1、浙江省嘉兴市平湖市当湖高中2015-2016学年高二（上）月考物理试卷（12月份）一.单项选择题1某同学用易得的材料制作了一个简易的实验仪器，如图所示它可以用来（）A测电流B测电阻C测电容D检验物体是否带电2下图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点，其中a、b两点电场强度相同的是（）ABCD3如图所示，E、F分别表示蓄电池两极，P、Q分别表示螺线管两端当闭合开关时，发现小磁针N极偏向螺线管Q端下列判断正确的是（）AE为蓄电池正极B螺线管P端为S极C流过电阻R的电流方向向上D管内磁场方向由P指向Q4依据如图所示的“处在磁场中的通电金属棒在导轨上运动”这一实验现象及相应规律设计的家用电器是（）A
2、电热水壶B电饭锅C电风扇D电熨斗5下面四幅图表示了磁感应强度B、电荷速度v和洛伦兹力F三者方向之间的关系，其中正确的是（）ABCD6“好变频1度到天明”此广告语意为1度电（1kWh）可使变频空调工作一整夜（以10h计）同样的1度电可供铭牌如图所示的电扇工作约（）A1整夜B2整夜C3整夜D4整夜7如图所示是“探究电磁感应的产生条件”的实验装置，下列情况中不会引起电流表指针偏转的是（）A闭合开关时B断开开关时C闭合开关后拔出线圈A时D断开开关后移动变阻器的滑片时8一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递增的关于b点电场强度E的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是
3、曲线在b点的切线）（）ABCD9用公式R=求出“220V，40W”灯泡的电阻为1210，而用欧姆表测得其电阻只有90下列分析正确的是（）A一定是读数时乘错了倍率B可能是测量前没有调零C一定是欧姆表坏了D1210是灯泡正常工作时较高温度下的电阻，90是灯泡常温下的电阻10如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30角关于a、b两点场强大小Ea、Eb的关系，以下结论正确的是（）AEa=BEa=EbCEa=EbDEa=3Eb11如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形
4、线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律（）ABCD12如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（）A若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B微粒从M点运动到N点电势能一定增加C微粒从M点运动到N点动能一定增加D微粒从M点运动到N点机械能一定增加13平行板电容器的两极板A、B接于电源两极，两极板竖直、平行正对，一带正电小球悬挂在电容器内部闭合电键S，电容器充电，
5、悬线偏离竖直方向的夹角为，如图所示，则下列说法正确的是（）A保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则减小B保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则不变C电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则增大D电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则不变二.多项选择题14当摇动如图所示的手摇交流发电机时，发现小灯泡闪烁此时流过小灯泡的电流是（）A交流电B直流电C恒定电流D涡流15如图所示，U形导体制成的导轨水平放置，金属棒ab架在导轨上并与导轨接触良好，空间存在着方向竖直向下的匀强磁场现用外力拉动金属棒ab使它沿导轨水平向右匀速运动，将产生感应电流下面关于感应电流产生的原因及能量变化情况的说法中正确的是（
