福建省厦门市2015-2016学年高二(上)期末物理试卷(版)

1、2015-2016学年福建省厦门市高二（上）期末物理试卷一、单项选择题：共8小题，每小题4分，共32分在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对的得4分，有选错的得0分，把答案填在答题卡中1物理学家通过艰苦的实验来探究自然的物理规律，为人类的科学做出了巨大贡献下列描述中符合物理学史实的是（）A安培发现了电流的磁效应B奥斯特通过实验测定了磁场对电流的作用力C库仑总结出了真空中的两静止点电荷间相互作用的规律D法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律2真空中两个完全相同、带异种电荷的导体小球A和B（视为点电荷），A带电荷量为+3Q，B带电荷量为Q，彼此间的引力为F把两导体小球

2、互相接触后再移回原来各自的位置，这时A和B之间的作用力为F，则F与F之比为（）A3：1B9：1C1：3D1：93如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长为ab=20cm，ad=10cm，ae=5cm，若将A与B接入电路时，电阻为R1；若将C与D接入电路时，电阻为R2，则R1：R2为（）A2：1B4：1C8：1D16：14如图所示，R4是半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，这就是一个火警报警器的电路，电流表是安放在值班室的显示器，电源两极之间接一个报警器，当R4所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是（）AI变大，U变小BI变大，U变大CI变小，U变大DI变小

3、，U变小5如图是质谱仪工作原理的示意图初速度为零的带电粒子a、b（不计重力）在A点经电压U加速后，进人磁感应强度为B的匀强磁场作匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则（）Aa的质量一定大于b的质量Ba的电荷量一定大于b的电荷量Ca的比荷（）大于b的比荷Da在磁场中运动的时间大于b在磁场中运动的时间6如图所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，平行板电容器中央有一个液滴处于平衡状态，保持B板不动，A板逐渐上移，则（）A电容器的电容变大B电阻R中有从a流向b的电流C液滴带电性质无法确定D液滴将向上运动7如图所示，一圆形

4、闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁（质量为m），铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合则悬挂磁铁的绳子中拉力F随时间t变化的图象可能是（）ABCD8有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简图如图所示其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射人偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符不必考虑墨汁微粒的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是（）A减小墨汁微粒的质量B增大墨汁微粒所带的电荷量C增大偏转电场的电压D增大墨汁微粒的喷出速度二、多项选择题：共4小题，每小题4分共16分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对

5、的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，把答案填在答题卡中9如图所示，平行直线表示电场线，但未标方向，一带正电微粒只受电场力作用，以某初速度从A点运动到B点，动能逐渐增大，则（）A电场线方向从右向左B电场线方向从左向右C微粒的运动轨迹可能是轨迹aD微粒的运动轨迹可能是轨迹b10如图所示，a，b灯分别标有“3.6V，2.5W”和“3.6V，4.0W”，闭合开关，调节R，能使a、b都正常发光断开开关后重做实验，则（）A闭合开关，a将慢慢亮起来，b立即发光B闭合开关，a、b同时发光C断开开关，a、b都逐渐熄灭D断开开关，a逐渐熄灭，b灯闪亮一下再熄灭11如图甲所示，一个圆形线圈的匝数n=100

6、，线圈面积S=100cm2，线圈的电阻r=1，线圈外接一个阻值R=4的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示下列说法中正确的（）A线圈中的感应电流方向为逆时针方向B电阻R两端的电压随时问均匀增大C前4s内通过电阻R的电荷量为4102CD线圈电阻r消耗的功率为4102W12如图所示，空间中存在一水平方向匀强电场和一水平方向匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直在电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60夹角且处于竖直平面内一质量为m，带电量为+q的小球套在绝缘杆上初始，给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，电量保持

