辽宁省葫芦岛市世纪高中高二物理上学期第三次质检试卷（含解析）.doc

2015-2016学年辽宁省葫芦岛市世纪高中高二（上）第三次质检物理试卷一、单项选择题（每小题只有一个选项是正确的，1-110题每小题3分，11-14题每小题3分）1用比值法定义物理量是物理学中常用的一种方法，以下公式中不属于定义式的是（）a电流强度i=b电容器电容c=c真空中点电荷电场强度e=kd导体电阻r=2关于静电场和磁场的说法，正确的是（）a电场中场强越大的点，电势一定越高b电场中某点的场强与试探电荷的电荷量成反比c磁场磁感应强度的方向就是通电直导线的受力方向d静电荷产生电场的电场线不闭合，条形磁铁磁场的磁感线是闭合的3下列关于电功w和电热q的说法中，正确的是（）a在任何电路中都有w=uit、q=i2rt，且w=qb在任何电路中都有w=uit、q=i2rt，但w不一定等于qcw=uit、q=i2rt，均只有在纯电阻电路中才成立dw=uit在任何电路中都成立，q=i2rt只在纯电阻电路中才成立4如图所示，电流表、电压表均为理想电表，l为小电珠，r为滑动变阻器，电源电动势为e，内阻为r现将开关s闭合，当滑动变阻器滑片p向左移动时，下列结论正确的是（）a电流表示数变小，电压表示数变小b小电珠变亮c电源的总功率变小d电容器c上电荷量减少5受动画片四驱兄弟的影响，越来越多的小朋友喜欢上了玩具赛车，某玩具赛车充电电池的输出功率p随电流i的变化的图象如图所示，由图可知下列选项正确的是（）a该电池的电动势=4vb该电池的内阻r=1c该电池的输出功率为3w时，电路中的电流可能为1ad输出功率为3w时，此电源的效率一定为25%6图（a）为示管的原理图如果在电极yy之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极xx之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（）abcd7如图所示，螺线管两端加上交流电压，沿着螺线管轴线方向有一电子射入，则该电子在螺线管内将做（）a加速直线运动b匀速直线运动c匀速圆周运动d往返运动8质子、氘核、粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，若这三种粒子从同一点以相同的速度垂直射入匀强磁场中，最后都打在与初速度方向相垂直的荧光屏上，如图所示，则在荧光屏上（）a只有一个亮点b有两个亮点，粒子、氘核的亮点重合c有两个亮点，质子、粒子的亮点重合d有三个亮点9如图，在半径为r的圆形区域内充满磁感应强度为b的匀强磁场，mn是一竖直放置的感光板从圆形磁场最高点p以速度v垂直磁场射入大量的带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m，不考虑粒子间的相互作用，关于这些粒子的运动，则不正确的是（）a只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在mn上b即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也不一定过圆心c对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长d只要速度满足v=，从p点沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在mn上10如图所示，在匀强电场中宵a、b、c三点，在以它们为顶点的三角形中，a=30，c=90，电场方向与三角形所在平面平行已知a、b、c三点的电势分别为（3）v、（3+）v和3v，且ab=2m，则下列分析正确的是（）a该匀强电场的场强的方向沿bc方向b该匀强电场的场强的方向沿ba方向c该匀强电场的场强大小为2v/md该匀强电场的场强大小为v/m11如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置在管子的底部固定一电荷量为q（q0）的带电体在距离底部点电荷为h2的管口a处，有一电荷量为q（q0）、质量为m的小球自静止释放，在距离底部点电荷为h1的b处速度恰好为零现让一个电荷量为q、质量为2m的小球仍在a处自静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