6、）A是磁场对金属棒中的自由电子的洛仑兹力使自由电子定向移动而形成电流B是磁场对金属棒中电流的安培力使自由电子定向移动而形成电流C是洛仑兹力对自由电子做功而产生感应电流D是外力F做功而使机械能转化为电能16如图所示的电路中，L1、L2是相同的两灯，L的电阻不计，则（）AS断开瞬间，L1立即熄灭，L2过一会才熄灭BS断开瞬间，通过L1的电流从右向左CS接通瞬间，L1、L2同时达正常发光DS断开瞬间，通过L1的电流与原来方向相反三.非选择题17如图所示为根据实验数据画出的路端电压U随电流I变化的图，由图线可知，该电池的电动势E=V，电池的内电阻r=18小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测
7、量其电阻值（1）图1是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图1中画出（2）小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到UI图上，如图2在图中，由电流表外接法得到的数据点是用（填“”或“”）表示的（3）请你选择一组数据点，在图2上用作图法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为19如图所示，点电荷A的电荷量为Q，点电荷B的电荷量为q，相距为r已知静电力常量为k，求：（1）电荷A与B之间的库仑力大小；（2）电荷A在电荷B所在处产生的电场强度大小；（3）移去电荷B后，电荷A在原电荷B所在处产生的电场强度大小20在如图所示的电路中，R1是由某金属氧化
8、物制成的导体棒（非纯电阻），实验证明通过它的电流I和它两端电压U遵循I=kU3的规律（式中k=0.02A/V3），R2是普通电阻，阻值为24，遵循欧姆定律，电源电动势E=6V，闭合开关S后，电流表的示数为0.16A求：（1）通过R1的电流I1和它两端的电压U1；（2）通过R2的电流I2和它两端的电压U2；（3）R1、R2消耗的电功率P1、P2；（4）电源的内电阻r21试分析下列各种情形中，金属线框会线圈里能产生感应电流的是22如图所示，有一磁感强度B=0.1T的水平匀强磁场，垂直匀强磁场放置一很长的金属框架，框架上有一导体ab保持与框架边垂直、由静止开始下滑已知ab长100cm，质量为0.1k
9、g，电阻为0.1，框架电阻不计，取g=10m/s2，求：（1）导体ab下落的最大加速度和最大速度；（2）导体ab在最大速度时产生的电功率23一束硼离子以不同的初速度，沿水平方向经过速度选择器，从O点进入方向垂直纸面向外的匀强偏转磁场区域，分两束垂直打在O点正下方的离子探测板上P1和P2点，测得OP1：OP2=2：3，如图甲所示速度选择器中匀强电场的电场强度为E，匀强磁场的磁感应强度为B1，偏转磁场的磁感应强度为B2若撤去探测板，在O点右侧的磁场区域中放置云雾室，离子运动轨迹如图乙所示设离子在云雾室中运动时受到的阻力Ff=kq，式中k为常数，q为离子的电荷量不计离子重力求（1）硼离子从O点射出时
10、的速度大小；（2）两束硼离子的电荷量之比；（3）两种硼离子在云雾室里运动的路程之比2015-2016学年浙江省嘉兴市平湖市当湖高中高二（上）月考物理试卷（12月份）参考答案与试题解析一.单项选择题1某同学用易得的材料制作了一个简易的实验仪器，如图所示它可以用来（）A测电流B测电阻C测电容D检验物体是否带电【考点】电荷守恒定律【分析】依据实验仪器，结合我们课本学习过的内容，可以判定其用途【解答】解：该实验仪器通过金属丝可以向金属箔导电，两个箔片带同种电荷，会因为排斥而分开，故此装置可以用来检验物体是否带电，故ABC错误，D正确故选：D【点评】这是一个典型的验证物体是否带电的装置，其形状虽然与我们
