1、高考资源网（） 您身边的高考专家2015-2016学年江苏省扬州中学高二（上）期中物理试卷（选修）一、单项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分每小题只有一个选项符合题意1关于电源和电流，下述说法正确的是（）A电源的电动势在数值上始终等于电源正负极之间的电压B由公式R=可知，导体的电阻与通过它的电流成反比C从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能D打开教室开关，日光灯立刻就亮了，表明导线中自由电荷定向运动的速率接近光速2图示为某收音机内一部分电路元件的电路图，各个电阻的阻值都是1，AC间接一只内阻忽略不计的电流表，若将该部分与收音机的其他电路剥离出来，并在A、B两
2、点间加6V的恒定电压，则电流表的示数是（）A3AB2AC1AD03当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是（）A3V，1.8JB3V，3.6JC6V，1.8JD6V，3.6J4如图所示，abcd四边形闭合线框，a、b、c三点坐标分别为（0，L，0），（L，L，0），（L，0，0），整个空间处于沿y轴正方向的匀强磁场中，通入电流I，方向如图所示，关于四边形的四条边所受到的安培力的大小，下列叙述中正确的是（）Aab边与bc边受到的安培力大小相等Bcd边受到的安培力最大Ccd边与a
3、d边受到的安培力大小相等Dad边不受安培力作用5如图所示，水平放置的两块带电平行金属板板间存在着方向竖直向下、场强大小为E的匀强电场和垂直于纸面的匀强磁场假设电场、磁场只存在于两板间一个带正电的粒子，以水平速度v0从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向射入极板间，恰好做匀速直线运动不计粒子的重力及空气阻力则（）A板间所加的匀强磁场M，方向垂直于纸面向里B若粒子电量加倍，将会向下偏转C若粒子从极板的右侧射入，一定沿直线运动D若粒子带负电，其它条件不变，将向上偏转二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0
4、分6关于回旋加速器加速带电粒子所获得的能量，下列说法正确的是（）A与加速器的半径有关，半径越大，能量越大B与加速器的磁场有关，磁场越强，能量越大C与加速器的电场有关，电场越强，能量越大D与带电粒子的质量有关，质量越大，能量越大7如图所示为圆柱形区域的横截面在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射时，穿过此区域的时间为t；若该区域加垂直该区域的匀强磁场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转了，根据上述条件可求得的物理量为（）A带电粒子的初速度B带电粒子在磁场中运动的半径C带电粒子在磁场中运动的周期D带电粒子的比荷8如图
5、所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动，下列说法正确的是（）A微粒一定带负电B微粒动能一定减小C微粒的电势能一定增加D微粒的机械能一定增加9如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L为指示灯泡，C为平行板电容器，G为灵敏电流计闭合开关S，在环境温度明显升高的过程中，下列说法正确的是（）AL变亮BRT两端电压变小CC所带的电荷量保持不变DG中电流方向由ab10在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3 为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关
6、 S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则（）AL1上的电压为L2上电压的2倍BL1消耗的电功率为0.75 WCL2的电阻为12DL1、L2消耗的电功率的比值小于4：1三、简答题：本题共3小题，共计33分请将解答填写在答题卡相应的位置11（12分）（2015秋扬州校级期中）某研究性学习小组欲较准确地测量一电池组的电动势及其内阻给定的器材如下：A电流表G（满偏电流10mA，内阻10）B电流表A（00.6A3A，内阻未知）C滑动变阻器R0（0100，1A）D定值电阻R（阻值990）E多用电表F开关与导线若干（1）某同学首先用多用电表的直流10V挡粗略测量电池组的电动势，电表指针如右图所示，则该电表