7、不变已知，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E=，则以下说法正确的是（）A小球的初速度为v0=B若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止C若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止D若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为三、实验题：本题共2小题，共12分请把答案填在答题卡的相应位置上13某同学用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值，他先把选择开关旋到“1k”挡，测量时指针偏转如甲图所示，为了比较精确的测量，他进行了下列合理的操作：A将换挡旋钮调至“”倍率；B重新将红、黑两表笔短接，调节调零旋钮（填图甲中“A”或“B”）使指针指到图中欧姆表刻度盘中的刻度线位

8、置；（填“0”或“”）C将待测电阻两端金属线与红、黑两表笔接触，这时刻度盘上的指针位置如乙图所示，则该定值电阻阻值为14某同学通过实验测量一种合金丝的电阻率（1）用螺旋测微器测量合金丝的直径为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧，如图甲所示的部件（填“A”、“B”、“C”或“D”）从图中的示数可读出合金丝的直径为mm（2）待测合金丝Rx的电阻约为5提供的仪器有：A电压表（内阻约为10k，量程为3V）B电流表（内阻约为3，量程为0.6A）C电流表（内阻约为0.1，量程为3A）D滑动变阻器（阻值为05，额定电流为2A）E电源（电动势为5V，内电阻为1）F一个开关、若干导线测量时，电流表应选（

9、填序号）该同学根据以上仪器连接实验线路，为了较精确地测量，同时要求实验中电流表示数变化范围尽量宽，请你用笔画线代替导线，在图乙中将电路补充完整实验中，测出合金丝的两端电压为U，电流强度为I，直径为d，长度为L，则该合金丝的电阻率的表达式=（用所给符号表示）四、计算题：本题共4小题共40分解答应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得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位15电场中某区域的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点一个电荷量q1=4.0108的负点电荷，放在电场中的A点时所受电场力为F1=2.0104N（1）求A点电场强度的大小EA；（2）将q2=2

10、.0108C的正点电荷放入电场中的A点，求q2受到的电场力F2的大小和方向；（3）如果将点电荷q1从电场中的A点移到B点，电场力做功WAB=8.0107J，求A、B两点间的电势差UAB16如图所示，电源电动势E=12V，内阻r=2，闭合电键S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M绕组的电阻R0=4，求：（1）电源的内电压U内；（2）通过电动机M的电流IM；（3）电动机的输出功率P出17某同学自制一电流表，其原理如图所示质量为m的均匀细金属杆MN与两条竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，磁场边界ab的长

11、度为L1，bc的长度为L2，MN的长度为L3，且L3L1当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ad、bc中点连线重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度大小MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g（1）当电流表的示数为零时，求每条弹簧的伸长量；（2）若两轻质弹簧的弹力为零，求金属杆MN中电流的大小和方向；（3）当金属杆中电流方向从M到N时，此电流表测量的最大值是多少？18如图甲所示，两间距为d的水平放置的平行金属板M、N，M板某处C放有粒子源，C的正上方的N板D处开有一个可穿过粒子的小孔间距L=2d的平行金属导轨P、Q与金属板M、N相连，导轨上存

12、在一垂直纸面向里、大小为B的匀强磁场，一导体棒ab贴紧PQ以一定的初速度向右匀速进入磁场在ab进入磁场的瞬间，粒子源飘出一个初速度视为零、质量为m、带电量为q的粒子，在M、N间加速后从D处射出在N板的上方（并与D点相切）有一个内圆半径R1=d、外圆半径R2=3d的圆环形匀强磁场，其大小也为B、方向垂直纸面向外，两圆的圆心O与C、D在一竖直线上不计粒子重力，忽略平行板外的电场以及磁场间的相互影响（1）C处飘出的粒子带何种电荷？已知ab棒的速度为v0，求粒子到达N板时速度v；（2）为了不让粒子进入内圆半径为R1的无磁场区域，试求出ab棒的速度v0最大值v0m；（3）若ab棒的速度只能是，为了实现粒