该小球（）a运动到b处的速度为零b在下落过程中加速度大小先变小后变大c向下运动了位移x=h2时速度最大d小球向下运动到b点时的速度为12一带电小球在空中由a点运动到b点的过程中，受重力、电场力和空气阻力三个力作用若重力势能增加3j，机械能增加0.5j，电场力做功1j，则小球（）a克服重力做功3jb电势能增加1jc克服空气阻力做功0.5jd动能增加0.5j13如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置其核心部分是两个d形金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连则带电粒子加速所获得的最大动能与下列因素有关的（）a加速的次数b加速电压的大小c金属盒的半径d匀强磁场的磁感应强度14用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表a1、a2，若把a1、a2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和指针偏转角度的说法正确的是（）a图甲中的a1、a2的示数相同b图甲中的a1、a2的指针偏角相同c图乙中的a1、a2的示数和偏角都不同d图乙中的a1、a2的指针示数相同二、非选择题15一游标卡尺的主尺最小分度为1mm，游标上有10个小等分间隔，现用此卡尺来测量工件的直径，如图所示，该工件的直径为mm螺旋测微器的示数为cm16（1）某同学选择多用电表的“10”挡测量一电阻的阻值正确操作后得到如图a所示的指针情况则电阻的阻值约为（2）为了精确测量该电阻的阻值，该同学从实验室找来了下列器材：电流表a1（040ma、内阻r1=10）电流表a2（0100ma、内阻r25）滑动变阻器r（010）定值电阻r0（阻值为100）电源e（电动势6v、有内阻）开关、导线若干实验中要求调节范围尽可能大，在方框内画出符合要求的电路图用i1、i2分别表示电流表a1、a2的示数，该同学通过描点得到了如图b所示的i1i2图象，则电阻的阻值为17如图所示的电路中，两平行金属板a、b水平放置，两板间的距离d=40cm电源电动势e=24v，内电阻r=1，电阻r=15闭合开关s，待电路稳定后，将一带正电的小球从b板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间若小球带电量为q=1102c，质量为m=2102kg，不考虑空气阻力那么（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达a板？（2）此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）18水平面上有电阻不计的u形导轨nmpq，它们之间的宽度为l，m和p之间接入电动势为e的电源（不计内阻）现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为r的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为b，方向与水平面夹角为且指向右斜上方，如图所示，问：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？（2）若b的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，b的大小至少为多少？此时b的方向如何？19如图所示，坐标空间中有场强为e=的匀强电场和磁感应强度为b的匀强磁场，x中为两种场的分界面，图中虚线为磁场区域的上边界，现有一束质量为m，电荷量为q的带正电粒子从电场中坐标位置（o，l）处，以初速度v0沿y轴正方向开始运动，不计粒子重力，已知量为：m、q、v0、b、l，求：（1）带电粒子第一次运动到x轴时的速度大小和方向（2）要使带电粒子能穿越磁场区域而不再返回到电场中磁场的宽度d最大为多少？