7、读数为V（2）该同学再用提供的其他实验器材，设计了如下图甲所示的电路，请你按照电路图在图乙上完成实物连线（3）图丙为该同学根据上述设计的实验电路利用测出的数据绘出的I1I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），则由图线可以得到被测电池组的电动势E=V，内阻r=（保留2位有效数字）12（15分）（2015秋扬州校级期中）在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，若待测电阻丝的电阻约为5，要求测量结果尽量准确，提供以下器材供选择：A电池组（3V，内阻约1） B电流表（03A，内阻0.0125）C电流表（00.6A，内阻约0.125） D电压表（03V，内阻4K）E电压表（015V，内阻15
8、K） F滑动变阻器（020，允许最大电流1A）G滑动变阻器（02000，允许最大电流0.3A） H开关、导线若干（1）实验时应从上述器材中选用（填写仪器前字母代号）（2）测电阻时，电流表、电压表、待测电阻Rx在组成测量电路时，应采用安培表接法，测量值比真实值偏（选填“大”或“小”）（3）若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图，则读数为mm（4）若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为R，请写出计算金属丝电阻率的表达式=13一个表头的内阻25，当通过2mA电流时，其指针偏转一小格（1）用它做电压表，要使它偏转一小格表示1V，应 （选填“串联”、“并联”）电阻值为的电阻（2）用它做电流表
9、，要使它量程扩大6倍，应 （选填“串联”、“并联”）电阻值为的电阻四、计算题本题共3小题，共计47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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位14（15分）（2014秋金平区校级期末）如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50的直流电源现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点
10、间的电阻R0=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin 37=0.60、cos 37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力；（3）导体棒受到的摩擦力（4）若将磁场方向改为竖直向上，要使金属杆继续保持静止，且不受摩擦力左右，求此时磁场磁感应强度B2的大小？15（16分）（2015秋扬州校级期中）如图甲所示，电源由n个电动势E=1.5V、内阻均为r（具体值未知）的电池串联组成，合上开关，在变阻器的滑片C从A端滑到B端的过程中，电路中的一些物理量的变化如图乙中、所示，电表对电路的影响不计图为输出功率与路端电压关系曲线；图为路端电压与总电流关系图线；图为电源的输出
11、效率与外电阻的关系图线）（1）求组成电源的电池的个数以及一个电池的内阻；（2）求滑动变阻器的总阻值；（3）写出图、中a、b、c三点的坐标（不要求计算过程）16（16分）（2015秋扬州校级期中）如图所示，在边长为a的正方形ABCD的对角线AC左右两侧，分别存在垂直纸面向内磁感应强度为B的匀强磁场和水平向左电场强度大小为E的匀强电场，AD、CD是两块固定荧光屏（能吸收打到屏上的粒子）现有一群质量为m、电量为q的带正电粒子，从A点沿AB方向以不同速率连续不断地射入匀强磁场中，带电粒子速率范围为 v已知E=，不计带电粒子的重力和粒子之间的相互作用求：（1）带电粒子从A点射入到第一次进入电场的时间；（
12、2）恰能打到荧光屏C D上的带电粒子的入射速度；（3）CD荧光屏上形成亮线的长度；（4）AD荧光屏上形成亮线的长度2015-2016学年江苏省扬州中学高二（上）期中物理试卷（选修）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分每小题只有一个选项符合题意1关于电源和电流，下述说法正确的是（）A电源的电动势在数值上始终等于电源正负极之间的电压B由公式R=可知，导体的电阻与通过它的电流成反比C从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能D打开教室开关，日光灯立刻就亮了，表明导线中自由电荷定向运动的速率接近光速【考点】电源的电动势和内阻；电流、电压概念 【专