13、子不进入半径为R1的内圆无磁场区域，可以控制金属导轨P、Q的磁场宽度（如图乙所示），求该磁场宽度S的范围2015-2016学年福建省厦门市高二（上）期末物理试卷参考答案与试题解析一、单项选择题：共8小题，每小题4分，共32分在每题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，选对的得4分，有选错的得0分，把答案填在答题卡中1物理学家通过艰苦的实验来探究自然的物理规律，为人类的科学做出了巨大贡献下列描述中符合物理学史实的是（）A安培发现了电流的磁效应B奥斯特通过实验测定了磁场对电流的作用力C库仑总结出了真空中的两静止点电荷间相互作用的规律D法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律【考点

14、】物理学史【分析】本题是物理学史问题，记住著名物理学家的主要贡献即可答题【解答】解：A、奥斯特发现了电流的磁效应，故A错误B、安培通过实验测定了磁场对电流的作用力，故B错误C、库仑通过扭秤实验总结出了真空中的两静止点电荷间相互作用的规律库仑定律，故C正确D、法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了判断感应电流方向的规律，故D错误故选：C2真空中两个完全相同、带异种电荷的导体小球A和B（视为点电荷），A带电荷量为+3Q，B带电荷量为Q，彼此间的引力为F把两导体小球互相接触后再移回原来各自的位置，这时A和B之间的作用力为F，则F与F之比为（）A3：1B9：1C1：3D1：9【考点】库仑定律【分析】理

15、解库仑定律的内容知道带电体相互接触后移开，同种电荷电量平分，异种电荷电量先中和再平分【解答】解：设AB之间的距离为r，根据库仑定律得两球之间的相互吸引力的大小是：F=k，将A与B接触时先中和再平分，则A、B分开后电量均为=Q，这时，A、B两球之间的相互作用力的大小为：F=k=F即F与F之比为3：1； 故选：A3如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长为ab=20cm，ad=10cm，ae=5cm，若将A与B接入电路时，电阻为R1；若将C与D接入电路时，电阻为R2，则R1：R2为（）A2：1B4：1C8：1D16：1【考点】电阻定律【分析】由金属导体电阻的决定式R=进行计算，注意各电阻中的导体长度及

16、截面积【解答】解：由电阻的决定式可知，将A与B接入电路时，电阻为：R1=，将C与D接入电路时，电阻为：R2=，则R1：R2=4：1，故B正确故选：B4如图所示，R4是半导体材料制成的热敏电阻，电阻率随温度的升高而减小，这就是一个火警报警器的电路，电流表是安放在值班室的显示器，电源两极之间接一个报警器，当R4所在处出现火情时，显示器的电流I和报警器两端的电压U的变化情况是（）AI变大，U变小BI变大，U变大CI变小，U变大DI变小，U变小【考点】闭合电路的欧姆定律【分析】R3为用半导体热敏材料制成的传感器，温度升高时，其电阻减小当传感器R4所在处出现火情时，分析R4的变化，确定外电路总电阻的变化

17、，分析总电流和路端电压的变化，即可知U的变化根据并联部分电压的变化，分析I的变化【解答】解：当传感器R4所在处出现火情时，R4的阻值变小，R2、R3与R4的并联电阻减小，外电路总电阻变小，则总电流变大，电源的内电压变大，路端电压变小，即有U变小因U变小，而电流增大，故R1分压增大；并联部分分压减小；故电流表示数减小；故选：A5如图是质谱仪工作原理的示意图初速度为零的带电粒子a、b（不计重力）在A点经电压U加速后，进人磁感应强度为B的匀强磁场作匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则（）Aa的质量一定大于b的质量Ba的电荷量一定大于

18、b的电荷量Ca的比荷（）大于b的比荷Da在磁场中运动的时间大于b在磁场中运动的时间【考点】质谱仪和回旋加速器的工作原理【分析】带电粒子先在匀强电场中做匀加速直线运动，再进入磁场做匀速圆周运动，轨迹为半圆，本题动能定理和牛顿第二定律求解【解答】解：A、设粒子经电场加速后的速度大小为v，磁场中圆周运动的半径为r，电荷量和质量分别为q、m，打在感光板上的距离为x 根据动能定理，得：qU=mv2，v=由qvB=m，r=则：x=2r=得到： =由图，x1x2，U、B相同，则；而a的质量可能大于b的质量，也可能小于b的质量；a的电荷量可能大于b的电荷量，也可能小于b的电量，故C正确，AB错误；D、粒子在磁