11、课本见过的不同，但是要抓住关键因素“金属箔”就可以轻松判定2下图所示的四种电场中，分别标记有a、b两点，其中a、b两点电场强度相同的是（）ABCD【考点】电场线【分析】电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同根据电场线的分布情况，判断场强的大小和方向关系【解答】解：A、a、b两点到负电荷的距离相等，由E=k可知，电场强度大小相等，但方向不同，则电场强度不同，故A错误B、两等量异种电荷连线的中垂线是一条等势线，根据对称性和电场线的分布可知，a、b两点的电场强度大小不等、方向相同，则电场强度不同，故B错误C、由电场线的疏密看出，a点和b点电场强度大小相等，但方向相反，所以电场强度不同故C
12、错误D、平行金属板内部是匀强电场，a、b两点的电场强度相同故D正确故选：D【点评】掌握各种电场线和等势面的分布情况是解答本题的关键要注意电场强度是矢量，只有大小和方向都相同时，场强才相同3如图所示，E、F分别表示蓄电池两极，P、Q分别表示螺线管两端当闭合开关时，发现小磁针N极偏向螺线管Q端下列判断正确的是（）AE为蓄电池正极B螺线管P端为S极C流过电阻R的电流方向向上D管内磁场方向由P指向Q【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向【分析】先根据小磁针的转动，结合磁极间的相互作用判断出螺线管的极性，再利用安培定则判断出电流的方向，最后根据电流方向判断出电源的正负极【解答】解：ABC、闭合开关后
13、，小磁针的S极向右偏转，N极向左偏，说明螺线管的左端为N极，右端为S极用右手握住螺线管，使大拇指指向螺线管的N极，四指环绕的方向就是电流的方向由此可知，电流从左端流出、右端流入，因此，电源的F极为正极，E端为负极，流过电阻R的电流方向向上C正确AB错误D、螺线管的左端为N极，右端为S极，所以螺旋管内部的磁感应强度方向由Q指向P故D错误故选：C【点评】本题考查了磁极间的相互作用规律和右手螺旋定则的使用利用右手螺旋定则既可由电流的方向判定磁极磁性，也能由磁极极性判断电流的方向和线圈的绕法4依据如图所示的“处在磁场中的通电金属棒在导轨上运动”这一实验现象及相应规律设计的家用电器是（）A电热水壶B电饭
14、锅C电风扇D电熨斗【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】观察实验可知，通电导体在磁场中受到力的作用，再逐项分析各种家用电器的原理即可求解【解答】解：图中，当闭合开关后，可以观察到磁场中的金属棒在导轨上运动，这说明通电导体在磁场中受到力的作用，电热水壶、电饭锅、电熨斗都是利用了电流的热效应设计的，电风扇是利用了通电导体在磁场中受到力的作用的原理制成的，故C正确故选：C【点评】此题主要考查的是学生对磁场对电流的作用、家用电器工作原理的理解和掌握，基础性题目5下面四幅图表示了磁感应强度B、电荷速度v和洛伦兹力F三者方向之间的关系，其中正确的是（）ABCD【考点】安培力；左手定则【分析】伸开
15、左手，让大拇指与四指方向垂直，并且在同一个平面内，磁感线通过掌心，四指方向与正电荷运动方向相同，大拇指所指的方向为洛伦兹力方向【解答】解：A、根据左手定则，洛伦兹力方向竖直向下故A错误B、根据左手定则，洛伦兹力方向竖直向上故B正确C、根据左手定则，洛伦兹力方向垂直纸面向外故C错误D、电荷的运动方向与磁场方向平行，电荷不受洛伦兹力故D错误故选：B【点评】解决本题的关键掌握左手定则，注意四指方向与正电荷运动方向相同，与负电荷运动方向相反6“好变频1度到天明”此广告语意为1度电（1kWh）可使变频空调工作一整夜（以10h计）同样的1度电可供铭牌如图所示的电扇工作约（）A1整夜B2整夜C3整夜D4整夜