13、题】定性思想；推理法；恒定电流专题【分析】电动势是反映电源把其他形式的能转化为电能本领强弱的物理量电动势等于电源没有接入电路时两极间的电压电动势由电源性质决定，外电路无关；公式R=是电阻的定义式；打开教室开关，日光灯立刻就亮了，是由于导线中电场传播的速度接近光速【解答】解：A、电源正负极之间的电压称为路端电压，当外电路接通时，路端电压小于电源的电动势故A错误；B、公式R=是电阻的定义式，与电阻两端的电压以及通过它的电流都无关故B错误；C、从能量转化的角度看，电源通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能故C正确；D、打开教室开关，日光灯立刻就亮了，是由于导线中电场传播的速度接近光速，而不是自由
14、电荷定向运动的速率接近光速故D错误故选：C【点评】该题考查电动势的概念以及对电阻的理解，解答的关键是理解并掌握电动势的物理意义和闭合电路欧姆定律基础题目2图示为某收音机内一部分电路元件的电路图，各个电阻的阻值都是1，AC间接一只内阻忽略不计的电流表，若将该部分与收音机的其他电路剥离出来，并在A、B两点间加6V的恒定电压，则电流表的示数是（）A3AB2AC1AD0【考点】闭合电路的欧姆定律；串联电路和并联电路 【专题】恒定电流专题【分析】在A、B两点间加6V的恒定电压时，由于电流表内阻不计，则下面两个电阻并联后与上面的电阻串联，由串、并联电路的特点求出电流表的读数【解答】解：设各个电阻的阻值为R
15、在A、B两点间加6V的恒定电压时，下面两个电阻并联后与上面的电阻串联，电路的总电阻为 R总=R+=1.5R=1.5则并联电路的电压为 U并=U=6V=2V故电流表的示数是 I=2A故选：B【点评】解决本题的关键要理解电流表内阻不计的意义，将电流表可看成能测量电流的导线，从而分析电路的连接方式3当电阻两端加上某一稳定电压时，通过该电阻的电荷量为0.3C，消耗的电能为0.9J为在相同时间内使0.6C的电荷量通过该电阻，在其两端需加的电压和消耗的电能分别是（）A3V，1.8JB3V，3.6JC6V，1.8JD6V，3.6J【考点】闭合电路的欧姆定律 【分析】（1）已知电阻丝在通过0.3C的电量时，消
16、耗的电能0.9J，根据W=UQ变形可求出电压；当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=可知，当时间相同，由电荷时的关系可知电流关系，因为电阻不变，根据U=IR，由电流关系可知电压关系，即可求出电阻丝两端所加电压U；（2）已知通过电阻丝的电量是0.6C，电阻丝两端所加电压U已求出，根据W=UQ可求出电阻丝在这段时间内消耗的电能W【解答】解：因为电阻丝在通过0.3C的电量时，消耗的电能是0.9J，所以此时电压为：U=3V当在相同的时间内通过电阻丝的电量是0.6C时，根据I=可知，I=2I，根据U=IR可知，电阻不变，此时电阻丝两端电压：U=2U=6V，电阻丝在这段时间内消耗的电能：W
17、=UQ=6V0.6C=3.6J故选D【点评】本题考查了电量和电功的计算及欧姆定律的应用本题由于不知道时间不能求出电流，只能根据相关公式找出相关关系来求解4如图所示，abcd四边形闭合线框，a、b、c三点坐标分别为（0，L，0），（L，L，0），（L，0，0），整个空间处于沿y轴正方向的匀强磁场中，通入电流I，方向如图所示，关于四边形的四条边所受到的安培力的大小，下列叙述中正确的是（）Aab边与bc边受到的安培力大小相等Bcd边受到的安培力最大Ccd边与ad边受到的安培力大小相等Dad边不受安培力作用【考点】安培力 【分析】通电导线放入磁场中受到安培力作用，当导线与磁场垂直放置时安培力是最大；当
18、导线与磁场平行时安培力为零【解答】解：A、因为ab垂直放置磁场中，所以其安培力Fab=BLabI，而bc平行于磁场，所以其安培力为零故A错误；B、cd边垂直于磁场，且长度最长，所以其受到安培力最大故B正确；C、cd边与ad边虽然垂直放置，但ab边的长度没有cd长，所以受到的安培力大小不等故C错误；D、ab边受到安培力，然而bc没有受到安培力，因为是平行故D错误；故选：B【点评】虽然电流是相同的，但放入磁场中的不同长度、或不是垂直放置都将影响安培力的大小5如图所示，水平放置的两块带电平行金属板板间存在着方向竖直向下、场强大小为E的匀强电场和垂直于纸面的匀强磁场假设电场、磁场只存在于两板间一个带正
