁通量的变化率根据法拉第电磁感应定
24、律求出回路中感应电动势，得到电压表的读数根据楞次定律判断电动势的方向，确定电压表的接线柱接法【解答】解：A、B由图得到磁通量的变化率为： =0.5Wb/s，根据法拉第电磁感应定律得：E=n=1000.5=50V，则电压表读数为50V故A正确，B错误C、D根据楞次定律判断可知，回路中感应电动势的方向为逆时针方向，所以电压表“+”接线柱接A端故C正确，D错误故选：AC10在竖直向上的匀强磁场中，水平放置一个不变形的单匝金属圆线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图1所示，当磁场的磁感应强度B随时间t如图2变化时，图中正确表示线圈中感应电动势E变化的是（）ABCD【考点】感生电动势、动生电动势；楞次定律
25、【分析】根据法拉第电磁感应定律求出各段时间内的感应电动势，根据楞次定律判断出各段时间内感应电动势的方向【解答】解：在01s内，根据法拉第电磁感应定律，根据楞次定律，感应电动势的方向与图示箭头方向相同，为正值；在13s内，磁感应强度不变，感应电动势为零；在35s内，根据法拉第电磁感应定律， =根据楞次定律，感应电动势的方向与图示方向相反，为负值故A正确，B、C、D错误故选：A二、简答题：本题共4小题，共38分把答案填在答题卡相应的横线上或按题目要求作答11为判断线圈绕向，可将灵敏电流计G与线圈连接，如图所示，已知线圈由a端开始绕至b端，当电流从电流计G左端流入时，指针向左偏转，将磁铁S极从线圈上
26、方向下竖直插入线圈时，发现指针向左偏转（1）在图中线圈上画上几匝线圈，以便能看清线圈绕向；（2）当条形磁铁插入线圈中不动时，指针将指向表盘的中央；（选填“左侧”、“右侧”或“中央”）（3）当条形磁铁从图中的虚线位置向右远离线圈时，指针将指向表盘的右侧（选填“左侧”、“右侧”或“中央”）【考点】研究电磁感应现象【分析】电流从左端流入指针向左偏转，根据电流表指针偏转方向判断电流方向，然后应用安培定则与楞次定律分析答题【解答】解：（1）将磁铁S极向下从线圈上方竖直插入L时，穿过L的磁场向上，磁通量增大，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，感应电流磁场应该向上，电流表指针向左偏转，电流
27、从电流表左端流入，由安培定则可知，俯视线圈，线圈绕向为顺时针，如图（2）当条形磁铁插入线圈中不动时，线圈在的磁通量保持不变，没有感应电流产生，指针不动，将指向中央（3）当条形磁铁从图中虚线位置向右远离L时，穿过L的磁通量向上，磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流磁场应向上，感应电流盘旋面下，指针向右偏转故答案为：（1）线圈绕向如上图所示；（2）中央；（3）右侧12在“测量电源的电动势和内阻”的实验中，待测电源是两节干电池，图甲给出了实验电路图，图乙已按电路图将器材部分连线（1）请将乙图中的器材连线补充完整（在答题卡的图中完成）（2）设电源电动势为E，内阻为r，则路端电压U和闭合电路的电流I的关
28、系可以表达为U=EIr（3）实验测出了六组U、I值，并在UI坐标上描绘出如图丙所示的图线，根据图线可以算出电源的电动势为2.9 V，内阻为1.6【考点】测定电源的电动势和内阻【分析】（1）根据电路图连接实物电路图；（2）应用闭合电路欧姆定律求出U与I的表达式；（3）电源的UI图象与纵轴交点的坐标值是电源的电动势，图象斜率的绝对值是电源的内阻【解答】解：（1）根据电路图连接实物电路图，把电流表与滑动变阻器串联接入电路，电压表并联在电源两端，电路图如图所示（2）在闭合电路中，电动势：E=U+Ir，则路端电压U=EIr；（3）由图丙所示图象可知，图象与纵轴的交点坐标值是2.9，则电源电动势为1.9V
29、，电源内阻r=1.6；故答案为：（1）电路图如图所示；（2）U=EIr；（3）2.9；1.613在探究“决定导体电阻的因素”实验中，我们经常用到刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、电压表、电流表等测量工具（1）在一次实验中，如果提供了下列几个长度测量仪器：毫米刻度尺；10分度游标卡尺；20分度游标卡尺；螺旋测微器一个同学用其中一种仪器正确测量某工件的长度为3.125cm，则他所使用的仪器为（填仪器序号）如图是用螺旋测微器测量的电阻丝直径的示意图，则该电阻丝的直径d=1.020mm（2）某研究性学习小组的同学想测量某电阻丝的电阻率：同学们截取了约1m长的电阻丝，首先利用多用电表的欧姆挡粗测其阻值，下列