19、场中运动的时间都是半个周期，则：t=T=，由于，所以a在磁场中运动的时间小于b在磁场中运动的时间故D错误故选：C6如图所示是一个由电池、电阻R与平行板电容器组成的串联电路，平行板电容器中央有一个液滴处于平衡状态，保持B板不动，A板逐渐上移，则（）A电容器的电容变大B电阻R中有从a流向b的电流C液滴带电性质无法确定D液滴将向上运动【考点】电容器的动态分析【分析】电容器与电源相连，板间电压不变A板逐渐上移，即增大电容器两板间距离的过程中，电容减小，电量减小，电容器放电根据原来极板的带电情况，分析电流的方向根据场强的变化，分析液滴的运动方向【解答】解：A、保持B板不动，A板逐渐上移，电容器板间距离增

20、大，由电容的决定式C=知，电容C变小，故A错误B、电容器带电量不变，由电容的定义式C=，知Q=CU，C变小，Q变小，则电容器放电，电阻R中有从a流向b的电流故B正确C、液滴原来处于静止状态，所受的电场力与重力平衡，则电场力方向竖直向上，而板间场强方向竖直向下，则液滴带负电，故C错误D、U不变，d增大，由E=分析知，板间场强减小，则液滴所受的电场力减小，液滴将向下运动，故D错误故选：B7如图所示，一圆形闭合铜环由高处从静止开始下落，穿过一根竖直悬挂的条形磁铁（质量为m），铜环的中心轴线与条形磁铁的中轴始终保持重合则悬挂磁铁的绳子中拉力F随时间t变化的图象可能是（）ABCD【考点】楞次定律【分析】

21、根据对楞次定律判断圆环在磁铁上方与下方时受到的磁场力方向，然后由牛顿第二定律，悬挂磁铁的绳子中拉力F与重力加速度的关系【解答】解：铜环闭合，铜环在下落过程中，穿过铜环的磁通量不断变化，铜环中产生感应电流；由楞次定律可知，感应电流总是阻碍磁体间的相对运动，当铜环在磁铁上方时，感应电流阻碍铜环靠近磁铁，给铜环一个向上的安培力，因此拉力大于重力；当铜环位于磁铁下方时，铜环要远离磁铁，感应电流阻碍铜环的远离对铜环施加一个向上的安培力，则拉力大于重力；当铜环处于磁铁中央时，磁通量不变，则没有感应电流，没有安培阻力，因此拉力等于重力，故ACD错误，B正确故选：B8有一种电荷控制式喷墨打印机的打印头的结构简

22、图如图所示其中墨盒可以喷出极小的墨汁微粒，此微粒经过带电室后以一定的初速度垂直射人偏转电场，再经偏转电场后打到纸上，显示出字符不必考虑墨汁微粒的重力，为了使打在纸上的字迹缩小，下列措施可行的是（）A减小墨汁微粒的质量B增大墨汁微粒所带的电荷量C增大偏转电场的电压D增大墨汁微粒的喷出速度【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y，根据牛顿第二定律和运动学公式结合推导出偏转量y的表达式，再进行分析【解答】解：微粒以一定的初速度垂直射入偏转电场后做类平抛运动，则有：水平方向：L=v0t；竖直方向：y=at2，加速度为：a=联立解得：微粒飞出电场时偏转距离