19、电的粒子，以水平速度v0从两极板的左端正中央沿垂直于电场、磁场的方向射入极板间，恰好做匀速直线运动不计粒子的重力及空气阻力则（）A板间所加的匀强磁场M，方向垂直于纸面向里B若粒子电量加倍，将会向下偏转C若粒子从极板的右侧射入，一定沿直线运动D若粒子带负电，其它条件不变，将向上偏转【考点】带电粒子在混合场中的运动 【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】粒子受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，二力平衡时粒子沿直线运动，当二力不平衡时，粒子做曲线运动，由公式qv0B=qE，电量与电性不会影响粒子的运动性质，只有当运动方向相反时，才不会做直线运动，从而即可求解【解答】解：正离子恰能沿直线飞出离子速
20、度选择器，根据左手定则判断可知，离子受的洛伦兹力方向向上，电场力方向向下，此时洛伦兹力与电场力二力平衡，应该有：qv0B=qE，即v0B=EA、根据电场强度方向，结合正电荷受到的电场力方向，即可得出洛伦兹力方向，再由左手定则可知，匀强磁场，方向垂直于纸面向里，故A正确B、若改为电荷量+2q的离子，根据平衡条件得：qv0B=qE，即v0B=E，该等式与离子的电荷量无关，所以离子仍沿直线运动，故B错误C、若速度方向变为图示的反方向，离子带正电，洛伦兹力与电场力同向，所以离子将向下偏转，故C错误D、若改为电荷量q的离子，根据左手定则判断可知，离子受的洛伦兹力方向向下，电场力方向向上，由于qv0B=q
21、E，此时洛伦兹力与电场力仍然平衡，所以负离子不偏转，仍沿直线运动，故D错误故选：A【点评】本题考查了利用质谱仪进行粒子选择原理，只要对粒子进行正确的受力分析即可解决此类问题，注意掌握粒子做直线运动，一定是匀速直线运动，且粒子的电量与电性均不会影响运动性质二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共计20分每小题有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答得0分6关于回旋加速器加速带电粒子所获得的能量，下列说法正确的是（）A与加速器的半径有关，半径越大，能量越大B与加速器的磁场有关，磁场越强，能量越大C与加速器的电场有关，电场越强，能量越大D与带电粒子的质量有关，质量越大
22、，能量越大【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理 【分析】回旋加速器的半径一定，根据洛伦兹力提供向心力，求出最大速度，可知最大速度与什么因素有关【解答】解：由得，v=，则最大动能，知最大动能与加速器的半径、磁感线强度以及电荷的电量和质量有关半径越大，能量越大；磁场越强，能量越大；质量和电量都大，能量不一定大故A、B正确，C、D错误故选：AB【点评】解决本题的关键知道回旋加速器是利用电场加速、磁场偏转来加速粒子，但是最终粒子的动能与电场的大小无关7如图所示为圆柱形区域的横截面在没有磁场的情况下，带电粒子（不计重力）以某一初速度沿截面直径方向入射时，穿过此区域的时间为t；若该区域加垂直该区域的匀强磁
23、场，磁感应强度为B，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转了，根据上述条件可求得的物理量为（）A带电粒子的初速度B带电粒子在磁场中运动的半径C带电粒子在磁场中运动的周期D带电粒子的比荷【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；洛仑兹力 【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】在没有磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域时粒子做匀速直线运动；在有磁场时，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，粒子做匀速圆周运动在匀速直线运动中虽不知半径，但可由位移与时间列出与入射速度的关系，再由匀速圆周运动中半径公式可算出粒子的比荷、周期【