（3）在粒子第一次运动到x轴处设置一个速度散射器c，散射器c不改变粒子速度大小，可使粒子速度方向变成任意方向，对于进入该磁场中的粒子，只考虑在纸面内的各种入射方向，若磁场宽度为d=，有一些粒子能从磁场上边界飞出，求其穿越磁场的最短时间2015-2016学年辽宁省葫芦岛市世纪高中高二（上）第三次质检物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题（每小题只有一个选项是正确的，1-110题每小题3分，11-14题每小题3分）1用比值法定义物理量是物理学中常用的一种方法，以下公式中不属于定义式的是（）a电流强度i=b电容器电容c=c真空中点电荷电场强度e=kd导体电阻r=【考点】电场强度；电容【专题】比较思想；归纳法；电场力与电势的性质专题【分析】所谓比值定义法，就是用两个基本的物理量的“比”来定义一个新的物理量的方法比值法定义的基本特点是被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变【解答】解：a、电流强度与流过截面的电量和时间无无直接关系，所以i=属于比值定义法故a正确 b、电容器的电容由电容器本身决定的，与极板上所带的电量、极板之间的电势差无关所以c=属于比值定义法故b正确 c、电场强度与场源电荷量成正比，与距离的平方成反比，所以e=k不属于比值定义法故c错误d、电阻r与电压、电流无关，是其本身的属性，所以r=属于比值定义法，故d正确本题选择不属于定义式，故选：c【点评】解决本题的关键理解比值定义法的特点：被定义的物理量往往是反映物质的最本质的属性，它不随定义所用的物理量的大小取舍而改变2关于静电场和磁场的说法，正确的是（）a电场中场强越大的点，电势一定越高b电场中某点的场强与试探电荷的电荷量成反比c磁场磁感应强度的方向就是通电直导线的受力方向d静电荷产生电场的电场线不闭合，条形磁铁磁场的磁感线是闭合的【考点】磁现象和磁场；电场【分析】电场强度是描述电场强弱的物理量，由电场本身决定，与试探电荷的电荷量无关；沿电场线的方向，电势越来越低，场强大小与电势高低无关；电流所受安培力的方向与磁场方向垂直；磁感线是闭合的曲线【解答】解：a、场强大小与电势高低无关，电场中场强越大的点，电势不一定越高，故a错误；b、电场中某点的场强由电场本身性质决定，与试探电荷的电荷量无关，故b错误；c、磁场磁感应强度的方向与通电直导线的受力方向垂直，故c错误；d、静电荷产生的电场的电场线不闭合；而磁场的磁感线都是闭合的，故d正确；故选：d【点评】本题考查了电场强度与磁场方向、磁感线等问题，熟练掌握基础知识即可正确解题，要注意相近知识点要对比记忆3下列关于电功w和电热q的说法中，正确的是（）a在任何电路中都有w=uit、q=i2rt，且w=qb在任何电路中都有w=uit、q=i2rt，但w不一定等于qcw=uit、q=i2rt，均只有在纯电阻电路中才成立dw=uit在任何电路中都成立，q=i2rt只在纯电阻电路中才成立【考点】电功、电功率【专题】恒定电流专题【分析】对于纯电阻电路，电功可用公式w=uit计算，也可用公式w=i2rt计算，对于非纯电阻电路，电功只能用公式w=uit计算，电热只能用公式w=i2rt计算【解答】解：a、在非纯电阻电路中，w=uit只能用来求电功；q=i2rt只能用来求电热，在这种电路中电能一部分转化为内能，另一部分转化为其他形式的能，则wq；只有在纯电阻电路，电能全部转化为内能，电功可用公式w=uit计算，也可用公式w=i2rt计算，且w=q，故a错误；b正确；cd、w=uit可用于任何电路求总电功；q=i2rt可以适用任何电路求电热，故c、d错误故选：b【点评】本题考查电功及电热公式的应用，要注意各式的适用范围和它们的关系，并能正确应用4如图所示，电流表、电压表均为理想电表，l为小电珠，r为滑动变阻器，电源电动势为e，内阻为r现将开关s闭合，当滑动变阻器滑片p向左移动时，下列结论正确的是（）a电流表示数变小，电压表示数变小b小电珠变亮c电源的总功率变小d电容器c上电荷量减少【考点】闭合电路的欧姆定律；电容【专题】电容器专题【分析】明确电路结构，根据欧姆定律进行分析，在使滑动变阻器的滑片向左移动时，电阻变大，由欧姆定律和电源电压不变可判断电流大小，由电流和灯泡电阻可判断灯泡两端电压，再根据串联电路电压规律可判断电压表的示数变化，再根据e=，即可确定电场强度的变化根据p=ie，来确定电源的总功率变化情况【解答】解：分析电路可知灯泡和滑动变阻器是串联的电流表测电路中的电流，电压表测的是滑动变阻器两端的电压a、当滑动变阻器的滑片向左移动时，电阻