23、为 y=要缩小字迹，就要减小微粒通过偏转电场的偏转角y，由上式分析可知，采用的方法有：减小微粒的比荷、减小偏转极板间的电压U、增大墨汁微粒的喷出速度v0故ABC错误，D正确故选：D二、多项选择题：共4小题，每小题4分共16分在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分，把答案填在答题卡中9如图所示，平行直线表示电场线，但未标方向，一带正电微粒只受电场力作用，以某初速度从A点运动到B点，动能逐渐增大，则（）A电场线方向从右向左B电场线方向从左向右C微粒的运动轨迹可能是轨迹aD微粒的运动轨迹可能是轨迹b【考点】带电粒子在匀强电场中的运动【分析】

24、粒子动能逐渐增大，根据动能定理，受到的电场力做正功，结合电场力方向指向轨迹的内侧，且速度与电场力之间的夹角为锐角进行判断【解答】解：粒子的动能逐渐增大，说明电场力做正功，若电场线方向从右向左，电场力水平向左，根据合力指向轨迹的内侧，轨迹可能为a，粒子从A到B电场力做负功，与题意不符；故AC错误；若电场线方向从左向右，电场力水平向右，根据轨迹弯曲方向与受力方向之间的关系，轨迹可能为b，且粒子从A到B电场力做正功，动能增加，故BD正确；故选：BD10如图所示，a，b灯分别标有“3.6V，2.5W”和“3.6V，4.0W”，闭合开关，调节R，能使a、b都正常发光断开开关后重做实验，则（）A闭合开关，

25、a将慢慢亮起来，b立即发光B闭合开关，a、b同时发光C断开开关，a、b都逐渐熄灭D断开开关，a逐渐熄灭，b灯闪亮一下再熄灭【考点】自感现象和自感系数【分析】闭合开关的瞬间，L相当于断路，稳定后自感作用消失，而开关断开的瞬间，线圈相对于电源结合欧姆定律分析电流大小【解答】解：A、闭合瞬间，L相当于断路，b立刻变亮，a逐渐变亮，A正确，B错误C、闭合开关稳定时，a的亮度比b的小；根据I=知通过a的电流小；电键断开，L相当于电源与两个灯泡串联，逐渐熄灭，由于稳定后a灯的电流小于b灯，所以电键断开瞬间b灯的电流比稳定时的电流小，b灯不会再闪亮一下，故C正确，D错误故选：AC11如图甲所示，一个圆形线圈

26、的匝数n=100，线圈面积S=100cm2，线圈的电阻r=1，线圈外接一个阻值R=4的电阻，把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中，磁感应强度随时间变化规律如图乙所示下列说法中正确的（）A线圈中的感应电流方向为逆时针方向B电阻R两端的电压随时问均匀增大C前4s内通过电阻R的电荷量为4102CD线圈电阻r消耗的功率为4102W【考点】法拉第电磁感应定律；闭合电路的欧姆定律【分析】线圈平面垂直处于匀强磁场中，当磁感应强度随着时间均匀变化时，线圈中的磁通量发生变化，从而导致出现感应电动势，产生感应电流由楞次定律可确定感应电流方向，由法拉第电磁感应定律可求出感应电动势大小，运用功率与电量的表达式

27、，从而即可求解【解答】解：A、由图可知，穿过线圈的磁通量变大，由楞次定律可得：线圈产生的感应电流逆时针，故A正确B、根据法拉第电磁感应定律，可知，磁通量的变化率恒定，所以电动势恒定，则电阻两端的电压恒定，故B错误；CD、由法拉第电磁感应定律：E=N=N=1000.01V=0.05V，由闭合电路欧姆定律，可知电路中的电流为I=A=0.01A，前4s内通过R的电荷量Q=It=0.014C=0.04C，所以线圈电阻r消耗的功率P=I2R=0.0121W=1104W，故C正确，D错误；故选：AC12如图所示，空间中存在一水平方向匀强电场和一水平方向匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直在电磁场正交的空