24、解答】解：无磁场时，带电粒子做匀速直线运动，设圆柱形区域磁场的半径为R0，则有：v=而有磁场时，带电粒子做匀速圆周运动，由半径公式可得：R=由几何关系得，圆磁场半径与圆轨道半径的关系：R=由联式可得：；带电粒子在磁场中运动的周期为：T=由于不知圆磁场的半径，因此带电粒子的运动半径也无法求出，以及初速度无法求出故C、D正确，A、B错误故选：CD【点评】带电粒子仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，洛伦兹力只改变速度的方向不改变速度的大小，洛伦兹力对粒子也不做功同时当粒子沿半径方向入射，则也一定沿着半径方向出射8如图所示，某空间存在正交的匀强磁场和匀强电场，电场方向水平向右，磁场方向垂直纸面向里，一
25、带电微粒由a点进入电磁场并刚好能沿ab直线向上运动，下列说法正确的是（）A微粒一定带负电B微粒动能一定减小C微粒的电势能一定增加D微粒的机械能一定增加【考点】带电粒子在混合场中的运动 【专题】压轴题；带电粒子在复合场中的运动专题【分析】对带电粒子进行受力分析，受到竖直向下的重力，水平方向的电场力和垂直于虚线的洛伦兹力，由于带电粒子做直线运动，所以洛伦兹力只能垂直于虚线向上，从而可判断粒子的电性（带负电），同时可知电场力的方向向左，再根据各力的做功情况，即可判断各选项的正误【解答】解：根据做直线运动的条件和受力情况（如图所示）可知，微粒一定带负电，且做匀速直线运动，所以选项A正确，选项B错误由于
26、电场力向左，对微粒做正功，电势能一定减小，选项C错误由能量守恒可知，电势能减小，机械能一定增加，所以选项D正确故选AD【点评】带电粒子在重力场、电场、磁场的复合场中，只要是做直线运动，一定是匀速直线运动（v与B不平行）若速度是变的，洛伦兹力会变，合力就是变的，合力与速度不在一条直线上，带电体就会做曲线运动9如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L为指示灯泡，C为平行板电容器，G为灵敏电流计闭合开关S，在环境温度明显升高的过程中，下列说法正确的是（）AL变亮BRT两端电压变小CC所带的电荷量保持不变DG中电流方向由ab【考点】闭合电路的欧姆定律 【专题】动
27、态预测题；定性思想；控制变量法；恒定电流专题【分析】当环境温度升高时，热敏电阻RT的阻值减小；由闭合电路欧姆定律可知电路中电流及电压的变化；由电容器的充放电知识可知G中电流方向【解答】解：A、由图可知，热敏电阻与灯泡L串联当环境温度升高时热敏电阻RT的阻值减小，外电路总电阻减小，则电路中电流增大，灯泡L变亮；故A正确；B、因为电路中电流增大，电源的内压及灯泡L两端的电压均增大，由E=U内+U外可得，RT两端电压减小，故B正确；C、因为电容器并联在电源两端，因内电压增大，路端电压减小，电容器板间电压U减小，由Q=CU知，电容器的带电量减小故C错误；D、电容器的带电量减小，电容器放电，故G中电流由
28、ab；故D正确；故选：ABD【点评】本题考查闭合电路的欧姆定律的定性运用，此类问题一般按“整体局部整体”顺序进行分析10在如图甲所示的电路中，L1、L2、L3 为三个相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，当开关 S闭合后，电路中的总电流为0.25A，则（）AL1上的电压为L2上电压的2倍BL1消耗的电功率为0.75 WCL2的电阻为12DL1、L2消耗的电功率的比值小于4：1【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 【专题】比较思想；图析法；恒定电流专题【分析】L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压相同，电流也相同，电路中的总电流为0.25A，从而求出通过三个灯泡的电流，
29、由图乙读出三个灯泡两端的电压，由R=求出L2的电阻，根据P=UI求L1、L2消耗的电功率的比值【解答】解：A、L2和L3并联后与L1串联，L2和L3的电压和电流均相同，则L1的电流为L2电流的2倍，由于灯泡是非线性元件，所以L1的电压不是L2电压的2倍，故A错误；B、根据图象可知，当电流为0.25A时，电压U=3V，所以L1消耗的电功率 P=UI=0.75W，故B正确；C、L2的电流为0.125A，由图可知，此时L2的电压小于0.5V，根据R2=可知，L2的电阻小于4，故C错误；D、根据P=UI可知，L2消耗的电功率P20.1250.5=0.0625W，所以L1、L2消耗的电功率的比值大于4；