16、【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】已知电扇的额定功率和消耗的电能，根据W=Pt求出工作时间即可【解答】解：由图可知电扇的额定功率为24W，则t=h而一整夜是10h，所以同样的1度电可供铭牌如图所示的电扇工作约4整夜故选：D【点评】本题考查消耗电能的计算，关键是公式及其变形的灵活运用，要学会认识用电器的铭牌，解题过程中要注意单位的换算7如图所示是“探究电磁感应的产生条件”的实验装置，下列情况中不会引起电流表指针偏转的是（）A闭合开关时B断开开关时C闭合开关后拔出线圈A时D断开开关后移动变阻器的滑片时【考点】研究电磁感应现象【专题】实验题【分析】当穿过闭合回路磁通量发生变化时，会产生
17、感应电流【解答】解：A、闭合开关时，穿过B线圈的磁通量从无到有，磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针发生偏转故A错误B、断开开关时，穿过B线圈的磁通量从有到无，磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针发生偏转故B错误C、闭合开关后，拔出线圈A时，穿过B线圈的磁通量发生变化，产生感应电流，电流表指针发生偏转故C错误D、断开开关后，移动滑动变阻器，穿过线圈B的磁通量始终为零，磁通量不变，不产生感应电流故D正确故选：D【点评】解决本题的关键知道感应电流的产生条件，即穿过闭合回路的磁通量发生变化8一带负电荷的质点，在电场力作用下沿曲线abc从a运动到c，已知质点的速率是递增的关于b点电场强度E的方
18、向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（）ABCD【考点】电场强度；向心力【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据物体做曲线运动的条件和受力特点分析电荷受的电场力方向，再由负电荷所受的电场力方向与场强方向相反进行选择【解答】解：A、电荷做曲线运动，电场力与速度方向不在同一直线上，应指向轨迹弯曲的内侧，不可能沿轨迹的切线方向，则场强也不可能沿轨迹的切线方向故A错误B、负电荷所受的电场力方向与场强方向相反，图中电场力方向与速度方向的夹角为锐角，电场力做正功，电荷的速率增大，与题相符故B正确C、图中场强方向指向轨迹的内侧，则电场力指向轨迹的外侧，电荷的轨迹应向上弯曲，不可能沿如图的轨
19、迹运动故C错误D、图中场强方向指向轨迹的外侧，则电场力指向轨迹的内侧，而且电场力方向与电荷的速度方向成钝角，电场力做负功，电荷的速率减小，不符合题意故D错误故选B【点评】本题是电场中轨迹问题，抓住电荷所受的合力指向轨迹的内侧和速度沿轨迹的切线方向是解题的关键9用公式R=求出“220V，40W”灯泡的电阻为1210，而用欧姆表测得其电阻只有90下列分析正确的是（）A一定是读数时乘错了倍率B可能是测量前没有调零C一定是欧姆表坏了D1210是灯泡正常工作时较高温度下的电阻，90是灯泡常温下的电阻【考点】欧姆定律【专题】恒定电流专题【分析】根据R=求出的灯泡电阻，是灯泡正常发光时的电阻，灯泡正常发光时
20、，温度比室温高，电阻率比室温时大，电阻比室温时大【解答】解：根据P=得：R=1210，这是灯泡正常发光时的电阻，而灯泡正常发光时，灯泡的温度很高，电阻率很大，电阻很大，是正常的在室温下温度降低，灯泡的电阻率减小，电阻减小，两个阻值相差悬殊是正常的，故D正确故选：D【点评】本题考查对金属材料电阻率与温度关系的掌握情况，比较简单10如图所示，真空中O点有一点电荷，在它产生的电场中有a、b两点，a点的场强大小为Ea，方向与ab连线成60角，b点的场强大小为Eb，方向与ab连线成30角关于a、b两点场强大小Ea、Eb的关系，以下结论正确的是（）AEa=BEa=EbCEa=EbDEa=3Eb【考点】电势
21、差与电场强度的关系；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】已知a点与b点与O点的距离关系，根据点电荷的场强公式E=列式求解即可【解答】解：结合几何关系，有：ao：bo=：根据公式E=，有：故选：D【点评】本题关键是明确点电荷的场强的公式E=，记住即可，基础题目11如图所示，两平行的虚线间的区域内存在着有界匀强磁场，有一较小的三角形线框abc的ab边与磁场边界平行，现使此线框向右匀速穿过磁场区域，运动过程中始终保持速度方向与ab边垂直则下列各图中哪一个可以定性地表示线框在进入磁场的过程中感应电流随时间变化的规律（）ABCD【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【专题】电