28、间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60夹角且处于竖直平面内一质量为m，带电量为+q的小球套在绝缘杆上初始，给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，电量保持不变已知，磁感应强度大小为B，电场强度大小为E=，则以下说法正确的是（）A小球的初速度为v0=B若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止C若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止D若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为【考点】带电粒子在混合场中的运动【分析】小球受重力、摩擦力（可能有）、弹力（可能有）、向右上方的洛伦兹力、向左的电场力，当受到的合外力等于0时，小球做匀速直线运动

29、当小球受到的合外力不为0时，要判断出支持力的方向，明确支持力的大小随洛伦兹力的变化关系，然后做出判定【解答】解：A、对小球进行受力分析如图，电场力的大小：F=qE=，由于重力的方向竖直向下电场力的方向水平向右，二者垂直，合力：，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，所以重力与电场力的合力不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，所以也不会对小球做功所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力相等，方向相反所以qv0B=2mg所以v0=故A正确；B、若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0B

30、=3mgFG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的支持力，则摩擦力：f=FN小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到时，小球开始做匀速直线运动故B错误C、若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0B=mgFG+F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向上的支持力，而摩擦力：f=FN小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止故C正确；D、若小球的初速度为，球将做加速度不断增大的减速运动，最

31、后停止，运动中克服摩擦力做功等于小球的动能，所以W=故D错误故选：AC三、实验题：本题共2小题，共12分请把答案填在答题卡的相应位置上13某同学用多用电表粗略测量一定值电阻的阻值，他先把选择开关旋到“1k”挡，测量时指针偏转如甲图所示，为了比较精确的测量，他进行了下列合理的操作：A将换挡旋钮调至“100”倍率；B重新将红、黑两表笔短接，调节B调零旋钮（填图甲中“A”或“B”）使指针指到图中欧姆表刻度盘中的0刻度线位置；（填“0”或“”）C将待测电阻两端金属线与红、黑两表笔接触，这时刻度盘上的指针位置如乙图所示，则该定值电阻阻值为2100【考点】用多用电表测电阻【分析】使用欧姆表测电阻时要选择合

32、适的挡位，然后进行欧姆调零；欧姆表指针示数与挡位的乘积是欧姆表示数欧姆表的红表笔插“+”插孔，黑表笔插“”插孔，“+”与电源负极相连，“”与电源正极相连；欧姆表零刻度线在最右侧，最大刻度线在最左侧【解答】解：A、偏角大，则说明电阻小，要用小档位：100档 B、换档后要进行欧姆调零，选B，短接红、黑表笔使指针刻度为0 C、电阻值为：21100=2100故答案为：100； B；0；210014某同学通过实验测量一种合金丝的电阻率（1）用螺旋测微器测量合金丝的直径为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧，如图甲所示的部件B（填“A”、“B”、“C”或“D”）从图中的示数可读出合金丝的直径为0.4

33、10mm（2）待测合金丝Rx的电阻约为5提供的仪器有：A电压表（内阻约为10k，量程为3V）B电流表（内阻约为3，量程为0.6A）C电流表（内阻约为0.1，量程为3A）D滑动变阻器（阻值为05，额定电流为2A）E电源（电动势为5V，内电阻为1）F一个开关、若干导线测量时，电流表应选B（填序号）该同学根据以上仪器连接实验线路，为了较精确地测量，同时要求实验中电流表示数变化范围尽量宽，请你用笔画线代替导线，在图乙中将电路补充完整实验中，测出合金丝的两端电压为U，电流强度为I，直径为d，长度为L，则该合金丝的电阻率的表达式=（用所给符号表示）【考点】测定金属的电阻率【分析】（1）为防止读数时测微螺杆

34、发生转动，读数前应先旋紧固定螺钉B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，注意其精度是0.01mm（2）由，求得电流值选择电流表，根据电压表、电流表与待测电阻阻值倍数关系，选择电流表外接法，精确测定此电阻丝的阻值，要求测量值尽可能多，故采用分压法由电阻定律公式变形即可求得电阻率的表达式【解答】解：（1）为防止读数时测微螺杆发生转动，读数前应先旋紧固定螺钉B螺旋测微器的固定刻度读数为0mm，可动刻度的读数为：0.01mm41.0=0.410mm，故合金丝的直径为 d=0.410mm（2）电路最大电流约为=0.83A，为准确测量，电流表应选B；为扩大电流表示数