变大i=，电源电压不变，总电阻变大，所以电流变小了，内电压减小，则外电压增大，故a错误；b、又u灯=ir灯，灯泡电阻不变，电流变小了，所以u灯变小了，即电珠l变暗，故b错误；c、根据p总=ie，结合i变小，所以p总变小，故c正确d、因为u路=u灯+u滑，因u路增大，且u灯变小了，所以u滑变大了，由q=cu可知，电荷量增加；故d错误；故选：c【点评】本题考查的内容较多会用欧姆定律和用电功率公式进行有关的判断比较知道串、并联电路的电压规律，电流规律，电阻规律灯泡亮度由实际功率决定5受动画片四驱兄弟的影响，越来越多的小朋友喜欢上了玩具赛车，某玩具赛车充电电池的输出功率p随电流i的变化的图象如图所示，由图可知下列选项正确的是（）a该电池的电动势=4vb该电池的内阻r=1c该电池的输出功率为3w时，电路中的电流可能为1ad输出功率为3w时，此电源的效率一定为25%【考点】功率、平均功率和瞬时功率【分析】应用数学知识可知，当外电阻等于电源内阻时，电源的输出功率最大，可求出电动势e；由图可读出电源内阻；由输出功率求出电流和路端电压，进上步确定效率【解答】解：a、p=eii2r，根据数学知识，当i= 时，p最大，此时u内=u外由p=4w，i=2a，得到u=2v，则e=4v，故a正确b、r=1a，故b正确c、当p=3w时，由p=eii2r，代入解i1=1a，i2=3a，故c正确 d、由c项，=ui/ei=u/e，当i1=1a时，u=ei1r=2v，=50% 当i2=3a，u=ei2r=1v，=25%，故d错误故选：abc【点评】本题关键是利用数学知识求最大值考查运用数学知识解决物理问题能力是高考考查的重要内容，应加强学习6图（a）为示管的原理图如果在电极yy之间所加的电压图按图（b）所示的规律变化，在电极xx之间所加的电压按图（c）所示的规律变化，则在荧光屏上会看到的图形是（）abcd【考点】示波管及其使用【分析】示波管的yy偏转电压上加的是待显示的信号电压，xx偏转电极通常接入锯齿形电压，即扫描电压，当信号电压与扫描电压周期相同时，就可以在荧光屏上得到待测信号在一个周期内的稳定图象【解答】解：由于电极xx加的是扫描电压，电极yy之间所加的电压是信号电压，信号电压与扫描电压周期相同，所以荧光屏上会看到的图形是b；故选b【点评】本题关键要清楚示波管的工作原理，要用运动的合成与分解的正交分解思想进行思考7如图所示，螺线管两端加上交流电压，沿着螺线管轴线方向有一电子射入，则该电子在螺线管内将做（）a加速直线运动b匀速直线运动c匀速圆周运动d往返运动【考点】洛仑兹力【分析】长通电螺线管中产生的磁场方向平行于螺线管的轴线根据电子的运动方向与磁场方向的关系，分析电子所受洛伦兹力的情况，判断电子的运动情况【解答】解：由于长通电螺线管中产生的磁场方向平行于螺线管的中心轴线，与电子的运动方向平行，则电子在磁场中不受洛伦兹力，电子重力又不计，则电子做匀速直线运动故b正确、acd错误故选：b【点评】本题关键是了解通电螺线管磁场方向特点当带电粒子与磁场方向平行时不受洛伦兹力8质子、氘核、粒子的质量之比为1：2：4，电荷量之比为1：1：2，若这三种粒子从同一点以相同的速度垂直射入匀强磁场中，最后都打在与初速度方向相垂直的荧光屏上，如图所示，则在荧光屏上（）a只有一个亮点b有两个亮点，粒子、氘核的亮点重合c有两个亮点，质子、粒子的亮点重合d有三个亮点【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，应用牛顿第二定律与周期公式分析答题【解答】解：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvb=m，解得：r=；以相同速度垂直射入同一匀强磁场中时，粒子的轨道半径取决于，粒子与氘核的相同，则它们的轨道半径相同，与质子的半径不同；三种粒子都飞向荧光屏，在屏上就有两个光点，故b周期，acd错误；故选：b【点评】本题考查了粒子在磁场中的运动，粒子在磁场中做匀速运动运动，由于牛顿第二定律与周期公式即可正确解题9如图，在半径为r的圆形区域内充满磁感应强度为b的匀强磁场，mn是一竖直放置的感光板从圆形磁场最高点p以速度v垂直磁场射入大量的带正电的粒子，且粒子所带电荷量为q、质量为m，不考虑粒子间的相互作用，关于这些粒子的运动，则不正确的是（）a只