22、磁感应与电路结合【分析】首先根据右手定则判断边cb刚进入磁场时回路中感应电流方向，排除部分答案，然后根据进入磁场中有效切割长度的变化，求出感应电流的变化，从而得出正确结果【解答】解：开始时进入磁场切割磁感线，根据右手定则可知，电流方向为逆时针，当开始出磁场时，回路中磁通量减小，产生的感应电流为顺时针；不论进入磁场，还是出磁场时，由于切割的有效长度变小，导致产生感应电流大小变小，故ABC错误，D正确；故选D【点评】对于图象问题可以通过排除法进行求解，如根据图象过不过原点、电流正负、大小变化等进行排除12如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷，一带电微粒水平射入板间，在重力和电
23、场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么（）A若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B微粒从M点运动到N点电势能一定增加C微粒从M点运动到N点动能一定增加D微粒从M点运动到N点机械能一定增加【考点】带电粒子在混合场中的运动；功能关系；机械能守恒定律【专题】带电粒子在复合场中的运动专题【分析】微粒在平行金属板间受到重力与电场力的作用，根据微粒运动轨迹与微粒受到的重力与电场力间的关系分析答题【解答】解：微粒在极板间受到竖直向下的重力作用与电场力作用，由图示微粒运动轨迹可知，微粒向下运动，说明微粒受到的合力竖直向下，重力与电场力的合力竖直向下；A、如果微粒带正电，A板带正电荷，微粒受到的合力向下，微
24、粒运动轨迹向下，A板带负电，但如果电场力小于重力，微粒受到的合力向下，微粒运动轨迹向下，则A板既可以带正电，也可能带负电，故A错误；B、如果微粒受到的电场力向下，微粒从M点运动到N点过程中电场力做正功，微粒电势能减小，如果微粒受到的电场力向上，则电势能增加，故B错误；C、微粒受到的合力向下，微粒从M点运动到N点过程中合外力做正功，微粒的动能增加，故C正确；D、微粒从M点运动到N点过程动能增加，重力势能减小，机械能不一定增加，故D错误故选：C【点评】根据微粒的运动轨迹判断出微粒受到的合外力，然后根据微粒的受力情况分析答题；电场力做正功，电势能增加，电场力做负功，电势能减小13平行板电容器的两极板
25、A、B接于电源两极，两极板竖直、平行正对，一带正电小球悬挂在电容器内部闭合电键S，电容器充电，悬线偏离竖直方向的夹角为，如图所示，则下列说法正确的是（）A保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则减小B保持电键S闭合，带正电的A板向B板靠近，则不变C电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则增大D电键S断开，带正电的A板向B板靠近，则不变【考点】电容器的动态分析；电容【专题】电容器专题【分析】保持电键S闭合时，电容器板间电压不变，由E=分析板间场强的变化，判断板间场强的变化，确定的变化电键S断开，根据推论可知，板间场强不变，分析是否变化【解答】解：A、B保持电键S闭合时，电容器板间电压不变，带正电