30、1，故D错误；故选：B【点评】本题的关键是搞清电路的结构，能够从图中读出有效信息，对于线性元件，R=，但对于非线性元件，R=三、简答题：本题共3小题，共计33分请将解答填写在答题卡相应的位置11（12分）（2015秋扬州校级期中）某研究性学习小组欲较准确地测量一电池组的电动势及其内阻给定的器材如下：A电流表G（满偏电流10mA，内阻10）B电流表A（00.6A3A，内阻未知）C滑动变阻器R0（0100，1A）D定值电阻R（阻值990）E多用电表F开关与导线若干（1）某同学首先用多用电表的直流10V挡粗略测量电池组的电动势，电表指针如右图所示，则该电表读数为7.2V（2）该同学再用提供的其他实验
31、器材，设计了如下图甲所示的电路，请你按照电路图在图乙上完成实物连线（3）图丙为该同学根据上述设计的实验电路利用测出的数据绘出的I1I2图线（I1为电流表G的示数，I2为电流表A的示数），则由图线可以得到被测电池组的电动势E=7.5V，内阻r=5.0（保留2位有效数字）【考点】测定电源的电动势和内阻 【专题】实验题【分析】（1）根据电压表的量程可明确对应的读数；（2）已知原理图，根据原理图先连出其中一个支路，再去连接另一支路，注意导线不能交叉；（3）图象与纵坐标的截距表示电源的电动势；图象的斜率表示电源的内阻；【解答】解：（1）量程为10V，则最小分度为0.2，故读数为7.2V；先将电流表及滑动
32、变阻器串接在电源两端；再并联另一支路，电路中连线避免交叉；答案如图所示；（2）根据原理图可得出对应的实物图；如图所示；（3）电流表G和定值电阻R组成了一个量程为10V的电压表，由U=EIr可得图象与纵轴的交点为电源的电动势，由图可知，电动势E=7.5V；图象的斜率表示电源的内阻，内阻r=5.0；故答案为：（1）7.2；（2）如图所示；（3）7.5；5.0【点评】本题考查测量电动势和内电阻的实验，要注意明确图象的应用，能正确根据闭合电路欧姆定律和图象结合求解电动势和内电阻12（15分）（2015秋扬州校级期中）在做“测定金属丝的电阻率”的实验中，若待测电阻丝的电阻约为5，要求测量结果尽量准确，提
33、供以下器材供选择：A电池组（3V，内阻约1） B电流表（03A，内阻0.0125）C电流表（00.6A，内阻约0.125） D电压表（03V，内阻4K）E电压表（015V，内阻15K） F滑动变阻器（020，允许最大电流1A）G滑动变阻器（02000，允许最大电流0.3A） H开关、导线若干（1）实验时应从上述器材中选用ACDFH（填写仪器前字母代号）（2）测电阻时，电流表、电压表、待测电阻Rx在组成测量电路时，应采用安培表外接法，测量值比真实值偏小（选填“大”或“小”）（3）若用螺旋测微器测得金属丝的直径d的读数如图，则读数为0.900mm（4）若用L表示金属丝的长度，d表示直径，测得电阻为
34、R，请写出计算金属丝电阻率的表达式=【考点】测定金属的电阻率 【专题】实验题【分析】选电压表和电流表的原则是：指针在到偏转角度最好；选的滑动变阻器要便于操作待测电阻的阻值与电流表差不多，故电流表的外接，从而判断出测量值与真实值的关系；螺旋测微器的读数方法：主尺+半毫米+转筒；根据电阻的决定式求电阻率【解答】解：流过金属丝的最大电流Im=0.5 A，电池组电压又是3 V，故电流表选C，电压表选D；由于待测电阻的电阻值比较小，滑动变阻器选总阻值小的便于调节，故选F；另外电池组、导线、开关要选；因为=40，=800，故电流表选择外接法，外接法测量值偏小；从螺旋测微器的主尺上可以看出，半毫米刻度线已经
35、露出来，因此主尺上应读0.5 mm，螺旋上接近第40个刻度线，可以估读40.00.01mm=0.400mm，所以该金属丝直径应为0.5 mm+0.400 mm=0.900 mm根据R=，解得：=故答案为：ACDFH；外，小；0.900； 【点评】用伏安法测量电阻，首先要考虑安全，其次准确，最后操作方便对于电流表的内外接法，可根据与的比较做出选择，也可用试触法13一个表头的内阻25，当通过2mA电流时，其指针偏转一小格（1）用它做电压表，要使它偏转一小格表示1V，应串联 （选填“串联”、“并联”）电阻值为475的电阻（2）用它做电流表，要使它量程扩大6倍，应并联 （选填“串联”、“并联”）电阻值