30、操作或说法中正确的是CDA测量前检查表针是否停在左端的“0”位置，如不在则要进行欧姆调零B若用欧姆表“l”挡测量，指针恰好在刻度3050的正中，则待测电阻为40C若用欧姆表“10”挡测量，指针偏转角度过大，应换成“1”挡D每次改变不同倍率的欧姆档后都要重新进行欧姆调零若同学们粗测得该段电阻丝的阻值约为3，然后用伏安法测定电阻丝的阻值，再利用公式求得电阻丝的电阻率，可供选择的器材如下：A量程0.6A，内阻0.5的电流表B量程3A，内阻0.1的电流表C量程3V，内阻6k的电压表D量程15V，内阻30k的电压表E阻值为01k，额定电流为0.5A的滑动变阻器F阻值为010，额定电流为1A的滑动变阻器G
31、6V蓄电池H电键一个、导线若干实验中要求金属丝的发热功率不超过0.75W，电流表应选用A；电压表应选用C；滑动变阻器应选用F（请填写备选器材前的字母）【考点】测定金属的电阻率【分析】（1）由所给数据位数，结合各器材的精确度进行分析，并由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）考查欧姆表的使用：每选定一次欧姆档位后电路发生改变要重新进行欧姆调零，测量电阻要把电阻与其它元件独立；测完要把选择开关正确放置根据电路发热功率与电阻可求出最大电流估计值，从而可以选择电流表，根据电源电动势、待测电阻阻值与所选电流表选择滑动变阻器【解答】解：（1）因3.125cm=31.25mm，米尺是
32、毫米刻度尺，只能估读到0.1mm；10分度游标卡尺可以读到0.1mm；20分度游标卡尺可以读到0.05mm，末尾为0或5；50分度游标卡尺可以读到0.02mm，末尾为0或2或4或6或8；螺旋测微器又称千分尺，可以估读到0.001mm；故3.125cm是50分度游标卡尺读数得到由图示螺旋测微器可知，固定刻度读数：1.0mm；可动刻度读数0.01mm2.0=0.020mm；故螺旋测微器读数为：1.020mm；（2）解：A、测量前检查表针是否停在左端的“0”位置，如不在则要进行机械校零故A错误，B、若用欧姆表“l”挡测量，指针恰好在刻度3050的正中，则待测电阻不为40因为欧姆刻度盘不均匀，故B错误
33、C、表针偏转过大，说明电阻档选择过大，应换小档位进行测量；故C正确；D、运用欧姆表测量电阻时，不是每次测量都要重新调零，而是在换挡后要重新调零故D正确故选：CD；该段电阻丝的阻值约为3，发热功率不超过0.75W，根据I=0.5A，电阻丝的最大电流为0.5A，因此电流表选用：量程0.6A，内阻0.5的电流表，即为A；根据电阻与电流可确定电压表的量程为3V，内阻6k的电压表，即为C；因电阻丝的阻值约为3，所以阻值为010，额定电流为1A的滑动变阻器，故滑动变阻器选择F；故选：A，C，F故答案为：（1）；1.020；（2）CD；A；C；F14为了描绘一个小灯泡（额定电压2.5V，功率约1.5W）的I
34、U图线（要求小灯泡的电压从零开始逐渐增大），有下列器材可供选用：A电压表（03V，内阻约6k）；B电压表（015V，内阻约30k）；C电流表（03A，内阻约0.1）；D电流表（00.6A，内阻约0.5）；E滑动变阻器（10，2A）；F滑动变阻器G蓄电池（电动势4V，内阻不计）（1）请在图甲方框图中画出实验电路原理图；（2）电压表应选用A，电流表应选用D，滑动变阻器应选用E（用序号字母表示）（3）通过实验测得此灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，由图线可求得此灯泡在正常工作时的电阻为4.6（结果保留两位有效数字）（4）某同学误将电流表和电压表接成如图丙所示的电路，其他部分连接正确，接通电源后，可能出现
35、的情况是AA小灯泡不亮 B小灯泡被烧坏 C电流表被烧坏 D电压表被烧坏【考点】描绘小电珠的伏安特性曲线【分析】（1）根据实验原理与实验器材作出电路图（2）根据灯泡额定电压与额定电流选择电压表与电流表，为方便实验操作，应选最大阻值较小的滑动变阻器（3）由图示图象求出灯泡额定电压对应的电流，然后应用欧姆定律求出灯泡电阻（4）分析图示电路图，然后根据电路图分析答题【解答】解：（1）描绘灯泡伏安特性曲线，电压与电流应从零开始变化，滑动变阻器应采用分压接法，由于电压表内阻远大于灯泡电阻，电流表应采用外接法，电路图如图所示：（2）灯泡额定电压为2.5V，电压表选A，灯泡正常工作时的电流约为：I=0.6A，
36、电流表选D，为方便实验操作，滑动变阻器选择E（3）由图示图象可知，灯泡额定电压2.5V对应的电流为0.54A，灯泡正常发光时的电阻：R=4.6；（4）由图示电路图可知，电压表串联在电路中，由于电压表内阻很大，电路电流很小，几乎为零，接通电源后，灯泡不亮，灯泡、电压表与电流表都不会烧坏，故选A故答案为：（1）如右图所示；（2）A；D；E；（3）4.6；（4）A三、计算题：本题共3小题，共32分解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位15如图所示，水平面上有两根相距0.5m的足够长的平行金属导轨MN和PQ它们的电阻可忽