26、的A板向B板靠近时，板间距离d减小，由E=分析得知，板间场强增大，小球所受电场力增大，则增大故AB均错误C、电键S断开，根据推论可知，板间场强不变，小球所受电场力不变，则不变故C错误，D正确故选D【点评】本题解答的关键是抓住不变量进行分析，当电容器保持与电源相连时，其电压不变；当电容器充电后断开时，其电量不变二.多项选择题14当摇动如图所示的手摇交流发电机时，发现小灯泡闪烁此时流过小灯泡的电流是（）A交流电B直流电C恒定电流D涡流【考点】交变电流【分析】直流电是指电流的方向不发生变化的电流，其大小可以变化，交流电是指电流的方向发生变化的电流，但是它的电流的大小可以不变【解答】解：交流电是指电流
27、的方向发生变化的电流，直流电的方向不变，而恒定电流是指大小与方向均不变，涡流是感应电流，而手摇交流发电机产生是交流电，故A正确，BCD错误故选：A【点评】交流电的最大的特点是电流方向在不断的变化，对于其大小是否变化没有要求，注意它们之间的区别与联系15如图所示，U形导体制成的导轨水平放置，金属棒ab架在导轨上并与导轨接触良好，空间存在着方向竖直向下的匀强磁场现用外力拉动金属棒ab使它沿导轨水平向右匀速运动，将产生感应电流下面关于感应电流产生的原因及能量变化情况的说法中正确的是（）A是磁场对金属棒中的自由电子的洛仑兹力使自由电子定向移动而形成电流B是磁场对金属棒中电流的安培力使自由电子定向移动而
28、形成电流C是洛仑兹力对自由电子做功而产生感应电流D是外力F做功而使机械能转化为电能【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【专题】定性思想；寻找守恒量法；电磁感应与电路结合【分析】感应电流产生的原因是由于金属棒中自由电子受到磁场的洛伦兹力作用而发生定向移动形成电流，洛伦兹力不做功，外功做功使机械能转化为电能【解答】解：AB、金属棒中的自由电子随棒平移而成为运动电荷，它受到磁场的洛仑兹力作用而定向移动，从而形成电流故A正确，B错误C、洛仑兹力方向与电子的速度方向总垂直，对电子不做功，故C错误D、是外力克服安培力做功而使机械能转化为电能故D正确故选：AD【点评】本题的关键要理解感应
29、电流产生的微观机理，明确洛伦兹力的特点：洛伦兹力不做功16如图所示的电路中，L1、L2是相同的两灯，L的电阻不计，则（）AS断开瞬间，L1立即熄灭，L2过一会才熄灭BS断开瞬间，通过L1的电流从右向左CS接通瞬间，L1、L2同时达正常发光DS断开瞬间，通过L1的电流与原来方向相反【考点】自感现象和自感系数【分析】S断开瞬间，L1、L2构成回路，由自感线圈供电，原电流减小，依据增反减同，可知L1、L2电流方向S接通瞬间，自感线圈相当于断路，故L2所在支路相当于断路【解答】解：ABD、S断开瞬间，L1、L2构成回路，由自感线圈供电，原电流减小，依据增反减同，可知L1电流方向从右向左，与原来方向相反
30、，L2电流从左向右，故A错误，B正确，D正确C、S接通瞬间，自感线圈相当于断路，故L2所在支路相当于断路，L1正常发光，L2逐渐发光，故C错误故选：BD【点评】本题重点掌握自感线圈的作用，掌握通电和断电瞬间，有自感线圈的支路自感线圈的影响三.非选择题17如图所示为根据实验数据画出的路端电压U随电流I变化的图，由图线可知，该电池的电动势E=V，电池的内电阻r=0.625【考点】路端电压与负载的关系【专题】定量思想；方程法；恒定电流专题【分析】UI图象中图象与纵坐标的交点表示电源的电动势；因为纵坐标不是从零点开始的，图象与横坐标的交点不为短路电流；根据公式r=即可求出内电阻【解答】解：由图可知，电
31、源的电动势为：E=1.50V；当路端电压为1.00V时，电流为0.80A；由E=U+Ir可得：r=0.625故答案为：0.625【点评】测定电动势和内电阻的实验中为了减小误差采用了图象分析法，要根据实验原理得出公式，并结合图象的斜率和截距得出正确的结果18小明对2B铅笔芯的导电性能感兴趣，于是用伏安法测量其电阻值（1）图1是部分连接好的实物电路图，请用电流表外接法完成接线并在图1中画出（2）小明用电流表内接法和外接法分别测量了一段2B铅笔芯的伏安特性，并将得到的电流、电压数据描到UI图上，如图2在图中，由电流表外接法得到的数据点是用（填“”或“”）表示的（3）请你选择一组数据点，在图2上用作图