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在mn上b即使是对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也不一定过圆心c对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长d只要速度满足v=，从p点沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在mn上【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】带电粒子射入磁场后做匀速圆周运动，对着圆心入射，必将沿半径离开圆心，根据洛伦兹力充当向心力，求出时轨迹半径，确定出速度的偏向角对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，即可分析时间关系【解答】解：a、对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在mn上，与粒子的速度有关故a错误b、带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心故b错误c、对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t=知，运动时间t越小故c错误d、速度满足v=时，结合轨道半径公式：，入射点、出射点、o点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行，粒子的速度一定垂直打在mn板上，故d正确本题要求选择不正确是，故选：abc【点评】本题要抓住粒子是圆弧，磁场的边界也是圆弧，利用几何知识分析出射速度与入射速度方向的关系，确定出轨迹的圆心角，分析运动时间的关系10如图所示，在匀强电场中宵a、b、c三点，在以它们为顶点的三角形中，a=30，c=90，电场方向与三角形所在平面平行已知a、b、c三点的电势分别为（3）v、（3+）v和3v，且ab=2m，则下列分析正确的是（）a该匀强电场的场强的方向沿bc方向b该匀强电场的场强的方向沿ba方向c该匀强电场的场强大小为2v/md该匀强电场的场强大小为v/m【考点】匀强电场中电势差和电场强度的关系；电场强度【专题】电场力与电势的性质专题【分析】根据匀强电场电势差与距离成正比（除等势面）特点，找出等势面，作其垂线确定电场强度的方向【解答】解：a、由u=ed，ud（除等势面上），则a、b连线中点o的电势为a、b电势的平均值，即为3v 连接oc线，即为一条等势线，作出过o的与oc垂直的线ed如图，即电场线，故该电场的场强方向既不是沿bc也不是ab，故ab错误；c、匀强电场的场强大小为e=2v/m故c正确d错误；故选：c【点评】作等势线和电场线，并结合几何知识，是解决这类问题的关键11如图所示，一个内壁光滑的绝缘细直管竖直放置在管子的底部固定一电荷量为q（q0）的带电体在距离底部点电荷为h2的管口a处，有一电荷量为q（q0）、质量为m的小球自静止释放，在距离底部点电荷为h1的b处速度恰好为零现让一个电荷量为q、质量为2m的小球仍在a处自静止释放，已知静电力常量为k，重力加速度为g，则该小球（）a运动到b处的速度为零b在下落过程中加速度大小先变小后变大c向下运动了位移x=h2时速度最大d小球向下运动到b点时的速度为【考点】牛顿第二定律；电势能【分析】当点电荷a在自身重力与点电荷间的库仑力作用下，由静止释放后到停止在此过程中重力做正功，库仑力做负功，且相等当点电荷电量不变，而改变质量，仍从原位置释放，则由动能定理，可求出停止位置，速度最大的位移及到达b点的速度【解答】解：a、质量为m点电荷a，从静止释放后开始下落，库仑力越来越大，所以点电荷先加速后减速则加速度先减小后增大当到达b点时，点电荷a停止由动能定理可得：mg（h2h1）w库=00 解得：w库=mg（h2h1） 而当换成质量2m点电荷a时，仍从原来位置静止释放，则点电荷先加速后减速则加速度先减小后增大设电荷到达位置b时速度为v，则由动能定理可得：2mg（h2h1）w库=0 