36、为5的电阻【考点】把电流表改装成电压表 【专题】实验题；定量思想；比例法；恒定电流专题【分析】（1）把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，应用串联电路特点与欧姆定律可以求出电阻阻值（2）把电流表改装成大量程的电流表需要并联分流电阻，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：（1）把电流表改装成电压表需要串联分压电阻，串联电阻阻值：R=Rg=25=475；（2）把电流表的量程扩大6倍，需要并联分流电阻，分流电阻分得的电流为通过电流表的5倍，分流电阻阻值为电流表内阻的，则并联电阻阻值：R=Rg=25=5；故答案为：（1）串联；475；（2）并联；5【点评】本题考查了电压表与电流表的
37、改装，知道电表改装原理是解题关键，应用串并联电路特点与欧姆定律可以解题四、计算题本题共3小题，共计47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，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位14（15分）（2014秋金平区校级期末）如图所示，两平行金属导轨间的距离L=0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角=37，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B=0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场金属导轨的一端接有电动势E=4.5V、内阻r=0.50的直流电源现把一个质量m=0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的
38、两点间的电阻R0=2.5，金属导轨电阻不计，g取10m/s2已知sin 37=0.60、cos 37=0.80，求：（1）通过导体棒的电流；（2）导体棒受到的安培力；（3）导体棒受到的摩擦力（4）若将磁场方向改为竖直向上，要使金属杆继续保持静止，且不受摩擦力左右，求此时磁场磁感应强度B2的大小？【考点】安培力 【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电流的大小（2）根据安培力的公式F=BIL求出安培力的大小（3）导体棒受重力、支持力、安培力、摩擦力处于平衡，根据共点力平衡求出摩擦力的大小（4）当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，画出受力图，然后结合几何关系即可求出【解答】解：
39、（1）根据闭合电路欧姆定律得：I1=1.5 A（2）导体棒受到的安培力为：F安=BIL=0.30 N由左手定则可知，安培力沿斜面向上（3）对导体棒受力分析如图，将重力正交分解，沿导轨方向有：F1=mgsin 37=0.24 NF1F安，根据平衡条件可知，摩擦力沿斜面向下mgsin 37+f=F安解得：f=0.06 N（4）当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，则B2IL=mgtan ，B2=0.5T答：（1）通过导体棒的电流是1.5A；（2）导体棒受到的安培力0.30 N，由左手定则可知，安培力沿斜面向上；（3）导体棒受到的摩擦力是0.06N（4）若将磁场方向改为竖直向上，要
40、使金属杆继续保持静止，且不受摩擦力左右，此时磁场磁感应强度B2的大小是0.5T【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15（16分）（2015秋扬州校级期中）如图甲所示，电源由n个电动势E=1.5V、内阻均为r（具体值未知）的电池串联组成，合上开关，在变阻器的滑片C从A端滑到B端的过程中，电路中的一些物理量的变化如图乙中、所示，电表对电路的影响不计图为输出功率与路端电压关系曲线；图为路端电压与总电流关系图线；图为电源的输出效率与外电阻的关系图线）（1）求组成电源的电池的个数以及一个电池的内阻；（2）求滑动变阻器的总阻值；（3）写出图、中a、b
41、、c三点的坐标（不要求计算过程）【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率 【专题】简答题；定量思想；推理法；恒定电流专题【分析】电流表测电路电流，电压表测外电路电压，即滑动变阻器电压；（1）当滑动变阻器接入电路的阻值为零时，电路短路，电路电流为短路电流，等于电源电压与电源内阻的比值；当滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻阻值相等时，电源输出功率最大，根据图象数据，应用欧姆定律与电功率公式列方程，求出电源电压，然后求出电池节数（2）电源的输出功率与电源的总功率之比是电源的效率，滑动变阻器接入电路的阻值越大，电源效率越高，当滑动变阻器阻值全部接入电路时，滑动变阻器效率最高，由图丙所示图象，应用电功率