32、法作图，并求出这段铅笔芯的电阻为1.2【考点】伏安法测电阻【专题】实验题【分析】连接实物图，注意电流表外接以及电流表正负接线柱的接法；电流表外接法，由于电压表分流作用，测得的电流值会偏大，根据欧姆定律分析误差，进而选择相应的UI图线【解答】解：（1）电流表外接法，为了比较精确测量，滑动变阻器连接实物图如答图1：（2）电流表外接法，由于电压表分流作用，测得的电流值会偏大，根据欧姆定律则电阻测量值偏小，即UI图线的斜率偏小，故由电流表外接法得到的数据点是用表示的；（3）选择数据点，在图2上用作图法作图，求出这段铅笔芯的电阻为R=1.2故答案为：（1）如图；（2）；（3）1.2【点评】本题考查了伏安
33、法测量电阻的电路图以及数据处理问题，电路图连接时一定要注意电流表的内接外接以及滑动变阻器的分压、限流接法选择问题19如图所示，点电荷A的电荷量为Q，点电荷B的电荷量为q，相距为r已知静电力常量为k，求：（1）电荷A与B之间的库仑力大小；（2）电荷A在电荷B所在处产生的电场强度大小；（3）移去电荷B后，电荷A在原电荷B所在处产生的电场强度大小【考点】库仑定律；电场强度【分析】依据库伦定律求出q所受电场力，然后利用电场强度的定义式即可求出Q在q所在处的场强的大小，电场强度与试探电荷无关【解答】解：（1）两电荷间的库仑力为：（2）电荷A在电荷B所在处的电场强度大小为：，代入得：（3）电荷B移去后，电
34、荷A在原电荷B所在处的电场强度不变，大小为：答：（1）电荷A与B之间的库仑力大小为；（2）电荷A在电荷B所在处产生的电场强度大小为；（3）移去电荷B后，电荷A在原电荷B所在处产生的电场强度大小为【点评】本题很简单直接考查了库伦定律F=k和电场强度定义式E=的应用，对于这些公式一定要明确其适用条件和公式中各个物理量的含义20在如图所示的电路中，R1是由某金属氧化物制成的导体棒（非纯电阻），实验证明通过它的电流I和它两端电压U遵循I=kU3的规律（式中k=0.02A/V3），R2是普通电阻，阻值为24，遵循欧姆定律，电源电动势E=6V，闭合开关S后，电流表的示数为0.16A求：（1）通过R1的电流
35、I1和它两端的电压U1；（2）通过R2的电流I2和它两端的电压U2；（3）R1、R2消耗的电功率P1、P2；（4）电源的内电阻r【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】（1）串联电路电流相等，根据通过R1的电流I和它两端的电压U遵循I=kU3的规律，求出R1两端的电压；（2）串联电路电流相等，根据欧姆定律求解R2的电压；（3）根据P=UI求解R1、R2消耗的电功率P1、P2；（4）根据闭合电路欧姆定律求解电源的内电阻【解答】解：（1）串联电路电流相等，通过R1的电流为0.16A；由I=kU3得：U=2V故R1两端的电压为2V（2）串联电路电流相等，通过R2的电流为0
36、.16A，根据欧姆定律，两端的电压：U2=IR2=0.1624=3.84V（3）电阻R1消耗的功率为：P1=IU=0.162W=0.32W电阻R2消耗的功率为：P2=I2R2=0.16224W=0.6144W（4）根据闭合电路的欧姆定律有：E=U+IR2+Ir解得：r=R2=24=1故内阻r为1答：（1）通过R1的电流为0.16A，它两端的电压为2V；（2）通过R2的电流为0.16A，它两端的电压为3.84V；（3）R1消耗的电功率为0.32W；R2消耗的电功率为0.6144W；（4）电源的内电阻r为1【点评】解决本题的关键掌握闭合电路欧姆定律，以及知道欧姆定律的适用范围21试分析下列各种情形
37、中，金属线框会线圈里能产生感应电流的是BDE【考点】感应电流的产生条件【专题】定性思想；推理法；电磁感应功能问题【分析】根据产生感应电流的条件：穿过闭合线圈的磁通量要发生变化来判断，从而即可求解【解答】解：A、线圈垂直于磁场运动，故穿过线圈的磁通量始终不变，线圈中不产生感应电流故A错误B、线圈从磁场拉出，穿过线圈的磁通量减小，发生变化，故线圈中有产生感应电流故B正确C、线圈在匀强磁场中，向下运动，线圈的磁通量始终不变，没发生变化，故线圈中不产生感应电流故C错误D、条形磁铁的穿过，导致线圈的磁通量变化，从而产生感应电流，故D正确E、线圈转动时穿过线圈的磁通量发生改变，会产生感应电流，故E正确故选