解得：则速度为零的位置在b点下方故a错误；b、由题意知，小球应先做加速运动，再做减速运动，即开始时重力应大于库仑力；而在下落中，库仑力增大，故下落时加速度先减小，后增大，故b正确；c、速度最大位置，就是加速度为零的位置即库仑力与重力相等的位置当质量为m 时，设平衡位置距点电荷b的距离为h0 则有：而当质量为2m时，设平衡位置距底部点电荷的距离为h0则有：得：则向下运动的位移为： 故c错误；d、有选项a中分析可知d正确；故选：bd【点评】本题综合考查动力学知识及库仑力公式的应用，解题的关键在于明确物体的运动过程；同时还应注意点电荷由静止开始运动，故开始时重力一定大于库仑力12一带电小球在空中由a点运动到b点的过程中，受重力、电场力和空气阻力三个力作用若重力势能增加3j，机械能增加0.5j，电场力做功1j，则小球（）a克服重力做功3jb电势能增加1jc克服空气阻力做功0.5jd动能增加0.5j【考点】功能关系；动能定理【分析】解决本题需掌握：重力做功等于重力势能的减小量；电场力做功等于电势能的减小量；合力做功等于动能的增加量；除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量【解答】解：a、重力做功等于重力势能的减小量，重力势能增加3j，故重力做功3j，克服重力做功3j，故a正确；b、电场力做功等于电势能的减小量，电场力做功1j，故电势能减小1j，故b错误； c、除重力外的各个力做的总功等于机械能的增加量，除重力外，只有电场力做功做功1j，而机械能增加0.5j、所以克服空气阻力做功0.5j，故c正确；d、合力做功等于动能的增加量，合力做功等于各个分力做的功，总功为2.5j，故动能减小2.5j，故d错误；故选：ac【点评】功是能量转化的量度，有多种表现形式：重力做功是重力势能变化的量度；电场力做功是电势能变化的量度；合力做功是动能变化的量度；重力外的各个力做的总功是机械能变化的量度13如图所示，回旋加速器是用来加速带电粒子使它获得很大动能的装置其核心部分是两个d形金属盒，置于匀强磁场中，两盒分别与高频电源相连则带电粒子加速所获得的最大动能与下列因素有关的（）a加速的次数b加速电压的大小c金属盒的半径d匀强磁场的磁感应强度【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【专题】带电粒子在磁场中的运动专题【分析】当带电粒子从回旋加速器最后出来时速度最大，根据求出最大速度，再根据求出最大动能，可知与什么因素有关【解答】解：根据得，最大速度，则最大动能知最大动能和金属盒的半径以及磁感应强度有关，与加速的次数和加速电压的大小无关故c、d正确，a、b错误故选cd【点评】解决本题的关键知道根据求最大速度，知道最大动能与d形盒的半径有关，与磁感应强度的大小有关14用两个相同的小量程电流表，分别改装成了两个量程不同的大量程电流表a1、a2，若把a1、a2分别采用并联或串联的方式接入电路，如图所示，则闭合电键后，下列有关电表的示数和指针偏转角度的说法正确的是（）a图甲中的a1、a2的示数相同b图甲中的a1、a2的指针偏角相同c图乙中的a1、a2的示数和偏角都不同d图乙中的a1、a2的指针示数相同【考点】把电流表改装成电压表【专题】实验题【分析】电流表a1、a2是由两个相同的小量程电流表改装成的，它们并联时，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程大的电流表读数大当它们串联时，a1、a2的示数相同由于量程不同，内阻不同，两电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同【解答】解：a、b、图甲中的a1、a2并联，表头的电压相等，电流相等，指针偏转的角度相同，量程不同的电流表读数不同故a错误，b正确c、d图乙中的a1、a2串联，a1、a2的示数相同由于量程不同，内阻不同，电表两端的电压不同，流过表头的电流不同，指针偏转的角度不同故c错误d正确故选：bd【点评】本题要对于安培表的内部结构要了解：小量程电流表（表头）与分流电阻并联而成指针偏转角度取决于流过表头的电流大小二、非选择题15一游标卡尺的主尺最小分度为1mm，游标上有10个小等分间隔，现用此卡尺来测量工件的直径，如图所示，该工件的直径为29.8mm螺旋测微器的示数为0.6750cm【考点】刻度尺、游标卡尺的使用；螺旋测微器的使用【专题】实验题【