37、略不计在M和P之间接有阻值为R的定值电阻，导体棒ab长l=0.5m，其电阻为r，与导轨接触良好整个装置处于方向竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.4T现使ab以v=10m/s的速度向右做匀速运动 （1）ab中产生感应电动势的大小；（2）ab中电流的方向如何？（3）若定值电阻R=3.0，导体棒的电阻r=1.0，则电路中的电流多大？【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；楞次定律【分析】（1）由法拉第电磁感应定律求解ab中的感应电动势（2）由右手定则判断ab中电流的方向（3）由闭合电路欧姆定律求解电路中的电流【解答】解：（1）由法拉第电磁感应定律得：E=Blv=0.40.510V=2V；（2）由
38、右手定则判断ab中电流的方向为从b向a（3）由闭合电路欧姆定律得：I=0.5A；答：（1）ab中的感应电动势2V；（2）ab中电流的方向从b向a；（3）电路中的电流为0.5A16在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2螺线管导线电阻r=1.0，R1=4.0，R2=5.0，C=30F在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化求：（1）求螺线管中产生的感应电动势；（2）闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻R1的电功率；（3）S断开后，求流经R2的电量【考点】感生电动势、动生电动势；电功、电功率【分析】（1）根据法拉第地磁感应定律求出螺线管中产生的
39、感应电动势（2）根据P=I2R求出电阻R1的电功率（3）电容器与R2并联，两端电压等于R2两端的电压，根据Q=CU求出电容器的电量【解答】解：（1）根据法拉第电磁感应定律：E=n=nS；求出：E=1.2V；（2）根据全电路欧姆定律，有：I=根据 P=I2R1求出 P=5.76102W；（3）S断开后，流经R2的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q电容器两端的电压 U=IR2=0.6V流经R2的电量 Q=CU=1.8105C答：（1）螺线管中产生的感应电动势为1.2V；（2）闭合S，电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5.76102W；（3）S断开后，流经R2的电量为1.8105C17如图所示，
40、处于匀强磁场中的两根足够长、电阻不计的平行金属导轨相距1m，导轨平面与水平面成=37角，下端连接阻值为R的电阻，匀强磁场方向与导轨平面垂直向上，质量为0.2kg，电阻不计的金属棒放在两导轨上，棒与导轨垂直并保持良好接触，它们之间的动摩擦因数为0.25（1）求金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小？（2）当金属棒下滑速度达到稳定时，电阻R消耗的功率为8W，求该速度的大小？（3）在上问中，若R=8，金属棒中的电流方向由a到b，求磁感应强度的大小和方向？（g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）【考点】导体切割磁感线时的感应电动势【分析】（1）开始下滑时，速度为零，无感应电流产生
41、，因此不受安培力，故根据牛顿第二定律可直接求解结果（2）金属棒下滑速度达到稳定时，金属棒所受合外力为零，根据平衡条件求出安培力，然后根据公式P=Fv求解（3）结合第（2）问求出回路中的感应电流，然后根据电功率的公式求解【解答】解：（1）金属棒开始下滑的初速为零，根据牛顿第二定律有：mgsinmgcos=ma由式解得：a=g（sincos）=10（O.60.250.8）m/s2=4m/s2故金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小为4m/s2（2）设金属棒运动达到稳定时，速度为v，所受安培力为F，棒在沿导轨方向受力平衡，有：mgsinmgcosF=0此时金属棒克服安培力做功的功率等于电路中电阻R消耗的电功率：P=Fv由、两式解得：v=m/s=10m/s故当金属棒下滑速度达到稳定时，棒的速度大小为10m/s（3）设电路中电流为I，两导轨间金属棒的长为l，磁场的磁感应强度为B，感应电流为：I=功率为：P=I2R由、两式解得：B=T=0.8T故磁感应强度的大小为0.4T，方向垂直导轨平面向上答：（1）金属棒沿导轨由静止开始下滑时的加速度大小为4m/s2；（2）该速度的大小为10m/s；（3）在上问中，若R=2，磁感应强度的大小为0.8T2017年1月21日