42、公式及效率公式可以求出滑动变阻器的最大阻值（3）由欧姆定律、串联电路特点及图象可以求出各点的坐标【解答】解：设电源电压为U，内阻为r；（1）由图可知，短路电流：I=3A，当滑动变阻器电阻与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于滑动变阻器接入电路的电阻与电源内阻相等，由串联电路特点知，电源内阻电压等于滑动变阻器电压，则滑动变阻器电压为，R滑=r，由乙图得：P最大=4.5W，解得：U=6V，r=2，每节干电池电压为1.5V，电源电压为6V，则电源由4节干电池组成，每个电池的内阻（2）电源效率=，当滑动变阻器阻值全部接入电路时，电源的效率最高，由丙图得：=0.8，解得R=8；（3）当输出功率达到最大
43、时 R=4r=2时，此时的路端电压为3V，b（3V、4.5W） c（4.8V、2.88W） a（0.6A、4.8V）；答：（1）串联干电池的个数为4个，每个电池的内阻为0.5（2）滑动变阻器的最大阻值为8（3）各点坐标分别为：a（0.6A、4.8V）；b（3V、4.5W）；c（4.8V、2.88W）【点评】本题难度较大，分析清楚电路结构、根据各图象获得所需信息，应用欧姆定律、电功率公式、效率公式等即可正确解题16（16分）（2015秋扬州校级期中）如图所示，在边长为a的正方形ABCD的对角线AC左右两侧，分别存在垂直纸面向内磁感应强度为B的匀强磁场和水平向左电场强度大小为E的匀强电场，AD、C
44、D是两块固定荧光屏（能吸收打到屏上的粒子）现有一群质量为m、电量为q的带正电粒子，从A点沿AB方向以不同速率连续不断地射入匀强磁场中，带电粒子速率范围为 v已知E=，不计带电粒子的重力和粒子之间的相互作用求：（1）带电粒子从A点射入到第一次进入电场的时间；（2）恰能打到荧光屏C D上的带电粒子的入射速度；（3）CD荧光屏上形成亮线的长度；（4）AD荧光屏上形成亮线的长度【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动 【专题】计算题；定量思想；图析法；带电粒子在复合场中的运动专题【分析】（1）根据粒子在磁场中转过的圆心角与粒子做圆周运动的周期公式求出粒子第一次进入电场的时间（2）
45、粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做匀减速直线运动，恰好打到CD上的粒子到达CD时的速度为零，应用牛顿第二定律与动能定理求出粒子的入射速度（3）分析清楚粒子运动过程，根据打在CD上的粒子轨道半径求出CD荧光屏上形成亮线的长度；（4）分析清楚粒子运动过程，然后求出AD荧光屏上形成亮线的长度【解答】解：（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期：T=，粒子进入电场时在磁场中转过的圆心角：=90，粒子从A点射入到第一次进入电场中需要的时间：t=T=；（2）带电粒子射入匀强磁场中在洛仑兹力作用下做匀速园周运动，经四分之一周到达对角线沿水平向右的方向进入匀强电场，在电场力的作用下做匀减速直线运动，设带电粒
46、子到达CD的速度恰好为零时对应的入射速度为V，在磁场中的运动半径为r，由牛顿第二定律得：qvB=m，粒子在电场中做匀减速直线运动，由动能定理得：qE（ar）=0mv2，解得：r=a，v=；（3）由（2）可知，速度：v的带电粒子直接打在荧光屏CD上，其中入射速度v=的粒子半径：r=a，将直接打到C点，故荧光屏CD上亮线的长度为：l1=a；（4）由（2）可知，速度：v的带电粒子，进入电场后不能到达CD屏，粒子原速返回后又在磁场中转了周，刚好垂直进入电场，在电场中类平抛运动荧光屏AD上亮线长度为：l2=aa=a；答：（1）带电粒子从A点射入到第一次进入电场的时间为；（2）恰能打到荧光屏CD上的带电粒子的入射速度为；（3）CD荧光屏上形成亮线的长度为a；（4）AD荧光屏上形成亮线的长度为a【点评】本题考查了粒子在电磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程，应用平衡条件与牛顿第二定律即可正确解题，分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是正确解题的前提与关键高考资源网版权所有，侵权必究！