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，不需估读螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读【解答】解：1、游标卡尺的主尺读数为29mm，游标尺上第8个刻度和主尺上某一刻度对齐，所以游标读数为80.1mm=0.8mm，所以最终读数为：29mm+0.8mm=29.8mm2、螺旋测微器的固定刻度为6.5mm，可动刻度为25.00.01mm=0.250mm，所以最终读数为6.5mm+0.250mm=6.750mm=0.6750cm故答案为：29.8，0.6750【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16（1）某同学选择多用电表的“10”挡测量一电阻的阻值正确操作后得到如图a所示的指针情况则电阻的阻值约为120（2）为了精确测量该电阻的阻值，该同学从实验室找来了下列器材：电流表a1（040ma、内阻r1=10）电流表a2（0100ma、内阻r25）滑动变阻器r（010）定值电阻r0（阻值为100）电源e（电动势6v、有内阻）开关、导线若干实验中要求调节范围尽可能大，在方框内画出符合要求的电路图用i1、i2分别表示电流表a1、a2的示数，该同学通过描点得到了如图b所示的i1i2图象，则电阻的阻值为110【考点】伏安法测电阻【专题】实验题【分析】（1）欧姆表的读数：表针所示刻度数档位（2）无电压表，要把一电流表改装成一电压表，因电阻为小电阻用外接法，滑动变阻器阻值小用分压式接法 由改装后的电压表的电阻及电流表的示数求得对应的电压值，由图线的斜率求得电阻值【解答】解：（1）欧姆表的示数为：1210=120（2）将a1与定值电阻r0串联当作电压表用，小电阻用电流表外接法，滑动变阻器阻值小用分压式接法由电路图： 代入其中严格在线上的点可得rx=110答案：（1）120（2）电路图如图；110【点评】考查测电阻的原理及电路设计，明确电流表可串联电阻当作电压表用17如图所示的电路中，两平行金属板a、b水平放置，两板间的距离d=40cm电源电动势e=24v，内电阻r=1，电阻r=15闭合开关s，待电路稳定后，将一带正电的小球从b板小孔以初速度v0=4m/s竖直向上射入板间若小球带电量为q=1102c，质量为m=2102kg，不考虑空气阻力那么（1）滑动变阻器接入电路的阻值为多大时，小球恰能到达a板？（2）此时，电源的输出功率是多大？（取g=10m/s2）【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理的应用；欧姆定律；电功、电功率【专题】压轴题；带电粒子在电场中的运动专题【分析】小球恰好运动到a板，根据动能定理列式求解两板间的电压；然后根据欧姆定律求解滑动变阻器的电阻值；最后根据电功率表达式求解电源的输出功率【解答】解：（1）小球进入板间后，受重力和电场力作用，且到a板时速度为零设两板间电压为uab由动能定理得mgdquab=0 滑动变阻器两端电压 u滑=uab=8 v 设通过滑动变阻器电流为i，由欧姆定律得i=1a 滑动变阻器接入电路的电阻 r滑=8 即滑动变阻器接入电路的阻值为8时，小球恰能到达a板（2）电源的输出功率 p出=i2（r+r滑）=23 w 故电源的输出功率是23w【点评】本题关键是分析清楚电路结构和运动情况后，根据动能定理、欧姆定律联立列式求解18水平面上有电阻不计的u形导轨nmpq，它们之间的宽度为l，m和p之间接入电动势为e的电源（不计内阻）现垂直于导轨搁一根质量为m，电阻为r的金属棒ab，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为b，方向与水平面夹角为且指向右斜上方，如图所示，问：（1）当ab棒静止时，受到的支持力和摩擦力各为多少？（2）若b的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，b的大小至少为多少？此时b的方向如何？【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；安培力【专题】电磁感应中的力学问题【分析】（1）作出受力分析图，根据共点力平衡，结合安培力大小公式、闭合电路欧姆定律求出支持力