35、变化范围，滑动变阻器应采用分压接法，电路图如图所示：根据Rx=，其中S=，解得：=，故答案为：（1）B，0.410；（2）B；如图所示；四、计算题：本题共4小题共40分解答应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得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位15电场中某区域的电场线分布如图所示，A、B是电场中的两点一个电荷量q1=4.0108的负点电荷，放在电场中的A点时所受电场力为F1=2.0104N（1）求A点电场强度的大小EA；（2）将q2=2.0108C的正点电荷放入电场中的A点，求q2受到的电场力F2的大小和方向；（3）如果将点电荷q1从电场中的A点移到B点

36、，电场力做功WAB=8.0107J，求A、B两点间的电势差UAB【考点】电场线；电场强度【分析】根据电场强度的定义式E=，求解A点电场强度的大小，根据F=Eq求解q2受到的电场力，根据公式UAB=求解A、B两点间的电势差【解答】解：（1）A点电场强度的大小为：，（2）q2受到的电场力为：，方向沿场强向左，（3）A、B两点间的电势差为：答：（1）A点电场强度的大小为5.0103 N/C；（2）q2受到的电场力F2的大小为1.0104N，方向沿场强向左；（3）A、B两点间的电势差为20V16如图所示，电源电动势E=12V，内阻r=2，闭合电键S后，标有“8V，12W”的灯泡恰能正常发光，电动机M绕

37、组的电阻R0=4，求：（1）电源的内电压U内；（2）通过电动机M的电流IM；（3）电动机的输出功率P出【考点】闭合电路的欧姆定律；电功、电功率【分析】（1）灯泡恰能正常发光，电压和功率达到额定值，即可知道外电压，由闭合电路欧姆定律可求得内电压（2）由公式P=UI求出灯泡的电流由欧姆定律求出总电流，从而得到通过电动机M的电流（3）电动机的输出功率等于输入功率减去发热功率由功率公式和功率关系求解【解答】解：（1）灯泡恰能正常发光，可知外电路有： U外=8V由E=U外+U内得：U内=EU外=128=4V （2）由PL=ULIL得灯泡的电流为：总电流为：故有：IM=IIL=（21.5）A=0.5A（3

38、）电动机输入功率为：P入=UIM=80.5W=4W发热功率为：由P入=P出+P热得：P出=P入P热=3W答：（1）电源的内电压U内是4V；（2）通过电动机M的电流IM是0.5A；（3）电动机的输出功率P出是3W17某同学自制一电流表，其原理如图所示质量为m的均匀细金属杆MN与两条竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外，磁场边界ab的长度为L1，bc的长度为L2，MN的长度为L3，且L3L1当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ad、bc中点连线重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流通过时，指针示数可表

39、示电流强度大小MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g（1）当电流表的示数为零时，求每条弹簧的伸长量；（2）若两轻质弹簧的弹力为零，求金属杆MN中电流的大小和方向；（3）当金属杆中电流方向从M到N时，此电流表测量的最大值是多少？【考点】安培力；共点力平衡的条件及其应用【分析】（1）对金属杆受力分析，受重力和两个拉力，根据平衡条件并结合胡克定律列式分析即可；（2）对金属杆受力分析，受重力和安培力，根据平衡条件求解安培力，根据FA=BIL求解电流大小，根据左手定则判断电流方向；（3）当金属杆中电流方向从M到N时，根据左手定则，安培力向下，根据平衡条件和胡克定律求解最大安培力，根据FA=BIL求解最大电流大小【解答】解：（1）设当电流表示数为零时，每条弹簧的伸长量为x，由二力平衡条件得：mg=2kx 所以：（2）弹簧的弹力为零时，金属杆所受安培力应该竖直向上，由左手定