38、：BDE【点评】本题关键明确产生感应电流的条件是：1、回路要闭合2、磁通量要改变磁通量可根据磁感线的条数分析分析22如图所示，有一磁感强度B=0.1T的水平匀强磁场，垂直匀强磁场放置一很长的金属框架，框架上有一导体ab保持与框架边垂直、由静止开始下滑已知ab长100cm，质量为0.1kg，电阻为0.1，框架电阻不计，取g=10m/s2，求：（1）导体ab下落的最大加速度和最大速度；（2）导体ab在最大速度时产生的电功率【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；牛顿第二定律；电功、电功率；电磁感应中的能量转化【专题】电磁感应中的力学问题【分析】（1）根据右手定则判断出感应电流的方向，根据左手定则判断
39、出安培力的方向金属棒向下做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度减小到0，即安培力等于重力时，速度达到最大因此导体刚释放时达到最大加速度（2）根据电功率公式P=I2R，可得导体在最大速度时的电功率【解答】解：（1）ab棒刚下落时，速度为零，还没有切割磁感线产生感应电流，此时不受阻力，只受到重力，所以最大加速度为g=10m/s2（2）根据导体ab下落的最大速度时，加速度为零，即mg=F安则有：所以v=（3）速度达到最大时，此时电功率也达到最大则有最大的电功率为： =10W答：（1）导体ab下落的最大加速度10m/s2和最大速度10m/s；（2）导体ab在最大速度时产生的电功率10w【点评】解决本题的
40、关键掌握右手定则判定感应电流的方向和左手定则判断安培力的方向，以及能够结合牛顿第二定律分析出金属棒的运动情况，知道当加速度为0时，速度最大并利用还可以求出安培力的功率即为求解最大电功率23一束硼离子以不同的初速度，沿水平方向经过速度选择器，从O点进入方向垂直纸面向外的匀强偏转磁场区域，分两束垂直打在O点正下方的离子探测板上P1和P2点，测得OP1：OP2=2：3，如图甲所示速度选择器中匀强电场的电场强度为E，匀强磁场的磁感应强度为B1，偏转磁场的磁感应强度为B2若撤去探测板，在O点右侧的磁场区域中放置云雾室，离子运动轨迹如图乙所示设离子在云雾室中运动时受到的阻力Ff=kq，式中k为常数，q为离
41、子的电荷量不计离子重力求（1）硼离子从O点射出时的速度大小；（2）两束硼离子的电荷量之比；（3）两种硼离子在云雾室里运动的路程之比【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】（1）根据电场力与洛伦兹力相平衡，即可求解；（2）根据牛顿第二定律，结合向心力表达式，得出半径之比，从而求出电量之比；（3）根据动能定理，结合洛伦兹力不做功，即可求解【解答】解：（1）只有竖直方向受力平衡的离子，才能沿水平方向运动离开速度选择器，电场力公式，F电=qE 洛伦兹力公式，F洛=qvB1； 则有：F电=F洛综合上述3式得：v=（2）设到达P1点离子的电荷量为q1，到达P2点离子的电荷量为q2，进入磁场后，根据牛顿第二定律，则有：qvB2=m解得：r=根据题意有：考虑到进入偏转磁场的硼离子的质量相同、速度相同，得：（3）设电荷量为q1离子运动路程为s1，电荷量为q2离子运动路程为s2，在云雾室内受到的阻力始终与速度方向相反，做负功洛伦兹力不做功，有：W=Ffs=EK且Ff=kq 得：答：（1）硼离子从O点射出时的速度大小；（2）两束硼离子的电荷量之比3：2；（3）两种硼离子在云雾室里运动的路程之比2：3【点评】考查受力平衡方程的应用，掌握牛顿第二定律与向心力综合运用，理解动能定理的应用，注意做功的正负，及洛伦兹力不做功的特点
